备战2024年高考数学二轮专题复习56个高频考点详解答案

详 解 答 案专练1　集合及其运算1．C　方法一　因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M∩N＝{－2}，故选C.方法二　由于1∈/N，所以1∈/M∩N，排除A，B；由于2∈/N，所以2∈/M∩N，排除D.故选C.2．B　依题意，有a－2＝0或2a－2＝0.当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不满足A⊆B；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，满足A⊆B.所以a＝1，故选B.3．A　由题意知，∁UM＝{2，3，5}，又N＝{2，5}，所以N∪∁UM＝{2，3，5}，故选A.4．B　方法一　由(∁RM)⊆N，得(∁RN)⊆M，所以M∪(∁RN)＝M，故选B.方法二　根据题意作出集合M，N，如图所示，集合M为图中阴影部分，集合N为图中除内部小圆之外的部分，显然满足(∁RM)⊆N，由图易得(∁RN)⊆M，所以M∪(∁RN)＝M，故选B.5．D　由 eq \r(x) ＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3))))) ，所以M∩N＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)))) .故选D.6．D　因为方程x2－4x＋3＝0的解为x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．又A＝{－1，2}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}．因为U＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以∁U(A∪B)＝{－2，0}．故选D.7．B　∵∁RB＝{x|x<1}，∴A∩∁RB＝{x|0 eq \f(1,3) 且 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a≤4，,1－a≥1，)) 无解．综上，实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) .12. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2))) 解析：因为A∩B≠∅，所以A，B为非空集合，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≤6－m,m－1≤2m＋1)) ，解得－2≤m≤4.同时，要使A∩B≠∅，则需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≤2,2m＋1≥2)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≤6－m,6－m≤2m＋1)) ，解得 eq \f(1,2) ≤m≤3或 eq \f(5,3) ≤m≤ eq \f(7,2) ，即 eq \f(1,2) ≤m≤ eq \f(7,2) .综上， eq \f(1,2) ≤m≤ eq \f(7,2) .13．A　M∪N＝{x|x<2}，所以∁U(M∪N)＝{x|x≥2}，故选A.14．AD　因为A∪B＝A，所以B⊆A.因为A＝{1，3，m2}，B＝{1，m}，所以m2＝m或m＝3，解得m＝0或m＝1或m＝3.当m＝0时，A＝{1，3，0}，B＝{1，0}，符合题意；当m＝1时，集合A中元素不满足互异性，不符合题意；当m＝3时，A＝{1，3，9}，B＝{1，3}，符合题意．综上，m＝0或3.故选AD.15．[0，4)解析：当a＝0时，原方程无解．当a≠0时，方程ax2＋ax＋1＝0无解，则需Δ＝a2－4a<0，解得02m＋1，即m<－2符合题意；当B≠∅时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≤2m＋1，,m－1≥－1，,2m＋1≤6，)) 得0≤m≤ eq \f(5,2) .综上得m<－2或0≤m≤ eq \f(5,2) .专练2　常用逻辑用语1．D　因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题p的否定为“∃x≥1，2x－log2x＜1”．故选D.2．B　甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sinα＝±cos β，所以由甲不能推导出sin α＋cos β＝0，所以甲不是乙的充分条件；由sin α＋cos β＝0，得sin α＝－cos β，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．综上，选B.3．C　an＝qn－1，当00的解集为R；当a≠0时，由不等式ax2＋2ax＋1>0的解集为R知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4a2－4a<0，)) 得00的解集为R，即p：0≤a<1，又(0，1)[0，1).∴p是q的必要不充分条件．6．B　由y＝2x＋m－1＝0，得m＝1－2x，由函数y＝2x＋m－1有零点，则m<1，由函数y＝logmx在(0，＋∞)上是减函数，得0a＋3，q：x≤－1或x≥ eq \f(1,2) ，¬p：a－3≤x≤a＋3.因为¬p是q的充分不必要条件，所以a＋3≤－1或a－3≥ eq \f(1,2) ，得a∈(－∞，－4]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) .8．A　| eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) |＝| eq \o(AB,\s\up6(→)) － eq \o(AC,\s\up6(→)) |两边平方得到 eq \o(AB,\s\up6(→)) 2＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) 2＋2 eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) 2＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) 2－2 eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AC,\s\up6(→)) ，得 eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝0，即 eq \o(AB,\s\up6(→)) ⊥ eq \o(AC,\s\up6(→)) ，故△ABC为直角三角形，充分性成立；若△ABC为直角三角形，当∠B或∠C为直角时，| eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) |≠| eq \o(AB,\s\up6(→)) － eq \o(AC,\s\up6(→)) |，必要性不成立．故选A.9．ABC　根据指数函数的性质可得ex>0，故A错误；x＝2时，2x>x2不成立，故B错误；当a＝b＝0时， eq \f(a,b) 没有意义，故C错误；因为“x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1”的逆否命题为“x，y都小于等于1，则x＋y≤2”，是真命题，所以原命题为真命题，故D正确．故选ABC.10．②③解析：要使函数f(x)＝sin x＋ eq \f(1,sin x) 有意义，则有sin x≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，定义域关于原点对称．又∵f(－x)＝sin (－x)＋ eq \f(1,sin （－x）) ＝－sin x－ eq \f(1,sin x) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin x＋\f(1,sin x))) ＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．∴f(x)的图象关于原点对称，∴①是假命题，②是真命题．对于③，要证f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,2) 对称，只需证f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)) .∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)) ＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)) ＋ eq \f(1,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))) ＝cos x＋ eq \f(1,cos x) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)) ＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)) ＋ eq \f(1,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))) ＝cos x＋ eq \f(1,cos x) ，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)) ，∴③是真命题．令sin x＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋ eq \f(1,t) ，－1≤t≤1且t≠0，此函数图象如图所示(对勾函数图象的一部分)，∴函数的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴函数的最小值不为2，即f(x)的最小值不为2.∴④是假命题．综上所述，所有真命题的序号是②③.11．(－∞，－3]解析：由x2＋x－6<0得－30，得x>a，即：B＝(a，＋∞)，由题意得(－3，2)(a，＋∞)，∴a≤－3.12．[9，＋∞)解析：由 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(x－1,3))) ≤2，得－2≤x≤10，由x2－2x＋1－m2≤0得1－m≤x≤1＋m，设p，q表示的范围为集合P，Q，则P＝{x|－2≤x≤10}，Q＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}．因为p是q的充分而不必要条件，所以PQ.所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,1－m≤－2，,1＋m≥10，)) 解得m≥9.13．AB　因为“存在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，使得2x2－λx＋1<0成立”是假命题，所以对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，2x2－λx＋1≥0恒成立，即2x＋ eq \f(1,x) ≥λ对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 恒成立．因为2x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(2) (当且仅当x＝ eq \f(\r(2),2) 时，等号成立)，所以λ≤2 eq \r(2) .故选AB.14．A　方法一　设P＝{x|x>1或x<－3}，Q＝{x|x>a}，因为q是p的充分不必要条件，所以QP，因此a≥1.方法二　令a＝－3，则q：x>－3，则由命题q推不出命题p，此时q不是p的充分条件，排除B，C；同理，取a＝－4，排除D.故选A.15．C　若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d，所以 eq \f(Sn,n) ＝a1＋(n－1)· eq \f(d,2) ，所以 eq \f(Sn＋1,n＋1) － eq \f(Sn,n) ＝a1＋(n＋1－1)· eq \f(d,2) －[a1＋(n－1)· eq \f(d,2) ]＝ eq \f(d,2) ，为常数，所以{ eq \f(Sn,n) }为等差数列，即甲⇒乙；若{ eq \f(Sn,n) }为等差数列，设其公差为t，则 eq \f(Sn,n) ＝ eq \f(S1,1) ＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲⇐乙．所以甲是乙的充要条件，故选C.16．[0，3]解析：由x2－8x－20≤0得－2≤x≤10.∴P＝{x|－2≤x≤10}，由x∈P是x∈S的必要条件，知S⊆P.又∵S≠∅，如图所示．则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m≤1＋m,1－m≥－2,1＋m≤10)) ，∴0≤m≤3.所以当0≤m≤3时，x∈P是x∈S的必要条件，即所求m的取值范围是[0，3].专练3　不等式的概念及基本性质1．C　∵a＜b＜0，∴a2＞b2.2．A　∵ac2>bc2，c2>0，∴a>b.A正确．3．D　当a＞b＞0时， eq \f(1,b) ＞ eq \f(1,a) ，ea＞eb成立，即 eq \f(1,b) ＞ eq \f(1,a) ，ea＞eb是a>b>0的必要条件，不符合题意，排除A，B.当ab＞ba时，可取a＝1，b＝－1，但a>b>0不成立，故ab＞ba不是a＞b＞0的充分条件，排除C.函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，当ln a＞ln b＞0时，a＞b＞1＞0；当a＞b＞0时，取a＝ eq \f(1,e) ，b＝ eq \f(1,e2) ，则ln b＜ln a＜0.综上，ln a＞ln b＞0是a＞b＞0的充分不必要条件．4．C　方法一　(取特殊值进行验证)因为x＞y＞0，选项A，取x＝1，y＝ eq \f(1,2) ，则 eq \f(1,x) － eq \f(1,y) ＝1－2＝－1＜0，排除A；选项B，取x＝π，y＝ eq \f(π,2) ，则sin x－sin y＝sin π－sin  eq \f(π,2) ＝－1＜0，排除B；选项D，取x＝2，y＝ eq \f(1,2) ，则ln x＋ln y＝ln (xy)＝ln 1＝0，排除D.方法二　(利用函数的单调性)因为函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(x) 在R上单调递减，且x＞y＞0，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(x) ＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(y) ，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(x) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(y) ＜0.故选C.5．B　可取a＝2，b＝±1逐一验证，B正确．6．D　∵a>b>c且a＋b＋c＝0∴a>0，c<0，b不确定∴ac0，所以b>a，所以c≥b>a.9．AD　∵a>b>0，则 eq \f(b,a) － eq \f(b＋1,a＋1) ＝ eq \f(b（a＋1）－a（b＋1）,a（a＋1）) ＝ eq \f(b－a,a（a＋1）) <0，∴ eq \f(b,a) > eq \f(b＋1,a＋1) 一定不成立；a＋ eq \f(1,a) －b－ eq \f(1,b) ＝(a－b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,ab))) ，当ab>1时，a＋ eq \f(1,a) －b－ eq \f(1,b) >0，故a＋ eq \f(1,a) >b＋ eq \f(1,b) 可能成立；a＋ eq \f(1,b) －b－ eq \f(1,a) ＝(a－b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab))) >0，故a＋ eq \f(1,b) >b＋ eq \f(1,a) 恒成立； eq \f(2a＋b,a＋2b) － eq \f(a,b) ＝ eq \f(b2－a2,b（a＋2b）) <0，故 eq \f(2a＋b,a＋2b) > eq \f(a,b) 一定不成立．故选AD.10．p≤q解析：p－q＝( eq \f(b2,a) ＋ eq \f(a2,b) )－(a＋b)＝( eq \f(b2,a) －a)＋( eq \f(a2,b) －b)＝( eq \f(1,a) － eq \f(1,b) )(b2－a2)＝ eq \f(（b－a）2（b＋a）,ab) ，又a<0，b<0，所以b＋a<0，ab>0，(b－a)2≥0，所以( eq \f(b2,a) ＋ eq \f(a2,b) )－(a＋b)≤0，所以p≤q.11．(－1，2)解析：∵00，bc－ad>0，不等式两边同时除以ab得 eq \f(c,a) － eq \f(d,b) >0，所以①正确；对于②，若ab>0， eq \f(c,a) － eq \f(d,b) >0，不等式两边同时乘以ab得bc－ad>0，所以②正确；对于③，若 eq \f(c,a) － eq \f(d,b) >0，当两边同时乘以ab时可得bc－ad>0，所以ab>0，所以③正确．13．C　①中，因为b＞0＞a，所以 eq \f(1,b) ＞0＞ eq \f(1,a) ，因此①能推出 eq \f(1,a) ＜ eq \f(1,b) 成立，所以①正确；②中，因为0＞a＞b，所以ab＞0，所以 eq \f(a,ab) ＞ eq \f(b,ab) ，所以 eq \f(1,b) ＞ eq \f(1,a) ，所以②正确；③中，因为a＞0＞b，所以 eq \f(1,a) ＞0＞ eq \f(1,b) ，所以 eq \f(1,a) ＞ eq \f(1,b) ，所以③不正确；④中，因为a＞b＞0，所以 eq \f(a,ab) ＞ eq \f(b,ab) ，所以 eq \f(1,b) ＞ eq \f(1,a) ，所以④正确．故选C.14．BD　利用取特殊值法，令a＝－3，b＝－2，代入各选项，验证可得正确的选项为BD.15．①解析：①由ac2>bc2可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分条件；②当c<0时，ab的充分条件．16．(－1，2)解析：∵2b0，所以y＝2x＋ eq \f(2,2x) ≥2 eq \r(2x·\f(2,2x)) ＝2 eq \r(2) ，当且仅当2x＝ eq \f(2,2x) ，即x＝ eq \f(1,2) 时取“＝”．故选C.2．B　∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2 eq \r(2ab) (当且仅当2a＝b，即：a＝1，b＝2时等号成立)，∴00，y>0，x＋2y＝1，∴00，b>0)过点(1，1)，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝1.所以a＋b＝(a＋b)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b))) ＝2＋ eq \f(a,b) ＋ eq \f(b,a) ≥2＋2 eq \r(\f(a,b)·\f(b,a)) ＝4，当且仅当 eq \f(a,b) ＝ eq \f(b,a) 即a＝b＝2时取“＝”，故选C.8．D　∵a⊥b，∴a·b＝(x－1，2)·(4，y)＝4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2，∴9x＋3y＝32x＋3y≥2 eq \r(32x＋y) ＝2 eq \r(32) ＝6，当且仅当2x＝y＝1时取等号，∴9x＋3y的最小值为6.9．C　设矩形模型的长和宽分别为x cm，y cm，则x＞0，y＞0，由题意可得2(x＋y)＝8，所以x＋y＝4，所以矩形模型的面积S＝xy≤ eq \f(（x＋y）2,4) ＝ eq \f(42,4) ＝4(cm2)，当且仅当x＝y＝2时取等号，所以当矩形模型的长和宽都为2 cm时，面积最大，为4 cm2.故选C.10. eq \f(1,4) 解析：∵a－3b＋6＝0，∴ a－3b＝－6，∴ 2a＋ eq \f(1,8b) ＝2a＋2－3b≥2 eq \r(2a·2－3b) ＝2 eq \r(2a－3b) ＝2 eq \r(2－6) ＝ eq \f(1,4) .当且仅当2a＝2－3b，即a＝－3，b＝1时，2a＋ eq \f(1,8b) 取得最小值为 eq \f(1,4) .11．36解析：∵x>0，a>0，∴4x＋ eq \f(a,x) ≥2 eq \r(4x·\f(a,x)) ＝4 eq \r(a) ，当且仅当4x＝ eq \f(a,x) ，即：x＝ eq \f(\r(a),2) 时等号成立，由 eq \f(\r(a),2) ＝3，a＝36.12．2＋ eq \r(3) 解析：由3a＋b＝2ab，得 eq \f(3,2b) ＋ eq \f(1,2a) ＝1，∴a＋b＝(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2b)＋\f(1,2a))) ＝2＋ eq \f(b,2a) ＋ eq \f(3a,2b) ≥2＋2 eq \r(\f(b,2a)·\f(3a,2b)) ＝2＋ eq \r(3) (当且仅当 eq \f(b,2a) ＝ eq \f(3a,2b) 即b＝ eq \r(3) a时等号成立).13．C　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4a,b))) ＝5＋ eq \f(b,a) ＋ eq \f(4a,b) ≥5＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b)) ＝9(当且仅当 eq \f(b,a) ＝ eq \f(4a,b) 即b＝2a时等号成立).14．ABD　对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2＋b2≥ eq \f(1,2) ，正确；对于选项B，易知0＜a＜1，0＜b＜1，∴－1＜a－b＜1，∴2a－b＞2－1＝ eq \f(1,2) ，正确；对于选项C，令a＝ eq \f(1,4) ，b＝ eq \f(3,4) ，则log2 eq \f(1,4) ＋log2 eq \f(3,4) ＝－2＋log2 eq \f(3,4) ＜－2，错误；对于选项D，∵ eq \r(2) ＝ eq \r(2（a＋b）) ，∴[ eq \r(2（a＋b）) ]2－( eq \r(a) ＋ eq \r(b) )2＝a＋b－2 eq \r(ab) ＝( eq \r(a) － eq \r(b) )2≥0，∴ eq \r(a) ＋ eq \r(b) ≤ eq \r(2) ，正确．故选ABD.15．BCD　因为a>b，所以 eq \f(a,b) － eq \f(a＋c,b＋c) ＝ eq \f(c（a－b）,b（b＋c）) ＞0，所以 eq \f(a,b) ＞ eq \f(a＋c,b＋c) ，选项A不正确；因为a＋b＝1，所以 eq \f(b2,a) ＋ eq \f(a2,b) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋a)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋b)) －(a＋b)≥2b＋2a－(a＋b)＝a＋b＝1，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时取等号，所以 eq \f(b2,a) ＋ eq \f(a2,b) 的最小值为1，故选项B正确；因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，所以(a－c) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c))) ＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（a－b）＋（b－c）))  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c))) ＝2＋ eq \f(b－c,a－b) ＋ eq \f(a－b,b－c) ≥2＋2 eq \r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c)) ＝4，当且仅当b－c＝a－b时取等号，所以 eq \f(1,a－b) ＋ eq \f(1,b－c) ≥ eq \f(4,a－c) ，故选项C正确；因为a2＋b2＋c2＝ eq \f(1,3) [(a2＋b2＋c2)＋(a2＋b2)＋(b2＋c2)＋(c2＋a2)]≥ eq \f(1,3) (a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca)＝ eq \f(1,3) [(a＋b)2＋2(a＋b)c＋c2]＝ eq \f(1,3) (a＋b＋c)2＝3，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，所以a2＋b2＋c2的最小值为3，故选项D正确．16．30解析：一年的总运费为6× eq \f(600,x) ＝ eq \f(3 600,x) (万元).一年的总存储费用为4x万元．总运费与总存储费用的和为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3 600,x)＋4x)) 万元．因为 eq \f(3 600,x) ＋4x≥2 eq \r(\f(3 600,x)·4x) ＝240，当且仅当 eq \f(3 600,x) ＝4x，即x＝30时取得等号，所以当x＝30时，一年的总运费与总存储费用之和最小．专练5　二次函数与一元二次不等式1．B　因为m>2，所以函数f(x)的图象开口向下，所以 eq \f(8－n,2－m) ≤－2，即8－n≥－2(2－m)，所以n≤12－2m，故nm≤(12－2m)m＝－2m2＋12m＝－2(m－3)2＋18≤18，当且仅当m＝3，n＝6时等号成立，故选B.2．A　由x2＋3x－4>0得(x－1)(x＋4)>0，解得x>1或x<－4.故选A.3．C　由题意知－ eq \f(b,a) ＝1，即b＝－a且a>0.则不等式(ax＋b)(x－2)<0.化为a(x－1)(x－2)<0.故解集为(1，2).4．A　因为函数y＝x2＋ax＋4的图象开口向上，要使不等式x2＋ax＋4<0的解集为空集，所以Δ＝a2－16≤0.∴－4≤a≤4.5．B　f(x)＝x2－4x＋5可转化为f(x)＝(x－2)2＋1.因为函数f(x)图象的对称轴为直线x＝2，f(2)＝1，f(0)＝f(4)＝5，且函数f(x)＝x2－4x＋5在区间[0，m]上的最大值为5，最小值为1，所以实数m的取值范围为[2，4]，故选B.6．C　y－25x＝－0.1x2－5x＋3 000≤0，即x2＋50x－30 000≥0，解得x≥150或x≤－200(舍去).7．CD　方法一　∵x∈[1，5]，∴不等式x2＋ax－2>0化为a> eq \f(2,x) －x，令f(x)＝ eq \f(2,x) －x，则f′(x)＝－ eq \f(2,x2) －1<0，∴f(x)在[1，5]上单调递减，∴f(x)min＝f(5)＝ eq \f(2,5) －5＝－ eq \f(23,5) ，∴a>－ eq \f(23,5) .方法二　由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根，于是不等式在[1，5]上有解的充要条件是f(5)>0，解得：a>－ eq \f(23,5) .8．B　设f(x)＝(mx－1)2，g(x)＝ eq \r(x＋m) ，其中x∈[0，1]．A．若m＝0，则f(x)＝1与g(x)＝ eq \r(x) 在[0，1]上只有一个交点(1，1)，故A错误．B．当m∈(1，2]时，∵ eq \f(1,2) ≤ eq \f(1,m) ＜1，∴f(x)≤f(0)＝1，g(x)≥g(0)＝ eq \r(m) ＞1，∴f(x)＜g(x)，即当m∈(1，2]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝ eq \r(x＋m) 的图象在x∈[0，1]时无交点，故B正确．C．当m∈(2，3]时，∵ eq \f(1,3) ≤ eq \f(1,m) ＜ eq \f(1,2) ，∴f(x)≤f(1)＝(m－1)2，g(x)≥g(0)＝ eq \r(m) ，不妨令m＝2.1，则f(x)≤1.21，g(x)≥ eq \r(2.1) ≈1.45，∴f(x)＜g(x)，此时无交点，即C不一定正确．D．当m∈(3，＋∞)时，g(0)＝ eq \r(m) ＞1＝f(0)，此时f(1)＞g(1)，此时两个函数图象只有一个交点，∴D错误．9．BCD　A中，不等式2x2－x－1>0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>1或x<－\f(1,2))))) ，A不正确；B正确；C中，a>0，且 eq \f(21,a) ＝7，所以a＝3，C正确；D中，－2＝q，－p＝q＋1＝－2＋1＝－1，∴p＝1，∴p＋q＝1－2＝－1，D正确．故选BCD.10. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x\f(1,a))))) 解析：∵00的解集是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x\f(1,a))))) .11．[－1，1]解析：当x≤0时，由x＋2≥x2，解得－1≤x≤2.∴－1≤x≤0，当x>0时，由－x＋2≥x2解得－2≤x≤1，∴00的解集为R，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2>0，,Δ<0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>2，,4（m－2）2－16（m－2）<0，)) 解得20，当a>0时，y＝a(x－a)(x＋1)开口向上，与x轴的交点为a，－1，故不等式的解集为x∈(－∞，－1)∪(a，＋∞)；当a<0时，y＝a(x－a)(x＋1)开口向下，若a＝－1，不等式解集为∅；若－1－2}，∴k<0，且－3与－2是方程kx2－2x＋6k＝0的两根，∴(－3)＋(－2)＝ eq \f(2,k) ，解得k＝－ eq \f(2,5) ，A正确；B中，∵不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，x≠\f(1,k))))) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－24k2＝0，)) 解得k＝－ eq \f(\r(6),6) ，B错；C中，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－24k2<0，)) 解得k<－ eq \f(\r(6),6) ，C正确；D中，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k>0，,Δ＝4－24k2≤0，)) 解得k≥ eq \f(\r(6),6) ，D正确．15．C　方法一　若a，b，2a＋b互不相等，则当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤0，,b≤0，,2a＋b≤0)) 时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若a＝b，则当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤0，,a＝b，,2a＋b≤0)) 时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若a＝2a＋b，则当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a＝2a＋b，,b≤0)) 时，原不等式在x≥0时恒成立，又因为ab≠0，所以b<0；若b＝2a＋b，则a＝0，与已知矛盾；若a＝b＝2a＋b，则a＝b＝0，与已知矛盾．综上，b<0，故选C.方法二　特殊值法：当b＝－1，a＝1时，(x－1)(x＋1)(x－1)≥0在x≥0时恒成立；当b＝－1，a＝－1时，(x＋1)(x＋1)(x＋3)≥0在x≥0时恒成立；当b＝1，a＝－1时，(x＋1)(x－1)(x＋1)≥0在x≥0时不一定成立．故选C.16．100　[60，100]解析：由题意，当x＝120时， eq \f(1,5)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(120－k＋\f(4 500,120))) ＝11.5，解得k＝100.由 eq \f(1,5)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－100＋\f(4 500,x))) ≤9，得x2－145x＋4 500≤0，解得45≤x≤100，又∵60≤x≤120.∴60≤x≤100.专练6　函数及其表示1．A2．C　设 eq \r(x) ＋1＝t，则x＝(t－1)2(t≥1)，∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，∴f(x)＝x2－2x＋2(x≥1).3．A4．B　由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x＋1≤2 019，,x－1≠0，)) 得0≤x≤2 018且x≠1.5．A　设f(x)＝ax＋b，由f(f(x))＝x＋2知，a(ax＋b)＋b＝x＋2，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,ab＋b＝2，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，)) ∴f(x)＝x＋1.6．B　当x∈[0，1]时，f(x)＝ eq \f(3,2) x；当1≤x≤2时，设f(x)＝kx＋b，由题意得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋b＝\f(3,2)，,2k＋b＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,2)，,b＝3.)) ∴当x∈[1，2]时，f(x)＝－ eq \f(3,2) x＋3.结合选项知选B.7．A　f(1)＝2×1＝2，据此结合题意分类讨论：当a>0时，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；当a≤0时，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，满足题意．故选A.8．C　∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴当x＝2时，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，得x＝5或x＝－1，∴要使函数在[m，5]的值域是[－5，4]，则－1≤m≤2.9．ACD　A项中，f(2x)＝|2x|＝2|x|＝2f(x)，满足条件；B项中，f(2x)＝2x＋1，2f(x)＝2x＋2，f(2x)≠2f(x)，不满足条件；C项中，f(2x)＝－2x＝2f(x)，满足条件；D项中，f(2x)＝2x－|2x|＝2x－2|x|＝2f(x)，满足条件．故选ACD.10．[2，＋∞)解析：由log2x－1≥0得log2x≥1，x≥2.11．－ eq \f(3,2) 解析：当a≤1时，f(a)＝2a－2＝－3无解；当a>1时，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，a＝7，∴f(6－a)＝f(－1)＝2－1－2＝－ eq \f(3,2) .12．[0，3)解析：由题意得ax2＋2ax＋3＝0无实数解，即y＝ax2＋2ax＋3与x轴无交点，当a＝0时y＝3符合题意；当a≠0时，Δ＝4a2－12a<0，得00，于是a＝4；若f(a)<0，则f(a)＝－2，此时只能是a<0，于是a＝－ eq \f(1,2) (若a>0，由 eq \f(a,2) －1＝－2，解得a＝－2不满足题意).16. eq \f(\r(2),2) 解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2))) ＝ eq \f(1,2) ，所以f(f(15))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝cos  eq \f(π,4) ＝ eq \f(\r(2),2) ．专练7　函数的单调性与最值1．D　方法一(排除法)　取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝ eq \f(3,2) ，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D．方法二(图象法)　如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D.2．D　A项，x1＝0时，y1＝1，x2＝ eq \f(1,2) 时，y2＝2>y1，所以y＝ eq \f(1,1－x) 在区间(－1，1)上不是减函数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图象与性质可得，y＝cos x在(－1，0)上递增，在(0，1)上递减，故B项不符合题意．C项，y＝ln x为增函数，且y＝x＋1为增函数，所以y＝ln (x＋1)在(－1，1)上为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．3．D　由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2).4．B　∵a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间[1，2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有02a－1，)) 解得01.当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝loga|x－1|＝loga(x－1)，∵y＝x－1在其定义域内是增函数，且a>1，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，且无最大值，故A正确，B错误．∵f(2－x)＝loga|2－x－1|＝loga|x－1|＝f(x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，故C正确；由a>1可知，当a＝2 022时，f(x)在(0，1)上单调递减，故D正确．故选ACD.8．C　f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，,4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.)) 由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－20，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，)) 解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).11．[－1，1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴00，,|2x－1|>0)⇒x∈\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠±\f(1,2)，x∈R)))))) ，∴函数f(x)的定义域关于原点对称，又∵f(－x)＝ln |－2x＋1|－ln |－2x－1|＝ln |2x－1|－ln |2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，排除A、C；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 时，f(x)＝ln (2x＋1)－ln (1－2x)，则f′(x)＝ eq \f(2,2x＋1) － eq \f( －2,1－2x) ＝ eq \f(4,1－4x2) >0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 单调递增，排除B；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 时，f(x)＝ln (－2x－1)－ln (1－2x)，则f′(x)＝ eq \f(－2,－2x－1) － eq \f( －2,1－2x) ＝ eq \f(4,1－4x2) <0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 单调递减，∴D正确．15．3解析：∵y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(x) 在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，∴f(x)在[－1，1]上单调递减，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) 解析：∵对任意x1≠x2，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0成立，∴f(x)在定义域R上为单调递减函数，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))) .6．D　∵f(x＋2)为偶函数，∴f(2＋x)＝f(2－x)，又f(x)为奇函数，∴f(－x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋4)＝－f(x)，∴f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是以8为周期的周期函数，∵f(0)＝0，∴f(2 016)＝f(0)＝0，f(2 017)＝f(1)＝1，∴f(2 016)＋f(2 017)＝0＋1＝1.7．D　方法一　f(x)的定义域为{x|x≠0}，因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即 eq \f(xex,eax－1) ＝ eq \f(－xe－x,e－ax－1) ，即e(1－a)x－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故选D.方法二　f(x)＝ eq \f(xex,eax－1) ＝ eq \f(x,e（a－1）x－e－x) ，f(x)是偶函数，又y＝x是奇函数，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函数，故a－1＝1，即a＝2，故选D.8．ABC　取x＝y＝0，则f(0)＝0，故A正确；取x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正确；取x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0，取y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故C正确；由于f(0)＝0，且函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，所以x＝0可能为函数f(x)的极小值点，也可能为函数f(x)的极大值点，也可能不是函数f(x)的极值点，故D不正确．综上，选ABC.9．A　∵f(x)是周期为3的偶函数，∴f(5)＝f(5－6)＝f(－1)＝f(1)＝ eq \f(2a－3,a＋1) ，又f(1)<1，∴ eq \f(2a－3,a＋1) <1，得－10时，f′(x)＝ex＋e－x＋(ex－e－x)x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，故选A.8.AC　由题可知a，b∈[0，＋∞)，设a eq \s\up6(\f(1,2)) ＝b eq \s\up6(\f(1,3)) ＝m，则m≥0，画出y＝x eq \s\up6(\f(1,2)) 与y＝x eq \s\up6(\f(1,3)) 在[0，＋∞)上的图象如图．由图可知，当m＝0或m＝1时，a＝b；当01时，10时，b<0，ab<0；当a<0时，ab>0(b<0)或ab<0(00，∴－13－2a>0或3－2a0，,a≠1，)) 得a＝2.2．A　若函数g(x)＝3x＋t的图象不经过第二象限，则当x＝0时，g(x)≤0，即30＋t≤0，解得t≤－1.故选A.3．A　 eq \f(a3x＋a－3x,ax＋a－x) ＝a2x＋a－2x－1＝ eq \r(2) －1＋ eq \f(1,\r(2)－1) －1＝ eq \r(2) －1＋ eq \r(2) ＋1－1＝2 eq \r(2) －1.4．B　∵y＝ax在[0，1]上单调，∴a0＋a1＝3，得a＝2.5．D　由f(x)＝ax－b的图象知00，∴b<0.6．D　∵y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))  eq \s\up12(x) 为减函数，∴bc，∴b0)，∴y＝t2＋2t＋1＝(t＋1)2，又y＝(t＋1)2在(0，＋∞)上单调递增，∴y>1，∴所求函数的值域为(1，＋∞).8．C　由复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0).9．BCD　由f(x)＝22x－2x＋1＋2＝(2x－1)2＋1∈[1，2]，得(2x－1)2∈[0，1]，则2x－1∈[－1，1]，所以2x∈[0，2]，所以x∈(－∞，1].当函数f(x)取得最小值1时，可得x＝0，所以0∈M，故C正确；当函数f(x)取得最大值2时，可得x＝1，所以1∈M，故D正确；由上分析知，M⊆(－∞，1]，故B正确；因为f(2)＝10∉[1，2]，所以M＝[0，2]不成立，故A错误．故选BCD.10．－ eq \f(167,9) 解析：原式＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,8)))  eq \s\up12(－\f(2,3)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,500)))  eq \s\up12(－\f(1,2)) － eq \f(10,\r(5)－2) ＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,27)))  eq \s\up12(\f(2),3) ＋500 eq \f(1,2) －10( eq \r(5) ＋2)＋1＝ eq \f(4,9) ＋10 eq \r(5) －10 eq \r(5) －20＋1＝－ eq \f(167,9) .11．－ eq \f(3,2) 解析：①当01时，函数f(x)在[－1，0]上单调递增，由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝－1，,f（0）＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝－1，,a0＋b＝0，)) 显然无解，所以a＋b＝－ eq \f(3,2) .12．1解析：因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a＝1，所以函数f(x)＝2|x－1|的图象如图所示，因为函数f(x)在[m，＋∞)上单调递增，所以m≥1，所以实数m的最小值为1.13．BCD　由2a＋1＝3，2b＝ eq \f(8,3) ，得2a＋1·2b＝8，所以a＋1＋b＝3，则a＋b＝2，故A不正确．又2a＋1＝2·2a＝3，所以 eq \r(2) ＜2a＝ eq \f(3,2) ＜2，所以b＞1＞a＞ eq \f(1,2) .因为 eq \f(2b,2a) ＝2b－a＝ eq \f(16,9) ＜2，所以b－a＜1，故B正确； eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \f(a＋b,ab) ＝ eq \f(2,ab) ，因为0＜ab＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))  eq \s\up12(2) ＝1，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝ eq \f(2,ab) ＞2，故C正确；ab＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，因为 eq \f(1,2) ＜a＜1，所以－(a－1)2＋1∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) ，所以ab＞ eq \f(3,4) ，故D正确．综上所述，选BCD.14．A　因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f(x)＝2x－3－x，则f′(x)＝2x ln 2－3－x×ln 3×(－1)＝2x ln 2＋3－xln 3，易知f′(x)>0，所以f(x)在R上为增函数．由2x－3－x<2y－3－y得x1，所以ln (y－x＋1)>0，故选A.15．6解析：由题意得f(p)＝ eq \f(6,5) ，f(q)＝－ eq \f(1,5) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2p,2p＋ap)＝\f(6,5)，①,\f(2q,2q＋aq)＝－\f(1,5)，②)) ①＋②，得 eq \f(2p（2q＋aq）＋2q（2p＋ap）,（2p＋ap）（2q＋aq）) ＝1，整理得2p＋q＝a2pq，又2p＋q＝36pq，∴36pq＝a2pq，又pq≠0，∴a2＝36，∴a＝6或a＝－6，又a>0，得a＝6.16. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) 解析：设t＝2x，则y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.因为x∈[－2，2]，所以t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4)) .又函数y＝4x＋m·2x－2在区间[－2，2]上单调递增，即y＝t2＋mt－2在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4)) 上单调递增，故有－ eq \f(m,2) ≤ eq \f(1,4) ，解得m≥－ eq \f(1,2) .所以m的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) .专练11　对数与对数函数1．B　原式＝lg  eq \f(5,2) ＋lg 4－2＝lg ( eq \f(5,2) ×4)－2＝1－2＝－1．2．D　由题意得log eq \f(1,2) (3x－2)≥0，即0<3x－2≤1.∴ eq \f(2,3)  eq \f(4,5) ，∴c> eq \f(4,5) .又∵55<84，∴8×55<85，两边同取以8为底的对数得log8(8×55)b>a，故选A.6．C　通解：由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b3时，f(x)＝logax，必须满足a>1，且loga3≥2，得110p3，则，所以，所以L eq \a\vs4\al(p2) －L eq \a\vs4\al(p3) >20，不可能成立，故B不正确；因为≥1，所以p1≤100p2，故D正确．综上，选ACD.16．[－1，＋∞)解析：∵函数f(x)＝loga(－x＋1)(a>0且a≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，而f(0)＝0，∴f(－2)＝loga3＝－1，∴a＝ eq \f(1,3) ，∴g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(x＋m) －3，令g(x)＝0，得x＝－m－1，则－m－1≤0，求得m≥－1，故m的取值范围为[－1，＋∞).专练12　函数的图象1．D　由y＝2|x|sin 2x知函数的定义域为R，令f(x)＝2|x|sin 2x，则f(－x)＝2|－x|sin (－2x)＝－2|x|sin 2x.∵ f(x)＝－f(－x)，∴ f(x)为奇函数．∴ f(x)的图象关于原点对称，故排除A，B.令f(x)＝2|x|sin 2x＝0，解得x＝ eq \f(kπ,2) (k∈Z)，∴ 当k＝1时，x＝ eq \f(π,2) ，故排除C.故选D.2．A　把函数y＝log2x的图象上所有点的纵坐标缩短为原来的 eq \f(1,2) ，横坐标不变，得到函数y＝ eq \f(1,2) log2x的图象，再向右平移1个单位，得到函数y＝ eq \f(1,2) log2(x－1)的图象，即函数y＝log2(x－1) eq \f(1,2) ＝log2 eq \r(x－1) 的图象．3．B　∵ y＝ex－e－x是奇函数，y＝x2是偶函数，∴ f(x)＝ eq \f(ex－e－x,x2) 是奇函数，图象关于原点对称，排除A选项．当x＝1时，f(1)＝ eq \f(e－e－1,1) ＝e－ eq \f(1,e) >0，排除D选项．又e>2，∴  eq \f(1,e) < eq \f(1,2) ，∴ e－ eq \f(1,e) >1，排除C选项．故选B.4．D　∵f(－x)＝ eq \f(sin （－x）－x,cos （－x）＋（－x）2) ＝－ eq \f(sin x＋x,cos x＋x2) ＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A；∵f(π)＝ eq \f(sin π＋π,cos π＋π2) ＝ eq \f(π,－1＋π2) >0，∴排除C；∵f(1)＝ eq \f(sin 1＋1,cos 1＋1) ，且sin 1>cos 1，∴f(1)>1，∴排除B.故选D.5．A　对于B选项，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故B不符合题意．对于C选项，当x＝3时，y＝ eq \f(6cos 3,10) ＝ eq \f(3,5) cos 3.因为cos 3>－1，所以 eq \f(3,5) cos 3>－ eq \f(3,5) ，与图象不符，故C不符合题意．对于D选项，当x＝3时，y＝ eq \f(2sin 3,10) >0，与图象不符，故D不符合题意．综上，用排除法选A.6．A　函数f(x)＝ eq \f(x＋2,x＋1) ＝1＋ eq \f(1,x＋1) ，∵ eq \f(1,x＋1) ≠0，∴f(x)≠1.故A正确；显然f(x)的图象关于(－1，1)成中心对称，故B不正确；∵当x＝－2时，f(x)＝0，故图象与x轴有交点，C不正确；由函数的概念知D不正确．7．B　图②是由图①y轴左侧图象保留，左右关于y轴对称得，故图②对应的解析式为y＝f(－|x|).8．A　设函数f(x)＝(3x－3－x)cos x，则对任意x∈[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos (－x)＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因此排除B，D选项．又f(1)＝(3－3－1)cos 1＝ eq \f(8,3) cos 1＞0，所以排除C选项．故选A.9．D　由题意知y＝ eq \f(1,1－x) ＝ eq \f(－1,x－1) 的图象是双曲线，且关于点(1，0)成中心对称，又y＝2sin πx的周期为T＝ eq \f(2π,π) ＝2，且也关于点(1，0)成中心对称，因此两图象的交点也一定关于点(1，0)成中心对称，再结合图象(如图所示)可知两图象在[－2，4]上有8个交点，因此8个交点的横坐标之和x1＋x2＋…＋x8＝4×2＝8.故选D.10．(－2，4)解析：由题意得f(2)＝3，又y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y轴对称，∴y＝f(－x)过点(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的图象过点(－2，4).11. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－1)) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))) 解析：当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，y＝cos x>0.当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，4)) 时，y＝cos x<0.结合y＝f(x)，x∈[0，4]上的图象知，当11或x<－1），,－x－1（－1≤x<1）.)) 在直角坐标系中作出该函数的图象，如图中实线所示，根据图象可知，当00得f(x－3)>f(x)，∴|x－3|>|x|，得x< eq \f(3,2) .16．(3，＋∞)解析：f(x)的大致图象如图所示，若存在b∈R，使得方程f(x)＝b有三个不同的根，只需4m－m20，所以m>3.专练13　函数与方程1．B　由题意得x2－ax＋b＝0有两根2，3.∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋3＝a，,2×3＝b，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝6.)) 