2022年山西省强基计划模拟试卷（五）

这是一份2022年山西省强基计划模拟试卷（五），共44页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022年山西省强基计划模拟试卷（五）
一、选择题：（每小题6分，共36分）
1．（6分）（2022•山西自主招生）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则a+c的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．（6分）（2022•山西自主招生）定义数列{an}如下：存在k∈N*，满足ak＜ak+1，且存在s∈N*，满足as＞as+1，已知数列{an}共4项，若ai∈{t，x，y，z}（i＝1，2，3，4）且t＜x＜y＜z，则数列{an}共有（　　）
A．190个 B．214个 C．228个 D．252个
3．（6分）（2022•山西自主招生）已知正项数列{an}中，a1＝1，，若存在实数t，使得t∈（a2n，a2n﹣1）对任意的n∈N*恒成立，则t＝（　　）
A． B． C． D．
4．（6分）（2022•山西自主招生）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知△ABC是边长为1的等边三角形，AA1＝2，E，F分别在侧面AA1B1B和侧面AA1C1C内运动（含边界），且满足直线AA1与平面AEF所成的角为30°，点A1在平面AEF上的射影H在△AEF内（含边界）．令直线BH与平面ABC所成的角为θ，则tanθ的最大值为（　　）

A． B． C． D．
5．（6分）（2022•山西自主招生）已知椭圆右顶点为A（2，0），上顶点为B，该椭圆上一点P与A的连线的斜率，AP的中点为E，记OE的斜率为kOE，且满足kOE+4k1＝0，若C、D分别是x轴、y轴负半轴上的动点，且四边形ABCD的面积为2，则三角形COD面积的最大值是（　　）
A． B． C． D．
6．（6分）（2022•山西自主招生）已知函数f（x）＝（x2﹣2x）ex﹣1，若当x＞1时，f（x）﹣mx+1+m≤0有解，则m的取值范围为（　　）
A．m≤1 B．m＜﹣1 C．m＞﹣1 D．m≥1
二、填空题：（每小题9分，共54分）
7．（9分）（2022•山西自主招生）在锐角△ABC中，cosA＝，若点P为△ABC的外心，且＝x+y，则x+y的最大值为 　 　．
8．（9分）（2022•山西自主招生）如图，在3×3的点阵中，依次随机地选出A，B，C三个点，则选出的三点满足＜0的概率是 　 　．

9．（9分）（2022•山西自主招生）如果数列{an}满足：a1＝1，a2021＝2017，且对于任意n∈N*，存在实数a使得an、an+1是方程x2﹣（2a+1）x+a2+a＝0的两个根，则a100的所有可能值构成的集合是 　 　．
10．（9分）（2022•山西自主招生）如图，在矩形ABCD中，2AB＝BC＝2，AE＝CF＝1．将A，C分别沿BE，DF向上翻折至A′，C′，则A′C′取最小值时，二面角A′﹣EF﹣C′的正切值是 　 　．


11．（9分）（2022•山西自主招生）设点P（x1，y1）在椭圆上，点Q（x2，y2）在直线x+2y﹣8＝0上，则|x2﹣x1|+|y2﹣y1|的最小值为 　 　．
12．（9分）（2022•山西自主招生）已知a≠0，b＞0，若f（x）＝b|ax+b|﹣|a2x+b2|﹣2b2有两零点x1，x2，且x1+x2＜0，则的取值范围是　 　．
三、（20分）
13．（20分）（2022•山西自主招生）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的一条长为l的弦AB．求AB中点M到y轴的最短距离，并求出此时点M的坐标．
四、（20分）
14．（20分）（2022•山西自主招生）单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为点M，正方形A1B1C1D1的中心为点N，连AN、B1M．
（1）求证：AN、B1M为异面直线；
（2）求出AN与B1M的夹角．
五、（20分）
15．（20分）（2022•山西自主招生）对正实数a、b、c．求证：≥9．
附加题一、（50分）
16．（2022•山西自主招生）设ABCD是面积为2的长方形，P为边CD上的一点，Q为△PAB的内切圆与边AB的切点．乘积PA•PB的值随着长方形ABCD及点P的变化而变化，当PA•PB取最小值时．
（1）证明：AB≥2BC；
（2）求AQ•BQ的值．
二、（50分）
17．（2022•山西自主招生）给定由正整数组成的数列（n≥1）．
（1）求证：数列相邻项组成的无穷个整点（a1，a2），（a3，a4），…，（a2k﹣1，a2k），…均在曲线x2+xy−y2+1＝0上．
（2）若设f（x）＝xn+xn﹣1−anx−an﹣1，g（x）＝x2−x−1，证明：g（x）整除f（x）．
三、（50分）
18．（2022•山西自主招生）我们称A1，A2，…，An为集合A的一个n分划，如果
（1）A1∪A2∪⋯∪An＝A；
（2）Ai∩Aj≠∅，1≤i＜j≤n．
求最小正整数m，使得对A＝{1，2，…，m}的任意一个13分划A1，A2，…，A13，一定存在某个集合Ai（1≤i≤13），在Ai中有两个元素a、b满足b＜a≤b．

