2021年新高考北京数学高考真题变式题11-15题-(解析版)

2021年新高考北京数学高考真题变式题11-15题
原题11
1．在3
41()x x -地展开式中,常数项为__________．
变式题1基础
2．若8
x ⎛
⎝
地展开式中4x 地系数为7,则实数=a ______.
变式题2基础
3．在18
9x ⎛
⎝展开式中,常数项为展开式地第_____项.
变式题3巩固
4．设()1234501234521a
x a a x a x a x a x a x -=+++++,则1a =_____________．变式题4巩固
5．在8
1011x ⎛
⎫ ⎪⎝
⎭展开式中,含2x 项地系数为________．（结果用数值表示）
变式题5巩固
6．4(12)(12)x x -+地展开式中含3x 地项地系数为________．变式题6巩固
7．已知()()()()7
2
8
01282111x x a a x a x a x -=+-+-+⋅⋅⋅+-,则56a a +=________．变式题7提升
8．将名支教教师安排到所学校任教,每校至多人地分配方式总数为,则二项式
地展开式中含项地系数为__________（用数字作答）.
变式题8提升
9．若1(2n x x
-展开式中含21
x 项地系数与含41x
项地系数之比为-4,则n =_____．原题12
10．已知抛物线24y x =地焦点为F ,点M 在抛物线上,MN 垂直x 轴与于点N .若6MF =,则点M 地横坐标为_______。

MNF 地面积为_______．变式题1基础
11．已知抛物线2:4C x y =地焦点F 到抛物线上地点P 地距离为3,则点P 地坐标为
________,POF （其中O 为坐标原点）地面积为________．变式题2基础
12．已知抛物线2(0)y mx m =≠地焦点为F ,准线方程为2x =-,点0(,4)P x 是抛物线上地一点,则实数m =___________,||PF =___________.变式题3巩固
13．已知抛物线2:2(0)C y px p =>地焦点是F ,O 是坐标原点,点()00,A x y 在抛物线C 上,OA 地垂直平分线交x 轴于B 点,（1）当AB 与x 轴垂直时,则0x =_________（用p 表示）。

（2）若N 是线段AF 地中点,则||||AB AN -=_________（用p 表示）．变式题4巩固
14．已知抛物线2:2(0)C y px p =>上一点(6,)A p m -到其焦点F 地距离为5,则此抛物线
C 地方程为______.若点P 为其准线上任意一点,过点P 作抛物线C 地切线,切点分别为点
B ,D ,则直线BD 必过定点______.
变式题5巩固
15．已知抛物线顶点在原点,焦点在坐标轴上,又知此抛物线上地一点(),3A m -到焦点F 地距离为5,则m 地值为__________。

抛物线方程为__________.变式题6巩固
16．已知顶点在坐标原点,对称轴为x 轴地抛物线过点P ,则该抛物线地标准方程为______________。

设F 为该抛物线地焦点,A ，B ，C 为该抛物线上三点,若
0FA FB FC ++=
,则FA FB FC ++= ______________.变式题7提升
17．抛物线24y x =,直线l 经过抛物线地焦点F,与抛物线交于A ，B 两点,若4BA BF =
,
则OAB （O 为坐标原点）地面积为______．变式题8提升18．如图,过抛物线214
y x =地焦点地直线交抛物线与圆()2
211x y +-=于,,,A B C D 四点,则AB CD ⋅= ______.
原题13
19．已知向量,,a b c
在正方形网格中地位置如图所示．若网格纸上小正方形地边长为1,
则
()a b c +⋅=
________。

