高考数学三轮增分练高考小题分项练7 Word版含解析

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2023届高考数学重点专题三轮冲刺双空题小题压轴练(解析版)

双空题小题压轴练-新高考数学复习分层训练(新高考通用)1.(2023秋·广东清远·高三统考期末)设函数f x =-x 2+4x ,x ≤4,log 2x -4 ,x >4, 若关于x 的方程f x =t 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4，则x 3x 4-4x 3+x 4 =，2+x 1 2-x 2 +4x 3+14x 4的最小值为.【答案】 -15 15【分析】画出f x 的图象，结合图象求得x 1，x 2，x 3，x 4的关系式，根据基本不等式求得正确答案.【详解】画出f x 的图象如下图所示.由图可知x 1+x 2=4，其中x 2>2>x 1>0.因为-log 2x 3-4 =log 2x 4-4 ，即x 3-4 x 4-4 =1，整理得x 3x 4-4x 3+x 4 =-15.且x 4>5>x 3>4，所以2+x 1 2-x 2 =-2+x 1 -2+x 2 ≥-2+x 1-2+x 222=-4，当且仅当2+x 1=-2+x 2,x 1=2-2,x 2=2+2时等号成立，此时t =2，又因为4x 3+14x 4=4x 3-4 +14x 4-4 +17≥24x 3-4 ⋅14x 4-4 +17=19，当且仅当4x 3-4 =14x 4-4 ,x 3=174,x 4=8时等号成立，此时t =2.所以2+x 1 2-x 2 +4x 3+14x 4的最小值为-4+19=15.故答案为：-15；15【点睛】解决含有绝对值的对数函数的问题，可结合函数图象来进行研究.求解最值问题，可考虑利用基本不等式或二次函数的性质来进行求解.二次函数的图象具有对称性.2.(2023春·广东惠州·高三校考阶段练习)已知抛物线C :y 2=2px (p >0)，过其焦点F 的直线l 与抛物线C 交于P ，Q 两点(点P 在第一象限)，PF =3FQ ，则直线l 的斜率为若FQ =1，点A 为抛物线C 上的动点，且点A 在直线l 的左上方，则△APQ 面积的最大值为.【答案】33【分析】空1：设直线l 的方程为x -p2=my ，联立抛物线方程得到韦达定理式，根据线段比例关系得到两交点纵坐标关系，联立即可解出斜率；空2：根据三角形底为弦长PQ，若面积最大，则高最大，则点A到直线l的距离最大，则转化为直线与抛物线相切的问题.【详解】设直线l的方程为x-p2=my，P x1,y1，Q x2,y2，联立抛物线方程y2=2px p>0得y2-2pmy-p2=0，故y1+y2=2pm①，y1y2=-p2②，∵|PF|=3|FQ|，则y1=-3y2，代入②式得-3y22=-p2，解得y2=±33p，∵P在第一象限，故Q在第四象限，故y1>0,y2<0，故y2=-33p，y1=3p，则y1+y2=3p-33p=2pm，解得m=33，故直线l的斜率k=3，∵y22=2px2，即13p2=2px2，则x2=16p，若|FQ|=1，则|FQ|=16p+p2=1，则p=32，故抛物线方程为y2=3x，此时y1=332，x1=94，x2=16p=14，而PQ=x1+x2+p=14+94+32=4，若要△APQ的面积最大，则只需将直线沿着左上方平移直至与抛物线相切，此时切点位置即为A点位置，故设切线方程为：x-t=33y，t<33，将切线方程与抛物线方程联立得y2-3y-3t=0，则Δ=3+12t=0，解得t=-14，此时切线方程为：x-33y+14=0，直线l的方程为x-33y-34=0，则两直线的距离d=14+341+13=32，此时△APQ面积最大值为12×4×32=3.故答案为：3；3.【点睛】结论点睛：设抛物线方程为y2=2px p>0，若倾斜角为α直线l经过焦点F交抛物线于P x1,y1,Q x2,y2，则有以下结论：(1)x1x2=p24；(2)y1y2=-p2；(3)PQ=2psin2α=x1+x2+p.3.(2023·广东深圳·统考一模)设a>0，A2a,0，B0,2，O为坐标原点，则以OA为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P(该点称为直角△OAB 的Brocard 点)，则点P 横坐标x 的最大值为．【答案】 x -a 2+y +a 2 2=a 2+a 445##0.8【分析】以OA 为弦的圆的圆心记作D ，易得圆心在线段OA 的垂直平分线，且通过DA ⊥AB 可得k DA =a ，得到直线DA 的方程即可求出圆的方程；先求出以OB 为直径的⊙C ，然后两圆进行相减得到公共弦方程y =aa 2+1x ，代入⊙C 可得点P 横坐标x =2a 2+1a+a a 2+1，然后用对勾函数即可求得最值【详解】以OA 为弦的圆的圆心记作D ，且圆心在线段OA 的垂直平分线x =a 上，⊙D 与直线AB 相切于A ，则DA ⊥AB ，由k AB =2-00-2a =-1a可得k DA =a ，所以直线DA 为y =a x -2a ，将x =a 代入直线DA 可得圆心为D a ,-a 2 ，r D =AD =2a -a2+0+a 2 2=a 2+a 4，所以所求的圆的标准方程为x -a 2+y +a 2 2=a 2+a 4①；以OB 为直径的圆的圆心C 0,1 ，半径为1，则⊙C 的方程为x 2+y -1 2=1②，①-②可得-2ax +2a 2+1 y =0，即y =aa 2+1x 为⊙C 与⊙D 的公共弦所在直线的方程，将y =a a 2+1x 代入⊙C 可得1+aa 2+12x 2-2a a 2+1x =0，因为交点P 在第一象限，所以x ≠0，所以x =2a 2+1a+aa 2+1，令m =a 2+1a =a +1a ≥2，(当且仅当a =1时取等号)则1m =aa 2+1所以交点P 的横坐标x =2m +1m ,m ≥2由对勾函数可得y =m +1m 在2,+∞ 内单调递增，所以当m =2时，y =m +1m取得最小值，为52，所以交点P 的横坐标的最大值为x =252=45故答案为：x -a 2+y +a 2 2=a 2+a 4；45【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点P 的横坐标x =2a 2+1a+a a 2+1后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题.4.(2023秋·广东·高三校联考阶段练习)数学家康托(Cantor )在线段上构造了一个不可数点集--康托三分集.将闭区间0,1 均分为三段，去掉中间的区间段13,23，余下的区间段长度为a 1；再将余下的两个区间0,13，23,1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度为a 2.以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，余下的区间集合即为康托三分集，记数列a n 表示第n 次操作后余下的区间段长度.(1)a 4=；(2)若∀n ∈N *，都有n 2a n ≤λa 4恒成立，则实数λ的取值范围是.【答案】1681； 503,+∞ .【分析】由题意直接求出a 1，a 2，a 3，a 4.归纳出数列a n 为等比数列，求出a n =23n.利用分离常数法得到λ≥n 2⋅23n -4.记g n =n 2⋅23n -4,n ∈N ∗ ，判断出单调性，求出g 5 =503最大，即可求出λ的取值范围.【详解】由题意可知：a 1=23，a 2=a 1×23=232，a 3=a 2×23=233，a 4=a 3×23=234.所以a 4=1681.所以数列a n 为首项a 1=23，公比q =23的等比数列，所以a n =a 1×q n -1=23n.因为∀n ∈N *，都有n 2a n ≤λa 4恒成立，且a 4=1681，所以λ≥n 2⋅23n⋅8116=n 2⋅23n -4恒成立，只需λ≥n 2⋅23n -4max记g n =n 2⋅23n -4,n ∈N ∗ ，显然，g n >0.所以g n +1g n =n +1 2⋅23 n +1-4n 2⋅23n -4=2n +1 23n2.令g n +1 g n ≤1，即2n +1 23n2≤1，即n 2-4n -2≥0，解得：n ≥2+6.因为n ∈N ∗，所以n ≥2+6，可以取包含5以后的所有正整数，即n ≥5以后g n =n 2⋅23n -4,n ∈N ∗递减.而g 1 =12⋅231-4=278,g 2 =22⋅232-4=9,g 3 =32⋅233-4=812,g 4 =42⋅234-4=16,g 5 =52⋅235-4=503，所以g 1 <g 2 <g 3 <g 4 <g 5 .综上所述：当n =5时，g 5 =503最大.所以λ≥503，所以实数λ的取值范围是503,+∞ .故答案为：1681；503,+∞.【点睛】求数列最值的方法：(1)利用函数单调性求出最值；(2)利用数列的性质求出最大项或最小项.5.(2023·广东湛江·统考一模)已知函数f x =2x +1，记f 2x =f f x =22x +1 +1=4x +3为函数f x 的2次迭代函数，f 3x =f f f x =42x +1 +3=8x +7为函数f x 的3次迭代函数，⋯，依次类推，f nx =f f f ⋅⋅⋅f x ⋅⋅⋅ n 个为函数f x 的n 次迭代函数，则f nx =；f 10032 除以17的余数是．【答案】 2n x +1 -1 0【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前n 项和公式即可推出f nx 的表达式；第二空，将f 10032 化为33×17-125-1，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.【详解】由题意，f nx =2nx +2n -1+2n -2+⋅⋅⋅+20=2nx +1-2n1-2=2n x +1 -1，所以f 10032 =33×2100-1=33×1625-1=33×17-1 25-1=33C 25251725-C 24251724+C 23251723-C 22251722+⋯+C 12517-1 -1=33C 25251725-C 24251724+C 23251723-C 22251722+⋯+C 12517 -34=1733C 25251724-C 24251723+C 23251722-C 22251721+⋯+C 125 -2又33C 25251724-C 24251723+C 23251722-C 22251721+⋯+C 125 -2为正整数，所以f 10032 除以17的余数为0，故答案为：2n x +1 -1;0【点睛】关键点睛：解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，解决余数问题的关键在于将f 10032 利用二项式定理展开化简转化为17的倍数的形式，即可求得答案.6.(2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模)如图，椭圆x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 与双曲线x 2m 2-y 2n 2=1m >0,n >0 有公共焦点F 1-c ,0 ，F 2c ,0 c >0 ，椭圆的离心率为e 1，双曲线的离心率为e 2，点P 为两曲线的一个公共点，且∠F 1PF 2=60°，则1e 21+3e 22=；I 为△F 1PF 2的内心，F 1,I ,G 三点共线，且GP ⋅IP =0，x 轴上点A ,B 满足AI =λIP ，BG =μGP ，则λ2+μ2的最小值为．【答案】 4 1+32【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出PF 1 ,PF 2 ，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；第二空：由I 为△F 1PF 2的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出λ =e 1及μ =e 2，代入λ2+μ2中利用基本不等式求最值即可.【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为F 1F 2 =2c ，椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2m ，不妨设点P 在双曲线的右支上，由双曲线的定义：PF 1 -PF 2 =2m ，由椭圆的定义：PF 1 +PF 2 =2a ，可得：PF 1 =m +a ,PF 2 =a -m ，又∠F 1PF 2=60°，由余弦定理得：PF 12+PF 2 2-PF 1 ⋅PF 2 =FF 2 2=4c 2，即m +a 2+a -m 2-m +a ⋅a -m =4c 2，整理得：a 2+3m 2=4c 2，所以：a 2c 2+3m 2c 2=4⇒1e 21+3e 22=4；②I 为△F 1PF 2的内心，所以IF 2为∠PF 1F 2的角平分线，则有PF 1 AF 1=IP AI，同理：PF 2AF 2=IP AI，所以PF 1 AF 1 =PF 2 AF 2=IP AI，所以IP AI=PF 1 +PF 2 AF 1 +AF 2=2a 2c =1e 1，即AI =e 1IP ，因为AI =λIP，所以AI =λ IP ，故λ =e 1，I 为△F 1PF 2的内心，F 1,I ,G 三点共线，即F 1G 为∠PF 1B 的角平分线，则有GB PG=BF 2 PF 2=BF 1 PF 1，又BF 2 ≠BF 1 ，所以BGPG =BF 1 -BF 2PF 1 -PF 2=2c2m =e 2，即BG =e 2GP ，因为BG =μGP ，所以BG =μ GP ，故μ =e 2，所以λ2+μ2=e 21+e 22=14e 21+e 22 1e 21+3e 22=141+3+3e 21e 22+e 22e 21≥144+23e 21e 22⋅e 22e 21=1+32，当且仅当3e 21e 22=e 22e 21⇒e 2=3e 1时，等号成立，所以λ2+μ2的最小值为1+32，故答案为：4，1+32.【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，(1)直接法：由题意知道a ,c 利用公式求解即可；(2)一般间接法：由题意知道a ,b 或b ,c 利用a ,b ,c 的关系式求出a ,c ，在利用公式计算即可；(3)齐次式方程法：建立关于离心率e 的方程求解.7.(2023春·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考开学考试)侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上．设外围第一个正方形A 1B 1C 1D 1的边长为1，往里第二个正方形为A 2B 2C 2D 2，⋯，往里第n 个正方形为A n B n C n D n ．那么第7个正方形的周长是，至少需要前个正方形的面积之和超过2．(参考数据：lg2=0.301，lg3=0.477)．【答案】5007294【分析】根据已知，利用勾股定理、正方形的周长公式、面积公式以及等比数列的通项、前n 项和公式进行求解.【详解】因为每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，且外围第一个正方形A 1B 1C 1D 1的边长为1，所以A 2B 1=23，B 2B 1=13,由勾股定理有：A 2B 2=A 2B 1+B 1B 2=232+132=53，设第n 个正方形A n B n C n D n 的边长为l n ，则l 1=1，l 2=23l 12+13l 1 2=53l 1，⋯⋯，l n =23l n -12+13l n -1 2=53l n -1，所以l n =53n -1l 1=53n -1，所以第7个正方形的周长是4l 7=4×536=4×5336=4×125729=500729，第n 个正方形的面积为ln 2=532n -2=59n -1，则第1个正方形的面积为l 12=59=1，则第2个正方形的面积为l 22=591=59，则第3个正方形的面积为l 32=59 2，⋯⋯则第n 个正方形的面积为l n 2=59n -1，前n 个正方形的面积之和为S n =1+591+⋯+59n -1=1-59 n1-59=941-59n，当n =1时，S 1=941-591=1，当n =2时，S 2=941-592=149，当n =3时，S 3=941-593=15181，当n =4时，S 4=941-594=1484729>2，所以至少需要前4个正方形的面积之和超过2．