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统考版2024高考数学二轮专题复习第五篇考前教材回归理
展开这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第五篇考前教材回归理，共4页。试卷主要包含了集合，含有一个量词的命题的否定，))，25等内容，欢迎下载使用。
一 回归教材 赢得高考
良好的心态是稳定发挥乃至超常发挥的前提．考前这几天，最明智的做法就是回归基础，巩固基础知识和基本能力；最有效的心态调节方法就是每天练一组基础小题——做到保温训练手不凉，每天温故一组基础知识——做到胸中有粮心不慌．
(一) 集合与常用逻辑用语
1.集合
(1)集合的运算性质
①A∪B＝A⇔B⊆A；②A∩B＝B⇔B⊆A；③A⊆B⇔∁UA⊇∁UB.
(2)子集、真子集个数计算公式
对于含有n个元素的有限集合M，其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n，2n－1，2n－1，2n－2.
(3)集合运算中的常用方法
若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解；若已知的集合是点集，用数形结合法求解；若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解．
2．四种命题之间的相互关系
3．四种命题的真假关系
提醒 (1)两个命题互为逆否命题时，它们有相同的真假性．
(2)两个命题为互逆命题或互否命题时，它们的真假性没有关系．
(3)如果一些命题的真假不容易直接判断，则可以判断其逆否命题的真假．
4．否命题与命题的否定的区别
5.含有一个量词的命题的否定
全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题，如下所述：
提醒 由于全称命题经常省略量词，因此，在写这类命题的否定时，应先确定其中的全称量词，再改写量词和否定结论．
6．全称命题与特称命题真假的判断方法
1.集合运算的重要结论
(1)A∩B⊆A，A∩B⊆B；A⊆A∪B；B⊆A∪B，A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A；A∩A＝A，A∩∅＝∅，A∩B＝B∩A.
(2)若A⊆B，则A∩B＝A；反之，若A∩B＝A，则A⊆B.若A⊆B，则A∪B＝B；反之，若A∪B＝B，则A⊆B.
(3)A∩(∁UA)＝∅，A∪(∁UA)＝U，∁U(∁UA)＝A.
(4)∁U(A∩B)＝(∁UA)∪(∁UB)，∁U(A∪B)＝(∁UA)∩(∁UB).
2．一些常见词语的否定
3.充分条件与必要条件的三种判定方法
(1)定义法：正、反方向推理，若p⇒q，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若p⇒q，且qp，则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件).
(2)集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A⊆B，则A是B的充分条件(B是A的必要条件)；若A＝B，则A是B的充要条件．
(3)等价法：将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题．
易错点1 忽视集合中元素的互异性
【突破点】 求解集合中元素含有参数的问题，先根据其确定性列方程，求出值后，再根据其互异性检验．
易错点2 未弄清集合的代表元素
【突破点】 集合的特性由元素体现，在解决集合的关系及运算时，要弄清集合的代表元素是什么．
易错点3 遗忘空集
【突破点】 空集是一个特殊的集合，空集是任何非空集合的真子集，由于思维定式的原因，在解题中常遗忘这个集合，导致解题错误或解题不全面．
易错点4 忽视不等式解集的端点值
【突破点】 进行集合运算时，可以借助数轴，要注意集合中的“端点元素”在运算时的“取”与“舍”．
易错点5 对含有量词的命题的否定不当
【突破点】 由于有的命题的全称量词往往可以省略不写，从而在进行命题否定时易只否定全称命题的判断词，而不否定被省略的全称量词．
易错点6 不清楚“否命题”与“命题的否定”的区别
【突破点】 “否命题”是既否定其条件，又否定其结论，而“命题的否定”只是否定命题的结论．
易错快攻一 遗忘空集
[典例1] 集合A＝{x|x<－1或x≥3}，B＝{x|ax＋1≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围是( )
A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))
B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))
C．(－∞，－1)∪[0，＋∞)
D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))
[尝试解题]
纠错技巧
注意空集的特殊性．由于空集是任何集合的子集，因此，本题中B＝∅时也满足B⊆A.解含有参数的集合问题时，要注意含参数的所给集合可能是空集的情况．空集是一个特殊的集合，由于受思维定式影响，同学们往往在解题中易遗忘这个集合，导致解题错误或解题不全面．
易错快攻二 对含有量词的命题的否定不当
[典例2] 已知命题p：∃n0∈N，2n0>1 000，则¬p为( )
A．∀n∈N，2n<1 000 B．∀n∉N，2n<1 000
C．∀n∈N，2n≤1 000 D．∀n∉N，2n≤1 000
[尝试解题]
纠错技巧
本题易忽视对量词的否定致错．在对含有全称量词或存在量词的命题进行否定时，要先对全称量词或存在量词进行否定：全称量词的否定为存在量词，存在量词的否定为全称量词，然后对结论进行否定．简记为改量词，否结论．
(二) 不等式
必 记 知 识
1.一元二次不等式的解法
解一元二次不等式的步骤：一化(将二次项系数化为正数)；二判(判断Δ的符号)；三解(解对应的一元二次方程)；四写(大于取两边，小于取中间).
解含有参数的一元二次不等式一般要分类讨论，往往从以下几个方面来考虑：①二次项系数，它决定二次函数的开口方向；②判别式Δ，它决定根的情形，一般分Δ>0，Δ＝0，Δ<0三种情况；③在有根的条件下，要比较两根的大小．
2．一元二次不等式的恒成立问题
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的条件是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ<0.))
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的条件是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ<0.))
3．分式不等式
eq \f(f（x）,g（x）)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)；
eq \f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）g（x）≥0（≤0），,g（x）≠0.))
提醒 (1)不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，不讨论这个数的正负，从而出错．
(2)解形如一元二次不等式ax2＋bx＋c>0时，易忽视系数a的讨论导致漏解或错解，要注意分a>0，a<0进行讨论．
(3)应注意求解分式不等式时正确进行同解变形，不能把 eq \f(f（x）,g（x）)≤0直接转化为f(x)·g(x)≤0，而忽视g(x)≠0.
4．图解法求解线性规划问题的基本要点
(1)定域：画出不等式(组)所表示的平面区域，注意平面区域的边界与不等式中的不等号的对应．
(2)平移：画出目标函数等于0时所表示的直线l，平行移动直线，让其与可行域有公共点，根据目标函数的几何意义确定最优解；注意熟练掌握常见的几类目标函数的几何意义．
(3)求值：利用直线方程构成的方程组求出最优解的坐标，代入目标函数，求出最值．
提醒 (1)直线定界，特殊点定域：注意不等式中的不等号有无等号，无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线．若直线不过原点，特殊点常选取原点；若直线过原点，则特殊点常选取(1，0)，(0，1).
(2)线性约束条件下的线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，最优解不一定唯一，有时可能有多个；非线性目标函数或非线性可行域的最值问题，最优解不一定在顶点或边界处取得．
5．利用基本不等式求最值
(1)对于正数x，y，若积xy是定值p，则当x＝y时，和x＋y有最小值2 eq \r(p).
(2)对于正数x，y，若和x＋y是定值s，则当x＝y时，积xy有最大值 eq \f(1,4)s2.
(3)已知a，b，x，y∈R＋，若ax＋by＝1，则有 eq \f(1,x)＋ eq \f(1,y)＝(ax＋by)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝a＋b＋ eq \f(by,x)＋ eq \f(ax,y)≥a＋b＋2 eq \r(ab)＝( eq \r(a)＋ eq \r(b))2.
(4)已知a，b，x，y∈R＋，若 eq \f(a,x)＋ eq \f(b,y)＝1，则有x＋y＝(x＋y)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋ eq \f(ay,x)＋ eq \f(bx,y)≥a＋b＋2 eq \r(ab)＝( eq \r(a)＋ eq \r(b))2.
提醒 利用基本不等式求最大值、最小值时应注意“一正、二定、三相等”，即：①所求式中的相关项必须是正数；②求积xy的最大值时，要看和x＋y是否为定值，求和x＋y的最小值时，要看积xy是否为定值，求解时，常用到“拆项”“凑项”等解题技巧；③当且仅当对应项相等时，才能取等号．以上三点应特别注意，缺一不可．
解不等式恒成立问题的常用方法
(1)若所求问题可以化为一元二次不等式，可以考虑使用判别式法求解，利用二次项系数的正负和判别式进行求解，若二次项系数含参数时，应对参数进行分类讨论．
(2)对于含参数的函数在闭区间上的函数值恒大于等于或小于等于零的问题，一般的转化原理是：在闭区间D上，f(x)≥0恒成立⇔f(x)在区间D上的图象在x轴上方或x轴上；f(x)≤0⇔f(x)在区间D上的图象在x轴下方或x轴上．
(3)对于含参数的函数在闭区间上的函数值恒大于等于或小于等于常数的问题，即“f(x)≥a”或“f(x)≤a”型不等式恒成立问题，通常利用函数最值进行转化，其一般的转化原理是：f(x)≥a在闭区间D上恒成立⇔f(x)min≥a(x∈D)；f(x)≤a在闭区间D上恒成立⇔f(x)max≤a(x∈D).
(4)分离参数法：将恒成立的不等式F(x，m)≥0(或≤0)(m为参数)中的参数m单独分离出来，不等号一侧是不含参数的函数，将问题转化为求函数最值的问题，该方法主要适用于参数与变量能分离和函数的最值易于求出的题目，其一般转化原理是：当m为参数时，g(m)＞f(x)⇔g(m)＞f(x)max；g(m)＜f(x)⇔g(m)＜f(x)min.
易错点1 不能正确应用不等式性质
【突破点】 在使用不等式的基本性质进行推理论证时一定要注意前提条件，如不等式两端同时乘以或同时除以一个数、式，两个不等式相乘、一个不等式两端同时n次方时，一定要注意使其能够这样做的条件．
易错点2 忽视基本不等式应用的条件
【突破点】 (1)利用基本不等式a＋b≥2 eq \r(ab)以及变式ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)等求函数的最值时，务必注意a，b为正数(或a，b非负)，特别要注意等号成立的条件．
(2)对形如y＝ax＋ eq \f(b,x)(a，b>0)的函数，在应用基本不等式求函数最值时，一定要注意ax， eq \f(b,x)同号．
易错点3 解不等式时转化不等价
【突破点】 如求函数f(x)· eq \r(g（x）)≥0可转化为f(x)· eq \r(g（x）)>0或f(x)· eq \r(g（x）)＝0，否则易出错．
易错点4 解含参数的不等式时分类讨论不当
【突破点】 解形如ax2＋bx＋c>0的不等式时，首先要考虑对x2的系数进行分类讨论．当a＝0时是一次不等式，解的时候还要对b，c进一步分类讨论；当a≠0且Δ>0时，不等式可化为a(x－x1)(x－x2)>0，再求解集．
易错点5 不等式恒成立问题处理不当
【突破点】 应注意恒成立与存在性问题的区别，如对任意x∈[a，b]都有f(x)≤g(x)成立，即f(x)－g(x)≤0的恒成立问题，但对存在x∈[a，b]，使f(x)≤g(x)成立，则为存在性问题，可化为f(x)min≤g(x)max，应特别注意两函数中的最大值与最小值的关系．
易错点6 寻找最优整数解的方法不当
【突破点】 线性规划问题的最优解一般在可行域的端点或边界处取得，而最优整数解的横纵坐标均为整数，所以最优整数解不一定在边界或端点处取得，一般先把端点或边界处的整点找出，然后代入验证．
易错快攻 忽视基本不等式的应用条件
[典例] 函数y＝ax＋1－3(a>0，a≠1)过定点A，若点A在直线mx＋ny＝－2(m>0，n>0)上，则 eq \f(1,m)＋ eq \f(1,n)的最小值为( )
A．3 B．2 eq \r(2)
C． eq \f(3＋2\r(2),2) D． eq \f(3－2\r(2),2)
[尝试解题]
纠错技巧
应用基本不等式求最值时必须遵循“一正、二定、三相等”的顺序．本题中求出 eq \f(m,2)＋n＝1后，若采用两次基本不等式，有如下错解：
eq \f(m,2)＋n＝1≥2 eq \r(\f(mn,2))，所以 eq \r(mn)≤ eq \f(\r(2),2)， eq \f(1,\r(mn))≥ eq \r(2)，① 又 eq \f(1,m)＋ eq \f(1,n)≥2 eq \r(\f(1,mn))，②
所以 eq \f(1,m)＋ eq \f(1,n)≥2 eq \r(2).选B.
此错解中，①式取等号的条件是 eq \f(m,2)＝n，②式取等号的条件是 eq \f(1,m)＝ eq \f(1,n)即m＝n，两式的等号不可能同时取得，所以2 eq \r(2)不是 eq \f(1,m)＋ eq \f(1,n)的最小值．
【方法点津】
基本不等式加以引申，可得到如下结论：当a≥b>0时，a≥ eq \r(\f(a2＋b2,2))≥ eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab)≥ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≥b，当且仅当a＝b时等号成立．其中称 eq \r(\f(a2＋b2,2))为平方平均数、称 eq \f(a＋b,2)为算术平均数、称 eq \r(ab)为几何平均数、称 eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))为调和平均数，它们分别包含了两个正数的平方之和a2＋b2、两个正数之和a＋b、两个正数之积ab、两个正数的倒数之和 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)，只要已知这四个代数式的其中一个为定值，就可以求解另外三式的最值，应用十分广泛，应加以重视．
(三) 函数、导数
1.函数的定义域和值域
(1)求函数定义域的类型和相应方法
①若已知函数的解析式，则函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围．
②若已知f(x)的定义域为[a，b]，则f(g(x))的定义域为不等式a≤g(x)≤b的解集；反之，已知f(g(x))的定义域为[a，b]，则f(x)的定义域为函数y＝g(x)(x∈[a，b])的值域．
(2)常见函数的值域
①一次函数y＝kx＋b(k≠0)的值域为R.
②二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)：当a>0时，值域为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))，当a<0时，值域为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))；
③反比例函数y＝ eq \f(k,x)(k≠0)的值域为{y∈R|y≠0}．
提醒 (1)解决函数问题时要注意函数的定义域，要树立定义域优先原则．
(2)解决分段函数问题时，要注意与解析式对应的自变量的取值范围．
2．函数的奇偶性、周期性
(1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定义域内的任意x(定义域关于原点对称)，都有f(－x)＝－f(x)成立，则f(x)为奇函数(都有f(－x)＝f(x)成立，则f(x)为偶函数).
(2)周期性是函数在其定义域上的整体性质，一般地，对于函数f(x)，如果对于定义域内的任意一个x的值，若f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，则f(x)是周期函数，T是它的一个周期．
提醒 判断函数的奇偶性，要注意定义域必须关于原点对称，有时还要对函数式化简整理，但必须注意使定义域不受影响．
3．函数的单调性
函数的单调性是函数在其定义域上的局部性质．
①单调性的定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，
那么(x1－x2) [f(x1)－f(x2)]>0⇔ eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；
(x1－x2) [f(x1)－f(x2)]<0⇔ eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
②若函数f(x)和g(x)都是减函数，则在公共定义域内，f(x)＋g(x)是减函数；若函数f(x)和g(x)都是增函数，则在公共定义域内，f(x)＋g(x)是增函数；根据同增异减判断复合函数y＝f(g(x))的单调性．
提醒 求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“与”连接或用“，”隔开．单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替．
4．指数函数与对数函数的基本性质
(1)定点：y＝ax(a>0，且a≠1)恒过(0，1)点；
y＝lgax(a>0，且a≠1)恒过(1，0)点．
(2)单调性：当a>1时，y＝ax在R上单调递增；y＝lgax在(0，＋∞)上单调递增；
当0
(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上．
6．利用导数研究函数的单调性
(1)求可导函数单调区间的一般步骤
①求函数f(x)的定义域；
②求导函数f′(x)；
③由f′(x)>0的解集确定函数f(x)的单调增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调减区间．
(2)由函数的单调性求参数的取值范围
①若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立(注意：等号不恒成立)；
②若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集；
③若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集．
提醒 已知可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则f′(x)≥0(≤0)对∀x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且需验证“＝”不能恒成立；已知可导函数f(x)的单调递增(减)区间为(a，b)，则f′(x)>0(<0)的解集为(a，b).
7．利用导数研究函数的极值与最值
(1)求函数的极值的一般步骤
①确定函数的定义域；
②解方程f′(x)＝0；
③判断f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0两侧的符号变化；
若左正右负，则x0为极大值点；
若左负右正，则x0为极小值点；
若不变号，则x0不是极值点．
(2)求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的一般步骤
①求函数y＝f(x)在[a，b]内的极值；
②比较函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
提醒 f′(x)＝0的解不一定是函数f(x)的极值点．一定要检验在x＝x0的两侧f′(x)的符号是否发生变化，若变化，则为极值点；若不变化，则不是极值点．
8．定积分的三个公式与一个定理
(1)定积分的性质
① eq \i\in(a,b,)kf(x)dx＝k eq \i\in(a,b,)f(x)dx；
② eq \i\in(a,b,)[f1(x)±f2(x)]dx＝ eq \i\in(a,b,)f1(x)dx± eq \i\in(a,b,)f2(x)dx.
③ eq \i\in(a,b,)f(x)dx＝ eq \i\in(a,c,)f(x)dx＋ eq \i\in(c,b,)f(x)dx(其中a
一般地，如果f(x)是区间[a，b]上的连续函数，并且F′(x)＝f(x)，那么 eq \i\in(a,b,)f(x)dx＝F(b)－F(a).
提醒 (1)若f(x)是偶函数，则 eq \i\in(－a,a,)f(x)dx＝2 eq \i\in(0,a,)f(x)dx；
(2)若f(x)是奇函数，则 eq \i\in(－a,a,)f(x)dx＝0.
1.函数周期性的常见结论
(1)若f(x＋a)＝f(x－a)(a≠0)，则函数f(x)的周期为2|a|；若f(x＋a)＝－f(x)(a≠0)，则函数f(x)的周期为2|a|.
(2)若f(x＋a)＝－ eq \f(1,f（x）) (a≠0，f(x)≠0)，则函数f(x)的周期为2|a|；若f(x＋a)＝ eq \f(1,f（x）) (a≠0，f(x)≠0)，则函数f(x)的周期为2|a|.
(3)若f(x＋a)＝f(x＋b)(a≠b)，则函数f(x)的周期为|a－b|.
(4)若函数f(x)的图象关于直线x＝a与x＝b(a≠b)对称，则函数f(x)的周期为2|b－a|.
(5)若函数f(x)是偶函数，其图象关于直线x＝a(a≠0)对称，则函数f(x)的周期为2|a|.
(6)若函数f(x)是奇函数，其图象关于直线x＝a(a≠0)对称，则函数f(x)的周期为4|a|.
2．函数图象的对称性
(1)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则f(x)的图象关于直线x＝a对称；
(2)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图象关于点(a，0)对称；
(3)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(a＋b,2) 对称．
3．三次函数的相关结论
给定三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，求导得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)，则
(1)当4(b2－3ac)>0时，f′(x)＝0有两个实数解，即f(x)有两个极值点；当4(b2－3ac)≤0时，f(x)无极值点．
(2)若函数f(x)的图象存在水平切线，则f′(x)＝0有实数解，从而4(b2－3ac)≥0.
(3)若函数f(x)在R上单调递增，则a>0且4(b2－3ac)≤0.
易错点1 函数的单调区间理解不准确
【突破点】 对于函数的几个不同的单调递增(减)区间，切忌使用并集，只要指明这几个区间是该函数的单调递增(减)区间即可．
易错点2 判断函数的奇偶性时忽略定义域
【突破点】 一个函数具备奇偶性的必要条件是这个函数的定义域关于原点对称，如果不具备这个条件，函数一定是非奇非偶函数．
易错点3 用判别式求函数值域，忽视判别式存在的前提
【突破点】 (1)确保二次项前的系数不等于零．
(2)确认函数的定义域没有其他限制．
(3)注意检验答案区间端点是否符合要求．
易错点4 函数零点定理使用不当
【突破点】 只有函数f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续曲线，且有f(a)f(b)<0时，函数y＝f(x)在区间(a，b)内才有零点，但f(a)f(b)>0时，不能否定函数y＝f(x)在(a，b)内有零点．
易错点5 不清楚导数与极值的关系
【突破点】 (1)f′(x0)＝0只是可导函数f(x)在x0处取得极值的必要条件，即必须有这个条件，但只有这个条件还不够，还要考虑f′(x)在x0两侧是否异号．
(2)已知极值点求参数要进行检验．
易错点6 混淆“切点”致误
【突破点】 注意区分“过点A的切线方程”与“在点A处的切线方程”的不同．“在”说明这点就是切点，“过”只说明切线过这个点，这个点不一定是切点．
易错点7 导数与单调性的关系理解不准确
【突破点】 (1)f′(x)>0(<0)(x∈(a，b))是f(x)在(a，b)上单调递增(递减)的充分不必要条件．
(2)对可导函数f(x)在(a，b)上为单调增(减)函数的充要条件为：对于任意x∈(a，b)，有f′(x)≥0(≤0)且f′(x)在(a，b)内的任何子区间上都不恒为零．若求单调区间，可用充分条件．若由单调性求参数，可用充要条件．即f′(x)≥0(或f(x)≤0)，否则容易漏解．
易错点8 积分时，被积函数与原函数关系不清
【突破点】 若f′(x)＝f(x)，f(x)的原函数可以为y＝f(x)＋c(c为常数).
易错快攻一 函数零点定理使用不当
[典例1] 设函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋1（x≤0），,|lg4x|（x>0），))若关于x的方程f2(x)－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为( )
A．(－2 eq \r(3)－2，2 eq \r(3)－2)
B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2\r(3)－2，\f(3,2)))
C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
D．(2 eq \r(3)－2，＋∞)
[尝试解题]
纠错技巧
(1)F(g(x))＝0的根的个数问题的解题关键是正确转化所给条件，其转化思路为：先进行整体换元，将F(g(x))＝0转化为方程F(t)＝0(t＝g(x))的根的个数问题，然后转化为t＝g(x)的根的个数问题，再转化为y＝t与y＝g(x)的图象的交点个数问题．
(2)“以形助数”是研究函数问题时常采用的策略，本题在作函数f(x)的图象时，要注意指数函数3x>0.
(3)由关于t的一元二次方程的实根分布情况得到关于a的不等式组是求解本题的一个关键点，注意一元二次方程的实根分布问题一般需要从一元二次方程根的判别式，对应二次函数在区间端点所取值的正负，对应二次函数图象的对称轴与区间端点的位置关系三方面考虑．
易错快攻二 混淆“函数的单调区间”“函数在区间上单调”“函数存在单调区间”
[典例2] [2022·山东临沂高三期末]已知函数f(x)＝ex－ax－cs x，g(x)＝f(x)－x，a∈R.
(1)若f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的最大值；
(2)当a取(1)中所求的最大值时，讨论g(x)在R上的零点个数，并证明g(x)>－ eq \r(2).
[尝试解题]
纠错技巧
(1)已知函数的单调性求参数的取值范围问题的常用解法有两种：一种是子区间法，即利用集合思想求解；另一种是恒成立法，即若函数f(x)在区间D上单调递减，则f′(x)≤0在区间D上恒成立(且不恒等于0).若函数f(x)在区间D上单调递增，则f′(x)≥0在区间D上恒成立(且不恒等于0).
(2)求函数f(x)的单调递减区间的方法是解不等式f′(x)<0，求函数f(x)的单调递增区间的方法是解不等式f′(x)＞0.解题时极易混淆“函数的单调区间”与“函数在区间上单调”，一定要弄清题意，勿因“＝”出错．
(四) 三角函数与平面向量
1.诱导公式
提醒 奇变偶不变，符号看象限
“奇、偶”指的是 eq \f(π,2)的倍数是奇数，还是偶数，“变与不变”指的是三角函数名称的变化，“变”是指正弦变余弦(或余弦变正弦).“符号看象限”的含义是：把角α看作锐角，看n· eq \f(π,2)±α(n∈Z)是第几象限角，从而得到等式右边是正号还是负号．
2．三种三角函数的性质
提醒 求函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)的单调区间时，要注意A与ω的符号，当ω<0时，需把ω的符号化为正值后求解．
3．三角函数图象的变换
由函数y＝sin x的图象变换得到y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种方法
提醒 图象变换的实质是点的坐标的变换，所以三角函数图象的伸缩、平移变换可以利用两个函数图象上的特征点之间的对应确定变换的方式，一般选取离y轴最近的最高点或最低点，当然也可以选取在原点左侧或右侧的第一个对称中心点，根据这些点的坐标即可确定变换的方式、平移的单位与方向等．
4．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
sin (α±β)＝sin αcs β±cs αsin β.
cs (α±β)＝cs αcs β∓sin αsin β.
tan (α±β)＝ eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
sin (α＋β)sin (α－β)＝sin2α－sin2β(平方正弦公式).
cs(α＋β)cs (α－β)＝cs2α－sin2β.
5．二倍角、辅助角及半角公式
(1)二倍角公式
sin2α＝2sin αcs α.
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
tan2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α).
①1＋sin2α＝(sin α＋cs α)2.
②1－sin 2α＝(sin α－cs α)2.
(2)辅助角公式
y＝a sin x＋b cs x＝ eq \r(a2＋b2)(sin x cs φ＋cs x sin φ)＝ eq \r(a2＋b2)sin (x＋φ)，其中角φ的终边所在象限由a，b的符号确定，角φ的值由tan φ＝ eq \f(b,a)(a≠0)确定．
6．正、余弦定理及其变形(在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径)
提醒 在已知两边和其中一边的对角时，要注意检验解是否满足“大边对大角”，避免增解.
7．平面向量数量积的坐标表示
已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为向量a，b的夹角．
提醒 (1)要特别注意零向量带来的问题：0的模是0，方向任意，并不是没有方向；0与任意非零向量平行．
(2)a·b>0是〈a，b〉为锐角的必要不充分条件；a·b<0是〈a，b〉为钝角的必要不充分条件.
1.降幂、升幂公式
(1)降幂公式
①sin2α＝ eq \f(1－cs2α,2)；
②cs2α＝ eq \f(1＋cs 2α,2)；
③sin αcs α＝ eq \f(1,2)sin 2α.
(2)升幂公式
①1＋cs α＝2cs2 eq \f(α,2)；
②1－csα＝2sin2 eq \f(α,2)；
③1＋sinα＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)＋cs \f(α,2))) eq \s\up12(2)；
④1－sin α＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)－cs \f(α,2))) eq \s\up12(2).
2．常见的辅助角结论
(1)sin x±cs x＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x±\f(π,4))).
(2)cs x±sin x＝ eq \r(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∓\f(π,4))).
(3)sin x± eq \r(3)cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x±\f(π,3))).
(4)cs x± eq \r(3)sin x＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∓\f(π,3))).
(5) eq \r(3)sin x±cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x±\f(π,6))).
(6) eq \r(3)cs x±sin x＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∓\f(π,6))).
易错点1 忽视零向量
【突破点】 零向量是向量中最特殊的向量，规定零向量的长度为0，其方向是任意的，零向量与任意向量都共线．
易错点2 向量投影理解错误
【突破点】 把向量投影错以为只是正数．事实上，向量a在向量b上的投影|a|cs θ是一个实数，可以是正数，可以是负数，也可以是零．
易错点3 不清楚向量夹角范围
【突破点】 数学试题中往往隐含着一些容易被考生所忽视的因素，能不能在解题时把这些因素考虑到，是解题成功的关键，如当a·b<0时，a与b的夹角不一定为钝角，要注意隐含的情况．
易错点4 忽视正、余弦函数的有界性
【突破点】 许多三角函数问题可以通过换元的方法转化为代数问题解决，在换元时注意正、余弦函数的有界性．
易错点5 忽视三角函数值对角的范围的限制
【突破点】 在解决三角函数中的求值问题时，不仅要看已知条件中角的范围，更重要的是注意挖掘隐含条件，根据三角函数值缩小角的范围．
易错点6 忽视解三角形中的细节问题
【突破点】 (1)解三角形时，不要忽视角的取值范围．
(2)由两个角的正弦值相等求两角关系时，注意不要忽视两角互补的情况．
(3)利用正弦定理、余弦定理判断三角形形状时，切忌出现漏解情况．
易错点7 三角函数性质理解不透彻
【突破点】 (1)研究奇偶性时，忽视定义域的要求．
(2)研究对称性时，忽视y＝A sin (ωx＋φ)，y＝A cs (ωx＋φ)的对称轴有无穷条、对称中心有无数个．
(3)研究周期性时，错将y＝A sin (ωx＋φ)，y＝A cs (ωx＋φ)的周期写成 eq \f(2π,ω).
易错点8 图象变换方向或变换量把握不准确
【突破点】 图象变换若先作周期变换，再作相位变换，应左(右)平移 eq \f(|φ|,ω)个单位．另外注意根据φ的符号判定平移的方向．
易错快攻一 忽视向量的夹角范围致误
[典例1] [2022·山东淄博高三期末]已知向量a、b满足|a|＝|b|＝2，且a－b在a上的投影的数量为2＋ eq \r(3)，则〈a，b〉＝( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(2π,3) D． eq \f(5π,6)
[尝试解题]
纠错技巧
求解此类问题的关键是：根据向量的数量积定义，得到cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|).求解时，要注意两向量夹角的取值范围为[0，π].
易错快攻二 函数图象平移的方向把握不准
[典例2] 已知函数f(x)＝sin 2x＋ eq \r(3)cs 2x的图象向右平移φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度后，其图象关于y轴对称，则φ＝( )
A． eq \f(π,12) B． eq \f(π,6)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(5π,12)
[尝试解题]
纠错技巧
(1)函数y＝sin ωx，ω>0的图象向左(φ>0)或向右(φ<0)平移 eq \f(|φ|,ω)个单位长度(“左加右减”)，得到y＝sin (ωx＋φ)的图象．
(2)解此类题时需要特别注意的地方有：①三角函数图象变换的口诀为“左加右减，上加下减”；②自变量的系数在非“1”状态下的“提取”技巧．
(五) 数列
1.等差数列
设Sn为等差数列{an}的前n项和，则
(1)an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d，若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an.
(2)ap＝q，aq＝p(p≠q)⇒ap＋q＝0；
Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
(3)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成的数列是等差数列．
(4) eq \f(Sn,n)＝ eq \f(d,2)n＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))是关于n的一次函数或常数函数，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列．
(5)Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2)＝ eq \f(n（a2＋an－1）,2)＝ eq \f(n（a3＋an－2）,2)＝….
(6)若等差数列{an}的项数为偶数2m(m∈N*)，公差为d，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m＝m(am＋am＋1)(am，am＋1为中间两项)，S偶－S奇＝md， eq \f(S偶,S奇)＝ eq \f(am＋1,am).
(7)若等差数列{an}的项数为奇数2m－1(m∈N*)，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S2m－1＝(2m－1)am(am为中间项)，S奇＝mam，S偶＝(m－1)am，S奇－S偶＝am， eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(m,m－1).
(8)若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n).
2．等比数列
(1)an＝am·qn－m，an＋m＝anqm＝amqn(m，n∈N*).
(2)若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；反之，不一定成立(m，n，p，q∈N*).
(3)a1a2a3…am，am＋1am＋2…a2m，a2m＋1a2m＋2…a3m，…成等比数列(m∈N*).
(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，Skn－S(k－1)n，…成等比数列(n≥2，且n∈N*).
(5)若等比数列的项数为2n(n∈N*)，公比为q，奇数项之和为S奇，偶数项之和为S偶，则 eq \f(S偶,S奇)＝q.
(6){an}，{bn}成等比数列，则{λan}， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{anbn}， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))成等比数列(λ≠0，n∈N*).
(7)通项公式an＝a1qn－1＝ eq \f(a1,q)·qn，从函数的角度来看，它可以看作是一个常数与一个关于n的指数函数的积，其图象是指数型函数图象上一系列孤立的点．
(8)与等差中项不同，只有同号的两个数才能有等比中项；两个同号的数的等比中项有两个，它们互为相反数．
(9)三个数成等比数列，通常设这三个数分别为 eq \f(x,q)，x，xq；四个数成等比数列，通常设这四个数分别为 eq \f(x,q3)， eq \f(x,q)，xq，xq3.
提醒 (1)如果数列{an}成等差数列，那么数列{Aan}(Aan总有意义)必成等比数列．
(2)如果数列{an}成等比数列，且an>0，那么数列{lgaan}(a>1且a≠1)必成等差数列．
(3)如果数列{an}既成等差数列又成等比数列，那么数列{an}是非零常数列；数列{an}是常数列仅是数列{an}既成等差数列又成等比数列的必要不充分条件．
(4)如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原来两个等差数列的公差的最小公倍数．
(5)如果由一个等差数列与一个等比数列的公共项顺次组成一个新数列，那么常选用“由特殊到一般”的方法进行讨论，且以等比数列的项为主，探求等比数列中哪些项是它们的公共项，从而分析构成什么样的新数列．
1.判断数列单调性的方法
(1)作差比较法：an＋1－an>0⇔数列{an}是递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．
(2)作商比较法：①当an>0时，则 eq \f(an＋1,an)>1⇔数列{an}是递增数列；0< eq \f(an＋1,an)<1⇔数列{an}是递减数列； eq \f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列．②当an<0时，则 eq \f(an＋1,an)>1⇔数列{an}是递减数列；0< eq \f(an＋1,an)<1⇔数列{an}是递增数列； eq \f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列．
(3)结合相应函数的图象直观判断．
2．数列中项的最值的求法
(1)借用构造法求解：根据数列与函数之间的对应关系，构造函数f(n)＝an(n∈N*)，利用求解函数最值的方法进行求解即可，但要注意自变量的取值必须是正整数．
(2)利用数列的单调性求解：利用不等式an＋1≥an(或an＋1≤an)求出n的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而求出数列中项的最值．
(3)转化为关于n的不等式组求解：若求数列{an}的最大项，则可转化为求解 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))若求数列{an}的最小项，则可转化为求解 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1，))求出n的取值范围之后再确定取得最值的项．
3．求数列通项公式的常用方法
(1)公式法：①等差数列的通项公式；②等比数列的通项公式．
(2)已知Sn(a1＋a2＋…＋an＝Sn)，求an，用作差法：
an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))
(3)已知a1·a2·…·an＝f(n)，an≠0，求an，用作商法：an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）（n＝1），,\f(f（n）,f（n－1）)（n≥2）.))
(4)已知an＋1－an＝f(n)，求an，用累加法：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝f(n－1)＋f(n－2)＋…＋f(1)＋a1(n≥2).
(5)已知 eq \f(an＋1,an)＝f(n)，求an，用累乘法：an＝ eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a2,a1)·a1＝f(n－1)·f(n－2)·…·f(1)·a1(n≥2).
(6)构造等比数列法：若已知数列{an}中，an＋1＝pan＋q(p≠0，p≠1，q≠0)，a1≠ eq \f(q,1－p)，设存在非零常数λ，使得an＋1＋λ＝p(an＋λ)，其中λ＝ eq \f(q,p－1)，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))就是以a1＋ eq \f(q,p－1)为首项，p为公比的等比数列，先求出数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(q,p－1)))的通项公式，再求出数列{an}的通项公式即可．
(7)倒数法：若an＝ eq \f(man－1,k（an－1＋b）)(mkb≠0，n≥2)，对an＝ eq \f(man－1,k（an－1＋b）)取倒数，得到 eq \f(1,an)＝ eq \f(k,m)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,an－1)))，即 eq \f(1,an)＝ eq \f(kb,m)· eq \f(1,an－1)＋ eq \f(k,m).令bn＝ eq \f(1,an)，则{bn}可归纳为bn＋1＝pbn＋q(p≠0，q≠0)型．
4．数列求和的常用方法
(1)公式法：①等差数列的求和公式；②等比数列的求和公式；③常用公式，即1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f(1,2)n(n＋1)，12＋22＋32＋…＋n2＝ eq \f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)，1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，n∈N*.
(2)分组求和法：当直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和．
(3)倒序相加法：在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项的和有共性，则常考虑选用倒序相加法进行求和．
(4)错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成的，那么常选用错位相减法将其和转化为“一个新的等比数列的和”，从而进行求解．
(5)裂项相消法：如果数列的通项可分裂成“两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和．常用的裂项形式有
① eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)；
② eq \f(1,n（n＋k）)＝ eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
③ eq \f(1,k2)< eq \f(1,k2－1)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))(k≥2)，
eq \f(1,k)－ eq \f(1,k＋1)＝ eq \f(1,（k＋1）k)< eq \f(1,k2)< eq \f(1,（k－1）k)＝ eq \f(1,k－1)－ eq \f(1,k)(k≥2)；
④ eq \f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝ eq \f(1,2) [ eq \f(1,n（n＋1）)－ eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)].