由bx2－ax－1＝0，得6x2－5x－1＝0，得x＝－ eq \f(1,6) 或x＝1.2．C　令f(x)＝log4x＋x－7，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数在(0，＋∞)上连续．因为f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)f(6)<0，所以函数f(x)＝log4x＋x－7的零点所在的区间为(5，6)，即方程log4x＋x＝7的根所在区间是(5，6).故选C.3．A　由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3＝0，,x≤0，)) 得x1＝－3，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lg x－1＝0，,x>0，)) 得x2＝10，∴函数f(x)的所有零点之和为10－3＝7.4．D　∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) ＝ eq \f(1,3e) ＋1>0，f(1)＝ eq \f(1,3) >0，f(e)＝ eq \f(e,3) －1<0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) 内无零点，在(1，e)内有零点．5．B　∵幂函数f(x)＝xα的图象过点(2， eq \r(2) )，∴f(2)＝2α＝ eq \r(2) ，解得α＝ eq \f(1,2) ，∴f(x)＝x eq \s\up6(\f(1,2)) ，∴函数g(x)＝f(x)－3＝x eq \s\up6(\f(1,2)) －3.令g(x)＝x eq \s\up6(\f(1,2)) －3＝0，得x＝9，∴g(x)＝f(x)－3的零点是9.故选B.6．A　在同一坐标系中画出y＝2x和y＝－x的图象，可得a＜0，用同样的方法可得b＞0，c＝0，所以b＞c＞a，故选A.7．B　∵函数f(x)＝x eq \f(1,2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(x) 为单调增函数，且f(0)＝－1<0，f(1)＝ eq \f(1,2) >0, ∴f(x)在(0，1)内有一个零点．8．D　当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－3x，∴g(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,－x2－4x＋3，x<0，)) 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＝0，,x≥0，)) 得x＝1或x＝3；由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－4x＋3＝0，,x<0，)) 得x＝－2－ eq \r(7) ，故选D.9．D　由于|f(x)|≥0，故必须－k≥0，即k≤0，显然k＝0时两个函数图象只有一个公共点，所以k<0，f(x)＝kx＋2恒过点(0，2)，要使y＝|f(x)|与y＝－k的图象有三个公共点(如图所示)，只要－k≥2，即k≤－2即可．故选D.10. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) 解析：当a＝0时，函数f(x)＝1在(－1，1)上没有零点，所以a≠0.所以函数f(x)是单调函数，要满足题意，只需f(－1)f(1)<0，即(－3a＋1)·(1－a)<0，所以(a－1)(3a－1)<0，解得 eq \f(1,3) 0，)) 得x0＝±1.12．(3，5)解析：∵偶函数f(x)满足f(x)＝f(x＋2)且当x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，∴函数f(x)的周期为2.在区间[－1，3]内函数g(x)＝f(x)－loga(x＋2)有3个零点等价于f(x)的图象与y＝loga(x＋2)的图象在区间[－1，3]内有3个交点．当01且loga(1＋2)<1，loga(3＋2)>1，解得a∈(3，5).13．D　易知函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，则α＝1，设函数g(x)＝x2－ax－a＋3的一个零点为β，若函数f(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，根据定义，得|1－β|≤1，解得0≤β≤2.作出函数g(x)＝x2－ax－a＋3的图象(图略)，因为g(－1)＝4，要使函数g(x)在区间[0，2]内存在零点，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）≥0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))≤0，,0<\f(a,2)<2，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋3≥0，,\f(a2,4)－\f(a2,2)－a＋3≤0，,04.②两个零点为1，4，由图可知，此时1<λ≤3.综上，λ的取值范围为(1，3]∪(4，＋∞).专练14　函数模型及其应用1．C　因为当t∈[0，30]时，污染物数量的变化率是－10ln 2，所以－10ln 2＝ eq \f(\f(1,2)p0－p0,30－0) ，所以p0＝600ln 2.因为p(t)＝p0×2－ eq \f(t,30) ，所以p(60)＝600ln 2×2－2＝150ln 2(毫克/升)．2．B　设经过n年后，投入资金为y万元，则y＝2 000·(1＋20%)n.由题意得2 000(1＋20%)n＞10 000，即1.2n＞5，则n lg 1.2＞lg 5，所以n＞ eq \f(lg 5,lg 1.2) ≈ eq \f(0.70,0.08) ＝8.75，所以n＝9，即2029年该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元．3．D　12 km/s＝12 000 m/s，所以12 000＝2 000ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m))) ，所以ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m))) ＝6，则1＋ eq \f(M,m) ＝e6，所以 eq \f(M,m) ＝e6－1，故选D．4．B　将信噪比 eq \f(S,N) 从1 000提升至4 000时，C增加了 eq \f(Wlog2（1＋4 000）－Wlog2（1＋1 000）,Wlog2（1＋1 000）) ≈ eq \f(log24 000－log21 000,log21 000) ＝ eq \f(2,3log210) ＝ eq \f(2,3) lg 2≈ eq \f(2,3) ×0.301 0≈0.2＝20%，故C大约增加了20%，选B.5．B　由题得0.6·N0＝N0·2 eq \s\up6(\f(－t,5 730)) ，即2 eq \s\up6(\f(－t,5 730)) ＝ eq \f(3,5) ，两边同时取以2为底的对数，则有 eq \f(－t,5 730) ＝log2 eq \f(3,5) ＝log23－log25≈－0.7，故t≈0.7×5 730＝4 011年，最符合题意的选项为B.6．1.375解析：由题意可知，当选用函数f(x)＝ax2＋bx＋c时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,4a＋2b＋c＝1.2，,9a＋3b＋c＝1.3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－0.05，,b＝0.35，,c＝0.7，)) ∴f(x)＝－0.05x2＋0.35x＋0.7，∴f(4)＝1.3；当选用函数g(x)＝abx＋c时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＋c＝1，,ab2＋c＝1.2，,ab3＋c＝1.3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－0.8，,b＝0.5，,c＝1.4，)) ∴g(x)＝－0.8×0.5x＋1.4，∴g(4)＝1.35.∵g(4)比f(4)更接近于1.37，∴选用函数g(x)＝abx＋c模拟效果较好，∴g(5)＝－0.8×0.55＋1.4＝1.375，即5月份的销售量为1.375万部．7．9解析：设该公司在这一产品的生产中所获年利润为f(x)，当0＜x≤10时，f(x)＝xR(x)－(100＋27x)＝81x－ eq \f(x3,3) －100；当10＜x≤25时，f(x)＝xR(x)－(100＋27x)＝－x2＋30x＋75.故f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(81x－\f(x3,3)－100（0＜x≤10），,－x2＋30x＋75（10＜x≤25）.)) 当0＜x≤10时，由f′(x)＝81－x2＝－(x＋9)(x－9)，得当x∈(0，9)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(9，10)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．故f(x)max＝f(9)＝81×9－ eq \f(1,3) ×93－100＝386.当10＜x≤25时，f(x)＝－x2＋30x＋75＝－(x－15)2＋300≤300.综上，当x＝9时，年利润取最大值，为386.所以当年产量为9千件时，该公司在这一产品的生产中所获年利润最大．8．37.5解析：由题意，产品的月销量x(万件)与投入实体店体验安装的费用t(万元)之间满足x＝3－ eq \f(2,t＋1) ，即t＝ eq \f(2,3－x) －1(1＜x＜3)，所以月利润y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(48＋\f(t,2x))) x－32x－3－t＝16x－ eq \f(t,2) －3＝16x－ eq \f(1,3－x) － eq \f(5,2) ＝45.5－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(16（3－x）＋\f(1,3－x))) ≤45.5－2 eq \r(16) ＝37.5，当且仅当16(3－x)＝ eq \f(1,3－x) ，即x＝ eq \f(11,4) 时取等号，即该公司最大月利润为37.5万元．专练15　导数的概念及运算1．D　∵f(x)＝2xf′(1)＋x2，∴f′(x)＝2f′(1)＋2x，∴f′(1)＝2f′(1)＋2，∴f′(1)＝－2，∴f(x)＝－4x＋x2，∴f′(x)＝－4＋2x，∴f′(0)＝－4.2．B　∵曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2.∵函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.3．D　因为y′＝aex＋ln x＋1，所以当x＝1时，y′＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝e－1,b＝－1.)) 4．C　∵函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)，∴f′(x)＝(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′，∴f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝212.5．D　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴a－1＝0，得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，故选D.6．B　令y′＝ eq \f(2x,4) － eq \f(3,x) ＝－ eq \f(1,2) ，解得x＝－3(舍去)或x＝2.故切点的横坐标为2，故选B.7．B　∵f′(x)＝cos x－a sin x，∴f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ＝ eq \f(\r(2),2) － eq \f(\r(2),2) a＝ eq \f(\r(2),4) ，得a＝ eq \f(1,2) .8．D　由y＝x＋ln x，得y′＝1＋ eq \f(1,x) ，∴当x＝1时，y′＝2，∴切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,y＝ax2＋（a＋2）x＋1，)) 得ax2＋ax＋2＝0，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝a2－8a＝0，)) 得a＝8.9．B　设g(x)＝f(x)－2x－4，g′(x)＝f′(x)－2，由题意得g′(x)>0恒成立，∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，又f(x)>2x＋4等价于g(x)>0，∴原不等式的解为x>－1.10．5解析：由题知s′＝ eq \f(3,2) t2－1，故当t＝2时，该物体的瞬时速度为 eq \f(3,2) ×22－1＝5.11．e解析：f′(x)＝ex·ln x＋ eq \f(ex,x) ，∴f′(1)＝e.12．(－ln 2，2)解析：∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，设P(x0，y0)，由题意得－e－x0＝－2，∴e－x0＝2，∴－x0＝ln 2，x0＝－ln 2，∴P(－ln 2，2).13．B　f′(x)＝4x3－6x2，则f′(1)＝－2，易知f(1)＝－1，由点斜式可得函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.14．CD　∵f(x)＝－x3＋2x2－x，∴f′(x)＝－3x2＋4x－1.由已知得，过点P(1，t)作曲线y＝f(x)的三条切线，情况如下：①点P(1，t)在曲线上，此时切点为P(1，t)，把P点坐标代入函数解析式可得P(1，0)，利用切线公式得y＝f′(1)(x－1)，所以切线为x轴，但此时切线只有一条，不符合题意．②点P(1，t)不在曲线上，设切点为(x0，y0)，又切线经过点P(1，t)，所以切线方程为y－t＝f′(x0)(x－1).因为切线经过切点，所以y0－t＝(－3x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋4x0－1)(x0－1).又因为切点在曲线上，所以y0＝－x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) ＋2x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －x0.联立方程得化简得t＝2x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) －5x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋4x0－1.令g(x)＝2x3－5x2＋4x－1，即t＝g(x)有三个解，即直线y＝t与y＝g(x)的图象有三个交点．令g′(x)＝6x2－10x＋4＝2(x－1)(3x－2)＝0，可得两极值点为x1＝1，x2＝ eq \f(2,3) .所以x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3))) 和(1，＋∞)时，g(x)单调递增，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) 时，g(x)单调递减，所以当g(1)＝0＜t＜ eq \f(1,27) ＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) 时，满足直线y＝t与y＝g(x)的图象有三个交点，而0＜ eq \f(1,29) ＜ eq \f(1,28) ＜ eq \f(1,27) ，故选CD.15．－2解析：因为f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，所以切线l的斜率为f′(1)＝e，由f(1)＝3e知切点坐标为(1，3e)，所以切线l的方程为y－3e＝e(x－1).令y＝0，解得x＝－2，故直线l的横截距为－2.16．(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析：设切线的切点坐标为(x0，y0).令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝(x0＋1＋a)ex0.因为y0＝(x0＋a)ex0，切线过原点，所以f′(x0)＝ eq \f(y0,x0) ，即(x0＋1＋a)·ex0＝ eq \f(（x0＋a）ex0,x0) .整理，得x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋ax0－a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0.专练16　导数在研究函数中的应用1．B　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得01时f′(x)＝k－ eq \f(1,x) ≥0恒成立，即k≥ eq \f(1,x) 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0< eq \f(1,x) <1，所以k≥1.故选D.3．C　因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1，3]上单调递减，f(x)的图象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，所以f(x－1)在区间[2，4]上单调递减．用集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2，4]内的选项为C.故选C.4．B　∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2＋cos x>0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(a)>f(2a－1)，a>2a－1，解得a<1.故选B.5．D　因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝ex－ eq \f(1,ex) >0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为 eq \r(2) < eq \r(5) 0，所以函数g(x)在R上单调递增．因为a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故选A.7．C　∵f(x)＝ eq \f(ln x,x) ，∴f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2) ， 当00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵00，所以当x>1时，f′(x)－f(x)>0；当x<1时，f′(x)－f(x)<0.因为g(x)＝ eq \f(f（x）,ex) ，所以g′(x)＝ eq \f(f′（x）－f（x）,ex) ，则当x>1时，g′(x)>0；当x<1时，g′(x)<0.所以函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数，在(－∞，1)上为单调递减函数，则x＝1是函数g(x)的极小值点，则选项A，B均正确．当g(1)<0时，因为函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，所以函数g(x)在区间(1，＋∞)和区间(－∞，1)上分别至多有一个零点，当g(1)>0时，函数g(x)无零点，所以函数g(x)至多有两个零点，所以选项C正确．因为f(0)＝1，所以g(0)＝ eq \f(f（0）,e0) ＝1，又g(x)在区间(－∞，1)上单调递减，所以当x≤0时，g(x)＝ eq \f(f（x）,ex) ≥g(0)＝1，又ex>0，所以f(x)≥ex，故选项D错误．故选ABC.10．－12解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－1，3).∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝－\f(2b,3)，,－1×3＝\f(c,3)，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,c＝－9，)) ∴b＋c＝－12.11．1解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，∴当01时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－ eq \f(2,x) >0，此时f(x)单调递增；又f(x)在各分段的界点处连续，∴综上有：01时，f(x)单调递增；∴f(x)≥f(1)＝1.12．0　4e－2解析：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，∴f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，令f′(x)<0，解得－20，则0< eq \f(1,a) ≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以 eq \f(1,a) ≤e，即a≥ eq \f(1,e) ＝e－1，故选C.14．AC　由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(\r(3),3) 或x＝－ eq \f(\r(3),3) .令f′(x)＞0，得x＜－ eq \f(\r(3),3) 或x＞ eq \f(\r(3),3) ；令f′(x)＜0，得－ eq \f(\r(3),3) ＜x＜ eq \f(\r(3),3) .所以f(x)在(－∞，－ eq \f(\r(3),3) )和( eq \f(\r(3),3) ，＋∞)上单调递增，在(－ eq \f(\r(3),3) ， eq \f(\r(3),3) )上单调递减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x)极大值＝f(－ eq \f(\r(3),3) )＝－ eq \f(\r(3),9) ＋ eq \f(\r(3),3) ＋1＞0，f(x)极小值＝f( eq \f(\r(3),3) )＝ eq \f(\r(3),9) － eq \f(\r(3),3) ＋1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．因为f(x)＋f(－x)＝x3－x＋1＋(－x)3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.15．[ eq \f(\r(5)－1,2) ，1)解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))\s\up12(x) ln （1＋a）)) ≥0，设g(x)＝ln a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))  eq \s\up12(x)  ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0， eq \f(1,a) ＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－ eq \f(\r(5)＋1,2) 或a≥ eq \f(\r(5)－1,2) ，又00,x1＋x2>0，,x1x2>0)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0,\f(b,a)>0,－\f(2c,a)>0)) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0,ab>0,ac<0,bc<0)) .故选BCD.专练17　函数、导数及其应用综合检测1．B　因为f(－x)＝－x＋ eq \f(1,x) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))) ＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除C，D，又f(1)＝0，所以排除A，故选B.2．B　由题可得A(a，2a＋1)，B(a，a＋ln a)，∴|AB|＝|2a＋1－(a＋ln a)|＝|a＋1－ln a|.令f(x)＝x＋1－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，当01时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，最小值为2>0，∴|AB|＝|a＋1－ln a|＝a＋1－ln a，其最小值为2.3．A　由指数函数y＝πx在R上单调递增，可得a＝π0.2>π0＝1，由对数函数y＝logπx在(0，＋∞)上单调递增，知0＝logπ10.当f′(x)>0时，解得x∈[0， eq \f(π,2) )∪( eq \f(3π,2) ，2π]；当f′(x)<0时，解得x∈( eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ).所以f(x)在[0， eq \f(π,2) )上单调递增，在[ eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ]上单调递减，在( eq \f(3π,2) ，2π]上单调递增．又f(0)＝2，f( eq \f(π,2) )＝ eq \f(π,2) ＋2，f( eq \f(3π,2) )＝－ eq \f(3π,2) ，f(2π)＝2，所以f(x)的最大值为 eq \f(π,2) ＋2，最小值为－ eq \f(3π,2) .故选D.6．C　设h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，因为x>0时，都有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，所以h′(x)>0，所以h(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)也是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)在(－∞，0)上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，所以h(x)＝x2f(x)在R上单调递增．因为f( eq \r(2) )＝1，所以h( eq \r(2) )＝2f( eq \r(2) )＝2，所以x2f(x)<2即h(x)0，且 eq \f(e5,5) ＝ eq \f(ea,a) .同理可得b>0且 eq \f(e4,4) ＝ eq \f(eb,b) ，c>0且 eq \f(e3,3) ＝ eq \f(ec,c) .令f(x)＝ eq \f(ex,x) (x>0)，则f′(x)＝ eq \f(ex（x－1）,x2) ，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(5)>f(4)>f(3).因为 eq \f(e5,5) ＝ eq \f(ea,a) ， eq \f(e4,4) ＝ eq \f(eb,b) ， eq \f(e3,3) ＝ eq \f(ec,c) ，所以f(5)＝f(a)，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，所以f(a)>f(b)>f(c).又00时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点(0，0)与 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，0)) ，则当x> eq \f(2,k) 时，由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝2 eq \r(2) ，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意．令Δ＝k2－8>0，得k>2 eq \r(2) ，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝k2－8<0，得02时，f′(x)－f(x)>0，∴g′(x)>0，故y＝g(x)在(2，＋∞)上单调递增，选项A正确；当x<2时，f′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，故x＝2是函数y＝g(x)的极小值点，故选项B正确；由y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，则y＝g(x)在(－∞，0]上单调递减，由g(0)＝ eq \f(f（0）,e0) ＝2，得x≤0时，g(x)≥g(0)，故 eq \f(f（x）,ex) ≥2，故f(x)≥2ex，故选项C错误；若g(2)<0，则y＝g(x)至多有2个零点，若g(2)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，若g(2)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故选项D正确．10. eq \f(1,2) 解析：由题意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为(－1，0)，(0，1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为 eq \f(1,2) ×1×1＝ eq \f(1,2) .11．－4解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由题意得f′(2)＝0，得a＝3.∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m∈[－1，1]时f(m)min＝f(0)＝－4.12．(1) eq \f(1,4) 　(2)[0， eq \r(2) ]解析：(1)当a＝ eq \f(1,2) 时，若x≤0，则f(x)＝(x－ eq \f(1,2) )2≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))  eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,4) ，若x>0，则f(x)＝x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(x·\f(1,x)) ＝2，当且仅当x＝1时取等号，则函数的最小值为 eq \f(1,4) .(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)≥2，此时的最小值为2，若a<0，则当x＝a时，函数f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件．若a≥0时，则当x≤0时，函数f(x)＝(x－a)2为减函数，则当x≤0时，函数f(x)的最小值为f(0)＝a2，要使f(0)是f(x)的最小值，则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤ eq \r(2) ，即实数a的取值范围是[0， eq \r(2) ].13．A　f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，∴f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时f(x)单调递增，f(x)在(－2，1)上单调递减，∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.14．D　方法一　在曲线y＝ex上任取一点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，et)) ，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－t)) ，即y＝etx＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－t)) et，由题意可知，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b)) 在直线y＝etx＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－t)) et上，可得b＝aet＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－t)) et＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1－t)) et，令f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1－t)) et，则f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－t)) et.当t0，此时函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 单调递增，当t>a时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) <0，此时函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 单调递减，所以，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a)) ＝ea，由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 的图象有两个交点，则b0，当t>a＋1时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) <0，作出函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 的图象如下图所示：由图可知，当00，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k＝ eq \f(1,m) ，∴2a＝ eq \f(1,m) .又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，∴k＝ eq \f(ln m＋1,m) ，∴ eq \f(ln m＋1,m) ＝ eq \f(1,m) .解得m＝1，∴当两线相切时，a＝ eq \f(1,2) .②当a＝0时，h(x)与g(x)的图象只有一个交点．∴所求a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) .16. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) 解析：由题意，得f′(x)＝2(ax ln a－ex)，易知f′(x)至少要有两个零点x1和x2.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2ax(ln a)2－2e.(1)若a>1，则g′(x)在R上单调递增，此时若g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意，舍去．(2)若00且a≠1)的极小值点和极大值点，且x10，即 eq \f(e,ln a) >eloga eq \f(e,（ln a）2) ，所以a eq \s\up6(\f(1,ln a)) < eq \f(e,（ln a）2) ，所以ln a eq \s\up6(\f(1,ln a)) 1时，m′(x)>0，此时函数y＝m(x)单调递增．又m(－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(20,27) ，m(0)＝1，m(1)＝－4，所以m(x)min＝m(1)＝－4，所以a≥ eq \f(－4,4) ＝－1，即a的取值范围为[－1，＋∞).2．解析：(1)f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．(2)方法一　由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－ eq \f(3,2) ＝a2－ln a－ eq \f(1,2) ，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－ eq \f(1,a) ，令g′(a)>0，得a> eq \f(\r(2),2) ；令g′(a)<0，得00，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．方法二　当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，故欲证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立，只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2) ，即证a2－ eq \f(1,2) >ln a.构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，则u′(a)＝ eq \f(1,a) －1＝ eq \f(1－a,a) ，所以当a>1时，u′(a)<0；当00.所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，故只需证a2－ eq \f(1,2) >a－1，即证a2－a＋ eq \f(1,2) >0，因为a2－a＋ eq \f(1,2) ＝(a－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(1,4) >0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．3．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) ln (1＋x)，则f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) · eq \f(1,1＋x) ，所以f′(1)＝－ln 2，又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即x ln 2＋y－ln 2＝0.(2)假设存在a，b，使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称．令g(x)＝f( eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln (1＋ eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln  eq \f(x＋1,x) ，因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln  eq \f(x＋1,x) ＝(2b－x＋a)ln  eq \f(2b－x＋1,2b－x) ＝(x－2b－a)ln  eq \f(x－2b,x－2b－1) ，于是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2b－a，,1＝－2b，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，)) 当a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) 时，g(x)＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )，g(－1－x)＝(－x－ eq \f(1,2) )ln  eq \f(－x,－1－x) ＝(－x－ eq \f(1,2) )ln  eq \f(x,1＋x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln  eq \f(x＋1,x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )＝g(x)，所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－ eq \f(1,2) 对称，满足题意．故存在a，b使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称，且a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) .(3)f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a)) · eq \f(1,1＋x) ＝ eq \f(ax2＋x－（1＋x）ln （1＋x）,x2（1＋x）) ＝ eq \f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln （1＋x）,x2) (x>0).设h(x)＝ eq \f(ax2＋x,x＋1) －ln (1＋x)，则h′(x)＝ eq \f(ax2＋2ax＋1,（x＋1）2) － eq \f(1,x＋1) ＝ eq \f(ax2＋（2a－1）x,（x＋1）2) ＝ eq \f(x（ax＋2a－1）,（x＋1）2) ，①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．②当a≥ eq \f(1,2) 时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．③当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，令h′(x)＝0，得x＝ eq \f(1－2a,a) ，当0＜x＜ eq \f(1－2a,a) 时，h′(x)<0，当x> eq \f(1－2a,a) 时，h′(x)>0，所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2a,a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞)) 上单调递增，所以h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a))) x0时，h(x)>0，f(x)单调递增，此时y＝f(x)有极小值点x0.综上所述，a的取值范围为(0， eq \f(1,2) ).4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，则f′(x)＝ eq \f(1,1＋x) ＋ eq \f(1－x,ex) ，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝ eq \f(1,x＋1) ＋ae－x(1－x)＝ eq \f(1＋ae－x（1－x2）,x＋1) .令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－ eq \r(2) )(x－1＋ eq \r(2) ).对于∀x>－1，e－x>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－ eq \r(2) )和(1＋ eq \r(2) ，＋∞)上单调递减，在(1－ eq \r(2) ，1＋ eq \r(2) )上单调递增．由已知，得g(－1)＝1，g(1－ eq \r(2) )＝1＋ae eq \r(2) －1·2( eq \r(2) －1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：当0g(0)＝1＋a≥0；当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．(ⅱ)当a<－1时，g(1－ eq \r(2) )0，∴∃x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0，且∀x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，∀x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) <0，∴f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减．又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0.又∵当x→－1时，f(x)→－∞，∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋ eq \r(2) )上单调递增，在[1＋ eq \r(2) ，＋∞)上单调递减，∴∃x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) <0，当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0.又∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增．又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x1)，f(x)<0，则f(x1)<0.又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe－x→0，∴f(x)→＋∞，∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1).(方法二)令g(x)＝ eq \f(exln （1＋x）,x) .f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝ eq \f(exln （1＋x）,x) ＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．g′(x)＝ eq \f(ex[x ln （1＋x）＋\f(x,1＋x)－ln （1＋x）],x2) .令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋ eq \f(x,1＋x) ，则h′(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x－1,1＋x) ＋ eq \f(1,（1＋x）2) .令φ(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x－1,1＋x) ＋ eq \f(1,（1＋x）2) ，则φ′(x)＝ eq \f(（1＋x）2＋2x,（1＋x）3) .①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又∵当x→0时，g(x)＝ eq \o(lim,\s\do4(x→0))   eq \f(ex ln （1＋x）,x) ＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).②当x∈(－1， eq \r(3) －2)时，φ′(x)<0；当x∈( eq \r(3) －2，0)时，φ′(x)>0.∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减．当x→－1时，h(x)→－∞.又h(0)＝0，∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，即g(x)在(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增．当x→－1时，g(x)→＋∞；当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图象如图．故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a2))时，g(x)＝－a有两解．综上可知，a∈(－∞，－1).5．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a.所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x) min＝f(ln a)＝a－a ln a.同理，得g(x)min＝g( eq \f(1,a) )＝1＋ln a.因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0.令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，则h′(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) .令m(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) ，x>0，则m′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) .令 eq \f(x－1,x2) >0，则x>1；令 eq \f(x－1,x2) <0，则00，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．因为F′(x)＝f′(x)＝ex－1，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2>0，所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．因为G′(x)＝g′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b.令μ(x)＝ eq \f(x,2) －ln x，x>2，则μ′(x)＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,x) >0，所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.再次证明存在b使得x2＝x3.因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3.若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，即证明φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零点．因为φ( eq \f(1,e3) )＝e eq \s\up6(\f(1,e3)) － eq \f(2,e3) －3<0，φ(1)＝e－2>0，所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点．最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0).又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，00，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.又因为ex0－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝ln x0＋ex0＝2x0，即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．6．解析：(1)函数的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) ，又f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) <0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 的递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) ，递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) .(2)因为b ln a－a ln b＝a－b，故b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln a＋1)) ＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln b＋1)) ，即 eq \f(ln a＋1,a) ＝ eq \f(ln b＋1,b) ，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))) ，设 eq \f(1,a) ＝x1， eq \f(1,b) ＝x2，由(1)可知不妨设01.因为x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x)) >0，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x)) <0，故12，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x2)) ，即证：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x2)) ，其中10，所以g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >0，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2)) 上为增函数，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1)) ＝0，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x)) ，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x2)) 成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合 eq \f(ln a＋1,a) ＝ eq \f(ln b＋1,b) ， eq \f(1,a) ＝x1， eq \f(1,b) ＝x2可得：x1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x1)) ＝x2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln x2)) ，即：1－ln x1＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln t－ln x1)) ，故ln x1＝ eq \f(t－1－t ln t,t－1) ，要证：x1＋x21，则S′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) ＝ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋1)) ＋ eq \f(t－1,t＋1) －1－ln t＝ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t))) － eq \f(2,t＋1) ，先证明一个不等式：ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1)) ≤x.设u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1)) －x，则u′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ eq \f(1,x＋1) －1＝ eq \f(－x,x＋1) ，当－10；当x>0时，u′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) <0，故u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0)) 上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 上为减函数，故u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) max＝u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0)) ＝0，故ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1)) ≤x成立由上述不等式可得当t>1时，ln  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t))) ≤ eq \f(1,t) < eq \f(2,t＋1) ，故S′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) <0恒成立，故S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) 上为减函数，故S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t)) 0，f(x)单调递增，当－10时，取 eq \f(π,2a) 与1中的较小者，为m，则当00，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.