故答案为：500729，4.8.(2023春·云南曲靖·高三宣威市第三中学校考阶段练习)△ABC 中，AB =AC =3,BC =2，沿BC 将△ABC 折起到△PBC 位置，P 点不在△ABC 面内，当三棱锥P -ABC 的体积最大时，三棱锥P -ABC 的外接球半径是；当PA =2时，三棱锥P -ABC 的外接球表面积是.【答案】654 15815π【分析】根据图形，得出面ABC 外接圆的半径为r ，而后利用勾股定理求出三棱锥P -ABC 的外接球半径；结合余弦定理，二倍角公式以及同角关系，求出OE ，再由勾股定理得出R 2，进而求出三棱锥P -ABC 的外接球表面积.【详解】由题知，取BC 中点D ，连接AD ，PD ，设△ABC 的外接圆的圆心为E ，△PBC 的外接圆的圆心为F ，三棱锥外接球的球心为O ，半径为R ，连接OE ，OF 如图所示，要使三棱锥P -ABC 的体积最大时，即要使得点P 到平面ABC 的距离最大，只有当平面ABC ⊥平面PBC 时，体积最大，即点P 到BC 的距离最大，三棱锥体积最大.此时，四边形OEDF 是正方形，假设△ABC 外接圆的半径为r ，则在△BDE 中，由勾股定理得：r 2-1+r =AD =22，解得r =928，所以OE =DF =DE =r 2-1=728，∴R =OE 2+r 2=654.当PA =2时，由上述可知，结合余弦定理cos ∠EDF =8+8-22×22×22=78，由二倍角公式cos ∠ODE =154，∴tan ∠ODE =1515，∴OE =1515×728=730120，∴R 2=OE 2+r 2，∴三棱锥P -ABC 的外接球表面积为S =4πR 2=158π15.故答案为：654；158π15.9.(2023春·云南·高三校联考开学考试)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点M ，N 的距离之比为定值λ(λ≠1,λ>0)的点的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy 中，M (-2,0),N (4,0)，点P 满足|PM ||PN |=12．则点P 的轨迹方程为；在三棱锥S -ABC 中，SA ⊥平面ABC ，且SA =3,BC =6,AC =2AB ，该三棱锥体积的最大值为．【答案】 (x +4)2+y 2=16 12【分析】利用求点的轨迹方程的步骤及两点间的距离公式即可求解；根据已知条件及阿波罗尼斯圆的特点，结合棱锥的体积公式即可求解.【详解】设P (x ,y ),|PM ||PN |=12，所以(x +2)2+y 2(x -4)2+y 2=12，所以x 2+8x +y 2=0，即(x +4)2+y 2=16，所以点P 的轨迹方程为(x +4)2+y 2=16；三棱锥的高为SA =3，当底面△ABC 的面积最大值时，三棱锥的体积最大，BC =6，AC =2AB ，取BC 靠近B 的一个三等分点为坐标原点O ，BC 为x 轴建立平面直角坐标系，不妨取B (-2,0),C (4,0)，由题设定义可知A (x ,y )的轨迹方程为(x +4)2+y 2=16，所以A 在圆(x +4)2+y 2=16的最高点处(-4,4)，S △ABC =12×6×4=12，此时，V S -ABC max =13×3×12=12．故答案为：(x +4)2+y 2=16；12.【点睛】解决此题的关键是第一空主要利用求点的轨迹方程的步骤即可；第二空要使该三棱锥体积的最大值，只需要将问题转化为求底面△ABC 的面积最大值，再利用阿波罗尼斯圆的特点即可.10.(2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知抛物线E ：x 2=2py p >0 的焦点为F ，现有不同的三点A ，B ，C 在抛物线E 上，且AF +BF +CF =0，AF +BF +CF=12，则p 的值是；若过点P 1,-2 的直线PM ，PN 分别与抛物线E 相切于点M ，N ，则MN =.【答案】 4172##8.5【分析】根据向量的坐标运算化简可得y A +y B +y C =32p ，再利用抛物线的定义求出p ，根据切线的方程可求出直线MN 的方程，根据直线过焦点利用弦长公式y 1+y 2+p 求解.【详解】设A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),C (x C ,y C ),F 0,p2，则AF +BF +CF =-x A -x B -x C ,p 2-y A +p 2-y B +p2-y C =0,∴p 2-y A +p 2-y B +p 2-y C =0，即y A +y B +y C =32p ，又AF +BF +CF =y A +p 2+y B +p 2+y C +p 2=32p +32p =3p =12，解得p =4.设M (x 1,y 2),N (x 2,y 2)，由x 2=8y 可得y =x4，则k PM =x 14,k PN =x 24，所以直线PM 的方程为y -y 1=x14(x -x 1),即x 1x =4(y +y 1)①，同理直线PN 的方程为x 2x =4(y +y 2)②由直线均过点P 可得x 1=4(-2+y 1)，x 2=4(-2+y 2)，即直线MN 的方程为x =4(-2+y )，过焦点F (0,2)，联立x 2=8y x =4(-2+y ) ，消元得2y 2-9y +8=0，所以y 1+y 2=92，∴MN =y 1+y 2+p =92+4=172，故答案为：4；17211.(2023·安徽淮北·统考一模)已知双曲线C ：x 22-y 26=λ过点5,3 ，则其方程为，设F 1，F 2分别为双曲线C 的左右焦点，E 为右顶点，过F 2的直线与双曲线C 的右支交于A ，B 两点(其中点A 在第一象限)，设M ，N 分别为△AF 1F 2，△BF 1F 2的内心，则ME -NE 的取值范围是．【答案】 x 24-y 212=1 -433,433【分析】①将点代入方程中求出λ，即可得答案；②据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得△AF 1F 2，△BF 1F 2的内切圆与x 轴切于双曲线的右顶点E ，设直线AB 的倾斜角为θ，可用θ表示ME -NE ，根据A ,B 两点都在右支上得到θ的范围，利用θ的范围可求得ME -NE 的取值范围【详解】①由双曲线C ：x 22-y 26=λ过点5,3 ，所以52-36=λ⇒λ=2所以方程为x 24-y 212=1②如图：设△AF 1F 2的内切圆与AF 1,AF 2,F 1F 2分别切于H ,D ,G ，所以|AH |=|AD |,|HF 1|=|GF 1|,|DF 2|=|GF 2|，所以|AF 1|-|AF 2|=|AH |+|HF 1|-|AD |-|DF 2|=|HF 1|-|DF 2|=|GF 1|-|GF 2|=2a ，又|GF 1|+|GF 2|=2c ，所以|GF 1|=a +c ,|GF 2|=c -a ，又|EF 1|=a +c ,|EF 2|=c -a ，所以G 与E (a ,0)重合，所以M 的横坐标为a ，同理可得N 的横坐标也为a ，设直线AB 的倾斜角为θ.则∠EF 2M =π-θ2，∠EF 2N =θ2，|ME |-|NE |=c -a tan π-θ2-c -a tanθ2=c -a ⋅sin π2-θ2 cos π2-θ2 -sin θ2cos θ2=c -a ⋅cos θ2sin θ2-sin θ2cos θ2 =(c -a )⋅cos 2θ2-sin 2θ2sin θ2⋅cos θ2=c -a 2cos θsin θ，当θ=π2时，|ME |-|NE |=0，当θ≠π2时，由题知，a =2.c =4.ba=3.因为A ,B 两点在双曲线的右支上，∴π3<θ<2π3，且θ≠π2，所以tan θ<-3或tan θ>3，∴-33<1tan θ<33.且1tan θ≠0，ME -NE =4-2 ⋅2tan θ=4tan θ∈-433,0 ∪0,433，综上所述，|ME |-|NE |∈-433,433.故①答案为：x 24-y 212=1;-433,433【点睛】关键点点睛：第一问相对简单，代点求出即可；第二问难度较大，主要根据圆的切线长定理和双曲线的定义推出△AF 1F 2，△BF 1F 2的内切圆与x 轴同时切于双曲线的右顶点E ,并将ME -NE 用直线AB 的倾斜角θ表示出来是解题关键.12.(2023春·重庆·高三统考开学考试)定义：若A ，B ，C ，D 为球面上四点，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，则把以EF 为直径的球称为AB ，CD 的“伴随球”.已知A ，B ，C ，D 是半径为2的球面上四点，AB =CD =23，则AB ，CD 的“伴随球”的直径取值范围为；若A ，B ，C ，D 不共面，则四面体ABCD 体积的最大值为.【答案】 0,2 4【分析】设O 为A ,B ,C ,D 所在球面的球心，则由题可知E 、F 均是以O 为球心，1为半径的球面上的点，据此即可求出EF 范围；根据V A -BCD =2V A -CDE =23S △CDE⋅d (d 为点A 到平面CDE 距离，)，求出S △CDE ,d 的最大值即可得体积最大值.【详解】设O 为A ,B ,C ,D 所在球面的球心，∴OA =OC =2.∵AB =CD =23，且E ,F 分别是AB ,CD 的中点，∴OE ⊥AB ，OE ⊥CD ，且AE =CF =3，∴OE =OF =1，则E 、F 均是以O 为球心，1为半径的球面上的点，若以EF 为直径作球，则0<EF ≤OE +OF =2，即AB ，CD 的“伴随球”的直径取值范围是(0，2]；∵E 是AB 中点，∴V A -BCD =2V A -CDE =23S △CDE⋅d ，d 为点A 到平面CDE 距离，d ≤AE =3，又S △CDE =12CD ⋅h ，h 为点E 到CD 距离，h ≤EF ≤2，∴V A -BCD ≤23×23×22×3=4，当且仅当E ,O ，F 三点共线，且AB ⊥CD 时，等号成立.故答案为：(0，2]；4.【点睛】本题关键是根据已知条件确定E 和F 的轨迹，数形结合可得EF 的范围；根据E 是AB 中点，则A 与B 到平面CDE 的距离相等，据此将三棱锥A -BCD 的体积转化为三棱锥A -CDE 体积的2倍，再数形结合即可求得最值.对空间想象能力的要求很高，属于难题.13.(2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习)已知抛物线C :y 2=4x 的焦点为F ，准线交x 轴于点D ，过点F 作倾斜角为θ(θ为锐角)的直线交抛物线于A ，B 两点，如图，把平面ADF 沿x 轴折起，使平面ADF ⊥平面BDF ，则三棱锥A -BDF 体积为；若θ∈π6,π3，则异面直线AD ，BF 所成角的余弦值取值范围为．【答案】4377,155【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得AF =p 1-cos θ，BF =p1+cos θ，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.【详解】过B 作BM ⊥x ,BN ⊥准线，垂足为M ,N ,在Rt △BMF 中，MF =BF cos θ，又BN =BF =DF -MF =p -BF cos θ⇒BF =p 1+cos θ，MB =BF sin θ=p sin θ1+cos θ同理可得，AF =p1-cos θ过A 作AH ⊥x 于H ,由于平面ADF ⊥平面BDF ，且交线为DF ，AH ⊂平面ADF ,所以AH ⊥平面BDF ,且AH =AF sin θ=p sin θ1-cos θ，故三棱锥的体积为13S △BDF AF =13×12DF BM AH =16p p sin θ1+cos θp sin θ1-cos θ=p 36=86=43，AD =p 1-cos θ 2+p sin θ1-cos θ2=p 1-cos θ1+sin 2θ，BF =p1+cos θ且MB =p sin θ1+cos θ，FH =p cos θ1-cos θ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，B p 2-p cos θ1+cos θ,-p sin θ1+cos θ,0 ,A p 2+p cos θ1-cos θ,0,p sin θ1-cos θ，p =2即B 1-cos θ1+cos θ,-2sin θ1+cos θ,0 ,A 1+cos θ1-cos θ,0,2sin θ1-cos θ ，D -1,0,0 ,F 1,0,0 ,DA =21-cos θ,0,2sin θ1-cos θ ,BF =2cos θ1+cos θ,2sin θ1+cos θ,0 ,DA ⋅BF =21+cos θ 2cos θ1-cos θ =4cos θsin 2θ所以cos DA ,BF =DA ⋅BFDA BF =4cos θsin 2θp 1-cos θ1+sin 2θp 1+cos θ=cos θ1+sin 2θ=1-sin 2θ1+sin 2θ=-1+21+sin 2θ，当θ∈π6,π3时，sin θ∈12,32 ⇒sin 2θ∈14,34 ⇒1+sin 2θ∈54,74 ，所以cos DA ,BF =-1+21+sin 2θ∈77,155 ，由于DA ,BF为锐角，所以异面直线AD ，BF 所成角的角等于DA ,BF ，故异面直线AD ，BF 所成角的余弦值取值范围为77,155故答案为：43，77,155【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用14.(2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知数列a n 满足：①a 1=5；②a n +1=a n +2,n 为奇数3a n +2,n 为偶数 .则a n 的通项公式a n =；设S n 为a n 的前n 项和，则S 2023=.(结果用指数幂表示)【答案】 a n =3n +32-4,n 为奇数 3n +22-2,n 为偶数2×31013-6079【分析】当n 为奇数时令n =2k -1,k ∈N *可得a 2k =a 2k -1+2，当n 为偶数时令n =2k ,k ∈N *，可得a 2k +1+4=3a 2k -1+4 ，即可得到a 2k -1+4 是以9为首项，3为公比的等比数列，从而求出通项公式，再利用分组求和法计算可得.【详解】当n 为奇数时a n +1=a n +2，令n =2k -1,k ∈N *，则a 2k =a 2k -1+2，当n 为偶数时a n +1=3a n +2，令n =2k ,k ∈N *，则a 2k +1=3a 2k +2=3a 2k -1+2 +2=3a 2k -1+8，则a 2k +1+4=3a 2k -1+4 ，当k=1时a1+4=9，所以a2k-1+4是以9为首项，3为公比的等比数列，所以a2k-1+4=9×3k-1=3k+1，所以a2k-1=3k+1-4，则a2k=a2k-1+2=3k+1-4+2=3k+1-2，当n为奇数时，由n=2k-1,k∈N*，则k=n+12，所以a n=3n+12+1-4=3n+32-4，当n为偶数时，由n=2k,k∈N*，则k=n2，所以a n=3n2+1-2=3n+22-2，所以a n=3n+32-4,n为奇数3n+22-2,n为偶数，所以S2023=a1+a3+⋯+a2023+a2+a4+⋯+a2022=32+33+⋯+31013-4×1012+32+33+⋯+31012-2×1011=321-310121-3-4×1012+321-310111-3-2×1011=2×31013-6079故答案为：a n=3n+32-4,n为奇数3n+22-2,n为偶数，2×31013-607915.