易错点1 数列中的最值错误
【突破点】 在关于正整数n的二次函数中取最值的要点：根据正整数距离二次函数的对称轴的远近而定．
易错点2 不清楚an与Sn的关系
【突破点】 已知数列{an}的前n项和Sn，求an时，利用an＝Sn—Sn－1，需注意分n＝1和n≥2两种情况讨论．
易错点3 不清楚裂项和拆项的规律，导致多项或少项
【突破点】 “裂项法”的特点：①分式的每个分子相同，分母都是两个(或三个)代数式相乘，若不具备就需要转化；②剩余项一般是前后对称．常见形式有： eq \f(a,n（n＋1）)， eq \f(a,n2＋2n)， eq \f(a,\r(n)＋\r(n＋1)).
易错点4 忽视对等比数列中公比的分类讨论
【突破点】 在解决等比数列{an}的前n项和时，通常只想到Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)，把q＝1的情况不自觉地排除在外，这是对前n项和公式理解不透所致．解等比数列的问题，一定要注意对公比的分类讨论．
易错快攻一 忽视对n＝1的检验致错
[典例1] [2022·四川什邡中学模拟]数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则它的通项公式是________．
[尝试解题]
纠错技巧
数列{an}中，由Sn与an的等量关系式求an时，先利用a1＝S1求出首项a1，然后用n－1替换等量关系式中的n，得到一个新的等量关系式，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，便可求出当n≥2时an的表达式，最后对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则可以把数列{an}的通项合写，若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
而an－an－1＝d(n≥2)与an＋1－an＝d(n∈N*)等价， eq \f(an,an－1)＝q(n≥2)与 eq \f(an＋1,an)＝q(n∈N*)等价，不需验证n＝1的情形．
易错快攻二 忽视公比q的取值
[典例2] 已知数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠0)，则“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[尝试解题]
纠错技巧
(1)等比数列{an}的前n项和公式Sn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1（q＝1），,\f(a1（1－qn）,1－q)（q≠1），))特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．
(2)计算过程中，若出现方程qn＝t，要看qn中的n是奇数还是偶数，若n是奇数，则q＝ eq \r(n,t)；若n是偶数，则t>0时，q＝± eq \r(n,t)，t<0时，无解．
(六) 立体几何
1.空间几何体的表面积和体积
2.空间线面位置关系的证明方法
(1)线线平行： eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥α,a⊂β,α∩β＝b))⇒a∥b， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥b,a∥c))⇒c∥b.
(2)线面平行： eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥b,b⊂α,a⊄α))⇒a∥α， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,a⊂β))⇒a∥α， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,a⊥β,a⊄α))⇒a∥α.
(3)面面平行： eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α，b⊂α,a∩b＝O,a∥β，b∥β))⇒α∥β， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,a⊥β))⇒α∥β， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,γ∥β))⇒α∥γ.
(4)线线垂直： eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊂α))⇒a⊥b.
(5)线面垂直： eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a，l⊥b))⇒l⊥α，
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝l,a⊂α，a⊥l))⇒a⊥β， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,a⊥α))⇒a⊥β， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥b,a⊥α))⇒b⊥α.
(6)面面垂直： eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂β,a⊥α))⇒α⊥β， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥β,a⊥α))⇒α⊥β.
提醒 要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．
3．用空间向量证明平行垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3).则有：
(1)线面平行：l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直：l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行：α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直：α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
4．用向量求空间角
(1)直线l1，l2的夹角θ有cs θ＝|cs 〈l1，l2〉|(其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量).
(2)直线l与平面α的夹角θ有sin θ＝|cs 〈l，n〉|(其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量).
(3)平面α，β的夹角θ有cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|，则α l β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n1，n2分别是平面α，β的法向量).
提醒 在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角．
1.三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样．
2．平行、垂直关系的转化示意图
3．球的组合体
(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长．
(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长．
(3)球与正四面体的组合体：棱长为a的正四面体的内切球的半径为 eq \f(\r(6),12)a(正四面体高 eq \f(\r(6),3)a的 eq \f(1,4))，外接球的半径为 eq \f(\r(6),4)a(正四面体高 eq \f(\r(6),3)a的 eq \f(3,4)).
易错点1 随意推广平面几何中的结论
【突破点】 平面几何中有些概念和性质，推广到空间中不一定成立．例如“过直线外一点只能作一条直线与已知直线垂直”“垂直于同一条直线的两条直线平行”等性质在空间中就不成立．
易错点2 不清楚空间点、线、面的位置关系
【突破点】 解决这类问题的基本思路有两个：一是逐个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；二是结合长方体模型或实际空间位置(如课桌、教室)作出判断，要注意定理应用准确、考虑问题全面细致．
易错点3 忽视三视图中的实、虚线
【突破点】 三视图是根据正投影原理进行绘制，严格按照“长对正，高平齐，宽相等”的规则去画，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的原分界线，且分界线和可视轮廓线都用实线画出，不可见的轮廓线用虚线画出．
易错点4 表面积的计算不准确
【突破点】 在求表面积时还要注意空间物体是不是中空的，表面积与侧面积要认真区分．
易错点5 对折叠与展开问题认识不清致误
【突破点】 注意折叠或展开过程中平面图形与空间图形中的变量与不变量，不仅要注意哪些变了，哪些没变，还要注意位置关系的变化．
易错快攻一 忽视三视图中实线与虚线的区别
[典例1] 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A． eq \f(16π,3) B． eq \f(11π,2)
C． eq \f(17π,3) D． eq \f(35π,6)
[尝试解题]
纠错技巧
本题中，由三视图还原空间几何体时容易出错．首先，要熟悉简单几何体的三种视图，要特别注意视图中虚线与实线的区别，抓住这一点是识图、画图的关键；其次，要善于由三视图想象出简单几何体的形状．
易错快攻二 忽视平面图形翻折前后的显性关系
[典例2] 在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图①，以DE为折痕将△ADE折起，使点A达到点P的位置，如图②.
(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；
(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．
[尝试解题]
纠错技巧
(1)注意建立空间直角坐标系时，要说明相交于一点的三线互相垂直，不要忽视对三线垂直的证明，同时要抓住翻折后图形中不变的量与变化的量及其关系．
(2)求解二面角时，要注意结合图形对二面角的范围进行判断，即判断是锐二面角还是钝二面角，不要直接给出二面角的大小或余弦值．
(七) 解析几何
1.直线方程的五种形式
(1)点斜式：y－y1＝k(x－x1)(直线过点P1(x1，y1)，且斜率为k，不包括y轴和平行于y轴的直线).
(2)斜截式：y＝kx＋b(b为直线l在y轴上的截距，且斜率为k，不包括y轴和平行于y轴的直线).
(3)两点式： eq \f(y－y1,y2－y1)＝ eq \f(x－x1,x2－x1)(直线过点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，且x1≠x2，y1≠y2，不包括坐标轴和平行于坐标轴的直线).
(4)截距式： eq \f(x,a)＋ eq \f(y,b)＝1(a，b分别为直线的横、纵截距，且a≠0，b≠0，不包括坐标轴、平行于坐标轴和过原点的直线).
(5)一般式：Ax＋By＋C＝0(其中A，B不同时为0).
2．直线的两种位置关系
当不重合的两条直线l1和l2的斜率存在时：
(1)两直线平行l1∥l2⇔k1＝k2.
(2)两直线垂直l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.
提醒 当一条直线的斜率为0，另一条直线的斜率不存在时，两直线也垂直，此种情形易忽略．
3．三种距离公式
(1)A(x1，y1)，B(x2，y2)两点间的距离|AB|＝ eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2).
(2)点到直线的距离d＝ eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))(其中点P(x0，y0)，直线方程为Ax＋By＋C＝0).
(3)两平行线间的距离d＝ eq \f(|C2－C1|,\r(A2＋B2))(其中两平行线方程分别为l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0且C1≠C2).
提醒 应用两平行线间距离公式时，注意两平行线方程中x，y的系数应对应相等．
4．圆的方程的两种形式
(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0).
5．直线与圆、圆与圆的位置关系
(1)直线与圆的位置关系：相交、相切、相离，代数判断法与几何判断法．
(2)圆与圆的位置关系：相交、内切、外切、外离、内含，代数判断法与几何判断法．
6．椭圆的标准方程及几何性质
提醒 椭圆的离心率反映了焦点远离中心的程度，e的大小决定了椭圆的形状，反映了椭圆的圆扁程度．因为a2＝b2＋c2，所以 eq \f(b,a)＝ eq \r(1－e2)，因此，当e越趋近于1时， eq \f(b,a)越趋近于0，椭圆越扁；当e越趋近于0时， eq \f(b,a)越趋近于1，椭圆越接近于圆．所以e越大椭圆越扁；e越小椭圆越圆，当且仅当a＝b，c＝0时，椭圆变为圆，方程为x2＋y2＝a2(a>0).
7．双曲线的标准方程及几何性质
提醒 (1)离心率e的取值范围为(1，＋∞).当e越接近于1时，双曲线开口越小；当e越接近于＋∞时，双曲线开口越大．
(2)满足||PF1|－|PF2||＝2a的点P的轨迹不一定是双曲线，当2a＝0时，点P的轨迹是线段F1F2的中垂线；当0<2a<|F1F2|时，点P的轨迹是双曲线；当2a＝|F1F2|时，点P的轨迹是两条射线；当2a>|F1F2|时，点P的轨迹不存在．
8．抛物线的标准方程及几何性质
1.与圆的切线有关的结论
(1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2；
(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2；
(3)过圆x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则过A，B两点的直线方程为x0x＋y0y＝r2；
(4)过圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)外一点P(x0，y0)引圆的切线，切点为T，则|PT|＝ eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋Dx0＋Ey0＋F)；
(5)过圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)外一点P(x0，y0)作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则切点弦AB所在的直线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2；
(6)若圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，则过圆外一点P(x0，y0)的切线长d＝ eq \r(（x0－a）2＋（y0－b）2－r2).
2．椭圆中焦点三角形的相关结论
由椭圆上一点与两焦点所构成的三角形称为焦点三角形．解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义和正、余弦定理．
以椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点P(x0，y0)(y0≠0)和焦点F1(－c，0)，F2(c，0)为顶点的△PF1F2中，若∠F1PF2＝θ，则
(1)|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0(焦半径公式)，|PF1|＋|PF2|＝2a.(e为椭圆的离心率)
(2)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cs θ.
(3)S△PF1F2＝ eq \f(1,2)|PF1||PF2|·sin θ＝b2tan eq \f(θ,2)＝c|y0|，当|y0|＝b，即P为短轴端点时，S△PF1F2取得最大值，为bc.
(4)焦点三角形的周长为2(a＋c).
3．双曲线的方程与渐近线方程的关系
(1)若双曲线的方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则渐近线的方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝0，即y＝± eq \f(b,a)x.
(2)若渐近线的方程为y＝± eq \f(b,a)x(a>0，b>0)，即 eq \f(x,a)± eq \f(y,b)＝0，则双曲线的方程可设为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝λ.(λ≠0)
(3)若所求双曲线与双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)有公共渐近线，其方程可设为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝λ(λ>0，焦点在x轴上；λ<0，焦点在y轴上).
4．双曲线常用的结论
(1)双曲线的焦点到其渐近线的距离为b.
(2)若P是双曲线右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则|PF1|min＝a＋c，|PF2|min＝c－a.
(3)同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于长轴的弦)，其长为 eq \f(2b2,a)，异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
(4)P是双曲线上不同于实轴两端点A、B的任意一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则kPA·kPB＝ eq \f(b2,a2)，S△PF1F2＝ eq \f(b2,tan \f(θ,2))，其中θ为∠F1PF2.
(5)P是双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)右支上不同于实轴端点的任意一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，I为△PF1F2内切圆的圆心，则圆心I的横坐标恒为a.
5．抛物线焦点弦的相关结论
设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，α为直线AB的倾斜角，则
(1)焦半径|AF|＝x1＋ eq \f(p,2)＝ eq \f(p,1－cs α)，|BF|＝x2＋ eq \f(p,2)＝ eq \f(p,1＋cs α).
(2)x1x2＝ eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2.
(3)弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(2p,sin2α).
(4) eq \f(1,|FA|)＋ eq \f(1,|FB|)＝ eq \f(2,p).
(5)以弦AB为直径的圆与准线相切．
(6)S△OAB＝ eq \f(p2,2sinα)(O为抛物线的顶点).
易错点1 遗漏方程表示圆的充要条件
【突破点】 二元二次方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是D2＋E2－4F>0，在此条件下，再根据其他条件求解．
易错点2 解决截距问题忽略“0”的情形
【突破点】 解决直线在两坐标轴上的截距或截距具有某种倍数关系的问题时，需注意两点：
(1)截距不是距离，直线在坐标轴上的截距可正、可负、也可为0.
(2)明确直线方程的截距式不能表示过原点或与坐标轴垂直的直线．因此解题时应该从截距是否为0进行分类讨论．
易错点3 不清楚直线的倾斜角与斜率关系
【突破点】 在解决由直线的斜率求其倾斜角的范围问题时，先求出直线的斜率k的取值范围，再利用三角函数y＝tan x的单调性，借助函数的图象，确定倾斜角的范围．
易错点4 忽视斜率不存在的情况
【突破点】 (1)在解决两直线平行的相关问题时，若利用l1∥l2⇔k1＝k2求解，忽略k1，k2不存在的情况，就会导致漏解．
(2)对于解决两直线垂直的相关问题时，若利用l1⊥l2⇔k1·k2＝－1求解，要注意其前提条件是k1与k2必须同时存在．
易错点5 忽略直线与圆锥曲线相交问题中的判别式
【突破点】 凡是涉及直线与圆锥曲线位置关系的问题，一定不能忘记对判别式的讨论．
易错点6 忽视双曲线定义中的条件
【突破点】 双曲线的定义中，有两点是缺一不可的：其一，绝对值；其二，2a<|F1F2|.如果不满足第一个条件，动点到两定点的距离之差为常数，而不是差的绝对值为常数，那么其轨迹只能是双曲线的一支．
易错点7 忽视圆锥曲线定义中的焦点位置
【突破点】 椭圆的焦点位置由分母的大小确定，双曲线则是根据二次项系数的符号来确定的．解决此类问题时，一定要将方程化为曲线的标准形式．
易错点8 忽视特殊性误判直线与圆锥曲线位置关系
【突破点】 在直线与圆锥曲线的位置关系中，抛物线和双曲线都有特殊情况，在解题时要注意，不要忘记其特殊性．
易错快攻一 遗漏直线的斜率不存在的情况
[典例1] [2022·陕西西安二模]已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点F1，F2恰好是双曲线x2－ eq \f(x2,8)＝1的左右顶点，椭圆C上的动点M满足|MF1|＋|MF2|＝2|F1F2|，过点F2的直线l交椭圆C于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C上是否存在点M使得四边形OAMB(O为原点)为平行四边形？若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[尝试解题]
纠错技巧
对直线斜率存在与否进行讨论，当斜率不存在时，结合条件容易得出结论；当斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立，得出两根之和，将条件OAMB为平行四边形进行转化，代入化简即可得出结论．
易错快攻二 忽视双曲线定义中的限制条件
[典例2] 点P到曲线E上所有点的距离的最小值称为点P到曲线E的距离，那么平面内到定圆C的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点P的轨迹是( )
A．射线 B．椭圆
C．双曲线的一支 D．双曲线
[尝试解题]
纠错技巧
认为到两定点距离之差等于常数的点的轨迹一律是双曲线往往是错误的，一定要注意双曲线的定义中的限制条件，尤其是定义中“差的绝对值”这一条件．
【技巧点拨】
双曲线的定义的数学表达式为||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)，注意当|PF1|－|PF2|＝2a或|PF2|－|PF1|＝2a时，动点轨迹为以F1，F2为焦点的双曲线的一支；当2a＝|F1F2|时，动点轨迹为分别以F1，F2为端点的两条射线(包括端点)；当2a>|F1F2|时，动点轨迹不存在．
(八) 概率与统计
1.分类加法计数原理
完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，…，在第n类办法中有mn种方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法(也称加法原理).
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，…，做第n步有mn种方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法(也称乘法原理).
3．排列数、组合数公式及其相关性质
(1)排列数公式
A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ eq \f(n！,（n－m）！)(m≤n，m，n∈N*)，A eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＝n！＝n(n－1)(n－2)…·2·1(n∈N*).
提醒 (1)在这个公式中m，n∈N*，且m≤n，并且规定0！＝1，当m＝n时，A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝n！.
(2)A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝ eq \f(n！,（n－m）！)主要有两个作用：①利用此公式计算排列数；②对含有字母的排列数的式子进行变形时常使用此公式．
(2)组合数公式
C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝ eq \f(A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ,A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(m)) )＝ eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)＝ eq \f(n！,m！（n－m）！)(m≤n，n，m∈N*).
提醒 (1)公式C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝ eq \f(n！,m！（n－m）！)主要有两个作用：①利用此公式计算组合数；②对含有字母的组合数的式子进行变形和证明时，常用此公式．
(2)组合数的性质
C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(n－m),\s\d1(n)) (m≤n，n，m∈N*)，C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n＋1)) ＝C eq \\al(\s\up1(m－1),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) (m≤n，n，m∈N*).
(3)排列数与组合数的联系
A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(m)) .
4．二项式定理
(a＋b)n＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) an＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) an－1b1＋…＋C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) an－rbr＋…＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) bn(n∈N*).这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中各项的系数C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) (r＝0，1，2，…，n)叫做二项式系数．式中的C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) an－rbr叫做二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即通项为展开式的第r＋1项：Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) an－rbr(其中0≤r≤n，r∈N，n∈N*).
5．二项展开式形式上的特点
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式的系数从C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ，C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ，一直到C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ，C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) .
提醒 对于二项式定理应用时要注意
(1)区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正．
(2)运用通项求展开的一些特殊项，通常都是由题意列方程求出r，再求所需的某项；有时需先求n，计算时要注意n和r的取值范围及它们之间的大小关系．
(3)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.
(4)在化简求值时，注意二项式定理的逆用，要用整体思想看待a，b.
6．概率的计算公式
(1)古典概型的概率公式
P(A)＝ eq \f(事件A包含的基本事件数m,基本事件总数n)；
(2)互斥事件的概率计算公式
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
(3)对立事件的概率计算公式
P( eq \x\t(A))＝1－P(A)；
(4)几何概型的概率计算公式
P(A)＝ eq \f(构成事件A的区域长度（面积或体积）,试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）).
7．统计中四个数据特征
(1)众数：在样本数据中，出现次数最多的那个数据；
(2)中位数：在样本数据中，将数据按大小排列，位于最中间的数据．如果数据的个数为偶数，就取中间两个数据的平均数作为中位数；
(3)平均数：样本数据的算术平均数，即 eq \(x,\s\up6(－))＝ eq \f(1,n)(x1＋x2＋…＋xn)；
(4)方差与标准差
方差：s2＝ eq \f(1,n)[(x1－ eq \(x,\s\up6(－)))2＋(x2－ eq \(x,\s\up6(－)))2＋…＋(xn－ eq \(x,\s\up6(－)))2].
标准差：s＝ eq \r(\f(1,n)[（x1－\(x,\s\up6(－))）2＋（x2－\(x,\s\up6(－))）2＋…＋（xn－\(x,\s\up6(－))）2]).
8．二项分布
(1)相互独立事件的概率运算
①事件A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B).
②若事件A1，A2，…，An相互独立，则这些事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An).
③事件A，B相互独立，则 eq \(A,\s\up6(－))和 eq \(B,\s\up6(－))，A与 eq \(B,\s\up6(－))， eq \(A,\s\up6(－))与B也相互独立．
(2)条件概率P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）)的性质
①0≤P(B|A)≤1.
②若B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A).
③若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B).
(3)二项分布
如果在每次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生r次的概率是P(ξ＝r)＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) prqn－r，其中r＝0，1，…，n，q＝1－p，于是得到随机变量ξ的概率分布列如下：
我们称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并称p为成功概率．
提醒 在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝r}发生的概率为P(X＝r)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(M)) Cn－rN－M,C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(N)) )，r＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，此时称随机变量X服从超几何分布．
9．正态分布
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝ eq \i\in(a,b,)φμ，σ(x)dx(即直线x＝a，直线x＝b，正态曲线及x轴围成的曲边梯形的面积)，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
(2)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交．
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称．
③曲线在x＝μ处达到峰值 eq \f(1,σ\r(2π)) .
④曲线与x轴之间的面积为1.
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移．
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
提醒 P(X≤a)＝1－P(X＞a)；P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)；P(a＜X＜b)＝P(X＜b)－P(X≤a).
1.求解排列问题常用的方法
2.二项式系数的性质
(1)对称性：在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(n－m),\s\d1(n)) .
(2)增减性与最大值：二项式系数C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) ，当r＜ eq \f(n＋1,2) 时，二项式系数逐渐增大；当r＞ eq \f(n＋1,2) 时，二项式系数逐渐减小．当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数最大．
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＝2n.
(4)奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋Ceq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n))＋…＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋C3n＋…＝2n－1.
3．均值与方差的性质结论
(1)均值的性质结论
①E(k)＝k(k为常数).
②E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
③E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).
④若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2).
(2)方差的相关性质结论
①D(k)＝0(k为常数).
②D(aX＋b)＝a2D(X).
③D(X)＝E(X2)－[E(X)]2.
④若X1，X2，…，Xn两两独立，则D(X1＋X2＋…＋Xn)＝D(X1)＋D(X2)＋…＋D(Xn).
(3)两点分布与二项分布的均值与方差
①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).
②若随机变量X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
易错点1 对统计图表中的概念理解不清，识图不准确
【突破点】 求解统计图表问题，重要的是认真观察图表，发现有用信息和数据．对于频率分布直方图，应注意图中的每一个小矩形的面积是落在该区间上的频率，所有小矩形的面积和为1，当小矩形等高时，说明频率相等，计算时不要漏掉其中一个．
易错点2 对等可能事件认识不清致误
【突破点】 解与等可能事件相关的题目时，由于对等可能性事件的基本事件构成理解不清，往往计算基本事件或多或少或所划分事件根本不等可能性，从而导致失误．
易错点3 对抽样概念把握不准
【突破点】 解决随机抽样问题时，造成失分原因是分层中不明确有几层，计算比例时找不准比例关系．在学习时应熟练掌握各种抽样方法的步骤，注意系统抽样中各段入样的个体编号成等差数列，公差即每段的个体数．
易错点4 不能正确区分古典概型与几何概型
【突破点】 几何概型与古典概型有相同之处又有不同之处，解题时容易犯一些似是而非的错误．在解决实际问题中，关键在于正确区分两种概型．如基本事件是无限的属于几何概型，基本事件是有限的属于古典概型．
易错快攻一 对几何概型问题的测度理解出错
[典例1]
以正三角形的顶点为圆心，其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形被称为勒洛三角形，它是具有类似于圆的“等宽性”曲线，由德国机械工程专家勒洛首先发现．如图，D，E，F为正三角形ABC各边中点，作出正三角形DEF的勒洛三角形DEF(阴影部分)，若在△ABC中随机取一点，则该点取自于该勒洛三角形部分的概率为( )
A． eq \f(π－\r(3),2) B． eq \f(2\r(3)π－3,9)
C． eq \f(\r(3)π－3,6) D． eq \f(\r(3)π－2,6)
[尝试解题]
纠错技巧
(1)求解有关几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围．当考查对象为点且点在线段上(平面区域内、空间区域内)活动时，用线段长度比(面积比、体积比)计算．
(2)求解此类题的注意点：一是判断试验中所有可能出现的结果(基本事件)是否有无限多个；二是验证每个基本事件的发生是否具有等可能性，只有每个基本事件发生的可能性都相等时，才可以用几何概型的概率计算公式破解．
易错快攻二 用频率分布直方图解题时误把纵轴当作频率
[典例2] 沃尔玛超市为了了解某分店的销售情况，在该分店的电脑小票中随机抽取200张进行统计，将小票上的消费金额(单位：元)分成6组，分别是[0，100)，[100，200)，[200，300)，[300，400)，[400，500)，[500，600]，制成如图所示的频率分布直方图(假设抽到的消费金额均在[0，600]内).
(1)求消费金额在[300，600]内的小票张数；
(2)为做好2022“双十二”促销活动，该分店设计了两种不同的促销方案．
方案一：全场商品打八五折．
方案二：全场购物满100元减20元，满300元减80元，满500元减120元，以上减免只取最高优惠，不重复减免．
利用频率分布直方图中的信息，分析哪种方案优惠力度更大，并说明理由．
[尝试解题]
纠错技巧
此类以频率分布直方图为背景的方案决策型问题的易错点有两处：一是观图算频率出错，需注意频率分布直方图的纵轴表示的是“ eq \f(频率,组距) ”；二是求平均数出错，即利用频率分布直方图估计平均数出错，从而作出错误的决策，需认真审题与认真运算，避开此类错误．
二 考前练兵 考能提升
板块一 小题补偿练(必得分)
(一)集合与常用逻辑用语
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．[2022·河北唐山一中高三期中]已知集合A＝{x|x2－8x≤0}，B＝{x|0<2x<8}，则A∩(∁RB)＝( )
A.{x|x≤0或x≥3}
B.{x|x≤0或x≥8}
C.{x|1
2．[2022·河北石家庄二中高三月考]已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，集合B＝{(x，y)|y＝|x|－1}，则集合A∩B的真子集的个数为( )
A.3 B．4
C.7 D．8
3．[2022·福建宁德一中高三期中]已知集合A＝{x∈N|－1≤x≤2}，B＝{x|－2
C.{－1，0，1} D．{－1，0，1，2}
4．[2022·福建上杭一中高三月考]已知命题p：∃x0∈(1，3)，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4x0＋3≤0，则¬p是( )
A.∀x∈(1，3)，x2－4x＋3≤0
B.∃x0∉(1，3)，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －4x0＋3>0
C.∀x∉(1，3)，x2－4x＋3>0
D.∀x∈(1，3)，x2－4x＋3>0
5．[2022·山东师范大学附中高三月考]已知p：|x－a|<1，q： eq \f(1,x－2)≥1.若p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，3] B．[2，3]
C.(2，3] D．(2，3)
6．[2022·湖北石首市第一中学高三月考]命题“∃x>0，x2＞2x”的否定是( )
A.∃x≤0，x2＞2x
B.∀x≤0，x2≤2x
C.∀x＞0，x2≤2x
D.∃x>0，x2＜2x
7．[2022·广东惠州一中高三月考]已知全集U＝R，集合A＝{x|－2
8．[2022·江苏省上冈高级中学高三月考]已知使不等式x2＋(a＋1)x＋a≤0成立的任意一个x，都满足不等式3x－1≤0，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，－ eq \f(1,3)) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
C. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)) D．(－ eq \f(1,3)，＋∞)
9．[2022·江苏省响水中学高三月考]已知条件p：∀x∈R，x2＋ eq \f(1,x2)>m，q：m<0，那么p是q的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
10．[2022·山东青岛二中高三开学考试]已知a，b是两条不重合的直线，α为一个平面，且a⊥α，则“b⊥α”是“a∥b”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
11．[2022·湖南长沙一中高三阶段练习]集合M＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(1,3)＋\f(n,6)，n∈Z))，N＝{x|x＝ eq \f(1,6)＋ eq \f(n,3)，n∈Z}，则M∩N＝( )
A.M
B.N
C.∅
D. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(n,6)，n∈Z))
12．设a1，a2，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，an成等比数列；q：(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) )·(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋…＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) )＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，则( )
A.p是q的必要条件，但不是q的充分条件
B.p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C.p是q的充要条件
D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．集合A＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x－2)≤0，x∈R))))，B＝{x|2x－1<1，x∈R}，则A∩(∁RB)＝________．
14．命题“∀x∈R，x2－1<0”的否定是________.
15．[2022·广东潮州市瓷都中学三模]已知集合A＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，B＝{x|mx－1＝0}，若A∩B＝B，则所有实数m组成的集合是________．
16．给出下列命题：
①若A，B，C，D是不共线的四点，则 eq \(AB,\s\up6(→))＝ eq \(DC,\s\up6(→))是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；
②a＝b的充要条件是|a|＝|b|且a∥b；
③在△ABC中，sin A>sin B的充要条件为A>B；
④在△ABC中，设命题p：△ABC是等边三角形，命题q：a∶b∶c＝sin B∶sin C∶sin A，那么命题p是命题q的充分不必要条件．
其中正确的命题为________．(把你认为正确的命题序号都填上)
(二)平面向量与复数
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若复数 eq \f(a＋i,1－i)为纯虚数，则它的共轭复数是( )
A.2i B．－2i
C.i D．－i
2．瑞士数学家莱昂哈德·欧拉于1748年提出了著名的公式：eix＝cs x＋isin x，其中e是自然对数的底数，i是虚数单位，该公式被称为欧拉公式，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式，|e2i－1|＝( )
A.cs 2 B．sin 2
C.2sin 1 D．2cs 1
3．如图，D是△ABC的边AB中点，则向量 eq \(CD,\s\up6(→))＝( )
A. eq \(BC,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(BA,\s\up6(→)) B． eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→))
C. eq \(BC,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(BA,\s\up6(→)) D． eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→))
4．已知向量a，b，满足a·b＝0， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝1， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))＝2.则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2a－b))＝( )
A.4 B．2 eq \r(2)
C.6 D．8
5．在△ABC中，“ eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))<0”是“△ABC为钝角三角形”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
6．在复平面内，复数z＝a＋bi(a∈R，b∈R)对应向量 eq \(OZ,\s\up6(→))(O为坐标原点)，设 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OZ,\s\up6(→))))＝r，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为θ，则z＝r(cs θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1＝r1(cs θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cs θ2＋isin θ2)，则z1z2＝r1r2[cs (θ1＋θ2)＋isin (θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：zn＝[r(cs θ＋isin θ]n＝rn(cs nθ＋isin nθ)，则(－1＋ eq \r(3)i)10＝( )
A.1 024－104 eq \r(3)i B．－1 024＋1 024 eq \r(3)i
C.512－512 eq \r(3)i D．－512＋512 eq \r(3)i
7．2 000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割．所谓黄金分割，指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分之比，黄金分割比为 eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618.其实有关“黄金分割”，我国也有记载，虽然没有古希腊的早，但它是我国古代数学家独立创造的．如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，BF⊥AC，DH⊥AC，AE⊥BD，CG⊥BD， eq \(BE,\s\up6(→))＝ eq \f(\r(5)－1,2) eq \(BO,\s\up6(→))，则 eq \(BF,\s\up6(→))＝( )
A. eq \f(3－\r(5),2) eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(5＋\r(5),10) eq \(BG,\s\up6(→))
B. eq \f(3－\r(5),2) eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(5－\r(5),10) eq \(BG,\s\up6(→))
C. eq \f(\r(5)－1,2) eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(5－\r(5),10) eq \(BG,\s\up6(→))
D. eq \f(3－\r(5),2) eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(\r(5),5) eq \(BG,\s\up6(→))
8.平面向量也叫二维向量，二维向量的坐标表示及其运算可以推广到n(n≥3)维向量，n维向量可用(x1，x2，x3，x4，…，xn)表示．设a＝(a1，a2，a3，a4，…，an)，b＝(b1，b2，b3，b4，…，bn)，规定向量a与b夹角θ的余弦为cs θ＝.当a＝(1，1，1，1，…，1)，b＝(－1，－1，1，1，…，1)时，cs θ＝( )
A. eq \f(n－1,n) B． eq \f(n－2,n)
C. eq \f(n－3,n) D． eq \f(n－4,n)
9．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若 eq \(BC,\s\up6(→))＝a， eq \(BA,\s\up6(→))＝b， eq \(BE,\s\up6(→))＝3 eq \(EF,\s\up6(→))，则 eq \(BF,\s\up6(→))＝( )
A. eq \f(3,5)a＋ eq \f(4,5)bB． eq \f(4,5)a＋ eq \f(3,5)b
C. eq \f(16,25)a＋ eq \f(12,25)b D． eq \f(12,25)a＋ eq \f(9,25)b
10．若复数z满足|z＋1|＝|z－1－2i|，则使 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z))取到最小值的复数z为( )
A. eq \f(1＋i,2) B． eq \f(1－i,2)
C.1 D．i
11．过△ABC的重心G做一条与BC不平行的直线分别交AB，AC于D，E两点，若 eq \(AD,\s\up6(→))＝x eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AE,\s\up6(→))＝y eq \(AC,\s\up6(→))，(x，y∈(0，1])，则4x＋y的最小值为( )
A.9 B．5
C.3 D．2
12．“群”是代数学中一个重要的概念，它的定义是：设G为某种元素组成的一个非空集合，若在G内定义一个运算“*”，满足以下条件：
①∀a，b∈G，有a*b∈G；
②如∀a，b，c∈G，有(a*b)*c＝a*(b*c)；
③在G中有一个元素e，对∀a∈G，都有a*e＝e*a＝a，称e为G的单位元；
④∀a∈G，在G中存在唯一确定的b，使a*b＝b*a＝e，称b为a的逆元．此时称(G，*)为一个群．
例如实数集R和实数集上的加法运算“＋”就构成一个群(R，＋)，其单位元是0，每一个数的逆元是其相反数，那么下列说法中，错误的是( )
A.G＝Q，则(G，＋)为一个群
B.G＝R，则(G，×)为一个群
C.G＝{－1，1}，则(G，×)为一个群
D.G＝{平面向量}，则(G，＋)为一个群
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．已知z＝1－i2019，则复数z的虚部为________.
14．复数z对应的向量 eq \(OZ,\s\up6(→))与a＝(3，4)共线，对应的点在第三象限，且|z|＝10，则 eq \(z,\s\up6(－))＝________.
15．已知|a|＝2，|b|＝1，且向量a与b不共线．当(a＋kb)⊥(a－kb)时，k＝________．
16．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF所在平面内的一点，若点P与点D重合，则 eq \(AP,\s\up6(→))· eq \(BP,\s\up6(→))＝________；当点P满足________时， eq \(AP,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝12.
(注：第二空填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)
(三)不等式与线性规划
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．[2022·东北三省四市模拟]设a，b均为实数，则“a>|b|”是“a3>b3”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2．已知实数x，y满足约束条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋1≥0，,x＋y－1≥0，,x≤1，))则z＝2x－y的取值范围为( )
A.[－1，0] B．[－1，2]
C.[0，2] D．[－2，1]
3．若变量x，y满足约束条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥1，,x－y≤0，,x－2y＋2≥0，))则 eq \f(y,x)的最大值为( )
A.1 B．3 C． eq \f(3,2) D．5
4．若a>0，b>0且2a＋b＝4，则 eq \f(1,ab)的最小值为( )
A.2 B． eq \f(1,2) C．4 D. eq \f(1,4)
5．若实数x，y满足条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－4≤0，,x－2y＋2≥0，,x≥0，,y≥0，))则( eq \f(1,2))x－y的最大值为( )
A. eq \f(1,16) B． eq \f(1,2) C．1 D．2
6．已知实数x，y满足条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y≥0,x＋y－3≤0,x≥1))，则 eq \f(y,x＋1)的最大值为( )
A. eq \f(1,2) B．2 C． eq \f(3,5) D．1
7．函数f(x)＝4x＋ eq \f(1,2x)＋ eq \f(2,（\r(2)）x)的最小值为( )
A.2 eq \r(2) B．2 eq \r(3) C．4 D．3 eq \r(2)
8．设实数x满足x>－1，则函数y＝x＋ eq \f(4,x＋1)的最小值为( )
A.3 B．4 C．5 D．6
9．对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，2) B．(－∞，2]
C.(－2，2) D．(－2，2]
10．已知x>0，y>0，2x＋y＝2，则 eq \f(1,x)＋ eq \f(2,y)的最小值是( )
A.1 B．2 C．4 D．6
11．已知x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝1，若不等式x2＋y2＋xy> eq \f(1,2)m2＋ eq \f(1,4)m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.(－ eq \f(3,2)，1)
B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))
C.(－2，1)
D.(－∞，－ eq \f(3,2))∪(1，＋∞)
12．已知正实数a，b满足 eq \f(1,a)＋ eq \f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m对任意的实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.[3，＋∞) B．(－∞，3]
C.(－∞，6] D．[6，＋∞)
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．设0
15．若关于x的不等式mx2－mx＋1<0的解集不是空集，则m的取值范围是________．
16．已知正数x，y满足x＋y＝2，则 eq \f(1,x)＋ eq \f(x,y)的最小值是______， eq \r(x－1)＋y的最大值是______．
(四)算法、推理与证明
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．王老师在课堂上与学生探究直线l时，有四位同学分别给出了一个结论．甲：直线l经过点(1，2).乙：直线l经过点(3，9).丙：直线l经过点(0，－1).丁：直线l的斜率为整数．如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是( )
A.甲 B．乙
C.丙 D．丁
2．对于下列数排成的数阵：
它的第12行所有数的和为( )
A.－870 B．870
C.3 081 D．－3 081
3．分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的“谢尔宾斯基”图形的作法是：先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”．按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图形(如图所示)，按上述操作7次后，“谢尔宾斯基”图形中的小正三角形的个数为( )
A.35 B．36
C.37 D．38
4．运行下图所示的算法框图，若输出结果为 eq \f(2 021,1 011)，则判断框中应该填的条件是( )
A.k>1 009? B．k>1 010?