①当2－a2≥0，即00(0t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．②当2－a2<0，即a> eq \r(2) 时，当 eq \f(π,2a) <1，即a> eq \f(π,2) 时，因为t′(0)<0，t′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2a))) >0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，且当01，即 eq \r(2) 0，所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0 eq \r(2) .所以a的取值范围是(－∞，－ eq \r(2) )∪( eq \r(2) ，＋∞).8．解析： (1)当a＝8时，f(x)＝8x－ eq \f(sin x,cos3x)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))) ，f′(x)＝8－ eq \f(cos4x＋3sin2x cos2x,cos6x) ＝8＋ eq \f(2,cos2x) － eq \f(3,cos4x) .令 eq \f(1,cos2x) ＝t，则t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) 上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) 上单调递减．(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－ eq \f(sin x,cos3x) －sin2x，则g′(x)＝a－ eq \f(cos4x＋3sin2x cos2x,cos6x) －2cos2x＝a－ eq \f( cos2x＋3sin2x,cos4x) －4cos2x＋2＝a－( eq \f(－2cos2x＋3,cos4x) ＋4cos2x－2)，令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝ eq \f(－2u＋3,u2) ＋4u－2，则k′(u)＝ eq \f(2u－6,u3) ＋4＝ eq \f(4u3＋2u－6,u3) .当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞).①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，g(x)<0，即f(x)3时，∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 使得g′(x0)＝0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2))) 上单调递减，∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)sin 1>sin 3，故选B.3．C　由sin θ>0，tan θ<0，知θ为第二象限角，∴2kπ＋ eq \f(π,2) <θ<2kπ＋π(k∈Z)，∴kπ＋ eq \f(π,4) < eq \f(θ,2) 0；又－2 200°＝－7×360°＋320°，为第四象限角，∴cos (－2 200°)>0；∵－10＝－4π＋(4π－10)，为第二象限角，∴tan (－10)<0；∵sin  eq \f(7,10) π>0，cos π＝－1， eq \f(17,9) π＝2π－ eq \f(π,9) ，为第四象限角，∴tan  eq \f(17,9) π<0，∴ eq \f(sin \f(7,10)πcos π,tan \f(17,9)π) >0.8．A　∵r＝ eq \r(x2＋9) ，cos θ＝ eq \f(x,\r(x2＋9)) ＝ eq \f(\r(10),10) x，又x<0，∴x＝－1.9．ABD　若0<α< eq \f(π,2) ，则sin α0，又α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3,2)π)) ，∴α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3,2)π)) ，∴sin α＝－ eq \f(3,5) ，cos α＝－ eq \f(4,5) ，∴sin α＋cos α＝－ eq \f(7,5) .4．A　2sin α－cos α＝0，∴tan α＝ eq \f(1,2) ，∴sin2α－2sinαcos α＝ eq \f(sin2α－2sinαcos α,sin2α＋cos2α) ＝ eq \f(tan2α－2tanα,1＋tan2α) ＝ eq \f(\f(1,4)－1,1＋\f(1,4)) ＝－ eq \f(3,5) .5．B　由三角函数的定义得cosα＝ eq \f(\r(2)x,4) ＝ eq \f(x,\r(x2＋5)) ，解得x＝± eq \r(3) 或x＝0.因为点P(x， eq \r(5) )在第二象限内，所以x＝－ eq \r(3) ，故tan α＝ eq \f(\r(5),x) ＝ eq \f(\r(5),－\r(3)) ＝－ eq \f(\r(15),3) .故选B.6．A　由sin α－cos α＝ eq \f(4,3) ，得1－2sin αcos α＝ eq \f(16,9) ，∴2sin αcos α＝1－ eq \f(16,9) ＝－ eq \f(7,9) ，即：sin 2α＝－ eq \f(7,9) .7．B　由三角函数的定义可知tan α＝ eq \f(4,3) ，由题可知α为第一象限角，∴cos α＝ eq \f(3,5) ，sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2017,2)π)) ＝sin (α－ eq \f(π,2) )＝－cos α＝－ eq \f(3,5) .8．B　由三角函数的定义可知tan θ＝3，∴ eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π＋θ))＋2cos （π－θ）,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))－sin （π－θ）) ＝ eq \f(－cos θ－2cos θ,cos θ－sin θ) ＝ eq \f(－3,1－tan θ) ＝ eq \f(3,2) .9．A　 eq \r(\f(1－sin α,1＋sin α)) ＝ eq \r(\f(（1－sin α）2,（1＋sin α）（1－sin α）)) ＝ eq \r(\f(（1－sin α）2,cos2α)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－sinα,cos α))) ， eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α)) ＝ eq \r(\f(（1－cos α）2,（1＋cos α）（1－cos α）)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos α,sin α))) ，根据三角函数性质知1－sin α>0，1－cos α>0，再根据α为第二象限角知cos α<0，sin α>0，所以原式＝cos α× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1－sin α,cos α))) ＋sin α× eq \f(1－cos α,sin α) ＝sin α－cos α.10. eq \f(4,5) 　－ eq \f(3,4) 解析：由α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) ，sin α＝－ eq \f(3,5) ，得cos α＝ eq \r(1－sin2α) ＝ eq \f(4,5) ，tan(π＋α)＝tan α＝ eq \f(sin α,cos α) ＝－ eq \f(3,4) .11. eq \f(1,3) 解析：∵ eq \f(π,12) －θ＋ eq \f(5,12) π＋θ＝ eq \f(π,2) ，∴sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π＋θ)) ＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ)) ＝ eq \f(1,3) .12. eq \f(4,3) 或0解析：1－cos (π－α)＝2sin α可化为1＋cos α＝2sin α，等式两边同时平方，得1＋2cos α＋cos2α＝4sin2α，即5cos2α＋2cosα－3＝0，则cos α＝ eq \f(3,5)  或cos α＝－1.当cos α＝ eq \f(3,5) 时，sin α＝ eq \f(4,5) ，tan α＝ eq \f(4,3) ；当cos α＝－1时，sin α＝0，tan α＝0.13．B　由题意得tan α＝ eq \f(b－a,2－1) ＝b－a，又cos 2α＝cos2α－sin2α＝ eq \f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α) ＝ eq \f(1－（b－a）2,1＋（b－a）2) ＝ eq \f(2,3) ，得|b－a|＝ eq \f(\r(5),5) .14．ABC　因为θ是△ABC的一个内角，且cosθ<－ eq \f(1,3) ，所以 eq \f(π,2) <θ<π.设cos φ＝－ eq \f(1,3)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<φ<π)) ，则sin φ＝ eq \f(2\r(2),3) ，tan φ＝ eq \f(sin φ,cos φ) ＝－2 eq \r(2) .因为函数y＝cos x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上单调递减，所以由cos θ<－ eq \f(1,3) ＝cos φ，得 eq \f(π,2) <φ<θ<π.对于A，因为函数y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上单调递减，所以sin θtan φ，即tan θ>－2 eq \r(2) ，故B正确；对于C，因为cos θ<－ eq \f(1,3) ，所以cos2θ> eq \f(1,9) ，所以cos2θ＝2cos2θ－1>2× eq \f(1,9) －1＝－ eq \f(7,9) ，故C正确；对于D，sin2θ＝2sin θcos θ，当cos θ＝－ eq \f(2\r(2),3) 时，sin θ＝ eq \f(1,3) ，sin 2θ＝2× eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3))) ＝－ eq \f(4\r(2),9) ，故D不正确．综上，选ABC.15. eq \f(1,3) 解析：2tan (π－α)－3cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β)) ＋5＝0化为－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan (π＋α)＋6sin (π＋β)＝1化为tan α－6sin β＝1，因而sin β＝ eq \f(1,3) .16．②③解析：由题意得A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，∴cos (A＋B)＝cos (π－C)＝－cos C，故①不正确；由于 eq \f(B＋C,2) ＝ eq \f(π,2) － eq \f(A,2) ，∴cos  eq \f(B＋C,2) ＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2))) ＝sin  eq \f(A,2) ，故②正确；由于A＋B＋C＝π，∴2A＋B＋C＝π＋A，∴sin (2A＋B＋C)＝sin (π＋A)＝－sin A，故③正确．专练21　三角函数的图象与性质1．A　在y＝ eq \r(3) tan  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) 中，令x＝0，可得D(0，1)；令y＝0，解得x＝ eq \f(kπ,2) － eq \f(π,12) (k∈Z)，故E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)) ，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0)) .所以△DEF的面积为 eq \f(1,2) × eq \f(π,2) ×1＝ eq \f(π,4) .故选A.2．C　∵0≤x≤9，∴－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,6) x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(7,6) π，∴－ eq \r(3) ≤2sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3))) ≤2，∴函数的最大值与最小值之和为2－ eq \r(3) .3．C　∵0≤x≤ eq \f(π,2) ，∴－ eq \f(π,3) ≤2x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(2,3) π.∴－ eq \f(1,2) ≤cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) ≤1，又f(x)的最小值为－2，当a＞0时，f(x)min＝－a＝－2，∴a＝2.当a＜0时，f(x)min＝2a，∴a＝－1.4．C　(通解)将函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3) )的图象向左平移 eq \f(π,2) 个单位长度得到y＝sin (ωx＋ eq \f(π,2) ω＋ eq \f(π,3) )的图象．由所得图象关于y轴对称，得 eq \f(π,2) ω＋ eq \f(π,3) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，所以ω＝2k＋ eq \f(1,3) (k∈Z).因为ω>0，所以令k＝0，得ω的最小值为 eq \f(1,3) .故选C.(快解)由曲线C关于y轴对称，可得函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3) )的图象关于直线x＝ eq \f(π,2) 对称，所以f( eq \f(π,2) )＝sin ( eq \f(πω,2) ＋ eq \f(π,3) )＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C.5．C　方法一　设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9))) 且 eq \f(T,2) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9))) －(－π)，所以 eq \f(10π,9) 0，∴当k＝0时，ω取得最小值 eq \f(2,3) .12．[2，3)解析：方法一　函数f(x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3).方法二　函数f(x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,ω)≤2π,3×\f(2π,ω)>2π)) ，又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3).13．BD　由题意得f(x)＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2))) ＝sin ωx，则g(x)＝sin ω eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2))) ，g(0)＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)ω)) ＝－1，即sin  eq \f(π,2) ω＝1，cos  eq \f(π,2) ω＝0.对于A项，g(x)＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)ω)) ＝sin ωx cos  eq \f(π,2) ω－cos ωx·sin  eq \f(π,2) ω＝－cos ωx，又g(x)的定义域为R，故g(x)为偶函数，A错误．对于B项，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))) ＝－cos  eq \f(π,2) ω＝0，B正确．对于C项，当ω＝5时，g(x)＝－cos 5x，由5x＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(π,10) ＋ eq \f(kπ,5) ，k∈Z，因为x∈(0，π)，所以x可以取 eq \f(π,10) ， eq \f(3π,10) ， eq \f(π,2) ， eq \f(7π,10) ， eq \f(9π,10) ，即当ω＝5时，g(x)在(0，π)上有5个零点，C错误．对于D项，由2kπ≤ωx≤2kπ＋π，k∈Z，得 eq \f(2kπ,ω) ≤x≤ eq \f(2kπ,ω) ＋ eq \f(π,ω) ，k∈Z，则函数g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,ω))) (k∈Z)上单调递增，因为g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,5))) 上单调递增，所以 eq \f(π,5) ≤ eq \f(π,ω) ，解得0<ω≤5，即ω的最大值为5，故D正确．综上所述，正确的说法为BD.14．C　把函数y＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) 的图象向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度后得到函数f(x)＝cos  eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6))) ＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) ＝－sin 2x的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝ eq \f(1,2) x－ eq \f(1,2) 如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.15．3解析：因为T＝ eq \f(2π,|ω|) ，ω>0，所以ω＝ eq \f(2π,T) .由f(T)＝ eq \f(\r(3),2) ，得cos (2π＋φ)＝ eq \f(\r(3),2) ，即cos φ＝ eq \f(\r(3),2) .又因为0<φ<π，所以φ＝ eq \f(π,6) .因为x＝ eq \f(π,9) 为f(x)的零点，所以 eq \f(ωπ,9) ＋ eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.又因为ω>0，所以当k＝0时ω取得最小值，ω的最小值为3.16．－ eq \f(\r(3),2) 　对比正弦函数y＝sin x的图象易知，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0)) 为“五点(画图)法”中的第五点，所以 eq \f(2π,3) ω＋φ＝2π　①.由题知|AB|＝xB－xA＝ eq \f(π,6) ， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ωxA＋φ＝\f(π,6),ωxB＋φ＝\f(5π,6))) ，两式相减，得ω(xB－xA)＝ eq \f(4π,6) ，即 eq \f(π,6) ω＝ eq \f(4π,6) ，解得ω＝4.代入①，得φ＝－ eq \f(2π,3) ，所以f(π)＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3))) ＝－sin  eq \f(2π,3) ＝－ eq \f(\r(3),2) .专练22　三角恒等变换1．C　cos α＝1－2sin2 eq \f(α,2) ＝1－2× eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,3) .2．D　方法一　∵α是第四象限角，∴－ eq \f(π,2) ＋2kπ<α<2kπ，k∈Z，∴－π＋4kπ<2α<4kπ，k∈Z，∴角2α的终边在第三、四象限或y轴非正半轴上，∴sin2α<0，cos 2α可正、可负、可零，故选D.方法二　∵α是第四象限角，∴sin α<0，cos α>0，∴sin 2α＝2sin α cos α<0，故选D.3．A　f(x)＝ eq \f(1－cos 2x,2) ＋ eq \f(\r(3),2) sin 2x＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) ＋ eq \f(1,2) ，∵ eq \f(π,4) ≤x≤ eq \f(π,2) ，∴ eq \f(π,3) ≤2x－ eq \f(π,6) ≤ eq \f(5,6) π，∴当2x－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(5,6) π即x＝ eq \f(π,2) 时f(x)min＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) ＝1.4．C　将式子进行齐次化处理得： eq \f(sin θ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin 2θ)),sin θ＋cos θ) ＝ eq \f(sin θ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin 2θ＋cos 2θ＋2sin θcos θ)),sin θ＋cos θ) ＝sin θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin θ＋cos θ)) ＝ eq \f(sin θ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin θ＋cos θ)),sin 2θ＋cos 2θ) ＝ eq \f(tan 2θ＋tan θ,1＋tan 2θ) ＝ eq \f(4－2,1＋4) ＝ eq \f(2,5) .故选C.5．A　∵ eq \f(π,6) －α＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)) ＝ eq \f(π,2) ，∴cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)) ＝sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)) ＝ eq \f(1,3) ，∴cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π＋2α)) ＝2cos2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)) －1＝2× eq \f(1,9) －1＝－ eq \f(7,9) .6．D　sin2α＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)) ＝2cos2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) －1＝2× eq \f(9,25) －1＝－ eq \f(7,25) .7．D　方法一　由题意，cosα＝ eq \f(1＋\r(5),4) ＝1－2sin2 eq \f(α,2) ，得sin2 eq \f(α,2) ＝ eq \f(3－\r(5),8) ＝ eq \f(6－2\r(5),16) ＝( eq \f(\r(5)－1,4) )2，又α为锐角，所以sin eq \f(α,2) >0，所以sin  eq \f(α,2) ＝ eq \f(－1＋\r(5),4) ，故选D.方法二　由题意，cos α＝ eq \f(1＋\r(5),4) ＝1－2sin2 eq \f(α,2) ，得sin2 eq \f(α,2) ＝ eq \f(3－\r(5),8) ，将选项逐个代入验证可知D选项满足，故选D.8．A　∵a⊥b，∴sinθ－2cos θ＝0，∴tan θ＝2，∴sin 2θ＋cos2θ＝2sinθcos θ＋cos2θ＝ eq \f(2tanθ＋1,1＋tan2θ) ＝1.9．BD　对于A，1－2cos275°＝－cos150°＝cos 30°＝ eq \f(\r(3),2) ，A错误；对于B，sin 135°cos 15°－cos 45°cos 75°＝sin 45°sin 75°－cos 45°cos 75°＝－cos 120°＝ eq \f(1,2) ，B正确；对于C，∵tan 45°＝1＝ eq \f(tan 20°＋tan 25°,1－tan 20°tan 25°) ，∴1－tan 20°tan 25°＝tan 20°＋tan 25°，∴tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°＝1－tan 20°tan 25°＋tan 20°tan 25°＝1，C错误；对于D， eq \f(cos 35°\r(1－sin 20°),\r(2)cos 20°) ＝ eq \f(cos 35°\r(（cos 10°－sin 10°）2),\r(2)（cos 10°＋sin 10°）（cos 10°－sin 10°）) ＝ eq \f(cos 35°,\r(2)（cos 10°＋sin 10°）) ＝ eq \f(cos 45°cos 10°＋sin 45°sin 10°,\r(2)（cos 10°＋sin 10°）) ＝ eq \f(\f(\r(2),2)（cos 10°＋sin 10°）,\r(2)（cos 10°＋sin 10°）) ＝ eq \f(1,2) ，D正确．故选BD.10. eq \f(\r(3),3) 解析：由sin α＝2－ eq \r(3) cos α，sin2α＋cos2α＝1解得4cos2α－4 eq \r(3) cosα＋3＝(2cos α－ eq \r(3) )2＝0，得cos α＝ eq \f(\r(3),2) ，则sin α＝ eq \f(1,2) ，所以tan α＝ eq \f(sin α,cos α) ＝ eq \f(\r(3),3) .11. eq \f(1,9) 解析：由sin α＋cos α＝ eq \f(\r(3),3) ，得1＋sin 2α＝ eq \f(1,3) ，∴sin 2α＝－ eq \f(2,3) ，∴cos 4α＝1－2sin22α＝1－2× eq \f(4,9) ＝ eq \f(1,9) .12. eq \r(2) 　1解析：∵2cos2x＋sin2x＝1＋cos 2x＋sin 2x＝ eq \r(2) sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) ＋1，又2cos2x＋sin2x＝A sin (ωx＋φ)＋b.∴A＝ eq \r(2) ，b＝1.13．D　tan 2θ＝ eq \f(2tan θ,1－tan2θ) ＝ eq \f(2×\f(1,2),1－\f(1,4)) ＝ eq \f(4,3) ，∴tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2θ)) ＝ eq \f(tan \f(π,4)－tan 2θ,1＋tan \f(π,4)tan 2θ) ＝ eq \f(1－\f(4,3),1＋\f(4,3)) ＝－ eq \f(1,7) .14．B　依题意，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin αcos β－cos αsin β＝\f(1,3),cos αsin β＝\f(1,6))) ，所以sin αcos β＝ eq \f(1,2) ，所以sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,6) ＝ eq \f(2,3) ，所以cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))  eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,9) ，故选B.15. eq \f(24,13) 解析：因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)) ＝ eq \f(π,2) ，所以 eq \f(π,4) ＋α＝ eq \f(π,2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) .又2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ＋2α＝ eq \f(π,2) ，得2α＝ eq \f(π,2) －2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) .故 eq \f(cos2α,cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))) ＝ eq \f(cos \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))),cos \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))) ＝ eq \f(sin \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))),sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))) ＝2cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) .由于α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ， eq \f(π,4) －α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))) ，所以cos ( eq \f(π,4) －α)>0，故cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ＝ eq \f(12,13) ， eq \f(cos 2α,cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))) ＝2× eq \f(12,13) ＝ eq \f(24,13) .16．解析：方法一　原式＝ eq \f(cos2α－sin2α,2×\f(1－tanα,1＋tan α)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(π,4)cos α＋cos \f(π,4)sin α))\s\up12(2)) ＝ eq \f(（cos2α－sin2α）（1＋tanα）,（1－tan α）（cos α＋sin α）2) ＝ eq \f(（cos2α－sin2α）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cos α))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(sin α,cos α)))（cos α＋sin α）2) ＝1.方法二　原式＝ eq \f(cos 2α,2tan \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))) ＝ eq \f(cos2α,2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))) ＝ eq \f(cos 2α,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))) ＝ eq \f(cos 2α,cos 2α) ＝1.专练23　平面向量的概念及其线性运算1．A　当|a|＝|b|时，a与b的方向不确定，故①不正确；对于②，∵A，B，C，D是不共线的点为大前提， eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \o(DC,\s\up6(→)) ⇔ABCD为平行四边形，故②正确；③显然正确；对于④由于当|a|＝|b|且a∥b时a与b的方向可能相反，此时a≠b，故|a|＝|b|且a∥b是a＝b的必要不充分条件，故④不正确．2．D　由|a＋b|＝|a－b|的几何意义可知，以a、b为邻边的平行四边形为矩形，故a⊥b.3．B　因为BD＝2DA，所以 eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝ eq \o(CA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \o(CA,\s\up6(→)) ＋3 eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \o(CA,\s\up6(→)) ＋3( eq \o(CD,\s\up6(→)) － eq \o(CA,\s\up6(→)) )＝－2 eq \o(CA,\s\up6(→)) ＋3 eq \o(CD,\s\up6(→)) ＝－2m＋3n.故选B.4．B　∵M为BC的中点，∴ eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AC,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) )＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(DC,\s\up6(→)) )＋ eq \f(1,2)  eq \o(AB,\s\up6(→)) ，又 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝－2 eq \o(CD,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(DC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2)  eq \o(AB,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→)))) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \f(3,4)  eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(AD,\s\up6(→)) .5．A　由平行四边形法则可知， eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) ，又O为AC与BD的交点，∴ eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝－2 eq \o(CO,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(CO,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) )，∴λ＝－ eq \f(1,2) .6．A　∵2 eq \o(AC,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝0，∴2( eq \o(OC,\s\up6(→)) － eq \o(OA,\s\up6(→)) )＋( eq \o(OB,\s\up6(→)) － eq \o(OC,\s\up6(→)) )＝0，得 eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝2 eq \o(OA,\s\up6(→)) － eq \o(OB,\s\up6(→)) ，故选A.7．C　∵ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CD,\s\up6(→)) ＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2 eq \o(BC,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(AD,\s\up6(→)) ∥ eq \o(BC,\s\up6(→)) 且| eq \o(AD,\s\up6(→)) |＝2| eq \o(BC,\s\up6(→)) |，∴四边形ABCD为梯形．8．C　∵ eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \o(PB,\s\up6(→)) － eq \o(PA,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝－2 eq \o(PA,\s\up6(→)) ，∴点P在线段AC上．9．D　由 eq \o(OA,\s\up6(→)) ＋2 eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝－m eq \o(OC,\s\up6(→)) 得， eq \f(1,3)  eq \o(OA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(2,3)  eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(m,3)  eq \o(OC,\s\up6(→)) ，如图，设－ eq \f(m,3)  eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(OD,\s\up6(→)) ，则 eq \f(1,3)  eq \o(OA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(2,3)  eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝ eq \o(OD,\s\up6(→)) ，∴A，B，D三点共线，∴ eq \o(OC,\s\up6(→)) 与 eq \o(OD,\s\up6(→)) 反向共线，m>0，∴ eq \f(|\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(OC,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(m,3) ，∴ eq \f(|\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(CD,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(\f(m,3),\f(m,3)＋1) ＝ eq \f(m,m＋3) ，∴ eq \f(S△AOB,S△ABC) ＝ eq \f(|\o(OD,\s\up6(→))|,|\o(CD,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(m,m＋3) ＝ eq \f(4,7) ，解得m＝4.故选D.10．－ eq \f(2,3) 解析：因为A，B，C三点共线，所以存在实数k，使得 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝k eq \o(AC,\s\up6(→)) ，所以ta－b＝k(2a＋3b)＝2ka＋3kb，即(t－2k)a＝(3k＋1)b，因为a，b不共线，所以t－2k＝0，3k＋1＝0，解得k＝－ eq \f(1,3) ，t＝－ eq \f(2,3) .11. eq \f(5,3) 解析：根据向量加法的三角形法则得到 eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(OB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(OB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,4)  eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(OB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,4) ( eq \o(OC,\s\up6(→)) － eq \o(OA,\s\up6(→)) )，化简得到 eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(1,3)  eq \o(OA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(4,3)  eq \o(OB,\s\up6(→)) ，所以x＝－ eq \f(1,3) ，y＝ eq \f(4,3) ，则y－x＝ eq \f(4,3) ＋ eq \f(1,3) ＝ eq \f(5,3) .12. eq \f(3,2) b－ eq \f(1,2) a解析：∵ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝2 eq \o(BC,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(OB,\s\up6(→)) － eq \o(OA,\s\up6(→)) ＝2( eq \o(OC,\s\up6(→)) － eq \o(OB,\s\up6(→)) ).∴ eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(3,2)  eq \o(OB,\s\up6(→)) － eq \f(1,2)  eq \o(OA,\s\up6(→)) ，即c＝ eq \f(3,2) b－ eq \f(1,2) a.13．C　∵3 eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋5 eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋2 eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝0，∴3( eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PB,\s\up6(→)) )＋2( eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PC,\s\up6(→)) )＝0，取AB的中点D，BC的中点E，连接PD，PE，则 eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PB,\s\up6(→)) ＝2 eq \o(PD,\s\up6(→)) ， eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝2 eq \o(PE,\s\up6(→)) ，∴3 eq \o(PD,\s\up6(→)) ＋2 eq \o(PE,\s\up6(→)) ＝0，∴D、P、E三点共线，∴P到AC的距离为B到AC的距离h的一半，∵S△ABC＝ eq \f(1,2) AC·h＝6，∴S△PAC＝ eq \f(1,2) AC× eq \f(h,2) ＝ eq \f(1,2) ×6＝3.14.BCD　如图，因为点D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点，所以 eq \o(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2)  eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(1,2)  eq \o(BC,\s\up6(→)) ，故A不正确； eq \o(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CE,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(CA,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \o(CB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BA,\s\up6(→)) )＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) － eq \f(1,2)  eq \o(BC,\s\up6(→)) － eq \f(1,2)  eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(1,2)  eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(BC,\s\up6(→)) ，故B正确； eq \o(FC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AC,\s\up6(→)) － eq \o(AF,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(DC,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FA,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FA,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FE,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FA,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BE,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FA,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BE,\s\up6(→)) ，故C正确；由题意知，点G为△ABC的重心，所以 eq \o(AG,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BG,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CG,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3)  eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \f(2,3)  eq \o(BE,\s\up6(→)) ＋ eq \f(2,3)  eq \o(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) )＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ( eq \o(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BC,\s\up6(→)) )＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ( eq \o(CB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CA,\s\up6(→)) )＝0，即 eq \o(GA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(GB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(GC,\s\up6(→)) ＝0，故D正确．故选BCD.15．②③④解析：∵ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝a， eq \o(CA,\s\up6(→)) ＝b， eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2)  eq \o(CB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(1,2) a－b，故①不正确；对于②， eq \o(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(CA,\s\up6(→)) ＝a＋ eq \f(1,2) b，故②正确；对于③， eq \o(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(CB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CA,\s\up6(→)) )＝ eq \f(1,2) (－a＋b)＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b，故③正确；对于④， eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BE,\s\up6(→)) ＋ eq \o(CF,\s\up6(→)) ＝－b－ eq \f(1,2) a＋a＋ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) b－ eq \f(1,2) a＝0，故④正确，故正确的有②③④.16. eq \f(5,11) 解析：∵N，P，B三点共线，∴ eq \o(AP,\s\up6(→)) ＝m eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(2,11)  eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝m eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(6,11)  eq \o(AN,\s\up6(→)) ，∴m＋ eq \f(6,11) ＝1，∴m＝ eq \f(5,11) .专练24　平面向量基本定理及坐标表示1．D　选项A中，设e1＋e2＝λe1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,1＝0)) 无解；选项B中，设e1－2e2＝λ(e1＋2e2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,－2＝2λ)) 无解；选项C中，设e1＋e2＝λ(e1－e2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,1＝－λ)) 无解；选项D中，e1＋3e2＝ eq \f(1,2) (6e2＋2e1)，所以两向量是共线向量，不能作为平面内所有向量的一组基底．2．D　 eq \f(1,2) a－ eq \f(3,2) b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2))) ＝(－1，2).3．C　∵a＋b＝(3，1＋x)，b－c＝(2，x－1)，∵(a＋b)∥(b－c)，∴3(x－1)＝2(x＋1)，得x＝5，∴b＝(1，5)，又c＝ma＋nb，∴(－1，1)＝m(2，1)＋n(1，5)∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋n＝－1，,m＋5n＝1，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(2,3)，,n＝\f(1,3)，)) ∴m＋n＝－ eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,3) ＝－ eq \f(1,3) .4．D　∵ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝ eq \o(OB,\s\up6(→)) － eq \o(OA,\s\up6(→)) ＝(a－1，1)， eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝(a＋b，－1)，∵A，B，C三点共线，∴(a－1)×(－1)＝1×(a＋b)，∴2a＋b＝1，又a＞0，b＞0，∴ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,b) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b))) (2a＋b)＝4＋ eq \f(b,a) ＋ eq \f(4a,b) ≥4＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b)) ＝8(当且仅当 eq \f(b,a) ＝ eq \f(4a,b) 即a＝ eq \f(1,4) ，b＝ eq \f(1,2) 时等号成立)5．A　设点N的坐标为(x，y)，则 eq \o(MN,\s\up6(→)) ＝(x－5，y＋6)又 eq \o(MN,\s\up6(→)) ＝－3a＝(－3，6)，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－5＝－3，,y＋6＝6，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0.)) 6．C　∵m∥n，∴sin A(sin A＋ eq \r(3) cos A)－ eq \f(3,2) ＝0，∴2sin2A＋2 eq \r(3) sinA cos A＝3.可化为1－cos 2A＋ eq \r(3) sin 2A＝3，∴sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6))) ＝1.∵A∈(0，π)，∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6))) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6))) .因此2A－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，解得A＝ eq \f(π,3) .故选C.7．C　∵a∥b，∴3y－5＝－2x，∴2x＋3y＝5，又x，y均为正数，∴5＝2x＋3y≥2 eq \r(2x·3y) ＝2 eq \r(6xy) ，(当且仅当2x＝3y，即：x＝ eq \f(5,4) ，y＝ eq \f(5,6) 时等号成立)，∴xy≤ eq \f(25,24) ，故选C.8．D　由题意不妨设b＝(－3m，4m)(m<0)，则|b|＝ eq \r(（－3m）2＋（4m）2) ＝10，解得m＝－2或m＝2(舍去)，所以b＝(6，－8)，故选D.9.A　如图所示，以BC所在直线为x轴，BC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，设Q(0，1)，则A(0，3)，C( eq \r(3) ，0)，圆Q的方程为x2＋(y－1)2＝1，设P(cos θ，1＋sin θ)(θ∈R)，则 eq \o(QP,\s\up6(→)) ＝(cos θ，sin θ)，又 eq \o(QA,\s\up6(→)) ＝(0，2)， eq \o(QC,\s\up6(→)) ＝( eq \r(3) ，－1)，所以m eq \o(QC,\s\up6(→)) ＋n eq \o(QA,\s\up6(→)) ＝m( eq \r(3) ，－1)＋n(0，2)＝( eq \r(3) m，2n－m).又 eq \o(QP,\s\up6(→)) ＝m eq \o(QC,\s\up6(→)) ＋n eq \o(QA,\s\up6(→)) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos θ＝\r(3)m,sin θ＝2n－m)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,\r(3))cos θ,n＝\f(1,2)sin θ＋\f(1,2\r(3))cos θ)) (θ∈R)，所以m＋n＝ eq \f(1,2) sin θ＋ eq \f(\r(3),2) cos θ＝sin (θ＋ eq \f(π,3) )∈[－1，1]，故选A.10．－ eq \f(3,4) 解析：由a⊥b，可得a·b＝(m，3)·(1，m＋1)＝m＋3m＋3＝0，所以m＝－ eq \f(3,4) .11. eq \f(3,4) 解析：依题意得 eq \o(OC,\s\up6(→)) － eq \o(OA,\s\up6(→)) ＝t(－2 eq \r(3) ，2)， eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝t(－2 eq \r(3) ，2)＋ eq \o(OA,\s\up6(→)) ＝(2 eq \r(3) －2 eq \r(3) t，2t)，| eq \o(OC,\s\up6(→)) |2＝12(1－t)2＋4t2＝16 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,4)))  eq \s\up12(2) ＋3≥3，当且仅当t＝ eq \f(3,4) 时取等号．