(2023秋·河北张家口·高三统考期末)已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，c=3b，则△ABC面积的最大值是；若r，R分别为△ABC的内切圆和外接圆半径，则rR的范围为．【答案】 3；34,2 .【分析】对于第一空，利用余弦定理表示出cos A，再表示出sin A，再利用S△ABC=12bc sin A可得答案；对于第二空，利用r=2S△ABCabc，R=12⋅asin A可得答案.【详解】因a，b，c在三角形中，则由三角形三边关系可得c+b=4b>4c-b=2b<4⇒1<b<2，又利用余弦定理有：cos A=b2+c2-a22bc =10b2-166b2，又cos2A+sin2A=1，sin A>0，则sin A=1-cos2A=1-100b4+256-320b236b4=4-b4+5b2-43b2.得S△ABC=12bc sin A=2-b4+5b2-4=2-b2-522+94≤3，当且仅当b2=52，即b=102时取等号.则△ABC面积的最大值是3；对于第二空，因S△ABC=12a+b+cr，则r=2S△ABCa+b+c=bc sin A4+4b=3b2sin A4+4b，又asin A=2R⇒R=a2sin A=2sin A，则rR=6b24+4b=32⋅b21+b=32⋅1+b-121+b=32b+1+1b+1-2，因1<b<2，则2<b+1<3.令f x =x+1x，其中x∈2,3，因f x =x2-1x2>0，则f x 在2,3上单调递增，故52<b+1+1b+1<103，得rR∈34,2.故答案为：3；3 4 ,2.16.(2023秋·河北保定·高三统考期末)定义在R上的两个函数f x 和g x ，已知f x +g1-x=3，g x +f x-3=3．若y=g x 图象关于点1,0对称，则f0 =，g1 +g2 +g3 +⋯+g1000=．【答案】 3 0【分析】①根据题意，利用方程法得到f x =f-2-x，通过赋值得到f0 =f-2，根据y=g x 的图象关于点1,0对称得到g1-x+g1+x=0，即可得到f x -g1+x=3，再利用方程法得到f x +f x-2=6，令x=0，得到f0 +f-2=6，然后求f0 即可；②利用方程法得到g x =-g x-2，整理可得g x =g x-4，得到4是g x 的一个周期，然后根据g x =-g x-2得到g1 +g2 +g3 +g4 =0，最后再利用周期求g1 +g2 +g3 +⋯+g1000即可.【详解】由g x +f x-3=3可得g1-x+f-2-x=3，又f x +g1-x=3，所以f x =f-2-x，令x=0，所以f0 =f-2；因为y=g x 的图象关于点1,0对称，所以g1-x+g1+x=0，又f x +g1-x=3，所以f x -g1+x=3，因为g x +f x-3=3，所以g1+x+f x-2=3，f x +f x-2=6，令x=0，所以f0 +f-2=6，则f0 =3；因为f x -g1+x=3，所以f x-3-g x-2=3，又g x +f x-3=3，所以g x =-g x-2，g x-2=-g x-4，则g x =g x-4，4是g x 的一个周期，因为g3 =-g1 ，g4 =-g2 ，所以g1 +g2 +g3 +g4 =0，因为g x 周期是4，所以g1 +g2 +g3 +⋯+g1000=0.故答案为：3，0.17.(2023秋·江苏·高三统考期末)已知数列a n､b n满足b n=a n+12,n=2k-1a n+1,n=2k其中k∈N*，b n 是公比为q的等比数列，则a n+1a n=(用q表示)；若a2+b2=24，则a5=.【答案】 q2 1024【分析】根据已知得出a k=b2k-1，则a n+1a n=b2n+1b2n-1，即可得出a n+1a n=q2，根据已知得出a2=b3，可得到b1q1+q=24，根据已知得出a3=b2,b5=a3，结合条件即得.【详解】∵n=2k-1时，b n=a n+12，即a k=b2k-1，k∈N*，则a n+1a n=b2n+1b2n-1，∵b n是公比为q的等比数列，∴b2n+1b2n-1=q2，即a n+1a n=q2；∵q2>0，∴a n中的项同号，∵n=2k时，b n=a n+1，∴a n+1≥0，则a n中的项都为正，即a n>0，∴b n=a n+12>0，∴q>0，∵b n=a n+12,n=2k-1a n+1,n=2k，∴a2=b3，∴a2+b2=b2+b3=24，∴b1q1+q=24，∵b n=a n+12,n=2k-1a n+1,n=2k，∴a3=b2,b5=a3，∴b22=b5，即b21q2=b1q4，∴b1=q2，∴q31+q=24,q4-16+q3-8=0，解得q=2，∴a5=b24=q10=1024.故答案为：q 2；1024.18.(2023秋·山东潍坊·高三统考期中)在△ABC 中，点D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ,△ABD 面积是△ADC 面积的2倍，且AD =λAC ，则实数λ的取值范围为；若△ABC 的面积为1，当BC 最短时，λ=.【答案】 0,43 2105##2510【分析】过C 作CE ⎳AB 交AD 延长线于E ，由题设易得BD =2DC 、AC =EC 、△ADB ∼△EDC ，在△ACE 中应用三边关系求λ的取值范围，若∠BAD =∠CAD =θ∈0,π2，由三角形面积公式得b 2sin2θ=1，且AE =2AC ⋅cos θ得cos θ=3λ4，进而可得b 2=83λ16-9λ2，应用余弦定理得到BC 关于λ的表达式，结合其范围求BC 最小时λ对应值即可.【详解】由△ABD 面积是△ADC 面积的2倍，即BD =2DC ，如上图，过C 作CE ⎳AB 交AD 延长线于E ，又AD 平分∠BAC ，所以∠BAE =∠CAE =∠AEC ，即AC =EC ，且△ADB ∼△EDC ，故ED AD=CD BD =12，若AC =EC =b ，又AD =λAC ，则AD =λb 且λ>0，ED =λb2，△ACE 中，AC +EC =2b >AE =3λb 2，可得λ<43，故0<λ<43；由角平分线性质知：S △ABD S △ACD =ABAC =2，则AB =2AC =2b ，若∠BAD =∠CAD =θ∈0,π2 ，则S △ABC =12AB ⋅AC sin2θ=b 2sin2θ=1，又AE =2AC ⋅cos θ，即3λb 2=2b cos θ，则cos θ=3λ4，故sin θ=16-9λ24，所以b 2sin2θ=2b 2sin θcos θ=3λb 216-9λ8=1，可得b 2=83λ16-9λ2，由BC 2=5b 2-4b 2cos2θ=9b 2-8b 2cos 2θ=12(2-λ2)λ16-9λ2=12⋅(λ2-2)2-9(λ2-2)2-20(λ2-2)-4，令t =1λ2-2∈-92,-12 ，则BC 2=12⋅1-9-20t-4t 2=12-141t+522-16，所以t =-52时BC 2min =12×14=3，即BC min =3，此时λ2=85，即λ=2105.故答案为：0<λ<43，2105.【点睛】关键点点睛：注意过C 作CE ⎳AB 交AD 延长线于E ，应用三角形三边关系求参数范围，根据已知条件得到BC 关于λ的表达式是求最值的关键.19.(2023秋·山东德州·高三统考期末)如图所示，已知F 1、F 2分别为双曲线x 24-y 212=1的左、右焦点，过F 2的直线与双曲线的右支交于A 、B 两点，则∠AF 2O 的取值范围为；记△AF 1F 2的内切圆O 1的面积为S 1，△BF 1F 2的内切圆O 2的面积为S 2，则S 1+S 2的取值范围是．【答案】π3,2π3 8π,403π【分析】分析可知直线AB 与x 轴不重合，设直线AB 的方程为x =my +4，将直线AB 的方程与双曲线的方程联立，利用韦达定理结合已知条件求出m 的取值范围，可求得∠AF 2O 的取值范围；设圆O 1切AF 1、AF 2、F 1F 2分别于点M 、N 、G ，分析可知直线AB 的倾斜角取值范围为π3,2π3，推导出圆O 1、圆O 2的半径r 1、r 2满足r 1r 2=4，求得r 1∈233,23 ，利用双勾函数的单调性可求得S 1+S 2的取值范围.【详解】设直线AB 的倾斜角为α，在双曲线x 24-y 212=1中，a =2，b =23，则c =a 2+b 2=4，故点F 24,0 ，若直线AB 与x 轴重合，则直线AB 与双曲线交于该双曲线的两个实轴的端点，不合乎题意，所以，直线AB 与x 轴不重合，设直线AB 的方程为x =my +4，设点A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，联立x =my +43x 2-y 2=12可得3m 2-1 y 2+24my +36=0，由题意可得3m 2-1≠0Δ=242m 2-4×36×3m 2-1 >0 ，解得m 2≠13，由韦达定理可得y 1+y 2=-24m 3m 2-1，y 1y 2=363m 2-1，x 1+x 2=m y 1+y 2 +8=-24m 23m 2-1+8=-83m 2-1>0，可得m 2<13，x 1x 2=my 1+4 my 2+4 =m 2y 1y 2+4m y 1+y 2 +16=-12m 2+163m 2-1>0，可得m 2<13，所以，-33<m <33，且α∈0,π 当-33<m <0时，tan α=1m ∈-∞,-3 ，此时α∈π2,2π3，当m =0时，AB ⊥x 轴，此时α=π2，当0<m <33时，tan α=1m ∈3,+∞ ，此时α∈π3,π2 ，综上，π3<α<2π3，不妨设点A 在第一象限，则∠AF 2O =α∈π3,2π3；设圆O 1切AF 1、AF 2、F 1F 2分别于点M 、N 、G ，过F 2的直线与双曲线的右支交于A 、B 两点，可知直线AB 的倾斜角取值范围为π3,2π3，由切线长定理可得AM =AN ，F 1M =F 1G ，F 2G =F 2N ，所以，AF 2 +F 1F 2 -AF 1 =AN +F 2N +F 1G +F 2G -AM +F 1M =F 2N +F 2G =2F 2G =2c -2a ，则F 2G =c -a =2，所以点G 的横坐标为4-2=2.故点O 1的横坐标也为2，同理可知点O 2的横坐标为2，故O 1O 2⊥x 轴，故圆O 1和圆O 2均与x 轴相切于G 2,0 ，圆O 1和圆O 2两圆外切.在△O 1O 2F 2中，∠O 1F 2O 2=∠O 1F 2G +∠O 2F 2G =12∠AF 2F 1+∠BF 2F 1 =90°，O 1O 2⊥F 2G ，∴∠GO 1F 2=∠F 2O 1O 2，∠O 1GF 2=∠O 1F 2O 2=90°，所以，△O 1GF 2∽△O 1F 2O 2，所以，O 1G O 1F 2=O 1F 2 O 1O 2，则O 1F 2 2=O 1G ⋅O 1O 2 ，所以F 2G 2=O 1F 2 2-O 1G 2=O 1G ⋅O 1O 2 -O 1G 2=O 1G ⋅O 2G ，即c -a 2=r 1⋅r 2，则r 1⋅r 2=4，由直线AB 的倾斜角取值范围为π3,2π3 ，可知∠AF 2F 1的取值范围为π3,2π3，则∠O 1F 2F 1=12∠AF 2F 1∈π6,π3，故r 1=F 2G ⋅tan ∠O 1F 2F 1=2tan ∠O 1F 2F 1∈233,23，则S 1+S 2=πr 21+r 22 =πr 21+16r 21，其中r 1∈233,23 ，令f x =x +16x ，其中x ∈43,12 ，则f x 在43,4 单调递减，在4,12 单调递增.因为f 4 =8，f 43=f 12 =403，则当x ∈43,12 时，f x ∈8,403 ，故S 1+S 2=πr 21+16r 21∈8π,40π3 .故答案为：π3,2π3；8π,40π3.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.20.(2023春·山东滨州·高三山东省北镇中学校考阶段练习)如图所示，一个平面内任意两两相交但不重合的若干条直线，直线的条数与这些直线将平面所划分的区域个数满足如下关系：1条直线至多可划分的平面区域个数为2；2条直线至多可划分的平面区域个数为4；3条直线至多可划分的平面区域个数为7；4条直线至多可划分的平面区域个数为11；一般的，n n ∈N * 条直线至多可划分的平面区域个数为；在一个平面内，对于任意两两相交但不重合的若干个圆，类比上述研究过程，可归纳出：n 个圆至多可划分的平面区域个数为.【答案】 n 2+n +22n 2-n +2【分析】根据当直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设n 条直线可划分的平面区域个数为a n ，推导出a n =a n -1+n n ≥2 ，利用累加法求得a n ；利用类比的方法可求得n 个圆至多可划分的平面区域个数.【详解】当这些直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的n 条直线可划分的平面区域个数为a n ，已知a 1=2,a 2=4，当n ≥2时，因为第n 条直线l 与前n -1条直线至多新增n -1个交点，且新增的这n -1个交点均在l 上，按沿l 的方向向量方向排布将这n -1个交点依次记为A 1,A 2,⋯，A n -1，对于线段A m -1A m m ∈N * ，且2≤m ≤n -1 ，和以A 1和A n -1为端点且不经过A 2,A 3⋯,A n -2的两条射线，均能将前n -1条直线所划分的区域一分为二，故将新增n 个区域，故a n =a n -1+n n ≥2 ，故a n =a 1+a 2-a 1 +a 3-a 2 +⋯+a n -a n -1 =2+2+3+⋯+n =1+n n +1 2=n 2+n +22，故n 条直线至多将平面划分的区域个数为n 2+n +22；同理，当这些圆两两相交，且任意三个圆均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的n 个圆可划分的平面区域个数为b n ，已知b 1=2,b 2=4，当n ≥2时，因为第n 个圆C 与前n -1个圆至多新增2n -1 个交点，且新增的这2n -2个交点均在C 上，按沿C 的逆时针方向排布将这2n -2个交点依次记为B 1,B 2,⋯,B 2n -2，对于弧B k -1Bk (k ∈N *，且2≤k ≤2n -2)，和弧B 2n -2B 1，每一段弧均能将前n -1个圆所划分的区域一分为二，故将新增2n -2个区域，故有b n =b n -1+2n -2n ≥2 ，故b n =b 1+b 2 -b 1 +b 3-b 2 +⋯+b n -b n -1=2+2+4+⋯+2n -2 =2+n n -1 =n 2-n +2，故n 个圆至多可划分的平面区域个数为n 2-n +2.故答案为：n 2+n +22;n 2-n +2.【点睛】关键点点睛：确定当直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的n 条直线可划分的平面区域个数为a n ，关键点就是要推导出当增加一条直线时新增的区域个数，从而得到a n =a n -1+n n ≥2 .21.(2023·山东青岛·统考一模)设函数f x 是定义在整数集Z 上的函数，且满足f 0 =1，f 1 =0，对任意的x ，y ∈Z 都有f x +y +f x -y =2f x f y ，则f 3 =；f 12+22+⋅⋅⋅+20232f 12+f 22 +⋅⋅⋅+f 20232=．【答案】 011011【分析】由f x +y +f x -y =2f x f y 结合已知函数值，通过代入特殊值计算f 3 ；推导出函数f x 周期T =4，通过已知函数值，分析f 12+22+⋅⋅⋅+20232 f 12 +f 22 +⋅⋅⋅+f 20232中自变量的数据特征求值.【详解】令x =y =1，f (2)+f (0)=2f 2(1)，∴f 2 =-1，。