C.k>1 011? D．k>1 012?
5．周末，某高校一学生宿舍甲乙丙丁四位同学正在做四件事情，看书、写信、听音乐、玩游戏，下面是关于他们各自所做事情的一些判断：
①甲不在看书，也不在写信；②乙不在写信，也不在听音乐；③如果甲不在听音乐，那么丁也不在看书；④丙不在看书，也不写信．
已知这些判断都是正确的，依据以上判断，请问乙同学正在做的事情是( )
A.玩游戏 B．写信
C.听音乐 D．看书
6．执行如图所示的程序框图，若输入的k的值为8，则输出的n的值为( )
A.7 B．6
C.5 D．4
7．[2022·湖南雅礼中学一模]甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市．由此可判断乙去过的城市为( )
A.A B．B
C.C D．无法判断
8．执行如图所示的程序框图，若输出的S＝ eq \f(85,128)，则输入的n可能为( )
A.3 B．5
C.7 D．9
9．劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容，直接决定了社会主义建设者和接班人的劳动价值取向、劳动精神面貌和劳动技能水平．新学期到来，某大学开出了烹饪选修课，共18学时，面向2020级本科生和强基计划学生开放．该校学生小华选完内容后，其他三位同学根据小华的兴趣爱好对他选择的内容进行猜测．
甲说：“小华选的不是川菜干烧大虾，选的是烹制中式面食．”乙说：“小华选的不是烹制中式面食，选的是烹制西式点心．”丙说：“小华选的不是烹制中式面食，也不是青椒土豆丝．”已知三人中有一个人说的全对，有一个人说的对了一半，剩下的一个人说的全不对，由此推断小华选择的内容( )
A.可能是青椒土豆丝
B.可能是川菜干烧大虾
C.可能是烹制西式点心
D.一定是烹制中式面食
10．我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于鸡啄粟的问题：“今有三鸡共啄粟一千一粒，雏啄一，母啄二，翁啄四．主责本粟．问三鸡啄各偿各几何？”如图所示的程序框图反映了对此问题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的x＝( )
A.123 B．133
C.143 D．153
11．如图所示的程序框图是根据20世纪70年代流行的一种游戏——角谷猜想设计的．这种游戏的魅力在于无论你写出一个多么庞大的数字，最后必然会落入底部的4－2－1循环．若现依次输入n＝5，13，24，32，则输出i的不同值的个数是( )
A.4 B．3
C.2 D．1
12．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则 eq \f(S1,S2)＝ eq \f(1,4)，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P－ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则 eq \f(V1,V2)＝( )
A. eq \f(1,8) B． eq \f(1,9)
C. eq \f(1,64) D． eq \f(1,27)
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．在如图所示的程序框图中，若输入x的值为lg eq \s\d9(\f(1,2))3，则输出的y为________．
14．甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但具体名次未知.3人作出如下预测：甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名．若甲、乙、丙3人的预测结果有且只有一个正确，由此判断获得第三名的是________．
15．观察下列一组等式：
① sin 230°＋cs 260°＋sin 30°cs 60°＝ eq \f(3,4)，
② sin 215°＋cs 245°＋sin 15°cs 45°＝ eq \f(3,4)，
③ sin 245°＋cs 275°＋sin 45°cs 75°＝ eq \f(3,4)，
那么，类比推广上述结果，可以得到的一般结果是________．
16．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下：甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”，经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________．
(五)排列、组合、二项式定理
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，则四名同学所选项目各不相同且只有乙同学选篮球发生的概率为( )
A. eq \f(3,64) B． eq \f(3,128)
C. eq \f(2,9)D． eq \f(3,8)
2．C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2 022)) －2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2 022)) ＋22C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2 022)) －23C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2 022)) ＋…＋22 022C eq \\al(\s\up1(2 022),\s\d1(2 022)) 的值是( )
A.0 B．1
C.－1 D．22 022
3．在(x－ eq \f(1,x)＋y)6的展开式中，x2y2的系数为( )
A.－30 B．30
C.－60 D．60
4．(x－1)(2x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A.－80 B．－40
C.40 D．80
5．今年中国空间站将进入到另一个全新的阶段——正式建造阶段，首批参加中国空间站建造的6名航天员，将会分别搭乘着神舟十四号和神舟十五号载人飞船，接连去往中国空间站，并且在上面“会师”．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱. 假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有( )
A.44种 B．48种
C.60种 D．50种
6．某高中举办2022年“书香涵泳，润泽心灵”读书节活动，设有“优秀征文”“好书推荐语展示”和“演讲”三个项目．某班级有7名同学报名参加，要求每人限报一项，每个项目至少2人参加，则报名的不同方案有( )
A.420种 B．630种
C.1 260种 D．1 890种
7．4月1日，根据当前疫情防控工作需要，定州市新冠肺炎疫情防控工作总指挥部发布通告，要求我市全域内除特殊人员外，所有人员保持居家，不出小区(村)等待全员核酸检测．为了保障广大居民的生活需要，某小区征集了多名志愿者，现有5名志愿者承包A，B，C三栋居民楼，每位志愿者负责一栋楼，且每栋楼至少一名志愿者，则分派方法的种数为( )
A.90 B．150
C.180 D．300
8．若(2x－3)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5，则a0＋a2＋a4＝( )
A.244 B．1
C.－120 D．－121
9．(x2－2x＋ eq \f(1,x))(1－ eq \f(2,\r(x)))5展开式中常数项为( )
A.－15 B．0
C.15 D．80
10．在(1－3x)n(n∈N*)的展开式中，偶数项的二项式系数的和为128，则展开式的中间项为( )
A.－4 536x4 B．－5 670x4
C.5 670x4D．4 536x4
11．若(1＋2x)＋(1＋2x)2＋…＋(1＋2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，a0＝6，则下列结论中正确的是( )
A.n＝12
B.a1＝36
C. eq \i\su(i＝0,n,a)i＝64
D. eq \i\su(i＝1,n,) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))iiai＝6
12．设(2x－1)7＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，则|a1|＋2|a2|＋3|a3|＋4|a4|＋5|a5|＋6|a6|＋7|a7|＝( )
A.10 206 B．5 103
C.729 D．728
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．[2022·四川宜宾市叙州区第一中学二模]某地区突发传染病公共卫生事件，广大医务工作者逆行而上，纷纷志愿去一线抗击疫情．某医院呼吸科共有4名医生，6名护士，其中1名医生为科室主任，1名护士为护士长．根据组织安排，从中选派3人去支援抗疫一线，要求医生和护士均有，且科室主任和护士长至少有1人参加，则不同的选派方案共有________种．
14．[2022·广西崇左模拟](1＋x2)(1－ eq \f(1,x) )6的展开式中，常数项为________．
15．在100件产品中，有98件合格品，2件次品，从这100件产品中任意抽取3件，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法的种数为________.
16．[2022·贵州毕节检测]已知(x＋m)(x－1)4＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋a4(x－2)4＋a5(x－2)5，若a1＋a3＋a5＝32.则实数m＝________．
一 回归教材 赢得高考
良好的心态是稳定发挥乃至超常发挥的前提．考前这几天，最明智的做法就是回归基础，巩固基础知识和基本能力；最有效的心态调节方法就是每天练一组基础小题——做到保温训练手不凉，每天温故一组基础知识——做到胸中有粮心不慌．
板块二 综合小题提速练(不失分)
提速练(一)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为( )
A.4 B．3
C.2 D．1
2．已知z的共轭复数是 eq \(z,\s\up6(－))，且|z|＝ eq \(z,\s\up6(－))＋1－2i(i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B．第二象限
C.第三象限 D．第四象限
3．设a，b，c为正数，则“a＋b>c”是“a2＋b2>c2”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且(Sn＋1)(Sn＋2＋1)＝(Sn＋1＋1)2(n∈N*)，a1＝1，a2＝2，则Sn＝( )
A. eq \f(n（n＋1）,2) B．2n＋1
C.2n－1 D．2n＋1＋1
5．已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)sin x＋ eq \f(\r(3),2)cs x，将函数f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是( )
A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,4)
C. eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
6．函数f(x)＝(x2－4x＋1)·ex的大致图象是( )
7.
如图所示，三国时代数学家在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影)，设直角三角形有一个内角为30°，若向弦图内随机抛掷200颗米粒(大小忽略不计，取 eq \r(3)≈1.732)，则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为( )
A.20 B．27
C.54 D．64
8．已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是( )
A.3 B．4
C. eq \f(9,2) D． eq \f(11,2)
9．已知四面体ABCD的所有棱长相等，E为棱AC的中点，F为棱AB上一点，且AF＝ eq \f(1,4)AB，则异面直线BE，DF所成角的余弦值为( )
A. eq \f(\r(39),78) B． eq \f(4\r(19),57)
C. eq \f(\r(39),39) D． eq \f(6\r(19),57)
10．函数f(x)＝ eq \f(cs 2x＋2sin x·cs 2x－2sin 2x cs x,\r(2)cs （x＋\f(π,4)）)的值域为( )
A.(－ eq \r(2)＋1， eq \r(2)＋1)
B.[－ eq \r(2)＋1， eq \r(2)＋1)
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\r(2)＋1))
D. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\r(2)＋1))
11．在三棱锥P ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝60°，PA＝2，AB＝AC＝ eq \r(3)，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A. eq \f(4π,3) B． eq \f(8\r(2)π,3)
C.8π D．12π
12．已知三棱锥S ABC的体积为4，且AC＝4，SA2＋BC2＝24，∠ACB＝30°，则三棱锥SABC的表面积为( )
A.10 eq \r(3)B．12 eq \r(3)
C.7 eq \r(6)或12 eq \r(3) D．9 eq \r(6)或10 eq \r(3)
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．若曲线y＝ eq \r(x)在点P(a， eq \r(a))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，则实数a的值是________．
14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m，n满足m＝( eq \r(3)b－c，cs C)，n＝(a，cs A)，m∥n，则cs A的值为________．
15．如图所示，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠B＝60°，点E，F分别在边BC，AB上运动(不含端点)，且EF∥AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，当五棱锥B ECDAF的体积最大时，EF的长为______________.
16．已知函数f(x)满足f(x)＝，若方程[f(x)]2－2mf(x)＋m2－2＝0有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围为________.
提速练(二)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合M＝{x|0≤x≤6}，N＝{x|2x≤32}，则M∪N＝( )
A.(－∞，6] B．(－∞，5]
C.[0，6] D．[0，5]
2．已知复数z＝ eq \f(2,\r(3)－i)，则复数z的共轭复数 eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A. eq \f(\r(3),2)－ eq \f(1,2)i B． eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i
C. eq \f(\r(3),2)＋ eq \f(1,2)i D． eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i
3．椭圆2x2－my2＝1的一个焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\r(2)))，则实数m＝( )
A. eq \f(2,3)B． eq \f(2,5)
C.－ eq \f(2,3) D．－ eq \f(2,5)
4．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（\f(1,2)）x，x≥2
f（x＋1），x<2))则函数f(lg23)的值为( )
A.3 B． eq \f(1,3)
C.6 D． eq \f(1,6)
5．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验．根据收集到的数据(如表)，由最小二乘法求得回归方程为y＝0.67x＋54.9.
现发现表中有一个数据模糊看不清，则该数据为( )
A．68 B．68.3
C．68.5 D．70
6．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋x，则a＝f(－2 eq \s\up6(\f(3,2)))，b＝f(lg29)，c＝f( eq \r(5))的大小关系为( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>a>c D．b>c>a
7．某同学研究曲线C：x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))＝1的性质，得到如下结论：①x、y的取值范围是R；②曲线C是轴对称图形；③曲线C上的点到坐标原点的距离的最小值为 eq \f(\r(2),8). 其中正确的结论序号为( )
A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
8．若在直线l上存在不同的三点A、B、C，使得关于x的方程x2 eq \(OA,\s\up6(→))＋x eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(BC,\s\up6(→))＝0有解(O∉l)，则方程解集为( )
A．∅
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1))
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，0))
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋\r(5),2)，\f(－1－\r(5),2)))
9．将函数f(x)＝2sin (2x＋φ)(|φ|< eq \f(π,2))的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度后所得的图象关于y轴对称，则f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为( )
A．－ eq \r(3) B．－1
C．－2 D．0
10．已知O为△ABC的外心，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))＝4， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝2 eq \r(3)，则 eq \(AO,\s\up6(→))·( eq \(AC,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→)))＝( )
A．2 B．4
C．6 D．8
11．已知实数a、b、c、d满足 eq \f(a－2ea,b)＝ eq \f(1－c,d－3)＝1(e是自然对数的底数)，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为( )
A．10 B．18
C．8 D．12
12．1777年法国著名数学家蒲丰曾提出过著名的投针问题，此后人们根据蒲丰投针原理，运用随机模拟方法可以估算圆周率π的近似值. 请你运用所学知识，解决蒲丰投针问题：平面上画着一些平行线，它们之间的距离都等于a(a>0)，向此平面任投一根长度为l(l
C． eq \f(2l,pa) D． eq \f(pa,2l)
二、填空题(把正确答案填在横线上)
13．函数y＝lga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－3))＋ eq \r(2)的图象恒过定点P，P在幂函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xα的图象上，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9))＝________.
14．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝3，a7a8a9＝27，则a4a5a6＝________．
15．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．
16．已知三棱锥S ABC的各顶点都在同一个球面上，△ABC所在截面圆的圆心在AB上，SO⊥平面ABC，AC＝1，BC＝ eq \r(3)，若三棱锥的体积是 eq \f(\r(3),3)，则该球体的球心到棱AC的距离是________．
提速练(三)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合A＝{x|9x2－3<1}，B＝{y|y<2}，则(∁RA)∩B＝( )
A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
B．∅
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
D．(－ eq \f(2,3)， eq \f(2,3))
2．已知复数z1＝3－bi，z2＝1－2i，若 eq \f(z1,z2)是实数，则实数b的值为( )
A．0 B．－ eq \f(3,2)
C．6 D．－6
3．AQI即空气质量指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好，当AQI指数值不大于100时称空气质量为“优良”．如图是某市3月1日到12日AQI的统计数据．则下列叙述正确的是( )
A．这12天的AQI指数值的中位数是90
B．12天中超过7天空气质量为“优良”
C．从3月4日到9日，空气质量越来越好
D．这12天的AQI的平均值为100
4.
已知函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的解析式可能是( )
A.f(x)＝(4x＋4－x)|x|
B．f(x)＝(4x－4－x)lg2|x|
C．f(x)＝(4x＋4－x)lg2|x|
D．f(x)＝(4x＋4－x)lg eq \s\d9(\f(1,2))|x|
5．设a＝lg48，b＝lg0.48，c＝20.4，则( )
A．b
A． eq \f(1,10) B． eq \f(1,5)
C． eq \f(3,10) D． eq \f(2,5)
7．已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝ln x＋x，h(x)＝ln x－1的零点依次为a，b，c，则( )
A．a
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,2) D．1
9．已知直线l：y＝k(x＋1)(k>0)与抛物线C：y2＝4x相交于A、B两点，且满足|AF|＝2|BF|，则k的值是( )
A． eq \f(\r(3),3) B． eq \r(3)
C． eq \f(2\r(2),3) D．2 eq \r(2)
10．过双曲线x2－ eq \f(y2,15)＝1的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2－|PN|2的最小值为( )
A．10 B．13
C．16 D．19
11．设椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，椭圆C上的两点A，B关于原点对称，且满足 eq \(FA,\s\up6(→))· eq \(FB,\s\up6(→))＝0，|FB|≤|FA|≤2|FB|，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(5),3)))B．[ eq \f(\r(5),3)，1)
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(3)－1)) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－1，1))
12．设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，∀x∈R，有f(x)－f(－x)＝x3，在(0，＋∞)上有2f ′(x)－3x2>0，若f(m－2)－f(m)≥－3m2＋6m－4，则实数m的取值范围为( )
A．[－1，1]
B．(－∞，1]
C．[1，＋∞)
D.(－∞，－1]∪[1，＋∞)
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．为了解某地区的“微信健步走”活动情况，现用分层抽样的方法从中抽取老、中、青三个年龄段人员进行问卷调查．已知抽取的样本同时满足以下三个条件：
(1)老年人的人数多于中年人的人数；
(2)中年人的人数多于青年人的人数；
(3)青年人的人数的两倍多于老年人的人数．
①若青年人的人数为4，则中年人的人数的最大值为________．
②抽取的总人数的最小值为________．
14．已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)n＋1 eq \f(1,2n)，如果存在正整数n，使得(p－an)(p－an＋1)<0成立，则实数p的取值范围是________．
15．已知三棱锥A BCD的棱长均为6，其内有n个小球，球O1与三棱锥A BCD的四个面都相切，球O2与三棱锥A BCD的三个面和球O1都相切，如此类推，…，球On与三棱锥A BCD的三个面和球On－1都相切(n≥2，且n∈N*)，则球O1的体积等于________，球On的表面积等于________．
16．如图所示，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼．太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美．定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆O的一个“太极函数”．现有下列说法：①对于圆O：x2＋y2＝1的所有非常数函数的太极函数中，一定不能为偶函数；②函数f(x)＝sin x＋1是圆O：x2＋(y－1)2＝1的一个太极函数；③存在圆O，使得f(x)＝ eq \f(ex＋1,ex－1)是圆O的一个太极函数；④直线(m＋1)x－(2m＋1)y－1＝0所对应的函数一定是圆O：(x－2)2＋(y－1)2＝R2(R>0)的太极函数；⑤若函数f(x)＝kx3－kx(k∈R)是圆O：x2＋y2＝1的太极函数，则k∈(－2，2).其中正确的是________．
提速练(四)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合A＝{x|x2＋2x－3≤0)}，B＝{x| eq \r(x)<2}，则A∩B＝( )
A．{x|－3≤x≤1} B．{x|0≤x≤1}
C．{x|－3≤x<1} D．{x|－1≤x≤0}
2．已知复数z＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i，则 eq \(z,\s\up6(－))＋|z|＝( )
A． eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i B．－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i
C． eq \f(3,2)－ eq \f(\r(3),2)i D． eq \f(3,2)＋ eq \f(\r(3),2)i
3．已知sin x＝ eq \f(1,4)，x为第二象限角，则sin 2x＝( )
A．－ eq \f(3,16) B．－ eq \f(\r(15),8)
C．± eq \f(\r(15),8) D． eq \f(\r(15),8)
4．在等比数列{an}中，若a2，a9是方程x2－x－6＝0的两根，则a5•a6的值为( )
A．6 B．－6
C．－1 D．1
5．设函数f(x)＝ eq \f(sin x＋x cs x,ax2)(a∈R，a≠0)，若f(－2019)＝2，f(2019)＝( )
A．2 B．－2
C．2 019 D．－2 019
6．某调查机构对全国互联网行业进行调查统计，得到整个互联网行业从业者年龄分布饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图，则下列结论中不正确的是( )
注：90后指1990年及以后出生，80后指1980－1989年之间出生，80前指1979年及以前出生．
A.互联网行业从业人员中90后占一半以上
B．互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的20%
C．互联网行业中从事运营岗位的人数90后比80前多
D．互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多
7．在△ABC中，D，E分别为BC，AC边上的点，且 eq \(BD,\s\up6(→))＝2 eq \(DC,\s\up6(→))，若 eq \(BE,\s\up6(→))＝λ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(3,4) eq \(AD,\s\up6(→))，则λ＝( )
A．－ eq \f(5,4) B．－ eq \f(4,3)
C．－ eq \f(4,5) D．－ eq \f(3,4)
8．设点A、B分别在双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线l1、l2上，且点A在第一象限，点B在第四象限，AB⊥l1，O为坐标原点，若|OA|、|AB|、|OB|成等差数列，则双曲线C的离心率为( )
A．2 B． eq \f(\r(5),2)
C． eq \r(3) D． eq \f(\r(6),2)
9．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，其中图象最高点和最低点的横坐标分别为 eq \f(π,12)和 eq \f(7π,12)，图象在y轴上的截距为 eq \r(3).关于函数f(x)有下列四个结论：
①f(x)的最小正周期为π；
②f(x)的最大值为2；
③x＝－ eq \f(π,6)为f(x)的一个零点；
④f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))为偶函数．
其中正确结论的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
10．某单位有800名员工，工作之余，工会积极组织员工参与“日行万步”健身活动．经调查统计，得到全体员工近段时间日均健步走步数(单位：千步)的频率分布直方图如图所示．据直方图可以认为，该单位员工日均健步走步数近似服从正态分布，计算得其方差为6.25.由此估计，在这段时间内，该单位员工中日均健步走步数在2千步至4.5千步的人数约为( )
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ
C．107 D．109
11．小王想在某市一住宅小区买套新房，据了解，该小区有若干栋互相平行的平顶楼房，每栋楼房有15层，每层楼高为3米，顶楼有1米高的隔热层，两楼之间相距60米．小王不想买最前面和最后面的楼房，但希望所买楼层全年每天正午都能晒到太阳．为此，小王查找了有关地理资料，获得如下一些信息：①该市的纬度(地面一点所在球半径与赤道平面所成的角)为北纬36°34′；②正午的太阳直射北回归线(太阳光线与赤道平面所成的角为23°26′)时，物体的影子最短，直射南回归线(太阳光线与赤道平面所成的角为－23°26′)时，物体的影子最长，那么小王买房的最低楼层应为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
12.
如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，△ABC是边长为3的正三角形．将该四边形沿对角线AC折成一个大小为120°的二面角D AC B，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．12π B．13π
C．14π D．15π
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．已知x，y满足约束条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y－1≤0，,2x＋y－4≤0，,y≤2x，))则z＝x＋y的最小值为________．
14．(3x2＋ eq \f(1,\r(x)))8的展开式中二项式系数最大的项的系数为________(用数字作答).
15．已知数列{an}的首项a1＝1，函数f(x)＝e|x|an＋1－(2an＋1)cs x在R上有唯一零点，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
16.
如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝ eq \r(6)，BC＝2BB1＝2 eq \r(2)，点P为线段AB1上一动点，则C1P＋BP的最小值为________．
提速练(五)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若复数 eq \f(a＋i,1－2i)(i为虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
2．已知集合A＝{x∈N|2x≤16}，B＝{x|x2－4x＋3>0}，则A∩B＝( )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(4)) B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，4))
C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))∪ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(3，4)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，1))∪ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(3，4))
3．随机变量ξ～N(μ，σ2)，若P(ξ≤1)＝0.3，P(1<ξ<5)＝0.4，则μ＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
4．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，|AB|＝4，若AB的中点到y轴的距离为1，则p的值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
5.
斐波那契数列0，1，1，2，3，5，8，13，…是意大利数学家列昂纳多．斐波那契发明的．如图是一个与斐波那契数列有关的程序框图．若输出S的值为88，则判断框中应该填入( )
A．i≥6?
B．i≥8?
C．i≥10?
D．i≥12?
6．若两个非零向量a，b满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))＝2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))，则向量a＋b与a的夹角为( )
A． eq \f(π,3) B． eq \f(2π,3) C． eq \f(5π,6) D． eq \f(π,6)
7．已知α是锐角，那么2α是( )
A．第一象限角
B．第一象限角或第二象限角
C．第二象限角
D．小于180°的正角
8．方程ln x＋x－4＝0的实根所在的区间为( )
A．(1，2) B．(2，3) C．(3，4) D．(4，5)
9．若 eq \f(sin α＋cs α,sin α－5cs α)＝4，则tan α等于( )
A． eq \f(1,7) B． eq \f(1,3) C．3 D．7
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a sin A＋b sin B
C．直角三角形 D．钝角三角形
11．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(－∞，0)时，f(x)＝2x3＋x2，则f(2)＝( )
A．12 B．20 C．28 D．－14
12．函数f(x)＝sin (2x＋φ)(|φ|<π)的图象过点( eq \f(π,6)，0)(如图所示)，若将f(x)的图象上所有点向右平移 eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)图象的一条对称轴的方程为( )
A．x＝ eq \f(5π,12) B．x＝ eq \f(2π,3)
C．x＝ eq \f(π,4) D．x＝ eq \f(π,12)
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．∫ eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(－5)) eq \r(25－x2) dx＝________．
14．若“x>3”是“x>m”的必要不充分条件，则m的取值范围是________．
15.
如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为60°和30°，如果这时气球的高是30米，则河流的宽BC为________米．
16．已知奇函数y＝f(x)(x∈R且x≠0)，f′(x)为f(x)的导函数，当x>0时，xf′(x)－f(x)>0，且f(2)＝0，则不等式f(x)≤0的解集为________．
提速练(六)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知全集U＝R，P＝{x|y＝ln x}，Q＝{x||x|<1}，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∁UP))∩Q＝( )
A．(－1，0] B．(0，1)
C．(－1，＋∞) D．(－1，1)
2．若(z－2)(3＋i)＝5(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为( )
A．8＋2i B． eq \f(7,2)＋ eq \f(1,2)i
C．8－2i D． eq \f(7,2)－ eq \f(1,2)i
3．若在区间(－1，4)上任取一实数x，则“3x<9”的概率是( )
A． eq \f(1,4) B. eq \f(3,4)
C． eq \f(2,5) D． eq \f(3,5)
4．若tan θ＝－ eq \f(1,2)，则sin θcs θ的值为( )
A． eq \f(1,5)B． eq \f(3,5)
C．－ eq \f(4,5) D．－ eq \f(2,5)
5．若抛物线C：y＝ eq \f(1,4)x2上的点P(m－3，n＋2)到其焦点的距离为5，则实数n＝( )
A． eq \f(5,2) B．2
C． eq \f(3,2) D．4
6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊂α，α⊥β，则m⊥β；
②若α∥β，m⊂β，则m∥α；
③若m⊥α，m∥n，α∥β，则n⊥β；
④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
其中正确命题的序号是( )
A．①② B. ①③
C. ②③D. ③④
7．若将函数y＝sin (2x－ eq \f(π,6))的图象沿x轴向右平移 eq \f(π,6)个单位长度后得到函数f(x)的图象，则f(x)＝( )
A．cs 2x B．－sin 2x
C．sin 2x D．－cs 2x
8．若实数x，y满足不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－4≤0，,x－2y＋2≥0，,x≥0，,y≥0，))则( eq \f(1,4))x－y的最大值为( )
A． eq \f(1,4) B．2
C． eq \f(1,2) D．4
9．已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，以双曲线C的实轴为直径的圆Ω与双曲线的渐近线在第一象限交于点P，若kFP＝－ eq \f(b,a)，则双曲线C的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±2x
C．y＝±3x D．y＝±4x
10．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2 eq \(AO,\s\up6(→))＝ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))，则向量 eq \(CA,\s\up6(→))在向量 eq \(CB,\s\up6(→))方向上的投影为( )
A． eq \f(1,2)B．－ eq \f(3,2)
C．－ eq \f(1,2) D． eq \f(3,2)
11．已知等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(n＋2,n＋1)，则 eq \f(a6,b8)的值是( )
A． eq \f(13,16) B． eq \f(13,14)
C． eq \f(11,16) D. eq \f(11,15)
12．已知f(x)为偶函数，对任意x∈R，f(x)＝f(2－x)恒成立，且当0≤x≤1时，f(x)＝2－2x2.设函数g(x)＝f(x)－lg3x，则g(x)的零点的个数为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a3＝8a6，若S4＝λS2，则实数λ的值为________．
14．(1＋2x)3(1－2x)4展开式中x4的系数为________．
15．若执行如图所示的程序框图，则输出S的值是________．
16．已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为66＋4π，则a＝________．
提速练(七)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合A＝{x||x|<2}，B＝{－2，－1，0，1，2}，则A∩B＝( )
A．{－1，0} B．{0，1}
C．{－1，0，1} D．{－2，－1，0，1，2}
2．设复数z满足 eq \f(z＋1,z－1)＝i，则|z|＝( )
A．1 B． eq \r(2)
C． eq \r(3) D．2
3．如图是某统计部门网站发布的《某市2020年2～12月国民经济和社会发展统计公报》中居民消费价格指数(CPI)月度涨跌幅度折线图(注：同比是今年第n个月与去年第n个月相比，环比是现在的统计周期和上一个统计周期相比)
下列说法错误的是( )
①2020年9月CPI环比上升0.5%，同比上涨2.1%
②2020年9月CPI环比上升0.2%，同比无变化
③2020年3月CPI环比下降1.1%，同比上涨0.2%
④2020年3月CPI环比下降0.2%，同比上涨1.7%
A．①③ B．①④
C．②④ D．②③
4．若函数f(x)＝3x－ eq \f(3,x)，则“a>1”是“f(a)>0”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．函数f(x)＝sin x ln eq \f(π－x,π＋x)在(－π，π)的图象大致为( )
6．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，则ω的取值范围为( )
A．(0，2] B．(0，2)
C．(0，3] D．(0，3)
7．已知奇函数f(x)在R上单调递增，且f(1)＝2，则xf(x)<2的解集为( )
A．(0，1) B．[0，1)
C．(－1，0) D．(－1，1)
8．如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥D1M，则动点P的轨迹的长度为( )
A． eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(5),2)
C． eq \f(π,16) D． eq \f(\r(3),2)
9．已知抛物线M：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F且斜率为 eq \f(5,12)的直线l与抛物线M交于A，B两点(点A在第二象限)，则 eq \f(|AF|,|BF|)＝( )
A． eq \f(5,13) B． eq \f(4,13)
C． eq \f(5,9) D． eq \f(4,9)
10．已知函数f(x)的图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,e)))，且f(x)＝ eq \f(2x＋1,ex)－f′(x)对x∈R恒成立，若关于x的方程f(x)＋a＝0(a∈R)有3个不同的实数根，则a的取值范围是( )
A．(－e，0) B．(0，e)
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,e2)，0)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,e2)，e))
11．正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为( )
A． eq \f(3\r(2)－\r(6),12) B． eq \f(\r(6)－\r(3),12)
C． eq \f(2\r(2)－\r(3),12) D． eq \f(\r(2),4)
12．在前n项和为Sn的等比数列{an}中，an>0，公比q≠1，则下列说法错误的是( )
A．若q∈(0，1)，则存在M>0，使得Sn
D．若Sk>qmSk－1(k≥2，m≥2，k∈N*，m∈N*)，则Sm>qkSm－1
二、填空题(把正确答案填在题中横线上)
13．在二项式(x2＋ eq \f(3,\r(x)))7的展开式中，x9的系数为____________．
14．设x，y满足约束条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y≥1,x－y≥0,2x＋y≤9))，则z＝x＋y的最大值是____________．
15．设正数数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项之积为Tn，且Sn＋2Tn＝1，则数列{an}的通项公式是____________．
16．如图，在三棱锥P ABC中，AP＝AB＝AC＝1，PB＝ eq \r(2)，BC＝ eq \r(3)，且二面角P AB C的大小为 eq \f(π,3)，则该三棱锥的外接球的表面积为 __________．
板块三 大题规范练(得满分)
规范练(一)
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．(12分)在平面四边形ABCD中，E为AB上一点，连接CE，DE，已知AE＝4BE，AE＝4，CE＝ eq \r(7)，若∠A＝∠B＝∠CED＝ eq \f(2,3)π.
(1)求△BCE的面积；
(2)求CD的长．
2．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E、F分别是线段AA1，A1B1的中点，且CE⊥EF.
(1)证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)若CE⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．
3.(12分)设直线AC：y＝ eq \f(\r(3),6)x与直线BD：y＝－ eq \f(\r(3),6)x分别与椭圆E： eq \f(x2,4m)＋ eq \f(y2,m)＝1(m>0)交于点A，B，C，D，且四边形ACBD的面积为2 eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P(0，2)的动直线l与椭圆E相交于M，N两点，是否存在经过原点且以MN为直径的圆？若有，请求出圆的方程，若没有，请说明理由．
4．(12分)材料一：2018年，全国逾半省份将从秋季入学的高一年级开始实行新的学业水平考试和高考制度．所有省级行政区域均突破文理界限，由学生跨文理选科，均设置“3＋3”的考试科目．前一个“3”为必考科目，为统一高考科目语文、数学、外语．除个别省级行政区域仍执行教育部委托的分省命题任务外，绝大部分省级行政区域均由教育部考试中心统一命题；后一个“3”为高中学业水平考试(简称“学考”)选考科目，由各省级行政区域自主命题．
材料二：2019年4月，河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等8省市发布高考综合改革实施方案，方案决定从2018年秋季入学的高中一年级学生开始实施高考综合改革．考生总成绩由全国统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分．即通常所说的“3＋1＋2”模式，所谓“3＋1＋2”，即“3”是三门主科，分别是语文、数学、外语，这三门科目是必选的．“1”指的是要在物理、历史里选一门，按原始分计入成绩．“2”指考生要在生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门．但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分．等级赋分指的是把考生的原始成绩根据人数的比例分为A、B、C、D、E五个等级，五个等级分别对应着相应的分数区间，然后再用公式换算，转换得出分数．
(1)若按照“3＋1＋2”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”的概率；
(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生2 500名参加语数外的网络测试，满分450分，并给前400名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布，且满分为450分；
①考生甲得知他的成绩为270分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为171分，351分以上共有57人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；
②考生丙得知他的实际成绩为430分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪．
附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 8；P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 4；P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 4.
5．(12分)已知函数f(x)＝ex(x2＋ax＋b)在点(0，f(0))处的切线方程为6x＋y＋4＝0.
(1)求函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的解析式及单调区间；
(2)若方程f(x)＝kx(k∈R)有三个实根，求实数k的取值范围．
6．(10分)已知曲线C1： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs θ,y＝\f(\r(3),6)sin θ))(θ为参数)，
C2： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)＋t·cs α,y＝t·sin α))(t为参数).
(1)将C1、C2的方程化为普通方程；
(2)若C2与C1交于M、N，与x轴交于P，求 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PM))· eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PN))的最小值及相应α的值．
7．(10分)设函数f(x)＝2|x－1|＋|x＋2|.
(1)求不等式f(x)≥4的解集；
(2)若不等式f(x)<|m－2|的解集是非空的集合，求实数m的取值范围．
规范练(二)
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．(12分)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，S2＋S3＝S4，4a3＋6a7＝b6.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝ eq \f(an,lg2bn)＋ eq \f(lg2bn,an)，求数列{cn}的前n项和Tn.
2．(12分)如图，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形，点M，N分别是AF，AB的中点，二面角D－AB－F的大小为60°.
(1)求证：MN∥平面BCF；
(2)求直线DE与平面BCF所成角的正弦值．
3．(12分)某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9).
(1)任取树苗A、B、C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及E(X)；
(2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．
①求一棵B种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？
4．(12分)已知斜率存在且不为0的直线l过点D(1，0)，设直线l与椭圆C： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1交于A，B两点，椭圆C的左顶点为P.
(1)若△PAB的面积为 eq \f(3\r(30),8)，求直线l的方程；
(2)若直线PA，PB分别交直线x＝3于点M，N，且 eq \(MR,\s\up6(→))＝ eq \(RN,\s\up6(→))，记直线AB，RD的斜率分别为k，k′.探究：k·k′是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
5．(12分)已知函数f(x)＝ex(x2＋8x－4).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式 eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋8x－4)),4)＋m≥m sin x在[0，＋∞)上恒成立，且m≠0，求实数m的取值范围．
6．(10分)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－t,y＝－2t))(t为参数)，曲线C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α,y＝sin α))(α为参数)，曲线C1与x轴交于O，A两点．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l的普通方程及曲线C1的极坐标方程；
(2)若直线l与曲线C2：y2＝4x在第一象限交于点M，且线段MA的中点为N，点P在曲线C1上，求|PN|的最小值．
7．(10分)(1)已知x，y，z均为正数，且8xyz＝ eq \f(1,64)，求证：(8x＋2)(8y＋2)(8z＋2)≥27；
(2)已知实数m，n满足m≥1，n≥ eq \f(1,2)，求证：2m2n＋4mn2＋1≤4m2n2＋m＋2n.