因此，当| eq \o(OC,\s\up6(→)) |最小时，t＝ eq \f(3,4) .12．3解析：∵ eq \o(MA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(MB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(MC,\s\up6(→)) ＝0，∴M为△ABC的重心，设D为BC边的中点，则 eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) )× eq \f(2,3) ＝ eq \f(1,3) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) )，∴ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝3 eq \o(AM,\s\up6(→)) ，∴m＝3.13．C　根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0，4)，B(3，0)，易知点Q运动的区域为图中的两条线段DE，GF与两个半圆围成的区域(含边界)，由 eq \o(AQ,\s\up6(→)) ＝a eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋b eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝(3a，4b)，设z＝a＋b，则b＝z－a，所以 eq \o(AQ,\s\up6(→)) ＝(3a，4z－4a).设Q(x，y)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3a，,y＝4z－4a，)) 消去a，得y＝－ eq \f(4,3) x＋4z，则当点P运动时，直线y＝－ eq \f(4,3) x＋4z与圆相切时，直线的纵截距最大，即z取得最大值，不妨作AQ⊥BC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|＝ eq \f(12,5) ，|AR|＝ eq \f(17,5) ，所以点A到直线y＝－ eq \f(4,3) x＋4z，即4x＋3y－12z＝0的距离为 eq \f(17,5) ，所以 eq \f(|－12z|,\r(32＋42)) ＝ eq \f(17,5) ，解得z＝ eq \f(17,12) ，即a＋b的最大值为 eq \f(17,12) ，故选C.14．B　建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴ eq \o(CA,\s\up6(→)) ＝(－2，2)， eq \o(CE,\s\up6(→)) ＝(－2，1)， eq \o(DB,\s\up6(→)) ＝(1，2)，∵ eq \o(CA,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(CE,\s\up6(→)) ＋μ eq \o(DB,\s\up6(→)) ，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2λ＋μ＝－2，,λ＋2μ＝2，)) 解得λ＝ eq \f(6,5) ，μ＝ eq \f(2,5) ，则λ＋μ＝ eq \f(8,5) .故选B.15．ACD　因为m＝(1，0)，n＝( eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) )，所以|m|＝1，|n|＝ eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以|m|＝ eq \r(2) |n|，故A正确；因为m－n＝( eq \f(1,2) ，－ eq \f(1,2) )，所以m－n与n不平行，故B错误；又(m－n)·n＝0，故C正确；因为cos 〈m，－n〉＝ eq \f(m·（－n）,|m||－n|) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，所以m与－n的夹角为 eq \f(3π,4) ，故D正确．16．6解析：方法一　如图，作平行四边形OB1CA1，则 eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝OB1＋OA1，因为 eq \o(OA,\s\up6(→)) 与 eq \o(OB,\s\up6(→)) 的夹角为120°， eq \o(OA,\s\up6(→)) 与 eq \o(OC,\s\up6(→)) 的夹角为30°，所以∠B1OC＝90°.在Rt△OB1C中，∠OCB1＝30°，|OC|＝2 eq \r(3) ，所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以 eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝4 eq \o(OA,\s\up6(→)) ＋2 eq \o(OB,\s\up6(→)) ，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.方法二　以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，C(3， eq \r(3) ).由 eq \o(OC,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(OA,\s\up6(→)) ＋μ eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝λ(1，0)＋μ(－ eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) )，得(λ－ eq \f(1,2) μ， eq \f(\r(3),2) μ)＝(3， eq \r(3) )，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＝λ－\f(1,2)μ，,\r(3)＝\f(\r(3),2)μ，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝4，,μ＝2.)) 所以λ＋μ＝6.专练25　平面向量的数量积及其应用1．A　|m|＝ eq \r(（5e1－2e2）2) ＝ eq \r(25－20e1·e2＋4) ＝ eq \r(29－20×\f(1,2)) ＝ eq \r(19) .2．D　由题意可得a－b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1)) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，4)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－3)) ，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b)) ＝  eq \r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3))2) ＝5.故选D.3．C　因为 eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝ eq \o(AC,\s\up6(→)) － eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝(1，t－3)，所以| eq \o(BC,\s\up6(→)) |＝ eq \r(1＋（t－3）2) ＝1，解得t＝3，所以 eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝(1，0)，所以 eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝2×1＋3×0＝2，故选C.4．B　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2－(－1)＝3.5．C　将|a－2b|＝3两边平行，得a2－4a·b＋4b2＝9.因为|a|＝1，|b|＝ eq \r(3) ，所以1－4a·b＋12＝9，解得a·b＝1.故选C.6．D　因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.7．B　依题意，得a·b＝x＋y－1＝0⇒x＋y＝1. eq \f(1,x) ＋ eq \f(4,y) ＝ eq \f(x＋y,x) ＋ eq \f(4（x＋y）,y) ＝5＋ eq \f(y,x) ＋ eq \f(4x,y) ≥9，当且仅当x＝ eq \f(1,3) ，y＝ eq \f(2,3) 时取等号．故选B.8．B　设a与b的夹角为α，∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0，∴a·b＝b2，∴|a|·|b|cos α＝|b|2，又|a|＝2|b|，∴cos α＝ eq \f(1,2) ，∵α∈(0，π)，∴α＝ eq \f(π,3) .故选B.9．A　因为cos ∠AOB＝ eq \f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OB,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(4,2×4) ＝ eq \f(1,2) ，所以∠AOB＝60°，sin ∠AOB＝ eq \f(\r(3),2) ，则所求平行四边形的面积为| eq \o(OA,\s\up6(→)) |·| eq \o(OB,\s\up6(→)) |·sin ∠AOB＝4 eq \r(3) ，故选A.10．2解析：由已知可得a·b＝1× eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝1.因为tb－a与a垂直，所以(tb－a)·a＝0，得ta·b－a2＝0，即t－2＝0，故t＝2.11. eq \r(3) 解析：由|a－b|＝ eq \r(3) ，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，结合①，得3a2－3(a2＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝ eq \r(3) .12．11解析：因为cos 〈a，b〉＝ eq \f(1,3) ，|a|＝1，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉＝1×3× eq \f(1,3) ＝1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×1＋32＝11.13．AC　A：OP1＝(cos α，sin α)，OP2＝(cos β，－sin β)，所以|OP1|＝ eq \r(cos 2α＋sin 2α) ＝1，|OP2|＝ eq \r(（cos2β）＋（－sin β）2) ＝1，故|OP1|＝|OP2|，正确；B：AP1＝(cos α－1，sin α)，AP2＝(cos β－1，－sin β)，所以|AP1|＝ eq \r(（cos α－1）2＋sin 2α) ＝ eq \r(cos 2α－2cos α＋1＋sin 2α) ＝ eq \r(2（1－cos α）) ＝ eq \r(4sin 2\f(α,2)) ＝2|sin  eq \f(α,2) |，同理|AP2|＝ eq \r(（cos β－1）2＋sin 2β) ＝2|sin  eq \f(β,2) |，故|AP1|，|AP2|不一定相等，错误；C：由题意得： eq \o(OA,\s\up6(→)) ·OP3＝1×cos (α＋β)＋0×sin (α＋β)＝cos (α＋β)，OP1·OP2＝cos α·cos β＋sin α·(－sin β)＝cos (α＋β)，正确；D：由题意得： eq \o(OA,\s\up6(→)) ·OP1＝1×cos α＋0×sin α＝cos α，OP2·OP3＝cos β×cos (α＋β)＋(－sin β)×sin (α＋β)＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β)))) ＝cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋2β)) ，故一般来说 eq \o(OA,\s\up6(→)) ·OP1≠OP2·OP3，错误．故选AC.14．ACD　由题意知，F1＋F2＋G＝0，可得F1＋F2＝－G，两边同时平方得|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|cos θ＝2|F1|2＋2|F1|2cos θ，所以|F1|2＝ eq \f(|G|2,2（1＋cos θ）) .当θ＝0时，|F1|min＝ eq \f(1,2) |G|；当θ＝ eq \f(π,2) 时，|F1|＝ eq \f(\r(2),2) |G|；当θ＝ eq \f(2π,3) 时，|F1|＝|G|，故ACD正确．当θ＝π时，竖直方向上没有分力与重力平衡，不成立，所以θ∈[0，π)，故B错．15．A　方法一　连接OA，由题可知|OA|＝1，OA⊥PA，因为|OP|＝ eq \r(2) ，所以由勾股定理可得|PA|＝1，则∠POA＝ eq \f(π,4) .设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－ eq \f(π,4) <θ< eq \f(π,4) ，∠APD＝ eq \f(π,4) ＋θ，且|PD|＝ eq \r(2) cos θ.所以 eq \o(PA,\s\up6(→)) · eq \o(PD,\s\up6(→)) ＝| eq \o(PA,\s\up6(→)) || eq \o(PD,\s\up6(→)) |cos ( eq \f(π,4) ＋θ)＝ eq \r(2) cos θcos ( eq \f(π,4) ＋θ)＝ eq \r(2) cos θ( eq \f(\r(2),2) cos θ－ eq \f(\r(2),2) sin θ)＝cos2θ－sinθcos θ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) cos 2θ－ eq \f(1,2) sin 2θ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(2),2) cos (2θ＋ eq \f(π,4) )≤ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(2),2) ，故选A.方法二　以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系，设圆O：x2＋y2＝1，点P( eq \r(2) ，0)，因为|OA|＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝ eq \f(π,4) ，不妨设A( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(2),2) ).设直线PD的方程为y＝k(x－ eq \r(2) )，B(x1，y1)，C(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－\r(2)）,x2＋y2＝1)) ，得(k2＋1)x2－2 eq \r(2) k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2>0，解得－11，∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．3．C　由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C，得cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(4＋9－7,2×2×3) ＝ eq \f(1,2) ，又C为△ABC内角，∴C＝ eq \f(π,3) .4．C　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，又a2＝b2＋c2－bc，∴2cos A＝1，cos A＝ eq \f(1,2) ，∴sin A＝ eq \r(1－cos2A) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴S△ABC＝ eq \f(1,2) bc sinA＝ eq \f(1,2) ×4× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) .5．D　∵b sin A＝3c sin B，由正弦定理得ab＝3bc，∴a＝3c，又a＝3，∴c＝1，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝9＋1－2×3× eq \f(2,3) ＝6，∴b＝ eq \r(6) .6．B　∵b cos C＋c cos B＝a sin A，∴sin B cos C＋sin C cos B＝sin2A，∴sinA＝1，又A为△ABC的内角，∴A＝90°，∴△ABC为直角三角形．7．B　∵S△ABC＝ eq \f(1,2) AB×BC×sin B＝ eq \f(\r(2),2) sin B＝ eq \f(1,2) ，∴sin B＝ eq \f(\r(2),2) ，若B＝45°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 45°＝1＋2－2× eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝1，则AC＝1，则AB2＋AC2＝BC2，△ABC为直角三角形，不合题意；当B＝135°时，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 135°＝1＋2＋2× eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝5，∴AC＝ eq \r(5) .8．A　由正弦定理得 eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(AB,sin C) ，∴AB＝ eq \f(AC·sin C,sin B) ＝ eq \f(50×\f(\r(2),2),sin （180°－45°－105°）) ＝50 eq \r(2) .9．A　∵cos  eq \f(C,2) ＝ eq \f(\r(5),5) ，∴cos C＝2cos2 eq \f(C,2) －1＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))  eq \s\up12(2) －1＝－ eq \f(3,5) .在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝25＋1－2×5×1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))) ＝32，所以AB＝4 eq \r(2) ，故选A.10. eq \f(2,3) π解析：由(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac得a2＋c2－b2＋ac＝0.由余弦定理得cos B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝－ eq \f(1,2) ，又B为△ABC的内角，∴B＝ eq \f(2,3) π.11．①90°　②－ eq \f(1,3) 解析：①∵c＝a·cos B，∴c＝a· eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ，得a2＝b2＋c2，∴∠A＝90°；②∵cos B＝cos (π－A－C)＝sin C＝ eq \f(1,3) .∴cos (π＋B)＝－cos B＝－sin C＝－ eq \f(1,3) .12．2解析：方法一　由余弦定理得cos 60°＝ eq \f(AC2＋4－6,2×2AC) ，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋ eq \r(3) .又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以 eq \f(1,2) ×2AC sin 60°＝ eq \f(1,2) ×2AD sin 30°＋ eq \f(1,2) AC×AD sin 30°，所以AD＝ eq \f(2\r(3)AC,AC＋2) ＝ eq \f(2\r(3)×（1＋\r(3)）,3＋\r(3)) ＝2.方法二　由角平分线定理得 eq \f(BD,AB) ＝ eq \f(CD,AC) ，又BD＋CD＝ eq \r(6) ，所以BD＝ eq \f(2\r(6),AC＋2) ，CD＝ eq \f(\r(6)AC,AC＋2) .由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－ eq \f(12AC,（AC＋2）2) ，又由方法一知AC＝1＋ eq \r(3) ，所以AD2＝2＋2 eq \r(3) － eq \f(12×（1＋\r(3)）,（3＋\r(3)）2) ＝2＋2 eq \r(3) －(2 eq \r(3) －2)＝4，所以AD＝2.13．AB　∵(2a－b)cos C＝c cos B，∴(2sin A－sin B)cos C＝sin C cos B，∴2sin A cos C＝sin B cos C＋cos B sin C，即2sin A cos C＝sin (B＋C)，∴2sin A cos C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cos C＝ eq \f(1,2) ，∴C＝60°，A正确．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos C，得49＝64＋b2－2×8b cos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b<4，∴b＝3，C错误．∴△ABC的面积S＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) ×8×3× eq \f(\r(3),2) ＝6 eq \r(3) ，B正确．又cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(9＋49－64,2×3×7) <0，∴A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误．14．C　如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝ eq \r(PC2＋AC2－2PC·AC cos 45°) ＝ eq \r(17) ，所以PB＝ eq \r(17) .在△PBC中，由余弦定理，得cos ∠PCB＝ eq \f(PC2＋BC2－BP2,2PC·BC) ＝ eq \f(1,3) ，所以sin ∠PCB＝ eq \f(2\r(2),3) ，所以S△PBC＝ eq \f(1,2) PC·BC sin ∠PCB＝4 eq \r(2) ，故选C.15. eq \r(3) －1解析：以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴， eq \o(DC,\s\up6(→)) 的方向为x轴的正方向，过点D且垂直于DC的直线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，易知点A位于第一象限．由AD＝2，∠ADB＝120°，得A(1， eq \r(3) ).因为CD＝2BD，所以设B(－x，0)，x＞0，则C(2x，0).所以AC＝ eq \r(（2x－1）2＋（0－\r(3)）2) ＝ eq \r(4x2－4x＋4) ，AB＝ eq \r(（－x－1）2＋（0－\r(3)）2) ＝ eq \r(x2＋2x＋4) ，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,AB)))  eq \s\up12(2) ＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4) .令f(x)＝ eq \f(4x2－4x＋4,x2＋2x＋4) ，x＞0，则f′(x)＝ eq \f(（4x2－4x＋4）′（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（x2＋2x＋4）′,（x2＋2x＋4）2) ＝ eq \f(（8x－4）（x2＋2x＋4）－（4x2－4x＋4）（2x＋2）,（x2＋2x＋4）2) ＝ eq \f(12（x2＋2x－2）,（x2＋2x＋4）2) ．令x2＋2x－2＝0，解得x＝－1－ eq \r(3) (舍去)或x＝ eq \r(3) －1.当0＜x＜ eq \r(3) －1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0， eq \r(3) －1)上单调递减；当x＞ eq \r(3) －1时，f′(x)＞0，所以f(x)在( eq \r(3) －1，＋∞)上单调递增．所以当x＝ eq \r(3) －1时，f(x)取得最小值，即 eq \f(AC,AB) 取得最小值，此时BD＝ eq \r(3) －1.16. eq \f(12,5) 解析：由余弦定理得2ab cos C＝a2＋b2－c2，又6S＝(a＋b)2－c2，所以6× eq \f(1,2) ab sin C＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab＝2ab cos C＋2ab，化简得3sin C＝2cos C＋2，结合sin2C＋cos2C＝1，解得sinC＝ eq \f(12,13) ，cos C＝ eq \f(5,13) ，所以tan C＝ eq \f(12,5) .专练27　高考大题专练(二)　解三角形的综合运用1．解析：方法一　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ eq \f(π,4) .因为2sin (A－C)＝sin B，所以2sin (A－ eq \f(π,4) )＝sin ( eq \f(3π,4) －A)，展开并整理得 eq \r(2) (sin A－cos A)＝ eq \f(\r(2),2) (cos A＋sin A)，得sin A＝3cos A，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，所以sin A＝ eq \f(3\r(10),10) .(2)由正弦定理 eq \f(BC,sin A) ＝ eq \f(AB,sin C) ，得BC＝ eq \f(AB,sin C) ×sin A＝ eq \f(5,\f(\r(2),2)) × eq \f(3\r(10),10) ＝3 eq \r(5) ，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C，得52＝AC2＋(3 eq \r(5) )2－2AC·3 eq \r(5) cos  eq \f(π,4) ，整理得AC2－3 eq \r(10) AC＋20＝0，解得AC＝ eq \r(10) 或AC＝2 eq \r(10) ，由(1)得，tan A＝3> eq \r(3) ，所以 eq \f(π,3)  eq \f(π,4) ，即C0，所以sin A＝ eq \f(3,\r(32＋12)) ＝ eq \f(3\r(10),10) .(2)由(1)知sin A＝ eq \f(3\r(10),10) ，tan A＝3>0，所以A为锐角，所以cos A＝ eq \f(\r(10),10) ，所以sin B＝sin ( eq \f(3π,4) －A)＝ eq \f(\r(2),2) (cos A＋sin A)＝ eq \f(\r(2),2) ×( eq \f(\r(10),10) ＋ eq \f(3\r(10),10) )＝ eq \f(2\r(5),5) ，由正弦定理 eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(AB,sin C) ，得AC＝ eq \f(AB·sin B,sin C) ＝ eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2)) ＝2 eq \r(10) ，故AB边上的高为AC×sin A＝2 eq \r(10) × eq \f(3\r(10),10) ＝6.2．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A．②由①②得cos A＝－ eq \f(1,2) .因为0195，则n2＋2n－195>0，解得n>13或n<－15(舍).故选B.6．D　∵{an}为等差数列，∴S5＝5a3＝－15，∴a3＝－3，∴d＝a3－a2＝－3－1＝－4.7．B　∵Sn＝an2＋bn，∴{an}为等差数列，∴S7＝ eq \f(（a1＋a7）×7,2) ＝ eq \f(（a2＋a6）×7,2) ＝ eq \f(（3＋11）×7,2) ＝49.8．C　由题意可设每层有n个环，则三层共有3n个环，∴每一环扇面形石板的块数构成以a1＝9为首项、9为公差的等差数列{an}，且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S1，中层总数为S2，下层总数为S3，∴S3－S2＝[9(2n＋1)·n＋ eq \f(n（n－1）,2) ×9]－[9(n＋1)·n＋ eq \f(n（n－1）,2) ×9]＝9n2＝729，解得n＝9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9＋ eq \f(27×26,2) ×9＝27×9＋27×13×9＝27×14×9＝3 402(块).故选C.9．A　方法一：设等差数列{an}的公差为d，∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d＝n2－4n.故选A.方法二：设等差数列{an}的公差为d，∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.)) 选项A，a1＝2×1－5＝－3；选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；选项D，S1＝ eq \f(1,2) －2＝－ eq \f(3,2) ，排除D.故选A.10．4解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以 eq \f(S10,S5) ＝ eq \f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d) ＝ eq \f(10a1＋\f(10×9,2)×2a1,5a1＋\f(5×4,2)×2a1) ＝ eq \f(100,25) ＝4.11．2解析：由等差数列的前n项和Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d得 eq \f(Sn,n) ＝a1＋ eq \f(n－1,2) d＝a1＋(n－1) eq \f(d,2) ，所以{ eq \f(Sn,n) }仍是等差数列，其公差是原等差数列公差的一半，所以 eq \f(S2 024,2 024) － eq \f(S2 023,2 023) 的值为2.12．2解析：方法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.13．1.5解析：设此等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，由题意得， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S12＝84，,a1＋a5＋a9＝16.5，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d＝84，,3a5＝3（a1＋4d）＝16.5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1.5，,d＝1，)) 所以夏至的日影子长为1.5尺．14．AC　对于A，易知3d＝a5－a2＝12－18＝－6，即d＝－2，选项A正确；对于B，a1＝a2－d＝18－(－2)＝20，所以选项B错误；对于C，a3＋a4＝a2＋a5＝18＋12＝30，所以选项C正确；对于D，因为an＝a1＋(n－1)d＝20＋(n－1)(－2)＝－2n＋22，a10＝2＞0，a11＝0，a12＝－2＜0，所以当n＝10或n＝11时，Sn最大，所以选项D错误．故选AC.15．B　方法一　由题意得an＝a1＋ eq \f(2π,3) (n－1)，cos an＋3＝cos [a1＋ eq \f(2π,3) (n＋2)]＝cos (a1＋ eq \f(2π,3) n＋ eq \f(4π,3) )＝cos (a1＋ eq \f(2π,3) n＋2π－ eq \f(2π,3) )＝cos (a1＋ eq \f(2π,3) n－ eq \f(2π,3) )＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝cos (a1＋ eq \f(2π,3) )＝－ eq \f(1,2) cos a1－ eq \f(\r(3),2) sin a1，cos a3＝cos (a1＋ eq \f(4π,3) )＝－ eq \f(1,2) cos a1＋ eq \f(\r(3),2) sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1.下面逐一讨论：①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－ eq \f(1,2) cos a1－ eq \f(\r(3),2) sin a1，得tan a1＝－ eq \r(3) ，所以ab＝cos a1(－ eq \f(1,2) cos a1＋ eq \f(\r(3),2) sin a1)＝－ eq \f(1,2) cos2a1＋ eq \f(\r(3),2) sina1cos a1＝ eq \f(－\f(1,2)cos2a1＋\f(\r(3),2)sina1cos a1,sin2a1＋cos2a1) ＝ eq \f(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1) ＝ eq \f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1) ＝－ eq \f(1,2) .②当cosa1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－ eq \f(1,2) cos a1＋ eq \f(\r(3),2) sin a1，得tan a1＝ eq \r(3) ，所以ab＝cos a1(－ eq \f(1,2) cos a1－ eq \f(\r(3),2) sin a1)＝－ eq \f(1,2) cos2a1－ eq \f(\r(3),2) sina1cos a1＝ eq \f(－\f(1,2)cos2a1－\f(\r(3),2)sina1cos a1,sin2a1＋cos2a1) ＝ eq \f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)tana1,tan2a1＋1) ＝ eq \f(－\f(1,2)－\f(3,2),3＋1) ＝－ eq \f(1,2) .③当cosa2＝cos a3≠cos a1时，有－ eq \f(1,2) cos a1－ eq \f(\r(3),2) sin a1＝－ eq \f(1,2) cos a1＋ eq \f(\r(3),2) sin a1，得sin a1＝0，所以ab＝cos a1(－ eq \f(1,2) cos a1－ eq \f(\r(3),2) sin a1)＝－ eq \f(1,2) cos2a1＝－ eq \f(1,2) (1－sin2a1)＝－ eq \f(1,2) .综上，ab＝－ eq \f(1,2) ，故选B.方法二　取a1＝－ eq \f(π,3) ，则cosa1＝ eq \f(1,2) ，cos a2＝cos (a1＋ eq \f(2π,3) )＝ eq \f(1,2) ，cos a3＝cos (a1＋ eq \f(4π,3) )＝－1，所以S＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1)) ，ab＝－ eq \f(1,2) ，故选B.16. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8))) 解析：方法一　由于Sn＝7n＋ eq \f(n（n－1）,2) d＝ eq \f(d,2) n2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7－\f(d,2))) n，设f(x)＝ eq \f(d,2) x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7－\f(d,2))) x，则其图象的对称轴为直线x＝ eq \f(1,2) － eq \f(7,d) .当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，故7.5＜ eq \f(1,2) － eq \f(7,d) ＜8.5，解得－1＜d＜－ eq \f(7,8) .方法二　由题意，得a8＞0，a9＜0，所以7＋7d＞0，且7＋8d＜0，即－1＜d＜－ eq \f(7,8) .专练31　等比数列及其前n项和1．B　由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q6）,1－q)＝9×\f(a1（1－q3）,1－q)，,\f(a1（1－q5）,1－q)＝62，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝8，,\f(a1（1－q5）,1－q)＝62，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2，)) 选B.2．A　因为4a2a4＝4a3－1，所以4a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) q4＝4a1q2－1，又a1＝ eq \f(1,8) ，解得q＝±2，所以a2＝a1·q＝ eq \f(1,8) ×(±2)＝± eq \f(1,4) .故选A.3．B　由等比数列的性质得a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＝a2a4＝1，结合an>0，得a3＝1.由a1＋a2＋a3＝7，得 eq \f(a3,q2) ＋ eq \f(a3,q) ＋a3＝7，则 eq \f(1,q2) ＋ eq \f(1,q) ＝6，结合q>0，得q＝ eq \f(1,2) ，故选B.4．C　∵4a1，2a2，a3成等差数列，∴4a2＝4a1＋a3.又{an}为等比数列，∴4q＝4＋q2，∴q＝2.又a1＝1，∴S4＝ eq \f(a1（1－q4）,1－q) ＝ eq \f(1－24,1－2) ＝15.5．A　由题意可得：a2010＝ eq \f(1,2) ，a2011＝ eq \f(3,2) ，又{an}为等比数列，∴q＝3.∴a2012＋a2013＝ eq \f(9,2) ＋ eq \f(27,2) ＝18.6．C　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－ eq \f(8,9) ，q3＝ eq \f(1,27) ，q＝ eq \f(1,3) ，此等比数列各项均为负数，当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B，而T2＝(－24)2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) ＝24×8＝192，T4＝(－24)4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(6) ＝84× eq \f(1,9) ＝ eq \f(84,9) ＞192，T6＝(－24)6× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(15) ＝86× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(9) ＝ eq \f(86,39) ＝ eq \f(1,9) × eq \f(86,37) ＜ eq \f(84,9) ，T4最大，故选C.7．D　设等比数列{an}的公比为q.由题意知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a2,q)＋a2＋a2q＝168，,a2－a2q3＝42.)) 两式相除，得 eq \f(1＋q＋q2,q（1－q3）) ＝4，解得q＝ eq \f(1,2) .代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.8．C　方法一　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×\f(a1（1－q2）,1－q))) ，化简整理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝4,\f(a1,1－q)＝\f(1,3))) .所以S8＝ eq \f(a1（1－q8）,1－q) ＝ eq \f(1,3) ×(1－44)＝－85.故选C.方法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝ eq \f(5,4) .当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝ eq \f(5,4) 时，结合S4＝－5得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q2）,1－q)＝\f(5,4))) ，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.9．BD　由a6＝8a3，可得q3a3＝8a3，则q＝2，当首项a1＜0时，可得{an}为单调递减数列，故A错误；由 eq \f(S6,S3) ＝ eq \f(1－26,1－23) ＝9，故B正确；假设S3，S6，S9成等比数列，可得S eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝S3S9，即(1－26)2＝(1－23)(1－29)，显然不成立，所以S3，S6，S9不成等比数列，故C错误；由{an}是公比q的等比数列，可得Sn＝ eq \f(a1－anq,1－q) ＝ eq \f(2an－a1,2－1) ＝2an－a1，故D正确．10．32解析：设{an}的首项为a1，公比为q，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q3）,1－q)＝\f(7,4)，,\f(a1（1－q6）,1－q)＝\f(63,4)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,4)，,q＝2，)) 所以a8＝ eq \f(1,4) ×27＝25＝32.11．－2解析：方法一　设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) q17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.方法二　设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.12．－8解析：由{an}为等比数列，设公比为q. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝－1，,a1－a3＝－3，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝－1，　　　 　①,a1－a1q2＝－3，　　　　②)) 显然q≠1，a1≠0， eq \f(②,①) 得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.13．C　方法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由 eq \f(1－q5,1－q) ＝5× eq \f(1－q3,1－q) －4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍)或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝ eq \f(1－q4,1－q) ＝15.故选C.方法二　由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，整理得(1＋q)(q3－4q)＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.14．D　∵a1＝1，q＝ eq \f(2,3) ，∴Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q) ＝3 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))) ＝3－2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))  eq \s\up12(n－1) ＝3－2an.15. eq \f(121,3) 解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝ eq \f(1,3) ，所以q＝3，所以S5＝ eq \f(a1（1－q5）,1－q) ＝ eq \f(\f(1,3)×（1－35）,1－3) ＝ eq \f(121,3) .优解：设等比数列{an}的公比为q，因为a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝ eq \f(1,3) ，所以q＝3，所以S5＝ eq \f(a1（1－q5）,1－q) ＝ eq \f(\f(1,3)×（1－35）,1－3) ＝ eq \f(121,3) .16．64解析：设等比数列{an}的公比为q，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝10，,a2＋a4＝5，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝10，,a1q＋a1q3＝5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，)) ∴a1a2…an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(（－3）＋（－2）＋…＋（n－4）) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(\f(1,2)n（n－7）) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2)－\f(49,4))) ，当n＝3或4时， eq \f(1,2)  eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))\s\up12(2)－\f(49,4))) 取到最小值－6，此时 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2)－\f(49,4))) 取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.专练32　数列求和1．C　Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) ＋ eq \f(（1＋2n－1）n,2) ＝2n＋1－2＋n2.2．A　∵a2，a4，a8成等比数列，∴a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝a2a8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，得a1＝d＝2，∴Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d＝n(n＋1).3．B　∵ eq \f(1,1＋2＋3＋…＋n) ＝ eq \f(2,（1＋n）n) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ，∴Sn＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))) ＝ eq \f(2n,n＋1) .4．D　∵ eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n)) ＝ eq \r(n＋1) － eq \r(n) ，∴S2 018＝ eq \r(2) －1＋ eq \r(3) － eq \r(2) ＋…＋ eq \r(2 019) － eq \r(2 018) ＝ eq \r(2 019) －1．5．D　当n＝2k－1时，a2k＋a2k－1＝2，∴{an}的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×2＝100，故选D.6．A　∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.7．B　因为a1＋a2＋…＋an＝ eq \f(n（3＋2n＋1）,2) ＝n(n＋2)，所以bn＝ eq \f(1,n（n＋2）) ＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))) ，故Tn＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝ eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）) ，故选B.8．C　由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为 eq \f(1×（1－210）,1－2) ＋10×1＋ eq \f(10×9,2) ×2＝1 123.选C.9．ABC　因为 S10＝S20，所以a11＋a12＋…＋a19＋a20＝5(a15＋a16)＝0，又a1＞0，所以a15＞0，a16＜0，所以d＜0，Sn≤S15，故ABC正确；因为S31＝ eq \f(31（a1＋a31）,2) ＝31a16＜0，故D错误．故选ABC.10．18解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a1＋a3＋a11＝6，∴3a1＋12d＝6，即a1＋4d＝2，∴a5＝2，∴S9＝ eq \f(（a1＋a9）×9,2) ＝ eq \f(2a5×9,2) ＝18.11. eq \f(20,11) 解析：∵an＋1－an＝n＋1，∴当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，∴an－a1＝ eq \f(（2＋n）（n－1）,2) ，∴an＝1＋ eq \f(（n＋2）（n－1）,2) ＝ eq \f(n2＋n,2) (n≥2)又当n＝1时a1＝1符合上式，∴an＝ eq \f(n2＋n,2) ∴ eq \f(1,an) ＝ eq \f(2,n2＋n) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ，∴S10＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11))) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11))) ＝ eq \f(20,11) .12. eq \f(5,256) 解析：∵{an}为等差数列，∴a1＋a3＝2a2＝0，∴a2＝0，a2＋a4＝2a3＝－2，∴a3＝－1，∴d＝a3－a2＝－1，∴an＝a2＋(n－2)d＝2－n，∴Sn＝ eq \f(1,20) ＋ eq \f(0,21) ＋…＋ eq \f(2－n,2n－1) ，∴ eq \f(1,2) Sn＝ eq \f(1,21) ＋ eq \f(0,22) ＋…＋ eq \f(3－n,2n－1) ＋ eq \f(2－n,2n) ，∴ eq \f(1,2) Sn＝ eq \f(1,20) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,21)＋\f(－1,22)＋…＋\f(－1,2n－1))) － eq \f(2－n,2n) ＝ eq \f(n,2n) ，∴Sn＝ eq \f(n,2n－1) ，S10＝ eq \f(10,29) ＝ eq \f(5,256) .13．A　由2an＝an＋1＋an－1知{an}为等差数列，又a1＝1，a5＝a1＋4d，∴d＝2，｀∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴{bn}的前100项的和S100满足：S100＝C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(99)) a1＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(99)) a2＋…＋C eq \o\al(\s\up1(99),\s\do1(99)) a100，∴S100＝C eq \o\al(\s\up1(99),\s\do1(99)) a100＋C eq \o\al(\s\up1(98),\s\do1(99)) a99＋…＋C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(99)) a1＝C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(99)) a100＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(99)) a99＋…＋C eq \o\al(\s\up1(99),\s\do1(99)) a1，∴2S100＝(a1＋a100)(C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(99)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(99)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(99)) ＋…＋C eq \o\al(\s\up1(99),\s\do1(99)) )＝200×299，∴S100＝100×299.14．C　∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝ eq \f(1,2n) ，故 eq \f(1,log2anlog2an＋1) ＝ eq \f(1,log22－nlog22－（n＋1）) ＝ eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，Sn＝1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ＝1－ eq \f(1,n＋1) ＝ eq \f(n,n＋1) ，∴S1·S2·S3·…·S10＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ×…× eq \f(9,10) × eq \f(10,11) ＝ eq \f(1,11) ，选C.15．－ eq \f(1,n) 解析：∵an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，∴ eq \f(1,Sn＋1) － eq \f(1,Sn) ＝－1，∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn))) 为等差数列，∴ eq \f(1,Sn) ＝ eq \f(1,S1) ＋(n－1)×(－1)＝－n.∴Sn＝－ eq \f(1,n) .16．31　2n＋2－4－n解析：由题意得a1＝22－1，a2＝23－1，a3＝24－1，a4＝25－1＝31，所以an＝2n＋1－1，则数列{an}的前n项和为22－1＋23－1＋24－1＋…＋2n＋1－1＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n＝ eq \f(22（1－2n）,1－2) －n＝2n＋2－4－n.专练33　高考大题专练(三)　数列的综合运用1．解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－ eq \f(n2,2) ＋ eq \f(n,2) .当n＝1时，a1＝S1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－ eq \f(n2,2) ＋ eq \f(n,2) － eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2))) ，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，∴an－an－1＝1.