2022年山西省强基计划模拟试卷（五）
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题6分，共36分）
1．（6分）（2022•山西自主招生）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则a+c的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正弦定理．菁优网版权所有
【专题】转化思想；转化法；解三角形；数学运算．
【答案】A
【分析】本题首先利用正余弦定理求出b，然后利用正弦定理得到a+c＝sinA+sinC＝，再求出a+c的范围．
【解答】解：由已知，有，
将代入其中得到，
由正弦定理，有＝1，
故b＝sinB，c＝sinC，
所以a+c＝sinA+sinC＝，
化简，可得，
因为，所以，
故，
所以，
故选：A．
【点评】本题主要考查正余弦定理化简及应用，考查了转化思想，属于中档题．
2．（6分）（2022•山西自主招生）定义数列{an}如下：存在k∈N*，满足ak＜ak+1，且存在s∈N*，满足as＞as+1，已知数列{an}共4项，若ai∈{t，x，y，z}（i＝1，2，3，4）且t＜x＜y＜z，则数列{an}共有（　　）
A．190个 B．214个 C．228个 D．252个
【考点】排列、组合及简单计数问题．菁优网版权所有
【专题】分类讨论；排列组合；逻辑推理；数学运算．
【答案】A
【分析】由题意，满足条件的数列{an}中的四项，每一项都应在集合{t，x，y，z}中任取，会有四种情况：①4项中每一项都不相同；②4项中两项相同；③4项中有三项相同；④4项中两两相同；利用排列组合的知识识分别求出每种情况的个数，然后加和即可求解．
【解答】解：由题意知：数列{an}的4项中，存在k∈N*，满足ak＜ak+1，且存在s∈N*，满足as＞as+1，数列中有增有减，下面分4种情况讨论．
①4项中每一项都不相同：共有＝22个，（t＜x＜y＜z和z＞y＞x＞t不符合要求）；
②只有2项相同，例如x，y，z，x类型，对应有增有减数列有（﹣2）＝120个，（x，x，y．z与z，y，x，x不符合要求）；
③有3项相同，例如x，x，y，x类型，符合条件的数列有＝24个；
④两两相同，例如x，y，x，y类型，对应的有增有减数列有4个，此时符合条件的数＝24个
综上：数列{an}共有22+120+24+24＝190个
故选：A．
【点评】本题主要考查排列组合与计数原理的相关内容，弄清满足条件的数列中的4项有哪几种情况是解题的关键；属于中档题．
3．（6分）（2022•山西自主招生）已知正项数列{an}中，a1＝1，，若存在实数t，使得t∈（a2n，a2n﹣1）对任意的n∈N*恒成立，则t＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】数列递推式．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算．
【答案】A
【分析】根据递推关系式可推导得到，由此确定an+1﹣an+2与an+2﹣an+3异号，an﹣an+1与an+2﹣an+3同号，结合a1＝1可推导得到a2n﹣1﹣a2n＞0，a2n﹣a2n+1＜0，进一步得，得到，从而得到，，知满足题意；同理可推导得到数列{a2n﹣1}递减，数列{a2n}递增，记，由可知t＜a2n﹣1且t＞a2n，由此确定t的取值．
【解答】解：由题意得：，∴，
两式相减得，∵an＞0，∴，
∴an﹣an+1与an+1﹣an+2异号，则an+1﹣an+2与an+2﹣an+3异号，an﹣an+1与an+2﹣an+3同号，
由a1＝1得：，则a1﹣a2＞0，∴a2﹣a3＜0，
则a2n﹣1﹣a2n＞0，a2n﹣a2n+1＜0，∴a2n﹣1＞a2n，a2n＜a2n+1，n∈N*．
又，则，∴，又，∴，
又，∴，故满足题意．
同理，由可得：，
两式相减得：，∴an﹣an+2与an+1﹣an+3异号，
则an+1﹣an+3与an+2﹣an+4异号，则an﹣an+2与an+2﹣an+4同号，
又，∴a1﹣a3＞0，a2﹣a4＜0，∴a2n﹣1﹣a2n+1＞0，a2n﹣a2n+2＜0，
故数列{a2n﹣1}递减，数列{a2n}递增，且，∴an≤a1＝1，
又，则，
则，
记，则q＜1，，∴，，
∴对任意n∈N*恒成立得：，，
对任意n∈N*恒成立得：，∴．
故选：A．
【点评】本题考查数列中的恒成立问题的求解，解题关键是能够根据递推关系式确定数列中间隔两项之差同号或异号，从而利用递推关系确定a2n和a2n﹣1的取值范围，利用a2n和a2n﹣1的取值范围构造不等式求得结果．
4．（6分）（2022•山西自主招生）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知△ABC是边长为1的等边三角形，AA1＝2，E，F分别在侧面AA1B1B和侧面AA1C1C内运动（含边界），且满足直线AA1与平面AEF所成的角为30°，点A1在平面AEF上的射影H在△AEF内（含边界）．令直线BH与平面ABC所成的角为θ，则tanθ的最大值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】直线与平面所成的角．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【答案】A
【分析】点H为A1在平面AEF上的射影，得A1H⊥AH，首先得H在以AA1为直径的球面上．AA1与平面AEF所成的角为30°，所以∠HAA1＝30°，过H作HO1⊥AA1于点O1，计算得HA，HA1，HO1，AO1，知H在圆锥AO1的底面圆周上，再由H在△AEF内（含边界），得H在三棱柱ABC﹣A1B1C1及其内部，其轨迹是以O1为圆心，O1H为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且H在底面ABC上的射影H'的轨迹（以A为圆心，为半径的一段圆弧），θ＝∠HBH'，求出得BH'最小时，tanθ最大，由点与圆的位置关系可得结论．
【解答】解：因为点H为A1在平面AEF上的射影，所以A1H⊥平面AEF，