规范练(三)
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．(12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝a cs C＋ eq \f(\r(3),3)c sin A，点M是BC的中点．
(1)求A的值；
(2)若a＝ eq \r(3)，求中线AM的最大值．
2．(12分)如图，ABCD是边长为2的正方形，平面EAD⊥平面ABCD，且EA＝ED，O是线段AD的中点，过E作直线l∥AB，F是直线l上一动点．
(1)求证：OF⊥BC；
(2)若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，求此时二面角B OF C的余弦值．
3．(12分)某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等级如下表：
从某企业生产的这种产品中抽取200件，检测后得到如下的频率分布直方图：
(1)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定？
(2)在样本中，按产品等级用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率；
(3)该企业为提高产品质量，开展了“质量提升月”活动，活动后再抽样检测，产品质量指标值X近似满足X～N(218，140)，则“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了多少？
4．(12分)已知F1，F2为椭圆E： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆上，且过点F2的直线l交椭圆于A，B两点，△AF1B的周长为8.
(1)求椭圆E的方程；
(2)我们知道抛物线有性质：“过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F的弦AB满足|AF|＋|BF|＝ eq \f(2,p)|AF|·|BF|.”那么对于椭圆E，问是否存在实数λ，使得|AF2|＋|BF2|＝λ|AF2|·|BF2|成立，若存在求出λ的值；若不存在，请说明理由．
5．(12分)已知函数f(x)为反比例函数，曲线g(x)＝f(x)cs x＋b在x＝ eq \f(π,2)处的切线方程为y＝－ eq \f(6,π)x＋2.
(1)求g(x)的解析式；
(2)判断函数F(x)＝g(x)＋1－ eq \f(3,2π)在区间(0，2π]内的零点的个数，并证明．
6．(10分)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3－\f(\r(2),2)t,y＝1＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)，在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的方程为ρ＝4cs θ＋6sin θ.
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C与直线l交于点M，N，点A的坐标为(3，1)，求 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AM))＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AN)).
7．(10分)已知函数f(x)＝|x－m|－|x＋2|(m∈R)，不等式f(x－2)≥0的解集为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞， 4)).
(1)求m的值；
(2)若a>0，b>0，c>3，且a＋2b＋c＝2m，求(a＋1)(b＋1)(c－3)的最大值．
规范练(四)
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．(12分)已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C所对的边，a sin A cs C＋ eq \f(1,2)c sin 2A＝ eq \r(3)b cs A．
(1)求角A；
(2)已知D是AB上一点，AB＝2AD
(1)证明：AC∥平面BMN；
(2)求直线MC与平面BMN所成角的正弦值．
3．(12分)某教辅公司近年重点打造出版了一套高考一轮复习资料，为了调查读者对这套教辅的满意程度，该公司组织了免费送书活动，并邀请了部分接受赠送的读者参与了问卷调查，其相关评分(满分100分)情况统计如下图所示：
为了判断今年该套教辅的销售情况，公司将该教辅前五年销售数量和年份情况统计如下：
(1)求参加问卷调查的读者所给分数的平均分；
(2)以频率估计概率，若在参加问卷调查的所有读者中随机抽取3人，记给分在[40，50)或[80，100]的人数为X，求X的分布列及数学期望；
(3)根据上表中数据，建立y关于t的线性回归方程 eq \(y,\s\up6(^))＝ eq \(b,\s\up6(^))t＋ eq \(a,\s\up6(^)).
附：对于一组数据(ti，yi)，i＝1，2，3，…，n，其回归直线 eq \(y,\s\up6(^))＝ eq \(b,\s\up6(^))t＋ eq \(a,\s\up6(^))的斜率和截距的计算公式： eq \(b,\s\up6(^))＝ eq \f(\i\su(i＝1,n, )\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ti－\(t,\s\up6(－))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(yi－\(y,\s\up6(－)))),\i\su(i＝1,n,)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ti－\(t,\s\up6(－))))2)， eq \(a,\s\up6(^))＝ eq \(y,\s\up6(－))－ eq \(b,\s\up6(^)) eq \(t,\s\up6(－)).
4．(12分)抛物线C：x2＝py(p>0)的焦点为F(0，1)，直线l的倾斜角为α且经过点F，直线l与抛物线C交于两点A，B.
(1)若|AB|＝16，求角α；
(2)分别过A，B作抛物线C的切线l1，l2，记直线l1，l2的交点为E，直线EF的倾斜角为β.试探究|α－β|是否为定值，并说明理由．
5．(12分)已知函数f(x)＝ex－cs x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明：f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞)) 上有且仅有2个零点．
6．(10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α,y＝sin α)) (α为参数)，以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点A为曲线C1上的动点，点B在线段OA 的延长线上，且满足|OA|·|OB|＝8，点B的轨迹为C2.
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)设点M的极坐标为(2， eq \f(π,2) )，求△ABM面积的最小值．
7．(10分)设f(x)＝|x＋2|＋|2x－1|－m.
(1)当m＝5时，解不等式f(x)≥0；
(2)若f(x)≥ eq \f(3,2) 对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围．
规范练(五)
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．(12分)已知数列{an}满足：Sn＝2an－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
2．(12分)小建大学毕业后要出国攻读硕士学位，他分别向三所不同的大学提出了申请．根据统计历年数据，在与之同等水平和经历的学生中，申请A大，B大，C大成功的频率分别为 eq \f(1,2)， eq \f(2,3)， eq \f(3,4).若假设各大学申请成功与否相互独立，且以此频率为概率．
(1)求小建至少申请成功一所大学的概率；
(2)设小建申请成功的学校的个数为X，试求X的分布列和期望．
3．(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝1，E为PB中点．
(1)求证：AE⊥平面PBC；
(2)若AD＝2，求二面角D EC B的平面角的余弦值．
4．(12分)已知点A，B分别在x轴，y轴上运动，|AB|＝3，点P在线段AB上，且|BP|＝2|PA|.
(1)求点P的轨迹Γ的方程；
(2)直线l与Γ交于M，N两点，Q(0，－1)，若直线QM，QN的斜率之和为2，直线l是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
5．(12分)已知函数f(x)＝aex＋2e－x＋(a－2)x(a∈R，e是自然对数的底数).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥(a＋2)cs x，求a的取值范围．
6．(10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2cs φ，,y＝2sin φ))(φ为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.
(1)写出C1的极坐标方程；
(2)设点M的极坐标为(4，0)，射线θ＝α eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<α<\f(π,4)))分别交C1，C2于A，B两点(异于极点)，当∠AMB＝ eq \f(π,4)时，求tan α.
7．(10分)设函数f(x)＝2sin x＋|a－3|＋|a－1|.
(1)若f( eq \f(π,2))>6，求实数a的取值范围；
(2)证明：∀x∈R，f(x)≥|a－3|－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))恒成立．
板块四 压轴题提升练(力争分)
提升练(一) 概率统计与函数导数
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．[2022·山西临汾二模(理)]生产实践中工人生产零件长度的总体密度曲线是正态分布曲线．甲、乙2名工人生产零件长度的总体密度曲线分别是f1(x)＝ eq \f(1,\r(2π)σ1)e－ eq \f(（x－μ1）2,2σ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )，f2(x)＝ eq \f(1,\r(2π)σ2)e－ eq \f(（x－μ2）2,2σ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )，其中μ1＝μ2＝24，σ1＝0.09，σ2＝0.07.
(1)判断甲、乙2名工人生产水平的高低，并说明理由；
(2)现从甲乙2名工人生产的零件中分别抽取3件，2件．变量X表示这5件零件中长度小于标准长度(平均值的估计值)的件数，写出X的分布列，并求E(X)，D(X).
2．[2022·四川德阳二模(理)]已知函数f(x)＝(2aex－x)ex.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈R，f(x)＋ eq \f(1,a)≤0恒成立，求a的最小值．
提升练(二) 函数导数与概率统计
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．[2022·广西柳州二模(理)]已知函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(1,4)x＋ eq \f(3a2,x)(a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝2x2－mex＋ eq \f(e2,12)＋ eq \f(1,4)(e＝2.718…为自然对数的底数)，当a＝－ eq \f(1,6)e时，对任意x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))，存在x2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e))，使g(x1)≤f(x2)，求实数m的取值范围．
2．[2022·宁夏六盘山高级中学二模(理)]为减少新冠肺炎疫情传播风险，各地就春节期间新冠肺炎疫情防控工作发出了温馨提示，比如：提倡在外工作的人员就地过节，返乡人员请提前3天向目的地所在村(社区)或单位报备，对来自国外、高风险地区等人员要及时上报疫情防控指挥部等等．某社区严格把控进入小区的人员，对所有进入的人员都要进行体温测量，为了测温更快捷方便，使用电子体温计测量体温，但使用电子体温计测量体温可能会产生误差：对同一人而言，如果用电子体温计与水银体温计测温结果相同，我们认为电子体温计“测温准确”；否则，我们认为电子体温计“测温失误”．在进入社区的人中随机抽取了20人用两种体温计进行体温检测，数据如下，用频率估计概率，解答下列问题：
(1)试估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率；
(2)从该社区中任意抽查3人用智能体温计测量体温，设随机变量X为使用智能体温计“测温准确”的人数，求X的分布列与数学期望；
(3)医学上通常认为，人的体温在不低于37.3 ℃且不高于38 ℃时处于“低热”状态．该社区某一天用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是37.3 ℃，能否由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态？说明理由．(注：如果这3人中至少有一人处于“低热”状态的概率大于0.95，则认定这3人中至少有一人处于“低热”状态；否则，不认定这3人中至少有一人处于“低热”状态).
提升练(三) 解析几何与函数导数
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．[2022·江西省宜春模拟]已知点T是圆A：(x－1)2＋y2－8＝0上的动点，点B(－1，0)，线段BT的垂直平分线交线段AT于点S，记点S的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过B(－1，0)作曲线C的两条弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若 eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(MN,\s\up6(→))＝0，求△BPQ面积的最大值．
2．[2022·福建漳州二模]已知f(x)＝x2－x－a ln x.
(1)若a＝1，求f(x)的最小值；
(2)当x≥1时，f(2x－1)－2f(x)≥0，求a的取值范围．
提升练(四) 数列与概率统计
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1．[2022·河南新乡二模]已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，a1＋b1＝4，且a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)2n＋2＋4.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn.
2．[2022·河北石家庄二模]北京冬奥会已于2022年2月4日至2月20日顺利举行，这是中国继北京奥运会、南京青奥会后，第三次举办的奥运赛事，为助力冬奥，进一步增强群众的法治意识，提高群众奥运法律知识水平和文明素质，让法治精神携手冬奥走进千家万户．某市有关部门在该市市民中开展了以“迎接冬奥·法治同行”为主题的法治宣传教育活动．该活动采取线上线下相结合的方式，线上有“知识大闯关”冬奥法律知识普及类趣味答题，线下有“冬奥普法”知识讲座，实现“冬奥＋普法”的全新模式．其中线上“知识大闯关”答题环节共计30个题目，每个题目2分，满分60分，现在从参与作答“知识大闯关”题目的市民中随机抽取1 000名市民，将他们的作答成绩分成6组：[0，10)，[10，20)，[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60].并绘制了如图所示的频率分布直方图．
(1)请估计被抽取的1 000名市民作答成绩的平均数和中位数；
(2)视频率为概率．现从所有参与“知识大闯关”活动的市民中随机抽取20名，调查其掌握各类冬奥法律知识的情况．记k名市民的成绩在[40，60]的概率为P(X＝k)，k＝0，1，2，…，20.请估计这20名市民的作答成绩在[40，60]的人数为多少时P(X＝k)最大？并说明理由．
提升练(五) 解三角形与函数导数
解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
1.
[2022·河北正定中学模拟]如图，在△ABC中，已知D是边BC上一点．且AD＝3，CD＝2，BD＝5，cs C＝ eq \f(1,3).
(1)求sin ∠BAC；
(2)求△ABC的面积．
2．[2022·江苏南京市宁海中学二模]已知a>0且a≠1，函数f(x)＝lgax＋ eq \f(1,2)ax2.
(1)若a＝e，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
第五篇 考前教材回归
一 回归教材 赢得高考
（一） 集合与常用逻辑用语
[易错快攻]
[典例1] 解析：∵B⊆A，
∴①当B＝∅时，即ax＋1≤0无解，此时a＝0，满足题意．
②当B≠∅时，即ax＋1≤0有解，当a>0时，可得x≤－ eq \f(1,a)，
要使B⊆A，则需要 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0,－\f(1,a)<－1))，解得0
要使B⊆A，则需要 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0,－\f(1,a)≥3))，解得－ eq \f(1,3)≤a<0，
综上，实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).
故选A.
答案：A
[典例2] 解析：因为特称命题的否定是全称命题，所以应先将存在量词改成全称量词，然后否定结论即可，所以命题∃n0∈N，2n0>1 000的否定是∀n∈N，2n≤1 000，故选C.
答案：C
（二） 不等式
[易错快攻]
[典例] 解析：易知函数y＝ax＋1－3过定点A（－1，－2）.
因为点A在直线mx＋ny＝－2（m>0，n>0）上，所以－m－2n＝－2，即 eq \f(m,2)＋n＝1，
所以 eq \f(1,m)＋ eq \f(1,n)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋n))＝ eq \f(3,2)＋ eq \f(m,2n)＋ eq \f(n,m)≥ eq \f(3,2)＋2 eq \r(\f(1,2))＝ eq \f(3＋2\r(2),2)，当且仅当 eq \f(m,2n)＝ eq \f(n,m)即m＝ eq \r(2)n时取等号．故选C.
答案：C
（三） 函数、导数
[易错快攻]
[典例1] 解析：
由题意可知，当x≤0时，1
设t＝f（x），则关于t的方程t2－（a＋2）t＋3＝0有两个不同的实数根，且t∈（1，2].
令g（t）＝t2－（a＋2）t＋3，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝（a＋2）2－12>0，,g（1）＝1－（a＋2）＋3>0，,g（2）＝4－2（a＋2）＋3≥0，,1<\f(a＋2,2)<2，))
解得2 eq \r(3)－2
[典例2] 解析：（1）由题意可知，f′（x）＝ex－a＋sin x≥0在[0，＋∞）上恒成立，
因为f″（x）＝ex＋cs x≥1＋cs x≥0，所以f′（x）单调递增，
所以f′（0）＝1－a≥0，解得a≤1，所以a的最大值为1.
（2）易知a＝1，所以g（x）＝ex－2x－cs x，
当x≤0时，g′（x）＝ex－2＋sin x≤－1＋sin x≤0，所以g（x）单调递减，
当x>0时，g′（x）＝ex－2＋sin x，则g″（x）＝ex＋cs x≥1＋cs x≥0，所以g′（x）单调递增，
因为g′（0）＝－1<0，g′（1）＝e－2＋sin 1>0，所以存在x0∈（0，1），使得g′（x0）＝0，
g（x）在（－∞，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
又g（0）＝0，所以g（x0）<0，
因为g（2）＝e2－4－cs 2>0，所以存在x1∈（x0，2），使得g（x1）＝0，
所以g（x）有两个零点，
又因为ex0－2＋sin x0＝0，
所以g（x）min＝g（x0）＝ex0－2x0－cs x0＝2－2x0－sin x0－cs x0，
因为x0<1，
所以g（x0）>－sin x0－cs x0＝－ eq \r(2)sin （x0＋ eq \f(π,4)）≥－ eq \r(2)，
故g（x）>－ eq \r(2)成立．
（四） 三角函数与平面向量
[易错快攻]
[典例1] 解析：设a－b与a的夹角为θ，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))cs θ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－b))·a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)))＝2＋ eq \r(3)，
所以a2－a·b＝4＋2 eq \r(3)，可得a·b＝－2 eq \r(3)，因此，cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)))＝－ eq \f(\r(3),2)，
因为0≤〈a，b〉≤π，因此，〈a，b〉＝ eq \f(5π,6).故选D.
答案：D
[典例2] 解析：方法一 f（x）＝sin 2x＋ eq \r(3)cs 2x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，把f（x）的图象向右平移φ个单位长度后，图象对应的解析式为g（x）＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x－φ）＋\f(π,3)))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)－2φ))，由函数g（x）的图象关于y轴对称，可得 eq \f(π,3)－2φ＝ eq \f(π,2)＋kπ（k∈Z），解得φ＝－ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,12)（k∈Z），又0<φ< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(5π,12).故选D.
方法二 f（x）＝sin 2x＋ eq \r(3)cs 2x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，因为函数f（x）的图象向右平移φ个单位长度后对应的图象关于y轴对称，即关于x＝0对称，所以函数f（x）的图象关于直线x＝－φ对称，则有f（－φ）＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2φ＋\f(π,3)))＝±2，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2φ＋\f(π,3)))＝±1， eq \f(π,3)－2φ＝ eq \f(π,2)＋kπ（k∈Z），解得φ＝－ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,12)（k∈Z），又0<φ< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(5π,12).故选D.
答案：D
（五） 数列
[易错快攻]
[典例1] 解析：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n＋1）－[3（n－1）2－2（n－1）＋1]＝6n－5，
经检验当n＝1时不符合，
所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1,6n－5，n≥2)).
答案：an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1,6n－5，n≥2))
[典例2] 解析：当A＝－B时，Sn＝Aqn－A，则an＝Aqn－1（q－1），
当q＝1或A＝0时，an＝0，此时数列{an}不是等比数列．
若数列{an}是等比数列，当q＝1时，Sn＝na1，此时不具备Sn＝Aqn＋B（q≠0）的形式，
故q≠1，则Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝ eq \f(a1,1－q)－ eq \f(a1,1－q)·qn，
此时A＝－ eq \f(a1,1－q)，B＝ eq \f(a1,1－q)，A＝－B.
综上，“A＝－B”是“数列{an}是等比数列”的必要不充分条件．故选B.
答案：B
（六） 立体几何
[易错快攻]
[典例1] 解析：该几何体可以看成是一个半球上叠加一个 eq \f(1,4)圆锥，然后挖掉一个相同的 eq \f(1,4)圆锥所形成的组合体，所以该几何体的体积和半球的体积相等．由题图可知，半球的半径为2，则该几何体的体积V＝ eq \f(2,3)πr3＝ eq \f(16π,3).故选A.
答案：A
[典例2] 解析：（1）证明：在题图①中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，
所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
又E为AC的中点，所以DE∥BC.
在题图②中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
所以DE⊥平面CEP，
所以BC⊥平面CEP，
又BC⊂平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.
（2）因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED.
又CE⊂平面BCED，
所以EP⊥CE.
以E为坐标原点， eq \(ED,\s\up6(→))， eq \(EC,\s\up6(→))， eq \(EP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝2a，
则AB＝4a，AC＝2 eq \r(3)a，AE＝CE＝ eq \r(3)a，DE＝a.
则P（0，0， eq \r(3)a），D（a，0，0），C（0， eq \r(3)a，0），B（2a， eq \r(3)a，0）.
所以 eq \(DP,\s\up6(→))＝（－a，0， eq \r(3)a）， eq \(BC,\s\up6(→))＝（－2a，0，0）， eq \(CP,\s\up6(→))＝（0，－ eq \r(3)a， eq \r(3)a）.
设平面BCP的法向量为n＝（x，y，z），
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CP,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2ax＝0，,－\r(3)ay＋\r(3)az＝0.))
令y＝1，则z＝1，所以n＝（0，1，1）.
设DP与平面BCP所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n， eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝ eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝ eq \f(\r(3)a,\r(2)×2a)＝ eq \f(\r(6),4).
所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为 eq \f(\r(6),4).
（七） 解析几何
[易错快攻]
[典例1] 解析：（1）因为x2－ eq \f(x2,8)＝1的左右顶点为（1，0）和（－1，0），所以c＝1，
因为|MF1|＋|MF2|＝2|F1F2|，所以2a＝4c，所以a＝2，因为a2－b2＝c2，
所以b＝ eq \r(3)，所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
（2）假设存在点M使得四边形OAMB（O为原点）为平行四边形，设M（x0，y0），
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，
因为OAMB为平行四边形，所以 eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＝ eq \(OM,\s\up6(→))，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))＝（x0，y0），
所以（2，0）＝（x0，y0），即M（2，0），点M在椭圆C上，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－1），A（x1，y1），B（x2，y2）， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，整理得（3＋4k2）x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以x1＋x2＝ eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(4k2－12,3＋4k2)，y1＋y2＝k[（x1＋x2）－2]＝ eq \f(－6k,3＋4k2)，因为OAMB为平行四边形，所以 eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＝ eq \(OM,\s\up6(→))，所以（x1，y1）＋（x2，y2）＝（x0，y0），即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2，y1＋y2))＝（x0，y0），所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,3＋4k2)，\f(－6k,3＋4k2)))，将点M代入椭圆方程得，3＋4k2＝0，方程无解，故当直线l的斜率存在时，不存在点M.
综上所述，存在M（2，0），使得四边形OAMB为平行四边形．
[典例2] 解析：设圆C的半径为r，依据题意可知，|PC|＝|PA|＋r，即|PC|－|PA|＝r，且r<|AC|，
故所求点的轨迹为以A，C为焦点的双曲线靠近A点的一支，故选C.
答案：C
（八） 概率与统计
[易错快攻]
[典例1] 解析：设三角形ABC边长为2，则正三角形DEF边长为1，
以D为圆心的扇形面积是 eq \f(π×12,6)＝ eq \f(π,6)，
△DEF的面积是 eq \f(1,2)×1×1× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),4)，
所以勒洛三角形的面积为3个弓形面积加上1个正三角形面积，
即图中勒洛三角形面积为3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(\r(3),4)))＋ eq \f(\r(3),4)＝ eq \f(π－\r(3),2)，
△ABC面积为 eq \r(3)，所求概率P＝ eq \f(π－\r(3),2\r(3))＝ eq \f(\r(3)π－3,6).
答案：C
[典例2] 解析：（1）由频率分布直方图可知，消费金额在[300，600]内的频率为0.003 0×100＋0.001 0×100＋0.000 5×100＝0.45.
所以消费金额在[300，600]内的小票张数为0.45×200＝90.
（2）由频率分布直方图可知，各组频率依次为0.1，0.2，0.25，0.3，0.1，0.05.
若采用方案一，则购物的平均费用为
0．85×（50×0.1＋150×0.2＋250×0.25＋350×0.3＋450×0.1＋550×0.05）＝0.85×275＝233.75（元）.
若采用方案二，则购物的平均费用为
50×0.1＋（150－20）×0.2＋（250－20）×0.25＋（350－80）×0.3＋（450－80）×0.1＋（550－120）×0.05＝228（元）.
因为233.75>228，所以方案二的优惠力度更大．
二 考前练兵 考能提升
板块一 小题补偿练（必得分）
（一）集合与常用逻辑用语
1．解析：由已知A＝{x|x2－8x≤0}＝{x|0≤x≤8}，B＝{x|0<2x<8}＝{x|x<3}，
∁RB＝{x|x≥3}，
A∩（∁RB）＝{x|3≤x≤8}．
故选D.
答案：D
2．解析：如图所示：
集合A∩B有3个元素，
所以集合A∩B的真子集的个数为7，
故选C.
答案：C
3．解析：根据题意得，集合A＝{0，1，2}，所以A∩B＝{0，1}，故选B.
答案：B
4．解析：命题为特称命题，则命题的否定为∀x∈（1，3），x2－4x＋3>0，
故选D.
答案：D
5．解析：由|x－a|<1，解得a－1
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1≤2,a＋1>3))，解得2
答案：C
6．解析：∃x>0变为∀x>0，x2>2x的否定为x2≤2x，
所以原命题的否定为“∀x>0，x2≤2x”，
故选C.
答案：C
7．解析：A∩（∁UB）＝{x|－2
答案：C
8．解析：由3x－1≤0得x≤ eq \f(1,3)，
因为使不等式x2＋（a＋1）x＋a≤0成立的任意一个x，都满足不等式3x－1≤0，
则不等式x2＋（a＋1）x＋a≤0的解集是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))的子集，
又由x2＋（a＋1）x＋a≤0得（x＋a）（x＋1）≤0，
当a＝1，x∈{－1}⊆ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))，符合；
当a<1，x∈[－1，－a]⊆ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))，则－a≤ eq \f(1,3)，
∴1>a≥－ eq \f(1,3)，
当a>1，x∈[－a，－1]⊆ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))，符合，
故实数a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)).
故选C.
答案：C
9．解析：∵∀x∈R，x2＋ eq \f(1,x2)≥2 eq \r(x2·\f(1,x2))＝2，
∴p：m<2，
∵q：m<0，
∴q⇒p，pq，
所以p是q的必要不充分条件，
故选B.
答案：B
10．解析：当b⊥α时，结合a⊥α，可得a∥b，充分性满足；
当a∥b时，结合a⊥α，可得b⊥α，必要性满足．
故选C.
答案：C
11．解析：由已知M＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(n＋2,6)，n∈Z))，
N＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(2n＋1,6)，n∈Z))，又n＋2表示整数，2n＋1表示奇数，故M∩N＝N，
故选B.
答案：B
12．解析：若p成立，设a1，a2，…，an的公比为q，则（a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋…＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) ）（a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋…＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ）＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) （1＋q2＋…＋q2n－4）·a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) （1＋q2＋…＋q2n－4）＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) （1＋q2＋…＋q2n－4）2，（a1a2＋a2a3＋…＋an－1an）2＝（a1a2）2（1＋q2＋…＋q2n－4）2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…＝an＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.
答案：B
13．解析：由题意，A＝[－1，2），B＝{x|2x－1<20}＝（－∞，1），∁RB＝[1，＋∞），∴A∩（∁RB）＝[1，2）.
答案：[1，2）
14．解析：命题“∀x∈R，x2－1<0”的否定是“∃x∈R，x2－1≥0”．
答案：∃x∈R，x2－1≥0
15．解析：∵A＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，B＝{x|mx－1＝0}，A∩B＝B，
∴B⊆A，
∴B＝∅或B＝{－1}或B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，∴m＝0或m＝－1或m＝2，∴所有实数m组成的集合是{－1，0，2}．
答案：{－1，0，2}
16．答案：①③
（二）平面向量与复数
1．解析：复数z＝ eq \f(a＋i,1－i)＝ eq \f(（a＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝ eq \f(a－1＋（a＋1）i,2)＝
eq \f(a－1,2)＋ eq \f(a＋1,2)i，
z为纯虚数，∴ eq \f(a－1,2)＝0，a＝1，
∴z＝i，
∴共轭复数 eq \(z,\s\up6(－))＝－i.
故选D.
答案：D
2．解析：根据欧拉公式可得e2i－1＝（cs 2－1）＋isin 2，
所以|e2i－1|＝ eq \r(（cs 2－1）2＋sin22)＝ eq \r(2（1－cs2）)＝ eq \r(4sin21)＝2sin 1.
故选C.
答案：C
3．解析： eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \(BD,\s\up6(→))＝ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(BA,\s\up6(→))
＝ eq \(CB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→))－\(CB,\s\up6(→))))＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up6(→)).
故选D.
答案：D
4．解析：因为a·b＝0， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝1， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))＝2，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2a－b))＝ eq \r(4a2－4a·b＋b2)＝ eq \r(4－0＋4)＝2 eq \r(2)，
故选B.
答案：B
5．解析：由 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→)))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AC,\s\up6(→))〉<0，可得cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AC,\s\up6(→))〉<0，
所以A为钝角，△ABC是钝角三角形，
所以由 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))<0可以得出△ABC为钝角三角形，
若△ABC为钝角三角形，不一定A为钝角，所以也得不出 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))<0，
所以在△ABC中，“ eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))<0”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件，
故选A.
答案：A
6．解析：根据复数乘方公式：zn＝[r（cs θ＋isin θ]n＝rn（cs nθ＋isin nθ），得
（－1＋ eq \r(3)i）10＝210 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs （10×\f(2π,3)）＋isin （10×\f(2π,3)）))
＝1 024（cs eq \f(20π,3)＋isin eq \f(20π,3)）＝1 024（－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i）
＝－512＋512 eq \r(3)i.
故选D.
答案：D
7．解析：在矩形ABCD中，由已知条件得O是线段EG中点，| eq \(AO,\s\up6(→))|＝| eq \(BO,\s\up6(→))|，| eq \(AF,\s\up6(→))|＝| eq \(BE,\s\up6(→))|，
因 eq \(BE,\s\up6(→))＝ eq \f(\r(5)－1,2) eq \(BO,\s\up6(→))，由黄金分割比可得 eq \(EO,\s\up6(→))＝ eq \f(\r(5)－1,2) eq \(BE,\s\up6(→))＝（ eq \f(\r(5)－1,2)）2 eq \(BO,\s\up6(→))＝ eq \f(3－\r(5),2) eq \(BO,\s\up6(→))，
于是得 eq \(BG,\s\up6(→))＝ eq \(BO,\s\up6(→))＋ eq \(OG,\s\up6(→))＝ eq \(BO,\s\up6(→))＋ eq \(EO,\s\up6(→))＝ eq \f(5－\r(5),2) eq \(BO,\s\up6(→))，即有 eq \(BO,\s\up6(→))＝ eq \f(5＋\r(5),10) eq \(BG,\s\up6(→))，
同理有 eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \f(\r(5)－1,2) eq \(AO,\s\up6(→))，而 eq \(AO,\s\up6(→))＝ eq \(BO,\s\up6(→))－ eq \(BA,\s\up6(→))，即 eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \f(\r(5)－1,2)·（ eq \f(5＋\r(5),10) eq \(BG,\s\up6(→))－ eq \(BA,\s\up6(→))）＝ eq \f(\r(5),5) eq \(BG,\s\up6(→))－ eq \f(\r(5)－1,2) eq \(BA,\s\up6(→))，
从而有 eq \(BF,\s\up6(→))＝ eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(\r(5),5) eq \(BG,\s\up6(→))－ eq \f(\r(5)－1,2) eq \(BA,\s\up6(→))＝ eq \f(3－\r(5),2) eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(\r(5),5) eq \(BG,\s\up6(→))，
所以 eq \(BF,\s\up6(→))＝ eq \f(3－\r(5),2) eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \f(\r(5),5) eq \(BG,\s\up6(→)).
故选D.
答案：D
8．解析：因为a＝（a1，a2，a3，a4，…，an），b＝（b1，b2，b3，b4，…，bn），
eq \i\su(i＝1,n,a)ibi＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝1×（－1）＋1×（－1）＋1×1＋…＋1×1＝n－4，
eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) ＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋…＋a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝12＋12＋12＋…＋12＝n，
eq \i\su(i＝1,n,)b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) ＝b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋…＋b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝12＋12＋12＋…＋12＝n，
所以cs θ＝ eq \f(n－4,\r(n×n)) ＝ eq \f(n－4,n) ，
故选D.
答案：D
9．解析：由题得 eq \(BF,\s\up6(→)) ＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \(CF,\s\up6(→)) ＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \(EA,\s\up6(→)) ＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(3,4) （ eq \(EB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BA,\s\up6(→)) ）＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(3,4) （－ eq \f(3,4) eq \(BF,\s\up6(→)) ＋ eq \(BA,\s\up6(→)) ），
即 eq \(BF,\s\up6(→)) ＝ eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(3,4) （－ eq \f(3,4) eq \(BF,\s\up6(→)) ＋ eq \(BA,\s\up6(→)) ），解得 eq \(BF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(16,25) eq \(BC,\s\up6(→)) ＋ eq \f(12,25) eq \(BA,\s\up6(→)) ，即 eq \(BF,\s\up6(→)) ＝ eq \f(16,25) a＋ eq \f(12,25)b，
故选C.
答案：C
10．解析：
因为|z＋1|＝|z－1－2i|，则复数z对应复平面上的点到（－1，0），（1，2）两点距离相等，
轨迹即在（－1，0），（1，2）两点连线的中垂线上，中垂线的方程为y＝－x＋1，如图所示：
为使|z|取到最小值，即需找中垂线上到原点距离最小的点，
过原点作OZ垂直于中垂线，垂足为Z，于是Z对应的复数即为所求，可得z＝ eq \f(1＋i,2).
故选A.
答案：A
11．解析：根据题意D、G、E三点共线，
故存在实数λ使得 eq \(AG,\s\up6(→))＝λ eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ)) eq \(AE,\s\up6(→))，
因为G为△ABC的重心，
所以 eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3)（ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))），
因为 eq \(AD,\s\up6(→))＝x eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AE,\s\up6(→))＝y eq \(AC,\s\up6(→))，
所以 eq \(AG,\s\up6(→))＝λ eq \(AD,\s\up6(→))＋（1－λ） eq \(AE,\s\up6(→))＝λx eq \(AB,\s\up6(→))＋（1－λ）y eq \(AC,\s\up6(→))，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λx＝\f(1,3),（1－λ）y＝\f(1,3)))，化简得 eq \f(1,3x)＋ eq \f(1,3y)＝1，
则4x＋y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋y))（ eq \f(1,3x)＋ eq \f(1,3y)）＝ eq \f(5,3)＋ eq \f(4x,3y)＋ eq \f(y,3x)≥ eq \f(5,3)＋2 eq \r(\f(4x,3y)·\f(y,3x))＝3，
当且仅当 eq \f(4x,3y)＝ eq \f(y,3x)，即y＝2x时，取等号．
故选C.
答案：C
12．解析：G＝Q，两个有理数的和是有理数，有理数加法运算满足结合律，0为G的单位元，逆元为它的相反数，满足群的定义，则（G，＋）为一个群，所以A正确；
G＝R，1为G的单位元，但是a×b＝b×a＝1，当a＝0时，不存在唯一确定的b，所以不满足④，则（G，×）不为一个群，B错误；
G＝{－1，1}，满足①②，1为G的单位元满足③，－1是－1的逆元，1是1的逆元，满足④，则（G，×）为一个群，C正确；
G＝{平面向量}，满足①②，0为G的单位元，逆元为其相反向量，则（G，＋）为一个群，所以D正确．
故选B.
答案：B
13．解析：∵z＝1－i2 019＝1－i504×4＋3＝1－i3＝1＋i，∴z的虚部为1.
答案：1
14．解析：设复数z＝x＋yi，x，y∈R，
因为复数z对应的向量 eq \(OZ,\s\up6(→))与a＝（3，4）共线，
则有4x－3y＝0①，
又|z|＝10，则x2＋y2＝100②，
由①②可得，x＝6，y＝8或x＝－6，y＝－8，
因为z对应的点在第三象限，
所以z＝－6－8i，
则 eq \(z,\s\up6(－))＝－6＋8i.
答案：－6＋8i
15．解析：∵|a|＝2，|b|＝1，且a与b不共线．
向量a＋kb与a－kb互相垂直，
∴（a＋kb）·（a－kb）＝a2－k2b2＝|a|2－k2|b|2＝4－k2＝0，
解得k＝±2.
答案：±2
16．解析：如图所示：
在正六边形ABCDEF中，∠C＝120°，BC＝CD，
所以△BCD是等腰三角形，则∠DBC＝30°，∠ABD＝∠ABC－∠DBC＝90°，
又∠DAB＝60°，
所以BD＝AB tan 60°＝2 eq \r(3)，
当点P与D重合时：
eq \(AP,\s\up6(→))· eq \(BP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\(BD,\s\up6(→))))· eq \(BD,\s\up6(→))＝ eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(BD,\s\up6(→))＋ eq \(BD,\s\up6(→))2
＝| eq \(AB,\s\up6(→))|·| eq \(BD,\s\up6(→))|·cs 90°＋| eq \(BD,\s\up6(→))|2＝12，
以D为原点，分别以ED，DB所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，
则D（0，0），A（－2，2 eq \r(3)）， eq \(AD,\s\up6(→))＝（2，－2 eq \r(3)），
设P（x，y），则 eq \(AP,\s\up6(→))＝（x＋2，y－2 eq \r(3)），
所以 eq \(AD,\s\up6(→))· eq \(AP,\s\up6(→))＝2x＋4－2 eq \r(3)y＋12＝12，即 x－ eq \r(3)y＋2＝0，
令y＝0，得x＝－2，则 P（－2，0）与点E重合，
令y＝ eq \r(3)，得 x＝1，则P（1， eq \r(3)）与点C重合，
所以点P在直线CE上时， eq \(AP,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝12.
答案：12 在直线CE上
（三）不等式与线性规划
1．解析：a>|b|能推出a>b，进而得a3>b3；当a3>b3时，有a>b，但若b
答案：A
2．解析：如图画出可行域，由z＝2x－y，
则y＝2x－z，当直线y＝2x－z过点C时，z取最大值；
当直线y＝2x－z过点B时，z取最小值．
由题可得B（0，1），C（1，0），所以zmax＝2，zmin＝－1.
故选B.
答案：B
3．解析：不等式组表示平面区域是以（1，1），（1， eq \f(3,2)），（2，2）为顶点的三角形区域（包含边界）（图略）. eq \f(y,x)表示平面区域内的点与原点的连线的斜率，由题意得点（1， eq \f(3,2)）与原点的连线斜率最大，即 eq \f(y,x)的最大值为 eq \f(\f(3,2),1)＝ eq \f(3,2).