∴{an}是公差为1的等差数列．(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.∵a4，a7，a9成等比数列，∴a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)) ＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，∴Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) ×1＝－12n＋ eq \f(n2－n,2) ＝ eq \f(1,2) n2－ eq \f(25,2) n.当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为 eq \f(1,2) ×122－ eq \f(25,2) ×12＝－78.2．解析：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.因为bn＝ eq \f(n2＋n,an) ，所以bn＝ eq \f(n2＋n,nd) ＝ eq \f(n＋1,d) ，所以S3＝ eq \f(3（a1＋a3）,2) ＝ eq \f(3（d＋3d）,2) ＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝ eq \f(2,d) ＋ eq \f(3,d) ＋ eq \f(4,d) ＝ eq \f(9,d) .因为S3＋T3＝21，所以6d＋ eq \f(9,d) ＝21，解得d＝3或d＝ eq \f(1,2) ，因为d>1，所以d＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n.(2)因为bn＝ eq \f(n2＋n,an) ，且{bn}为等差数列，所以2b2＝b1＋b3，即2× eq \f(6,a2) ＝ eq \f(2,a1) ＋ eq \f(12,a3) ，所以 eq \f(6,a1＋d) － eq \f(1,a1) ＝ eq \f(6,a1＋2d) ，所以a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝ eq \f(n2＋n,an) ＝ eq \f(n2＋n,nd) ＝ eq \f(n＋1,d) ，S99＝ eq \f(99（a1＋a99）,2) ＝ eq \f(99（d＋99d）,2) ＝99×50d，T99＝ eq \f(99（b1＋b99）,2) ＝ eq \f(99（\f(2,d)＋\f(100,d)）,2) ＝ eq \f(99×51,d) .因为S99－T99＝99，所以99×50d－ eq \f(99×51,d) ＝99，即50d2－d－51＝0，解得d＝ eq \f(51,50) 或d＝－1(舍去).②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝ eq \f(n2＋n,an) ＝ eq \f(n2＋n,（n＋1）d) ＝ eq \f(n,d) ，S99＝ eq \f(99（a1＋a99）,2) ＝ eq \f(99（2d＋100d）,2) ＝99×51d，T99＝ eq \f(99（b1＋b99）,2) ＝ eq \f(99（\f(1,d)＋\f(99,d)）,2) ＝ eq \f(99×50,d) .因为S99－T99＝99，所以99×51d－ eq \f(99×50,d) ＝99，即51d2－d－50＝0，解得d＝－ eq \f(50,51) (舍去)或d＝1(舍去).综上，d＝ eq \f(51,50) .3．解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*) 故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn)) 为等差数列，故bn＝2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1)) ×3＝3n－1.(2)设 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an)) 的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，所以S20＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＋…＋a18＋a20)) －10＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1＋b2＋…＋b9＋b10)) －10＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×2＋\f(9×10,2)×3)) －10＝300.4．解析：(1)∵a1＝1，∴ eq \f(S1,a1) ＝1.又∵ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an))) 是公差为 eq \f(1,3) 的等差数列，∴ eq \f(Sn,an) ＝ eq \f(S1,a1) ＋ eq \f(1,3) (n－1)，即Sn＝( eq \f(1,3) n＋ eq \f(2,3) )an＝ eq \f(1,3) (n＋2)an，∴当n≥2时，Sn－1＝ eq \f(1,3) (n＋1)an－1，∴an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,3) (n＋2)an－ eq \f(1,3) (n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，∴ eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(n＋1,n－1) ，n≥2，∴当n≥2时， eq \f(an,an－1) · eq \f(an－1,an－2) ·…· eq \f(a3,a2) · eq \f(a2,a1) ＝ eq \f(n＋1,n－1) · eq \f(n,n－2) ·…· eq \f(4,2) · eq \f(3,1) ＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2) .当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2) .(2)证明：由(1)知an＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，∴ eq \f(1,an) ＝ eq \f(2,n（n＋1）) ＝2( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )，∴ eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an) ＝2(1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )＝2(1－ eq \f(1,n＋1) ).∵n∈N*，∴0＜ eq \f(1,n＋1) ≤ eq \f(1,2) ，∴1－ eq \f(1,n＋1) ＜1，∴2(1－ eq \f(1,n＋1) )＜2，∴ eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋…＋ eq \f(1,an) ＜2.5．解析：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，即(n－1)an－1＝(n－2)an，当n＝2时，可得a1＝0，故当n≥3时， eq \f(an,an－1) ＝ eq \f(n－1,n－2) ，则 eq \f(an,an－1) · eq \f(an－1,an－2) ·…· eq \f(a3,a2) ＝ eq \f(n－1,n－2) · eq \f(n－2,n－3) ·…· eq \f(2,1) ，整理得 eq \f(an,a2) ＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3).当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.(2)方法一　令bn＝ eq \f(an＋1,2n) ＝ eq \f(n,2n) ，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,22) ＋…＋ eq \f(n－1,2n－1) ＋ eq \f(n,2n) ①， eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,22) ＋ eq \f(2,23) ＋…＋ eq \f(n－1,2n) ＋ eq \f(n,2n＋1) ②由①－②得 eq \f(1,2) Tn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n) － eq \f(n,2n＋1) ＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2)) － eq \f(n,2n＋1) ＝1－ eq \f(2＋n,2n＋1) ，即Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n) .方法二　设bn＝ eq \f(an＋1,2n) ，所以bn＝ eq \f(an＋1,2n) ＝ eq \f(n,2n) ＝( eq \f(1,2) n＋0)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(n－1) ，故a＝ eq \f(1,2) ，b＝0，q＝ eq \f(1,2) .故A＝ eq \f(a,q－1) ＝ eq \f(\f(1,2),\f(1,2)－1) ＝－1，B＝ eq \f(b－A,q－1) ＝ eq \f(0＋1,\f(1,2)－1) ＝－2，C＝－B＝2.故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(n) ＋2，整理得Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n) .6．解析：(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝ eq \f(bn,bn－1) ，代入 eq \f(2,Sn) ＋ eq \f(1,bn) ＝2可得， eq \f(2bn－1,bn) ＋ eq \f(1,bn) ＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝ eq \f(1,2) (n≥2).又 eq \f(2,S1) ＋ eq \f(1,b1) ＝ eq \f(3,b1) ＝2，所以b1＝ eq \f(3,2) ，故{bn}是以 eq \f(3,2) 为首项， eq \f(1,2) 为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝ eq \f(n＋2,2) ，则 eq \f(2,Sn) ＋ eq \f(2,n＋2) ＝2，所以Sn＝ eq \f(n＋2,n＋1) ，当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(3,2) ，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,n＋1) － eq \f(n＋1,n) ＝－ eq \f(1,n（n＋1）) .故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2)) .7．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数,2an，n为偶数)) ，所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.因为S4＝32，T3＝16，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝32,（a1－6）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16)) ，整理，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝16,a1＋d＝7)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5,d＝2)) ，所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.(2)由(1)知an＝2n＋3，所以Sn＝ eq \f(n[5＋（2n＋3）],2) ＝n2＋4n.当n为奇数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝ eq \f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2) ＋ eq \f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2) ＝ eq \f(3n2＋5n－10,2) .当n>5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋5n－10,2) －(n2＋4n)＝ eq \f(n2－3n－10,2) ＝ eq \f(（n－5）（n＋2）,2) >0，所以Tn>Sn.当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝ eq \f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2) ＋ eq \f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2) ＝ eq \f(3n2＋7n,2) .当n>5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋7n,2) －(n2＋4n)＝ eq \f(n2－n,2) ＝ eq \f(n（n－1）,2) >0，所以Tn>Sn.综上可知，当n>5时，Tn>Sn.8．解析：(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝ eq \f(1,3) ，故an＝ eq \f(1,3n－1) ，bn＝ eq \f(n,3n) .(2)由(1)知Sn＝ eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3)) ＝ eq \f(3,2) (1－ eq \f(1,3n) )，Tn＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,32) ＋ eq \f(3,33) ＋…＋ eq \f(n,3n) ，① eq \f(1,3) Tn＝ eq \f(1,32) ＋ eq \f(2,33) ＋ eq \f(3,34) ＋…＋ eq \f(n－1,3n) ＋ eq \f(n,3n＋1) ，②①－②得 eq \f(2,3) Tn＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,32) ＋ eq \f(1,33) ＋…＋ eq \f(1,3n) － eq \f(n,3n＋1) ，即 eq \f(2,3) Tn＝ eq \f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3)) － eq \f(n,3n＋1) ＝ eq \f(1,2) (1－ eq \f(1,3n) )－ eq \f(n,3n＋1) ，整理得Tn＝ eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,4×3n) ，则2Tn－Sn＝2( eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,4×3n) )－ eq \f(3,2) (1－ eq \f(1,3n) )＝－ eq \f(n,3n) <0，故Tn< eq \f(Sn,2) .专练34　空间几何体的结构特征、表面积和体积1．B　设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π× eq \r(2) ，解得l＝2 eq \r(2) .故选B.2．C　由题意用一平面截正方体，所得截面可以为正六边形、五边形、正方形、长方形、梯形、三角形．而当截面是以面对角线为长、正方体棱长为宽的长方形时，可知该截面的面积最大，故选C.3.A　如图，易知V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1－A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以S△A1MN＝2×2－ eq \f(1,2) ×1×1－ eq \f(1,2) ×1×2－ eq \f(1,2) ×1×2＝ eq \f(3,2) ，所以V三棱锥A1－D1MN＝V三棱锥D1－A1MN＝ eq \f(1,3) ×S△A1MN×D1A1＝ eq \f(1,3) × eq \f(3,2) ×2＝1.4．B　在△AOB中，AO＝BO＝ eq \r(3) ，∠AOB＝ eq \f(2π,3) ，由余弦定理得AB＝ eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×（－\f(1,2)）) ＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝ eq \f(1,2) ×3h＝ eq \f(9\r(3),4) ，解得h＝ eq \f(3\r(3),2) ，由勾股定理得母线PA＝ eq \r(（\f(3,2)）2＋（\f(3\r(3),2)）2) ＝3，则该圆锥的高PO＝ eq \r(PA2－OA2) ＝ eq \r(6) ，所以该圆锥的体积为 eq \f(1,3) ×3π× eq \r(6) ＝ eq \r(6) π，故选B.5．ABD　由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 eq \r(2)  m的正四面体，且 eq \r(2) >1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 eq \r(3)  m， eq \r(3) <1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 eq \r(3)  m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.6．C　设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以 eq \f(2πr1,l) ＋ eq \f(2πr2,l) ＝2π，则r1＋r2＝l.又 eq \f(S甲,S乙) ＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝ eq \f(2,3) l，r2＝ eq \f(1,3) l，所以h1＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)l))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),3) l，h2＝ eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l))\s\up12(2)) ＝ eq \f(2\r(2),3) l，所以 eq \f(V甲,V乙) ＝ eq \f(\f(1,3)πr eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) h1,\f(1,3)πr eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) h2) ＝ eq \f(\f(4,9)l2·\f(\r(5),3)l,\f(1,9)l2·\f(2\r(2),3)l) ＝ eq \r(10) .故选C.7．B　如图所示，当点C位于垂直平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×R2×R＝ eq \f(1,6) R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π.8．D　设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝ eq \r(42－1) ＝ eq \r(15) ，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4 eq \r(15) π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4 eq \r(15) ＋4)π.9．C　由棱台的体积公式，得增加的水量约为 eq \f(1,3) ×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋ eq \r(140×106×180×106) )＝3×106×(140＋180＋60 eq \r(7) )≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C.10. eq \f(\r(2),3) π解析：如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图．其中球心为O，设其半径为r，AC＝3，O1C＝1，∴AO1＝ eq \r(AC2－O1C2) ＝2 eq \r(2) .∵OO1＝OM＝r，∴AO＝AO1－OO1＝2 eq \r(2) －r，又∵△AMO∽△AO1C，∴ eq \f(OM,O1C) ＝ eq \f(AO,AC) ，即 eq \f(r,1) ＝ eq \f(2\r(2)－r,3) ，故3r＝2 eq \r(2) －r，∴r＝ eq \f(\r(2),2) .∴该圆锥内半径最大的球的体积V＝ eq \f(4,3) π· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))  eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2)π,3) .11．28解析：如图所示，正四棱锥P­ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P­A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′­ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′­ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以 eq \f(PO′,PO) ＝ eq \f(O′H′,OH) ，即 eq \f(3,PO) ＝ eq \f(1,2) ，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝ eq \f(1,3) ×3×(22＋2×4＋42)＝28.12．12解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为 eq \f(EF,2) ，而正方体的中心到每一条棱的距离均为 eq \f(EF,2) ，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．13．AC　在△PAB中，由余弦定理得AB＝2 eq \r(3) ，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝ eq \r(3) .对于A，该圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) πr2h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2 eq \r(3) π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P－AC－O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝ eq \r(AO2－OH2) ＝ eq \r(2) ，所以AC＝2 eq \r(2) ，故C选项正确；对于D，PH＝ eq \r(2) OH＝ eq \r(2) ，S△PAC＝ eq \f(1,2) ×AC×PH＝2，故D选项错误．综上，选AC.14．BD　易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界).对于A，当λ＝1时， eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋μBB1＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋μCC1，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；对于B，当μ＝1时， eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋BB1＝BB1＋λB1C1，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，B1C1∥平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确；对于C，当λ＝ eq \f(1,2) 时， eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2)  eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋μBB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则 eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BQ,\s\up6(→)) ＋μ eq \o(QH,\s\up6(→)) ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，1)) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，μ)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)) ，则A1P＝(－ eq \f(\r(3),2) ，0，μ－1)， eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，μ)) ，A1P· eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝μ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ－1)) ＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误；对于D，当μ＝ eq \f(1,2) 时， eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2) BB1，取BB1，CC1中点为M，N. eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BM,\s\up6(→)) ＋λ eq \o(MN,\s\up6(→)) ，所以P点轨迹为线段MN.设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，y0，\f(1,2))) ，因为A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)) ，所以 eq \o(AP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，y0，\f(1,2))) ，A1B＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1)) ，所以 eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) y0－ eq \f(1,2) ＝0⇒y0＝－ eq \f(1,2) ，此时P与N重合，故D正确．故选BD.15. eq \f(7\r(6),6) 解析：方法一　如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝ eq \r(2) ，O1B1＝ eq \f(\r(2),2) ，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝ eq \f(\r(2),2) ，又AA1＝ eq \r(2) ，所以BB1＝ eq \r(2) ，B1E＝ eq \r(BB eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －BE2) ＝ eq \r(2－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(6),2) ，所以O1O＝ eq \f(\r(6),2) ，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝ eq \f(1,3) ×(22＋12＋ eq \r(22×12) )× eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(7\r(6),6) .方法二　如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝ eq \r(2) ，所以PA＝2 eq \r(2) ，即PB＝2 eq \r(2) .连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝ eq \r(2) ，所以PO＝ eq \r(PB2－BO2) ＝ eq \r(6) ，所以正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为 eq \f(\r(6),2) ，所以V eq \a\vs4\al(正四棱台ABCD­A1B1C1D1) ＝ eq \f(1,3) ×(22＋12＋ eq \r(22×12) )× eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(7\r(6),6) .16．2　12 eq \r(3) 解析：由题意知Rt△ADP∽Rt△MCP，∴ eq \f(AD,MC) ＝ eq \f(PD,PC) ＝2，则PD＝2PC，作PO⊥CD，垂足为O，设DO＝x，PO＝h，∴ eq \r(x2＋h2) ＝2 eq \r(（6－x）2＋h2) ，化简得3h2＝－3x2＋48x－144(0≤x≤6).∴当x＝6时，3h2取最大值为36，∴hmax＝2 eq \r(3) .∵在正方体中PO⊥平面BCD，∴三棱锥P－BCD的体积最大值为： eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×6×6×2 eq \r(3) ＝12 eq \r(3) .专练35　空间点、直线、平面之间的位置关系1．B2．D　当三条直线相交于同一点时，可以确定一个或三个平面，故A、B错；当三点共线时，不能确定一个平面，故C错，故选D.3．A　首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，故最多可确定4个平面．4．D　由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．5．D　过平面α外一点P，可以作无数条直线与α相交，但垂直α的只有一条，故A、B、C均错，D正确．6．D　∵A、B∈γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．7．C　对A，a与b可能有交点，对于B、D，a与b可能平行，C显然正确．8．B　如图，取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝ eq \r(3) ，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝ eq \f(\r(3),2) ，CP＝ eq \f(3,2) ，所以BM2＝MP2＋BP2＝( eq \f(\r(3),2) )2＋( eq \f(3,2) )2＋22＝7，得BM＝ eq \r(7) ，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.9．B　对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.10．BCD　将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)DEF，如图．由正四面体的结构特征知A错误，B正确．对于C，依题意，GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故C正确．对于D，连接GF，AG，点A在平面DEF上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AGF，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故D正确．11．5解析：与AB和CC1都相交的棱为BC，与AB相交且与CC1平行的棱为AA1，BB1，与AB平行且与CC1相交的有CD，C1D1，故符合条件的棱有5条．12．(1)(4)解析：如图所示，记DF交AE于点M，连接PM.(1)∵D，F分别为AB，AC的中点，∴DF∥BC.∵DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，(1)正确．(2)∵DF∩AE ＝M，AE⊂平面PAE，∴DF∩平面PAE＝M，(2)错误．(3)假设平面PDF⊥平面ABC，∵AC＝AB，E为BC中点，∴AE⊥BC，又DF∥BC，∴AE⊥DF.∵平面PDF∩平面ABC＝DF，AE⊄平面PDF，∴AE⊥平面PDF.又∵PF⊂平面PDF，∴PF⊥AE.∵PA＝PC，F为AC中点，∴PF⊥AC.∵AC∩AE＝A，∴PF⊥平面ABC.∴PF⊥DF.∵三棱锥P－ABC的棱长都相等，D，F分别是AB，AC的中点，∴PD＝PF，∴PF与DF不垂直．故假设不成立，(3)错误．(4)∵三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，∴PF＝PD.又DM∥BC，M为DF中点，∴DM⊥PM，DM⊥AM.∵AM，PM⊂平面PAE，AM∩PM＝M，∴DM⊥平面PAE.又DM⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，(4)正确．专练36　直线、平面平行的判定与性质1．D　由线面平行的定义可知，当a∥α时，a与平面α内的任意一条直线都不相交．2．D　对于A，由于a∥b，故a，b可确定一个平面β，此时a⊂β，故A不正确；对于B，当a∥α时，a与α的直线平行或异面，故B不正确；对于C，平行于同一条直线的两平面可能平行，也可能相交，故C不正确；由线面的判定与性质定理可知，D正确．3．B　∵当α∥β，m⊂α时，m∥β即：α∥β⇒m∥β，当m⊂α，m∥β时，α与β可能相交，也可能平行，即：m∥β D⇒/α∥β，∴m∥β是α∥β的必要不充分条件．4．A　还原正方体易知AN∥BM，AC∥EM且AN∩AC＝A，所以平面ACN∥平面BEM，故选A.5．B　如图，由题意EF∥BD，且EF＝ eq \f(1,5) BD，HG∥BD，且HG＝ eq \f(1,2) BD，所以EF∥HG，且EF≠HG，又HG⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形，故选B.6．B　连接A′B，∵A′B∥CD′，A′B⊄平面AD′C，CD′⊂平面AD′C，∴A′B∥平面AD′C.7．B　如图E，F，G，H是相应线段的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中，故有EF，FG，GH，HE，FH，EG共6条直线．8．B　设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒ eq \f(PB,PA) ＝ eq \f(PD,PC) .①当点P在两平面之间时，如图1， eq \f(x－8,6) ＝ eq \f(8,9－6) ，∴x＝24；②当点P在两平面外侧时，如图2， eq \f(8－x,6) ＝ eq \f(8,9＋6) ，∴x＝ eq \f(24,5) .9．A　如图所示，分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，FN.因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE＝ eq \f(1,2) BC，同理FM∥B1C1，且MF＝ eq \f(1,2) B1C1，所以N，E，M，F四点共面．因为ME∥BB1，NE∥BC，所以ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1，而NE∩ME＝E，所以平面NEMF∥平面BCC1B1，而EF⊂平面NEMF，所以EF∥平面BCC1B1，所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN.故选A.10．平行解析：连接BD，交AC于O点，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴O为BD的中点，又E为DD1的中点，∴EO∥BD1，又EO⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，∴BD1∥平面AEC.11. eq \r(2) 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝2 eq \r(2) .又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \r(2) .12．点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.13．C　如图所示，EFGH为平行四边形，则EF∥GH，又EF⊄面BCD，HG⊂面BCD，∴EF∥面BCD，又面BCD∩面ACD＝CD，∴EF∥CD，∴CD∥面EFGH，同理可得AB∥面EFGH.14．D　对于A，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行，可能相交，可能异面，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，b∥α或b在平面α内，故C是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，则a∥β，故D是真命题．故选D.15．①②④解析：∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴AB綊D1C1，∴ABC1D1为平行四边形，∴AD1∥BC1，故①正确；∵AD1∥BC1，BC1⊂平面BDC1，AD1⊄平面BDC1，∴AD1∥平面BDC1，又BD∥B1D1，B1D1⊄平面BDC1，BD⊂平面BDC1，∴B1D1∥平面BDC1，又AD1∩B1D1＝D1，∴平面AB1D1∥平面BDC1，故②正确；故④正确；对于③，AD1与DC1为异面直线，故③不正确. 16．①④解析：①正确，因为l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又m⊂β，故l⊥m；②错，当两平面相交且交线为直线m时也满足题意；③错，各种位置关系均有可能；④正确，l⊥α，l∥m⇒m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，综上可知命题①④为真命题．专练37　直线、平面垂直的判定与性质1．D　如图ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD时，△PAB，△PAD为直角三角形，又AD⊥DC，PA⊥DC，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴△PCD为直角三角形，同理△PBC为直角三角形，共4个直角三角形．2．D　易知A、B、C均正确，D错误，m与n也可能异面．3．C　当α∥β，b⊥β时，b⊥α，又a⊂α，∴b⊥a，故C正确. 4．C　∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C且B1C∩A1B1＝B1，∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.5．B　连接B1D1，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴E∈B1D1且B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，又A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，又CE⊂平面A1C1C，∴B1D1⊥CE，又BD∥B1D1，∴BD⊥CE.6．B　由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.7．C　∵α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l.8．D　如图所示，连接AC，∵AA1⊥平面ABCD，∴A1C与平面ABCD所成的角为∠ACA1，∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝5，∵AA1＝5，∴tan ∠ACA1＝1，故选D.9．C　∵AB＝BC，E为AC的中点，∴EB⊥AC，同理DE⊥AC，又DE∩EB＝E，∴AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面BDE，同理平面ABC⊥平面BDE.10．外解析：连结OA，OB，OC，OP，∴△POA，△POB，△POC为直角三角形，又PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC，∴O为△ABC的外心．11．②④解析：∵γ∩β＝l，∴l⊂γ，又α⊥γ，γ∩α＝m，l⊥m，∴l⊥α，∵γ∩β＝l，∴l⊂β，又l⊥α，∴α⊥β，∴②④正确．12．5解析：∵PA⊥平面ABCD，又PA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD；同理平面PAB⊥平面ABCD，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD，同理平面PBC⊥平面PAB，平面PAB⊥平面PAD，共有5对．13.A　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.14．C　如图，因为D、F分别是AB、AC中点，所以BC∥DF，因为DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF.因为该几何体是正四面体，E是BC中点，所以BC⊥PE，BC⊥AE，因为PE∩AE＝E，所以BC⊥平面PAE，因为BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，又因为DF⊂平面ABC，所以平面PAE⊥平面ABC，故A、B、D都成立．故选C.15．BM⊥PC(DM⊥PC)解析：当BM⊥PC时，平面MBD⊥平面PCD，证明如下：如图所示，∵PA⊥平面ABCD，AB＝AD，∴PB＝PD，又BC＝CD，∴△PBC≌△PCD，∴当BM⊥PC时，DM⊥PC，∴PC⊥平面MBD，又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.16．①④⑤解析：对于①，因为点M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC，又MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，故①正确；对于②，若OC⊥平面VAC，则OC⊥AC，而由题意知AB是圆O的直径，则BC⊥AC，故OC与AC不可能垂直，故②不正确；对于③，因为MN∥AC，且BC⊥AC，所以MN⊥BC，即MN与BC所成的角为90°，故③不正确；对于④，易得OP∥VA，VA⊥MN，所以MN⊥OP，故④正确；对于⑤，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC，又BC⊥AC，且AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，又BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故⑤正确．综上，应填①④⑤.专练38　空间向量及其运算1．C　∵A1C1＝ eq \o(AC,\s\up6(→)) ，又AC，D1A，D1C共面，∴ eq \o(AC,\s\up6(→)) ，D1A，D1C共面，即：A1C1，D1A，D1C共面．2．B　∵a∥b，∴b＝λa， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝（2m＋1）λ，,m＝3λ，,－m＝λ（m－1），)) 得m＝－2.3．A　|PQ|＝ eq \r([3－（－1）]2＋（－2－2）2＋[－1－（－3）]2) ＝ eq \r(16＋16＋4) ＝ eq \r(36) ＝6.4．A　　由题意知 eq \o(BM,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BA,\s\up6(→)) ＋AA1＋A1M＝－a＋c＋ eq \f(1,2) (a＋b)＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b＋c.5．D　∵a，b，c共面，∴c＝xa＋yb.∴(7，5，λ)＝(2x，－x，3x)＋(－y，4y，－2y)，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,－x＋4y＝5，,3x－2y＝λ，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(17,7)，,x＝\f(33,7)，,λ＝\f(65,7)．)) 6．C　∵E为PD的中点，∴ eq \o(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \f(\o(BP,\s\up6(→))＋\o(BD,\s\up6(→)),2) ＝ eq \f(1,2) (－ eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(BD,\s\up6(→)) )＝ eq \f(1,2) (－ eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PA,\s\up6(→)) － eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(PC,\s\up6(→)) － eq \o(PB,\s\up6(→)) )＝－ eq \f(3,2)  eq \o(PB,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(PA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(PC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) a－ eq \f(3,2) b＋ eq \f(1,2) c7．B　∵|a|＝ eq \r(12＋02＋（－1）2) ＝ eq \r(2) ，设b＝(－1，1，0)，|b|＝ eq \r(2) ，a·b＝－1<0，故A不正确；对于B，设c＝(1，－1，0)，a·c＝1，|c|＝ eq \r(2) .∴cos 〈a，c〉＝ eq \f(a·c,|a||c|) ＝ eq \f(1,2) ，∴〈a，c〉＝60°，同理可得C、D不正确．8．C　a＋b＝(－2，y－1，5)，∵a⊥(a＋b)，∴－2×2－(y－1)＋3×5＝0，得y＝12.9．C　依题意，点E，F为BC，AD的中点，如图所示， eq \o(AE,\s\up6(→)) · eq \o(AF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) )· eq \f(1,2)  eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,4) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) · eq \o(AD,\s\up6(→)) )＝ eq \f(1,4) (a2cos 60°＋a2cos 60°)＝ eq \f(1,4) a2.10．3解析：∵λa＋b＝(4，1－λ，λ)，∴|λa＋b|＝ eq \r(42＋（1－λ）2＋λ2) ＝ eq \r(29) ，∴17＋2λ2－2λ＝29，∴λ＝3或λ＝－2(舍).11．2解析：由题意得 eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝0，| eq \o(AB,\s\up6(→)) |＝| eq \o(AC,\s\up6(→)) |，又 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝(6，－2，－3)， eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝(x－4，3，－6)∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6（x－4）－6＋18＝0，,（x－4）2＝4，)) 得x＝2.12. eq \f(1,2) (b＋c－a)解析： eq \o(MN,\s\up6(→)) ＝ eq \o(ON,\s\up6(→)) － eq \o(OM,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \o(OB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(OC,\s\up6(→)) )－ eq \f(1,2)  eq \o(OA,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) (b＋c－a)13．D14．B　∵ eq \o(OE,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) AC1＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋AA1)，FD1＝ eq \f(1,2)  eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋AA1，∴ eq \o(OE,\s\up6(→)) ·FD1＝ eq \f(1,2) ( eq \o(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋AA1)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))＋AA1)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,2)  eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) ·AA1＋ eq \f(1,2)  eq \o(AD,\s\up6(→)) 2＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) ·AA1＋ eq \f(1,2) AA1· eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋AA12)＝3.而| eq \o(OE,\s\up6(→)) |＝ eq \f(1,2)   eq \r(22＋22＋22) ＝ eq \r(3) ，|FD1|＝ eq \r(5) ，∴cos 〈 eq \o(OE,\s\up6(→)) ，FD1〉＝ eq \f(\o(OE,\s\up6(→))·FD1,|\o(OE,\s\up6(→))||FD1|) ＝ eq \f(\r(15),5) .15．D　∵ eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BF,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FE,\s\up6(→)) ＋ eq \o(ED,\s\up6(→)) ，∴| eq \o(BD,\s\up6(→)) |2＝| eq \o(BF,\s\up6(→)) |2＋| eq \o(FE,\s\up6(→)) |2＋| eq \o(ED,\s\up6(→)) |2＋2( eq \o(BF,\s\up6(→)) · eq \o(FE,\s\up6(→)) ＋ eq \o(FE,\s\up6(→)) · eq \o(ED,\s\up6(→)) ＋ eq \o(ED,\s\up6(→)) · eq \o(BF,\s\up6(→)) )＝1＋1＋1＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋0－\f(\r(2),2))) ＝3－ eq \r(2) .∴| eq \o(BD,\s\up6(→)) |＝ eq \r(3－\r(2)) .16．平行解析：设 eq \o(VA,\s\up6(→)) ＝a， eq \o(VB,\s\up6(→)) ＝b， eq \o(VC,\s\up6(→)) ＝c，则 eq \o(VD,\s\up6(→)) ＝a＋c－b， eq \o(PM,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3) b－ eq \f(1,3) c， eq \o(PN,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3)  eq \o(VD,\s\up6(→)) － eq \f(1,3)  eq \o(VC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(2,3) a－ eq \f(2,3) b＋ eq \f(1,3) c，∴ eq \o(VA,\s\up6(→)) ＝ eq \f(3,2)  eq \o(PM,\s\up6(→)) ＋ eq \f(3,2)  eq \o(PN,\s\up6(→)) ，∴ eq \o(VA,\s\up6(→)) ， eq \o(PM,\s\up6(→)) ， eq \o(PN,\s\up6(→)) 共面，又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.专练39　空间向量的应用1．A　∵V1＝－ eq \f(1,3) V2，∴l1∥l2.2．C　∵|a|＝ eq \r(22＋（－2）2＋（－2）2) ＝2 eq \r(3) ，|b|＝ eq \r(22＋02＋42) ＝2 eq \r(5) ，a·b＝2×2＋(－2)×0＋(－2)×4＝－4，∴cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝ eq \f(－4,2\r(3)×2\r(5)) ＝－ eq \f(\r(15),15) .3．A　∵a＝2b，∴a与b共线，∴l⊥α.4．B　解析：如图，令 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝a， eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝b， eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝c，则 eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(CD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) · eq \o(DB,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) · eq \o(BC,\s\up6(→)) ＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.故选B.5．C　∵m与n不共线，且m·n＝－6－3－20≠0，∴α与β相交但不垂直．6．C　∵AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，∴AC＝6 eq \r(3) ，建立如图所示的空间直角坐标系，其中O为AC的中点，则P(0，－3 eq \r(3) ，6)，C(0，3 eq \r(3) ，0)∴|PC|＝ eq \r(（0－0）2＋（3\r(3)＋3\r(3)）2＋62) ＝12.7．A　设BC＝1，则B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，BC1＝(0，2，－1)，AB1＝(－2，2，1)，BC1·AB1＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×1＝3.|BC1|＝ eq \r(5) ，|AB1|＝3，8．