连接AH，则A1H⊥AH，故H在以AA1为直径的球面上．
又AA1与平面AEF所成的角为30°，所以∠HAA1＝30°，过H作HO1⊥AA1于点O1，
如图1所示，则易得HA1＝1，，，，
所以H在如图2所示的圆锥AO1的底面圆周上，
又H在△AEF内（含边界），
故H在三棱柱ABC﹣A1B1C1及其内部，其轨迹是以O1为圆心，O1H为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且H在底面ABC上的射影H'的轨迹（以A为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，
连接BH'，易知直线BH与平面ABC所成的角θ＝∠HBH'，且，
故当BH'最小时，tanθ最大，A是圆弧圆心，则当H'在AB上时，BH'最小，
最小值为，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查直线与平面所成的角，解题关键是确定动点的轨迹，利用球面的性质，圆锥的性质，可得轨迹是圆弧，并得出其在底面上的射影，由射影的定义得出线面角，并求出其正切值，分析后可得最值．
5．（6分）（2022•山西自主招生）已知椭圆右顶点为A（2，0），上顶点为B，该椭圆上一点P与A的连线的斜率，AP的中点为E，记OE的斜率为kOE，且满足kOE+4k1＝0，若C、D分别是x轴、y轴负半轴上的动点，且四边形ABCD的面积为2，则三角形COD面积的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的性质．菁优网版权所有
【专题】计算题；对应思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算．
【答案】A
【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据kOE+4k1＝0求出b，根据四边形的面积结合基本不等式可求．
【解答】解：由题意知：a＝2，直线PA的方程为，
联立方程可得（4b2+1）x2﹣4x+4﹣16b2＝0，
因为x＝2是其中一个解，则另一个解xP满足，即，
所以，则可得AP的中点，则，
因为kOE+4k1＝0，所以b2﹣1＝0，解得b＝1，则即，
设（﹣m，0），D（0，﹣n），m＞0，n＞0，则由四边形ABCD的面积为2，有，
即mn+m+2n＝2，由基本不等式得，，
从而三角形COD的面积，等号当，时取到．
所以三角形COD面积的最大值为．
故选：A．
【点评】本题考查了椭圆的几何性质，属于难题．
6．（6分）（2022•山西自主招生）已知函数f（x）＝（x2﹣2x）ex﹣1，若当x＞1时，f（x）﹣mx+1+m≤0有解，则m的取值范围为（　　）
A．m≤1 B．m＜﹣1 C．m＞﹣1 D．m≥1
【考点】利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有
【专题】计算题；函数思想；转化法；导数的综合应用．
【答案】C
【分析】先求导，判断出函数的单调性，可得函数值的情况，即可求出m的取值范围．
【解答】解：∵f（x）﹣mx+1+m≤0，
∴f（x）≤m（x﹣1）﹣1，
令y＝f（x），与y＝m（x﹣1）﹣1且过定点（1，﹣1），
∵当x＞1时，f（x）﹣mx+1+m≤0有解，
∴当x＞1时，存在y＝f（x）在y＝m（x﹣1）﹣1的下方，
∵f'（x）＝（x2﹣2）ex﹣1，
令f'（x）＝0，解得x＝，
当1＜x＜时，f'（x）＜0，当x＞时，f'（x）＞0，
∴f（x）在上递减，在上递增，
当x＞2时，f（x）＞0，
又f（1）＝﹣1，，f（2）＝0，
∵f'（1）＝﹣1，
∴m＞﹣1，
故选：C．

【点评】本题考查了导数和函数单调性和最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
二、填空题：（每小题9分，共54分）
7．（9分）（2022•山西自主招生）在锐角△ABC中，cosA＝，若点P为△ABC的外心，且＝x+y，则x+y的最大值为 　　．
【考点】平面向量的基本定理．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；平面向量及应用；数学运算．
【答案】．
【分析】设△ABC的外接圆半径为R，借助数量积转化为x，y的等量关系式，借助基本不等式求出其最大值即可．
【解答】解：设△ABC的外接圆半径为R，
由＝x+y可得，
＝x（）+y（），
所以（1﹣x﹣y）＝x+y，（*）
则1﹣x﹣y＞0，
即x+y＜1，
对（*）式两边平方，
（1﹣x﹣y）2R2＝x2R2+2xyR2cos∠BPC+y2R2，
因为cos∠BPC＝2cos2A﹣1＝﹣，
所以上式整理得，
＝2（x+y）﹣1，
因为x＞0，y＞0，
所以由均值不等式可得xy≤，
令x+y＝t，
所以xy＝，
所以（），
整理得15t2﹣32t+16≥0，
解得t或t（舍去），
所以t（当且仅当x＝y时等号成立），
所以t的最大值为，
即x+y的最大值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了函数最值问题，考查向量的线性运算以及转化思想，是一道综合题．
8．（9分）（2022•山西自主招生）如图，在3×3的点阵中，依次随机地选出A，B，C三个点，则选出的三点满足＜0的概率是 　　．

【考点】古典概型及其概率计算公式．菁优网版权所有
【专题】数形结合；数形结合法；概率与统计；直观想象．
【答案】见试题解答内容
【分析】先将9个点进行标号，对点A的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果．
【解答】解：由题意可知A、B、C三点是有序的，故讨论A即可．
对点A可分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类A为5号点，
①若∠BAC＝180°，三点共线有4条直线，此时有4种；
②若∠BAC＝135°，如点B再1号位，则点C再6号为或8号位，即确定第二号点有4种方法，确定第三号点有2种方法，
此时有4×＝16种；

（2）第二类A为1、3、7、9号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类A为2、4、6、8号点，以2号点为例，有三种情况，如下图所示：

故有（1+2+2）×＝40种，
综上所述，满足共有8+16+40种，因此，所求概率为P＝＝，
故答案为：，
【点评】本题考查了古典概型的列举法和排列组合数的应用，属于基础题．
9．（9分）（2022•山西自主招生）如果数列{an}满足：a1＝1，a2021＝2017，且对于任意n∈N*，存在实数a使得an、an+1是方程x2﹣（2a+1）x+a2+a＝0的两个根，则a100的所有可能值构成的集合是 　{96，98，100}　．
【考点】数列的应用．菁优网版权所有
【专题】综合题；方程思想；分类法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【答案】{96，98，100}．
【分析】解出an、an+1，可得an+1﹣an＝1或﹣1，再由条件判断得到前2021项中后一项比前一项小的项数，再根据数列前100项中后一项比前一项小的项数分类讨论，即可求得答案．
【解答】解：方程x2﹣（2a+1）x+a2+a＝0的两根为a，a+1，
故an+1﹣an＝1或﹣1，
当an+1﹣an＝1恒成立时，若a1＝1，则an＝n，与a2021＝2017不符，
当an+1﹣an＝﹣1恒成立时，若a1＝1，则an＝1﹣（n﹣1）＝2﹣n，与a2021＝2017不符，
当a1＝1时，设数列{an}前2021项中后一项比前一项大1的项数为x，后一项比前一项小1的项数为y，
则x+y＝2020，x﹣y＝2017﹣1＝2016，解得x＝2018，y＝2，
所以数列{an}前100项中若没有后一项比前一项小1的项，则a100＝100，
若后一项比前一项小1的项只有1项，则a100＝98，
若后一项比前一项小1的项只有2项，则a100＝96，
则a100的所有可能值构成的集合是{96，98，100}．
【点评】本题考查数列的综合应用，涉及分类讨论思想，属于中档题．
10．（9分）（2022•山西自主招生）如图，在矩形ABCD中，2AB＝BC＝2，AE＝CF＝1．将A，C分别沿BE，DF向上翻折至A′，C′，则A′C′取最小值时，二面角A′﹣EF﹣C′的正切值是 　　．