答案：C
4．解析：因为a>0，b>0，故2a＋b≥2 eq \r(2ab) （当且仅当2a＝b时取等号）.
又因为2a＋b＝4，
∴2 eq \r(2ab)≤4⇒0
答案：B
5．解析：作出 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－4≤0，,x－2y＋2≥0，,x≥0，,y≥0))的可行域如图，
求（ eq \f(1,2)）x－y的最大值转化为求x－y的最小值，
令z＝x－y，由图知当直线z＝x－y经过点（0，1）时，z取得最小值，即zmin＝0－1＝－1，
所以（ eq \f(1,2)）x－y的最大值为（ eq \f(1,2)）－1＝2.
答案：D
6．解析：根据约束条件画出可行域如图所示，
eq \f(y,x＋1)表示可行域内的点与定点（－1，0）的连线的斜率．
解方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0,x＋y－3＝0))，得A（ eq \f(3,2)， eq \f(3,2)）， eq \f(y,x＋1)的最大值为 eq \f(\f(3,2),\f(3,2)＋1)＝ eq \f(3,5).故选C.
答案：C
7．解析：∵4x＋ eq \f(1,2x)≥2 eq \r(\f(4x,2x))＝2× eq \r(2x)（当且仅当4x＝ eq \f(1,2x)，即x＝0时等号成立），
∴f（x）＝4x＋ eq \f(1,2x)＋ eq \f(2,（\r(2)）x)≥2× eq \r(2x)＋ eq \f(2,（\r(2)）x)≥2 eq \r(4)＝4（当且仅当2× eq \r(2x)＝ eq \f(2,（\r(2)）x)，即x＝0时等号成立）.
∵两个等号可以同时成立，∴f（x）的最小值为4.故选C.
答案：C
8．解析：∵x>－1，
∴函数y＝x＋ eq \f(4,x＋1)＝（x＋1）＋ eq \f(4,x＋1)－1≥2 eq \r(（x＋1）×\f(4,x＋1))－1＝4－1＝3，当且仅当x＋1＝ eq \f(4,x＋1)，即x＝1时取等号．
因此函数y＝x＋ eq \f(4,x＋1)的最小值为3.
故选A.
答案：A
9．解析：当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立；
当a－2≠0，即a≠2时，
有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ＝[－2（a－2）]2－4×（a－2）×（－4）<0，))
解得－2
答案：D
10．解析：因为x>0，y>0，2x＋y＝2，所以 eq \f(1,x)＋ eq \f(2,y)＝ eq \f(1,2)（ eq \f(1,x)＋ eq \f(2,y)）（2x＋y）＝ eq \f(1,2)（2＋2＋ eq \f(y,x)＋ eq \f(4x,y)）≥ eq \f(1,2)（4＋2 eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))）＝4，当且仅当 eq \f(y,x)＝ eq \f(4x,y)，即x＝ eq \f(1,2)，y＝1时取等号．
故选C.
答案：C
11．解析：因为x，y∈（0，＋∞），且x＋y＝1，
所以x2＋y2＋xy＝（x＋y）2－xy＝1－xy≥1－（ eq \f(x＋y,2)）2＝ eq \f(3,4)，当且仅当x＝y＝ eq \f(1,2)时，等号成立；
又不等式x2＋y2＋xy> eq \f(1,2)m2＋ eq \f(1,4)m恒成立，
所以只需 eq \f(3,4)> eq \f(1,2)m2＋ eq \f(1,4)m，即2m2＋m－3<0，解得－ eq \f(3,2)
答案：A
12．解析：因为a>0，b>0， eq \f(1,a)＋ eq \f(9,b)＝1，
所以a＋b＝（a＋b）（ eq \f(1,a)＋ eq \f(9,b)）＝10＋ eq \f(b,a)＋ eq \f(9a,b)≥10＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(9a,b))＝16，当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(9a,b)，即a＝4，b＝12时取等号．
由题意，得16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m对任意的实数x恒成立，又x2－4x－2＝（x－2）2－6≥－6，所以－6≥－m，即m≥6.
故选D.
答案：D
13．解析：y＝4x（3－2x）＝2[2x（3－2x）]≤2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2x＋（3－2x）,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(9,2)，
当且仅当2x＝3－2x，即x＝ eq \f(3,4)时，等号成立．
∵ eq \f(3,4)∈（0， eq \f(3,2)），∴函数y＝4x（3－2x）（0
14．解析：先画 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y≥0,x－2y＋2≥0))表示的区域，作直线l：2x＋y＝0，直线z＝2x＋y中z表示直线的纵截距，向上平移直线l时，z＝2x＋y增大，作直线mx－y＝0，分析可知，
当m≤ eq \f(1,2)时，z＝2x＋y没有最大值2；
当m> eq \f(1,2)时，目标函数对应的直线z＝2x＋y过直线mx－y＝0和x－2y＋2＝0的交点（ eq \f(2,2m－1)， eq \f(2m,2m－1)）时，取最大值，代入2x＋y＝2，解得m＝3.
答案：3
15．解析：若m＝0，则原不等式等价为1<0，此时不等式的解集为空集，所以不成立，即m≠0.若m≠0，要使不等式mx2－mx＋1<0的解集不是空集，
则①若m>0，有Δ＝m2－4m>0，解得m>4.
②若m<0，则满足条件．
综上所述，满足条件的m的取值范围是{m|m<0或m>4}．
答案：{m|m<0或m>4}
16．解析：正数x，y满足x＋y＝2，则 eq \f(1,x)＋ eq \f(x,y)＝ eq \f(x＋y,2x)＋ eq \f(x,y)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(y,2x)＋ eq \f(x,y)≥ eq \f(1,2)＋2 eq \r(\f(y,2x)·\f(x,y))＝ eq \f(1,2)＋ eq \r(2)，
当且仅当 eq \f(y,2x)＝ eq \f(x,y)，即y＝ eq \r(2)x时取“＝”，由y＝ eq \r(2)x且x＋y＝2解得x＝2 eq \r(2)－2，y＝4－2 eq \r(2)，
所以当x＝2 eq \r(2)－2，y＝4－2 eq \r(2)时， eq \f(1,x)＋ eq \f(x,y)取得最小值 eq \f(1,2)＋ eq \r(2)；
依题意，1≤x<2，令 eq \r(x－1)＝t∈[0，1），则x＝t2＋1，y＝2－x＝－t2＋1，
于是得 eq \r(x－1)＋y＝t－t2＋1＝－（t－ eq \f(1,2)）2＋ eq \f(5,4)≤ eq \f(5,4)，当且仅当t＝ eq \f(1,2)，即x＝ eq \f(5,4)，y＝ eq \f(3,4)时取“＝”，
所以当x＝ eq \f(5,4)，y＝ eq \f(3,4)时， eq \r(x－1)＋y取得最大值 eq \f(5,4).
答案： eq \f(1,2)＋ eq \r(2) eq \f(5,4)
（四）算法、推理与证明
1．解析：设A（1，2），B（3，9），C（0，－1），则kAB＝ eq \f(7,2)，kBC＝ eq \f(10,3)，kAC＝3，
易知A（1，2），B（3，9），C（0，－1）三点不共线，所以甲乙丙不可能都正确，至少有一个是错误的，由于只有一位同学的结论是错误的，所以丁同学的结论是正确的；
而kAB＝ eq \f(7,2)，kBC＝ eq \f(10,3)，kAC＝3，丁同学的结论是正确的，所以只有可能是A，C在这条直线上，B不在这条直线上．故乙同学的结论是错误的．故选B.
答案：B
2．解析：根据数阵可知，第一行有1个数，第2行有2个数，…，则第12行有12个数，前11行一共有1＋2＋3＋…＋11＝ eq \f(（1＋11）×11,2)＝66个数，故第12行第1个数为－672，最后一个数为782，所以设第12行所有数的和为S12，则S12＝－672＋682－692＋…＋782
＝682－672＋702－692＋…＋782－772
＝（68＋67）×（68－67）＋（70＋69）×（70－69）＋…＋（78＋77）×（78－77）
＝67＋68＋…＋77＋78＝ eq \f(（67＋78）×12,2)＝870.故选B.
答案：B
3．解析：根据题意，第一次：剩下3＝31；
第二次：在3个里面又挖去一个在原来的3个上每个多了3个，故有32个；
依此类推，操作n次后，“谢尔宾斯基”图形中的小正三角形的个数为3n.
故第7次有37个．故选C.
答案：C
4．解析：根据程序框图可知该程序的功能为计算S＝1＋ eq \f(1,1×2)＋ eq \f(1,2×3)＋…＋ eq \f(1,k（k＋1）)，
即S＝1＋1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,k)－ eq \f(1,k＋1)＝2－ eq \f(1,k＋1)，由2－ eq \f(1,k＋1)＝ eq \f(2 021,1 011)，解得k＝1 010，
即当k＝1 010时不满足条件，当k＝1 011时满足条件，故条件为k>1 010，故选B.
答案：B
5．解析：由①知甲在听音乐或玩游戏，由②知乙在看书或玩游戏，由④知丙在听音乐或玩游戏，由③知丁在看书，则甲在听音乐，丙在玩游戏，乙在看书．
答案：D
6．解析：输入k＝8，28≥82，k＝7，n＝1；27≥72，k＝6，n＝2；26≥62，k＝5，n＝3；25≥52，k＝4，n＝4；24≥42，k＝3，n＝5；23<32，结束循环，输出n＝5.故选C.
答案：C
7．解析：由乙说：我没去过C城市，则乙可能去过A城市或B城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市，则乙只能是去过A，C中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为A.
答案：A
8．解析：模拟执行程序框图，k＝1，S＝0，S＝ eq \f(1,2)，此时应不满足条件；k＝3，S＝ eq \f(1,2)＋（ eq \f(1,2)）3＝ eq \f(5,8)，此时应不满足条件；k＝5，S＝ eq \f(1,2)＋（ eq \f(1,2)）3＋（ eq \f(1,2)）5＝ eq \f(21,32)，此时应不满足条件；k＝7，S＝ eq \f(1,2)＋（ eq \f(1,2)）3＋（ eq \f(1,2)）5＋（ eq \f(1,2)）7＝ eq \f(85,128)，此时应满足条件，退出循环．故5
9．解析：若小华选择的青椒土豆丝，则甲、乙、丙都各对一半，排除；若小华选择的川菜干烧大虾，则甲全不对，乙对一半，丙全对，符合；若小华选择的烹制西式点心，则甲对一半，乙全对，丙全对，不符合，排除；若小华选择的烹制中式面食，则甲全对，乙全不对，丙对一半，符合；由此推断小华选择的内容可能是川菜干烧大虾或烹制中式面食. 所以选B.
答案：B
10．解析：∵y＝2x，z＝2y，∴s＝x＋2x＋4x＝7x，由算法的功能可知，输出的x＝ eq \f(1 001,7)＝143.
答案：C
11．解析：当输入n＝5时，n是奇数，n＝3×5＋1＝16，i＝2；此时n是偶数，n＝ eq \f(16,2)＝8，i＝3；此时n是偶数，n＝ eq \f(8,2)＝4，i＝4；此时n是偶数，n＝ eq \f(4,2)＝2，i＝5；此时n是偶数，n＝ eq \f(2,2)＝1，i＝6，循环结束，故输出的i的值为6.同理当输入n＝13时，则13→40→20→10→5→16→8→4→2→1，i＝10；当输入n＝24时，则24→12→6→3→10→5→16→8→4→2→1，i＝11；当输入n＝32时，则32→16→8→4→2→1，i＝6，所以输出的i的值为6，10，11，共3个不同的数值，故选B.
答案：B
12．解析：正三角形的内切圆与外接圆半径分别为三角形高的 eq \f(1,3)， eq \f(2,3)，∴其半径之比为1∶2，故其面积之比为1∶4，推广到空间在正四面体P－ABC中，内切球与外接球的半径分别为正四面体高的 eq \f(1,4)， eq \f(3,4)，其半径之比为1∶3，故其体积之比为 eq \f(1,27).
答案：D
13．解析：由程序框图可知y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1，x>0,2x＋1，x≤0))，因为lg eq \s\d9(\f(1,2))3<0，所以输出的y＝2lg eq \s\d9(\f(1,2))3＋1＝2lg2 eq \f(1,3)＋1＝ eq \f(4,3).
答案： eq \f(4,3)
14．解析：若甲预测正确，乙、丙预测错误，则丙是第一名，甲是第二名，乙是第三名，与乙预测错误矛盾；若乙预测正确，甲、丙预测错误，则乙是第三名，与甲预测错误矛盾；若丙预测正确，甲、乙预测错误，则甲是第三名，乙是第一名，丙是第二名，所以第三名是甲．
答案：甲
15．解析：观察下列一组等式：
①sin 230°＋cs 260°＋sin 30°cs 60°＝ eq \f(3,4)，
②sin 215°＋cs 245°＋sin 15°cs 45°＝ eq \f(3,4)，
③sin 245°＋cs 275°＋sin 45°cs 75°＝ eq \f(3,4)，
照此规律，可以得到的一般结果应该是
sin2x＋sinx cs （30°＋x）＋cs 2（30°＋x），右边的式子： eq \f(3,4)，
∴sin 2x＋sin x cs （30°＋x）＋cs 2（30°＋x）＝ eq \f(3,4).
证明：sin 2x＋sin x（ eq \f(\r(3),2)cs x－ eq \f(1,2)sin x）＋（ eq \f(\r(3),2)cs x－ eq \f(1,2)sin x）2
＝sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)sin x cs x－ eq \f(1,2)sin 2x＋ eq \f(3,4)cs 2x－ eq \f(\r(3),2)sin x cs x＋ eq \f(1,4)sin 2x
＝ eq \f(3,4)sin 2x＋ eq \f(3,4)cs 2x＝ eq \f(3,4).
答案：sin 2x＋sin x cs （30°＋x）＋cs 2（30°＋x）＝ eq \f(3,4)
16．解析：四人供词中，乙、丁意见一致，或同真或同假，若同真，即丙偷的，而四人有两人说的是真话，甲、丙说的是假话，甲说“乙、丙、丁偷的”是假话，即乙、丙、丁没偷，相互矛盾；若同假，即不是丙偷的，则甲、丙说的是真话，甲说“罪犯在乙、丙、丁三人之中”，丙说“甲、乙两人中有一人是小偷”是真话， 可知犯罪的是乙．
答案：乙
（五）排列、组合、二项式定理
1．解析：四名同学从四种球类项目中选择一项，每人有4种选择，由分步乘法计数原理可得总的选法有44＝256种，由于乙同学选篮球，且四名同学所选项目各不相同，所以问题相当于将足球、排球、羽毛球三种球类项目分别分配给甲、丙、丁3位同学，共A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝6种，所以所求概率P＝ eq \f(6,256)＝ eq \f(3,128).故选B.
答案：B
2．解析：（1－2）2 022＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2 022)) 20＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2 022)) （－2）1＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2 022)) （－2）2＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2 022)) （－2）3＋…＋C eq \\al(\s\up1(2 022),\s\d1(2 022)) （－2）2 022＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2 022)) －2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2 022)) ＋22C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2 022)) －23C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2 022)) ＋…＋22 022C eq \\al(\s\up1(2 022),\s\d1(2 022)) ＝1.故选B.
答案：B
3．解析：（x－ eq \f(1,x)＋y）6＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（x－\f(1,x)）＋y)) eq \s\up12(6)的展开式通项为C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) ·（x－ eq \f(1,x)）6－r·yr，
（x－ eq \f(1,x)）6－r的展开式通项为C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6－r)) ·x6－r－k·（－ eq \f(1,x)）k＝（－1）k·C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6－r)) ·x6－r－2k，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6－r－2k＝2,r＝2))，解得k＝1，r＝2，
所以x2y2的系数为（－1）·C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝－60.
答案：C
4．解析：（x－1）（2x＋y）5＝x（2x＋y）5－（2x＋y）5，
由（2x＋y）5展开式的通项公式Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(5)) （2x）5－ryr，
当r＝3时，T4＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) （2x）2y3，－（2x＋y）5不含有x3y3项．
所以x（2x＋y）5展开式中x3y3的系数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ×22＝40.故选C.
答案：C
5．解析：由题意，要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人，共有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ＝60种方案；
若甲、乙两人同时在天和核心舱做实验，则有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ＝12种方案；若甲、乙两人同时在问天实验舱做实验，则有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ＝4种方案．
所以甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则共有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) －C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ＝60－12－4＝44种不同的安排方案．故选A.
答案：A
6．解析：由题7名同学分成3个组，每组分别有2，2，3人，共有 eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝105种分组方式．
再排列有 eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )·A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝630种方案．
故选B.
答案：B
7．解析：先分组：按照居民楼人数分为3，1，1和2，2，1两类，
3，1，1：从5名志愿者中选出3名作为一个组，其余2人各自一组，有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ＝10种；
2，2，1：从5名志愿者中选出4名平均分为两组，剩下1人一组，有 eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝15种；
再分配：3个组到三栋居民楼有A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝6种，
所以总的分派方法数有（10＋15）×6＝150种．
故选B.
答案：B
8．解析：根据（2x－3）5＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋a3（x－1）3＋a4（x－1）4＋a5（x－1）5，
令x＝0，整理得：－243＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5，①
令x＝2，整理得：1＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，②
由①＋②得，－242＝2a0＋2a2＋2a4，所以a0＋a2＋a4＝－121.
故选D.
答案：D
9．解析：（1－ eq \f(2,\r(x))）5的通项为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(5)) （－2x－ eq \f(1,2)）r＝（－2）rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(5)) x－ eq \f(1,2)r，
当2－ eq \f(1,2)r＝0时，r＝4；当1－ eq \f(1,2)r＝0时，r＝2，
则（x2－2x＋ eq \f(1,x)）（1－ eq \f(2,\r(x))）5展开式中常数项为x2·（－2）4C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) x－2－2x（－2）2C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) x－1＝0.
故选B.
答案：B
10．解析：因为二项展开式中，奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数相等，
所以，偶数项的二项式系数的和为2n－1＝128＝27，即n＝8，
所以，展开式的中间项为T5＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) （－3x）4＝5 670x4.
故选C.
答案：C
11．解析：令x＝0，可得a0＝n.又a0＝6，所以n＝6，A错误；
（1＋2x）n展开式的通项公式为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) ·（2x）r＝2rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) xr，
因为（1＋2x）＋（1＋2x）2＋…＋（1＋2x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn（n∈N*），
所以a1＝2（1＋2＋…＋n）＝42，B错误；
令x＝1，可得 eq \i\su(i＝0,6,a)i＝3＋32＋…＋36＝1 092，C错误；
对（1＋2x）＋（1＋2x）2＋…＋（1＋2x）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6两边同时求导，
得2[1＋2（1＋2x）＋3（1＋2x）2＋…＋6（1＋2x）5]＝a1＋2a2x＋…＋6a6x5，
令x＝－1，可得 eq \i\su(i＝1,6, )（－1）iiai＝－ eq \i\su(i＝1,6, )（－1）i－1iai＝－2（1－2＋3－4＋5－6）＝6，D正确．
故选D.
答案：D
12．解析：因为（2x－1）7＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，
两边同时取导数得14（2x－1）6＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4＋6a6x5＋7a7x6，
其中（2x－1）6展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) （2x）6－r（－1）r＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) ·26－r·（－1）r·x6－r，
所以当r为奇数时系数为负数，r为偶数时系数为正数，
即a1>0，a3>0，a5>0，a7>0，a2<0，a4<0，a6<0，
令x＝－1，则a1－2a2＋3a3－4a4＋5a5－6a6＋7a7＝14（－2－1）6＝10 206，
所以|a1|＋2|a2|＋3|a3|＋4|a4|＋5|a5|＋6|a6|＋7|a7|＝10 206.
故选A.
答案：A
13．解析：选派3人去支援抗疫一线，方案有下列三种情况：
（1）科室主任和护士长都参加，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(8)) ＝8（种）选派方案，
（2）科室主任参加，护士长不参加，有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ＝25（种）选派方案，
（3）科室主任不参加，护士长参加，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝18（种）选派方案，
故符合条件的选派方案有8＋25＋18＝51（种）.
答案：51
14．解析：（1＋x2）（1－ eq \f(1,x) ）6的展开式中，
常数项为1×C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(6)) ×（－ eq \f(1,x) ）0＋x2×C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ×（－ eq \f(1,x) ）2＝1＋15＝16.
答案：16
15．解析：“没有次品”的抽法种数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(98)) ，至少有一件是次品的抽法的种数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(100)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(98)) ＝9 604.
答案：9 604
16．解析：令x－2＝t，则x＝t＋2，
由条件可得（t＋2＋m）（t＋1）4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，又a1＋a3＋a5＝32，
∴C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＋（2＋m）C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋（2＋m）C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(4)) ＝32，解得m＝1.
答案：1
板块二 综合小题提速练（不失分）
提速练（一）
1．解析：由A∪C＝B可知集合C中一定有元素2，所以符合要求的集合C有{2}，{2，0}，{2，1}，{2，0，1}，共4种情况，所以选A项．
答案：A
2．解析：设z＝x＋yi（x，y∈R），
因为|z|＝ eq \(z,\s\up6(－))＋1－2i，所以 eq \r(x2＋y2)＝x－yi＋1－2i＝（x＋1）－（y＋2）i，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x2＋y2)＝x＋1,y＋2＝0))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2),y＝－2))，
所以复数z在复平面内对应的点为（ eq \f(3,2)，－2），此点位于第四象限．
故选D.
答案：D
3．解析：∵a，b，c为正数，
∴当a＝2，b＝2，c＝3时，满足a＋b>c，但a2＋b2>c2不成立，即充分性不成立，
若a2＋b2>c2，则（a＋b）2－2ab>c2，即（a＋b）2>c2＋2ab>c2，
即 eq \r(（a＋b）2)> eq \r(c2)，即a＋b>c，成立，即必要性成立，
则“a＋b>c”是“a2＋b2>c2”的必要不充分条件，
故选B.
答案：B
4．解析：由于（Sn＋1）（Sn＋2＋1）＝（Sn＋1＋1）2（n∈N*），所以数列{Sn＋1}是等比数列，其首项为S1＋1＝a1＋1＝2，第二项为S2＋1＝a1＋a2＋1＝4，所以公比为 eq \f(4,2)＝2.所以Sn＋1＝2n，所以Sn＝2n－1.
答案：C
5．解析：函数f（x）＝ eq \f(1,2)sin x＋ eq \f(\r(3),2)cs x可化为f（x）＝sin （x＋ eq \f(π,3)），
将函数f（x）的图象向左平移m（m>0）个单位长度后，
得到函数y＝sin （x＋m＋ eq \f(π,3)）的图象，又所得到的图象关于y轴对称，
所以sin （0＋m＋ eq \f(π,3)）＝±1，解得：m＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)＋kπ（k∈Z），即m＝ eq \f(π,6)＋kπ（k∈Z），
又m>0，所以mmin＝ eq \f(π,6).
故选A.
答案：A
6．解析：当x<0时，x2－4x＋1>0，ex>0，
所以f（x）>0，故可排除B，C；
当x＝2时，f（2）＝－3e2<0，故可排除D.
故选A.
答案：A
7．解析：设大正方形的边长为x，则小正方形的边长为 eq \f(\r(3),2)x－ eq \f(1,2)x，
设落在小正方形内的米粒数大约为N，
则 eq \f(（\f(\r(3),2)x－\f(1,2)x）2,x2)＝ eq \f(N,200)，解得N≈27.
故选B.
答案：B
8．解析：考查均值不等式x＋2y＝8－x·（2y）≥8－（ eq \f(x＋2y,2)）2，整理得（x＋2y）2＋4（x＋2y）－32≥0，即（x＋2y－4）（x＋2y＋8）≥0，又x＋2y>0，∴x＋2y≥4.
答案：B
9．解析：如图：在AC上取一点G，使AG＝ eq \f(1,4)AE，连接GD，GF，
因为AF＝ eq \f(1,4)AB，AG＝ eq \f(1,4)AE，
∴BE∥GF，则∠GFD（或其补角）为异面直线BE，DF所成角，
设四面体ABCD的棱长为4，
FG＝ eq \f(1,4)BE＝ eq \f(1,4)×4× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),2)，
FD2＝42＋1－2×1×4×cs 60°＝13，
GD2＝42＋（ eq \f(1,2)）2－2× eq \f(1,2)×4×cs 60°＝ eq \f(57,4)，
则cs ∠GFD＝ eq \f(GF2＋FD2－GD2,2GF·FD)＝ eq \f(\f(3,4)＋13－\f(57,4),2×\f(\r(3),2)×\r(13))＝－ eq \f(\r(39),78)，
则异面直线BE，DF所成角的余弦值为 eq \f(\r(39),78).
故选A.
答案：A
10．解析：f（x）＝ eq \f(cs 2x＋2sin x·cs 2x－2sin 2x cs x,\r(2)cs （x＋\f(π,4)）)
＝ eq \f(cs 2x－sin 2x＋2sin x cs x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－sin x)),cs x－sin x)
＝cs x＋sin x＋2sin x cs x （sin x≠cs x），
令t＝cs x＋sin x＝ eq \r(2)cs （x－ eq \f(π,4)）∈[－ eq \r(2)， eq \r(2) ]且t≠ eq \r(2)，则2sin x cs x＝t2－1，
则f（x）＝t2＋t－1，t∈[－ eq \r(2)， eq \r(2) ]且t≠ eq \r(2)，
当t＝ eq \r(2)时，f（x）
故f（x）的值域为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\r(2)＋1)).故选D.
答案：D
11．解析：取BC中点D，连接AD，取点G，满足AG＝2DG，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴G为△ABC的外心．
作OG∥PA且OG＝ eq \f(1,2)PA，作OM∥AG，交PA于M，
∴四边形OGAM为平行四边形，
∴AM＝OG＝ eq \f(1,2)PA＝MP，
∴ eq \r(OM2＋AM2)＝OA＝OP，又G为△ABC外心，
∴ eq \r(OG2＋CG2)＝ eq \r(OG2＋BG2)＝ eq \r(OG2＋AG2)，即OA＝OB＝OC，
∴O为三棱锥P ABC外接球球心，
∴外接球半径R＝OA＝ eq \r(OM2＋AM2)＝ eq \r(（\f(2,3)AD）2＋（\f(1,2)AP）2)＝ eq \r(1＋1)＝ eq \r(2)，
∴该球的表面积S＝4πR2＝8π.
故选C.
答案：C
12．解析：如图：h为底面ABC上的高，
设SA＝m，BC＝n，则VS ABC＝ eq \f(1,3)S△ABCh＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×4×n×sin 30°×h＝4，
得nh＝12，
∵m≥h，∴mn≥12，
又24＝m2＋n2≥2mn，得mn≤12，
所以mn＝12，故m＝n＝h＝ eq \r(12)，
∴SA⊥平面ABC，
在△ABC中AB2＝42＋12－2×4× eq \r(12)× eq \f(\r(3),2)＝4，则AB＝2，
在Rt△ABS中，SB＝ eq \r(22＋12)＝4，
在Rt△ACS中，SC＝ eq \r(12＋16)＝ eq \r(28)，
所以在△SBC中，SC2＝SB2＋BC2，则△SBC为直角三角形，
三棱锥S ABC的表面积
S＝ eq \f(1,2)×2×2 eq \r(3)＋ eq \f(1,2)×4×2 eq \r(3)＋ eq \f(1,2)×4×2 eq \r(3)＋ eq \f(1,2)×4×2 eq \r(3)× eq \f(1,2)＝12 eq \r(3).
故选B.
答案：B
13．解析：由y′＝ eq \f(1,2\r(x))，则切线斜率k＝ eq \f(1,2\r(a))，
则过P（a， eq \r(a)）的切线方程为y－ eq \r(a)＝ eq \f(1,2\r(a))（x－a），
与坐标轴交点分别为（0， eq \f(\r(a),2)），（－a，0），
又所成三角形面积为2，可得 eq \f(1,2)· eq \f(\r(a),2)·a＝2，所以a＝4.
答案：4
14．解析：m∥n⇒a cs C＝（ eq \r(3)b－c）cs A⇒sin A cs C＝（ eq \r(3)sin B－sin C）cs A，
即sin A cs C＋cs A sin C＝ eq \r(3)sin B cs A，
即sin （A＋C）＝ eq \r(3)sin B cs A，
所以sin B＝ eq \r(3)sin B cs A，
所以cs A＝ eq \f(\r(3),3).
答案： eq \f(\r(3),3)
15．解析：如图：连接BD，交EF于点G，
因为平面BEF⊥底面ECDAF，又BG⊥EF，
则BG⊥平面ECDAF，
设EF＝x，0
则VB ECDAF＝ eq \f(1,3)·x·（2 eq \r(3)－ eq \f(\r(3),4)x2）＝ eq \f(\r(3),3)（2x－ eq \f(1,4)x3），
令f（x）＝2x－ eq \f(1,4)x3，则f′（x）＝2－ eq \f(3,4)x2，
当f′（x）＝2－ eq \f(3,4)x2＝0时， x＝ eq \r(\f(8,3))，负值舍去，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2x－ eq \f(1,4)x3在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \r(\f(8,3))))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))，＋∞))上单调递减，
所以当x＝ eq \r(\f(8,3))时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))最大，即VB ECDAF最大．
所以当五棱锥B ECDAF的体积最大时，EF的长为 eq \f(2\r(6),3).
答案： eq \f(2\r(6),3)
16．解析：当x>0时，函数f′（x）＝ eq \f(exx－ex,x2)＝ eq \f(ex（x－1）,x2)，
则当x>1时，f′（x）>0，函数为增函数，
当0
画出的图象如图所示，
设t＝f（x），则二次方程等价为t2－2mt＋m2－2＝0，
设g（t）＝t2－2mt＋m2－2，要使方程[f（x）]2－2mf（x）＋m2－2＝0，有4个不相等的实数根，等价为方程t2－2mt＋m2－2＝0有两个根，
一个根t1∈（0，1]内，一个根t2∈（－∞，0）或者t1，t2∈（1，＋∞）或t1＝0，t2∈（1，＋∞），
当t1∈（0，1]，t2∈（－∞，0）时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（0）＝m2－2<0,g（1）＝1－2m＋m2－2≥0))，
解得－ eq \r(2)
解得：m>1＋ eq \r(2)；
当t1＝0，t2∈（1，＋∞）时，g（0）＝m2－2＝0，解得m＝± eq \r(2)，
将m＝± eq \r(2)代入t2－2mt＋m2－2＝0，得t2±2 eq \r(2)t＝0，
则t＝2 eq \r(2)符合，即m＝ eq \r(2)符合，
综合得－ eq \r(2)
答案：{m|－ eq \r(2)
提速练（二）
1．解析：由题意，集合M＝{x|0≤x≤6}，N＝{x|2x≤32}＝{x|x≤5}，
所以M∪N＝{x|x≤6}＝（－∞，6]，故选A.
答案：A
2．解析：因为z＝ eq \f(2,\r(3)－i)＝ eq \f(2（\r(3)＋i）,（\r(3)－i）（\r(3)＋i）)＝ eq \f(\r(3)＋i,2)，所以 eq \(z,\s\up6(－))＝ eq \f(\r(3),2)－ eq \f(1,2)i.
故选A.
答案：A
3．解析：椭圆的标准方程为 eq \f(x2,\f(1,2))＋ eq \f(y2,－\f(1,m))＝1，由于该椭圆的一个焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\r(2)))，则－ eq \f(1,m)－ eq \f(1,2)＝2，解得m＝－ eq \f(2,5).故选D.
答案：D
4．解析：∵lg22
答案：D
5．解析： eq \(x,\s\up6(－))＝ eq \f(10＋20＋30＋40＋50,5)＝30，
设模糊看不清的数据为m，
则 eq \(y,\s\up6(－))＝ eq \f(62＋m＋75＋81＋89,5)＝ eq \f(307＋m,5)，
∴ eq \f(307＋m,5)＝0.67×30＋54.9，即m＝68.
故选A.
答案：A
6．解析：依题意得a＝f（－2 eq \s\up6(\f(3,2))）＝f（2 eq \s\up6(\f(3,2))），∵ eq \r(5)< eq \r(8)＝2 eq \r(2)＝2 eq \s\up6(\f(3,2))<3＝lg28
∴f（lg29）>f（2 eq \s\up6(\f(3,2))）>f（ eq \r(5)），即b>a>c，
故选C.
答案：C
7．解析：因为曲线C的方程x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))＝1，所以y eq \s\up6(\f(1,3))＝1－x eq \s\up6(\f(1,3))，
式子中x的范围为R，对应的y的范围为R，所以命题①正确；
在x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))＝1中，令x＝y或y＝x，方程不变，
所以曲线C的图象关于直线y＝x对称，所以命题②正确；
设曲线C上点的坐标为A（x，y），
因为x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))＝1，
所以（x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))）3＝1，即x＋y＋3x eq \s\up6(\f(2,3))y eq \s\up6(\f(1,3))＋3x eq \s\up6(\f(1,3))y eq \s\up6(\f(2,3))＝1，
所以x＋y＋3x eq \s\up6(\f(1,3))y eq \s\up6(\f(1,3))（x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))）＝1，
所以x＋y＋3x eq \s\up6(\f(1,3))y eq \s\up6(\f(1,3))＝1，
又1＝x eq \s\up6(\f(1,3))＋y eq \s\up6(\f(1,3))≥2 eq \r(x\s\up6(\f(1,3))·y\s\up6(\f(1,3)))，所以x eq \s\up6(\f(1,3))·y eq \s\up6(\f(1,3))≤ eq \f(1,4)，所以x＋y＝1－3x eq \s\up6(\f(1,3))y eq \s\up6(\f(1,3))≥ eq \f(1,4)，
则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OA))＝d＝ eq \r(x2＋y2)≥ eq \r(\f(（x＋y）2,2))≥ eq \r(\f(1,2×16))＝ eq \f(\r(2),8)，当且仅当x＝y时取等号，
所以曲线C上的点到原点的距离的最小值是 eq \f(\r(2),8)，所以命题③正确．
所以正确命题的序号是①②③，
故选D.
答案：D
8．解析：x2 eq \(OA,\s\up6(→))＋x eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(BC,\s\up6(→))＝0，即x2 eq \(OA,\s\up6(→))＋x eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))－ eq \(OB,\s\up6(→))＝0，
所以－x2 eq \(OA,\s\up6(→))－x eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＝ eq \(OC,\s\up6(→))，
因为A，B，C三点共线，
所以－x2＋（1－x）＝1，解得x1＝0，x2＝－1，
当x＝0时，x2 eq \(OA,\s\up6(→))＋x eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(BC,\s\up6(→))＝0等价于 eq \(BC,\s\up6(→))＝0，不合题意，
所以x＝－1，即解集为{－1}，
故选B.
答案：B
9．解析：函数f（x）＝2sin （2x＋φ）的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度后，
对应的解析式为y＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x－\f(π,12)）＋φ))＝2sin （2x－ eq \f(π,6)＋φ），
因为其函数图象关于y轴对称，所以有φ－ eq \f(π,6)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，
因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))< eq \f(π,2)，所以φ＝－ eq \f(π,3)，
所以f（x）＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以当2x－ eq \f(π,3)＝－ eq \f(π,3)时，f（x）取得最小值－ eq \r(3)，
故选A.
答案：A
10．解析：因为点O为△ABC的外心，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))＝4， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝2 eq \r(3)，
所以 eq \(AO,\s\up6(→))·（ eq \(AC,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→))）＝ eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))－ eq \(AO,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))
＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→)))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AO,\s\up6(→))))cs 〈 eq \(AC,\s\up6(→))， eq \(AO,\s\up6(→))〉－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→)))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AO,\s\up6(→))))cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AO,\s\up6(→))〉
＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))· eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))· eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝ eq \f(1,2)（4×4－2 eq \r(3)×2 eq \r(3)）＝2，
故选A.
答案：A
11．解析：∵实数a，b，c，d满足 eq \f(a－2ea,b)＝ eq \f(1－c,d－3)＝1，
∴b＝a－2ea，d＝4－c.
∴点（a，b）在曲线y＝x－2ex上，点（c，d）在曲线y＝4－x上，
∴（a－c）2＋（b－d）2的几何意义就是曲线y＝x－2ex上的点到直线y＝4－x上点的距离最小值的平方．
∵y′＝1－2ex，先求出y＝x－2ex上和直线y＝4－x平行的切线方程，
∴令y′＝1－2ex＝－1，解得x＝0, ∴切点为（0，－2），该切点到直线y＝4－x的距离d＝ eq \f(|0－2－4|,\r(12＋12))＝3 eq \r(2)，就是所要求的两曲线间的最小距离，故（a－c）2＋（b－d）2的最小值为d2＝18.
故选B.