(浙江专用)高考数学三轮冲刺抢分练解题题增分练(二)

（浙江专用）高考数学三轮冲刺抢分练解题题增分练（二）解答题增分练(二)1．(2019·绍兴模拟)已知函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，－12，图象与x 轴的相邻两个交点的距离为π. (1)求f (x )的解析式；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－35，求sin θ的值．解 (1)由已知得T ＝2π，则ω＝1，所以f (x )＝cos(x ＋φ)．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－12，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝－12，又0<φ<π，所以π6<π6＋φ<7π6.所以π6＋φ＝2π3，即φ＝π2，所以f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝－sin x .(2)因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－35，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝35，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝±45. 当cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝45时， sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3sin π3＝3－4310；当cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－45时， sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3cos π3－cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3sin π3＝3＋4310.所以sin θ＝3－4310或3＋4310.2．(2019·衢二中模拟)如图，正方形ABCD 所在平面外一点满足PE ＝PF ，其中E ，F 分别是AB 与AD 的中点．(1)求证：EF ⊥PC ；(2)若AB ＝4，PE ＝PF ＝26，且二面角P －EF －C 的平面角的余弦值为31111，求BC 与平面PEF 所成角的正弦值．(1)证明连接AC ，交EF 于点O (如图)，连接PO ，则EF ⊥PO ，EF ⊥AC ，PO ∩AC ＝O ，PO ，AC ⊂平面POC ，故EF ⊥平面POC . 又PC ⊂平面POC ，因此EF ⊥PC .(2)解由(1)知∠POC 即为二面角P －EF －C 的平面角，即cos∠POC ＝31111，且FO ＝2，PO ＝22，OC ＝32，在△POC 中应用余弦定理，得PC ＝PO 2＋OC 2－2PO ·OC ·cos∠POC＝22＋18－2×22×32×31111＝2，于是有PC 2＋OC 2＝PO 2，即PC ⊥OC ，又EF ⊥PC ，EF ∩OC ＝O ，EF ，OC ⊂平面ABCD ，从而有PC ⊥平面ABCD .方法一连接BD ，交AC 于点G ，在平面POC 中，过点G 作GH ⊥PO 于点H .连接EG ，EH ，则EG ∥BC .由(1)知EF ⊥平面POC ，故平面PEF ⊥平面POC ，平面PEF ∩平面POC ＝PO ，又GH ⊥PO ，GH ⊂平面POC ，所以GH ⊥平面PEF ，因此∠GEH 即为直线BC 与平面PEF 所成的角．在△POC 中，由HG PC ＝OG OP，解得HG ＝211.因此sin∠GEH ＝HG GE ＝1111. 即BC 与平面PEF 所成角的正弦值为1111. 方法二以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (0,0,0)，P (0,0,2)，B (0,4,0)，E (2,4,0)，F (4,2,0)，于是PE →＝(2,4，－2)，PF →＝(4,2，－2)，CB →＝(0,4,0)，设平面PEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PE →＝0，m ·PF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y －2z ＝0，4x ＋2y －2z ＝0，解得x ＝y ，令x ＝1，于是平面PEF 的一个法向量为m ＝(1,1,3)，设直线BC 与平面PEF 所成角为θ，因此sin θ＝|cos 〈CB →，m 〉|＝|CB →·m ||CB →||m |＝44×11＝1111.所以BC 与平面PEF 所成角的正弦值为1111. 3．(2019·慈溪中学模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n ，n 为奇数，a n －3n ，n 为偶数，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n －32是等比数列；(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，求满足S n >0的所有正整数n . (1)证明因为a 2(n ＋1)－32a 2n －32＝13a 2n ＋1＋(2n ＋1)－32a 2n －32＝13(a 2n －6n )＋(2n ＋1)－32a 2n －32＝13a 2n －12a 2n －32＝13，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n －32是以a 2－32＝－16为首项，13为公比的等比数列．(2)解由(1)得a 2n －32＝－16·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，则a 2n ＝－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋32，由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1)，得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1) ＝－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－6n ＋152，故a 2n －1＋a 2n ＝－12·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －6n ＋9＝－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n－6n ＋9，所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －6(1＋2＋3＋…＋n )＋9n＝－2·13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13－6·n (n ＋1)2＋9n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－3n 2＋6n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －3(n －1)2＋2，显然，当n ∈N *时，{S 2n }单调递减，当n ＝1时，S 2＝73>0，当n ＝2时，S 4＝－89<0，则当n ≥2时，S 2n <0；S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －52－3n 2＋6n ，同理可得当且仅当n ＝1时，S 2n －1>0，综上可得，满足条件S n >0的正整数n 的值为1和2.4．(2019·衢二中模拟)已知直线l 与抛物线C ：x 2＝4y 交于M ，N 两点．(1)当点M ，N 的横坐标之和为4时，求直线l 的斜率；(2)已知点P (1，－2)，直线l 过点Q (0,1)，记直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2，当1k 1＋1k 2取最大值时，求直线l 的方程．解 (1)设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，N ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，则x 1＋x 2＝4，∴k MN ＝x 214－x 224x 1－x 2＝x 1＋x 24＝1.(2)由题意知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y⇒x 2－4kx －4＝0，Δ＝16k 2＋16>0恒成立，∴x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，则1k 1＋1k 2＝x 1－1kx 1＋3＋x 2－1kx 2＋3 ＝2kx 1x 2＋(3－k )(x 1＋x 2)－6k 2x 1x 2＋3k (x 1＋x 2)＋9＝－4k 2＋4k －68k 2＋9＝－12＋8k －316k 2＋18，令8k －3＝t ，则k ＝t ＋38，则1k 1＋1k 2＝－12＋4t t 2＋6t ＋81. 当t >0时，1k 1＋1k 2＝－12＋4t t 2＋6t ＋81＝－12＋4t ＋81t＋6≤－13，当且仅当8k －3＝t ＝9，即k ＝32时，取等号；当t ＝0时，1k 1＋1k 2＝－12＋4t t 2＋6t ＋81＝－12<－13；当t <0时，1k 1＋1k 2＝－12＋4tt 2＋6t ＋81＝－12＋4t ＋81t＋6∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－56，－12.综上所述，当k ＝32时，1k 1＋1k 2取得最大值－13，此时直线l 的方程是y ＝32x ＋1，即3x －2y ＋2＝0.5．(2019·绍兴一中模拟)已知函数f (x )＝a (x ＋1)ln(x ＋1)－x 2－ax (a >0)是减函数． (1)试确定a 的值；(2)已知数列{a n }，a n ＝ln (n ＋1)n ＋1，T n ＝a 1a 2a 3…a n (n ∈N *)，求证：ln[(n ＋2)T n ]<1－n 2.(1)解 f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝a ln(x ＋1)－2x . 由f (x )是减函数得，对任意的x ∈(－1，＋∞)，都有f ′(x )＝a ln(x ＋1)－2x ≤0恒成立．设g (x )＝a ln(x ＋1)－2x ，x ∈(－1，＋∞)．∵g ′(x )＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫a2－1x ＋1，由a >0知，a2－1>－1，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1，a2－1时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a2－1，＋∞时，g ′(x )<0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a 2－1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2－1，＋∞上单调递减，∴g (x )在x ＝a2－1时取得最大值．又∵g (0)＝0，∴对任意的x ∈(－1，＋∞)，g (x )≤g (0)恒成立，即g (x )的最大值为g (0)． ∴a2－1＝0，解得a ＝2.(2)证明由(1)得f (x )＝2(x ＋1)ln(x ＋1)－x 2－2x . 又f (x )是减函数，且f (0)＝0， ∴当x >0时，f (x )<0，即f (n )<0，即2(n ＋1)ln(1＋n )<n 2＋2n .两边同除以2(n ＋1)2得，ln (n ＋1)n ＋1<12·n n ＋1·n ＋2n ＋1，即a n <12·n n ＋1·n ＋2n ＋1.从而T n ＝a 1a 2a 3…a n<12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·23·34·…·n n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫32·43·54·…·n ＋2n ＋1 ＝12n ＋1·n ＋2n ＋1，所以ln[(n ＋2)T n ]<ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n ＋2)22n ＋1(n ＋1)＝2ln(n ＋2)－ln(n ＋1)－(n ＋1)ln2.①下面证2ln(n ＋2)－ln(n ＋1)－(n ＋1)ln2＋n2－1<0.记h (x )＝2ln(x ＋2)－ln(x ＋1)－(x ＋1)ln2＋x2－1，x ∈[1，＋∞)．∴h ′(x )＝2x ＋2－1x ＋1－ln2＋12＝x x 2＋3x ＋2－ln2＋12＝1x ＋2x＋3－ln2＋12，∵y ＝x ＋2x在[2，＋∞)上单调递增，∴h ′(x )在[2，＋∞)上单调递减，而h ′(2)＝16－ln2＋12＝13(2－3ln2)＝13(2－ln8)<0， ∴当x ∈[2，＋∞)时，h ′(x )<0恒成立， ∴h (x )在[2，＋∞)上单调递减，即x ∈[2，＋∞)，h (x )≤h (2)＝2ln4－ln3－3ln2 ＝ln2－ln3<0，∴当n ≥2，n ∈N *时，h (n )<0.∵h (1)＝2ln3－ln2－2ln2－12＝ln 98－ln e<0，∴当n ∈N *时，h (n )<0，即2ln(n ＋2)－ln(n ＋1)－(n ＋1)ln2<1－n2.②综上①②可得，ln[(n ＋2)T n ]<1－n2.。

(浙江专用)高考数学三轮冲刺抢分练解题题增分练(一)

（浙江专用）高考数学三轮冲刺抢分练解题题增分练（一）解答题增分练(一)1．(2019·温州模拟)如图，在单位圆上，∠AOB ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<α<π2，∠BOC ＝π3，且△AOC 的面积等于237.(1)求sin α的值；(2)求2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－π3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6的值．解 (1)S △AOC ＝12×12×sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝237， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝437， ∵π6<α<π2， ∴π2<α＋π3<5π6， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－17， sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3－π3 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3cos π3－cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3sin π3 ＝437×12＋17×32＝5314. (2)2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－π3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6 ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3－α2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6 ＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6 ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6＝1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝87.2.如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，其中ABCD 为矩形，△ABE 为直角三角形，∠AEB ＝90°，AB ＝2AD ＝2AE ＝2.(1)求证：平面ACE ⊥平面BCE ；(2)求直线CD 与平面ACE 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，∴BC ⊥AB ，∵BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面ABE ，又AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE ，又AE ⊥BE ，BC ∩BE ＝B ，BC ，BE ⊂平面BCE ，∴AE ⊥平面BCE ，而AE ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面BCE .(2)解方法一 ∵AB ∥CD ，∴CD 与平面ACE 所成角的大小等于AB 与平面ACE 所成角的大小．过B 作BF ⊥CE 于F ，连接AF ，∵平面ACE ⊥平面BCE ，平面ACE ∩平面BCE ＝CE ，BF ⊂平面BCE ，∴BF ⊥平面ACE .∴∠BAF 即为AB 与平面ACE 所成的角．由BC ＝1，BE ＝3，得CE ＝2，BF ＝32， ∴sin∠BAF ＝BFAB ＝34， ∴直线CD 与平面ACE 所成角的正弦值为34. 方法二以E 为原点，EB ，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系E －xyz ，则E (0,0,0)，A (0,1,0)，C (3，0,1)，D (0,1,1)，于是EA →＝(0,1,0)，EC →＝(3，0,1)，CD →＝(－3，1,0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EA →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎨⎧ y ＝0，3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，－3)，设CD →与n 的夹角为θ，所以|cos θ|＝|CD →·n ||CD →||n |＝34，所以CD 与平面ACE 所成角的正弦值为34. 3．(2019·台州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝2a n －n ，n ∈N *.(1)求证数列{a n ＋1}为等比数列，并求通项公式a n ；(2)若对任意的n ∈N *都有λa n ≤S n ＋n －n 2，求实数λ的取值范围．解 (1)由S n ＝2a n －n ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－n ＋1.两式相减可得，a n ＝2a n －1＋1， a n ＋1＝2(a n －1＋1)，由S 1＝2a 1－1，得a 1＝1，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2n －1(a 1＋1)＝2n ，a n ＝2n －1.(2)由λa n ≤S n ＋n －n 2，得λ(2n －1)≤2n ＋1－2－n ＋n －n 2，故λ≤2－n 22n －1，所以λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n 22n －1min . 设f (n )＝n 22n －1，f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)22n ＋1－1－n 22n －1＝[－(n －1)2＋2]·2n－(2n ＋1)(2n ＋1－1)(2n －1).当n ＝1时，f (2)－f (1)>0，n ≥2时，f (n ＋1)－f (n )<0，所以f (1)<f (2)>…>f (n )…，f (n )的最大值为f (2)＝43， 2－n 22n －1的最小值为23，所以λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，23. 4．(2019·余高等三校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点M 与点F 关于原点对称．(1)过点M 作直线l 与抛物线相切，求直线l 的方程；(2)椭圆C 以MF 为长轴，离心率为22，点P 是椭圆C 上的一点，过点N (p ,0)的直线交抛物线于A ，B 两点，若|AB |≤26p ，求△ABP 面积的最大值．解 (1)显然，切线斜率一定存在．设切线方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，y 2＝2px ，得k 2x 2＋(k 2－2)px ＋p 2k 24＝0，依题意知Δ＝(k 2－2)2p 2－k 4p 2＝0，得k 2＝1，即k ＝±1，∴切线方程为x ±y ＋p 2＝0. (2)设直线AB ：x ＝my ＋p ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋p ，y 2＝2px ，得y 2－2pmy －2p 2＝0，∴Δ＝4p 2(m 2＋2)>0恒成立，|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝2p (1＋m 2)(m 2＋2)，由|AB |≤26p ⇒0≤m 2≤1，依题意知椭圆C ：x 2p 24＋y 2p 28＝1，作直线平行于AB 且与椭圆相切，则当点P 为距直线AB 较远的切点时，△ABP 面积最大，设切线方程为x ＝my ＋t (t <0)，则d P －直线AB ＝|p －t |1＋m 2，∴S △ABP ＝12|AB |·d P －直线AB ＝p m 2＋2|p －t |，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋t ，4x 2＋8y 2＝p 2，得(8＋4m 2)y 2＋8tmy ＋4t 2－p 2＝0，∴Δ＝16(p 2m 2＋2p 2－8t 2)＝0，得m 2＋2＝8t 2p2∈[2,3]， ∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6p 4，－p 2. ∴S △ABP ＝12|AB |·d P －直线AB ＝22|pt －t 2| ＝22(t 2－pt )，当t ＝－6p 4，即m ＝±1时，△ABP 面积的最大值为32＋434p 2. 5．(2019·绍兴模拟)已知函数f (x )＝2ln(ax ＋b )，其中a ，b ∈R .(1)若直线y ＝x 是曲线y ＝f (x )的切线，求ab 的最大值；(2)设b ＝1，若关于x 的方程f (x )＝a 2x 2＋(a 2＋2a )x ＋a ＋1有两个不相等的实根，求a 的最大整数值.⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：ln 54≈0.223 解 (1)设直线y ＝x 与y ＝f (x )相切于点P (x 0,2ln(ax 0＋b ))．因为f ′(x )＝2a ax ＋b，所以f ′(x 0)＝2a ax 0＋b ＝1，所以ax 0＋b ＝2a (a >0)．又因为P 在切线y ＝x 上，所以2ln(ax 0＋b )＝x 0，所以x 0＝2ln(ax 0＋b )＝2ln2a ，b ＝2a －ax 0＝2a －2a ln2a ，因此ab ＝2a 2－2a 2ln2a (a >0)．设g (a )＝2a 2－2a 2ln2a (a >0)，则由g ′(a )＝2a －4a ln2a ＝2a (1－2ln2a )>0，解得0<a <e 2. 由g ′(a )<0，解得a >e 2. 所以g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2，＋∞上单调递减，可知g (a )的最大值为g ⎝⎛⎭⎪⎫e 2＝e 4，所以ab 的最大值为e 4. (2)方法一原方程即为2ln(ax ＋1)＝(ax ＋1)2＋a (ax ＋1)，设ax ＋1＝t ，则上述方程等价于2ln t ＝t 2＋at (t >0)．设p (t )＝2ln t －t 2－at (t >0)，则函数p (t )需有两个不同的零点．因为p ′(t )＝2t－2t －a 在(0，＋∞)上单调递减，且p ′(t )＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根t 0，即p ′(t 0)＝0，即at 0＝2－2t 20.所以当t ∈(0，t 0)时，p ′(t )>0；当t ∈(t 0，＋∞)时，p ′(t )<0.因此p (t )在(0，t 0)上单调递增，在(t 0，＋∞)上单调递减．若a >0，则t 0∈(0,1)． p (t )≤p (t 0)＝2ln t 0－t 20－at 0＝2ln t 0－t 20－(2－2t 20)＝2ln t 0＋t 20－2<0，不合题意，舍去．若a <0，则t 0∈(1，＋∞)．当t ∈(0,1)时，则p (t )＝2ln t －t 2－at <2ln t ＋|a |，取t 1＝e －|a |2，则p (t 1)<0；当t ∈(1，＋∞)时，则p (t )＝2ln t －t 2－at <2(t －1)－t 2－at <－t 2＋(2－a )t ，取t 2＝2＋|a |，则p (t 2)<0.由此t 1<t 0<t 2，且p (t 1)<0，p (t 2)<0.要使函数p (t )＝2ln t －t 2－at (t >0)有两个不同的零点．则只需p (t 0)＝2ln t 0－t 20－at 0>0，所以只需p (t 0)＝2ln t 0－t 20－(2－2t 20)＝t 20＋2ln t 0－2>0.因为p (t 0)＝t 20＋2ln t 0－2是关于t 0的增函数，且p (1)＝－1<0，p ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝2ln 54－716>0，所以存在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54使得p (m )＝0，所以当t 0>m 时，p (t 0)>0，因为a ＝2t 0－2t 0是关于t 0的减函数，所以a ＝2t 0－2t 0<2m－2m ，又因为2m －2m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－910，0，所以a 的最大整数值为－1.方法二原方程即为2ln(ax ＋1)＝(ax ＋1)2＋a (ax ＋1)，设ax ＋1＝t ，则原方程等价于关于t 的方程2ln t －t 2－at ＝0(t >0)有两个不同的解．即关于t 的方程a ＝2ln t －t 2t(t >0)有两个不同的解．设h (t )＝2ln t －t 2t，则h ′(t )＝2－t 2－2ln t t 2. 设m (t )＝2－t 2－2ln t ，由t >0知m ′(t )＝－2t －2t<0，所以m (t )＝2－t 2－2ln t 在区间(0，＋∞)上单调递减，又m (1)＝1>0，m ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝716－2ln 54<0，所以存在t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54使得m (t 0)＝0. 当t ∈(0，t 0)时，m (t )>0，h ′(t )>0；当t ∈(t 0，＋∞)时，m (t )<0，h ′(t )<0.所以h (t )在(0，t 0)上单调递增，在(t 0，＋∞)上单调递减，所以h (t 0)＝2ln t 0－t 20t 0＝2－2t 20t 0＝2t 0－2t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－910，0. 要使得关于t 的方程a ＝2ln t －t 2t(t >0)有两个不同的解，则a <h (t 0)．当a ＝－1时，设p (t )＝2ln t －t 2＋t ，则p ′(t )＝2t－2t ＋1，可知p (t )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋174上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋174，＋∞上单调递减．又p (1)＝0，p ⎝⎛⎭⎪⎫1＋174>0，p (e)＝2－e 2＋e<0， p (t )有两个不同的零点，符合题意．所以a 的最大整数值为－1.。