【考点】二面角的平面角及求法．菁优网版权所有
【专题】转化思想；向量法；立体几何；直观想象；数学运算．
【答案】见试题解答内容
【分析】先确定|A′C′|取最小值时A′与C′的位置坐标，再用向量数量积计算二面角余弦值，进而求解．
【解答】解：取BE中点O，DF中点N，连接OA′、OF，连接NE、NC′，过A′作A′M⊥OF于M，过C′作C′H⊥NE于H，
建立如图所示的空间直角坐标系，设∠A′OF＝α，∠C′NE＝β，（α，β∈（0，π）），
A′（cosα，0，sinα），C′（，，sinβ），
|A′C′|2＝（﹣cosα）2+（﹣0）2+（sinβ﹣sinα）2，
＝（（1﹣cosβ﹣cosα）2+1+（sinβ﹣sinα）2）≥，
当1﹣cosβ﹣cosα＝0，且sinβ﹣sinα＝0时|A′C′|最小，于是当α＝β＝时，|A′C′|最小，
A′（，0，），C′（，，），
＝（，，0），＝（﹣，0，），＝（﹣，，），
设平面EFA′和平面EFC′的法向量分别为＝（x，y，z），＝（u，v，w），
，令x＝，＝（，，1），
，令u＝，＝（，，﹣1），
设二面角A′﹣EF﹣C′的大小为θ，
由图知θ为锐角，所以cosθ＝＝＝，tanθ＝．
故答案为：．

【点评】本题考查了空间两点间距离最小值问题，考查了二面角计算问题，属于中档题．
11．（9分）（2022•山西自主招生）设点P（x1，y1）在椭圆上，点Q（x2，y2）在直线x+2y﹣8＝0上，则|x2﹣x1|+|y2﹣y1|的最小值为 　2　．
【考点】椭圆的性质．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；参数法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算．
【答案】2．
【分析】设x1＝2cosα，y1＝sinα，α∈[0，2π），从而化简|x2﹣x1|+|y2﹣y1|＝|x2﹣2cosα|+|y2﹣sinα|，利用放缩法连续放缩化简为（2|x2﹣2cosα|+2|y2﹣sinα|）≥|x2﹣2cosα+2y2﹣2sinα|＝|8﹣4sin（α+）|，从而求最值并检验即可．
【解答】解：设x1＝2cosα，y1＝sinα，α∈[0，2π），
则|x2﹣x1|+|y2﹣y1|＝|x2﹣2cosα|+|y2﹣sinα|
＝（2|x2﹣2cosα|+2|y2﹣sinα|）
≥（|x2﹣2cosα|+2|y2﹣sinα|）
≥|x2﹣2cosα+2y2﹣2sinα|
＝|8﹣4sin（α+）|≥2，
当且仅当sin（α+）＝1，x2﹣2cosα＝0时取最小值，
即α＝时，P（2，1），Q（2，3）；
故|x2﹣x1|+|y2﹣y1|的最小值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了椭圆的性质应用，关键在于将椭圆上的点P（x1，y1）利用参数方程表示，难点在于连续放缩并结合绝对值不等式的应用，从而转化为三角函数求最值，是难题．
12．（9分）（2022•山西自主招生）已知a≠0，b＞0，若f（x）＝b|ax+b|﹣|a2x+b2|﹣2b2有两零点x1，x2，且x1+x2＜0，则的取值范围是　　．
【考点】函数的零点与方程根的关系．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑推理．
【答案】（0，）．
【分析】由f（x）＝0，得||＝||+2，t＜0，作出y＝|tx+1|，y＝|t2x+1|+2的图象，数形结合得到无解；t≥1，不可能有2个交点；0＜t＜1，﹣，|tx+1|＝|t2x+1|+2，由此能求出结果．
【解答】解：由f（x）＝0，得b|ax+b|﹣|a2x+b2|﹣2b2＝0，