答案：B
12．解析：根据投针试验与平行线相交的概率计算公式是p＝ eq \f(2l,πa)，所以π＝ eq \f(2l,pa)，
故选C.
答案：C
13．解析：由题意有：2x－3＝1⇒x＝2，此时y＝ eq \r(2)，
因此P（2， eq \r(2)）满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xα，则α＝ eq \f(1,2)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9))＝9 eq \s\up6(\f(1,2))＝3.
答案：3
14．解析：由等比中项的性质得出a1a2a3＝a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ＝3，a7a8a9＝a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) ＝27，a4a5a6＝a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ，
易知，a2、a5、a8成等比数列，则a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) 、a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) 、a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) 成等比数列，
∴a4a5a6＝a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ＝ eq \r(a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) )＝ eq \r(3×27)＝9.
答案：9
15．解析：∵ 函数f（x）＝2x2－ln x，x∈（0，＋∞），
∴f′（x）＝4x－ eq \f(1,x)＝ eq \f(4x2－1,x)，
令f′（x）＝0得，x＝ eq \f(1,2)，
当0
所以当x＝ eq \f(1,2)时，f（x）取得极小值，
由题意可知： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－1<\f(1,2)
答案： eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
16．解析：∵△ABC所在截面圆的圆心O在AB上，SO⊥平面ABC，AC＝ eq \r(3)，BC＝1，三棱锥的体积是 eq \f(\r(3),3)，
则三角形ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，△ABC的外接圆的半径为 eq \f(1,2)AB＝ eq \f(1,2) eq \r(12＋（\r(3)）2)＝1，
设球心为O1，过O作OD⊥AC交AC于点D，连接O1D，SD，
∵SO⊥平面ABC，OD⊂平面ABC，∴SO⊥OD.
又OD⊥AC，OD⊂平面SOD，SO⊂平面SOD，SO∩OD＝O，
∴AD⊥平面SOD.
∵O1D⊂平面SOD，
∴AD⊥O1D.
则O1D为球心到AC的距离，
依题意可得OD＝ eq \f(1,2)BC＝ eq \f(\r(3),2)，
∴ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \r(3)×1×SO＝ eq \f(\r(3),3)，
∴SO＝2，
设球体的半径＝R，则R＝ eq \r(1＋（2－R）2)，∴R＝ eq \f(5,4)，
∴OO1＝SO－R＝2－ eq \f(5,4)＝ eq \f(3,4)，
O1D＝ eq \r(OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋OD2)＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2)＝ eq \f(\r(21),4).
答案： eq \f(\r(21),4)
提速练（三）
1．解析：由题意得，A＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)
∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∁RA))∩B＝ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2)).
故选C.
答案：C
2．解析： eq \f(z1,z2)＝ eq \f(3－bi,1－2i)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－bi))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2i)),5)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2b))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－b))i,5)∈R，所以6－b＝0⇒b＝6.故C正确．
答案：C
3．解析：这12天的AQI指数值的中位数是 eq \f(95＋92,2)＝93.5 ，故A不正确；这12天中，空气质量为“优良”的有95，85，77，67，72，92共6天，故B不正确；
从4日到9日，空气质量越来越好，故C正确；这12天的AQI指数值的平均值为110，故D不正确．故选C.
答案：C
4．解析：由函数f（x）的图象可知，函数是偶函数，x＝1时，函数值为0.
f（x）＝（4x＋4－x）|x|是偶函数，但是f（1）≠0，不满足题意；
f（x）＝（4x－4－x）lg2|x|是奇函数，不满足题意；
f（x）＝（4x＋4－x）lg2|x|是偶函数，f（1）＝0满足题意；
f（x）＝（4x＋4－x）lg eq \s\d9(\f(1,2))|x|是偶函数，f（1）＝0，x∈（0，1）时，f（x）>0，不满足题意．
故选C项．
答案：C
5．解析：因为a＝lg48＝ eq \f(3,2)lg22＝ eq \f(3,2)，b＝lg0.48
6．解析：“仁义礼智信”排成一排，任意排有A eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) 种排法，其中“仁”排在第一位，且“智信”相邻的排法有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) 种排法，故概率P＝ eq \f(A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,A eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) )＝ eq \f(1,10)，故选A.
答案：A
7．解析：∵ea＝－a，∴a<0，∵ln b＝－b，且b>0，∴0
答案：A
8．解析：点P为直线上到圆心C距离最小的点时，切线长最小，故有 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PC))min＝ eq \f(2,\r(2))＝ eq \r(2).切线长最小值为 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2－1)＝1.
故选D.
答案：D
9．解析：抛物线C：y2＝4x的准线x＝－1，直线l：y＝k（x＋1）恒过定点P（－1，0），
如图过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为M，N；
由|AF|＝2|BF|，则|AM|＝2|BN|，
所以点B为AP的中点，连接OB，
则|OB|＝ eq \f(1,2)|AF|，
∴在△PFA中，|OB|＝|BF|，
∴△OBF为等腰三角形，点B的横坐标为 eq \f(1,2)，
故点B的坐标为（ eq \f(1,2)， eq \r(2)），
又P（－1，0），
所以k＝ eq \f(\r(2)－0,\f(1,2)－（－1）)＝ eq \f(2\r(2),3)，
故选C.
答案：C
10．解析：由题可知， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PM|2－))PN|2＝（|PC1|2－4）－（|PC2|2－1），
因此 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PM|2－))PN|2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PC1|2－))PC2|2－3＝（|PC1|－|PC2|）（|PC1|＋|PC2|）－3
＝2（ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PC1\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(＋))PC2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(）－3≥2))C1C2))－3＝13，故选B.
答案：B
11．解析：设椭圆左焦点为F′，由椭圆的对称性可知，四边形AFBF′为平行四边形，
又 eq \(FA,\s\up6(→))· eq \(FB,\s\up6(→))＝0，即FA⊥FB，故平行四边形AFBF′为矩形，所以|AB|＝|FF′|＝2c.
设|AF′|＝n，|AF|＝m，则在Rt△F′AF中，
m＋n＝2a①，m2＋n2＝4c2 ②，
联立①②得mn＝2b2 ③.
②÷③得 eq \f(m,n)＋ eq \f(n,m)＝ eq \f(2c2,b2)，令 eq \f(m,n)＝t，得t＋ eq \f(1,t)＝ eq \f(2c2,b2).
又由|FB|≤|FA|≤2|FB|得 eq \f(m,n)＝t∈[1，2]，所以t＋ eq \f(1,t)＝ eq \f(2c2,b2)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))).
即 eq \f(c2,b2)∈[1， eq \f(5,4)]，∴ eq \f(4,5)≤ eq \f(b2,c2)≤1，
∴ eq \f(4,5)≤ eq \f(a2－c2,c2)≤1
∴ eq \f(9,5)≤ eq \f(a2,c2)≤2，
∴ eq \f(1,2)≤ eq \f(c2,a2)≤ eq \f(5,9)，
∴ eq \f(\r(2),2)≤e≤ eq \f(\r(5),3)，
故椭圆C的离心率的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(5),3))).
故选A.
答案：A
12．解析：令g（x）＝f（x）－ eq \f(1,2)x3，
∵∀x∈R，有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x))＝x3，∴g（－x）＝f（－x）＋ eq \f(1,2)x3＝f（x）－x3＋ eq \f(1,2)x3＝f（x）－ eq \f(1,2)x3＝g（x）.
所以g（x）为R上的偶函数，又在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上有2f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－3x2>0，
所以g′（x）＝f′（x）－ eq \f(3,2)x2>0，即g（x）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0))上单调递减．
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－2))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m))≥－3m2＋6m－4，所以f（m－2）－ eq \f(1,2)（m－2）3≥f（m）－ eq \f(1,2)m3，
即g（m－2）≥g（m），∴ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m－2))≥ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))，解得m≤1.
故选B.
答案：B
13．解析：设老年人、中年人、青年人的人数分别为x，y，z，
①z＝4，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8>x,x>y)) ，则y的最大值为6，
②由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>y,y>z,2z>x))，得2z>x>y>z，x，y，z∈N＋，
∴2z>z＋2，解得z>2，
∴ 当z＝3，y＝4，x＝5时，
x＋y＋z取最小值12.
答案：①6 ②12
14．解析：根据题意可得a1＝ eq \f(1,2)，a2＝－ eq \f(3,4)，
又a2k＝S2k－S2k－1＝－ eq \f(1,22k)－ eq \f(1,22k－1)＝－ eq \f(3,22k)<0，
a2k＋1＝S2k＋1－S2k＝ eq \f(1,22k＋1)＋ eq \f(1,22k)＝ eq \f(3,22k＋1)>0，
易知，数列{an}的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为递增的等比数列且各项为负，于是不等式（p－an）（p－an＋1）<0成立，即存在正整数k使得a2k
O1是三棱锥A BCD的外接球和内切球的球心，O1在AO上，
设外接球半径为R，内切球半径为r1，则由O1B2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋BO2，得R2＝（ eq \f(\r(3),3)a）2＋（ eq \f(\r(6),3)a－R）2，R＝ eq \f(\r(6),4)a，所以r1＝AO－AO1＝AO－R＝ eq \f(\r(3),3)a－ eq \f(\r(6),4)a＝ eq \f(\r(6),12)a，
VO1＝ eq \f(4,3)πr eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＝ eq \f(4,3)π（ eq \f(\r(6),12)a）3＝ eq \f(\r(6),216)πa3＝ eq \r(6)π，
过AO中点作与底面BCD平行的平面与三条棱AB，AC，AD交于点B1，C1，D1，则平面B1C1D1与球O1相切，由题意球O2是三棱锥A B1C1D1的内切球，注意到三棱锥A B1C1D1的棱长是三棱锥A BCD棱长的 eq \f(1,2)，所以有其内切球半径r2＝ eq \f(1,2)r1，同理球On的半径为rn，则 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(rn))是公比为 eq \f(1,2)的等比数列，所以rn＝r1×（ eq \f(1,2)）n－1，即rn＝ eq \f(\r(6),12)a×（ eq \f(1,2)）n－1＝ eq \f(\r(6),2n)，
Sn＝4πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝4π×（ eq \f(\r(6),2n)）2＝ eq \f(6π,4n－1).
答案： eq \r(6)π eq \f(6π,4n－1)
16．解析：对①，显然错误，如图．
对②，点（0，1）均为两曲线的对称中心，且f（x）＝sin x＋1能把圆一分为二，正确．
对③，
函数为奇函数f（x）＝ eq \f(ex＋1,ex－1)＝1＋ eq \f(2,ex－1)，当x→0（x>0）时，f（x）→＋∞，
当x→＋∞时，f（x）→1，[f（x）>1]，函数递减；
当x→0（x<0）时，f（x）→－∞，
当x→－∞时，f（x）→－1，[f（x）<－1]，
函数f（x）关于（0，0）中心对称，有三条渐近线y＝±1，x＝0，
可知，函数的对称中心为间断点，故不存在圆满足题干条件．
对于④，直线（m＋1）x－（2m＋1）y－1＝0恒过定点（2，1），满足题意．
对于⑤，函数f（x）＝kx3－kx为奇函数，与圆的交点坐标为（－1，1），
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx3－kx,x2＋y2＝1))，
∴k2x6－2k2x4＋（1＋k2）x2－1＝0，
令t＝x2，得k2t3－2k2t2＋（1＋k2）t－1＝0，即（t－1）（k2t2－k2t＋1）＝0，得t＝1即x＝±1；
对k2t2－k2t＋1＝0，当k＝0时显然无解，Δ<0即0
故所有正确的是②④⑤.
答案：②④⑤
提速练（四）
1．解析：A＝{x|－3≤x≤1}，B＝{x|0≤x<4}，所以A∩B＝{x|0≤x≤1}．故选B.
答案：B
2．解析：因为复数z＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i，
所以复数z的共轭复数 eq \(z,\s\up6(－))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z))＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2)＝1，
所以 eq \(z,\s\up6(－))＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i＋1＝ eq \f(3,2)－ eq \f(\r(3),2)i，故选C.
答案：C
3．解析：因为sin x＝ eq \f(1,4)，x为第二象限角，所以cs x＝－ eq \r(1－sin 2x)＝－ eq \r(1－\f(1,16))＝－ eq \f(\r(15),4)，
所以sin 2x＝2sin x cs x＝2× eq \f(1,4)×（－ eq \f(\r(15),4)）＝－ eq \f(\r(15),8)，故选B.
答案：B
4．解析：因为a2、a9是方程x2－x－6＝0的两根，
所以根据韦达定理可知a2·a9＝－6，
因为数列{an}是等比数列，
所以a5·a6＝a2·a9，a5·a6＝－6，故选B.
答案：B
5．解析：因为f（x）＝ eq \f(sin x＋x cs x,ax2)，
所以f（－x）＝ eq \f(sin （－x）－x cs （－x）,ax2)＝－ eq \f(sin x＋x cs x,ax2)＝－f（x），
因此函数f（x）为奇函数，
又f（－2 019）＝2，所以f（2 019）＝－f（－2 019）＝－2.
故选B.
答案：B
6．解析：在A中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图得到互联网行业从业人员中90后占56%，所以是正确的；
在B中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：56%×39.6%＝22.176%>20%，互联网行业从事技术岗位的人数超过总人数的20%，所以是正确的；
在C中，由整个互联网行业从业者年龄分布饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：17%×56%＝9.52%，互联网行业从事运营岗位的人数90后比80前多，所以是正确的；
在D中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：互联网行业中从事技术岗位的人数90后不一定比80后多，所以是错误的．
故选D.
答案：D
7.
解析：如图，
设 eq \(AE,\s\up6(→))＝x eq \(AC,\s\up6(→))，且 eq \(BD,\s\up6(→))＝2 eq \(DC,\s\up6(→))，则：
eq \(BE,\s\up6(→))＝ eq \(AE,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→))＝x eq \(AC,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→))＝x（ eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \(DC,\s\up6(→))）－ eq \(AB,\s\up6(→))＝x（ eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(BD,\s\up6(→))）－ eq \(AB,\s\up6(→))＝x eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(x,2)（ eq \(AD,\s\up6(→))－ eq \(AB,\s\up6(→))）－ eq \(AB,\s\up6(→))＝－（ eq \f(x,2)＋1） eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(3x,2) eq \(AD,\s\up6(→))，
∵ eq \(BE,\s\up6(→))＝λ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(3,4) eq \(AD,\s\up6(→))，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－（\f(x,2)＋1）,\f(3x,2)＝\f(3,4)))，解得λ＝－ eq \f(5,4)，
故选A.
答案：A
8．解析：因为|OA|、|AB|、|OB|成等差数列，所以|OA|＋|OB|＝2|AB|，如图所示：
设l1的倾斜角为α，因为OA⊥AB，则|OA|＝|OB|cs 2α，|AB|＝|OB|sin 2α，
于是cs 2α＋1＝2sin 2α，
即2cs 2α＝4sin αcs α，得tan α＝ eq \f(1,2)，即 eq \f(b,a)＝ eq \f(1,2)，
所以离心率e＝ eq \r(\f(c2,a2))＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝ eq \f(\r(5),2)，
故选B.
答案：B
9．解析：根据函数的图象：T＝2（ eq \f(7π,12)－ eq \f(π,12)）＝π，所以ω＝2，
由于2× eq \f(π,12)＋φ＝ eq \f(π,2)，解得φ＝ eq \f(π,3)，
由f（0）＝ eq \r(3)，整理得A sin eq \f(π,3)＝ eq \r(3)，解得A＝2，
当x＝－ eq \f(π,6)时，f（－ eq \f(π,6)）＝2sin （－ eq \f(π,3)＋ eq \f(π,3)）＝0，
故x＝－ eq \f(π,6)为f（x）的一个零点，
由于f（x）＝2sin （2x＋ eq \f(π,3)），
所以f（x＋ eq \f(π,6)）＝2sin （2x＋ eq \f(π,3)＋ eq \f(π,3)）＝2sin （2x＋ eq \f(2π,3)）不是偶函数，
故结论①②③正确，
故选C.
答案：C
10．解析：由频率分布直方图估计其均值μ＝1×0.04＋3×0.08＋5×0.16＋7×0.44＋9×0.16＋11×0.1＋13×0.02＝6.96≈7，
设日均健步数为X，则X～N（7，6.25），
∵σ＝2.5，则μ－σ＝4.5，μ－2σ＝2，
∴P（2≤X≤4.5）＝ eq \f(1,2)（0.954 4－0.682 6）＝0.135 9，
∵800×0.135 9≈109，
∴日均健步走步数在2千步至4.5千步的人数约为109人，
故选D.
答案：D
11．解析：依题意：α＝36°34′＋23°26′＝60°，则太阳光与地面的夹角为θ＝90°－60°＝30°.
如图1所示：
根据题意，得到每栋楼从地面到楼顶的高度为46米．
在图2中，设AB＝46，BD＝60，∠AEB＝30°，
所以在Rt△ABE中，BE＝ eq \f(AB,tan 30°)＝46 eq \r(3)，
在Rt△CDE中，DE＝BE－BD＝46 eq \r(3)－60，
所以CD＝DEtan 30°＝46－20 eq \r(3)≈11.36，
所以中间的楼房距离地面约11.36米的部分，有些天正午不能晒到太阳．
所以，小王买房的最低层应为5层，
故选C.
答案：C
12．解析：如图，取AC的中点E，连结BE，
设M为正△ABC的外心，则点M在BE上，且BM＝2ME，
设O为四面体ABCD的外接球球心，则OM⊥平面ABC，
因为AD⊥CD，则E为Rt△ACD的外心，所以OE⊥平面ACD，
因为二面角D AC B大小为120°，则直线OE与平面ABC成30°角，
所以∠OEM＝30°，
因为△ABC是边长为3的正三角形，则BE＝3sin 60°＝ eq \f(3\r(3),2)，所以ME＝ eq \f(BE,3)＝ eq \f(\r(3),2)，
在Rt△OME中，OE＝ eq \f(ME,cs 30°)＝1，
在Rt△AEO中，因为AE＝ eq \f(3,2)，则OA＝ eq \r(AE2＋OE2)＝ eq \f(\r(13),2)，
所以四面体ABCD的外接球半径R＝ eq \f(\r(13),2)，S球＝4πR2＝4π× eq \f(13,4)＝13π，
故选B.
答案：B
13．解析：如图，画出可行域易知z＝x＋y在点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－2))处取最小值为－3.
答案：－3
14．解析：二项展开式一共有9项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) 34＝5 670.
答案：5 670
15．解析：因为f（x）为偶函数，f（x）在R上有唯一零点，
所以f（0）＝0，∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2（an＋1），
∴{an＋1}为首项为2，公比为2的等比数列．所以an＝2n－1，Sn＝2n＋1－n－2.
答案：2n＋1－n－2
16.
解析：将△AB1C1以AB1为轴旋转至与△ABB1在一个平面，展开图如图所示，若B，C1，P三点共线时，C1P＋BP最小为BC1，△ABC1为直角三角形，BC1＝ eq \r(AB2＋AC eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝ eq \r(14).
答案： eq \r(14)
提速练（五）
1．解析：依题意， eq \f(a＋i,1－2i))＝ eq \f(（a＋i）（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝ eq \f(a－2＋（2a＋1）i,5)为纯虚数，故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2＝0,2a＋1≠0))，解得a＝2.
故选D.
答案：D
2．解析：由2x≤24＝16得x≤4，由于x∈N，所以A＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，1，2，3，4)).由x2－4x＋3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))>0，解得x<1或x>3，所以B＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，1))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，＋∞)).所以A∩B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，4)).
故选B.
答案：B
3．解析：由于随机变量ξ～N（μ，σ2），满足P（ξ≤1）＝0.3，P（1<ξ<5）＝0.4，
P（ξ≥5）＝1－0.3－0.4＝0.3＝P（ξ≤1），根据正态分布的对称性可知μ＝ eq \f(1＋5,2)＝3.
故选C.
答案：C
4．解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），由于AB的中点到y轴的距离为1，所以x1＋x2＝2.根据抛物线中过焦点的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p得x1＋x2＋p＝4，即2＋p＝4，p＝2.
故选B.
答案：B
5．解析：运行程序，a＝0，b＝1，S＝0，i＝0，执行循环体S＝1，a＝1，b＝2，i＝2，判断否，S＝4，a＝3，b＝5，i＝4，判断否，S＝12，a＝8，b＝13，i＝6，判断否，S＝33，a＝21，b＝34，i＝8，判断否，S＝88，a＝55，b＝89，i＝10，判断是，输出S＝88.故应填i≥10?
故选C.
答案：C
6．解析：∵非零向量a，b满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))＝2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))，
∴平方得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))2，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a|2＋))b|2＋2a·b＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a|2＋))b|2－2a·b，
则a·b＝0，由 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))＝2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))，
平方得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a|2＋))b|2＋2a·b＝4|b|2，得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) eq \s\up12(2)＝3 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))2，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝ eq \r(3) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))，则（a＋b）·a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a|2＋a·b＝3))b|2,
则向量a＋b与a的夹角的余弦值cs θ＝ eq \f(（a＋b）·a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)))＝ eq \f(3|b|2,2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(·\r(3)))b)))＝ eq \f(\r(3),2)，∵0≤θ≤π，∴θ＝ eq \f(π,6) .
故选D.
答案：D
7．解析：因为α是锐角，所以0<α< eq \f(π,2) ，故0<2α<π.故选D.
答案：D
8．解析：构造函数f（x）＝ln x＋x－4，则该函数在（0，＋∞）上单调递增，
∵f（1）＝－3<0，f（2）＝ln 2－2<0，f（3）＝ln 3－1>0，
由零点存在定理可知，方程ln x＋x－4＝0的实根所在区间为（2，3），故选B.
答案：B
9．解析：显然tan α≠0， eq \f(sin α＋cs α,sin α－5cs α)＝4⇒ eq \f(\f(sin α,cs α)＋\f(cs α,cs α),\f(sin α,cs α)－5\f(cs α,cs α))＝4⇒ eq \f(tan α＋1,tan α－5)＝4⇒tan α＝7，故本题选D.
答案：D
10．解析：a sin A＋b sin B
答案：D
11．解析：当x<0时，f（x）＝2x3＋x2，则f（－2）＝2×（－2）3＋（－2）2＝－12，
由于函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（2）＝－f（－2）＝12，故选A.
答案：A
12．解析：∵y＝sin （2x＋φ）过（ eq \f(π,6)，0），
∴ eq \f(π,3)＋φ＝kπ（|φ|<π），k∈Z，
∴φ＝－ eq \f(π,3)或φ＝ eq \f(2π,3)，
又∵f（0）>0，∴φ＝ eq \f(2π,3)，
∴f（x）＝sin （2x＋ eq \f(2π,3)）向右平移 eq \f(π,6)个单位，
得g（x）＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x－\f(π,6)）＋\f(2π,3)))，
即g（x）＝sin （2x＋ eq \f(π,3)），
令2x＋ eq \f(π,3)＝kπ＋ eq \f(π,2)，x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,12)，k∈Z，
k＝0时，x＝ eq \f(π,12)为y＝g（x）的一条对称轴的方程，故选D.
答案：D
13．解析：令y＝ eq \r(25－x2)，则x2＋y2＝25（y≥0）.
所以∫ eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(－5)) eq \r(25－x2)dx表示以原点为圆心，半径为5的上半圆与x轴围成的面积．
所以∫ eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(－5)) eq \r(25－x2)dx＝ eq \f(1,2)×π×52＝ eq \f(25π,2).
答案： eq \f(25π,2)
14．解析：因为“x>3”是“x>m”的必要不充分条件，
所以（m，＋∞）是（3，＋∞）的真子集，所以m>3.
答案：m>3
15．解析：由题意可知∠C＝30°，∠BAC＝30°，∠DAB＝30°，AD＝30 m，
∴BC＝AB＝ eq \f(30,cs 30°) ＝20 eq \r(3) m.
答案：20 eq \r(3)
16．解析：由题构造函数F（x）＝ eq \f(f（x）,x) ，求导得F′（x）＝ eq \f(xf′（x）－f（x）,x2) ，
当x>0时，F′（x）>0，
所以F（x）＝ eq \f(f（x）,x) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)) 上递增，
因为f（2）＝0，所以F（2）＝0，则有x∈（0，2]时F（x）≤0，那么此时f（x）≤0;
x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞)) 时F（x）≥0，那么此时f（x）≥0；
当x<0时，f（x）为奇函数，则F（x）是偶函数，根据对称性，x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－2)) 时F（x）≥0，
又因F（x）＝ eq \f(f（x）,x) ，故当x∈（－∞，－2]时，f（x）≤0；
综上f（x）≤0的解集为（－∞，－2]∪（0，2].
答案： eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－2)) ∪ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))
提速练（六）
1．解析：因为P＝{x|y＝ln x}＝{x|x>0}，所以∁UP＝{x|x≤0}，
由|x|<1得－1
答案：A
2．解析：因为（z－2）（3＋i）＝5，所以z＝ eq \f(5,3＋i) ＋2＝ eq \f(5（3－i）,（3＋i）（3－i）) ＋2＝ eq \f(3－i,2) ＋2＝ eq \f(7,2) － eq \f(i,2) ，
因此其共轭复数为 eq \(z,\s\up6(－)) ＝ eq \f(7,2) ＋ eq \f(1,2) i.故选B.
答案：B
3．解析：由3x<9得x<2，因为x∈（－1，4），所以－1
答案：D
4．解析：因为cs θ≠0，sin θcs θ＝ eq \f(sin θcs θ,sin2θ＋cs2θ) ＝ eq \f(tanθ,tan2θ＋1) ，又tanθ＝－ eq \f(1,2) ，所以sin θcs θ＝ eq \f(－\f(1,2),\f(1,4)＋1) ＝－ eq \f(2,5) .故选D.
答案：D
5．解析：因为抛物线C：y＝ eq \f(1,4) x2的准线方程为y＝－1，
又抛物线上的点P（m－3，n＋2）到其焦点的距离为5，
所以n＋2＋1＝5，因此n＝2.故选B.
答案：B
6．解析：对于①两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A、B选项，对于②，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.
答案：C
7．解析：将函数y＝sin （2x－ eq \f(π,6) ）的图象沿x轴向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后可得到函数f（x）的图象，所以f（x）＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x－\f(π,6)）－\f(π,6))) ＝sin （2x－ eq \f(π,2) ）＝－cs 2x.
故选D.
答案：D
8．解析：由约束条件 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－4≤0，,x－2y＋2≥0，,x≥0，,y≥0，)) 作出可行域如下：
令z＝x－y，所以（ eq \f(1,4) ）x－y要取最大值只需z取最小值，又z＝x－y可化为y＝x－z，所以z表示直线y＝x－z在y轴截距的相反数，由图象可得，直线y＝x－z过点A时，截距最大，即z最小，易得A（0，1），所以zmin＝0－1＝－1，因此（ eq \f(1,4) ）x－y的最大值为4.
故选D.
答案：D
9．解析：依题意，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝a2，,y＝\f(b,a)x，)) 解得P（ eq \f(a2,c) ， eq \f(ab,c) ），故 eq \f(\f(ab,c)－0,\f(a2,c)－c) ＝－ eq \f(b,a) ，解得a＝b，故所求渐近线方程为y＝±x，
故选A.
答案：A
10．解析：由题意可得： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))－\(AO,\s\up6(→)))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AO,\s\up6(→)))) ＝0，即： eq \(OB,\s\up6(→)) ＋ eq \(OC,\s\up6(→)) ＝0， eq \(OB,\s\up6(→)) ＝－ eq \(OC,\s\up6(→)) ，
即外接圆的圆心O为边BC的中点，则△ABC是以BC为斜边的直角三角形，
结合 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→)))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OB,\s\up6(→)))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→)))) ＝1有△ABO为等边三角形，故∠ABO＝ eq \f(π,3) ，
故∠ACB＝ eq \f(π,6) ， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CA)) ＝ eq \r(3) ，
则向量 eq \(CA,\s\up6(→)) 在向量 eq \(CB,\s\up6(→)) 方向上的投影为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(CA,\s\up6(→)))) cs eq \f(π,6) ＝ eq \r(3) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(3,2) .
故选D.
答案：D
11．解析：因为等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn，Tn， eq \f(Sn,Tn) ＝ eq \f(n＋2,n＋1) ，
所以 eq \f(Sn,Tn) ＝ eq \f(n＋2,n＋1) ＝ eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋2)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))) ，不妨令Sn＝n（n＋2），Tn＝n（n＋1），
所以an＝Sn－Sn－1＝n（n＋2）－（n－1）（n＋1）＝2n＋1，（n≥2）；
bn＝Tn－Tn－1＝n（n＋1）－（n－1）n＝2n，（n≥2）；
所以 eq \f(a6,b8) ＝ eq \f(2×6＋1,2×8) ＝ eq \f(13,16) .
故选A.
答案：A
12．解析：由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 为偶函数，对任意x∈R，f（x）＝f（2－x）恒成立，知f（x）＝f（－x）＝f（2＋x），所以函数的周期T＝2，又f（x）＝f（2－x），知f（1＋x）＝f（1－x），所以函数关于x＝1对称，当0≤x≤1时，f（x）＝2－2x2，做出其图象．并做关于x＝1的对称图象，得到函数在一个周期上的图象，其值域为[0，2]，令lg3x＝2，得x＝9，在同一直角坐标系内作函数y＝f（x），y＝lg3x在x∈[0，9]上的图象，由图象可知共有8个交点，所以函数g（x）的零点的个数为8个．
答案：C
13．解析：设等比数列{an}的公比为q，因为a3＝8a6，所以q3＝ eq \f(1,8)，所以q＝ eq \f(1,2)，
又Sn为等比数列{an}的前n项和，S4＝λS2，
所以 eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝λ eq \f(a1（1－q2）,1－q)，即 eq \f(15,16)＝ eq \f(3,4)λ，解得λ＝ eq \f(5,4).
答案： eq \f(5,4)
14．解析：因为（1＋2x）3（1－2x）4＝（1－4x2）3（1－2x）＝（1－4x2）3－2x（1－4x2）3，
又（1－4x2）3展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(3)) （－4）rx2r，令2r＝4得r＝2，
所以原式展开式中x4的系数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) （－4）2＝48.
答案：48
15．解析：初始值S＝1，i＝1，执行框图如下：
（1）S＝ eq \f(1,2＋1)＝ eq \f(1,3)，i＝1＋1＝2<4，进入循环；
（2）S＝ eq \f(\f(1,3),2×\f(1,3)＋1)＝ eq \f(1,5)，i＝2＋1＝3<4，进入循环；
（3）S＝ eq \f(\f(1,5),2×\f(1,5)＋1)＝ eq \f(1,7)，i＝3＋1＝4，进入循环；
（4）S＝ eq \f(\f(1,7),2×\f(1,7)＋1)＝ eq \f(1,9)，i＝4＋1＝5>4，结束循环，输出S＝ eq \f(1,9).
答案： eq \f(1,9)
16．解析：根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为4的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为2，高为1，
所以该组合体的表面积为S＝2（a2＋4a＋4a）＋2π×1×1×2＝2（a2＋8a）＋4π＝66＋4π，解得a＝－11（舍）或a＝3.
答案：3
提速练（七）
1．解析：∵A＝{x|－2
故选C.
答案：C
2．解析：∵复数z满足 eq \f(z＋1,z－1)＝i，
∴z＝ eq \f(1＋i,i－1)＝－ eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝－i，
则|z|＝1.故选A.
答案：A
3．解析：根据折线图（下图）可得，其中上一条折线为月度同比折线图，下一条为月度环比折线图，
所以根据数据可得，9月份月度环比比上年上涨0.5%，同比比上年上涨2.1%，故①正确；
根据数据可得，3月份月度环比比上年下降0.2%，同比比上年上涨1.7%，故④正确；
因此②③错误．
故选D.
答案：D
4．解析：当x<0时，f（x）＝3x－ eq \f(3,x)为增函数，且f（x）>0，
当x>0时，f（x）＝3x－ eq \f(3,x)为增函数，且f（1）＝0，
∴a>1⇒f（a）>0，但f（a）>0⇔a>1或a<0，
故a>1是f（a）>0的充分不必要条件，
故选A.
答案：A
5．解析：根据题意，函数f（x）＝sin x ln eq \f(π－x,π＋x)，x∈（－π，π），
f（－x）＝sin （－x）ln eq \f(π＋x,π－x)＝sin x ln eq \f(π－x,π＋x)＝f（x），则f（x）在区间（－π，π）上为偶函数，排除BC，
又由f（ eq \f(π,2)）＝sin eq \f(π,2)ln eq \f(\f(π,2),\f(3π,2))＝ln eq \f(1,3)<0，排除D，
故选A.
答案：A
6．解析：当x∈（0， eq \f(π,6)）时，ωx＋ eq \f(π,6)∈（ eq \f(π,6)， eq \f(ωπ,6)＋ eq \f(π,6)），
由函数f（x）＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))（ω>0）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增， eq \f(ωπ,6)＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)，解得0<ω≤2，
故选A.
答案：A
7．解析：因为奇函数f（x）在R上单调递增，且f（1）＝2，f（0）＝0，
令g（x）＝xf（x），g（1）＝1×f（1）＝2，
有g（－x）＝（－x）f（－x）＝xf（x）＝g（x），则g（x）为偶函数，
其导数g′（x）＝f（x）＋xf′（x），
在区间[0，＋∞）上，函数f（x）单调递增，
则f（x）≥f（0）＝0且f′（x）>0，
则有g′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，故g（x）在[0，＋∞）上为增函数，
又由xf（x）<2⇔g（x）
故选D.
答案：D
8．解析：如图，先找到一个平面总是保持与平面DD1M垂直，
取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，AF，在正方体ABCD A1B1C1D1中，
可知DM⊥AF，D1D⊥AF，则有AF⊥平面DMD1，则平面MDD1⊥平面AEF，同理MD1⊥平面AEF，
又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，
根据平面的基本性质得：
点P的轨迹为平面AEF与平面BCC1B1的交线段EF.
F为BC的中点，E为BB1的中点，|EF|＝ eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝ eq \f(\r(2),2).
故选A.
答案：A
9．解析：如图，直线CD为抛物线M的准线，AC⊥CD，BD⊥CD，AE⊥BD.
设|BE|＝5x，则|AB|＝13x，|BE|＝|BD|－|AC|＝|BF|－|AF|＝5x，|AB|＝|AF|＋|BF|＝13x，
解得|AF|＝4x，|BF|＝9x，故 eq \f(|AF|,|BF|)＝ eq \f(4x,9x)＝ eq \f(4,9).
故选D.
答案：D
10．解析：由f（x）＝ eq \f(2x＋1,ex)－f′（x），得ex[f（x）＋f′（x）]＝2x＋1，
即[exf（x）]′＝2x＋1，则exf（x）＝x2＋x＋m，得f（x）＝ eq \f(x2＋x＋m,ex)，
∵f（1）＝ eq \f(2＋m,e)＝ eq \f(1,e)，∴m＝－1，故f（x）＝ eq \f(x2＋x－1,ex).
f′（x）＝ eq \f(（2x＋1）ex－（x2＋x－1）ex,e2x)＝－ eq \f(（x－2）（x＋1）,ex)，
∵当x∈（－1，2）时，f′（x）>0，当x∈（－∞，－1）或（2，＋∞）时，f′（x）<0，
∴f（x）在（－1，2）上单调递增，在（－∞，－1），（2，＋∞）上单调递减，
∴f（x）的极大值为f（2）＝ eq \f(5,e2)，极小值为f（－1）＝－e.
且当x→－∞时，f（x）→＋∞，当x→＋∞时，f（x）→0，
∵关于x的方程f（x）＋a＝0（a∈R）有3个不同的实数根，
∴f（x）＝ eq \f(x2＋x－1,ex)的图象与y＝－a有3个不同交点，则0<－a< eq \f(5,e2)，得－ eq \f(5,e2)
故选C.
答案：C
11．解析：∵四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
∴底面BCD外接圆的半径为 eq \f(2,3)× eq \r(12－（\f(1,2)）2)＝ eq \f(\r(3),3)，高为 eq \r(12－（\f(\r(3),3)）2)＝ eq \f(\r(6),3)，
∴其体积V＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×1×1× eq \f(\r(3),2)× eq \f(\r(6),3)＝ eq \f(\r(2),12)，
设正四面体内切球的半径为r，则4× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×1×1× eq \f(\r(3),2)×r＝ eq \f(\r(2),12)，得r＝ eq \f(\r(6),12).
如图，取AD的中点为E，
则 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))＝（ eq \(PE,\s\up6(→))＋ eq \(EA,\s\up6(→))）·（ eq \(PE,\s\up6(→))＋ eq \(ED,\s\up6(→))）＝ eq \(PE,\s\up6(→))2＋ eq \(PE,\s\up6(→))·（ eq \(EA,\s\up6(→))＋ eq \(ED,\s\up6(→))）＋ eq \(EA,\s\up6(→))· eq \(ED,\s\up6(→))＝ eq \(PE,\s\up6(→))2－ eq \f(1,4).