新(全国甲卷)版高考数学三轮增分练高考小题限时练1理【含答案】

高考小题限时练11．若(1＋i)＋(2－3i)＝a ＋b i(a ，b ∈R ，i 是虚数单位)，则a ，b 的值分别等于( ) A ．3，－2 B ．3,2 C ．3，－3 D ．－1,4答案 A解析 ∵(1＋i)＋(2－3i)＝3－2i ＝a ＋b i ， ∴a ＝3，b ＝－2，故选A.2．(2016·山东)设集合A ＝{y |y ＝2x ，x ∈R }，B ＝{x |x 2－1<0}，则A ∪B 等于( ) A ．(－1,1) B ．(0,1) C ．(－1，＋∞) D ．(0，＋∞)答案 C解析 ∵A ＝{y |y >0}，B ＝{x |－1<x <1}，∴A ∪B ＝(－1，＋∞)，故选C. 3．在△ABC 中，a ＝4，b ＝52，5cos(B ＋C )＋3＝0，则角B 的大小为( )A.π6B.π4 C.π3 D.56π 答案 A解析由5cos(B ＋C )＋3＝0得cos A ＝35，则A ∈(0，π2)，sin A ＝45，445＝52sin B ，sin B ＝12.又a >b ，B 必为锐角，所以B ＝π6.4．某气象站天气预报的准确率为80%，则5次预报中至少有4次准确的概率约为( ) A ．0.2 B ．0.41 C ．0.74 D ．0.67答案 C解析 5次预报中至少有4次准确这一事件是下面两个互斥事件之和：5次预报，恰有4次准确；5次预报都准确．故5次预报，至少有4次准确的概率为C 45×0.84×0.2＋C 55×0.85×0.20≈0.74.故选C.5．点O 为坐标原点，点F 为抛物线C ：y 2＝42x 的焦点，点P 为C 上一点．若|PF |＝42，则△POF 的面积为( ) A ．2 B ．2 2 C ．2 3 D ．4答案 C解析由题意易知抛物线的焦点为F (2，0)，|OF |＝ 2.过P 点作准线的垂线交准线于点M ，则|PM |＝4 2.点F 在线段PM 上的射影记为点F ′，则|F ′M |＝22，故|F ′P |＝2 2.在Rt△PF ′F 中，由勾股定理可知，|F ′F |＝26，故S △POF ＝12×2×26＝2 3.6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 200OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 200等于( ) A ．100 B ．101 C ．200 D ．201答案 A解析因为A ，B ，C 三点共线，所以a 1＋a 200＝1，所以S 200＝a 1＋a 2002×200＝100.7．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2答案 D解析由三视图可得该几何体是平放的直三棱柱，该直三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形、侧棱长为4，所以表面积为12×2×2×2＋4×2×2＋4×22＝20＋82，故选D.8．若(x －2x)n的二项展开式中的第5项是常数，则自然数n 的值为( )A ．6B ．10C ．12D ．15答案 C解析 ∵T k ＋1＝C k n(x )n －k(－2x)k ＝C k n (－1)k 2k x32n k -，∴T 5＝C 4n ·24·x122n -.∵n －12＝0，∴n ＝12.9．(2016·四川)秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为3,2，则输出v 的值为( )A．9 B．18 C．20 D．35答案 B解析初始值n＝3，x＝2，程序运行过程如下：v＝1；i＝2，v＝1×2＋2＝4；i＝1，v＝4×2＋1＝9；i＝0，v＝9×2＋0＝18.i＝－1，跳出循环，输出v＝18，故选B.10．(2016·课标全国丙)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )A.815B.18C.115D.130答案 C解析第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，所以总的基本事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为115，故选C.11．(2016·浙江)命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是( ) A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2答案 D解析原命题是全称命题，条件为∀x ∈R ，结论为∃n ∈N *，使得n ≥x 2，其否定形式为特称命题，条件中改量词，并否定结论，只有D 选项符合． 12．函数f (x )＝x cos x 2在区间[0,4]上的零点个数为( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 答案 C解析由f (x )＝x cos x 2＝0，得x ＝0或cos x 2＝0. 又x ∈[0,4]，所以x 2∈[0,16]．由于cos(π2＋k π)＝0(k ∈Z )，而在π2＋k π(k ∈Z )的所有取值中，只有π2，3π2，5π2，7π2，9π2满足在[0,16]内，故零点个数为1＋5＝6.13．若圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)上有且只有两个点到直线x －y －2＝0的距离为1，则实数r 的取值范围是________．答案 (2－1，2＋1)解析注意到与直线x －y －2＝0平行且距离为1的直线方程分别是x －y －2＋2＝0和x －y －2－2＝0，要使圆上有且只有两个点到直线x －y －2＝0的距离为1，需满足在两条直线x －y －2＋2＝0和x －y －2－2＝0中，一条与该圆相交且另一条与该圆相离，所以|2－2|2<r <|－2－2|2，即2－1<r <2＋1.14.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a (a >0)，PA ⊥平面AC ，BC 边上存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，则实数a 的取值范围是________．答案 [2，＋∞) 解析如图，连接AQ .∵PA ⊥平面AC ，∴PA ⊥QD ，又PQ ⊥QD ，PQ ∩PA ＝P ，∴QD ⊥平面PQA ，于是QD ⊥AQ ，∴在线段BC 上存在一点Q ，使得QD ⊥AQ ，等价于以AD 为直径的圆与线段BC 有交点， ∴a2≥1，a ≥2. 15．已知函数f (x )＝x 2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是________．答案 [－22，＋∞)解析依题意知，x >0，f ′(x )＝2x 2＋mx ＋1x，令g (x )＝2x 2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞)．当－m4≤0时，g (0)＝1>0恒成立，∴m ≥0时，g (x )>0恒成立，当－m4>0时，则Δ＝m 2－8≤0，∴－22≤m <0，综上，m 的取值范围是m ≥－2 2.16．(2016·课标全国乙)某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时，生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900元．该企业现有甲材料150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元．答案 216 000解析设生产A 产品x 件，B 产品y 件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，得线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧1.5x ＋0.5y ≤150，x ＋0.3y ≤90，5x ＋3y ≤600，x ≥0，y≥0，x ∈N *，y ∈N *，目标函数z ＝2 100x ＋900y . 作出可行域为图中的四边形，100×60＋900×100＝216 000(元)．。

高考数学大二轮总复习与增分策略配套三轮增分练高考小题分项练 7 Word版含答案

高考小题分项练数列．在等比数列{}中，若＝，＝，则该数列前五项的积为() ．±．
．±．
答案
解析因为＝＝×，＝，
所以＝＝()＝(×)＝，故选.
．已知数列{}是公差为的等差数列，且，，成等比数列，则为() ．－．－
．．
答案
解析＝－，＝＋，
∴＝＝(－)(＋)，解得＝，故选.
．等差数列{}的前项和为，若＝，则等于()
．
答案
解析当＝时，＝＝，
∴＝.故选.
．已知数列{}满足＝，＝，＋＝(＋)＋，则该数列的前项和为() ．．
．．
答案
解析∵＝，＝，＋＝(＋)＋，
∴＝＋＝，＝＝，…，－＝－＋，＝－(∈*，≥)．
∴数列{－}成等差数列，数列{}成等比数列．
∴该数列的前项和为(＋＋…＋)＋(＋＋…＋)＝(＋＋…＋)＋(＋＋…＋)＝＋＝＋－＝.故选. ．设等差数列{}的前项和为，且＋＋＝，则等于()
．．
．．
答案
解析由＋＋＝，得＝，
所以，＝＝＝，故选.
．正项等比数列{}中的，是函数()＝－＋－的极值点，则等于()
．．
．－
答案
解析∵′()＝－＋，∴·＝，
∴＝，∵>，
∴＝，＝.
．设为数列{}的前项和，且＝(－)(∈*)，则等于()
．(－) ．＋
．．·－
答案
解析由已知得，
解得
代入选项检验，只有符合．
．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上。

高考数学三轮增分练高考小题分项练12 Word版含解析

高考小题分项练统计初步．某校高一年级有学生人，高二年级有学生人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽出人，其中从高一年级学生中抽出人，则从高三年级学生中抽取的人数为．答案解析高一高二人数之比为∶，因此高二抽出的人数为人，高三抽出的人数为－－＝人．．某学校有男学生名，女学生名．为了解男女学生在学习兴趣与业余爱好方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取男学生名，女学生名进行调查，则这种抽样方法是．答案分层抽样法解析总体由男生和女生组成，比例为∶＝∶，所抽取的比例也是∶，故拟从全体学生中抽取名学生进行调查，采用的抽样方法是分层抽样法．．已知一组数据，，，，的方差是，则数据的标准差为．答案解析由题意得数据的方差为×＝，因此标准差为.．将参加夏令营的名学生编号为：，…，，采用系统抽样的方法抽取一个容量为的样本，且随机抽得的号码为，这名学生分住在三个营区，从到在第一营区，从到在第二营区，从到在第三营区，三个营区被抽中的人数分别为．答案解析根据系统抽样特点，抽样间隔为＝，被抽到号码＝＋，∈.由题意可知，第一营区可分为个小组，每组抽取人，共抽取人，由第二营区的编号为到，可知≤＋≤，∈，可得≤≤，因此第二营区应有人，第三营区有人，所以三个营区被抽中的人数分别为.．若一组样本数据，的平均数为，则该组样本数据的方差为．答案解析由题意得＝，因此方差为(＋＋＋＋)＝.．如图是一次摄影大赛上位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，算得平均分为分，复核员在复核时，发现有一个数字(茎叶图中的)无法看清，若记分员计算无误，则数字应该是．答案解析由题意得，当≤时，＝⇒＝，当>时，>，因此数字应该是.．如图是甲、乙两位同学在次数学测试中得分的茎叶图，则成绩较稳定(方差较小)的那一位同学的方差为．答案解析由于甲、乙两位同学的平均数均为，所以甲、乙两位同学的方差分别为(＋＋＋＋)＝，(＋＋＋＋)＝>，故成绩较稳定(方差较小)的那一位同学的方差为.．在一段时间内有辆车通过高速公路上的某处，现随机抽取其中的辆进行车速统计，统计结果如下面的频率分布直方图所示．若该处高速公路规定正常行驶速度为～，试估计辆车中在这段时间内以正常速度通过该处的汽车约有辆．答案解析由频率分布直方图可以看出在～之间的频率为(＋＋)×＝，故辆汽车在这段时间内以正常速度通过该处有×＝辆．。

高考数学三轮增分练高考小题分项练1 Word版含解析

高考小题分项练高考小题分项练集合与常用逻辑用语．已知集合＝{}，＝{＋，}，若∩＝，则∁＝.答案{}解析因为∩＝⇒⊆，所以＝，∁＝{}．．已知向量＝(，－)，＝(，)，其中∈.则“＝”是“⊥成立”的条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)答案充分不必要解析若＝，则·＝－＝，∴⊥成立；反过来，若⊥，则·＝－＝，∴＝或＝－.所以“＝”是“⊥成立”的充分不必要条件．．已知集合＝{}，＝{}，＝∩，则集合的子集的个数为．答案解析因为＝∩＝{}，所以集合的子集的个数为＝.．(·四川改编)设集合＝{－≤≤}，为整数集，则集合∩中元素的个数是．答案解析由题意可知，∩＝{－，－}，则∩中的元素的个数为.．设：－－>，：(－)<，则是的条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)答案必要不充分解析由－－>，得<－或>，由(－)<，得<<，所以是的必要不充分条件．．已知集合＝{－≤≤}，集合＝{＝}，则∪＝.答案{－≤≤}解析＝{＝}，可知－－＋≥，解得＝{－≤≤}，∪＝{－≤≤}．．已知集合＝{＝，∈}，集合＝{＝}，则(∁)∩＝.答案(，＋∞)解析因为＝{＝，∈}＝[－]，＝{＝}＝(，＋∞)．所以(∁)∩＝(，＋∞)．．对于非空集合，，定义运算：＝{∈∪，且∉∩}．已知＝{<<}，＝{<<}，其中，，，满足＋＝＋，<<，则＝.答案(，]∪[，)解析由已知＝{<<}，∴<，又<，∴<<，同理可得<<.∵<<，<，>，∴>，∴>.∵＋＝＋，∴－＝－，∴>.又∵<，>，∴－<，∴－<，∴<<<<，∴∩＝，∴＝{<≤或≤<}＝(，]∪[，)．．“λ≤”是“数列＝－λ(∈*)为递增数列”的条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)答案充分不必要解析∵“数列＝－λ (∈*)为递增数列”，∴＋>.∴(＋)－λ(＋)>－λ，化为λ<对于∀∈*恒成立，∴λ<.则“λ≤”是“数列＝－λ (∈*)为递增数列”的充分不必要条件．．已知，是实数，则“>”是“<”的条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或。

高考数学三轮增分练高考小题分项练3 Word版含解析

高考小题分项练函数的图象与性质．定义在上的奇函数()满足≥时，()＝(＋)＋(－)＋(，为常数)，若()＝－，则(－)的值为．答案解析由定义在上的奇函数()，得()＝＝＋，＝－，()＝＋(－)－＝－，＝，()＝(＋)－－(≥)，(－)＝－()＝－＋＋＝.．设函数()＝若(())＝，则＝.答案解析()＝－，①当－<，即>时，(())＝(－)＝×(－)－＝－＝，∴＝(舍)．②当－≥，即≤时，(())＝(－)＝－＝，∴－＝，∴＝.．已知函数()＝(＋)－，若()＝，则(－)＝.答案－解析因为()＋(－)＝＋＝－，所以(－)＝－－()＝－－＝－.．若函数()＝＋＋在区间[－，](>)上的值域为[，]，则＋＝.答案解析()＝＋＋＝＋()＋＝－＋，＋＝(－)＋()＝－(＋)＋(－)＋＝－＝.．若函数()＝＋－－的图象上有且只有两点，，使得函数()＝＋的图象上存在两点，，且与、与分别关于坐标原点对称，则实数的取值集合是．答案{}解析由题意得()＝()有且只有两个交点，即＝与＝－－(≠)有两零点，因为′＝(＋)－－＝⇒＝－，或＝，由图可知＝－－＋时满足条件．．设()是定义在上的奇函数，且()＝＋，设()＝若函数＝()－有且只有一个零点，则实数的取值范围是．答案[－，]解析因为()是定义在上的奇函数，所以－()＝(－)，则有＝－，所以()＝－，可以作出图象(如图)，再由图象变换可以得到图.()＝“函数＝()－有且只有一个零点”等价于“函数＝()与函数＝只有一个交点”，数形结合可以得到∈[－，]．．奇函数()、偶函数()的图象分别如图、所示，方程(())＝、(())＝的实根个数分别为、，则＋＝.。

高考数学大二轮总复习与增分策略配套三轮增分练高考小题分项练 1 Word版含解析

高考小题分项练高考小题分项练集合与常用逻辑用语．(·山东)设集合＝{＝，∈}，＝{－<}，则∪等于()．(－) ．()．(－，＋∞) ．(，＋∞)答案解析∵＝{>}，＝{－<<}，∴∪＝(－，＋∞)，故选.．已知向量＝(，－)，＝(，)，其中∈.则“＝”是“⊥成立”的()．充分而不必要条件．必要而不充分条件．充要条件．既不充分又不必要条件答案解析若＝，则·＝－＝，∴⊥成立；反过来，若⊥，则·＝－＝，∴＝或＝－.所以“＝”是“⊥成立”的充分而不必要条件，故选.．已知集合＝{<}，＝{<}，则∩等于()．{－<<}．{<<}．{<<}．{－<<}答案解析＝{<}＝{－<<}；＝{<}＝{<<}，所以∩＝{<<}．故选.．(·四川)设集合＝{－≤≤}，为整数集，则集合∩中元素的个数是()．．．．答案解析由题意可知，∩＝{－，－}，则∩中的元素的个数为.故选.．设：－－>，：(－)<，则是的()．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件答案解析由－－>，得<－或>，由(－)<，得<<，所以是的必要不充分条件．．已知集合＝{－≤≤}，集合＝{＝}，则∪等于()．．．{－≤≤}．{－≤≤}答案解析＝{＝}，可知－－＋≥，解得＝{－≤≤}，∪＝{－≤≤}，故选.．(·天津)设{}是首项为正数的等比数列，公比为，则“<”是“对任意的正整数，－＋<”的() ．充要条件．充分而不必要条件．必要而不充分条件．既不充分也不必要条件答案解析设数列的首项为，则－＋＝－＋－＝－(＋)<，即<－，故<是<－的必要而不充分条件．故选.。