∴||﹣||＝2，∴||＝||+2，
如图（1），t＜0，大致作出y＝|tx+1|，y＝|t2x+1|+2的图象，
此时若有两个交点，则必有t2＜t，解得t＞1，与t＜0矛盾，舍；
（2）t＞0，
①t＞1，t2＞t，﹣＞﹣，不可能有2个交点；
②t＝1，＞﹣，不可能有两个交点；
如图（2）0＜t＜1，﹣，|tx+1|＝|t2x+1|+2，
当|tx+1|＝|t2x+1|+2，
当x＜﹣时，y＝|tx+1|＝﹣tx﹣1，
当x＝﹣时，y＝，
a：时，，
此时若有两个交点，且x1+x2＜0，
则，解得，
∵x1+x2＜0，∴t＜．
b：时，同a，也不可能．
c：时，0＜t＜，
此时若有2个交点，则，
∴，
x1+x2＝0，
综上，0＜．
故答案为：（0，）．
【点评】本题考查两数比值的取值范围的求法，考查函数性质、函数图象等基础知识，考查数形结合思想、运算求解能力、推理论证能力等数学核心素养，是中档题．
三、（20分）
13．（20分）（2022•山西自主招生）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的一条长为l的弦AB．求AB中点M到y轴的最短距离，并求出此时点M的坐标．
【考点】抛物线的性质．菁优网版权所有
【专题】计算题；分类讨论；转化思想；综合法；分类法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】点M到y轴的最短距离为，此时点M的坐标为．
【分析】由抛物线方程y2＝2px，可设A，B的坐标分别为，则中点M的坐标为，有（a+b）2＝4y2，①（a﹣b）2＝8px﹣4y2②，把式①、②代入得4（2px﹣y2）（y2+p2）﹣p2t2＝0③，（1）当t≥2p时，分析可得点M到 y轴的最短距离为，此时点M的坐标为；（2）当x＜t＜2p时，分析可得当y＝0时，有最小值，点M的坐标为；即可求解．
【解答】解：由抛物线方程y2＝2px，可设A，B的坐标分别为，
则中点M的坐标为，有（a+b）2＝4y2①，（a﹣b）2＝8px﹣4y2②，
又由|AB|＝l，有，
把式①、②代入得4（2px﹣y2）（y2+p2）﹣p2t2＝0③，
（1）当t≥2p时，由式③有④，
等号成立当且仅当⑤，
故点M到 y轴的最短距离为，此时点M的坐标为；
说明：这个问题的几何意义如图，设F为抛物线的焦点，CD为准线，

则，
当AB通过焦点F时，，
但当l＜2p时，AB不能通过焦点，或说式⑤开平方没有意义，式④不取等号，
此时需另行讨论，我们用函数的单调性来处理，
（2）当x＜t＜2p时，由式③有⑥，
对，有，
可见，函数⑥关于自变量y2是增函数，
当y＝0时，有最小值，点M的坐标为；
综上得．
【点评】本题考查了抛物线的性质，考查了转化思想和分类讨论思想，属于难题．
四、（20分）
14．（20分）（2022•山西自主招生）单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为点M，正方形A1B1C1D1的中心为点N，连AN、B1M．
（1）求证：AN、B1M为异面直线；
（2）求出AN与B1M的夹角．
【考点】异面直线及其所成的角；异面直线的判定．菁优网版权所有
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；数学运算．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连BD、B1D1得平面BB1D1D，点N在平面BB1D1D上，但不在直线B1M上，而直线AA1∥平面BB1D1D，点A不在平面BB1D1D上，即可得证；
（2）连D1M，取D1M的中点P，连NP，则NP∥B1M，从而∠ANP为异面直线AN与B1M的夹角，在△ANP中，由余弦定理计算即可．
【解答】证明：（1）如图，连BD、B1D1得平面BB1D1D，
由于点N在平面BB1D1D上，但不在直线B1M上，
而直线AA1∥平面BB1D1D，点A不在平面BB1D1D上，
故AN与B1M为异面直线；
解：（2）如图，连D1M，取D1M的中点P，连NP，
则NP∥B1M，从而∠ANP为异面直线AN与B1M的夹角，
易知，
则，
连AM、AP，由AM⊥平面BB1D1D知，
在Rt△AMP中，由，
在△ANP中，由余弦定理得
，
故AN与B1M的夹角为．

【点评】本题考查了异面直线的证明和异面直线所成角的计算，属于中档题．
五、（20分）
15．（20分）（2022•山西自主招生）对正实数a、b、c．求证：≥9．
【考点】不等式的证明．菁优网版权所有
【专题】证明题；转化思想；综合法；不等式的解法及应用；数学运算．
【答案】证明见解析．
【分析】先变形得到＝，再两次利用基本不等式求解，注意验证等号成立的条件．
【解答】证明：∵＝≥＝，
同理≥，≥，
当且仅当a2＝bc，b2＝ac，c2＝ab时取等号，
∴≥++≥3×3＝9，
当且仅当＝＝，即a＝b＝c时取等号，
∴≥9．
【点评】本题考查不等式的证明，考查等价转化思想，基本不等式的应用，属于难题．
附加题一、（50分）
16．（2022•山西自主招生）设ABCD是面积为2的长方形，P为边CD上的一点，Q为△PAB的内切圆与边AB的切点．乘积PA•PB的值随着长方形ABCD及点P的变化而变化，当PA•PB取最小值时．
（1）证明：AB≥2BC；
（2）求AQ•BQ的值．
【考点】与圆有关的比例线段．菁优网版权所有
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）1．
【分析】（1）设△PAB的内切圆与PA的切点为R，与PB的切点为S，记AQ＝AR＝x，BQ＝BS＝y，PS＝PR＝z，利用等面积法可得AB2＝PA2+PB2．然后结合均值不等式即可证得题中的结论；
（2）对（1）中的算式进行恒等变形可得2AQ⋅BQ＝PA⋅PB＝2，从而求出AQ⋅BQ的值．
【解答】解：（1）证明：如图，设△PAB的内切圆与PA的切点为R，与PB的切点为S，
记AQ＝AR＝x，BQ＝BS＝y，PS＝PR＝z，