则当PE的长度最小时， eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))取得最小值，
设正四面体内切球的球心为O，可得OA＝OD＝ eq \f(\r(6),4)，
∵球心O到点E的距离d＝ eq \r(OA2－AE2)＝ eq \r(（\f(\r(6),4)）2－（\f(1,2)）2)＝ eq \f(\r(2),4)，
∴球O上的点P到E的最小距离为d－r＝ eq \f(\r(2),4)－ eq \f(\r(6),12)＝ eq \f(3\r(2)－\r(6),12).
即当 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为 eq \f(3\r(2)－\r(6),12).
故选A.
答案：A
12．解析：对于A，Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝ eq \f(a1,1－q)－ eq \f(a1qn,1－q)< eq \f(a1,1－q)，故A正确；
对于B，Sn＝ eq \f(a1（1－2n）,1－2)＝a1·2n－a1＝an＋1－a1
对于D，由Sk>qmSk－1，可得 eq \f(a1（1－qk）,1－q)> eq \f(a1qm（1－qk－1）,1－q)＝ eq \f(a1qm－a1qmqk－1,1－q)，
即 eq \f(a1－a1qk,1－q)> eq \f(a1qm－a1qm－1qk,1－q)，移项可得 eq \f(a1－a1qm,1－q)> eq \f(a1qk－a1qm－1qk,1－q)，
所以Sm>qkSm－1，即D正确．
故选C.
答案：C
13．解析：二项式（x2＋ eq \f(3,\r(x))）7的通项公式为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(7)) ·3r·x14－ eq \f(5r,2)，r＝0，1，…，7，
令14－ eq \f(5r,2)＝9，求得r＝2，可得展开式中含x9的系数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ·32＝189.
答案：189
14．解析：由约束条件作出可行域如图，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0,2x＋y＝9))，解得A（3，3），
化z＝x＋y为y＝－x＋z，由图可知，当直线y＝－x＋z过A时，
直线在y轴上的截距最大，z有最大值为3＋3＝6.
答案：6
15．解析：∵Sn＋2Tn＝1，
∴ eq \f(Tn,Tn－1)＋2Tn＝1（n≥2），
整理，得 eq \f(1,Tn)－ eq \f(1,Tn－1)＝2（n≥2），
由Sn＋2Tn＝1，可得a1＝ eq \f(1,3)， eq \f(1,T1)＝3，
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))是以3为首项，2为公差的等差数列，
∴ eq \f(1,Tn)＝2n＋1，
∴Tn＝ eq \f(1,2n＋1)，
∴Sn＝ eq \f(Tn,Tn－1)＝ eq \f(2n－1,2n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(1,3)；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(2n－1,2n＋1)－ eq \f(2n－3,2n－1)＝ eq \f(4,4n2－1).
答案：an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，n＝1,\f(4,4n2－1)，n≥2))
16．解析：易知△ABP是以PB为斜边的等腰直角三角形，△ABC为等腰三角形，∠BAC＝ eq \f(2π,3)，
设△ABP，△ABC的外接圆圆心分别为O1，O2，所以O1为PB中点，△O2AB为等边三角形．
设AB中点为H，连接O1H，O2H，所以O1H⊥AB，O2H⊥AB，
则∠O1HO2＝ eq \f(π,3)，O1H＝ eq \f(1,2)PA＝ eq \f(1,2)，O2H＝ eq \f(\r(3),2)，
设球心为O，则OO1⊥O1H，OO2⊥O2H，设∠OHO1＝θ，则∠OHO2＝ eq \f(π,3)－θ，
所以OH＝ eq \f(O1H,cs θ)＝ eq \f(O2H,cs （\f(π,3)－θ）)，解得tan θ＝2－ eq \f(\r(3),3)，所以OO1＝O1H·tan θ＝1－ eq \f(\r(3),6)，
设外接球半径为r.则r2＝OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋O1P2＝（1－ eq \f(\r(3),6)）2＋（ eq \f(\r(2),2)）2＝ eq \f(19,12)－ eq \f(\r(3),3)，
所以表面积S＝4πr2＝ eq \f(19－4\r(3),3)π.
答案： eq \f(19－4\r(3),3)π
板块三 大题规范练（得满分）
规范练（一）
1．解析：（1）由题意可知AE＝4BE，AE＝4，
则BE＝1.
在△BCE中由余弦定理可得CE2＝BC2＋BE2－2BC·BE·cs B，
代入可得7＝BC2＋1－2BC×1×cs eq \f(2π,3)，
解得BC＝2，
由三角形面积公式可得S△BCE＝ eq \f(1,2)BC·BE·sin B
＝ eq \f(1,2)×2×1× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(\r(3),2).
（2）因为∠A＝∠B＝∠CED＝ eq \f(2,3)π，
所以∠BCE＋∠CEB＝∠AED＋∠CEB＝ eq \f(π,3)，
则∠BCE＝∠AED，
因为∠A＝∠B，所以△BCE∽△AED，
则 eq \f(CE,ED)＝ eq \f(BC,AE)＝ eq \f(2,4)＝ eq \f(1,2)，
所以ED＝2CE＝2 eq \r(7)，
在△CDE中由余弦定理可得CD2＝DE2＋CE2－2DE·CE·cs ∠CED，
代入可得CD2＝28＋7－2×2 eq \r(7)× eq \r(7)·cs eq \f(2π,3)＝49，
所以CD＝7.
2．解析：（1）证明：取AB中点O，连接OE，OC，如图所示：
三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB, O为AB中点，
则OC⊥AB，
ABB1A1为正方形，点E、F分别是线段AA1，A1B1的中点，O为AB中点，
所以OE⊥EF，
又因为CE⊥EF，且OE∩CE＝E，
所以EF⊥平面OCE，
又因为OC⊂平面OCE，
所以EF⊥OC，
且AB⊥OC，EF与AB相交，则OC⊥平面ABB1A1，
又因为OC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ABB1A1.
（2）因为AA1⊥AB，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，平面ABC⊥平面ABB1A1.
所以AA1⊥平面ABC，
则AA1⊥BC.
又因为BC⊥CE，CE∩AA1＝E，
所以BC⊥平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，则BC⊥AC.
所以OC＝1.
又AA1⊥平面ABC，AA1∥OF，
所以OF⊥平面ABC，
从而OF⊥OC，OF⊥OA，OC⊥OA.
以O为坐标原点， eq \(OC,\s\up6(→))， eq \(OA,\s\up6(→))， eq \(OF,\s\up6(→))分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：
则O（0，0，0），C（1，0，0），A（0，1，0），E（0，1，1），F（0，0，2），C1（1，0，2）.
所以 eq \(CE,\s\up6(→))＝（－1，1，1）， eq \(CF,\s\up6(→))＝（－1，0，2），AC1＝（1，－1，2）.
设平面CEF的法向量为n＝（x，y，z）.
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CE,\s\up6(→))·n＝0,\(CF,\s\up6(→))·n＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＋z＝0,－x＋2z＝0))，令z＝1，解得x＝2，y＝1，
则n＝（2，1，1），
设直线AC1与平面CEF所成的角为θ，
由直线与平面夹角的求法可得sin θ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC1·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AC1))·n\(,\s\up6( )) )＝ eq \f(1,2).
3．解析：（1）由题意可知直线AC与直线BD关于坐标轴对称，所以四边形ACBD为矩形，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4m)＋\f(y2,m)＝1,y＝\f(\r(3),6)x))，解得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xA))＝ eq \r(3m)， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yA))＝ eq \f(\r(m),2)，
所以SACBD＝4 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xA))· eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yA))＝2 eq \r(3)m＝2 eq \r(3)，
解得m＝1，
代入椭圆方程可得 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
（2）存在．
设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意可知直线MN的斜率必然存在．
直线MN过点P（0，2），设直线MN的方程为y＝kx＋2，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2,\f(x2,4)＋y2＝1))，化简可得（4k2＋1）x2＋16kx＋12＝0，
所以x1＋x2＝－ eq \f(16k,4k2＋1)，x1x2＝ eq \f(12,4k2＋1)，
经过原点，且以MN为直径的圆满足OM⊥ON，即 eq \(OM,\s\up6(→))· eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
则 eq \(OM,\s\up6(→))· eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋（kx1＋2）（kx2＋2）
＝（k2＋1）x1x2＋2k（x1＋x2）＋4
＝（k2＋1）× eq \f(12,4k2＋1)＋2k（－ eq \f(16k,4k2＋1)）＋4＝0，
解方程可得k＝±2，经检验可知都满足Δ>0.
设线段MN的中点为G（x0，y0）.
则x0＝ eq \f(x1＋x2,2)＝－ eq \f(8k,4k2＋1)＝± eq \f(16,17)，
y0＝ eq \f(y1＋y2,2)＝ eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋4,2)＝ eq \f(2,4k2＋1)＝ eq \f(2,17)，
所以OG2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(260,289)，
所以存在满足条件的圆，圆的方程为（x± eq \f(16,17)）2＋（y－ eq \f(2,17)）2＝ eq \f(260,289).
4．解析：（1）设事件A：选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”；
则从剩余生物、思想政治、地理三个科目中选择一个有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) 种．
从物理、历史里选一门，生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门的方案有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) 种，
所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A))＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) )＝ eq \f(3,2×\f(4×3,2))＝ eq \f(1,4).
（2）此次网络测试的成绩记为X～N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ，σ2)).
①由题意可知μ＝171，
因为 eq \f(57,2 500)＝0.022 8，且 eq \f(1－P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)),2)＝ eq \f(1－0.954 4,2)＝0.022 8，
所以σ＝ eq \f(351－171,2)＝90；
而 eq \f(400,2 500)＝0.16，
且P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X≥μ＋σ))＝ eq \f(1－P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－σ≤X≤μ＋σ)),2)＝ eq \f(1－0.682 8,2)＝0.158 7<0.16，
所以前400名学生成绩的最低分高于μ＋σ＝261，
而考生甲的成绩为270分，所以甲同学能够获得荣誉证书．
②假设考生乙所说为真，则μ＝201，
P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X≥μ＋2σ))＝ eq \f(1－P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)),2)＝ eq \f(1－0.954 4,2)＝0.022 8，
而 eq \f(57,2 500)＝0.022 8，所以σ＝ eq \f(351－201,2)＝75，
从而μ＋3σ＝201＋3×75＝426<430，
而P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X≥μ＋3σ))＝ eq \f(1－P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)),2)＝ eq \f(1－0.997 4,2)＝0.001 3<0.005，
所以X≥μ＋3σ为小概率事件，即丙同学的成绩为430分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学所说为假．
5．解析：（1）f′（x）＝ex（x2＋2x＋ax＋a＋b），由切线方程可得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（0）＝a＋b＝－6，,f（0）＝b＝－4))⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝－4))，
∴f（x）＝ex（x2－2x－4），f′（x）＝ex（x2－6），∴f（x）增区间： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(6)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)，＋∞))；减区间： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(6)，\r(6))).
（2）ex eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2x－4))＝kx，∵x＝0不是方程的根，∴k＝ex· eq \f(x2－2x－4,x)，令g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2－\f(4,x)))，
g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)),x2)，
∴g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－2))递减， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))递增， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))递增， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞))递增．
且g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0的根为x＝1± eq \r(5).
g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))＝－ eq \f(2,e2)，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝－5e，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝－2e2，g（x）的大致图象如图，
∴k的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2e2，－5e))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,e2)，0)).
6．解析：（1）由曲线C1： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs θ,y＝\f(\r(3),6)sin θ))（θ为参数），利用sin2θ＋cs2θ＝（ eq \f(6y,\r(3))）2＋x2＝1，化为x2＋12y2＝1.
由C2： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)＋t·csα,y＝t·sin α))（t为参数），消去参数t可得（x－ eq \f(\r(2),2)）sin α－y cs α＝0.
（2）C2与x轴交于P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0))，
把C2： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)＋t·cs α,y＝t·sin α))（t为参数）.
代入曲线C1可得：（2＋22sin 2α）t2＋2 eq \r(2)t cs α－1＝0.
∴|PM|·|PN|＝－t1t2＝ eq \f(1,2＋22sin2α)≥ eq \f(1,24)，
∴|PM|·|PN|的最小值 eq \f(1,24)，此时α＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z.
7．解析：（1）f（x）＝－3x，（x≤－2）
－x＋4，（－2
得x＝0，x＝ eq \f(4,3)，所以，不等式f（x）≥4的解集是{x|x≤0或x≥ eq \f(4,3)}．
（2）f（x）在（－∞，1]上递减，[1，＋∞）上递增，所以，f（x）≥f（1）＝3，
由于不等式f（x）<|m－2|的解集是非空的集合，所以|m－2|>3，
解得，m<－1或m>5，即实数m的取值范围是（－∞，－1）∪（5，＋∞）.
规范练（二）
1．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
∵S2＋S3＝S4，即a1＋a2＋a1＋a2＋a3＝a1＋a2＋a3＋a4，
∴a1＋a2＝a4.
∵a1＝2，∴d＝1，∴an＝a1＋（n－1）d＝n＋1.
∴4a3＋6a7＝b6＝64.∵b1＝2，∴q＝2，∴bn＝2n.
（2）cn＝ eq \f(an,lg2bn)＋ eq \f(lg2bn,an)＝ eq \f(n＋1,lg22n)＋ eq \f(lg22n,n＋1)＝ eq \f(n＋1,n)＋ eq \f(n,n＋1)
＝1＋ eq \f(1,n)＋ eq \f(（n＋1）－1,n＋1)＝1＋ eq \f(1,n)＋1－ eq \f(1,n＋1)＝2＋（ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)），
∴Tn＝2n＋（1－ eq \f(1,2)）＋（ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)）＋（ eq \f(1,3)－ eq \f(1,4)）＋…＋（ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)）＝2n＋1－ eq \f(1,n＋1).
2．解析：（1）证明：∵M，N分别是AF，AB的中点，
∴MN∥BF.
∵MN⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，
∴MN∥平面BCF.
（2）∵四边形ABCD和ABEF都是边长为2的正方形，
∴DA⊥AB，FA⊥AB，
∴∠DAF就是二面角D － AB － F的平面角，
∴∠DAF＝60°.
连接DM，在△DAM中，DA＝2，AM＝1，∠DAM＝60°，
∴DM2＝AM2＋AD2－2AM·AD·cs 60°＝3，
∴DM＝ eq \r(3).
∴DM2＋AM2＝AD2，∴DM⊥AM.
∵DA⊥AB，FA⊥AB，FA∩DA＝A，
∴AB⊥平面ADM，∴AB⊥DM，AM∩AB＝A，
∴DM⊥平面ABEF.
以点M为原点，MF，MG（G是BE中点），MD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系，
则D（0，0， eq \r(3)），E（1，2，0），B（－1，2，0），F（1，0，0），A（－1，0，0），
eq \(DE,\s\up6(→))＝（1，2，－ eq \r(3)）， eq \(BF,\s\up6(→))＝（2，－2，0）， eq \(BC,\s\up6(→))＝ eq \(AD,\s\up6(→))＝（1，0， eq \r(3)）.
设平面BCF的法向量为m＝（x，y，z），
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BF,\s\up6(→))＝2x－2y＝0,m·\(BC,\s\up6(→))＝x＋\r(3)z＝0))，取m＝（ eq \r(3)， eq \r(3)，－1）.
设直线DE与平面BCF所成角为θ，
则sin θ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m·\(DE,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)) |\(DE,\s\up6(→))\(|,\s\up6()) )＝ eq \f(\r(42),7)，
∴直线DE与平面BCF所成角的正弦值为 eq \f(\r(42),7).
3．解析：（1）依题意，X的所有可能值为0，1，2，3.
则P（X＝0）＝0.2（1－p）2；
P（X＝1）＝0.8×（1－p）2＋0.2×C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×p×（1－p）＝0.8（1－p）2＋0.4p（1－p），
即P（X＝1）＝0.4p2－1.2p＋0.8，
P（X＝2）＝0.2p2＋0.8×C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×p×（1－p）＝0.2p2＋1.6p（1－p）＝－1.4p2＋1.6p，
P（X＝3）＝0.8p2；
X的分布列为
所以E（X）＝1×（0.4p2－1.2p＋0.8）＋2×（－1.4p2＋1.6p）＋3×0.8p2＝2p＋0.8.
（2）当p＝0.9时，E（X）取得最大值．
①一棵B树苗最终成活的概率为0.9＋0.1×0.75×0.8＝0.96.
②记Y为n棵树苗的成活棵数，M（n）为n棵树苗的利润，
则Y～B（n，0.96），E（Y）＝0.96n，M（n）＝300Y－50（n－Y）＝350Y－50n，
E（M（n））＝350E（Y）－50n＝286n，要使E（M（n））≥200 000，则有n≥699.3.
所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元．
4．解析：（1）设A（xA，yA），B（xB，yB），
因为D（1，0），椭圆C的左顶点为P（－2，0），所以|PD|＝3，
故S△PAB＝S△PDA＋S△PDB＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yA－yB))＝ eq \f(3\r(30),8)，
故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yA－yB))＝ eq \f(\r(30),4)，
设直线l：x＝my＋1，代入椭圆C的方程中，整理得（m2＋2）y2＋2my－3＝0，
所以yA＋yB＝－ eq \f(2m,m2＋2)，yAyB＝－ eq \f(3,m2＋2)，
故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yA－yB))＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(yA＋yB))2－4yAyB)＝ eq \f(\r(4m2＋12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋2))),m2＋2)＝ eq \f(\r(30),4)，
解得m2＝6，m＝± eq \r(6)，
故直线l的方程为x－ eq \r(6)y－1＝0或x＋ eq \r(6)y－1＝0.
（2）由题意得，设直线l的方程为y＝k（x－1），
与椭圆方程联立可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))，
整理得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－4＝0，
设A（x1，k（x1－1）），B（x2，k（x2－1）），
则x1＋x2＝ eq \f(4k2,2k2＋1)①，x1x2＝ eq \f(2k2－4,2k2＋1)②，
又P（－2，0），所以直线PA的方程为y＝ eq \f(k（x1－1）,x1＋2)（x＋2），
令x＝3，解得M（3， eq \f(5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－1)),x1＋2)），
同理可得，N（3， eq \f(5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－1)),x2＋2)），设R（xR，yR），
所以 eq \(MR,\s\up6(→))＝（xR－3，yR－ eq \f(5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－1)),x1＋2)）， eq \(RN,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－xR，\f(5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－1)),x2＋2)－yR))，
因为 eq \(MR,\s\up6(→))＝ eq \(RN,\s\up6(→))，所以xR＝3，yR＝ eq \f(5k,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1－1,x1＋2)＋\f(x2－1,x2＋2)))，
将①②代入上式并化简可得yR＝－ eq \f(5,3k)，
所以直线RD的斜率为k′＝ eq \f(－\f(5,3k),3－1)＝－ eq \f(5,6k)，
故k·k′＝－ eq \f(5,6)，为定值．
5．解析：（1）依题意，x∈R，f′（x）＝ex eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋8x－4＋2x＋8))＝ex eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋10x＋4))，
令f′（x）＝0，即x2＋10x＋4＝0，解得x＝ eq \f(－10±\r(84),2)＝－5± eq \r(21)，
故当x∈（－∞，－5－ eq \r(21)）时，f′（x）>0，
当x∈（－5－ eq \r(21)，－5＋ eq \r(21)）时，f′（x）<0，
当x∈（－5＋ eq \r(21)，＋∞）时，f′（x）>0，
故函数f（x）的单调递增区间为（－∞，－5－ eq \r(21)）和（－5＋ eq \r(21)，＋∞），
单调递减区间为（－5－ eq \r(21)，－5＋ eq \r(21)）.
（2）令g（x）＝ eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋8x－4)),4)＋m－m sin x，
由题意得，当x＝0时，g（0）＝m－1≥0，则有m≥1，
下面证当m≥1时，对任意x≥0，都有g（x）≥0，
由于x∈R时，1－sin x≥0，
所以当m≥1时，g（x）≥ex（ eq \f(1,4)x2＋2x－1）＋1－sin x，
故只需证明对任意x≥0，都有ex（ eq \f(1,4)x2＋2x－1）＋1－sin x≥0，
令h（x）＝x－sin x，则h′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝1－cs x，
所以h′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥0在[0，＋∞）上恒成立，
所以函数h（x）＝x－sin x在[0，＋∞）上单调递增，
所以当x≥0时，h（x）≥h（0）＝0，即x≥sin x，
所以1－x≤1－sin x，则ex（ eq \f(1,4)x2＋2x－1）＋1－sin x≥ex（ eq \f(1,4)x2＋2x－1）＋1－x，
令F（x）＝ex（ eq \f(1,4)x2＋2x－1）＋1－x，x≥0，则F′（x）＝ex（ eq \f(1,4)x2＋ eq \f(5,2)x＋1）－1.
当x≥0时，ex≥1， eq \f(1,4)x2＋ eq \f(5,2)x＋1≥1，
所以F′（x）≥0，即函数F（x）在[0，＋∞）上单调递增，
所以当x≥0时，F（x）≥F（0）＝0，
所以对任意x≥0，都有ex（ eq \f(1,4)x2＋2x－1）＋1－sin x≥0.
所以当m≥1时，对任意x≥0，都有 eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋8x－4)),4)＋m≥m sin x，
故实数m的取值范围为[1，＋∞）.
6．解析：（1）由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－t，,y＝－2t))可得2x＝4＋y，即2x－y－4＝0，
所以直线l的普通方程为2x－y－4＝0.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α,y＝sin α))可得（x－1）2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，
将x＝ρcs θ，ρ2＝x2＋y2代入上式，可得ρ2－2ρcs θ＝0，即ρ＝2cs θ，
所以曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cs θ.
（2）由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y－4＝0,y2＝4x))，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝－2))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4,y＝4))，
因为点M位于第一象限，所以M（4，4），
由（1）可得A（2，0），因为线段MA的中点为N，所以N（3，2），
由（1）可知曲线C1表示圆，其圆心为C1（1，0），半径r＝1，
所以|C1N|＝ eq \r(（3－1）2＋（2－0）2)＝2 eq \r(2)>r，
因为点P在曲线C1上，所以|PN|min＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(C1N))－r＝2 eq \r(2)－1.
7．证明：（1）因为x>0，由三个正数的基本不等式可得，
8x＋2＝8x＋1＋1≥3 eq \r(3,8x×1×1)＝6 eq \r(3,x)，当且仅当x＝ eq \f(1,8)时取等号；
同理可得8y＋2≥6 eq \r(3,y)，8z＋2≥6 eq \r(3,z)，当且仅当y＝ eq \f(1,8)，z＝ eq \f(1,8)时取等号；
故（8x＋2）（8y＋2）（8z＋2）≥216 eq \r(3,xyz)，当且仅当x＝y＝z＝ eq \f(1,8)时取等号，
因为8xyz＝ eq \f(1,64)，所以（8x＋2）（8y＋2）（8z＋2）≥27，
当且仅当x＝y＝z＝ eq \f(1,8)时取等号．
（2）要证2m2n＋4mn2＋1≤4m2n2＋m＋2n，
即证4m2n2－4mn2＋2n－2m2n＋m－1≥0，
即证4mn2（m－1）－（2mn＋2n）（m－1）＋m－1≥0，
即证（m－1） eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4mn2－2mn－2n＋1))≥0，
即证（m－1）[2mn（2n－1）－（2n－1）]≥0，
即证（m－1）（2n－1）（2mn－1）≥0，
因为m≥1，n≥ eq \f(1,2)，
所以m－1≥0，2n－1≥0，2mn－1≥0，
所以（m－1）（2n－1）（2mn－1）≥0，
所以2m2n＋4mn2＋1≤4m2n2＋m＋2n得证．
规范练（三）
1．解析：（1）由已知及正弦定理得sin B＝sin A cs C＋ eq \f(\r(3),3)sin C sin A．
又sin B＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋C))＝sin A cs C＋cs A sin C，
且sin C≠0，∴tan A＝ eq \r(3)，0
∵bc≤ eq \f(b2＋c2,2)，当且仅当b＝c时取等号，∴b2＋c2≤6.
∵AM是BC边上的中线，∴在△ABM和△ACM中，
由余弦定理得，c2＝AM2＋ eq \f(3,4)－2AM· eq \f(\r(3),2)·cs ∠AMB，①
b2＝AM2＋ eq \f(3,4)－2AM· eq \f(\r(3),2)·cs ∠AMC.②
由①②，得AM2＝ eq \f(b2＋c2,2)－ eq \f(3,4)≤ eq \f(9,4)，
当且仅当b＝c＝ eq \r(3)时，AM取最大值 eq \f(3,2).
方法二：在△ABC中，由余弦定理得b2＋c2－bc＝3，
∵bc≤ eq \f(b2＋c2,2)，当且仅当b＝c时取等号，∴b2＋c2≤6.
∵AM是BC边上的中线，∴ eq \(AM,\s\up6(→))＝ eq \f(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→)),2)，两边平方得
AM2＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2＋c2＋bc))，∴AM2＝ eq \f(b2＋c2,2)－ eq \f(3,4)≤ eq \f(9,4)，
当且仅当b＝c＝ eq \r(3)时，AM取最大值 eq \f(3,2).
2．解析：（1）证明：因为EA＝ED，O是AD中点，故EO⊥DA,
又因为平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，
故EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC；
因为EF∥AB，BC⊥AB，所以EF⊥BC，EO∩EF＝E，
故BC⊥平面EOF, OF⊂平面EOF，
所以BC⊥OF.
（2）设BC的中点为M，则有OM⊥DA，由（1），EO⊥平面ABCD，
所以OE、OA、OM两两垂直．可建立如图空间直角坐标系O － xyz.
依题意设点E的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，s))，点F的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，t，s)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s>0，t∈R))，又B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2，0))，
所以 eq \(OF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，t，s))， eq \(BF,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，t－2，s))，
由（1）知OF⊥BC，故OF与平面BCF垂直，等价于OF⊥BF，
故 eq \(OF,\s\up6(→))· eq \(BF,\s\up6(→))＝0，从而t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－2))＋s2＝0，即t2－2t＋s2＝0，
直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，即关于t的方程有唯一实数解．
所以Δ＝4－4s2＝0，解得s＝1，此时t＝1.
故点E的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，1))，点F的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，1)).
因为OF⊥平面FBC，所以OF⊥BF且OF⊥CF，
所以∠BFC即二面角B － OF － C的平面角.
因为 eq \(FB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，－1))， eq \(FC,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－1))，
所以cs ∠BFC＝ eq \f(\(FB,\s\up6(→))·\(FC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(FB,\s\up6(→))))·|\(FC,\s\up6(→))\(|,\s\up6()) )＝ eq \f(1,3)，
即若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直时，二面角B － OF － C的余弦值为 eq \f(1,3).
3．解析：（1）根据抽样调查数据，一、二等品所占比例的估计值为0.200＋0.300＋0.260＋0.090＋0.025＝0.875，由于该估计值小于0.92，故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定．
（2）由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率分别为0.375、0.5、0.125，故在样本中用分层抽样方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件，再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情况有2种：①一等品2件，二等品1件，三等品1件；②一等品1件，二等品2件，三等品1件，故所求的概率P＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ,C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) )＝ eq \f(3,7).
（3）“质量提升月”活动前，该企业这种产品的质量指标值的均值约为
170×0.025＋180×0.1＋190×0.2＋200×0.3＋210×0.26＋220×0.09＋230×0.025＝200.4.
“质量提升月”活动后，产品质量指标值X近似满足X～N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(218，140))，则E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(X))＝218.
所以“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了17.6.
4．解析：（1）根据椭圆的定义，可得|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，
∴△AF1B的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a，∴4a＝8，得a＝2，
∴椭圆E的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,b2)＝1，将P（1， eq \f(3,2)）代入椭圆E的方程可得b2＝3，所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
（2）由（1）可知c2＝a2－b2＝4－3＝1，得F2（1，0），依题意可知，
当直线l的斜率为0时，|AF2|＋|BF2|＝2a＝4，|AF2|·|BF2|＝（a＋c）（a－c）＝a2－c2＝b2＝3，则λ＝ eq \f(|AF2|＋|BF2|,|AF2|·|BF2|)＝ eq \f(4,3)；
当直线l的斜率不为0时，
故可设直线l的方程为x＝my＋1，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,x＝my＋1))消去x，整理得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝ eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝ eq \f(－9,3m2＋4)，不妨设y1>0，y2<0，
|AF2|＝ eq \r(（x1－1）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝ eq \r(（my1＋1－1）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝ eq \r(m2＋1)·|y1|＝ eq \r(m2＋1)·y1，
同理|BF2|＝ eq \r(m2＋1)·|y2|＝－ eq \r(m2＋1)·y2，
所以 eq \f(1,|AF2|)＋ eq \f(1,|BF2|)＝ eq \f(1,\r(m2＋1)·y1)＋ eq \f(1,－\r(m2＋1)·y2)＝ eq \f(1,\r(m2＋1))（ eq \f(1,y1)－ eq \f(1,y2)）
＝ eq \f(1,\r(m2＋1))· eq \f(y2－y1,y1y2)＝ eq \f(1,\r(m2＋1))· eq \f(－\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋y1))2－4y1y2),y1y2)＝ eq \f(1,\r(m2＋1))· eq \f(－\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6m,3m2＋4)))2－4×\f(－9,3m2＋4)),\f(－9,3m2＋4))＝ eq \f(4,3)，即|AF2|＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF2))＝ eq \f(4,3)|AF2|· eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF2))，所以存在实数λ＝ eq \f(4,3)，
使得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF2))＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF2))＝λ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF2))· eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF2))成立．
5．解析：（1）设f（x）＝ eq \f(a,x)（a≠0），则g（x）＝ eq \f(a cs x,x)＋b，
直线y＝－ eq \f(6,π)x＋2的斜率为－ eq \f(6,π)，过点（ eq \f(π,2)，－1），
g′（x）＝ eq \f(－a（x sin x＋cs x）,x2)，
则g′（ eq \f(π,2)）＝ eq \f(－2a,π)＝－ eq \f(6,π)，
∴a＝3，g（ eq \f(π,2)）＝b＝－1，
∴g（x）＝ eq \f(3cs x,x)－1.
（2）函数F（x）在（0，2π]上有3个零点．
证明：F（x）＝g（x）＋1－ eq \f(3,2π)＝ eq \f(3cs x,x)－ eq \f(3,2π)，
则F′（x）＝ eq \f(－3（x sin x＋cs x）,x2)，
又F（ eq \f(π,6)）＝ eq \f(9\r(3),π)－ eq \f(3,2π)>0，F（ eq \f(π,2)）＝－ eq \f(3,2π)<0，
∴F（x）在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上至少有一个零点，
又F（x）在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，故在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上只有一个零点，
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))时，cs x<0，故F（x）<0，
所以函数F（x）在（ eq \f(π,2)， eq \f(3π,2)）上无零点．
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))时，令h（x）＝x sin x＋cs x，h′（x）＝x cs x>0，
∴h（x）在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增，h（2π）>0，h（ eq \f(3π,2)）<0，
∴∃x0∈（ eq \f(3π,2)，2π），使得F（x）在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，x0))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，2π))上单调递减．
又F（2π）＝0，F（ eq \f(3π,2)）<0，
∴函数F（x）在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上有2个零点．
综上所述，函数F（x）在（0，2π]上有3个零点．
6．解析：（1）因为曲线C的方程ρ＝4cs θ＋6sin θ，
∴ρ2＝4ρcs θ＋6ρsin θ，
∵ρ2＝x2＋y2，x＝ρcs θ，y＝ρsin θ ，
∴x2＋y2＝4x＋6y，
化简得，曲线C的直角坐标方程为（x－2）2＋（y－3）2＝13.
（2）把直线l： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3－\f(\r(2),2)t,y＝1＋\f(\r(2),2)t))代入曲线C得（1－ eq \f(\r(2),2)t）2＋（ eq \f(\r(2),2)t－2）2＝13，
整理得，t2－3 eq \r(2)t－8＝0.
∵Δ＝（－3 eq \r(2)）2＋32>0，所以方程t2－3 eq \r(2)t－8＝0有两个不等实根，
设t1，t2为方程的两个实数根，由韦达定理可得，
t1＋t2＝3 eq \r(2)，t1t2＝－8，∴t1，t2为异号，
又∵点A（3，1）在直线l上，由参数方程中参数的几何意义可得，
|AM|＋|AN|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝ eq \r(（t1＋t2）2－4t1t2)＝ eq \r(50)＝5 eq \r(2).
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AM))＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AN))＝5 eq \r(2).
7．解析：（1）∵f（x）＝|x－m|－|x＋2|，
∴f（x－2）＝|x－m－2|－|x－2＋2|，
∴不等式f（x－2）≥0的解集为（－∞，4]，
即为不等式|x－m－2|－|x|≥0的解集为（－∞，4]，
∴|x－m－2|≥|x|的解集为（－∞，4]，
即不等式（x－m－2）2≥x2的解集为（－∞，4]，
化简可得，不等式（m＋2）（m＋2－2x）≥0的解集为（－∞，4]，
∴ eq \f(m＋2,2)＝4，即m＝6.
（2）∵m＝6，∴a＋2b＋c＝12.
又∵a>0，b>0，c>3，
∴（a＋1）（b＋1）（c－3）＝ eq \f(（a＋1）（2b＋2）（c－3）,2)
≤ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（a＋1）＋（2b＋2）＋（c－3）,3)))3＝ eq \f(1,2)（ eq \f(a＋2b＋c,3)）3＝ eq \f(1,2)×（ eq \f(12,3)）3＝32，
当且仅当a＋1＝2b＋2＝c－3，a＋2b＋c＝12时等号成立，
即a＝3，b＝1，c＝7时，等号成立，
∴（a＋1）（b＋1）（c－3）的最大值为32.
规范练（四）
1．解析：（1）∵a sin A cs C＋ eq \f(1,2)c sin 2A＝ eq \r(3)b cs A，
∴a sin A cs C＋c sin A cs A＝ eq \r(3)b cs A，
由正弦定理得sin A （sin A cs C＋cs A sin C）＝ eq \r(3)sin B cs A，
∴sin A sin （A＋C）＝ eq \r(3)sin B cs A，即sin A sin B＝ eq \r(3)sin B cs A，
∵0
∵0
即（ eq \r(7)）2＝AD2＋32－2×3×AD× eq \f(1,2)，
解得AD＝1或AD＝2（舍），
∵AB＝2AD，∴BD＝AD＝1，
∴S△BDC＝S△ACD＝ eq \f(1,2)×1×3× eq \f(\r(3),2)＝ eq \f(3\r(3),4).
2．解析：（1）证明：设AC与BD的交点为Q，则Q为BD的中点，
取BM的中点P，连接PQ，则PQ∥DM，又AN∥DM，所以PQ∥AN，
因为PQ＝ eq \f(1,2)DM＝1，AN＝1，
所以四边形PQAN是平行四边形，则AQ∥PN，
因为PN⊂平面BMN，AQ⊄平面BMN，
所以AQ∥平面BMN，即AC∥平面BMN.
（2）取AD的中点O，连接BO，则BO⊥AD，易得BO＝ eq \r(3)，
因为DM⊥平面ABCD，所以平面ADMN⊥平面ABCD，
所以BO⊥平面ADMN.
建立如图所示的空间直角坐标系，则O（0，0，0），B（ eq \r(3)，0，0），C（ eq \r(3)，2，0），
M（0，1，2），N（0，－1，1）.
所以 eq \(MB,\s\up6(→))＝（ eq \r(3)，－1，－2），
eq \(MN,\s\up6(→))＝（0，－2，－1），
eq \(MC,\s\up6(→))＝（ eq \r(3)，1，－2）.
设平面BMN的一个法向量为m＝（x，y，z），
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(MB,\s\up6(→))·m＝0,\(MN,\s\up6(→))·m＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y－2z＝0,－2y－z＝0))，
取y＝－1，得x＝ eq \r(3)，z＝2，所以m＝（ eq \r(3)，－1，2）.
设直线MC与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(MC,\s\up6(→))，m〉|＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MC,\s\up6(→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(MC,\s\up6(→)))) |m\(|,\s\up6()) )＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3－1－4)),\r(8)·\r(8))＝ eq \f(1,4).
3．解析：（1）依题意，所求平均分 eq \(x,\s\up6(－))＝35×0.025＋45×0.15＋55×0.2＋65×0.25＋75×0.225＋85×0.1＋95×0.05
＝0.875＋6.75＋11＋16.25＋16.875＋8.5＋4.75＝65.