A　∵AB＝1，AC＝2，BC＝ eq \r(3) ，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C1(0， eq \r(3) ，h)，B1(0，0，h)，B(0，0，0)∴D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(h,2))) ，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(h,2))) .∴ eq \o(DE,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，0)) ，显然面BB1C1C的法向量为m＝(1，0，0)，∴ eq \o(DE,\s\up6(→)) 与平面BB1C1C所成角α满足sin α＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DE,\s\up6(→))·m,|\o(DE,\s\up6(→))|·|m|))) ＝ eq \f(\f(1,2),1×1) ＝ eq \f(1,2) ，又α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0°，90°)) ，∴α＝30°.9．D　建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，显然面ADP的法向量m＝(1，0，0)，设平面CDP的法向量n＝(x，y，z)， eq \o(CD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，0)， eq \o(CP,\s\up6(→)) ＝(－1，－1，1)，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,－x－y＋z＝0，)) 令y＝1，则z＝1，∴n＝(0，1，1)，m·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0，∴m⊥n，∴平面ADP与平面CDP所成的角为90°.10．(5，13，－3)解析：设D(x，y，z)，由题意得 eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up6(→)) ，∴(x－4，y－1，z－3)＝(1，12，－6)∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝13，,z＝－3，)) ∴D(5，13，－3).11．7 eq \r(3) 解析： eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝(－2，－1，3)， eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝(1，－3，2)，∴ eq \o(AB,\s\up6(→)) · eq \o(AC,\s\up6(→)) ＝－2＋3＋6＝7，| eq \o(AB,\s\up6(→)) |＝ eq \r(14) ，| eq \o(AC,\s\up6(→)) |＝ eq \r(14) .又cos 〈 eq \o(AB,\s\up6(→)) ， eq \o(AC,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(7,\r(14)×\r(14)) ＝ eq \f(1,2) ，∴sin 〈 eq \o(AB,\s\up6(→)) ， eq \o(AC,\s\up6(→)) 〉＝ eq \f(\r(3),2) ，∴平行四边形的面积S＝| eq \o(AB,\s\up6(→)) |×| eq \o(AC,\s\up6(→)) |×sin 〈 eq \o(AB,\s\up6(→)) ， eq \o(AC,\s\up6(→)) 〉＝7 eq \r(3) .12. eq \f(2\r(3),3) 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，∴D1A1＝(2，0，0)，DA1＝(2，0，2)， eq \o(DB,\s\up6(→)) ＝(2，2，0).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·DA1＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0.)) 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离是d＝ eq \f(|D1A1·n|,|n|) ＝ eq \f(2,\r(3)) ＝ eq \f(2\r(3),3) .13．B　建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝ eq \f(\r(2)a,3) ，则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a,3)，\f(a,3))) ，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a)) ， eq \o(MN,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))) .又C1D1⊥平面BB1C1C，所以C1D1＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为 eq \o(MN,\s\up6(→)) ·C1D1＝0，所以 eq \o(MN,\s\up6(→)) ⊥C1D1，所以MN∥平面BB1C1C.14．C　如图所示，以A1为坐标原点，A1B1所在直线为x轴，A1B1为单位长度，A1C1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A1－xyz.则可得A1(0，0，0)，B1(1，0，0，)，C1(0，1，0)，A(0，0，1)，B(1，0，1).所以A1B＝(1，0，1)，AC1＝(0，1，－1).所以异面直线BA1与AC1所成角为60°.故选C.15. eq \f(\r(21),6) 解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·a,|n||a|))) ＝ eq \f(|2×1＋1×2＋1×3|,\r(22＋12＋12)·\r(12＋22＋32)) ＝ eq \f(\r(21),6) .16. eq \f(\r(22),11) 解析：如图所示，作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD.由SA＝SB，可得OA＝OB.又由∠ABC＝45°，得△ABO为等腰直角三角形，OA⊥OB.建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，则A( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(2) ，0)，C(0，－ eq \r(2) ，0)，S(0，0，1)，D( eq \r(2) ，－2 eq \r(2) ，0)， eq \o(DS,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，2 eq \r(2) ，1)， eq \o(SA,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，－1)， eq \o(SB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(2) ，－1).设平面SAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(SA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(SB,\s\up6(→))＝0)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x1－z1＝0，,\r(2)y1－z1＝0，)) 令z1＝ eq \r(2) ，得n＝(1，1， eq \r(2) ).设直线SD与平面SAB所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈 eq \o(DS,\s\up6(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(DS,\s\up6(→))·n|,|\o(DS,\s\up6(→))||n|) ＝ eq \f(|－\r(2)＋2\r(2)＋\r(2)|,\r(11)×2) ＝ eq \f(\r(22),11) .所以直线SD与平面SAB所成角的正弦值为 eq \f(\r(22),11) .专练40　高考大题专练(四)　立体几何的综合运用1．解析：(1)方法一　依题意，得B2C2＝B2B1＋B1C1＋C1C2＝DD2＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋A2A＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.方法二　以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以B2C2＝(0，－2，1)，A2D2＝(0，－2，1)，所以B2C2＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，所以PA2＝(2，0，1－n)，PC2＝(0，－2，3－n)，设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，所以，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋（1－n）z1＝0,－2y1＋（3－n）z1＝0)) ，令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，由(1)方法二知，A2C2＝(－2，－2，2)，A2D2＝(0，－2，1)，所以，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2y2＋2z2＝0,－2y2＋z2＝0)) ，令y2＝1，得b＝(1，1，2).所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝ eq \f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋4＋（3－n）2)×\r(6)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.2．解析：(1)如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS).可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝ eq \r(2) .因为AE⊥BC，所以AE＝ eq \r(AB2－EB2) ＝ eq \r(2) .在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(2) ，0)，A(0，0， eq \r(2) )， eq \o(DA,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \o(BA,\s\up6(→)) ＝(0，－ eq \r(2) ， eq \r(2) ).设F(xF，yF，zF)，因为 eq \o(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up6(→)) ，所以(xF，yF，zF)＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，可得F(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) ).所以 eq \o(FA,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0).设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))·m＝0,\o(BA,\s\up6(→))·m＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋\r(2)z＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0)) ，取x＝1，则y＝z＝1，m＝(1，1，1).设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FA,\s\up6(→))·n＝0,\o(BA,\s\up6(→))·n＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＝0,－\r(2)y＋\r(2)z＝0)) ，得x＝0，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1，1).所以cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) .记二面角D­AB­F的大小为θ，则sin θ＝ eq \r(1－cos2〈m，n〉) ＝ eq \r(1－（\f(\r(6),3)）2) ＝ eq \f(\r(3),3) ，故二面角D­AB­F的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .3．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.又∵EF⊂平面BED，∴EF⊥AC.∴S△AFC＝ eq \f(1,2) AC·EF.当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．由(1)知AB＝CB＝2.又∵∠ACB＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝ eq \r(3) .∵AD⊥CD，∴DE＝1，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.以点E为坐标原点，直线EA ，EB ，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，∴ eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝(－1，0，1)， eq \o(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－1)， eq \o(ED,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)， eq \o(EC,\s\up6(→)) ＝(－1，0，0).设 eq \o(DF,\s\up6(→)) ＝λ eq \o(DB,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)，则 eq \o(EF,\s\up6(→)) ＝ eq \o(ED,\s\up6(→)) ＋ eq \o(DF,\s\up6(→)) ＝ eq \o(ED,\s\up6(→)) ＋λ eq \o(DB,\s\up6(→)) ＝(0，0，1)＋λ(0， eq \r(3) ，－1)＝(0， eq \r(3) λ，1－λ).∵EF⊥DB，∴ eq \o(EF,\s\up6(→)) · eq \o(DB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) λ，1－λ)·(0， eq \r(3) ，－1)＝4λ－1＝0，∴λ＝ eq \f(1,4) ，∴ eq \o(EF,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )，∴ eq \o(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \o(EF,\s\up6(→)) － eq \o(EC,\s\up6(→)) ＝(0， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) )－(－1，0，0)＝(1， eq \f(\r(3),4) ， eq \f(3,4) ).设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0.)) 取y＝1，则x＝ eq \r(3) ，z＝ eq \r(3) ，∴n＝( eq \r(3) ，1， eq \r(3) ).设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n， eq \o(CF,\s\up6(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(CF,\s\up6(→))|,|n||\o(CF,\s\up6(→))|) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)×1＋1×\f(\r(3),4)＋\r(3)×\f(3,4))),\r(3＋1＋3)× \r(1＋\f(3,16)＋\f(9,16))) ＝ eq \f(4\r(3),7) .故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为 eq \f(4\r(3),7) .4．解析：(1)如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝ eq \r(2) ，AB＝A1B1＝ eq \r(5) ，BC＝ eq \r(3) .建立空间直角坐标系C­xyz如图所示，则C(0，0，0)，A( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，B1(－ eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，C1(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，∴ eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝(0， eq \r(3) ，0)，CC1＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，AB1＝(－2 eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·CC1＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，)) 取x＝1，则y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，AB1〉|＝＝ eq \f(\r(13),13) .∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(\r(13),13) .5．解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点， eq \o(MA,\s\up6(→)) 的方向为x轴正方向，| eq \o(MB,\s\up6(→)) |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M­xyz，则AB＝2，AM＝ eq \r(3) .连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝ eq \f(2\r(3),3) ，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0)) .由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.设Q(a，0，0)，则NQ＝ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)) ，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1， \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)))) ，故B1E＝( eq \f(2\r(3),3) －a，－ eq \f(2,3) ，－ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))\s\up12(2)) )，|B1E|＝ eq \f(2\r(10),3) .又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 eq \f(\r(10),10) .6．解析：(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，1，0)) ，P(0，0，1)，所以 eq \o(PB,\s\up6(→)) ＝(t，1，－1)， eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,2)，1，0)) .因为PB⊥AM，所以 eq \o(PB,\s\up6(→)) · eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(t2,2) ＋1＝0，得t＝ eq \r(2) ，所以BC＝ eq \r(2) .(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得 eq \o(AP,\s\up6(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0，1)， eq \o(AM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0)) ， eq \o(CB,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，0，0)， eq \o(PB,\s\up6(→)) ＝( eq \r(2) ，1，－1).设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AP,\s\up6(→))＝0,n1·\o(AM,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋z1＝0,－\f(\r(2),2)x1＋y1＝0)) ，令x1＝ eq \r(2) ，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量n1＝( eq \r(2) ，1，2).设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB,\s\up6(→))＝0,n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＝0,\r(2)x2＋y2－z2＝0)) ，得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1).cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝ eq \f(3,\r(7)×\r(2)) ＝ eq \f(3\r(14),14) ，所以二面角A－PM－B的正弦值为 eq \f(\r(70),14) .7．解析：(1)如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2) ，O是BC的中点，所以 eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(OB,AB) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以△OBA∽△ABC.记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点．因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得DO∥PC，所以EF∥DO.又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)AO＝ eq \r(AB2＋BO2) ＝ eq \r(6) ，OD＝ eq \f(1,2) PC＝ eq \f(\r(6),2) ，又AD＝ eq \r(5) OD＝ eq \f(\r(30),2) ，所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(3)如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0， eq \r(2) ，0)， eq \o(AO,\s\up6(→)) ＝(－2， eq \r(2) ，0).因为PB＝PC，BC＝2 eq \r(2) ，所以设P(x， eq \r(2) ，z)，z>0，则 eq \o(BE,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝ eq \o(BA,\s\up6(→)) ＋ eq \f(1,2)  eq \o(AP,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)＋ eq \f(1,2) (x－2， eq \r(2) ，z)＝( eq \f(x＋2,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(z,2) )，由(2)知AO⊥BE，所以 eq \o(AO,\s\up6(→)) · eq \o(BE,\s\up6(→)) ＝(－2， eq \r(2) ，0)·( eq \f(x＋2,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(z,2) )＝0，所以x＝－1，又PB＝ eq \r(6) ， eq \o(BP,\s\up6(→)) ＝(x， eq \r(2) ，z)，所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝ eq \r(3) ，则P(－1， eq \r(2) ， eq \r(3) ).由D为BP的中点，得D(－ eq \f(1,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),2) )，则 eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝(－ eq \f(5,2) ， eq \f(\r(2),2) ， eq \f(\r(3),2) ).设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c).则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n1·\o(AO,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0,－2a＋\r(2)b＝0)) ，得b＝ eq \r(2) a，c＝ eq \r(3) a，取a＝1，则n1＝(1， eq \r(2) ， eq \r(3) ).易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)，设二面角D ­AO ­C的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(\r(3),\r(6)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以sin θ＝ eq \r(1－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，故二面角D ­AO ­C的正弦值为 eq \f(\r(2),2) .8．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC＝ eq \f(1,3) V三棱柱ABC－A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，∴ eq \f(1,3) ·S△A1BC·h＝ eq \f(1,3) ×4.又∵S△A1BC＝2 eq \r(2) ，∴h＝ eq \r(2) .∴点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) .(2)方法一　如图(1)，取A1B的中点E，连接AE.由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝ eq \f(1,2) A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，AE⊥BC，∴A1B＝2 eq \r(2) ，∴AA1＝AB＝2.由V三棱柱ABC－A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，∴S△ABC＝2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E∩AA1＝A，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．易得AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝2 eq \r(2) ，则A1C＝ eq \r(AA eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋AC2) ＝2 eq \r(3) .∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) .易知AD＝BD＝ eq \f(1,2) A1C＝ eq \r(3) ，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD＝AB· eq \r(AD2－（\f(1,2)AB）2) ＝2 eq \r(2) ，则AF＝ eq \f(2\r(2),\r(3)) ，∴sin ∠AFE＝ eq \f(AE,AF) ＝ eq \f(\r(2),\f(2\r(2),\r(3))) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴二面角A－BD－C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .方法二　如图(2)，取A1B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝ eq \r(2) ，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由V三棱柱ABC－A1B1C1＝S△ABC·A1A＝ eq \f(1,2) AB·BC·A1A＝ eq \f(1,2) ×2×BC×2＝4，解得BC＝2.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1).∴ eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1)， eq \o(BD,\s\up6(→)) ＝(1，1，1)， eq \o(BA,\s\up6(→)) ＝(0，2，0).由题意，得平面BDC的法向量为n1＝ eq \o(AE,\s\up6(→)) ＝(0，－1，1).设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(BD,\s\up6(→))·n2＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,x＋y＋z＝0.)) 令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，∴cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(0＋0－1,\r(2)×\r(2)) ＝－ eq \f(1,2) .设二面角A－BD－C的平面角为α(0≤α≤π)，则sin α＝ eq \r(1－cos2α) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴二面角A－BD－C的正弦值为 eq \f(\r(3),2) .专练41　直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．C　k＝ eq \f(0－2,3－0) ＝－ eq \f(2,3) .2．D　由x＋ eq \r(3) y＋1＝0，得y＝－ eq \f(\r(3),3) x－ eq \f(\r(3),3) ，∴直线的斜率k＝－ eq \f(\r(3),3) ，其倾斜角为 eq \f(5,6) π.3．A　由点斜式得y－5＝－ eq \f(3,4) (x＋2)，即：3x＋4y－14＝0．4．B　∵当 eq \f(π,2) <α<π时，k<0，∴α> eq \f(π,3) D⇒/k> eq \r(3) ；当k> eq \r(3) 时， eq \f(π,3) <α< eq \f(π,2) ，∴k> eq \r(3) ⇒ eq \f(π,3) <α< eq \f(π,2) ，∴α> eq \f(π,3) 是k> eq \r(3) 的必要不充分条件．5．D　由于倾斜角为120°，故斜率k＝－ eq \r(3) .又直线过点(－1，0)，由点斜式可知y＝－ eq \r(3) (x＋1)，即： eq \r(3) x＋y＋ eq \r(3) ＝0.6．D　若直线过原点，则直线方程为y＝2x，若直线不过原点，设所求的直线方程为x＋y＝m，又P(1，2)在直线上，∴1＋2＝m，∴m＝3，即：x＋y＝3.7．A　ax＋by＋c＝0可化为y＝－ eq \f(a,b) x－ eq \f(c,b) ，又直线过一、二、四象限，∴－ eq \f(a,b) <0且－ eq \f(c,b) >0，即ab>0，bc<0.8．B　设直线的倾斜角为θ，0≤θ<π，由题意得tanθ＝－sin α∈[－1，1]，∴θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，π)) .9．B　直线kx－y＋1－k＝0恒过P(1，1)，kPA＝2，kPB＝ eq \f(3,4) ，∴k的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4))) ∪[2，＋∞).10．4解析：由题意得kAC＝kBC，∴ eq \f(5－3,6－4) ＝ eq \f(5－a,6－5) ，得a＝4.11．45°解析：y′＝3x2－2，当x＝1时，该曲线的导函数值为1，∴k＝1，其倾斜角为45°.12．1解析：由题意得， eq \f(4－m,m＋2) ＝1，得m＝1.专练42　两条直线的位置关系及距离公式1．A　设所求的直线方程为x－2y＋c＝0，又(1，0)在直线l上，∴1＋c＝0，∴c＝－1，故所求的直线方程为x－2y－1＝0.2．D　∵l1与l2垂直，∴3(a－1)＋a＝0，得a＝ eq \f(3,4) .3．A　由两条直线平行，∴ eq \f(a,3) ＝ eq \f(2,a－1) ≠ eq \f(2a,7－a) ，得a＝－2或a＝3.∴a＝3是两条直线平行的充分不必要条件．4．B　由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx－y＝k－1，,ky－x＝2k，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k,k－1)，,y＝\f(2k－1,k－1)．)) 又∵00，故直线l1：kx－y＝k－1与直线l2：ky－x＝2k的交点在第二象限．5．B　由点(1， eq \r(3) )到直线x＋ eq \r(3) y＋C＝0的距离为3，得 eq \f(|1＋\r(3)×\r(3)＋C|,\r(12＋（\r(3)）2)) ＝ eq \f(|4＋C|,2) ＝3，得C＝2或C＝－10.∴C＝2是点(1， eq \r(3) )到直线x＋ eq \r(3) y＋C＝0的距离为3的充分不必要条件．6．A　过点P(2，1)且与原点O距离最远的直线就是过点P且与OP垂直的直线，因为直线OP的斜率为 eq \f(1－0,2－0) ＝ eq \f(1,2) ，所以所求直线的斜率为－2，即所求直线方程为y－1＝－2(x－2)，得2x＋y－5＝0.7．C　∵l1∥l2，∴ eq \f(1,2) ＝ eq \f(－2,n) ，∴n＝－4，∴l2：2x－4y－6＝0可化为x－2y－3＝0∴ eq \f(|m＋3|,\r(12＋（－2）2)) ＝ eq \f(|m＋3|,\r(5)) ＝ eq \r(5) ，又m>0，∴m＝2，∴m＋n＝2－4＝－2.8．C　由l1∥l3，得k＝5；由l2∥l3，得k＝－5；由x－y＝0与x＋y－2＝0，得x＝1，y＝1，若(1，1)在l3上，则k＝－10.若l1，l2，l3能构成一个三角形，则k≠±5且k≠－10，故选C.9．CD　对于A，直线l： eq \r(3) x－y＋1＝0的斜率k＝ eq \r(3) ，故直线l的倾斜角是 eq \f(π,3) ，故A错误；对于B，因为直线m：x－ eq \r(3) y＋1＝0的斜率k′＝ eq \f(\r(3),3) ，kk′＝1≠－1，故直线l与直线m不垂直，故B错误；对于C，点( eq \r(3) ，0)到直线l的距离d＝ eq \f(|\r(3)×\r(3)－0＋1|,\r(（\r(3)）2＋（－1）2)) ＝2，故C正确；对于D，过点(2 eq \r(3) ，2)与直线l平行的直线方程是y－2＝ eq \r(3) (x－2 eq \r(3) )，整理得 eq \r(3) x－y－4＝0，故D正确．10. eq \r(2) 解析：由题意得A(0，1)，由点A(0，1)到直线x＋y－3＝0的距离为 eq \f(|1－3|,\r(12＋12)) ＝ eq \r(2) .11. eq \f(\r(3),3) 解析：由题意，得双曲线的一条渐近线方程为y＝ eq \f(x,m) ，即x－my＝0.圆的方程可化为x2＋(y－2)2＝1，故圆心坐标为(0，2)，半径r＝1.由渐近线与圆相切，结合点到直线的距离公式，得 eq \f(|0－2m|,\r(m2＋1)) ＝1，解得m＝± eq \f(\r(3),3) .又因为m＞0，所以m＝ eq \f(\r(3),3) .12. eq \r(2) 解析：由题意可知，kAB＝ eq \f(b－a,5－4) ＝b－a＝1，故|AB|＝ eq \r(（5－4）2＋（b－a）2) ＝ eq \r(2) .专练43　圆的方程1．D　设所求的直线l的方程为x－y＋C＝0，∵直线l过圆心(0，3)，∴－3＋C＝0，C＝3，故所求的直线方程为x－y＋3＝0.2．D　半径r＝ eq \r(（1－0）2＋（1－0）2) ＝ eq \r(2) ，∴圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.3．D　∵A为直角，∴AB⊥AC，∴2a＝－4，a＝－2，∴△ABC外接圆的圆心(－3，0)，半径r＝ eq \f(|BC|,2) ＝ eq \f(\r(（－4＋2）2＋（－2－2）2),2) ＝ eq \r(5) ，∴所求的圆的方程为(x＋3)2＋y2＝5.4．C　由题意得D2＋E2－4F>0，∴4＋4－4a>0，∴a<2.5．D　由题意得25a2＋144a2<1，∴a2< eq \f(1,132) ，得|a|< eq \f(1,13) .6．B　∵y＝kx－2k＋1可化为y＝k(x－2)＋1，恒过定点(2，1)，则所求的圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝25.7．C　3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0的距离为d＝ eq \f(|10－0|,\r(32＋（－4）2)) ＝2，显然圆的半径r＝ eq \f(2,2) ＝1，与3x－4y＝0和3x－4y＋10＝0的距离相等的直线为3x－4y＋5＝0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－4y＋5＝0，,y＝－x－4，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－1，)) ∴圆心(－3，－1)，∴所求的圆的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1.8．B　由题意得圆心(1，1)在直线y＝kx＋3上，∴k＝－2.9．BD　设点M(x，y)，则 eq \o(MA,\s\up6(→)) ＝(－x－1，－y)， eq \o(MB,\s\up6(→)) ＝(－x＋1，－y)，所以 eq \o(MA,\s\up6(→)) · eq \o(MB,\s\up6(→)) ＝(－x－1)(－x＋1)＋y2＝3，所以点M的轨迹方程为圆x2＋y2＝4，圆心为(0，0)，半径为2.由此可知圆(x－2a＋1)2＋(y－2a－2)2＝1与圆x2＋y2＝4有公共点．又圆(x－2a＋1)2＋(y－2a－2)2＝1的圆心为(2a－1，2a＋2)，半径为1，所以1≤ eq \r(（2a－1）2＋（2a＋2）2) ≤3，解得－1≤a≤ eq \f(1,2) .故选BD.10．1解析：方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆的条件是a2＋4a2－4(2a2＋a－1)>0，即3a2＋4a－4<0，解得－20)，半径为m，直线 eq \f(x,4) ＋ eq \f(y,3) ＝1可化为3x＋4y－12＝0，由题意得 eq \f(|3m＋4m－12|,\r(32＋42)) ＝m，得m＝1或m＝6(舍去).∴△AOB内切圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1.13．A　设圆心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(2,x))) (x>0)，r＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2,x)＋1)),\r(5)) ≥ eq \f(5,\r(5)) ＝ eq \r(5) ，当且仅当x＝1时等号成立，所以当圆的面积最小时，即圆的半径最小时，此时圆心(1，2)，半径为 eq \r(5) ，所以圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5.14．ABD　对于A选项，圆心(k，k)一定在直线y＝x上，故A正确；对于B选项，将(3，0)代入圆Ck的方程整理得2k2－6k＋5＝0，其中Δ＝－4<0，方程无解，故所有圆Ck均不经过点(3，0)，故B正确；对于C选项，将(2，2)代入圆Ck的方程整理得k2－4k＋2＝0，其中Δ＝16－8＝8>0，故经过点(2，2)的圆Ck有两个，故C错误；对于D选项，所有圆的半径均为2，面积均为4，故D正确．故选ABD.15．4解析：如图：∵y＝ eq \f(\r(3),3) x＋2 eq \r(3) ，∴kAC＝－ eq \r(3) ，∴∠ACD＝60°，过D作DE⊥AC于E，则|DE|＝|AB|.∵圆心到直线l的距离d＝ eq \f(6,\r(1＋3)) ＝3，∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))  eq \s\up12(2) ＝r2－d2＝12－9＝3.∴|AB|2＝12，则|AB|＝2 eq \r(3) .在Rt△DEC中，|CD|＝ eq \f(|AB|,sin 60°) ＝ eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2)) ＝4.16．[－ eq \r(2) －1， eq \r(2) －1]解析：设x＝2＋cos α，y＝－3＋sin α∴x＋y＝sin α＋cos α－1＝ eq \r(2) sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) －1∈[－ eq \r(2) －1， eq \r(2) －1].专练44　直线与圆、圆与圆的位置关系1．B　圆心(1，－2)到直线2x＋y－5＝0的距离d＝ eq \f(|2－2－5|,\r(22＋12)) ＝ eq \r(5) < eq \r(6) ，∴两圆相交但不过圆心．2．B　∵x2＋y2＝4的圆心C1(0，0)，半径r1＝2，又x2＋y2＋6x－8y＋16＝0可化为(x＋3)2＋(y－4)2＝9，其圆心C2(－3，4)，半径r2＝3，又圆心距|C1C2|＝ eq \r(（0＋3）2＋（0－4）2) ＝5＝r1＋r2，∴两圆相外切．3．A　x2＋y2－2x－2y＋1＝0可化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，其圆心C(1，1)，半径为1，圆心C到直线x－y－2＝0的距离d＝ eq \f(|1－1－2|,\r(12＋（－1）2)) ＝ eq \r(2) ，∴圆上的点到直线距离的最大值为d＋r＝ eq \r(2) ＋1.4．B　圆C1：(x－2)2＋(y＋1)2＝4，圆C2：(x＋2)2＋(y－2)2＝9，∴圆心C1(2，－1)，C2(－2，2)，半径r1＝2，r2＝3，圆心距|C1C2|＝ eq \r(（－2－2）2＋（2＋1）2) ＝5，r1＋r2＝5，∴|C1C2|＝r1＋r2，∴两圆C1与C2外切，∴它们有3条公切线．5．D　由题意得圆心(0，1)到直线kx－y＋ eq \r(3) k＝0的距离为1，即： eq \f(|－1＋\r(3)k|,\r(k2＋1)) ＝1得k＝0或k＝ eq \r(3) .6．D　由题意得圆心(1，0)到直线l：y＝kx＋1的距离d为d＝ eq \f(|k＋1|,\r(k2＋1)) ＝ eq \r(4－（\r(2)）2) ，得(k＋1)2＝2(k2＋1)，得k＝1.7．B　x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可化为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，则圆心(－1，1)到直线x＋y＋2＝0的距离d＝ eq \f(|－1＋1＋2|,\r(12＋12)) ＝ eq \r(2) ，由题意得2＋22＝2－a，∴a＝－4.8．D　如图，由题可知，AB⊥PM，|PM|·|AB|＝2S四边形APBM＝2(S△PAM＋S△PBM)＝2(|PA|＋|PB|)，∵|PA|＝|PB|，∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4 eq \r(|PM|2－|AM|2) ＝4 eq \r(|PM|2－4) ，当|PM|最小时，|PM|·|AB|最小，易知|PM|min＝ eq \f(5,\r(4＋1)) ＝ eq \r(5) ，此时|PA|＝1，AB∥l，设直线AB的方程为y＝－2x＋b(b≠－2)，圆心M到直线AB的距离为d＝ eq \f(|3－b|,\r(5)) ，|AB|＝ eq \f(4|PA|,|PM|) ＝ eq \f(4,\r(5)) ，∴d2＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))  eq \s\up12(2) ＝|MA|2，即 eq \f(（3－b）2,5) ＋ eq \f(4,5) ＝4，解得b＝－1或b＝7(舍).综上，直线AB的方程为y＝－2x－1，即2x＋y＋1＝0.故选D.9．D　方法一(直接计算法)　由题可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l为y＝kx＋m，直线l与曲线y＝ eq \r(x) 的切点为A(x0，y0).由导数的几何意义可知 eq \f(1,2\r(x0)) ＝k，即 eq \r(x0) ＝ eq \f(1,2k) ，点A既在直线l上，又在曲线y＝ eq \r(x) 上，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝kx0＋m，,y0＝\r(x0)．)) ∴kx0＋m＝ eq \r(x0) ，即k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k)))  eq \s\up12(2) ＋m＝ eq \f(1,2k) ，化简可得m＝ eq \f(1,4k) ，又∵直线l与圆x2＋y2＝ eq \f(1,5) 相切，∴ eq \f(|m|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，将m＝ eq \f(1,4k) 代入化简得16k4＋16k2－5＝0，解得k2＝ eq \f(1,4) 或k2＝－ eq \f(5,4) (舍去).∵y＝ eq \r(x) 的图象在第一象限，∴k>0，∴k＝ eq \f(1,2) ，∴m＝ eq \f(1,2) ，∴l的方程为y＝ eq \f(1,2) x＋ eq \f(1,2) .故选D.方法二(选项分析法)　由选项知直线l的斜率为2或 eq \f(1,2) ，不妨假设为2，设直线l与曲线y＝ eq \r(x) 的切点为P(x0，y0)，则 eq \f(1,2) x0－ eq \f(1,2) ＝2.解得x0＝ eq \f(1,16) ，则y0＝ eq \f(1,4) ，即P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，\f(1,4))) ，显然点P在圆x2＋y2＝ eq \f(1,5) 内，不符合题意，所以直线l的斜率为 eq \f(1,2) ，又直线l与圆x2＋y2＝ eq \f(1,5) 相切，所以只有D项符合题意，故选D.10．[2－ eq \r(3) ，2＋ eq \r(3) ]解析：x2＋y2－4x－4y＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝8，∴圆心为(2，2)，半径为2 eq \r(2) .当圆心到直线l的距离为 eq \r(2) 时，圆上恰好存在3个点到直线l的距离为 eq \r(2) ，∴圆心到直线l的距离应小于或等于 eq \r(2) ，∴ eq \f(|2k－2|,\r(1＋k2)) ≤ eq \r(2) ，∴2－ eq \r(3) ≤k≤2＋ eq \r(3) .11．2(答案不唯一，可以是± eq \f(1,2) ，±2中任意一个)解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝ eq \f(2,\r(1＋m2)) ，|AB|＝2 eq \r(R2－d2) ＝2 eq \r(4－（\f(2,\r(1＋m2))）2) ＝ eq \f(4|m|,\r(1＋m2)) .由S△ABC＝ eq \f(8,5) ，得 eq \f(1,2) × eq \f(4|m|,\r(1＋m2)) × eq \f(2,\r(1＋m2)) ＝ eq \f(8,5) ，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝± eq \f(1,2) ，故答案可以为2.12．x＝1或8x－15y－53＝0解析：当切线的斜率不存在时，切线方程为x＝1，当切线的斜率存在时，设切线方程为y＋3＝k(x－1)，即：kx－y－k－3＝0，由题意得 eq \f(|4k－2－k－3|,\r(k2＋1)) ＝3，得k＝ eq \f(8,15) ，∴切线方程为8x－15y－53＝0.13．ACD　圆 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－5)) 2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－5)) 2＝16的圆心为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5)) ，半径为4，直线AB的方程为 eq \f(x,4) ＋ eq \f(y,2) ＝1，即x＋2y－4＝0，圆心M到直线AB的距离为 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5＋2×5－4)),\r(12＋22)) ＝ eq \f(11,\r(5)) ＝ eq \f(11\r(5),5) >4，所以，点P到直线AB的距离的最小值为 eq \f(11\r(5),5) －4<2，最大值为 eq \f(11\r(5),5) ＋4<10，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM)) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－5))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－5))2) ＝ eq \r(34) ， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MP)) ＝4，由勾股定理可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BP)) ＝  eq \r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM))2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MP))2) ＝3 eq \r(2) ，CD选项正确．故选ACD.14．B　解析：如图，x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圆心坐标为(2，0)，半径r＝ eq \r(5) ，所以圆心到点(0，－2)的距离为 eq \r(（2－0）2＋（0＋2）2) ＝2 eq \r(2) ，由于圆心与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin  eq \f(α,2) ＝ eq \f(r,2\r(2)) ＝ eq \f(\r(5),2\r(2)) ＝ eq \f(\r(10),4) ，所以cos  eq \f(α,2) ＝ eq \f(\r(6),4) ，所以sin α＝2sin  eq \f(α,2) cos  eq \f(α,2) ＝2× eq \f(\r(10),4) × eq \f(\r(6),4) ＝ eq \f(\r(15),4) .故选B.15．3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答对其中之一即可)解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为A(x，y).由O1A＝ eq \f(1,5) O1O2，得A( eq \f(3,5) ， eq \f(4,5) ).因为kO1O2＝ eq \f(4,3) ，所以切线l1的斜率k1＝－ eq \f(3,4) ，所以l1：y－ eq \f(4,5) ＝－ eq \f(3,4) (x－ eq \f(3,5) )，即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝ eq \f(4,3) x.联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)x，,x＝－1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)．)) 故直线l与l2的交点为P(－1，－ eq \f(4,3) ).由切线定理，得两圆的另一公切线l3过点P.设l3：y＋ eq \f(4,3) ＝k(x＋1).由点到直线的距离公式，得 eq \f(k－\f(4,3),\r(k2＋1)) ＝1，解得k＝ eq \f(7,24) ，所以l3：y＋ eq \f(4,3) ＝ eq \f(7,24) (x＋1)，即7x－24y－25＝0.16．8解析：由题意将两圆的方程相减，可得公共弦方程为x＋y＝2.点P(a，b)(a>0，b>0)在两圆的公共弦上，∴a＋b＝2，∴ eq \f(1,a) ＋ eq \f(9,b) ＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b))) (a＋b)＝ eq \f(1,2)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(b,a)＋\f(9a,b))) ≥ eq \f(1,2) ×(10＋6)＝8，当且仅当 eq \f(b,a) ＝ eq \f(9a,b) ，即b＝3a时取等号，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(9,b) 的最小值为8.专练45　椭圆1．D　∵a＝4，由椭圆的定义知，M到另一个焦点的距离为2a－3＝2×4－3＝5.2．B　由椭圆的方程得a＝ eq \r(3) .设椭圆的另一个焦点为F，则由椭圆的定义得|BA|＋|BF|＝|CA|＋|CF|＝2a，所以△ABC的周长为|BA|＋|BC|＋|CA|＝|BA|＋|BF|＋|CF|＋|CA|＝(|BA|＋|BF|)＋(|CF|＋|CA|)＝2a＋2a＝4a＝4 eq \r(3) .3．B　由题意得， eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，∴ eq \f(c2,a2) ＝ eq \f(1,4) ，又a2＝b2＋c2，∴ eq \f(a2－b2,a2) ＝ eq \f(1,4) ， eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(3,4) ，∴4b2＝3a2.故选B.4．C　由题，a2＝9，b2＝4，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)) ＝2a＝6，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)) ≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)),2))) 2＝9(当且仅当 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)) ＝3时，等号成立).