则△PAB的面积为＝．
故（x+y+z）xyz＝1． ①
又PA⋅PB＝（x+z）（y+z）＝xy+（x+y+z）z（定值）．②
当xy＝（x+y+z）z，③，
PA⋅PB取最小值2．
对式③两边乘以2后加上x2+y2，得（x+y）2＝（x+z）2+（y+z）2，
即AB2＝PA2+PB2．
则△PAB为直角三角形，BC等于直角三角形斜边上的高．
．
（2）对式③两边加上xy，得2xy＝（x+z）（y+z），
即2AQ⋅BQ＝PA⋅PB＝2，故AQ⋅BQ＝1．
【点评】本题主要考查等面积法的应用，基本不等式的应用，与圆有关的比例线段等知识，属于中等题．
二、（50分）
17．（2022•山西自主招生）给定由正整数组成的数列（n≥1）．
（1）求证：数列相邻项组成的无穷个整点（a1，a2），（a3，a4），…，（a2k﹣1，a2k），…均在曲线x2+xy−y2+1＝0上．
（2）若设f（x）＝xn+xn﹣1−anx−an﹣1，g（x）＝x2−x−1，证明：g（x）整除f（x）．
【考点】数学归纳法；数列递推式．菁优网版权所有
【专题】计算题；对应思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【答案】（1）见解析，（2）见解析．
【分析】（1）用数学归纳法，进行证明即可，
（2）将f（x）按照g（x）的要求分组分解，使能提取出公因式g（x），再证明即可．
【解答】证明：（1）显然在曲线上．
现设整点（a2k﹣1，a2k）在曲线上，有．
配方、变形，得．
把an+2＝an+1+an代入得．
这表明整点（a2k+1，a2k+2）在曲线x2+xy﹣y2+1＝0上．
由数学归纳法得整点（a1，a2），（a3，a4），⋯，（a2k﹣1，a2k），⋯均在曲线x2+xy﹣y2+1＝0上．
（2）将f（x）按照g（x）的要求分组分解，使能提取出公因式g（x），有

＝
＝

＝
由ak均为正整数知，g（x）＝x2﹣x﹣1整除f（x）．
【点评】本题考查数学归纳法，考查学生的运算能力，属于中档题．
三、（50分）
18．（2022•山西自主招生）我们称A1，A2，…，An为集合A的一个n分划，如果
（1）A1∪A2∪⋯∪An＝A；
（2）Ai∩Aj≠∅，1≤i＜j≤n．
求最小正整数m，使得对A＝{1，2，…，m}的任意一个13分划A1，A2，…，A13，一定存在某个集合Ai（1≤i≤13），在Ai中有两个元素a、b满足b＜a≤b．
【考点】元素与集合关系的判断．菁优网版权所有
【专题】对应思想；分析法；集合；数据分析．
【答案】117．
【分析】先证明m≥117，再证明m＝117时满足条件，由抽屉原理能求出最小的m．
【解答】解：先证明m≥117，
若不然m＜117，令Ai＝{a|a≡i（mod13），a∈A}，
则对每一对a，v∈Ai（i＝1，2，•••，13），均有，
解得b≤a﹣13＜104，
∴＝1+≥1+＞1+≥，
这与b＜a≤矛盾，故m≥117．
再证明m＝117时满足条件，
∵此时最大的14个数104，105，•••，117分布在13个集合中，
由抽屉原理得必有两个数a，b（b＜a）属于同一个集合Ai（1≤i≤13），
∴104≤b≤a≤117＝，
综上最小的m＝117．
故答案为：117．
【点评】本题考查反证法、抽屉原理、元素与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

考点卡片
1．元素与集合关系的判断
【知识点的认识】
1、元素与集合的关系：
一般地，我们把研究对象称为元素，把一些元素组成的总体称为集合，简称集．元素一般用小写字母a，b，c表示，集合一般用大写字母 A，B，C表示，两者之间的关系是属于与不属于关系，符号表示如：a∈A或a∉A．
2、集合中元素的特征：
（1）确定性：作为一个集合中的元素，必须是确定的．即一个集合一旦确定，某一个元素属于还是不属于这集合是确定的．要么是该集合中的元素，要么不是，二者必居其一，这个特性通常被用来判断涉及的总体是否能构成集合．
（2）互异性：集合中的元素必须是互异的．对于一个给定的集合，他的任何两个元素都是不同的．这个特性通常被用来判断集合的表示是否正确，或用来求集合中的未知元素．
（3）无序性：集合于其中元素的排列顺序无关．这个特性通常被用来判断两个集合的关系．

【命题方向】
题型一：验证元素是否是集合的元素
典例1：已知集合A＝{x|x＝m2﹣n2，m∈Z，n∈Z}．求证：
（1）3∈A；
（2）偶数4k﹣2（k∈Z）不属于A．
分析：（1）根据集合中元素的特性，判断3是否满足即可；
（2）用反证法，假设属于A，再根据两偶数的积为4的倍数；两奇数的积仍为奇数得出矛盾，从而证明要证的结论．
解答：解：（1）∵3＝22﹣12，3∈A；
（2）设4k﹣2∈A，则存在m，n∈Z，使4k﹣2＝m2﹣n2＝（m+n）（m﹣n）成立，
1、当m，n同奇或同偶时，m﹣n，m+n均为偶数，
∴（m﹣n）（m+n）为4的倍数，与4k﹣2不是4的倍数矛盾．
2、当m，n一奇，一偶时，m﹣n，m+n均为奇数，
∴（m﹣n）（m+n）为奇数，与4k﹣2是偶数矛盾．
综上4k﹣2∉A．
点评：本题考查元素与集合关系的判断．分类讨论的思想．

题型二：知元素是集合的元素，根据集合的属性求出相关的参数．
典例2：已知集合A＝{a+2，2a2+a}，若3∈A，求实数a的值．
分析：通过3是集合A的元素，直接利用a+2与2a2+a＝3，求出a的值，验证集合A中元素不重复即可．
解答：解：因为3∈A，所以a+2＝3或2a2+a＝3…（2分）
当a+2＝3时，a＝1，…（5分）
此时A＝{3，3}，不合条件舍去，…（7分）
当2a2+a＝3时，a＝1（舍去）或，…（10分）
由，得，成立…（12分）
故…（14分）
点评：本题考查集合与元素之间的关系，考查集合中元素的特性，考查计算能力．