=a b ⋅ ________.
变式题1基础
20．已知ABC 中,3AC =,4BC =,5AB =,点M 是线段AB 地中点,则CM CA ⋅=
______．变式题2基础
21．已知ABC 是边长为2地等边三角形,M 为BC 边（含端点）上地动点,则BC AM ⋅
地取值范围是___________.变式题3巩固
22．如图,两块斜边长相等地直角三角板拼在一起,若||1AC = ,则AD AE ⋅=
________.
变式题4巩固
23．已知直线l 与抛物线2:C y x =交于A ,B 两点.且线段AB 地中点在直线1y =上,若
0OA OB ⋅=
（O 为坐标原点）,则AOB 地面积为______．变式题5巩固
24．已知平面向量a ,b
,满足()1,3a = ,1b ||=,则a b -r r 地取值范围是___________变式题6提升
25．已知边长为2地正方形ABCD 边上有两点P ､Q ,满足1PQ ≥,设O 是正方形地中心,
则OP OQ ⋅
地取值范围是___________.
变式题7提升
26．已知向量,,a b c 满足()()
4,,=,14
a b a b c a c b π==<>-⋅-=-
,则c a - 地最大值
为________．原题14
27．若点(cos ,sin )A θθ有关y 轴对称点为(cos(),sin())6
6
B ππ
θθ++,写出θ地一个取值为
___．变式题1基础
28．已知角α地终边经过点（,则sin （α+2
π）地值= ______ ．
变式题2基础
29．在平面内将点(A 绕原点按逆时针方向旋转4
π,得到点B ,则点B 地坐标为
__________．变式题3巩固
30．在平面直角坐标系xOy 中,角α与角β均以Ox 为始边,它们地终边有关y 轴对称.若
3
sin 4
α=
,则()cos αβ-=______.变式题4巩固
31．sin sin A B =,则A 与B 地关系是_______ .变式题5巩固
32．已知点A 地坐标为()4,3-,将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转4
π至OA ' ,则点A '地坐标
为_________________．变式题6巩固
33．若点A （cos θ,sin θ）与ππB cos θ,sin θ66⎛⎫⎛⎫⎛
⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭有关x 轴对称,则θ地一个取值为
___________.变式题7提升
34．已知k 是正整数,且12017k ≤≤,则满足方程sin1sin 2sin k ︒︒︒++⋅⋅⋅+=sin1sin 2sin k ︒︒︒⋅⋅⋅⋅⋅⋅地k 有________个
变式题8提升
35．在角1θ，2θ，3θ，...，30θ地终边上分别有一点1P ，2P ，3P ， (30)
,假如点k P 地
坐标为()()()sin 15,sin 75k k ︒-︒︒+︒,130k ≤≤,k ∈N ,则
12330cos cos cos cos θθθθ+++⋅⋅⋅+=______．原题15
36．已知函数()lg 2f x x kx =--,给出下面四个结论：①若0k =,()f x 恰 有2个零点。

②存在负数k ,使得()f x 恰有1个零点。

③存在负数k ,使得()f x 恰有3个零点。

④存在正数k ,使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论地序号是_______．变式题1基础
37．函数2
π()2sin sin(2
f x x x x =+-地零点个数为_________．
变式题2巩固
38．有关x 地方程()2
22110k x x ---+=,给出下面四个命题：①存在实数k ,使得方程恰有2个不同地实根。

②存在实数k ,使得方程恰有4个不同地实根。

③存在实数k ,使得方程恰有5个不同地实根。

④存在实数k ,使得方程恰有8个不同地实根。

其中所有真命题地序号是__________.变式题3巩固
39．已知函数()()222,0ln ,0
x ax a x f x x x ⎧--+≥⎪=⎨-<⎪⎩和()2
12g x x a =+-,有下面四个结论：
①当1a =时,若函数()y f x m =-有3个零点,则01m <≤。

②当12a <≤时,函数()()y f g x =有6个零点。

③当1
2
a =
时,函数()()y g f x =地所有零点之和为1-。

④当1a =时,函数()()y f f x =有3个零点。

其中正确结论地序号为________.变式题4巩固
40．已知函数1e ,0,
()2e ln ,0,
x x x f x x x x +⎧≤=⎨⎩＞则函数()()1g x f x =-零点地个数为___________
变式题5巩固
41．已知定义在R 上地奇函数()y f x =对任意x 都满足()(2)f x f x =-,且当01x <<时,
()2log (1)f x x =+,则函数()()4log g x f x x =-地零点个数为___
变式题6提升
42．已知函数31,0()log ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨
>⎩,下面有关函数[]1()2y f f x =-零点个数地四个判断,正确地是___________.①当0k >时,有3个零点。

②当0k <时,有2个零点。

③当0k >时,有4个零点。

④当0k <时,有1个零点.变式题7提升
43．设函数(1),0,
()22,0.x a a x
a x x f x x --+<⎧=⎨+≥⎩给出下面四个结论：①当0a =时, t R ∃∈,使得()f x t =无解。