故选C.5．C　由题可知椭圆的焦点落在x轴上，c＝2，∴a2＝4＋c2＝8，∴a＝2 eq \r(2) ，∴e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(2,2\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) .6．A　方法一　由已知得e1＝ eq \f(\r(a2－1),a) ，e2＝ eq \f(\r(4－1),2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，因为e2＝ eq \r(3) e1，所以 eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) × eq \f(\r(a2－1),a) ，得a＝ eq \f(2\r(3),3) .故选A.方法二　若a＝ eq \f(2\r(3),3) ，则e1＝ eq \f(\r(a2－1),a) ＝ eq \f(\r(（\f(2\r(3),3)）2－1),\f(2\r(3),3)) ＝ eq \f(1,2) ，又e2＝ eq \f(\r(3),2) ，所以e2＝ eq \r(3) e1，所以a＝ eq \f(2\r(3),3) 符合题意．故选A.7．B　方法一　依题意a＝3，b＝ eq \r(6) ，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) .如图，不妨令F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0).设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos ∠F1PF2＝ eq \f(m2＋n2－12,2mn) ＝ eq \f(3,5) 　①，由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.由①②，解得mn＝ eq \f(15,2) .设|OP|＝x.在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，由余弦定理得 eq \f(x2＋3－m2,2\r(3)x) ＝－ eq \f(x2＋3－n2,2\r(3)x) ，得x2＝ eq \f(m2＋n2－6,2) ＝ eq \f(（m＋n）2－2mn－6,2) ＝ eq \f(15,2) ，所以|OP|＝ eq \f(\r(30),2) .方法二　依题意a＝3，b＝ eq \r(6) ，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) .如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，α＝∠F1PF2，则cos ∠F1PF2＝cos α＝ eq \f(3,5) ，故sin ∠F1PF2＝sin α＝ eq \f(2sin \f(α,2)cos \f(α,2),sin2\f(α,2)＋cos2\f(α,2)) ＝ eq \f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2)) ＝ eq \f(4,5) ，则tan eq \f(α,2) ＝ eq \f(1,2) 或tan  eq \f(α,2) ＝2(舍去).故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tan  eq \f(α,2) ＝6× eq \f(1,2) ＝3.又S△F1PF2＝ eq \f(1,2) ×2c|y0|＝ eq \r(3) |y0|，故y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝3，又 eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,9) ＋ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,6) ＝1，所以x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝ eq \f(9,2) ，|OP|2＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝ eq \f(15,2) ，|OP|＝ eq \f(\r(30),2) .方法三　依题意a＝3，b＝ eq \r(6) ，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) .如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2＝ eq \f(b2sin α,1＋cos α) .因为cos ∠F1PF2＝ eq \f(3,5) ，所以sin ∠F1PF2＝ eq \f(4,5) ，故S△F1PF2＝ eq \f(6×\f(4,5),1＋\f(3,5)) ＝3.又S△F1PF2＝ eq \f(1,2) ×2c|y0|＝ eq \r(3) |y0|，故y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝3，又 eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,9) ＋ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,6) ＝1，所以x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝ eq \f(9,2) ，|OP|2＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝ eq \f(15,2) ，|OP|＝ eq \f(\r(30),2) .方法四　依题意a＝3，b＝ eq \r(6) ，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) .如图(图同方法一)，不妨令F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0).设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos ∠F1PF2＝ eq \f(m2＋n2－12,2mn) ＝ eq \f(3,5) 　①，由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.由①②，解得mn＝ eq \f(15,2) .因为 eq \o(PO,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) (PF1＋PF2)，所以| eq \o(PO,\s\up6(→)) |2＝ eq \f(1,4) (m2＋n2＋2mn cos ∠F1PF2)＝ eq \f(1,4)  eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（m＋n）2－\f(4,5)mn)) ＝ eq \f(15,2) ，所以|PO|＝ eq \f(\r(30),2) .8．C　由已知a＝2，b＝ eq \r(3) ，c＝1，若P为短轴的顶点(0， eq \r(3) )时，∠F1PF2＝60，△PF1F2为等边三角形，∴∠P不可能为直角，若∠F1＝90°，则|PF1|＝ eq \f(b2,a) ＝ eq \f(3,2) ，S△PF1F2＝ eq \f(1,2) · eq \f(b2,a) ·2c＝ eq \f(3,2) .9．A　设P(x1，y1)，则点Q的坐标为(－x1，y1).由题意，得点A(－a，0).又直线AP，AQ的斜率之积为 eq \f(1,4) ，所以 eq \f(y1,x1＋a) · eq \f(y1,－x1＋a) ＝ eq \f(1,4) ，即 eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,a2－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ) ＝ eq \f(1,4) ①.又点P在椭圆C上，所以 eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,a2) ＋ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,b2) ＝1②.由①②，得 eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(1,4) ，所以a2＝4b2，所以a2＝4(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3),2) .故选A.10．(3，4)∪(4，5)解析：由题意可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－k>0，,k－3>0，,5－k≠k－3，)) 解得31，∴0< eq \f(1,a2) <1，∴1<1＋ eq \f(1,a2) <2，∴10，∴a＝1，b＝ eq \r(3) .则双曲线方程为：x2－ eq \f(y2,3) ＝1.故答案为A.9．B　∵x2－y2＝1的焦点(± eq \r(2) ，0)，e1＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(2) ，∴由题意得 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1的焦点坐标为(± eq \r(2) ，0)，e＝ eq \f(\r(2),2) ，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝c2＝2，,\f(\r(a2－b2),a)＝\f(\r(2),2)，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2.)) ∴椭圆方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.设P为两曲线右边的交点，由椭圆、双曲线的定义知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|PF1|＋|PF2|＝2×2，,|PF1|－|PF2|＝2，)) ∴|PF1|＝3，|PF2|＝1，又|F1F2|＝2 eq \r(2) ，且|PF2|2＋|F1F2|2＝1＋(2 eq \r(2) )2＝1＋8＝9＝|PF1|2，∴△F1PF2为直角三角形．10．13解析：由题意，a2＝9，所以a＝3.设点M到另一个焦点的距离为d，由双曲线的定义知，|7－d|＝2a＝2×3＝6，所以d＝1(舍)或d＝13.即点M到另一个焦点的距离为13.11. eq \f(\r(3),3) 解析：∵双曲线 eq \f(x2,a2) －y2＝1的渐近线方程为y＝± eq \f(x,a) ，∴ eq \f(1,a) ＝ eq \r(3) ，a＝ eq \f(\r(3),3) .12. eq \f(3\r(5),5) 解析：方法一　由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以F2A＝(x1－c，y1)，F2B＝(－c，y0)，因为F2A＝－ eq \f(2,3) F2B，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－c＝\f(2,3)c,y1＝－\f(2,3)y0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(5,3)c,y1＝－\f(2,3)y0)) ，所以A( eq \f(5,3) c，－ eq \f(2,3) y0).F1A＝( eq \f(8,3) c，－ eq \f(2,3) y0)，F1B＝(c，y0)，因为F1A⊥F1B，所以F1A·F1B＝0，即 eq \f(8,3) c2－ eq \f(2,3) y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝0，解得y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝4c2.因为点A( eq \f(5,3) c，－ eq \f(2,3) y0)在双曲线C上，所以 eq \f(25c2,9a2) － eq \f(4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,9b2) ＝1，又y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝4c2，所以 eq \f(25c2,9a2) － eq \f(16c2,9b2) ＝1，即 eq \f(25（a2＋b2）,9a2) － eq \f(16（a2＋b2）,9b2) ＝1，化简得 eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(4,5) ，所以e2＝1＋ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(9,5) ，所以e＝ eq \f(3\r(5),5) .方法二　由前面方法一得A( eq \f(5,3) c，－ eq \f(2,3) y0)，y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝4c2，所以|AF1|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\f(64c2,9)＋\f(4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,9)) ＝ eq \r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9)) ＝ eq \f(4\r(5)c,3) ，|AF2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\f(4c2,9)＋\f(4y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,9)) ＝ eq \r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9)) ＝ eq \f(2\r(5)c,3) ，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即 eq \f(4\r(5)c,3) － eq \f(2\r(5)c,3) ＝2a，即 eq \f(\r(5),3) c＝a，所以双曲线的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(3,\r(5)) ＝ eq \f(3\r(5),5) .方法三　由F2A＝－ eq \f(2,3) F2B可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝ eq \f(2,3) |F2B|.设|F2B|＝3m(m>0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由F1A⊥F1B可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝ eq \r(|AB|2－|BF1|2) ＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则 eq \f(1,2) |AB|·|F1D|＝ eq \f(1,2) |F1A|·|F1B|，即 eq \f(1,2) ×5m×|F1D|＝ eq \f(1,2) ×4m×3m，所以|F1D|＝ eq \f(12,5) m，所以|BD|＝ eq \r(|BF1|2－|F1D|2) ＝ eq \f(9,5) m，所以|F2D|＝ eq \f(6,5) m，则|F1F2|＝ eq \r(|F1D|2＋|F2D|2) ＝ eq \f(6\r(5),5) m＝2c，即c＝ eq \f(3\r(5),5) m，所以e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(3\r(5),5) .13.C　由题意，知点N在双曲线的右支上，不妨设点N在第一象限，如图．设切点为点A，连接DA，则DA⊥MN，易知|DA|＝a，|DF1|＝c，则|AF1|＝ eq \r(c2－a2) ＝b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，则F2B∥DA.又因为点D为F1F2的中点，所以|F2B|＝2|DA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos ∠F1NF2＝ eq \f(3,5) ，得sin∠F1NF2＝ eq \f(4,5) ，tan ∠F1NF2＝ eq \f(4,3) ，所以|F2N|＝ eq \f(|F2B|,sin ∠F1NF2) ＝ eq \f(5a,2) ，|BN|＝ eq \f(|F2B|,tan ∠F1NF2) ＝ eq \f(3a,2) ，所以|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋ eq \f(3a,2) .由双曲线的定义，得|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即 eq \f(b,a) ＝ eq \f(3,2) .所以双曲线C的离心率e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1＋\f(9,4)) ＝ eq \f(\r(13),2) .故选C.14．D　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，由点A，B在双曲线上，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －\f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,9)＝1,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －\f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,9)＝1)) ，两式作差，得x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,9) ，即(x1－x2)(x1＋x2)＝ eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,9) ，化简得 eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,（x1－x2）（x1＋x2）) ＝9，即 eq \f(y1－y2,x1－x2) · eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2)) ＝kAB· eq \f(y0,x0) ＝9，因此kAB＝9· eq \f(x0,y0) .由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．对于A选项，因为kAB＝9× eq \f(1,1) ＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9× eq \f(－1,2) ＝－ eq \f(9,2) ＜－3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9× eq \f(1,3) ＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9× eq \f(－1,－4) ＝ eq \f(9,4) <3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.15. eq \r(5) (答案不唯一)解析：双曲线C的一条渐近线与C没有公共点，所以可令 eq \f(b,a) ＝2，则e＝ eq \r(1＋（\f(b,a)）2) ＝ eq \r(5) .16. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，＋∞)) 解析：由题意，|OP|＝ eq \r(2ab) ，又|OP|≥a，则 eq \r(2ab) ≥a，即2ab≥a2，得2b≥a，4b2＝4(c2－a2)≥a2，所以 eq \f(c2,a2) ≥ eq \f(5,4) ，所以e≥ eq \f(\r(5),2) ，即e的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，＋∞)) .专练47　抛物线1．B　y＝ eq \f(1,4) x2可化为x2＝4y，则焦点到准线的距离为 eq \f(1,2) ×4＝2.2．B　∵y2＝2px的准线为x＝－ eq \f(p,2) ，又准线过点(－1，1)，∴－ eq \f(p,2) ＝－1，∴p＝2，故其焦点坐标为(1，0).3．B　∵F(2，1)在直线l：3x＋4y－10＝0上，∴动点M的轨迹为过点F且与直线l垂直的直线．4．B　∵ eq \f(x2,3) －y2＝1的右焦点为(2，0)，∴ eq \f(p,2) ＝2，p＝4.5．B　由已知条件，易知抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.又B(3，0)，则|AF|＝|BF|＝2.不妨设点A在第一象限，则A(x0，2 eq \r(x0) ).根据抛物线的定义可知x0－(－1)＝2，所以x0＝1，所以A(1，2)，所以|AB|＝ eq \r(（1－3）2＋（2－0）2) ＝2 eq \r(2) .故选B.6．D　由题意，知抛物线的焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)) ，椭圆的焦点坐标为(± eq \r(2p) ，0)，所以 eq \f(p,2) ＝ eq \r(2p) ，解得p＝8，故选D.7．B　如图，分别过点A，B作准线的垂线，交准线于点E，D，设准线与x轴交于点G，设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在Rt△ACE中，∵|AF|＝4，|AC|＝4＋3a，∴2|AE|＝|AC|，∴4＋3a＝8，从而得a＝ eq \f(4,3) ，∵AE∥FG，∴ eq \f(FG,AE) ＝ eq \f(CF,AC) ，即 eq \f(p,4) ＝ eq \f(4,8) ，得p＝2.∴抛物线方程为y2＝4x.故选B.8．B　当AB与x轴垂直时，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1)) ， eq \o(OA,\s\up6(→)) · eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＋1×(－1)＝－ eq \f(3,4) ；当AB与x轴不垂直时，设l：y＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) ，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，,y2＝2x，)) 得k2x2－(k2＋2)x＋ eq \f(k2,4) ＝0设A(x1，y1)，B(x2，y2)由韦达定理得x1＋x2＝ eq \f(k2＋2,k2) ，x1x2＝ eq \f(1,4) ，∴ eq \o(OA,\s\up6(→)) · eq \o(OB,\s\up6(→)) ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2))) ＝(1＋k2)x1x2－ eq \f(1,2) k2(x1＋x2)＋ eq \f(k2,4) ＝－ eq \f(3,4) .9．A　不妨设点A在第一象限，如图所示，过点F作AE的垂线，垂足为H，由题知当A的坐标为(3，y0)时△AEF为正三角形，此时H为AE的中点，|AE|＝3＋ eq \f(p,2) ，|EH|＝p，∴2p＝3＋ eq \f(p,2) ，解得p＝2，∴y2＝4x，A(3，2 eq \r(3) )，F(1，0)，∴kAF＝ eq \r(3) ，直线AF的方程为y＝ eq \r(3) (x－1)，代入抛物线方程得3(x－1)2＝4x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，解得x1＝3，x2＝ eq \f(1,3) ，此时y1＝2 eq \r(3) ，y2＝－ eq \f(2\r(3),3) ，∴S△AOB＝S△OFB＋S△OFA＝ eq \f(1,2) ×1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)＋2\r(3))) ＝ eq \f(4\r(3),3) ，故选A.10．x＝－ eq \f(3,2) 解析：抛物线C：y2＝2px (p>0)的焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)) ，∵P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为 eq \f(p,2) ，代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p，不妨设P( eq \f(p,2) ，p)，因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧，又∵|FQ|＝6，∴Q(6＋ eq \f(p,2) ，0)，∴ eq \o(PQ,\s\up6(→)) ＝(6，－p)因为PQ⊥OP，所以 eq \o(PQ,\s\up6(→)) · eq \o(OP,\s\up6(→)) ＝ eq \f(p,2) ×6－p2＝0，∵p>0，∴p＝3，所以C的准线方程为x＝－ eq \f(3,2) .11. eq \f(9,4) 解析：将点A的坐标代入抛物线方程，得5＝2p，于是y2＝5x，则抛物线的准线方程为x＝－ eq \f(5,4) ，所以A到准线的距离为1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4))) ＝ eq \f(9,4) .12．0或1解析：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝8x，)) 得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，若k＝0，满足题意；若k≠0，则Δ＝(4k－8)2－4×4k2＝0，得k＝1.综上得k＝0或k＝1.13．AC　由题意，易知直线y＝－ eq \r(3) (x－1)过点(1，0).对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以 eq \f(p,2) ＝1，即p＝2，所以A选项正确．对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x10，与x2＝y－ eq \f(1,4) 联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，所以|AB|＝ eq \r(1＋k2) |x1－t|＝ eq \r(1＋k2) |k－2t|＝ eq \r(1＋k2) |2t－k|，|BC|＝ eq \r(1＋（1－\f(1,k)）2) |－ eq \f(1,k) －2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k) | eq \f(1,k) ＋2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k2) |2kt＋1|，且2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＝ eq \f(2\r(1＋k2),k2) (|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k),（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)＜t≤\f(k,2),（2k2＋2k）t－k3＋1，t>\f(k,2))) ，当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上单调递增，所以当t＝ eq \f(k,2) 时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2) (k2＋1)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2) .令f(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2) ，k≥1，则f′(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(1,2)（k＋\r(2)）（k－\r(2)）,k3) ，当1≤k＜ eq \r(2) 时，f′(k)＜0，当k＞ eq \r(2) 时，f′(k)＞0，所以函数f(k)在[1， eq \r(2) )上单调递减，在( eq \r(2) ，＋∞)上单调递增，所以f(k)≥f( eq \r(2) )＝3 eq \r(3) ，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k2) ≥3 eq \r(3) .当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k) ]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k) ， eq \f(k,2) ]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2) ，＋∞)上单调递增，所以当t＝－ eq \f(1,2k) 时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2) k(k2＋1)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k) .令g(k)＝ eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k) ，00，所以函数g(k)在(0， eq \f(\r(2),2) )上单调递减，在( eq \f(\r(2),2) ，1)上单调递增，所以g(k)≥g( eq \f(\r(2),2) )＝3 eq \r(3) ，所以2(|AB|＋|BC|)> eq \f(2（1＋k2）\f(3,2),k) ≥3 eq \r(3) .综上，矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3) .2．解析：(1)设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2\r(5),\f(c,a)＝\r(5),c2＝a2＋b2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2\r(5),a＝2,b＝4)) .所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1.(2)方法一　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则x1＝my1－4，x2＝my2－4.联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－4,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1)) ，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.由根与系数的关系得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1),y1y2＝\f(48,4m2－1))) ，所以y1＋y2＝ eq \f(2m,3) y1y2.因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，所以A1(－2，0)，A2(2，0).直线MA1的方程为 eq \f(y1,x1＋2) ＝ eq \f(y,x＋2) ，直线NA2的方程为 eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(y,x－2) ，所以 eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2)) ＝ eq \f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2)) ，得 eq \f(（x2－2）y1,（x1＋2）y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) ， eq \f(（my2－6）y1,（my1－2）y2) ＝ eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) .因为 eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(my1y2－6（y1＋y2）＋6y2,my1y2－2y2) ＝ eq \f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2) ＝ eq \f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2) ＝－3，所以 eq \f(x－2,x＋2) ＝－3，解得x＝－1，所以点P在定直线x＝－1上．方法二　由题意得A1(－2，0)，A2(2，0).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则 eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,4) － eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,16) ＝1，即4x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝16.如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝ eq \f(y1,x1＋2) · eq \f(y1,x1－2) ＝ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －4) ＝ eq \f(4x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －16,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －4) ＝4　①.由 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6， eq \f(1,6) [my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)· eq \f(1,6) [my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋ eq \f(8,3) (x－2)my－ eq \f(8,3) (x－2)2－y2＝0，两边同时除以(x－2)2，得 eq \f(4,3) ＋ eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))  eq \s\up12(2) ＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))  eq \s\up12(2) － eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \f(4,3) ＝0.kMA2＝ eq \f(y1,x1－2) ，kNA2＝ eq \f(y2,x2－2) ，由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－ eq \f(4,3) 　②.由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2).由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2）,y＝kNA2（x－2）)) ，解得x＝－1.所以点P在定直线x＝－1上．3．解析：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以 eq \f(4,b2) ＝1，得b2＝4.因为椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),3) ，所以c2＝ eq \f(5,9) a2，又a2＝b2＋c2＝4＋ eq \f(5,9) a2，所以a2＝9，c2＝5，故椭圆C的方程为 eq \f(y2,9) ＋ eq \f(x2,4) ＝1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，)) 得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－ eq \f(16k2＋24k,4k2＋9) ，x1x2＝ eq \f(16k2＋48k,4k2＋9) .直线AP：y＝ eq \f(y1,x1＋2) (x＋2)，令x＝0，解得yM＝ eq \f(2y1,x1＋2) ，同理得yN＝ eq \f(2y2,x2＋2) ，则yM＋yN＝2 eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）) ＝2 eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）) ＝2 eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4) ＝2 eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）) ＝2× eq \f(108,36) ＝6.所以MN的中点的纵坐标为 eq \f(yM＋yN,2) ＝3，所以MN的中点为定点(0，3).4．解析：(1)方法一　由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2.设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为 eq \r(2) p，|MD|＝ eq \r(2) p，|FD|＝ eq \f(p,2) .在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)))  eq \s\up12(2) ＋( eq \r(2) p)2＝9，解得p＝2.所以C的方程为y2＝4x.方法二　抛物线的准线方程为x＝－ eq \f(p,2) .当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.此时|MF|＝p＋ eq \f(p,2) ＝3，所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1＝tan α，k2＝tan β.由题意可得k1≠0，k2≠0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.设直线AB的方程为y＝k2(x－m)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为y＝k1(x－1)，直线MD的方程为y＝k3(x－2)，直线ND的方程为y＝k4(x－2).联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，)) 所以k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) x2－(2k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋4)x＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝0，则x1x2＝1.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k2（x－m），,y2＝4x，)) 所以k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) x2－(2mk eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋4)x＋k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) m2＝0，则x3x4＝m2.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k3（x－2），,y2＝4x，)) 所以k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) x2－(4k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＋4)x＋4k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＝0，则x1x3＝4.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k4（x－2），,y2＝4x，)) 所以k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) x2－(4k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＋4)x＋4k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝0，则x2x4＝4.所以M(x1，2 eq \r(x1) )，N( eq \f(1,x1) ， eq \f(－2,\r(x1)) )，A( eq \f(4,x1) ， eq \f(－4,\r(x1)) )，B(4x1，4 eq \r(x1) ).所以k1＝ eq \f(2\r(x1),x1－1) ，k2＝ eq \f(\r(x1),x1－1) ，k1＝2k2，所以tan (α－β)＝ eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β) ＝ eq \f(k1－k2,1＋k1k2) ＝ eq \f(k2,1＋2k eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＝ eq \f(1,\f(1,k2)＋2k2) .因为k1＝2k2，所以k1与k2同号，所以α与β同为锐角或钝角．当α－β取最大值时，tan (α－β)取得最大值．所以k2＞0，且当 eq \f(1,k2) ＝2k2，即k2＝ eq \f(\r(2),2) 时，α－β取得最大值．易得x3x4＝ eq \f(16,x1x2) ＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.所以直线AB的方程为x－ eq \r(2) y－4＝0.5．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p> eq \f(1,2) .由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))) · eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝ eq \r(5) · eq \r(16p2－8p) ＝4 eq \r(15) ，解得p＝2或p＝－ eq \f(3,2) (舍去)，故p＝2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).因为 eq \o(FM,\s\up6(→)) · eq \o(FN,\s\up6(→)) ＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝ eq \f(1,2) |MF||NF|＝ eq \f(1,2) (x3＋1)(x4＋1)＝ eq \f(1,2) (x3x4＋x3＋x4＋1)　(*). 当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，)) 得x2－6x＋1＝0，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．)) 代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2 eq \r(2) 时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2 eq \r(2) ).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y2＝4x，)) 得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，)) y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝ eq \f(4m,k) .又 eq \o(FM,\s\up6(→)) ·  eq \o(FN,\s\up6(→)) ＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，所以 eq \f(m2,k2) － eq \f(4－2km,k2) ＋1＋ eq \f(4m,k) ＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.所以S△MFN＝ eq \f(1,2) (x3x4＋x3＋x4＋1)＝ eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2) ＝ eq \f(m2＋k2＋2km,k2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)))  eq \s\up12(2) ＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k))) ＋1.令t＝ eq \f(m,k) ，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)))  eq \s\up12(2) ＋6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k))) ＋1＝ eq \f(4,k2) >0， 即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2 eq \r(2) 或t<－3－2 eq \r(2) ，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8 eq \r(2) ＝4(3－2 eq \r(2) .故△MFN面积的最小值为4(3－2 eq \r(2) ).6．解析：(1)由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(3)，, \r(a2＋b2)＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)．)) 所以C的方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋h(k≠0).联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋h，,x2－\f(y2,3)＝1.)) 消去y并整理，得(3－k2)x2－2khx－h2－3＝0.则x1＋x2＝ eq \f(2kh,3－k2) ，x1x2＝ eq \f(h2＋3,k2－3) ，x1－x2＝ eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(3（h2＋3－k2）),|3－k2|) .因为x1>x2>0，所以x1x2＝ eq \f(h2＋3,k2－3) >0，即k2>3.所以x1－x2＝ eq \f(2\r(3（h2＋3－k2）),k2－3) .设点M的坐标为(xM，yM)，则yM－y2＝ eq \r(3) (xM－x2)，yM－y1＝－ eq \r(3) (xM－x1)，两式相减，得y1－y2＝2 eq \r(3) xM－ eq \r(3) (x1＋x2).因为y1－y2＝(kx1＋h)－(kx2＋h)＝k(x1－x2)，所以2 eq \r(3) xM＝k(x1－x2)＋ eq \r(3) (x1＋x2)，解得xM＝ eq \f(k\r(h2＋3－k2)－kh,k2－3) .两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝ eq \r(3) (x1－x2).因为y1＋y2＝(kx1＋h)＋(kx2＋h)＝k(x1＋x2)＋2h，所以2yM＝k(x1＋x2)＋ eq \r(3) (x1－x2)＋2h，解得yM＝ eq \f(3\r(h2＋3－k2)－3h,k2－3) ＝ eq \f(3,k) xM.所以点M的轨迹为直线y＝ eq \f(3,k) x，其中k为直线PQ的斜率．选择①②.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2k,k－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)k,k－\r(3))  .同理可得xB＝ eq \f(2k,k＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3))  .此时xA＋xB＝ eq \f(4k2,k2－3) ，yA＋yB＝ eq \f(12k,k2－3) .因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝ eq \f(3,k) x，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM.)) 解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝ eq \f(xA＋xB,2) ，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝ eq \f(yA＋yB,2) ，所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.选择①③.当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝ eq \f(3,k) x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2m,m－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)m,m－\r(3))  .同理可得xB＝ eq \f(2m,m＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)m,m＋\r(3))  .此时xM＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2m2,m2－3) ，yM＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6m,m2－3) .由于点M同时在直线y＝ eq \f(3,k) x上，故6m＝ eq \f(3,k) ·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2k,k－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)k,k－\r(3))  .同理可得xB＝ eq \f(2k,k＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3))  .设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2k2,k2－3) ，yC＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6k,k2－3) .因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－ eq \f(1,k) (x－xC)上．将该直线方程与y＝ eq \f(3,k) x联立，解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝xC，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．7．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).将点A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)的坐标代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．)) 所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.)) 消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，所以y1＋y2＝－ eq \f(16t2＋8t,4t2＋3) ，y1y2＝ eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3) .设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得 eq \f(y1＋2,x0) ＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2)) ，得x0＝ eq \f(3,2) y1＋3.设H(x′，y′).由 eq \o(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \o(TH,\s\up6(→)) ，得( eq \f(3,2) y1＋3－x1，0)＝(x′－ eq \f(3,2) y1－3，y′－y1)，所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，所以直线HN的斜率k＝ eq \f(y2－y′,x2－x′) ＝ eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）) ＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ，所以直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(x－x2).令x＝0，得y＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(－x2)＋y2＝ eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ＋y2＝ eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ＝ eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4) ＝－2.所以直线NH过定点(0，－2).(方法二)由A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)可得直线AB的方程为y＝ eq \f(2,3) x－2.a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.将直线方程x＝1代入 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，可得N(1， eq \f(2\r(6),3) )，M(1，－ eq \f(2\r(6),3) ).将y＝－ eq \f(2\r(6),3) 代入y＝ eq \f(2,3) x－2，可得T(3－ eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).由 eq \o(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \o(TH,\s\up6(→)) ，得H(5－2 eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).此时直线HN的方程为y＝(2＋ eq \f(2\r(6),3) )(x－1)＋ eq \f(2\r(6),3) ，则直线HN过定点(0，－2).b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.)) 消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，)) 且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4) .①联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2)) ，可得T( eq \f(3y1,2) ＋3，y1).由 eq \o(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \o(TH,\s\up6(→)) ，得H(3y1＋6－x1，y1).