高考数学三轮增分练高考小题分项练11 Word版含解析

高考小题分项练概率．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出粒恰好是同一色的概率是．答案解析设“从中取出粒都是黑子”为事件，“从中取出粒都是白子”为事件，“任意取出粒恰好是同一色”为事件，则＝∪，且事件与互斥．所以()＝()＋()＝＋＝.即任意取出粒恰好是同一色的概率为.．在一个袋子中装有分别标注数字的五个小球，这些小球除标注数字外完全相同，现从中随机取个小球，则取出的小球标注的数字之和为或的概率是．答案解析基本事件为{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，数字和为或的基本事件为()，()，()，＝.．已知点是△所在平面内一点，＋＋＝，现将一粒黄豆随机撒在△内，则黄豆落在△内的概率是．答案解析由＋＋＝，得＋＝－.设的中点为，则＝－，为的中点，∴＝，∴黄豆落在△内的概率是.．若以连续掷两次骰子得到的点数，分别作为点的横、纵坐标，则点在直线＋＝上的概率为．答案解析因为＝，＝，所以总点数为×＝，而和为的点有()，()，()，共有种情形，故由古典概型概率公式可得＝＝.．下列说法一定正确的是．①一名篮球运动员，号称“百发百中”，若罚球三次，不会出现三投都不中的情况；②一枚硬币掷一次得到正面的概率是，那么掷两次一定会出现一次正面的情况；③如果买彩票中奖的概率是万分之一，则买一万元的彩票一定会中奖一元；④随机事件发生的概率与试验次数无关．答案④解析根据概率的定义，概率用来刻画随机事件发生的可能性大小，是个定值．．如果个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这个数为一组勾股数．从中任取个不同的数，则这个数构成一组勾股数的概率为．答案解析基本事件为()，()，()，()，()，()，()，()，()，()，共个，可构成勾股数的基本事件为()．故所求概率为.．从这四个数字中依次取(不放回)两个数，，使≥的概率是．答案解析从这四个数字中依次取两个数，的基本事件有：()，()，()，()，()，()，()，()，()，()，()，()，共个，其中符合≥的事件有个，故所求概率为＝＝.．非空数集＝{，，，…，}(∈*，>)中，所有元素的算术平均数记为()，即()＝.若非空数集满足下列两个条件：①⊆；②()＝()，则称为的一个“包均值子集”．据此，集合{}的子集中是“包均值子集”的概率是．答案解析集合{}的子集共有＝个，＝，满足题意的集合有{}，{}，{}，{}，{}，{}，{}，共个，∴＝.．依次连结正六边形各边的中点，得到一个小正六边形，再依次连结这个小正六边形各边的中点，得到一个更小的正六边形，往原正六边形内随机撒一粒种子，则种子落在最小的正六边形内的概率为．答案。

高考数学大二轮总复习与增分策略三轮增分练高考小题分项练10 Word版含解析

高考小题分项练圆锥曲线
．△的两个顶点分别为(－)，()，△的周长为，则点的轨迹为()
＋＝ (≠) ＋＝ (≠)
＋＝ (≠) ＋＝ (≠)
答案
解析由题意可知＝，＋＝>，点到两个定点，的距离之和等于定值，故点的轨迹是以点，为焦点的椭圆(除去长轴两个顶点)．
∵＝＝，∴＝，
∴椭圆的方程为＋＝(≠)．
．已知圆＋＋－＝与抛物线＝的准线相切，则实数等于()
．±．±
答案
解析因为圆＋＋－＝，即(＋)＋＝与抛物线＝的准线相切，所以＝，
＝±，故选.
．已知双曲线：－＝ (>，>)的焦距为，点(，)在的渐近线上，则的方程为()
－＝－＝
－＝－＝
答案
解析由题意，得双曲线的渐近线方程为＝±，且＝.因为点()在的渐近线上，所以＝，
所以＝，＝，故选.
．如图，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为，过抛物线上一点(，)向准线作垂线，垂足为
，若△为等边三角形，则抛物线的标准方程是()
．＝．＝
．＝．＝
答案
解析设抛物线方程为＝，则(，)，将(，)代入抛物线方程得＝，＝，由于△为等边三角形，故＝，即＝，解得＝.
．过双曲线－＝右支上一点，分别向圆：(＋)＋＝和圆：(－)＋＝作切线，切点分别为，，则－的最小值为()
．．
．．
答案
解析－＝(－)－(－)＝－－
＝(－)(＋)－
＝(＋)－≥－＝，
故选.
．双曲线：－＝(>，>)与抛物线＝(>)相交于，两点，直线恰好过它们的公共焦点，则双曲线的离心率为()
．＋
．．＋
答案
解析由题意，得＝＝＝，
＝＝＝，。

高考数学大二轮总复习与增分策略三轮增分练高考小题分项练8 Word版含解析

高考小题分项练立体几何
．设，是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中正确的是()
．若∥α，⊥β，⊥，则α⊥β
．若∥α，⊥β，⊥，则α∥β
．若∥α，⊥β，∥，则α⊥β
．若∥α，⊥β，∥，则α∥β
答案
解析正确，下面给出证明．
如图所示，∵∥，∴，确定一个平面γ，交平面α于直线.∵∥α，∴∥，∴∥.∵⊥β，∴⊥β，又∵⊂α，∴α⊥β.故正确．
．已知如图所示的正方体—，点、分别在棱、上，且＝，过点、、作截面截去该正方体的含点的部分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的正(主)视图的是()
答案
解析当、重合时，正(主)视图为选项；当到点的距离比到近时，正(主)视图为选项；当到点的距离比到远时，正(主)视图为选项，因此答案为.
．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
．
答案
解析由三视图知几何体为四棱锥，四棱锥的右边侧面与底面垂直，其直观图如图．
四棱锥的底面是边长为的正方形，由侧(左)视图中等腰三角形的腰长为，得棱锥的高为＝，∴几何体的体积＝××＝.故选.
．设，，均为直线，α，β均为平面，则下列命题判断错误的是()
．若∥α，则α内存在无数条直线与平行
．若α⊥β，则α内存在无数条直线与β不垂直。

高考数学三轮增分练高考小题限时练2 Word版含解析

高考小题限时练．(·山东改编)若复数满足＋＝－，其中为虚数单位，则＝.答案－解析设＝＋(，∈)，则＝－，∴(＋)＋(－)＝－，整理得＋＝－，∴解得∴＝－.．已知集合＝{－<}，＝{<}，若⊆，则实数的取值范围是．答案[，＋∞)解析＝{－<}＝()，因为⊆，所以≥.．(·天津改编)设变量，满足约束条件则目标函数＝＋的最小值为．答案解析由约束条件作出可行域如图阴影部分(含边界)所示，目标函数可化为＝－＋，在图中画出直线＝－，平移该直线，易知经过点时最小．又知点的坐标为()，∴＝×＋×＝.．已知线段的长为，动点满足·＝λ(λ为常数)，且点总不在以点为圆心，为半径的圆内，则负数λ的最大值是．答案－解析设(－)，()，(，)，则由·＝λ，得(＋)(－)＋＝λ⇒＋＝＋λ，因此λ<＋λ≥，＋≤或－≥，解得－≤λ≤－，即负数λ的最大值是－.．节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过秒的概率是．答案解析设在通电后的秒钟内，甲串彩灯、乙串彩灯第一次亮的时刻为、，、相互独立，由题意可知如图所示．所以两串彩灯第一次亮的时间相差不超过秒的概率为(－≤)＝＝＝＝.．(·安徽改编)执行如图所示的流程图，输出的值为．答案解析执行第一次判断：－＝>，＝，＝；执行第二次判断：－＝>，＝，＝；执行第三次判断：－＝>，＝，＝；。

新(全国甲卷)高考数学三轮增分练高考小题分项练7数列理

高考小题分项练7 数列1．在等比数列{a n }中，若a 1＝19，a 4＝3，则该数列前五项的积为( )A ．±3B ．3C ．±1D ．1答案 D解析因为a 4＝a 1q 3,3＝19×q 3，q ＝3，所以a 1a 2a 3a 4a 5＝a 53＝(a 1q 2)5＝(19×9)5＝1，故选D.2．已知数列{a n }是公差为2的等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，则a 2为( ) A ．－2 B ．－3 C ．2 D ．3答案 D解析 a 1＝a 2－2，a 5＝a 2＋6，∴a 22＝a 1a 5＝(a 2－2)(a 2＋6)，解得a 2＝3，故选D. 3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n a n ＝n ＋12，则a 2a 3等于( )A ．2 B.32 C.23 D.13答案 C解析当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3a 3＝3a 2a 3＝3＋12， ∴a 2a 3＝23.故选C. 4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝(1＋cos 2n π2)a n ＋sin2n π2，则该数列的前12项和为( ) A ．211 B ．212 C ．126 D ．147答案 D解析 ∵a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝(1＋cos2n π2)a n ＋sin2n π2，∴a 3＝a 1＋1＝2，a 4＝2a 2＝4，…，a 2k －1＝a 2k －3＋1，a 2k ＝2a 2k －2 (k ∈N *，k ≥2)． ∴数列{a 2k －1}成等差数列，数列{a 2k }成等比数列．∴该数列的前12项和为(a 1＋a 3＋…＋a 11)＋(a 2＋a 4＋…＋a 12)＝(1＋2＋…＋6)＋(2＋22＋…＋26)＝＋2＋6－2－1＝21＋27－2＝147.故选D.5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13等于( ) A ．52 B ．78 C ．104 D ．208答案 C解析由a 2＋a 7＋a 12＝24，得a 7＝8，所以，S 13＝a 1＋a 132＝13a 7＝104，故选C.6．正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log 6a 2 016等于( ) A ．1 B ．2 C. 2 D ．－1答案 A解析 ∵f ′(x )＝x 2－8x ＋6，∴a 1·a 4 031＝6， ∴a 22 016＝6，∵a 2 016>0， ∴a 2 016＝6，a 2 016＝1.7．设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n 等于( )A ．3(3n －2n) B ．3n＋2 C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32a 1－1，a 1＋a 2＝32a 2－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，代入选项检验，只有C 符合．8．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( ) A ．1升B.6766升C.4744升 D.3733升答案 B解析设竹子自上而下各节的容积分别为：a 1，a 2，…，a 9，且为等差数列，根据题意得：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即4a 1＋6d ＝3，①3a 1＋21d ＝4，②②×4－①×3得：66d ＝7，解得d ＝766，代入①得：a 1＝1322，则a 5＝1322＋(5－1)×766＝6766.9．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 015等于( ) A ．22 015－1B ．21 009－3 C ．3×21 007－3D ．21 008－3答案 B解析 ∵a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n，∴a 2＝2， ∴当n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，∴a n ＋1a n －1＝2n2n －1＝2， ∴数列{a n }中奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 015＝1－21 0081－2＋－21 0071－2＝21 009－3，故选B.10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( ) A ．有最小值63 B ．有最大值63 C ．有最小值31 D ．有最大值31答案 A 解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)， ∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝log 2(23×34×…×n ＋1n ＋2)＝log 22n ＋2，又因为S n <－5＝log 2132⇒2n ＋2<132⇒n >62，故使S n <－5成立的正整数n 有最小值63.故选A.11．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( ) A ．0 B ．－100 C ．100 D ．10 200答案 B解析 ∵f (n )＝n 2cos(n π)＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n 为奇数n 2n 为偶数＝(－1)n ·n 2，∴由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.故选B.12．设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项之积为T n ，并且满足条件：a 1>1，a 2 015a 2 016>1，a 2 015－1a 2 016－1<0.给出下列结论：①0<q <1；②a 2 015a 2 017－1>0；③T 2 016的值是T n 中最大的；④使T n >1成立的最大自然数等于4 030.其中正确的结论为( ) A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．②④答案 C 解析由a 2 015－1a 2 016－1<0可知：a 2 015<1或a 2 016<1.如果a 2 015<1，那么a 2 016>1，若a 2 015<0，则q <0；又因为a 2 016＝a 1q2 015，所以a 2 016应与a 1异号，即a 2 016<0，这与假设矛盾，所以q >0.若q ≥1，则a 2 015>1且a 2 016>1，与推出的结论矛盾，所以0<q <1，故①正确．a 2 015a 2 017＝(a 2 016)2<1，故②错误．由结论①可知a 2 015>1，a 2 016<1，所以数列从第2 016项开始小于1，所以T 2 015最大．故③错误．由结论①可知数列从第2 016项开始小于1，而T n ＝a 1a 2a 3…a n ，T 4 031＝a 1·a 2·…·a 4 031＝(a 1·a 4 031)·(a 2·a 4 030)·…·(a 2 015·a 2 017)·a 2 016<1，所以T n >1对应的最大自然数为4 030，故④正确．13．已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________. 答案 63解析解方程x 2－5x ＋4＝0，得x 1＝1，x 2＝4.因为数列{a n }是递增数列，且a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，所以a 1＝1，a 3＝4.设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 3a 1＝41＝4，所以q ＝2.则S 6＝a 1－q 61－q＝－261－2＝63.14．某慢性疾病患者，因病到医院就医，医生给他开了处方药(片剂)，要求此患者每天早、晚间隔12小时各服一次药，每次一片，每片200毫克．假设该患者的肾脏每12小时从体内大约排出这种药在其体内残留量的50%，并且医生认为这种药在体内的残留量不超过400毫克时无明显副作用．若该患者第一天上午8点第一次服药，则第二天上午8点服完药时，药在其体内的残留量是________毫克．若该患者坚持长期服用此药，则________明显副作用(此空填“有”或“无”)．答案 350 无解析设该病人第n 次服药后，药在体内的残留量为a n 毫克，所以a 1＝200，a 2＝200＋a 1(1－50%)＝300，a 3＝200＋a 2(1－50%)＝350.由a n ＝200＋0.5a n －1 (n ≥2)，得a n －400＝0.5(a n －1－400) (n ≥2)，所以{a n －400}是一个等比数列，所以a n －400＝－200×0.5n －1<0，∴a n <400.所以若该患者坚持长期服用此药无明显副作用．15．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n ，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝________.答案 2n 2＋6n解析记T n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，∴a n ＝T n －T n －1＝n 2＋3n －[(n －1)2＋3(n －1)] ＝2(n ＋1)，∴a n ＝4(n ＋1)2(n ≥2)．令n ＝1，∴a 1＝4⇒a 1＝16，∴a n ＝4(n ＋1)2， ∴a nn ＋1＝4(n ＋1)．∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝4(2＋3＋…＋n ＋1)＝4·2＋n ＋12·n ＝2n 2＋6n .16．已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n ≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 k ≥38解析 a n ＋1＝Aa n ＋B ⇒a n ＋1－B1－A＝A (a n －B1－A)，因此a n ＋1－12＝12(a n －12)，故{a n －12}是首项为3，公比为12的等比数列．因此2S n －n ＝12(1－12n )，故不等式可化简为k ≥2n －32n .因此令函数f (n )＝2n －32n ，令f ′(n )＝2·2n－n －nln 2n2＝0，解得2n ＝2ln 2＋3，正整数n 可取2或3，f (2)＝14，f (3)＝38.所以k ≥38.。