【解题方法点拨】
集合中元素的互异性常常容易忽略，求解问题时要特别注意．分类讨论的思想方法常用于解决集合问题．
2．函数的零点与方程根的关系
【函数的零点与方程根的关系】
函数的零点表示的是函数与x轴的交点，方程的根表示的是方程的解，他们的含义是不一样的．但是，他们的解法其实质是一样的．
【解法】
求方程的根就是解方程，把所有的解求出来，一般要求的是二次函数或者方程组，这里不多讲了．我们重点来探讨一下函数零点的求法（配方法）．
例题：求函数f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零点．
解：∵f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70
＝（x﹣5）•（x+7）•（x+2）•（x+1）
∴函数f（x）＝x4+5x3﹣27x2﹣101x﹣70的零点是：5、﹣7、﹣2、﹣1．
通过这个题，我们发现求函数的零点常用的方法就是配方法，把他配成若干个一次函数的乘积或者是二次函数的乘积，最后把它转化为求基本函数的零点或者说求基本函数等于0时的解即可．
【考查趋势】
考的比较少，了解相关的概念和基本的求法即可．
3．数列的应用
【知识点的知识】
1、数列与函数的综合
2、等差数列与等比数列的综合
3、数列的实际应用
数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．
4．数列递推式
【知识点的知识】
1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an＝．
在数列{an}中，前n项和Sn与通项公式an的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．
注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an的表达式，则an不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．
（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．
3、数列的通项的求法：
（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．
（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an＝．一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含 或 的关系式，然后再求解．
（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，＝．
（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．
（5）已知＝f（n）求an，用累乘法：an＝（n≥2）．
（6）已知递推关系求an，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，
①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an．
②形如an＝的递推数列都可以用倒数法求通项．
（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．
5．数学归纳法
【知识点的认识】
1．数学归纳法
一般地，当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：
（1）证明当n＝n0时命题成立；
（2）假设当n＝k（k∈N+，且k≥n0）时命题成立，证明n＝k+1时命题也成立．
在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立．这种证明方法称为数学归纳法．

2．用数学归纳法证明时，要分两个步骤，两者缺一不可．
（1）证明了第一步，就获得了递推的基础，但仅靠这一步还不能说明结论的正确性．
在这一步中，只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了，没有必要验证命题对几个正整数成立．
（2）证明了第二步，就获得了推理的依据．仅有第二步而没有第一步，则失去了递推的基础；而只有第一步而没有第二步，就可能得出不正确的结论，因为单靠第一步，我们无法递推下去，所以我们无法判断命题对n0+1，n0+2，…，是否正确．
在第二步中，n＝k命题成立，可以作为条件加以运用，而n＝k+1时的情况则有待利用命题的已知条件，公理，定理，定义加以证明．
完成一，二步后，最后对命题做一个总的结论．

3．用数学归纳法证明恒等式的步骤及注意事项：
①明确初始值n0并验证真假．（必不可少）
②“假设n＝k时命题正确”并写出命题形式．
③分析“n＝k+1时”命题是什么，并找出与“n＝k”时命题形式的差别．弄清左端应增加的项．
④明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等，并用上假设．
6．利用导数研究函数的单调性
【知识点的知识】
1、导数和函数的单调性的关系：
（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；
（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．
2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：
（1）确定f（x）的定义域；
（2）计算导数f′（x）；
（3）求出f′（x）＝0的根；
（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．

【典型例题分析】
题型一：导数和函数单调性的关系
典例1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（　　）
A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）
解：f（x）＞2x+4，
即f（x）﹣2x﹣4＞0，
设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，
则g′（x）＝f′（x）﹣2，
∵对任意x∈R，f′（x）＞2，
∴对任意x∈R，g′（x）＞0，
即函数g（x）单调递增，
∵f（﹣1）＝2，
∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，
则由g（x）＞g（﹣1）＝0得
x＞﹣1，
即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），
故选：B

题型二：导数和函数单调性的综合应用
典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；
（Ⅲ）求证：．
解：（Ⅰ）（2分）
当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；
当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；
当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）
（Ⅱ）得a＝﹣2，f（x）＝﹣2lnx+2x﹣3
∴，
∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）
∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2
∴
由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，
所以有：，∴（10分）
（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，
由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，
∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，
∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）
∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，
∴
∴

【解题方法点拨】
若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．
7．平面向量的基本定理
【知识点的知识】
1、平面向量基本定理内容：
如果e1、e2是同一平面内两个不共线的向量，那么对这一平面内任一，有且仅有一对实数λ1、λ2，使．
2、基底：不共线的e1、e2叫做平面内表示所有向量的一组基底．
3、说明：
（1）基底向量肯定是非零向量，且基底并不唯一，只要不共线就行．
（2）由定理可将任一向量按基底方向分解且分解形成唯一．
8．正弦定理
【知识点的知识】
1．正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
余弦定理
内容
＝2R
（ R是△ABC外接圆半径）
a2＝b2+c2﹣2bccosA，
b2＝a2+c2﹣2accosB，
c2＝a2+b2﹣2abcosC　
变形
形式
①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；
②sinA＝，sinB＝，sinC＝；
③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；
④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA
cosA＝，
cosB＝，
cosC＝
解决
三角
形的
问题
①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；
②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角
①已知三边，求各角；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角
在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况

A为锐角
A为钝角或直角
图形




关系式
a＝bsinA
bsinA＜a＜b
a≥b
a＞b
解的个数
一解
两解
一解
一解
由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．
2、三角形常用面积公式
1．S＝a•ha（ha表示边a上的高）；
2．S＝absinC＝acsinB＝bcsinA．
3．S＝r（a+b+c）（r为内切圆半径）．
【正余弦定理的应用】
1、解直角三角形的基本元素．
2、判断三角形的形状．
3、解决与面积有关的问题．
4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识
（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．
解题关键在于明确：
①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；
②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．
（2）测量高度问题：
解题思路：
①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．
点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．
9．异面直线及其所成的角
【知识点的知识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：

10．异面直线的判定
【知识点的知识】
（1）判定空间直线是异面直线方法：
①根据异面直线的定义；
②异面直线的判定定理．
11．直线与平面所成的角
【知识点的知识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，）；直线和平面所成的角的范围为[0，]．