则直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) (x－x2).将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．综上可得，直线HN过定点(0，－2).8．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，∴ eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1，解得a2＝2.∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.)) 消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2) ，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2) .由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝0，即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2) ＋(m－1－2k)· eq \f(4km,1－2k2) －4(m－1)＝0，即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.∵直线l不过点A，∴k＝－1.(2)设∠PAQ＝2α，0<α< eq \f(π,2) ，则tan 2α＝2 eq \r(2) ，∴ eq \f(2tan α,1－tan2α) ＝2 eq \r(2) ，解得tan α＝ eq \f(\r(2),2) (负值已舍去).由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝ eq \f(\r(2),2) .∵ eq \f(\r(2),2) 为双曲线一条渐近线的斜率，∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．当P，Q同在右支时，tan ( eq \f(π,2) －α)＝ eq \f(1,tan α) 即为直线AP或AQ的斜率．设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(2) ，则kAQ＝－ eq \r(2) ，∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2) (x－2)，即y＝ eq \r(2) x－2 eq \r(2) ＋1.联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.)) 消去y并整理，得3x2－(16－4 eq \r(2) )x＋20－8 eq \r(2) ＝0，则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3) ，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3) .∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3) |＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3) .同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3) .∵tan 2α＝2 eq \r(2) ，0<2α<π，∴sin 2α＝ eq \f(2\r(2),3) ，∴S△PAQ＝ eq \f(1,2) |AP|·|AQ|·sin 2α＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) ×|xA－xP|× eq \r(3) ×|xA－xQ|×sin 2α＝ eq \f(1,2) ×3× eq \f(16,9) × eq \f(2\r(2),3) ＝ eq \f(16\r(2),9) .专练49　排列与组合1．A　由分类加法计数原理可知共有5＋3＝8种不同的选法．2．B　先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种安排方式．所以不同的安排方式共有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) ·A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝60(种).故选B.3．C4．D　由5个球中任取3个球，共有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝10种，其中没有白球的取法有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝1种，∴所取的3个球中至少有1个白球的取法有10－1＝9种．5．D　将4项工作分成3组，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种分法，再安排给3人共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 种方法，故共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝36种不同的安排方式．6．C　甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) ＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法，故选C.7．C　将B，C看作一个元素，除A外，共有A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝48种，再安排A，共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 种不同的排法，∴实验顺序共有48×2＝96种不同的编排方法．8．D　完成这件事分两步进行，第一步排除甲、乙、丙以外的4个人，共有A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝24种不同的排法，第二步排除甲、乙、丙，共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝60种不同的排法，由分步乘法原理，共有24×60＝1 440种不同的排法．9．B　当两个偶数数字中不含0时，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝4 320(个)；当两个偶数数字中有一个为0时，共有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝2 160(个).因此共有4 320＋2 160＝6 480(个)，故选B.10．180解析：从6个人中选取1个人安排在第一天有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) ＝6(种)方法，然后从余下的5个人中选取1个人安排在第二天有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) ＝5(种)方法，再从剩余的4个人中选取2个人安排在第三天有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝6(种)方法，根据分步乘法计数原理知不同的安排方法有6×5×6＝180(种).11．64解析：方法一　由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) 种方案．综上，不同的选课方案共有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ＝64(种).方法二　若学生从这8门课中选修2门课，则有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)) －C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) －C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)) －C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) －C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).12．36解析：因为每个小区至少安排1名同学，所以4名同学的分组方案只能为1，1，2，所以不同的安排方法共有 eq \f(C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ·C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ·A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝36种．专练50　二项式定理1．C　2．C　由二项展开式通项知Tk＋1＝(－2)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) ·(x2)5－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x3)))  eq \s\up12(k) ＝(－2)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) x10－5k，令10－5k＝0，得k＝2.∴常数项为T3＝(－2)2C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＝40.3．BCD4．B　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)－x))  eq \s\up12(5) 的展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) ·(－1)k·a5－k·x2k－5，显然，2k－5为奇数，故(x＋2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)－x))  eq \s\up12(5) 展开式中的常数项为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ·a3＝80，所以a＝2.5．B　由题意得S＝26＝64，P＝C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) (－2)4＝15×16＝240，∴ eq \f(P,S) ＝ eq \f(240,64) ＝ eq \f(15,4) .6．B　在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x)))  eq \s\up12(n) 的展开式中令x＝1，得A＝4n，各项二项式系数之和为B＝2n，由 4n＋2n＝72，得n＝3，∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x)))  eq \s\up12(n) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,x)))  eq \s\up12(3) ，其通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(3)) ( eq \r(x) )3－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)))  eq \s\up12(k) ＝3kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(3)) x eq \f(3－3k,2) ，令 eq \f(3－3k,2) ＝0，得k＝1，故展开式的常数项为T2＝3C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ＝9.7．C　要求 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x))) (x＋y)5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出(x＋y)5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可，由二项式定理可得(x＋y)5的展开式中x2y3的系数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝10，x4y的系数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) ＝5，故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x))) (x＋y)5的展开式中x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.8．C　S＝C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(4)) (x－1)4＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) (x－1)3＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) (x－1)2＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) (x－1)1＋C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) (x－1)0＝(x－1＋1)4＝x4.9．ABC　对于A，令x＝0，得a0＝2×1＝2，故A正确；对于B，(1－2x)5的展开式的通项Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) (－2x)k＝(－2)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) xk，所以a5＝2×(－2)5C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ＋1×(－2)4C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)) ＝－64＋80＝16，故B正确；对于C，令x＝1，得(2＋1)(1－2×1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6　①，即a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3－a0＝－3－2＝－5，故C正确；对于D，令x＝－1，得(2－1)[1－2×(－1)]5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6　②，由①②解得a1＋a3＋a5＝－123，故D不正确．综上所述，选ABC.10．－28解析：(1－ eq \f(y,x) )(x＋y)8＝(x＋y)8－ eq \f(y,x) (x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(8)) －C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(8)) ＝－28.11．16 eq \r(2) 　5解析：该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(9)) ( eq \r(2) )9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为( eq \r(2) )9＝16 eq \r(2) ；当k＝1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.12．5解析：二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))  eq \s\up12(7) 的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) ·x7－k·(－1)kx－k＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) x7－2k，故第k＋1项的系数为(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) ，当k＝0，2，4，6时，系数为正，因为C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(7)) 1.75，解得p> eq \f(5,2) 或p< eq \f(1,2) .由p∈(0，1)，得p∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) .故选A.10. eq \f(1,3) 解析：由9C2－C＋3－8C＝1，得C＝ eq \f(1,3) 或C＝ eq \f(2,3) ，又当C＝ eq \f(2,3) 时，9C2－C＝9× eq \f(4,9) － eq \f(2,3) >1，不合题意，当C＝ eq \f(1,3) 时符合题意．∴C＝ eq \f(1,3) .11. eq \f(5,12) 解析：由分布列的性质知 eq \f(1,3) ＋m＋ eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,6) ＝1，得m＝ eq \f(1,4) .P(|X－3|＝1)＝P(X＝4)＋P(X＝2)＝ eq \f(1,6) ＋ eq \f(1,4) ＝ eq \f(5,12) .12．1解析：∵随机变量X的取值为0，1，2，P(X＝0)＝0.2，D(X)＝0.4，∴设P(X＝1)＝a，则P(X＝2)＝0.8－a，0≤a≤0.8.则E(X)＝0×0.2＋a＋2(0.8－a)＝1.6－a.又D(X)＝(a－1.6)2×0.2＋(a－0.6)2a＋(a＋0.4)2(0.8－a)＝0.4，整理得a2－0.2a－0.24＝0，解得a＝0.6或a＝－0.4(舍)，∴E(X)＝1.6－0.6＝1.13．D　由题意可得，E(X)＝ eq \f(1,3) (a＋1)，所以D(X)＝ eq \f(（a＋1）2,27) ＋ eq \f(（1－2a）2,27) ＋ eq \f(（a－2）2,27) ＝ eq \f(6a2－6a＋6,27) ＝ eq \f(2,9)  eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))) ，所以当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.14．ABD　根据分布列的性质得a＋ eq \f(b,2) ＋ eq \f(b,2) ＝1，即a＋b＝1，故A正确；根据数学期望公式得E(ξ)＝0×a＋1× eq \f(b,2) ＋2× eq \f(b,2) ＝ eq \f(3b,2) ，故B正确；根据方差公式得D(ξ)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3b,2)))  eq \s\up12(2) ×a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3b,2)))  eq \s\up12(2) × eq \f(b,2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3b,2)))  eq \s\up12(2) × eq \f(b,2) ＝－ eq \f(9,4) b2＋ eq \f(5,2) b＝－ eq \f(9,4)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(5,9)))  eq \s\up12(2) ＋ eq \f(25,36) ，因为00，解得a<20 000，故a的取值范围为(1 000，20 000).专练53　条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率1．A　P(A)＝ eq \f(1,2) ，P(AB)＝ eq \f(1,4) ，∴P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(1,2) .2．B　P(A)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ) ＝ eq \f(2,5) ，P(AB)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ) ＝ eq \f(1,10) ，∴P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(\f(1,10),\f(2,5)) ＝ eq \f(1,4) .3．D　由题意可知甲中靶的概率P1＝ eq \f(8,10) ＝ eq \f(4,5) ，乙中靶的概率P2＝ eq \f(7,10) ，又两人中靶相互独立，∴他们都中靶的概率P＝P1P2＝ eq \f(7,10) × eq \f(4,5) ＝ eq \f(14,25) .4．B　由题意知，仅有1人解出的概率为P＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) × eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,12) ＝ eq \f(11,24) .故选B.5．B　设“这种动物从出生起活到20岁”为事件A，“这种动物从出生起活到25岁”为事件B.则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4由于AB＝B，则P(AB)＝P(B)则P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(P（B）,P（A）) ＝ eq \f(0.4,0.8) ＝0.5.故选B.6．C　设事件A表示“甲部门攻克该技术难题”，事件B表示“乙部门攻克该技术难题”，P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，则该公司攻克这项技术难题的概率为：P＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－0.2×0.3＝0.94，故选C.7．A　方法一　如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为 eq \f(B,B＋C) ＝ eq \f(0.4,0.5) ＝0.8，故选A.方法二　令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝ eq \f(P（AB）,P（B）) ＝ eq \f(0.4,0.5) ＝0.8，故选A.8．D　设汽车分别在甲、乙、丙三处因遇绿灯而通行为事件A，B，C，则P(A)＝ eq \f(1,3) ，P(B)＝ eq \f(1,2) ，P(C)＝ eq \f(2,3) ，停车一次即为事件 eq \o(A,\s\up6(－)) BC＋A eq \o(B,\s\up6(－)) C＋AB eq \o(C,\s\up6(－)) 的发生，故概率P＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) × eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) × eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) ＝ eq \f(7,18) .故选D.9．ABD　由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) β(1－β)2＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) (1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确．对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) α(1－α)2＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) (1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D选项正确．综上，选ABD.10．0.7解析：设A1＝“第1天去A餐厅用餐”，B1＝“第1天去B餐厅用餐”，A2＝“第2天去A餐厅用餐”，Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥．根据题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.8.由全概率公式得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7故王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.7.11. eq \f(1,6) 　 eq \f(2,3) 解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为 eq \f(1,2) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ，甲、乙两球都不落入盒子的概率为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) ＝ eq \f(1,3) ，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(2,3) .12. eq \f(15,28) 解析：记事件“甲取到2个黑球”为A，“乙取到2个黑球”为B，则有P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)) ) ＝ eq \f(15,28) .即所求事件的概率是 eq \f(15,28) .13．B　P(甲)＝ eq \f(1,6) ，P(乙)＝ eq \f(1,6) ，P(丙)＝ eq \f(5,36) ，P(丁)＝ eq \f(6,36) ＝ eq \f(1,6) ， P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝ eq \f(1,36) ＝P(甲)P(丁)，P(乙丙)＝ eq \f(1,36) ≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丁)P(丙)，故选B.14．ACD　∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，从甲口袋摸出白球和从乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率为 eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,6) ，∴2个球不都是白球的概率是1－ eq \f(1,6) ＝ eq \f(5,6) ，故A，C正确；甲口袋摸出的球不是白球的概率为 eq \f(2,3) ，乙口袋摸出的球不是白球的概率为 eq \f(1,2) ，故2个球都不是白球的概率为 eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) ，B错误；2个球恰有一个球是白球的概率为 eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ，D正确．故选ACD.15．D　设第二盘与甲比赛，则p甲＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3]＝2p1(p2＋p3－2p2p3).设第二盘与乙比赛，则p乙＝2[p2p1(1－p3)＋(1－p1)p2p3]＝2p2(p1＋p3－2p1p3).设第二盘与丙比赛，则p丙＝2[p3p1(1－p2)＋(1－p1)p2p3]＝2p3(p1＋p2－2p1p2).p甲－p乙＝2p3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝2p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝2p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．选D.16．ABD　依题意P(A)＝ eq \f(1,2) ，P(B)＝ eq \f(1,2) ，P(C)＝ eq \f(1,2) ，故AD正确；P(AB)＝P(A)P(B)＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) ，P(AC)＝ eq \f(1,4) ，P(BC)＝ eq \f(1,4) ，故B正确；事件A，B，C不可能同时发生，所以P(ABC)＝0，故C错误．故选ABD.专练54　二项分布、超几何分布与正态分布1．C　由正态分布的特点可知，P(ξ>6)＝1－P(ξ<2)－P(2<ξ<6)＝0.2，∴μ＝ eq \f(2＋6,2) ＝4.2．B　∵X～B(10，0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，又X＋Y＝8，∴Y＝8－X，∴E(Y)＝8－E(X)＝8－6＝2，D(Y)＝(－1)2D(X)＝2.4.3．B　∵P(X>a＋2)＝P(X<2a－3)，∴ eq \f(a＋2＋2a－3,2) ＝2，得a＝ eq \f(5,3) .4．A　∵随机变量ξ～B(n，p)，且E(ξ)＝1.6，D(ξ)＝1.28，5．A　记得分为X，则X＝5，6，7，8.P(X＝7)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ,C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) ) ＝ eq \f(12,35) ；P(X＝8)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(3)) ,C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) ) ＝ eq \f(1,35) .所以P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝ eq \f(12,35) ＋ eq \f(1,35) ＝ eq \f(13,35) .故选A.6．A　由题意，甲在4局内(含4局)赢得比赛包含3种情况：①甲胜第1、2局，概率为p1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(2) ；②乙胜第1局，甲胜2、3局，概率为p2＝ eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(2) ；③甲胜第1局，乙胜第2局，甲胜第3、4局，概率为p3＝ eq \f(1,3) × eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(2) ，所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为p＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(2) ＋ eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(2) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))  eq \s\up12(2) ＝ eq \f(17,81) .故选A.7．B　由题意得X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，得p＝0.4或p＝0.6，又P(X＝4)0.5，∴p＝0.6.8．C　由图可知，μ1<0<μ2，σ1<σ2，∴P(Y≥μ2)P(X≤σ1)，故B不正确；当t为任意正数时，由图可知P(X≤t)≥P(Y≤t)，而P(X≤t)＝1－P(X≥t)，P(Y≤t)＝1－P(Y≥t)，∴P(X≥t)≤P(Y≥t)，故C正确，D不正确．9．ABD　记该游客游览i个景点为事件Ai，i＝0，1，则P(A0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) (1－ eq \f(1,2) )＝ eq \f(1,24) ，P(A1)＝ eq \f(2,3)  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))  eq \s\up12(3) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) · eq \f(1,2) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))  eq \s\up12(2) ＝ eq \f(5,24) ，所以游客至多游览一个景点的概率为P(A0)＋P(A1)＝ eq \f(1,24) ＋ eq \f(5,24) ＝ eq \f(1,4) ，故A正确；随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4；P(X＝0)＝P(A0)＝ eq \f(1,24) ，P(X＝1)＝P(A1)＝ eq \f(5,24) ，P(X＝2)＝ eq \f(2,3) ×C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) × eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))  eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) ×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) ＝ eq \f(3,8) ，故B正确；P(X＝3)＝ eq \f(2,3) ×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) ×C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(3) ＝ eq \f(7,24) ，P(X＝4)＝ eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))  eq \s\up12(3) ＝ eq \f(1,12) ，故C错误；数学期望为：E(X)＝0× eq \f(1,24) ＋1× eq \f(5,24) ＋2× eq \f(9,24) ＋3× eq \f(7,24) ＋4× eq \f(2,24) ＝ eq \f(13,6) ，故D正确，故选ABD.10. eq \f(1,3) 11．0.15解析：∵X～N(3，σ2)，∴P(X<3)＝0.5.又P(06)＝P(X<0)＝0.15.12．78解析：∵X～N(90，σ2)，∴正态曲线关于直线x＝90对称，又P(60≤X≤120)＝0.8，∴P(X>120)＝ eq \f(1－0.8,2) ＝0.1，∴估计高于120分的有780×0.1＝78人．13．AC　正态分布密度函数为f(x)＝ eq \f(1,\r(2π)σ) ·e－ eq \f(（x－μ）2,2σ2) ，x∈(－∞，＋∞)，由题意知μ＝100，σ2＝100，所以该地水稻的平均株高为100 cm，方差为100，故A正确；B错误；因为正态分布密度曲线关于直线x＝100对称，所以P(X>120)＝P(X<80)>P(X<70)，故C正确；P(100P(801 200)＝a，P(800<ξ<1 000)＝b得a＝0.5－b，所以a＋b＝ eq \f(1,2) ，则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(9,b) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b))) (a＋b)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(b,a)＋\f(9a,b))) ≥2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(b,a)·\f(9a,b)))) ＝32，当且仅当时取等号，所以 eq \f(1,a) ＋ eq \f(9,b) 的最小值为32.16. eq \f(3,10) 　 eq \f(6,5) 解析：现从5个小球中任意取出3个小球，基本事件总数n＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝10，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数m＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ＝3，恰有2个小球颜色相同的概率是p＝ eq \f(m,n) ＝ eq \f(3,10) .X的所有可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ,C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ) ＝ eq \f(1,10) ，P(X＝1)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ,C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ) ＝ eq \f(6,10) ，P(X＝2)＝ eq \f(C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) ,C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ) ＝ eq \f(3,10) ，所以E(X)＝0× eq \f(1,10) ＋1× eq \f(6,10) ＋2× eq \f(3,10) ＝ eq \f(6,5) .专练55　随机抽样与用样本估计总体1．C　因为 eq \o(x,\s\up6(－)) ＝ eq \f(36＋36＋37＋37＋40＋43＋43＋44＋44,9) ＝40，s2＝ eq \f(1,9) (16＋16＋9＋9＋0＋9＋9＋16＋16)＝ eq \f(100,9) ，即s＝ eq \f(10,3) ，年龄在( eq \o(x,\s\up6(－)) －s， eq \o(x,\s\up6(－)) ＋s)即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(110,3)，\f(130,3))) 内的人数为5，所以所求百分比为 eq \f(5,9) ≈0.56＝56%，故选C.2．D　由频率分布直方图知，200名学生每周的自习时间不少于22.5小时的频率为1－(0.02＋0.10)×2.5＝0.7，则这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数为200×0.7＝140.3．A　记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i(按从小到大的顺序排列)，易知e为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.4．C　对于A选项，将甲同学周课外体育运动时长的样本从小到大排列，其样本容量为16，中间两个样本为7.3和7.5，所以中位数为 eq \f(7.3＋7.5,2) ＝7.4，所以A不符合题意．对于B选项，(方法一)乙同学周课外体育运动时长的样本平均数为 eq \f(1,16) ×(6.3＋7.4＋7.6＋8.1＋8.2＋8.2＋8.5＋8.6＋8.6＋8.6＋8.6＋9.0＋9.2＋9.3＋9.8＋10.1)≈8.5，所以B不符合题意．(方法二)由乙的样本可知，小于8的样本有6.3，7.4，7.6，其他样本均大于8.又因为 eq \f(10.1＋6.3,2) >8， eq \f(9.8＋7.4,2) >8， eq \f(9.3＋7.6,2) >8，所以乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8，所以B正确．对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的样本有8.1，8.2，8.4，8.6，9.2，9.4，共6个，则甲同学周课外运动时长大于8的概率的估计值为 eq \f(6,16) ＝ eq \f(3,8) <0.4，所以C符合题意．对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的样本有13个，则乙同学周课外运动时长大于8的概率的估计值为 eq \f(13,16) >0.6，所以D不符合题意．故选C.5．A　设建设前经济收入为a，则建设后经济收入为2a，由题图可得下表：根据上表可知B、C、D均正确，A不正确，故选A.6．B　由统计图可知，讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率分别为65%，60%，70%，60%，65%，75%，90%，85%，80%，95%.对于A项，将这10个数据从小到大排列为60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，因此这10个数据的中位数是第5个与第6个数的平均数，为 eq \f(70%＋75%,2) ＝72.5%＞70%，A错误．对于B项，由统计图可知，讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率分别为90%，85%，80%，90%，85%，85%，95%，100%，85%，100%，所以讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的平均数为 eq \f(1,10) ×(90%＋85%＋80%＋90%＋85%＋85%＋95%＋100%＋85%＋100%)＝89.5%＞85%，B正确．对于C项，讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的方差s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(后)) ＝ eq \f(1,10) ×[(90%－89.5%)2＋(85%－89.5%)2＋…＋(85%－89.5%)2＋(100%－89.5%)2]＝ eq \f(42.25,10 000) ，所以标准差s后＝6.5%.讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率的平均数为 eq \f(1,10) ×(60%＋60%＋65%＋65%＋70%＋75%＋80%＋85%＋90%＋95%)＝74.5%，所以讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率的方差为s eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(前)) ＝ eq \f(1,10) ×[(60%－74.5%)2＋(60%－74.5%)2＋…＋(90%－74.5%)2＋(95%－74.5%)2]＝ eq \f(142.25,10 000) ，所以标准差s前≈11.93%.所以s前＞s后，C错误．对于D项，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%－60%＝35%，讲座后问卷答题的正确率的极差为100%－80%＝20%，D错误．故选B.7．CD　A：E(y)＝E(x＋c)＝E(x)＋c且c≠0，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi＝xi＋c，显然不相同，错误；C：D(y)＝D(x)＋D(c)＝D(x)，故方差相同，正确．D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax－xmin，则第二组的极差为ymax－ymin＝(xmax＋c)－(xmin＋c)＝xmax－xmin，故极差相同，正确．故选CD.8．C　甲的平均数是 eq \f(4＋5＋6＋7＋8,5) ＝6，中位数是6，极差是4，方差是 eq \f(（－2）2＋（－1）2＋02＋12＋22,5) ＝2；乙的平均数是 eq \f(5＋5＋5＋6＋9,5) ＝6，中位数是5，极差是4，方差是 eq \f(（－1）2＋（－1）2＋（－1）2＋02＋32,5) ＝ eq \f(12,5) ，比较可得选项C正确．9．D　由表格中的数据可得 eq \o(x,\s\up6(－)) ＝ eq \f(2＋3＋4＋5＋6,5) ＝4， eq \o(y,\s\up6(－)) ＝ eq \f(19＋25＋34＋38＋44,5) ＝32，将点( eq \o(x,\s\up6(－)) ， eq \o(y,\s\up6(－)) )的坐标代入经验回归方程得6.3×4＋ eq \o(a,\s\up6(^)) ＝32，解得 eq \o(a,\s\up6(^)) ＝6.8，所以回归方程为 eq \o(y,\s\up6(^)) ＝6.3x＋6.8.对于A选项，当x＝2时， eq \o(y,\s\up6(^)) ＝6.3×2＋6.8＝19.4，A选项错误；对于B选项，这组数据的样本点中心( eq \o(x,\s\up6(－)) ， eq \o(y,\s\up6(－)) )必在回归直线 eq \o(y,\s\up6(^)) ＝6.3x＋ eq \o(a,\s\up6(^)) 上，B选项错误；对于C选项，回归系数6.3的含义是广告费用每增加1万元，销售额约增加6.3万元，C选项错误；对于D选项，当x＝7时， eq \o(y,\s\up6(^)) ＝6.3×7＋6.8＝50.9，所以据此模型预报广告费用为7万元时销售额约为50.9万元，D选项正确．故选D.10．2解析：由平均数公式可得 eq \f(4＋2a＋（3－a）＋5＋6,5) ＝4，解得a＝2.11．(1)3　(2)6 000解析：(1)0.1×(0.2＋0.8＋1.5＋2.0＋2.5＋a)＝1，解得a＝3.(2)消费金额在区间[0.5，0.9]内的购物者的频率为0.1×(3.0＋2.0＋0.8＋0.2)＝0.6，所以所求购物者的人数为0.6×10 000＝6 000.12．32.8解析：设这组数据的最后两个数据为10＋x，y(x∈N，x≤9)∵9＋10＋11＋10＋x＋y＝10×5＝50，∴x＋y＝10，∴y＝10－x.∴s2＝ eq \f(1,5) [1＋0＋1＋x2＋(y－10)2]＝ eq \f(1,5) (2＋2x2).∵x≤9，∴当x＝9时，s2取得最大值32.8.13．A　由图可知，1号温差为负值，所以今年1号气温低于去年同期的气温，故选项A不正确；除6，7号，今年气温略高于去年同期的气温外，其他日子，今年气温都低于去年同期的气温，所以今年的气温的平均值比去年同期的气温的平均值低，选项B正确；今年8～11号气温上升，但是气温差逐渐下降，说明去年8～11号气温持续上升，选项C正确；由图可知，今年8号气温最低，选项D正确．故选A.14．BD　取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为 eq \r(\f(22,3)) ＝ eq \f(\r(66),3) ，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.15．3解析：∵s2＝＝ eq \f(1,3)  eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) －2\o(x,\s\up6(－))（x1＋x2＋x3）＋3\o(x,\s\up6(－))2)) ＝ eq \f(1,3)  eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) －3\o(x,\s\up6(－))2)) ，又s2＝ eq \f(1,3) (x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) －12)，∴3 eq \o(x,\s\up6(－)) 2＝12，∴ eq \o(x,\s\up6(－)) ＝2.∴x1＋1，x2＋1，x3＋1的平均数为 eq \f(x1＋x2＋x3＋3,3) ＝3.16．50解析：设除中间一个小矩形外的(n－1)个小矩形面积的和为P，则中间一个小矩形面积为 eq \f(1,3) P，P＋ eq \f(1,3) P＝1，P＝ eq \f(3,4) ，则中间一个小矩形的面积等于 eq \f(1,3) P＝ eq \f(1,4) ，200× eq \f(1,4) ＝50，即该组的频数为50.专练56　高考大题专练(六)　概率与统计的综合运用1．解析：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋ eq \x\to(B) A，所以P(A)＝P(BA＋ eq \x\to(B) A)＝P(BA)＋P( eq \x\to(B) A)＝P(B)P(A|B)＋P( eq \x\to(B) )P(A| eq \x\to(B) )＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝ eq \f(1,2) ，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝ eq \f(2,5) pi＋ eq \f(1,5) ，所以pi＋1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(2,5) (pi－ eq \f(1,3) )，又p1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3))) 是以 eq \f(1,6) 为首项， eq \f(2,5) 为公比的等比数列，所以pi－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1，所以pi＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1.(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,6) ×( eq \f(2,5) )i－1，所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(1,6) ×[1＋ eq \f(2,5) ＋( eq \f(2,5) )2＋…＋( eq \f(2,5) )n－1]＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(1,6) × eq \f(1－（\f(2,5)）n,1－\f(2,5)) ＝ eq \f(n,3) ＋ eq \f(5,18) × eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－（\f(2,5)）n)) .2．解析：(1)甲连胜四场的概率为 eq \f(1,16) .(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为 eq \f(1,16) ；乙连胜四场的概率为 eq \f(1,16) ；丙上场后连胜三场的概率为 eq \f(1,8) .所以需要进行第五场比赛的概率为1－ eq \f(1,16) － eq \f(1,16) － eq \f(1,8) ＝ eq \f(3,4) ．(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为 eq \f(1,8) ；比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为 eq \f(1,16) ， eq \f(1,8) ， eq \f(1,8) .因此丙最终获胜的概率为 eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,16) ＋ eq \f(1,8) ＋ eq \f(1,8) ＝ eq \f(7,16) .3．解析：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故a＝0.35.b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.4．解析：(1)由10×(a＋0.009＋0.022＋0.033＋0.024＋0.008＋a)＝1，解得a＝0.002.(2)依题意，μ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，故X～N(200，12.22)，所以P(187.8≤X≤212.2)＝P(200－12.2≤X≤200＋12.2)≈0.682 7，故测量数据落在(187.8，212.2)内的概率约为0.682 7.(3)根据题意得平均成本为0.4×170×0.02＋0.4×180×0.09＋0.4×190×0.22＋0.4×200×0.33＋(0.8×210－100)×0.24＋(0.8×220－100)×0.08＋(0.8×230－100)×0.02＝75.04，故生产该疫苗的平均成本为75.04元．5．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为P＝P(ABC＋ eq \o(A,\s\up6(－)) BC＋A eq \o(B,\s\up6(－)) C＋AB eq \o(C,\s\up6(－)) )＝P(ABC)＋P( eq \o(A,\s\up6(－)) BC)＋P(A eq \o(B,\s\up6(－)) C)＋P(AB eq \o(C,\s\up6(－)) )＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，所以X的分布列为则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.6．解析：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%>0.5%，所以95c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.(2)当95≤c≤100时，p(c)＝(c－95)×0.002＝0.002c－0.19，q(c)＝(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.01c＋1.01，所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－0.008c＋0.82；当1006.635，∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．(2)(ⅰ)证明：∵＝ eq \f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A） ) · eq \f(P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）,P（B|\o(A,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A）) · eq \f(P（A）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) ， eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（B）) · eq \f(P（B）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) ＝ eq \f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B） ) ，∴R＝ eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))） ) .(ⅱ)由表格中的数据，得P(A|B)＝ eq \f(40,100) ＝ eq \f(2,5) ，P(A| eq \o(B,\s\up6(－)) )＝ eq \f(10,100) ＝ eq \f(1,10) ，∴P( eq \o(A,\s\up6(－)) |B)＝1－P(A|B)＝ eq \f(3,5) ，P( eq \o(A,\s\up6(－)) | eq \o(B,\s\up6(－)) )＝1－P(A| eq \o(B,\s\up6(－)) )＝ eq \f(9,10) ，∴R＝ eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B） ) · eq \f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）) ＝ eq \f(\f(2,5),\f(3,5)) × eq \f(\f(9,10),\f(1,10)) ＝详解答案微专题小练习　数学(新教材)x(－∞，－ eq \f(1,3) )－ eq \f(1,3) (－ eq \f(1,3) ，0)0(0，1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)极小值极大值极小值ξ eq \f(1,5)  eq \f(2,5)  eq \f(3,5)  eq \f(4,5) 1Pa2a3a4a5aξ100100－aP0.9950.005种植收入第三产业收入其他收入养殖收入建设前经济收入0.6a0.06a0.04a0.3a建设后经济收入0.74a0.56a0.1a0.6aX0102030P0.160.440.340.06