新(江苏专用)高考数学三轮增分练(二)立体几何文

(二)立体几何1．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.2．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝2AB，D是AB的中点．(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若点P 在线段BB 1上，且BP ＝14BB 1，求证：AP ⊥平面A 1CD .证明 (1)连结AC 1，设交A 1C 于点O ，连结OD .∵四边形AA 1C 1C 是矩形，∴O 是AC 1的中点．在△ABC 1中，O ，D 分别是AC 1，AB 的中点，∴OD ∥BC 1.又∵OD ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，∴BC 1∥平面A 1CD .(2)∵CA ＝CB ，D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB .又∵在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面ABC ⊥侧面AA 1B 1B ，交线为AB ，CD ⊂平面ABC ，∴CD ⊥平面AA 1B 1B ，∵AP ⊂平面A 1B 1BA ，∴CD ⊥AP .∵BB 1＝2BA ，BB 1＝AA 1，BP ＝14BB 1，∴BP BA ＝24＝ADAA 1，∴Rt△ABP ∽Rt△A 1AD ，从而∠AA 1D ＝∠BAP ，∴∠AA 1D ＋∠A 1AP ＝∠BAP ＋∠A 1AP ＝90°，∴AP ⊥A 1D .又∵CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD .∴AP ⊥平面A 1CD .3.如图，在三棱锥P —ABC 中，∠PAC ＝∠BAC ＝90°，PA ＝PB ，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．(1)求证：直线DF ∥平面PAC ；(2)求证：PF ⊥AD .证明 (1)∵点D ，F 分别为BC ，AB 的中点，∴DF ∥AC ，又∵DF ⊄平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，∴直线DF ∥平面PAC .(2)∵∠PAC ＝∠BAC ＝90°，∴AC ⊥AB ，AC ⊥AP ，又∵AB ∩AP ＝A ，AB ，AP 在平面PAB 内，∴AC ⊥平面PAB ，∵PF ⊂平面PAB ，∴AC ⊥PF ，∵PA ＝PB ，F 为AB 的中点，∴PF ⊥AB ，∵AC ⊥PF ，PF ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，AC ，AB 在平面ABC 内，∴PF ⊥平面ABC, ∵AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥PF .4.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为棱AB ，PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PDE ⊥平面PEC .证明 (1)取PD 的中点G ，连结AG ，FG .因为F ，G 分别是PC ，PD 的中点，所以GF ∥DC ，且GF ＝12DC ，又E 是AB 的中点，所以AE ∥DC ，且AE ＝12DC ，所以GF ∥AE ，且GF ＝AE ，所以AEFG 是平行四边形，故EF ∥AG .又AG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .(说明：也可以取DC 中点，用面面平行来证线面平行)(2)因为PD ⊥底面ABCD ，EC ⊂底面ABCD ，所以CE ⊥PD .取DC 中点H ，连结EH .因为ABCD 是矩形，且AB ＝2AD ，所以ADHE ，BCHE 都是正方形，所以∠DEH ＝∠CEH ＝45°，即CE ⊥DE .又PD ，DE 是平面PDE 内的两条相交直线，所以CE ⊥平面PDE . 而CE ⊂平面PEC ，所以平面PDE⊥平面PEC.5．(2016·北京)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．(1)证明∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DC⊥平面PAC.(2)证明∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，∴AB⊥平面PAC，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连结EF，CE，CF.又∵E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.。

(浙江专用)高考数学三轮冲刺抢分练选择题填空题增分练(一)-人教版高三全册数学试题

选择题+填空题增分练(一)1．(2019·某某)已知全集U ＝{－1,0,1,2,3}，集合A ＝{0,1,2}，B ＝{－1,0,1}，则(∁U A )∩B 等于( ) A ．{－1}B ．{0,1}C ．{－1,2,3}D ．{－1,0,1,3} 答案 A解析由题意可得∁U A ＝{－1,3}，则(∁U A )∩B ＝{－1}． 2．设m ，n 为正实数，则“m <n ”是“m －1m <n －1n”成立的( )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答案 C解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1m －⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝()m －n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1m －1n ＝()m －n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1mn，∵m >0，n >0，∴1＋1mn>0，∴当m <n 时，m －n <0，∴m －1m <n －1n ，当m －1m <n －1n时，m ，n 为正实数，也有m <n 成立，故“m <n ”是“m －1m <n －1n”成立的充要条件，故选C.3．(2019·全国Ⅱ)若a >b ，则( ) A ．ln(a －b )>0B ．3a <3bC ．a 3－b 3>0D ．|a |>|b | 答案 C解析由函数y ＝ln x 的图象(图略)知，当0<a －b <1时，ln(a －b )<0，故A 不正确；因为函数y ＝3x 在R 上单调递增，所以当a >b 时，3a >3b ，故B 不正确；因为函数y ＝x 3在R 上单调递增，所以当a >b 时，a 3>b 3，即a 3－b 3>0，故C 正确；当b <a <0时，|a |<|b |，故D 不正确．故选C.4．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多n (n 为常数)盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯( ) A ．2盏B ．3盏C ．26盏D ．27盏答案 C解析设顶层有灯a 1盏，底层有灯a 9盏，灯数构成等差数列，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 9＝13a 1，9(a 9＋a 1)2＝126，解得a 9＝26.5．已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，x －2y ＋2≥0，x ＋y ＋2≥0，则z ＝x －5y的取值X 围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，43 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－43，23 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 答案 C解析如图阴影部分所示，作出的可行域为三角形(包括边界)，把z ＝x －5y 改写为1z ＝y －0x －5，所以1z 可看作可行域内的点(x ，y )和(5,0)连线的斜率，记为k ，则－23≤k ≤43，所以z ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞.6．(2019·某某省某某二中模拟)已知f (x )＝x ，点O (0,0)，A (0,1)，A n (n ，f (n ))，n ∈N *，设∠AOA n ＝θn ，对一切n ∈N *都有不等式sin 2θ112＋sin 2θ222＋…＋sin 2θn n 2<t 2－2t －2成立，则正数t 的最小值为( ) A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 A解析 A n (n ，n )⇒|OA n |＝n 2＋n ，而sin θn ＝n |OA n |，得sin 2θn n 2＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，不等式左边＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1，要使不等式恒成立，只需1≤t 2－2t －2(t >0)即可，故t ≥3.7．(2019·全国Ⅲ)双曲线C ：x 24－y 22＝1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点．若|PO |＝|PF |，则△PFO 的面积为( )A.324 B.322C ．22D ．3 2 答案 A解析不妨设点P 在第一象限，根据题意可知c 2＝6，所以|OF |＝ 6. 又tan∠POF ＝ba ＝22，所以等腰△POF 的高h ＝62×22＝32，所以S △PFO ＝12×6×32＝324. 8．(2019·全国Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“——”，如图就是一重卦，在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )A.516B.1132C.2132D.1116 答案 A解析由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C 36＝6×5×46＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P ＝2064＝516.故选A.9．(2019·某某省某某十校联考)如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin∠CAB ＝λsin∠CBA (λ>0)，且在平面α内运动，则( )A ．当λ＝1时，点C 的轨迹是抛物线B ．当λ＝1时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当λ＝2时，点C 的轨迹是椭圆D ．当λ＝2时，点C 的轨迹是双曲线答案 B解析在△ABC 中，∵sin∠CAB ＝λsin∠CBA (λ>0)，由正弦定理可得BC AC＝λ，当λ＝1时，BC ＝AC ，过AB 的中点作线段AB 的垂面β，则点C 在α与β的交线上，即点C 的轨迹是一条直线，当λ＝2时，BC ＝2AC ，设B 在平面α内的射影为D ，连接BD ，CD ，AD ，设BD ＝h ，AD ＝2a ，则BC ＝CD 2＋h 2，在平面α内，以AD 的中点O 为坐标原点，以AD 所在直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，A (－a ,0)，D (a ,0)，设C (x ，y )，则 |CA |＝(x ＋a )2＋y 2， |CD |＝(x －a )2＋y 2， |CB |＝(x －a )2＋y 2＋h 2，∴(x －a )2＋y 2＋h 2＝2(x ＋a )2＋y 2，化简可得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋53a 2＋y 2＝16a 29＋h 23.∴C 的轨迹是圆．故选B.10．(2019·某某调研)在正四面体ABCD 中，P ，Q 分别是棱AB ，CD 的中点，E ，F 分别是直线AB ，CD 上的动点，M 是EF 的中点，则能使点M 的轨迹是圆的条件是( )A ．PE ＋QF ＝2B ．PE ·QF ＝2C ．PE ＝2QFD ．PE 2＋QF 2＝2 答案 D解析如图，分别取BC ，BD ，AC ，AD 的中点为G ，H ，K ，L ，因为P ，Q 是定点，所以PQ 的中点O 为定点，由对称性可知，PQ ，EF 的中点在中截面GHLK 上运动， ∵OM →＝OP →＋PE →＋EM →＝OQ →＋QF →＋FM →， ∴OM →＝12(PE →＋QF →)，又在正四面体中，对棱垂直，∴PE ⊥QF ，∴|PE →＋QF →|2＝PE →2＋QF →2， ∴4OM →2＝|PE →＋QF →|2＝PE →2＋QF →2，若点M 的轨迹是以O 为圆心的圆，则PE →2＋QF →2为定值，只有D 符合题意，故选D.11．已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R ，i 为虚数单位)的实部为1，则a ＝________，|z |＝________.答案 12解析 z ＝1＋a i i ＝(1＋a i )(－i )－i 2＝a －i ，因为复数z 的实部为1，所以a ＝1，|z |＝a 2＋1＝ 2. 12．(2019·某某十校模拟)一个口袋中装有大小相同的5个小球，其中红球两个，其余的3个球的颜色各不相同．现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是________；若变量X 为取出的三个小球中红球的个数，则X 的期望E (X )＝________. 答案31065解析记“恰有2个小球颜色相同”为事件A ，则P (A )＝C 22·C 13C 35＝310.由题意知，X 的可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 33C 35＝110，P (X ＝1)＝C 12C 23C 35＝35，P (X ＝2)＝310，故E (X )＝0×110＋1×35＋2×310＝65.13．(2019·某某)在二项式(2＋x )9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．答案 16 2 5解析该二项展开式的第k ＋1项为T k ＋1＝C k 9(2)9－k x k，当k ＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(2)9＝162；当k ＝1,3,5,7,9时，对应第2,4,6,8,10项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.14．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长度为________，体积为________．答案173215 解析该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图中P －ABCD 所示，其最长棱的长度等于52＋42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝1732，其体积V ＝13×12×(2＋4)×3×5＝15.15．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a sin A ＝b sin B ，a 2＋2b 2＋3c 2＝4，则△ABC 面积的最大值为________．答案2515解析因为a sin A ＝b sin B ，所以由正弦定理得a 2＝b 2，∴a ＝b ，设AB 边上的高为h ，则a 2＝h 2＋c 24，因为a 2＋2b 2＋3c 2＝4，所以h 2＋5c 24＝43，因为43＝h 2＋5c 24≥2h 2×5c24＝5hc ，当且仅当h 2＝5c24时取等号，所以hc ≤435＝4515，所以△ABC 的面积S ＝12hc ≤2515，即△ABC 面积的最大值为2515.16．如图，△ABC 是边长为23的等边三角形，P 是以C 为圆心，1为半径的圆上任意一点，则当AP →·BP →取得最小值时，CP →·AB →＝________.答案 0解析方法一因为AP →·BP →＝(AC →＋CP →)·(BC →＋CP →)＝AC →·BC →＋CP →·(AC →＋BC →)＋CP →2＝23×23×12＋CP →·(AC →＋BC →)＋1＝7＋CP →·(AC →＋BC →)，取AB 的中点M ，连接CM (图略)，所以AP →·BP→＝7－2CM →·CP →，所以当CM →与CP →同向时，AP →·BP →有最小值1，此时CP →与AB →垂直，所以CP →·AB →＝0. 方法二以C 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A (－3，3)，B (－23，0)，圆C 的方程为x 2＋y 2＝1，设P (cos θ，sin θ)，0≤θ<2π，则AP →＝(cos θ＋3，sin θ－3)， BP →＝(cos θ＋23，sin θ)，AP →·BP →＝(cos θ＋3)(cos θ＋23)＋(sin θ－3)sin θ ＝7＋33cos θ－3sin θ＝7＋6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6，所以当θ＝5π6时，AP →·BP →有最小值1，此时CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，又AB →＝(－3，－3)，所以CP →·AB →＝0.17．已知F 1，F 2是椭圆和双曲线的公共焦点，且F 1，F 2在x 轴上，P 是它们的一个公共点，且∠F 1PF 2＝2π3，则椭圆和双曲线的离心率之积的取值X 围是________．答案 (1，＋∞)解析方法一设椭圆方程为x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1>b 1>0)，离心率为e 1，半焦距为c ，满足c 2＝a 21－b 21，双曲线方程为x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)，离心率为e 2，半焦距为c ，满足c 2＝a 22＋b 22，不妨设F 1，F 2分别为左、右焦点，P 是它们在第一象限的一个公共点，则由椭圆与双曲线的定义得，⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝a 1＋a 2，|PF 2|＝a 1－a 2，在△F 1PF 2中，由余弦定理可得cos∠F 1PF 2＝(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2－4c 22(a 1＋a 2)(a 1－a 2)＝－12，整理得4c 2＝3a 21＋a 22，即3×a 21c 2＋a 22c2＝4，即3⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 22＝4，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 22＝4－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12.由⎩⎪⎨⎪⎧1e 1>1，1e 2∈(0，1)，令t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12，则t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 22∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12＝－3t 2＋4t ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫t －232＋43， ∵函数f (t )＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫t －232＋43在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43上单调递减，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 22＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫t －232＋43∈(0,1)，即e 1e 2的取值X 围为(1，＋∞)．方法二设椭圆方程为x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1>b 1>0)，离心率为e 1，半焦距为c ，满足c 2＝a 21－b 21，双曲线方程为x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)，离心率为e 2，半焦距为c ，满足c 2＝a 22＋b 22，不妨设F 1，F 2分别为左、右焦点，P 是它们在第一象限的一个公共点，|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则m >n >0，在△F 1PF 2中，由余弦定理可得m 2＋n 2＋mn ＝4c 2，则由椭圆与双曲线的定义，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2a 1，m －n ＝2a 2，则1e 1·1e 2＝a 1a 2c 2＝m 2－n 24c 2＝m 2－n 2m 2＋n 2＋mn＝m 2＋n 2＋mn －(2n 2＋mn )m 2＋n 2＋mn ＝1－2＋mn ⎝ ⎛⎭⎪⎫m n 2＋m n ＋1，令t ＝2＋m n>3，则1e 1·1e 2＝1－t t 2－3t ＋3＝1－1t ＋3t－3，∵函数g (t )＝1－1t ＋3t－3在(3，＋∞)上单调递增， ∴1e 1·1e 2∈(0,1)，即e 1e 2的取值X 围为(1，＋∞)．。