2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．

3、斜线和平面所成角的最小性：
斜线和平面所成的角是用两条相交直线所成的锐角来定义的，其中一条直线就是斜线本身，另一条直线是斜线在平面上的射影．在平面内经过斜足的直线有无数条，它们和斜线都组成相交的两条直线，为什么选中射影和斜线这两条相交直线，用它们所成的锐角来定义斜线和平面所成的角呢？原因是斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中，它是最小的角．对于已知的斜线来说这个角是唯一确定的，它的大小反映了斜线关于平面的“倾斜程度”．根据线面所成的角的定义，有结论：斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角．

用空间向量直线与平面所成角的求法：
（1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
（2）向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|＝．
12．二面角的平面角及求法
【知识点的知识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
3、二面角的平面角求法：
（1）定义；
（2）三垂线定理及其逆定理；
①定理内容：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么，它就和这条斜线垂直．
②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．；
（4）平移或延长（展）线（面）法；
（5）射影公式；
（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角；
（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：
设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则
（1）当0≤＜，＞≤，θ＝＜，＞，此时cosθ＝cos＜，＞＝．
（2）当＜＜，＞≤π时，θ＝cos（π﹣＜，＞）＝﹣cos＜，＞＝﹣＝．
13．椭圆的性质
【知识点的认识】
1．椭圆的范围

2．椭圆的对称性

3．椭圆的顶点
顶点：椭圆与对称轴的交点叫做椭圆的顶点．
顶点坐标（如上图）：A1（﹣a，0），A2（a，0），B1（0，﹣b），B2（0，b）
其中，线段A1A2，B1B2分别为椭圆的长轴和短轴，它们的长分别等于2a和2b，a和b分别叫做椭圆的长半轴长和短半轴长．
4．椭圆的离心率
①离心率：椭圆的焦距与长轴长的比叫做椭圆的离心率，用e表示，即：e＝，且0＜e＜1．
②离心率的意义：刻画椭圆的扁平程度，如下面两个椭圆的扁平程度不一样：

e越大越接近1，椭圆越扁平，相反，e越小越接近0，椭圆越圆．当且仅当a＝b时，c＝0，椭圆变为圆，方程为x2+y2＝a2．
5．椭圆中的关系：a2＝b2+c2．
14．抛物线的性质
【知识点的知识】
抛物线的简单性质：

15．古典概型及其概率计算公式
【考点归纳】
1．定义：如果一个试验具有下列特征：
（1）有限性：每次试验可能出现的结果（即基本事件）只有有限个；
（2）等可能性：每次试验中，各基本事件的发生都是等可能的．
则称这种随机试验的概率模型为古典概型．
*古典概型由于满足基本事件的有限性和基本事件发生的等可能性这两个重要特征，所以求事件的概率就可以不通过大量的重复试验，而只要通过对一次试验中可能出现的结果进行分析和计算即可．
2．古典概率的计算公式
如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是；
如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为P（A）＝＝．
【解题技巧】
1．注意要点：解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数n与事件A中所包含的基本事件数．
因此要注意清楚以下三个方面：
（1）本试验是否具有等可能性；
（2）本试验的基本事件有多少个；
（3）事件A是什么．
2．解题实现步骤：
（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；
（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；
（3）分别求出基本事件的个数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；
（4）利用公式P（A）＝求出事件A的概率．
3．解题方法技巧：
（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率
（2）利用分析法求解古典概型．
16．排列、组合及简单计数问题
【知识点的知识】
1、排列组合问题的一些解题技巧：
①特殊元素优先安排；
②合理分类与准确分步；
③排列、组合混合问题先选后排；
④相邻问题捆绑处理；
⑤不相邻问题插空处理；
⑥定序问题除法处理；
⑦分排问题直排处理；
⑧“小集团”排列问题先整体后局部；
⑨构造模型；
⑩正难则反、等价转化．
对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：
①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．

2、排列、组合问题几大解题方法：
（1）直接法；
（2）排除法；
（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”；
（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”；
（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解题原则；
（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法；
（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有；
（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题；
（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置则有；
（10）指定元素排列组合问题：
①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C后A策略，排列；组合；
②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C后A策略，排列；组合；
③从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素．先C后A策略，排列；组合．
17．与圆有关的比例线段
【知识点的知识】
1、相交弦定理
圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．
2、割线定理
从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．
3、切割线定理
从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
4、切线长定理
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．

【解题方法点拨】
相交弦定理、割线定理、切割线定理及切线长定理是最重要的定理，在与圆有关的问题中经常用到，这是因为这四个定理可得到的线段的比例或线段的长，而圆周角定理、弦切角定理以及圆内接四边形的性质定理得到的是角的关系，这两者的结合，往往能综合讨论与圆有关的相似三角形问题．
因此，在实际应用中，见到圆的两条相交弦要想到相交弦定理；见到两条割线要想到割线定理；见到切线和割线要想到切割线定理．
18．不等式的证明
【知识点的知识】
证明不等式的基本方法：
1、比较法：
（1）作差比较法
①理论依据：a＞b⇔a﹣b＞0；a＜b⇔a﹣b＜0．
②证明步骤：作差→变形→判断符号→得出结论．
注：作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数（或式子）与0的大小关系．
（2）作商比较法
①理论依据：b＞0，＞1⇒a＞b；b＜0，＜1⇒a＜b；
②证明步骤：作商→变形→判断与1的大小关系→得出结论．
2、综合法
（1）定义：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得到命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫做推证法或由因导果法．
（2）思路：综合法的思索路线是“由因导果”，也就是从一个（组）已知的不等式出发，不断地用必要条件代替前面的不等式，直至推导出要求证明的不等式．
3、分析法
（1）定义：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法．
（2）思路：分析法的思索路线是“执果索因”，即从要证的不等式出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到打到已知不等式为止．
注：综合法和分析法的内在联系是综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程．
4、放缩法
（1）定义：证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种证明方法称为放缩法．
（2）思路：分析证明式的形式特点，适当放大或缩小是证题关键．
常用的放缩技巧有：

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