（2）随机抽取1人，给分在[40，50）或[80，100]的概率p＝ eq \f(3,10)，故X～B（3， eq \f(3,10)），
则P（X＝0）＝（ eq \f(7,10)）3＝ eq \f(343,1 000)，P（X＝1）＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) （ eq \f(7,10)）2（ eq \f(3,10)）＝ eq \f(441,1 000)，
P（X＝2）＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) （ eq \f(7,10)）1（ eq \f(3,10)）2＝ eq \f(189,1 000)，P（X＝3）＝（ eq \f(3,10)）3＝ eq \f(27,1 000)，故X的分布列为
故E（X）＝3× eq \f(3,10)＝ eq \f(9,10).
（3）由题意可知： eq \(t,\s\up6(－))＝ eq \f(1＋2＋3＋4＋5,5)＝3， eq \(y,\s\up6(－))＝ eq \f(5.6＋5.7＋6＋6.2＋6.5,5)＝6，
eq \i\su(i＝1,5, )（ti－ eq \(t,\s\up6(－))）（yi－ eq \(y,\s\up6(－))）＝（－2）×（－0.4）＋（－1）×（－0.3）＋0＋1×0.2＋2×0.5＝2.3，
eq \i\su(i＝1,5,)（ti－ eq \(t,\s\up6(－))）2＝（－2）2＋（－1）2＋0＋12＋22＝10，
eq \(b,\s\up6(^))＝ eq \f(\i\su(i＝1,5, )（ti－\(t,\s\up6(－))）（yi－\(y,\s\up6(－))）,\i\su(i＝1,5,)（ti－\(t,\s\up6(－))）2)＝ eq \f(2.3,10)＝0.23， eq \(a,\s\up6(^))＝ eq \(y,\s\up6(－))－ eq \(b,\s\up6(^))· eq \(t,\s\up6(－))＝6－0.23×3＝5.31，
∴y关于t的线性回归方程为 eq \(y,\s\up6(^)) ＝0.23t＋5.31.
4．解析：（1）由抛物线x2＝py（p>0）的焦点为F（0，1），可得p＝4，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
设直线l的方程为y＝kx＋1（k＝tan α），代入x2＝4y，消去x，
得y2－（2＋4k2）y＋1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝2＋4k2，
所以|AB|＝y1＋y2＋ eq \f(p,2) ＝2＋4k2＋2＝16，
得k2＝3，k＝± eq \r(3) ，所以tan α＝± eq \r(3) ，则α＝ eq \f(π,3) 或α＝ eq \f(2π,3) .
（2）设直线l方程为y＝kx＋ eq \f(p,4) （k＝tan α），A（x1， eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,p) ），B（x2， eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,p) ），
将直线l的方程y＝kx＋ eq \f(p,4) 代入x2＝py，消去y，得x2－pkx－ eq \f(p2,4) ＝0，
则x1＋x2＝pk①，x1x2＝－ eq \f(p2,4) ②.
由y＝ eq \f(x2,p) 求导，得y′＝ eq \f(2,p) x，
所以直线l1，l2的斜率分别为k1＝ eq \f(2x1,p) ，k2＝ eq \f(2x2,p) ，
则l1，l2的方程分别为y＝ eq \f(2x1,p) x－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,p) ③，y＝ eq \f(2x2,p) x－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,p) ④，
解③④组成的方程组，结合①，②，得x＝ eq \f(pk,2) ，y＝－ eq \f(p,4) ，
即E（ eq \f(pk,2) ，－ eq \f(p,4) ），
因为F（0， eq \f(p,4) ），所以kEF＝ eq \f(－\f(p,4)－\f(p,4),\f(pk,2)) ＝－ eq \f(1,k) ，所以kEF·k＝－1，所以EF⊥l.
所以|α－β|＝90°为定值．
5．解析：（1）∵f（x）＝ex－cs x，则f′（x）＝ex＋sin x，
∴f（0）＝0，f′（0）＝1.
因此，函数y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝x，即x－y＝0.
（2）证明：当x>0时，ex>1≥cs x，此时，f（x）＝ex－cs x>0，
所以，函数y＝f（x）在区间（0，＋∞）上没有零点；
又f（0）＝0，下面只需证明函数y＝f（x）在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) 上有且只有一个零点．
f′（x）＝ex＋sin x，构造函数g（x）＝ex＋sin x，则g′（x）＝ex＋cs x，
当－ eq \f(π,2)
所以，函数y＝f′（x）在区间（－ eq \f(π,2) ，0）上单调递增，
∵f′（－ eq \f(π,2) ）＝e－ eq \f(π,2) －1<0，f′（0）＝1>0，
由零点存在定理知，存在t∈（－ eq \f(π,2) ，0），使得f′（t）＝0，
当－ eq \f(π,2)
所以，函数y＝f（x）在x＝t处取得极小值，则f（t）
由零点存在定理可知，函数y＝f（x）在区间（－ eq \f(π,2) ，0）上有且只有一个零点．
综上可得，函数y＝f（x）在（－ eq \f(π,2) ，＋∞）上有且仅有两个零点．
6．解析：（1）因为C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α,y＝sin α)) （α为参数），
消去参数得（x－1）2＋y2＝1，则一般式为x2＋y2－2x＝0，
由ρ2＝x2＋y2，x＝ρcs θ，可得C1的极坐标方程为ρ＝2cs θ；
设A（ρ1，θ），则ρ1＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OA)) ，
而A为曲线C1上的动点，则ρ1＝2cs θ，
因为点B在线段OA 的延长线上，则设B（ρ，θ），有ρ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OB)) ，
因为|OA|·|OB|＝ρ1·ρ＝8，
所以得2cs θ·ρ＝8，即ρcs θ＝4，
所以C2的极坐标方程为ρcs θ＝4.
（2）由（1）可知，|AB|＝|OB|－|OA|＝ρ－ρ1＝ eq \f(4,cs θ) －2cs θ，
AB边上的高为h＝|OM|sin （ eq \f(π,2) －θ）＝2cs θ，
则S△ABM＝ eq \f(1,2) ·（ eq \f(4,cs θ) －2cs θ）·2cs θ＝4－2cs2θ，
因为cs2θ∈[0，1]，所以当cs2θ＝1时，（S△ABM）min＝4－2＝2.
7．解析：（1）当m＝5时，f（x）＝|x＋2|＋|2x－1|－5，
不等式f（x）≥0为|x＋2|＋|2x－1|≥5，
①当x≤－2时，不等式为－3x－1≥5，即x≤－2，满足；
②当－2
综上所述，不等式f（x）≥0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≤－2或x≥\f(4,3))) .
（2）设g（x）＝|x＋2|＋|2x－1|，若f（x）≥ eq \f(3,2) 对于x∈R恒成立，
即g（x）＝|x＋2|＋|2x－1|≥m＋ eq \f(3,2)对于x∈R恒成立，
g（x）＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x－1（x≤－2），,－x＋3（－2
所以m＋ eq \f(3,2)≤ eq \f(5,2)，∴m≤1，即m的取值范围是（－∞，1].
规范练（五）
1．解析：（1）当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2，
由Sn＝2an－2，可得Sn＋1＝2an＋1－2，上述两式相减可得an＋1＝2an＋1－2an，
所以 eq \f(an＋1,an)＝2，a1＝2≠0，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n.
（2）由（1）可知bn＝（n－1）an＝n·2n－2n，
所以Tn＝（1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n）－（21＋22＋23＋…＋2n），
令M＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n①，
则2M＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1②，
①－②得－M＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝ eq \f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝（2－2n）·2n－2，
所以M＝（2n－2）·2n＋2，所以Tn＝（2n－2）·2n＋2－ eq \f(2（1－2n）,1－2)＝（n－2）2n＋1＋4.
2．解析：（1）小建申请A大，B大，C大都不成功的概率为（1－ eq \f(1,2)）（1－ eq \f(2,3)）（1－ eq \f(3,4)）＝ eq \f(1,24)，
则小建至少申请成功一所大学的概率为 eq \f(23,24).
（2）依题意，X的所有可能值为0，1，2，3，则P（X＝0）＝ eq \f(1,24)，
P（X＝1）＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(3,4)＝ eq \f(1,4)，
P（X＝2）＝ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)× eq \f(3,4)＋ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(3,4)＝ eq \f(11,24)，
P（X＝3）＝ eq \f(1,2)× eq \f(2,3)× eq \f(3,4)＝ eq \f(1,4)，
X的分布列如下：
E（X）＝ eq \f(23,12).
3．解析：（1）证明：∵PA＝AB＝1，E为中点，∴AE⊥PB，
∵ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC且BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE，
BC∩PB＝B，∴AE⊥平面PBC.
（2）如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系．
B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），P（0，0，1），E（ eq \f(1,2)，0， eq \f(1,2)），
设平面DEC的法向量n＝（x，y，z），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝\f(1,2)x－2y＋\f(1,2)z＝0,n·\(DC,\s\up6(→))＝x＝0))，令z＝2，得n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，2))，
设平面BEC的法向量m＝（x′，y′，z′），则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BE,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x′＋\f(1,2)z′＝0,m·\(BC,\s\up6(→))＝2y′＝0))，令x′＝1，得m＝（1，0，1），
则cs 〈n，m〉＝ eq \f(2\r(34),17)，
∵二面角D － EC － B的平面角为钝角，
∴二面角D － EC － B的平面角的余弦值为－ eq \f(2\r(34),17).
4．解析：（1）设P（x，y），因为点P在线段AB上，且|BP|＝2|PA|，所以A（ eq \f(3x,2)，0），B（0，3y），
因为|AB|＝3，所以（ eq \f(3x,2)）2＋（3y）2＝9，即 eq \f(x2,4)＋y2＝1，
所以点P的轨迹Γ的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），
当l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m))得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以Δ＝（8km）2－4（4k2＋1）（4m2－4）>0，即4k2－m2＋1>0，
x1＋x2＝－ eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝ eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
因为直线QM，QN的斜率之和为2，所以 eq \f(y1＋1,x1)＋ eq \f(y2＋1,x2)＝2，
所以2k＋ eq \f(（m＋1）（x1＋x2）,x1x2)＝2，即2k－ eq \f(（m＋1）×2km,m2－1)＝2，所以m＝1－k，
当m＝1－k时，满足4k2－m2＋1>0，即Δ>0，符合题意，
此时l：y＝kx＋1－k恒过定点（1，1），
当l的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2，
因为直线QM，QN的斜率之和为2，所以 eq \f(y1＋1,x1)＋ eq \f(y2＋1,x2)＝ eq \f(－y2＋1,x2)＋ eq \f(y2＋1,x2)＝ eq \f(2,x2)＝2，
所以x2＝1，此时l：x＝1，恒过定点（1，1），
综上，直线l恒过定点（1，1）.
5．解析：（1）f′（x）＝aex－2e－x＋（a－2）＝ eq \f(ae2x＋（a－2）ex－2,ex)＝ eq \f(（aex－2）（ex＋1）,ex)，
当a≤0时，f′（x）<0，f（x）在R上单调递减；
当a>0时，由f′（x）<0得x
综上，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；
当a>0时，f（x）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增．
（2）解法一 当x＝ eq \f(π,2)时，f（ eq \f(π,2)）＝ae eq \s\up6(\f(π,2))＋2e－ eq \f(π,2)＋（a－2） eq \f(π,2)≥0，即（e eq \s\up6(\f(π,2))＋ eq \f(π,2)）a≥π－ eq \f(2,e\s\up6(\f(π,2)))>0，
所以a>0，
令g（x）＝f（x）－（a＋2）cs x＝aex＋2e－x＋（a－2）x－（a＋2）cs x，
则g′（x）＝aex－2e－x＋（a－2）＋（a＋2）sin x＝ eq \f(ae2x－2,ex)＋（a－2）＋（a＋2）sin x，
若a≥2，则当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))时，g′（x）≥0，所以g（x）在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))上单调递增；
当x∈（π，＋∞）时，g′（x）＝aex－2e－x＋（a－2）＋（a＋2）sin x≥aex－2e－x＋（a－2）－（a＋2）>aeπ－2e－π－4≥4a－ eq \f(2,4)－4>0，
所以当x∈[0，＋∞）时，g（x）单调递增，所以g（x）≥g（0）＝0.
若0
由aex－2e－x－4＝0得x＝ln eq \f(2＋\r(4＋2a),a)>0，
所以g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2＋\r(4＋2a),a)))≥0，
所以∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，ln \f(2＋\r(4＋2a),a)))，使得g′（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，g′（x）<0，
所以g（x）在x∈（0，x0）上单调递减，
所以当x∈（0，x0）时，g（x）
解法二 当x＝ eq \f(π,2)时，f（ eq \f(π,2)）＝ae eq \s\up6(\f(π,2))＋2e－ eq \f(π,2)＋（a－2） eq \f(π,2)≥0，即（e eq \s\up6(\f(π,2))＋ eq \f(π,2)）a≥π－ eq \f(2,e\s\up6(\f(π,2)))>0，
所以a>0，
若a≥2，由（1）知：f（x）在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增，
因为a≥2，所以ln eq \f(2,a)≤0，所以f（x）在x∈[0，＋∞）上单调递增，
所以当x∈[0，＋∞）时，f（x）≥f（0）＝a＋2≥（a＋2）cs x.
若0
则g′（x）＝aex－2e－x＋（a－2）＋（a＋2）sin x＝ eq \f(ae2x－2,ex)＋（a－2）＋（a＋2）sin x，
所以g′（0）＝2（a－2）<0，
g′（x）＝aex－2e－x＋（a－2）＋（a＋2）sin x≥aex－2e－x＋（a－2）－（a＋2）＝aex－2e－x－4，
由aex－2e－x－4＝0得x＝ln eq \f(2＋\r(4＋2a),a)>0，
所以g′（ln eq \f(2＋\r(4＋2a),a)）≥0，
所以∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，ln \f(2＋\r(4＋2a),a)))，使得g′（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，g′（x）<0，
所以g（x）在x∈（0，x0）上单调递减，
所以当x∈（0，x0）时，g（x）
6．解析：（1）∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2cs φ，,y＝2sin φ))（φ为参数），
∴曲线C1的普通方程为（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，
∵x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，∴ρ2－4ρcs θ＝0，
∴曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cs θ.
（2）依题意设A（ρ1，θ），B（ρ2，θ），
∴由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(θ＝α,ρ＝4cs θ))得ρ1＝4cs α.由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(θ＝α,ρ＝4sin θ))
得ρ2＝4sin α.
∵0<α< eq \f(π,4)，∴ρ1>ρ2.
∴|AB|＝|OA|－|OB|＝ρ1－ρ2＝4cs α－4sin α.
∵OM是圆C1的直径，∴∠OAM＝ eq \f(π,2).
∴如图，在Rt△OAM中，|AM|＝4sin α.
∵在Rt△BAM中，∠AMB＝ eq \f(π,4)，
∴|AB|＝|AM|，即4cs α－4sin α＝4sin α，
∴4cs α＝8sin α，即tan α＝ eq \f(1,2).
7．解析：（1）∵f（ eq \f(π,2)）>6，∴2＋|a－3|＋|a－1|>6，即|a－3|＋|a－1|>4.
当a≥3时，不等式化为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－3＋a－1>4,a≥3))，∴a>4.
当1
综上，原不等式的解集为（－∞，0）∪（4，＋∞）.
（2）证明：要证∀x∈R，f（x）≥|a－3|－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))恒成立，
即证∀x∈R，2sin x≥－|a－1|－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))恒成立．
∵2sin x的最小值为－2，∴只需证－2≥－|a－1|－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))，即证|a－1|＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))≥2.
又|a－1|＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))≥ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－1＋\f(1,a)＋1))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))＝|a|＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))≥2 eq \r(|a|×\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))))＝2，
∴|a－1|＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))≥2成立，∴原题得证．
板块四 压轴题提升练（力争分）
提升练（一） 概率统计与函数导数
1．解析：（1）因为甲、乙2名工人生产零件长度的平均值相等，而σ2<σ1，说明乙工人的生产水平较稳定，从而认为乙工人生产水平高．
（2）由题可知X～B（5， eq \f(1,2)），所以P（X＝k）＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) （ eq \f(1,2)）k（ eq \f(1,2)）5－k＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) ,32)，k＝0，1，2，3，4，5.X的分布列为
所以E（X）＝5× eq \f(1,2)＝ eq \f(5,2)，D（X）＝5× eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(5,4).
2．解析：（1）因为a＝0，所以f（x）＝－xex，f′（x）＝－（x＋1）ex.令f′（x）＝0，得x＝－1.
当x∈（－∞，－1）时，f′（x）>0；当x∈（－1，＋∞）时，f′（x）<0.
故f（x）的单调递增区间是（－∞，－1），单调递减区间是（－1，＋∞）.
（2）f′（x）＝4ae2x－（x＋1）ex＝－ex（x＋1－4aex）.因为∀x∈R，f（x）＋ eq \f(1,a)≤0，又f（0）＝2a，所以2a＋ eq \f(1,a)≤0，则a<0.令g（x）＝x＋1－4aex，则g（x）在R上单调递增．因为当x<0时，g（x）
由f（x）max＋ eq \f(1,a)≤0，得x0ex0－e2x0· eq \f(x0＋1,2ex0)≥ eq \f(4ex0,x0＋1)，即 eq \f(x0－1,2)≥ eq \f(4,x0＋1).结合x0＋1<0，得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －1≤8，所以－3≤x0<－1.令h（x）＝ eq \f(x＋1,4ex)（－3≤x<1）.则h′（x）＝ eq \f(－x,4ex)>0，所以h（x）在[－3，－1）上单调递增，所以h（x）≥h（－3）＝ eq \f(－e3,2)，即a≥－ eq \f(e3,2).故a的最小值为－ eq \f(e3,2).
提升练（二） 函数导数与概率统计
1．解析：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝ eq \f(a,x)＋ eq \f(1,4)－ eq \f(3a2,x2)＝ eq \f(x2＋4ax－12a2,4x2)＝ eq \f(（x－2a）（x＋6a）,4x2).①当a>0时，由f′（x）>0得x>2a，即f（x）的单调递增区间是（2a，＋∞）；由f′（x）<0得0
对任意x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))，存在x2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e))，使g（x1）≤f（x2），等价为g（x1）≤ eq \f(e2,12)＋ eq \f(1,4)恒成立，即2x2－mex≤0.
∴m≥ eq \f(2x2,ex)，
设h（x）＝ eq \f(2x2,ex)，h′（x）＝ eq \f(2x（2－x）,ex)，∴h（x）在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，4))上单调递减，∴h（x）max＝h（2）＝ eq \f(8,e2)，
∴m≥ eq \f(8,e2).
2．解析：（1）通过数据统计表可知：20人中有12人测温准确，
因此估计用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为 eq \f(12,20)＝ eq \f(3,5)；
（2）由题意可知： X的可能取值为0，1，2，3，
由（1）可知：用智能体温计测量该社区1人“测温准确”的概率为 eq \f(3,5)，那么不准确的概率为1－ eq \f(3,5)＝ eq \f(2,5)，
所以P（X＝0）＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(3)) ·（ eq \f(2,5)）3＝ eq \f(8,125)，
P（X＝1）＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) · eq \f(3,5)·（ eq \f(2,5)）2＝ eq \f(36,125)，
P（X＝2）＝C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ·（ eq \f(3,5)）2· eq \f(2,5)＝ eq \f(54,125)，
P（X＝3）＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ·（ eq \f(3,5)）3＝ eq \f(27,125)，
X的分布列如图：
E（X）＝0× eq \f(8,125)＋1× eq \f(36,125)＋2× eq \f(54,125)＋3× eq \f(27,125)＝1.8；
（3）因为用智能体温计测温的结果显示，有3人的体温都是37.3 ℃，
所以由上表中的数据来认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态，说明至少有一个人测温准确，由（2）可知：其概率为1－ eq \f(8,125)＝93.6%<95%，
因此由上表中的数据不能认定这3个人中至少有1人处于“低热”状态．
提升练（三） 解析几何与函数导数
1．解析：（1）圆A：（x－1）2＋y2＝8的圆心A（1，0），半径r＝2 eq \r(2)，依题意，|SB|＝|ST|，|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝2 eq \r(2)＞2＝|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为2 eq \r(2)的椭圆，
短半轴长b＝ eq \r(（\r(2)）2－12)＝1，
所以曲线C的方程为 eq \f(x2,2)＋y2＝1.
（2）由 eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(MN,\s\up6(→))＝0知，DE⊥MN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B重合，不能构成三角形，
即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为y＝k（x＋1），
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2))消去y并整理得（2k2＋1）x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设D（x1，y1），E（x2，y2），DE中点P（xP，yP），
则有x1＋x2＝－ eq \f(4k2,2k2＋1)，xP＝－ eq \f(2k2,2k2＋1)，yP＝ eq \f(k,2k2＋1)，因此，
|BP|＝ eq \r(（1－\f(2k2,2k2＋1)）2＋（\f(k,2k2＋1)）2)＝ eq \f(\r(k2＋1),2k2＋1)，
直线MN的斜率为－ eq \f(1,k)，同理可得|BQ|＝ eq \f(|k|\r(k2＋1),k2＋2)，
△BPQ面积S△BPQ＝ eq \f(1,2)|BP||BQ|＝ eq \f(1,2)· eq \f(\r(k2＋1),2k2＋1)· eq \f(|k|\r(k2＋1),k2＋2)＝ eq \f(|k|＋\f(1,|k|),4（|k|＋\f(1,|k|)）2＋2)，
令t＝|k|＋ eq \f(1,|k|)≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S△BPQ＝ eq \f(t,4t2＋2)＝ eq \f(1,4t＋\f(2,t))，
函数y＝4t＋ eq \f(2,t)在[2，＋∞）上单调递增，即当t＝2时，（4t＋ eq \f(2,t)）min＝9，
所以当t＝2，即k＝±1时，（S△BPQ）max＝ eq \f(1,9)，
所以△BPQ面积的最大值是 eq \f(1,9).
2．解析：（1）因为a＝1时，f（x）＝x2－x－ln x，所以f′（x）＝ eq \f(（2x＋1）（x－1）,x)（x>0），当x∈（0，1）时，f′（x）<0，当x∈（1，＋∞）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（x）min＝f（1）＝0；
（2）因为f（2x－1）－2f（x）≥0，所以2x2－4x＋2－a ln （2x－1）＋2a ln x≥0，
所以2（x－1）2－a ln （2x－1）＋2a ln x≥0，记g（x）＝2（x－1）2－a ln （2x－1）＋2a ln x，x∈[1，＋∞），只需g（x）≥0求a的范围，
所以g′（x）＝4（x－1）－ eq \f(2a,2x－1)＋ eq \f(2a,x)＝ eq \f(2（x－1）（4x2－2x＋a）,x（2x－1）)，记g′（x）＝ eq \f(2（x－1）h（x）,x（2x－1）)，其中h（x）＝4x2－2x＋a，x∈ eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(1，＋∞）))，二次函数y＝4x2－2x＋a图象的对称轴为x＝ eq \f(1,4) ，故h（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以h（x）≥h（1）＝2＋a，
①当2＋a≥0，即a≥－2时，g′（x）≥0，所以g（x）在[1，＋∞）上单调递增，
又g（1）＝0，故∀x∈[1，＋∞），g（x）≥0，所以a≥－2符合题意，
②当2＋a<0，即a<－2时，令h（x）＝0，得x＝ eq \f(1±\r(1－4a),4)，取x0＝ eq \f(1＋\r(1－4a),4)，则x0>1，
当x∈（1，x0），h（x）<0，故g′（x）<0，所以g（x）在（1，x0）上单调递减，所以g（x0）
提升练（四） 数列与概率统计
1．解析：（1）因为a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝（n－1）2n＋2＋4，当n＝1时，a1b1＝4，由a1＋b1＝4，解得a1＝b1＝2，又由a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝（n－1）2n＋2＋4，当n≥2时，可得a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝（n－2）2n＋1＋4，两式相减得anbn＝n·2n＋1，n≥2，当n＝1时，a1b1＝4适合上式，所以anbn＝n·2n＋1，因为{an}为等差数列，{bn}为等比数列，所以{bn}的公比为2，所以bn＝b1qn－1＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n.
（2）由bn＝2n，可得数列{bn}的前n项和为 eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，又由an＝2n，可得数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，
则 eq \f(1,Sn)＝ eq \f(1,n2＋n)＝ eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为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)，
所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn＝2n＋1－2＋1－ eq \f(1,n＋1)＝2n＋1－ eq \f(1,n＋1)－1.
2．解析：（1）由频率分布直方图可知，抽取的1 000名市民作答成绩的平均数：
eq \(x,\s\up6(－))＝5×0.05＋15×0.1＋25×0.2＋35×0.3＋45×0.25＋55×0.1＝34（分），
设1 000名市民作答成绩的中位数为x，则0.05＋0.1＋0.2＋0.03×（x－30）＝0.5，
∴x＝35，所以这1 000名市民作答成绩的平均数为34分，中位数为35分．
（2）估计这20位市民的作答成绩在[40，60]的人数为7时概率最大，
由已知得X ～ B（20，0.35），∴P（X＝k）＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(20)) （0.35）k（1－0.35）20－k，k＝0，1，…，20，
令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(P（X＝k）≥P（x＝k－1）,P（X＝k）≥P（x＝k＋1）))，k＝1，2，…，19，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(20)) 0.35k（1－0.35）20－k≥C eq \\al(\s\up1(k－1),\s\d1(20)) 0.35k－1（1－0.35）21－k,C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(20)) 0.35k（1－0.35）20－k≥C eq \\al(\s\up1(k＋1),\s\d1(20)) 0.35k＋1（1－0.35）19－k))，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7（21－k）≥13k,13（k＋1）≥7（20－k）))，解得6.35≤k≤7.35，由k∈N*，∴k＝7，
所以这20位市民的作答成绩在[40，60]的人数为7时P（X＝k）最大．
提升练（五） 解三角形与函数导数
1．解析：（1）在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD cs C，即9＝AC2＋4－2AC×2× eq \f(1,3)，
解得AC＝3或AC＝－ eq \f(5,3)（舍去），
在△ABC中，BC＝BD＋CD＝7，sin C＝ eq \r(1－cs 2C)＝ eq \f(2\r(2),3)，
由余弦定理可得AB＝ eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC cs C)＝2 eq \r(11)，
由正弦定理 eq \f(AB,sin C)＝ eq \f(BC,sin ∠BAC)，即 eq \f(2\r(11),\f(2\r(2),3))＝ eq \f(7,sin ∠BAC)，解得sin ∠BAC＝ eq \f(7\r(22),33).
（2）在△ABC中，BC＝7，AC＝3，sin C＝ eq \f(2\r(2),3)，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2)BC·AC sin ∠BAC＝ eq \f(1,2)×3×7× eq \f(2\r(2),3)＝7 eq \r(2).
2．解析：（1）当a＝e时，f（x）＝ln x＋ eq \f(1,2)ex2，则f′（x）＝ eq \f(1,x)＋ex，故f′（1）＝ eq \f(1,1)＋e＝1＋e，
x＝1时，f（1）＝ln 1＋ eq \f(1,2)e＝ eq \f(1,2)e，故切点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)e))，所以f（x）在x＝1处的切线方程为y－ eq \f(1,2)e＝（1＋e）（x－1），
即y＝（1＋e）x－ eq \f(1,2)e－1.
（2）函数f（x）有两个零点⇔方程lgax＋ eq \f(1,2)ax2＝0在x∈（0，＋∞）上有两个根⇔方程 eq \f(ln x,x2)＝－ eq \f(1,2)a ln a在x∈（0，＋∞）上有两个根
⇔函数y＝ eq \f(ln x,x2)与y＝－ eq \f(1,2)a ln a的图象在x∈（0，＋∞）上有两个交点，
设g（x）＝ eq \f(ln x,x2)，则g′（x）＝ eq \f(1－2ln x,x3)，
g′（x）＝ eq \f(1－2ln x,x3)>0时，0
所以g（x）＝ eq \f(ln x,x2)在（0， eq \r(e)）上单调递增，在（ eq \r(e)，＋∞）上单调递减，
由g（1）＝0，g（ eq \r(e)）＝ eq \f(1,2e)，当x>1时，g（x）>0，当x→＋∞时，g（x）→0，作图如下：
由图得0<－ eq \f(1,2)a ln a< eq \f(1,2e)，即－ eq \f(1,e)0），则h′（x）＝1＋ln x，
h′（x）＝1＋ln x>0时，x> eq \f(1,e)，h′（x）＝1＋ln x<0时，0
又因为h（x）min＝h（ eq \f(1,e)）＝－ eq \f(1,e)，所以－ eq \f(1,e)
回归教材 赢得高考
二
考前练兵 考能提升
必 记 知 识
原命题
逆命题
否命题
逆否命题
真
真
真
真
真
假
假
真
假
真
真
假
假
假
假
假
否命题
命题的否定
区别
否命题既否定其条件，又否定其结论
命题的否定只是否定命题的结论
否命题与原命题的真假无必然联系
命题的否定与原命题的真假总是相对立的，即一真一假
命题
命题的否定
∀x∈M，p(x)
∃x0∈M，¬p(x0)
∃x0∈M，p(x0)
∀x∈M，¬p(x)
命题
名称
真假
判断方法一
判断方法二
全称
命题
真
所有对象使命题真
否定命题为假
假
存在一个对象使命题假
否定命题为真
特称
命题
真
存在一个对象使命题真
否定命题为假
假
所有对象使命题假
否定命题为真
必 会 结 论
正面
词语
否定
正面
词语
否定
正面
词语
否定
等于
(＝)
不等于
(≠)
是
不是
任意的
存在
一个
大于
(>)
不大于(小
于或等于，
即“≤”)
都是
不都是(至
少有一个
不是)
所有的
存在
一个
小于
(<)
不小于(大
于或等于，
即“≥”)
至多有
一个
至少有
两个
且
或
全为
不全为
至少有
一个
一个也没
有
或
且
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 会 结 论
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 记 知 识
必 会 结 论
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 记 知 识
公式
一
二
三
四
五
六
角
2kπ＋α(k∈Z)
π＋α
－α
π－α
eq \f(π,2) －α
eq \f(π,2) ＋α
正弦
sin α
－sin α
－sin α
sin α
cs α
cs α
余弦
cs α
－cs α
cs α
－cs α
sin α
－sin α
正切
tan α
tan α
－tan α
－tan α
口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
单调
性
在[－ eq \f(π,2)＋2kπ， eq \f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上单调递增；在[ eq \f(π,2)＋2kπ， eq \f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上单调递减
在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上单调递增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上单调递减
在(－ eq \f(π,2) ＋kπ， eq \f(π,2) ＋kπ)(k∈Z)上单调递增
对称
性
对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；对称轴：x＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)
对称中心：( eq \f(π,2) ＋kπ，0)(k∈Z)；对称轴：x＝kπ(k∈Z)
对称中心：( eq \f(kπ,2)，0)(k∈Z)
定理
正弦定理
余弦定理
内容
eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)＝2R
a2＝b2＋c2－2bc cs A；
b2＝a2＋c2－2ac cs B；
c2＝a2＋b2－2ab cs C
变形
(1)a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C；
(2)sin A＝ eq \f(a,2R)，sin B＝ eq \f(b,2R)，sin C＝ eq \f(c,2R)；
(3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(4)a sin B＝b sin A，b sin C＝c sin B，a sin C＝c sin A；
(5) eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝ eq \f(a,sin A)＝2R
cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝ eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
结论
几何表示
坐标表示
模
|a|＝ eq \r(a·a)
|a|＝ eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )
数量积
a·b＝|a||b|cs θ
a·b＝x1x2＋y1y2
夹角
cs θ＝ eq \f(a·b,|a||b|)
cs θ＝ eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )·\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ))
a⊥b的充要条件
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
|a·b|与|a||b|
的关系
|a·b|≤|a||b|
(当且仅当a∥b
时等号成立)
|x1x2＋y1y2|≤
eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )· eq \r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )
必 会 结 论
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 记 知 识
必 会 结 论
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 记 知 识
几何体
侧面积
表面积
体积
圆柱
S侧＝2πrl
S表＝2πr(r＋l)
V＝S底h＝πr2h
圆锥
S侧＝πrl
S表＝πr(r＋l)
V＝ eq \f(1,3)S底h＝ eq \f(1,3)πr2h
圆台
S侧＝π(r＋r′)l
S表＝π(r2＋r′2＋rl＋r′l)
V＝ eq \f(1,3)(S上＋S下＋ eq \r(S上S下)) h＝ eq \f(1,3)π(r2＋r′2＋rr′)h
直棱柱
S侧＝Ch(C为底面周长)
S表＝S侧＋S上＋S下(棱锥的S上＝0)
V＝S底h
正棱锥
S侧＝ eq \f(1,2)Ch′(C为底面周长，h′为斜高)
V＝ eq \f(1,3)S底h
正棱台
S侧＝ eq \f(1,2)(C＋C′)h′(C，C′分别为上、下底面周长，h′为斜高)
V＝ eq \f(1,3)(S上＋S下＋ eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝ eq \f(4,3)πR3
必 会 结 论
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 记 知 识
标准方程
eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋ eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)
图形
几何性质
范围
－a≤x≤a，－b≤y≤b
－b≤x≤b，－a≤y≤a
对称性
对称轴：x轴，y轴；对称中心：原点
焦点
F1(－c，0)，F2(c，0)
F1(0，－c)，F2(0，c)
顶点
A1(－a，0)，A2(a，0)；B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)；B1(－b，0)，B2(b，0)
轴
线段A1A2，B1B2分别是椭圆的长轴和短轴；长轴长为2a，短轴长为2b
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
焦距与长轴长的比值：e∈(0，1)
a，b，c的关系
c2＝a2－b2
标准方程
eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b＞0)
eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b＞0)
图形
几何性质
范围
|x|≥a，y∈R
|y|≥a，x∈R
对称性
对称轴：x轴，y轴；对称中心：原点
焦点
F1(－c，0)，F2(c，0)
F1(0，－c)，F2(0，c)
顶点
A1(－a，0)，A2(a，0)
A1(0，－a)，A2(0，a)
轴
线段A1A2，B1B2分别是双曲线的实轴和虚轴；实轴长为2a，虚轴长为2b
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
焦距与实轴长的比值：e∈(1，＋∞)
渐近线
y＝± eq \f(b,a)x
y＝± eq \f(a,b)x
a，b，c的关系
a2＝c2－b2
标准方程
y2＝2px(p>0)
y2＝－2px(p>0)
x2＝2py(p>0)
x2＝－2py(p>0)
图形
几何性质
对称轴
x轴
y轴
顶点
O(0，0)
焦点
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
准线方程
x＝－ eq \f(p,2)
x＝ eq \f(p,2)
y＝－ eq \f(p,2)
y＝ eq \f(p,2)
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
离心率
e＝1
必 会 结 论
易 错 剖 析
易 错 快 攻
必 记 知 识
ξ
0
1
…
r
…
n
P
C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) p0qn
C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) p1qn－1
…
C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(n)) prqn－r
…
Cnnpnq0
必 会 结 论
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素的排列产生的空中
先整体，后局部
“小集团”排列问题中，先整体，后局部
除法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反，等价转化的方法
易 错 剖 析
易 错 快 攻
零件数x个
10
20
30
40
50
加工时间y/min
62
○
75
81
89
质量指标值m
m<185
185≤m<205
m≥205
等级
三等品
二等品
一等品
年份代码t
1
2
3
4
5
销售量y(万册)
5.6
5.7
6
6.2
6.5
序号
智能体温计
测温(℃)
水银体温计
测温(℃)
序号
智能体温计
测温(℃)
水银体温计
测温(℃)
01
36.6
36.6
11
36.3
36.2
02
36.6
36.5
12
36.7
36.7
03
36.5
36.7
13
36.2
36.2
04
36.5
36.5
14
35.4
35.4
05
36.5
36.4
15
35.2
35.3
06
36.4
36.4
16
35.6
35.6
07
36.2
36.2
17
37.2
37.0
08
36.3
36.4
18
36.8
36.8
09
36.5
36.5
19
36.6
36.6
10
36.3
36.4
20
36.7
36.7
X
0
1
2
3
P
0.2p2－
0．4p＋0.2
0.4p2－
1．2p＋0.8
－1.4p2＋
1．6p
0.8p2
X
0
1
2
3
P
eq \f(343,1 000)
eq \f(441,1 000)
eq \f(189,1 000)
eq \f(27,1 000)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,24)
eq \f(1,4)
eq \f(11,24)
eq \f(1,4)
X
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,32)
eq \f(5,32)
eq \f(5,16)
eq \f(5,16)
eq \f(5,32)
eq \f(1,32)
P
0
1
2
3
X
eq \f(8,125)
eq \f(36,125)
eq \f(54,125)
eq \f(27,125)
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