高考数学(文全国乙卷)大二轮总复习与增分策略三轮增分练高考小题分项练1 Word版含解析

高考小题分项练高考小题分项练1集合与常用逻辑用语1．(2016·山东)设集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|x2－1<0}，则A∪B等于()A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1，＋∞) D．(0，＋∞)答案 C解析∵A＝{y|y>0}，B＝{x|－1<x<1}，∴A∪B＝(－1，＋∞)，故选C.2．已知向量a＝(x，－1)，b＝(x，4)，其中x∈R.则“x＝2”是“a⊥b成立”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件答案A解析若x＝2，则a·b＝x2－4＝0，∴a⊥b成立；反过来，若a⊥b，则a·b＝x2－4＝0，∴x ＝2或x＝－2.所以“x＝2”是“a⊥b成立”的充分而不必要条件，故选A.3．已知集合A＝{x|x2<1}，B＝{x|log2x<1}，则A∩B等于()A．{x|－1<x<1} B．{x|0<x<1}C．{x|0<x<2} D．{x|－1<x<2}答案B解析A＝{x|x2<1}＝{x|－1<x<1}；B＝{x|log2x<1}＝{x|0<x<2}，所以A∩B＝{x|0<x<1}．故选B.4．(2016·四川)设集合A＝{x|－2≤x≤2}，Z为整数集，则集合A∩Z中元素的个数是() A．3 B．4 C．5 D．6答案C解析由题意可知，A∩Z＝{－2，－1,0,1,2}，则A∩Z中的元素的个数为5.故选C. 5．设p：x2－x－20>0，q：log2(x－5)<2，则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答案 B解析由x2－x－20>0，得x<－4或x>5，由log2(x－5)<2，得5<x<9，所以p是q的必要不充分条件．6．已知集合M ＝{x |－1≤x ≤3}，集合N ＝{x |y ＝－x 2－x ＋6}，则M ∪N 等于()A ．MB ．NC ．{x |－1≤x ≤2}D ．{x |－3≤x ≤3}答案D解析 N ＝{x |y ＝－x 2－x ＋6}，可知－x 2－x ＋6≥0，解得N ＝{x |－3≤x ≤2}，M ∪N ＝{x |－3≤x ≤3}，故选D.7．(2016·天津)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的()A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件答案C解析设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q 2n －1＝a 1q 2n －2(1＋q )<0，即q <－1，故q <0是q <－1的必要而不充分条件．故选C.8．若命题p ：∀x ∈(0，＋∞)，log 2(x ＋1x)≥1，命题q ：∃x 0∈R ，x 20－x 0＋1≤0，则下列命题为真命题的是()A ．p ∨qB ．p ∧qC ．(綈p )∨qD ．(綈p )∧(綈q )答案A解析命题p ，由基本不等式可判定为真命题；关于命题q ，使用配方法可得(x 0－12)2＋34>0，故为假命题．综上可知，选A.9．已知集合A ＝{y |y ＝sin x ，x ∈R }，集合B ＝{x |y ＝lg x }，则(∁R A )∩B 等于()A ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B ．[－1,1]C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案C解析因为A ＝{y |y ＝sin x ，x ∈R }＝[－1,1]，B ＝{x |y ＝lg x }＝(0，＋∞)．所以(∁R A )∩B ＝(1，＋∞)．故选C.10．对于非空集合A ，B ，定义运算：A B ＝{x |x ∈A ∪B ，且x ∉A ∩B }．已知M ＝{x |a <x <b }，N ＝{x |c <x <d }，其中a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ，ab <cd <0，则M N 等于()A ．(a ，d )∪(b ，c )B ．(c ，a )∪(d ，b )C ．(c ，a ]∪[b ，d )D ．(a ，c ]∪[d ，b )答案D解析由已知M ＝{x |a <x <b }，∴a <b ，又ab <0，∴a <0<b ，同理可得c <0<d .∵ab <cd <0，c <0，b >0，∴a c >d b ，∴a －c c >d －b b. ∵a ＋b ＝c ＋d ，∴a －c ＝d －b ，∴d －b c >d －b b. 又∵c <0，b >0，∴d －b <0，∴a －c <0，∴a <c <0<d <b ，∴M ∩N ＝N ，∴M N ＝{x |a <x ≤c 或d ≤x <b }＝(a ，c ]∪[d ，b )．故选D.11．“λ≤1”是“数列a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)为递增数列”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答案A解析 ∵“数列a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)为递增数列”，∴a n ＋1>a n .∴(n ＋1)2－2λ(n ＋1)>n 2－2λn ，化为λ<2n ＋12对于∀n ∈N *恒成立，∴λ<32.则“λ≤1”是“数列a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)为递增数列”的充分不必要条件，故选A.12．已知a ，b 是实数，则“a 2b >ab 2”是“1a <1b”的() A ．充分而不必要条件．必要而不充分条件C ．充要条件．既不充分也不必要条件答案C解析由a 2b >ab 2，得ab (a －b )>0，若a －b >0，即a >b ，则ab >0，则1a <1b成立，若a －b <0，即a <b ，则ab <0，则a <0，b >0，则1a <1b成立，若1a <1b ，则b －a ab<0，即ab (a －b )>0，即a 2b >ab 2成立．即“a 2b >ab 2”是“1a <1b”的充要条件，故选C. 13．已知集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝1}，B ＝{(x ，y )|kx －y －2≤0}，其中x ，y ∈R .若A ⊆B ，则实数k 的取值范围是________．答案 [－3， 3 ]解析要使A ⊆B ，只需直线kx －y －2＝0与圆相切或相离，所以d ＝21＋k2≥1，解得－3≤k ≤ 3.14．已知命题p ：|x －4|≤6，命题q ：(x －1)2－m 2≤0 (m >0)，若p 是q 的充分不必要条件，则实数m 的取值范围是________．答案[9，＋∞)解析由题意，得命题p ：－2≤x ≤10，命题q ：1－m ≤x ≤1＋m . 由p 是q 的充分不必要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧1－m ≤－2，1＋m ≥10，其中等号不可能同时取得，所以m ≥9. 15．设U ＝R ，已知集合A ＝{x |x >1}，B ＝{x |x >a }，且(∁U A )∪B ＝R ，则实数a 的取值范围是________．答案(－∞，1]解析 ∵A ＝{x |x >1}，∴∁U A ＝{x |x ≤1}，作图如下：易知：a ≤1时，(∁U A )∪B ＝R .16．设集合A ＝{(m 1，m 2，m 3)|m i ∈{－2,0,2}，i ＝1,2,3}，则集合A 中所有元素的个数为______；集合A 中满足条件“2≤|m 1|＋|m 2|＋|m 3|≤5”的元素个数为______．答案2718解析m1从集合{－2,0,2}中任选一个，有3种选法，m2，m3都有3种选法；∴构成集合A的元素有3×3×3＝27(种)情况，即集合A的元素个数为27.对于2≤|m1|＋|m2|＋|m3|≤5分以下几种情况：①|m1|＋|m2|＋|m3|＝2，即此时集合A的元素含有一个2或－2，两个0.2或－2从三个位置选一个有3种选法，剩下的位置都填0，这种情况有3×2＝6(种)；②|m1|＋|m2|＋|m3|＝4，即此时集合A含有两个2或－2，一个0；或者一个2，一个－2，一个0；当是两个2或－2，一个0时，从三个位置任选一个填0，剩下的两个位置都填2或－2，这种情况有3×2＝6(种)；当是一个2，一个－2，一个0时，对这三个数全排列，即得到3×2×1＝6(种)．∴集合A中满足条件“2≤|m1|＋|m2|＋|m3|≤5”的元素个数为6＋6＋6＝18.。

(浙江专用)2020版高考数学三轮冲刺抢分练解题题增分练(一)

解答题增分练(一)1．(2019·温州模拟)如图，在单位圆上，∠AOB ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<α<π2，∠BOC ＝π3，且△AOC 的面积等于237.(1)求sin α的值；(2)求2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－π3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6的值．解 (1)S △AOC ＝12×12×sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝237，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝437，∵π6<α<π2，∴π2<α＋π3<5π6，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－17，sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3sin π3 ＝437×12＋17×32＝5314.(2)2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2－π3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫π3－α2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6 ＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6 ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6＝1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝87.2.如图，平面ABCD⊥平面ABE，其中ABCD为矩形，△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，AB ＝2AD＝2AE＝2.(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；(2)求直线CD与平面ACE所成角的正弦值．(1)证明∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，∴BC⊥AB，∵BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，又AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，∴AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE.(2)解方法一∵AB∥CD，∴CD 与平面ACE 所成角的大小等于AB 与平面ACE 所成角的大小．过B 作BF ⊥CE 于F ，连接AF ，∵平面ACE ⊥平面BCE ，平面ACE ∩平面BCE ＝CE ，BF ⊂平面BCE ，∴BF ⊥平面ACE .∴∠BAF 即为AB 与平面ACE 所成的角．由BC ＝1，BE ＝3，得CE ＝2，BF ＝32，∴sin∠BAF ＝BF AB ＝34，∴直线CD 与平面ACE 所成角的正弦值为34.方法二以E 为原点，EB ，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系E －xyz ，则E (0,0,0)，A (0,1,0)，C (3，0,1)，D (0,1,1)，于是EA →＝(0,1,0)，EC →＝(3，0,1)，CD →＝(－3，1,0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎨⎧ y ＝0，3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，－3)，设CD →与n 的夹角为θ，所以|cos θ|＝|CD →·n ||CD →||n |＝34，所以CD 与平面ACE 所成角的正弦值为34.3．(2019·台州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝2a n －n ，n ∈N *.(1)求证数列{a n ＋1}为等比数列，并求通项公式a n ；(2)若对任意的n ∈N *都有λa n ≤S n ＋n －n 2，求实数λ的取值范围．解 (1)由S n ＝2a n －n ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－n ＋1.两式相减可得，a n ＝2a n －1＋1，a n ＋1＝2(a n －1＋1)，由S 1＝2a 1－1，得a 1＝1，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2n －1(a 1＋1)＝2n ，a n ＝2n－1.(2)由λa n ≤S n ＋n －n 2，得λ(2n －1)≤2n ＋1－2－n ＋n －n 2，故λ≤2－n 22n －1，所以λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n22n －1min .设f (n )＝n 22n －1，f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)22n ＋1－1－n 22n －1＝[－(n －1)2＋2]·2n－(2n ＋1)(2n ＋1－1)(2n －1).当n ＝1时，f (2)－f (1)>0，n ≥2时，f (n ＋1)－f (n )<0，所以f (1)<f (2)>…>f (n )…，f (n )的最大值为f (2)＝43，2－n 22n －1的最小值为23，所以λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，23. 4．(2019·余高等三校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点M 与点F 关于原点对称．(1)过点M 作直线l 与抛物线相切，求直线l 的方程；(2)椭圆C 以MF 为长轴，离心率为22，点P 是椭圆C 上的一点，过点N (p ,0)的直线交抛物线于A ，B 两点，若|AB |≤26p ，求△ABP 面积的最大值．解 (1)显然，切线斜率一定存在．设切线方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，y 2＝2px ，得k 2x 2＋(k 2－2)px ＋p 2k 24＝0，依题意知Δ＝(k 2－2)2p 2－k 4p 2＝0，得k 2＝1，即k ＝±1，∴切线方程为x ±y ＋p2＝0.(2)设直线AB ：x ＝my ＋p ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋p ，y 2＝2px ，得y 2－2pmy －2p 2＝0，∴Δ＝4p 2(m 2＋2)>0恒成立，|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝2p (1＋m 2)(m 2＋2)，由|AB |≤26p ⇒0≤m 2≤1，依题意知椭圆C ：x 2p 24＋y 2p 28＝1，作直线平行于AB 且与椭圆相切，则当点P 为距直线AB 较远的切点时，△ABP 面积最大，设切线方程为x ＝my ＋t (t <0)，则d P －直线AB ＝|p－t |1＋m 2，∴S △ABP ＝12|AB |·d P －直线AB ＝p m 2＋2|p －t |，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋t ，4x 2＋8y 2＝p 2，得(8＋4m 2)y 2＋8tmy ＋4t 2－p 2＝0，∴Δ＝16(p 2m 2＋2p 2－8t 2)＝0，得m 2＋2＝8t 2p 2∈[2,3]， ∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6p 4，－p 2. ∴S △ABP ＝12|AB |·d P －直线AB ＝22|pt －t 2| ＝22(t 2－pt )，当t ＝－6p 4，即m ＝±1时，△ABP 面积的最大值为32＋434p 2. 5．(2019·绍兴模拟)已知函数f (x )＝2ln(ax ＋b )，其中a ，b ∈R .(1)若直线y ＝x 是曲线y ＝f (x )的切线，求ab 的最大值；(2)设b ＝1，若关于x 的方程f (x )＝a 2x 2＋(a 2＋2a )x ＋a ＋1有两个不相等的实根，求a 的最大整数值.⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：ln 54≈0.223 解 (1)设直线y ＝x 与y ＝f (x )相切于点P (x 0,2ln(ax 0＋b ))．因为f ′(x )＝2a ax ＋b，所以f ′(x 0)＝2a ax 0＋b ＝1，所以ax 0＋b ＝2a (a >0)．又因为P 在切线y ＝x 上，所以2ln(ax 0＋b )＝x 0，所以x 0＝2ln(ax 0＋b )＝2ln2a ，b ＝2a －ax 0＝2a －2a ln2a ，因此ab ＝2a 2－2a 2ln2a (a >0)．设g (a )＝2a 2－2a 2ln2a (a >0)，则由g ′(a )＝2a －4a ln2a ＝2a (1－2ln2a )>0，解得0<a <e 2.由g ′(a )<0，解得a >e2.所以g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫e2，＋∞上单调递减，可知g (a )的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＝e4，所以ab 的最大值为e4.(2)方法一原方程即为2ln(ax ＋1)＝(ax ＋1)2＋a (ax ＋1)，设ax ＋1＝t ，则上述方程等价于2ln t ＝t 2＋at (t >0)．设p (t )＝2ln t －t 2－at (t >0)，则函数p (t )需有两个不同的零点．因为p ′(t )＝2t －2t －a 在(0，＋∞)上单调递减，且p ′(t )＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根t 0，即p ′(t 0)＝0，即at 0＝2－2t 20.所以当t ∈(0，t 0)时，p ′(t )>0；当t ∈(t 0，＋∞)时，p ′(t )<0.因此p (t )在(0，t 0)上单调递增，在(t 0，＋∞)上单调递减．若a >0，则t 0∈(0,1)．p (t )≤p (t 0)＝2ln t 0－t 20－at 0＝2ln t 0－t 20－(2－2t 20)＝2ln t 0＋t 20－2<0，不合题意，舍去．若a <0，则t 0∈(1，＋∞)．当t ∈(0,1)时，则p (t )＝2ln t －t 2－at <2ln t ＋|a |，取t 1＝e －|a |2，则p (t 1)<0；当t ∈(1，＋∞)时，则p (t )＝2ln t －t 2－at <2(t －1)－t 2－at <－t 2＋(2－a )t ，取t 2＝2＋|a |，则p (t 2)<0.由此t 1<t 0<t 2，且p (t 1)<0，p (t 2)<0.要使函数p (t )＝2ln t －t 2－at (t >0)有两个不同的零点．则只需p (t 0)＝2ln t 0－t 20－at 0>0，所以只需p (t 0)＝2ln t 0－t 20－(2－2t 20)＝t 20＋2ln t 0－2>0.因为p (t 0)＝t 20＋2ln t 0－2是关于t 0的增函数，且p (1)＝－1<0，p ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝2ln 54－716>0，所以存在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54使得p (m )＝0，所以当t 0>m 时，p (t 0)>0，因为a ＝2t 0－2t 0是关于t 0的减函数，所以a ＝2t 0－2t 0<2m －2m ，又因为2m －2m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－910，0，所以a 的最大整数值为－1.方法二原方程即为2ln(ax ＋1)＝(ax ＋1)2＋a (ax ＋1)，设ax ＋1＝t ，则原方程等价于关于t 的方程2ln t －t 2－at ＝0(t >0)有两个不同的解．即关于t 的方程a ＝2ln t －t2t (t >0)有两个不同的解．设h (t )＝2ln t －t2t ，则h ′(t )＝2－t 2－2ln tt 2.设m (t )＝2－t 2－2ln t ，由t >0知m ′(t )＝－2t －2t <0，所以m (t )＝2－t 2－2ln t 在区间(0，＋∞)上单调递减，又m (1)＝1>0，m ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝716－2ln 54<0，所以存在t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54使得m (t 0)＝0.当t ∈(0，t 0)时，m (t )>0，h ′(t )>0；当t ∈(t 0，＋∞)时，m (t )<0，h ′(t )<0.所以h (t )在(0，t 0)上单调递增，在(t 0，＋∞)上单调递减，所以h (t 0)＝2ln t 0－t 20t 0＝2－2t 20t 0＝2t 0－2t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－910，0.要使得关于t 的方程a ＝2ln t －t2t (t >0)有两个不同的解，则a <h (t 0)．当a ＝－1时，设p (t )＝2ln t －t 2＋t ，则p ′(t )＝2t －2t ＋1，可知p (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋174上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋174，＋∞上单调递减．又p (1)＝0，p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋174>0，p (e)＝2－e 2＋e<0，p (t )有两个不同的零点，符合题意．所以a 的最大整数值为－1.。