②当2a =时, (0,2)t ∃∈,使得()f x t =有两解。

③当0a <时, t R ∀∈,使得()f x t =有解。

④当2a >时, t R ∃∈,使得()f x t =有三解。

其中,所有正确结论地序号是_________．
参考结果：
1．4
-【思路】利用二项式定理求出通项公式并整理化简,然后令x 地指数为零,求解并计算得到结果.
【详解】地展开式地通项
令1240r -=,解得,
故常数项为．
故结果为：4-.2．
12
【思路】利用二项式展开式地通项公式,依据系数,即可求得参数值.
【详解】8
x ⎛+ ⎝地通项公式488388r
r r r r
r C x C x a --=,
令4
843
r -=,解得3r =.
故可得33
87C a =,解得12
a =
.故结果为：
12
.【点睛】本题考查利用二项式展开式地通项公式由项地系数求参数值,属简单题.3．13
【思路】先求出18
9x ⎛
⎝地通项公式,再令指数为零可得常数项为展开式地第13项.
【详解】由题意18118
1831818219(3(9)
r
r r
r r r r r T C x C x ---+==,由题意得31802r -=,解得12r =,
所以在18
9x ⎛
⎝展开式中,常数项为展开式地第13项.
故结果为：13.
【点睛】本题主要考查二项式定理展开式,通项公式是求解这类问题地关键,侧重考查数学运算地核心素养.4．10
【思路】由二项展开式展开为6项可得5a =,进而由二项式定理即可求解.【详解】解： ()1234501234521a
x a a x a x a x a x a x -=+++++,
∴二项展开式展开后有6项,
5a ∴=,
∴由二项式定理得1a =()4
1
52110C ⨯⨯-=,
故结果为：10.5．70
【思路】(8
108
101111x x ⎡⎤
=⎛⎫+ ⎪⎢⎣⎭⎥⎦
⎝展开式中,通项公式：(1080181r r r r T C x -+=,依题
意,只需考虑8r =时,即只需(8
1中2x 项地系数,利用其展开式中通项公式即可得出．
【详解】(8
108
101111x x ⎡⎤
=⎛⎫+ ⎪⎢⎣⎭⎥⎦
⎝展开式中,
通项公式：(
(8108018
810111r
r
r
r r r r T C C x x --+⎛⎫
== ⎪
⎝⎭
,
依题意,只需考虑8r =时,即只需(8
1中2x 项地系数,其展开式中通项
()8218811(k
k k k k k k A C C x -+=⋅-⋅⋅=⋅．令
22
k
=,解得4k =．()44
8710C ⋅-∴=.
故结果为：70．6．-16
【思路】转化4(12)(12)x x -+44(12)2(12)x x x =+-+,依据二项展开式地通项公式可求得结果.【详解】因为4(12)(12)x x -+44(12)2(12)x x x =+-+,
所以4(12)(12)x x -+地展开式中3x 地系数为3322
44222324816C C -=-=-.
故结果为：16-7．0
【思路】由题可知,将7(2)x x -转化为()()7
1111x x -+--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦,再依据二项式展开式地通项,
即可求出5a 和6a ,便可得出56a a +.
【详解】由题知,728
0128(2)(1)(1)(1)x x a a x a x a x -=+-+-+⋯⋯+-,
且()()7
7(2)1111x x x x -=-+--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦,
则()()2
3
5
457
71114a C C =⋅-+⋅-=-,()()12
65
6771114a C C =⋅-+⋅-=,
所以5614140a a +=-+=.故结果为：0
8．
【详解】试题思路：,所以二项式等腰,
,当时,,所以含项
地系数为,故填：.
考点：1.二项式定理。

2.排列组合.9．8
【思路】先由题意得到二项展开式地通项,进而得到含21
x 项与含41x
项地系数,然后依据题意得到有关n 地方程,解方程可得所求．
【详解】二项式1(2n x x -地展开式地通项为211(2)((1)2r n r r r n r r n r r n n T C x C x
x ---+=-=-⋅⋅⋅(0,1,2,,)r n = ,
令22n r -=-,得22
n r +=,所以含21
x 项地系数为222222(1)2n n n n n C +++--⋅⋅222222(1)2n n n n C +-+=-⋅⋅。

令24n r -=-,得42
n r +=,所以含41
x 项地系数为444222(1)2n n n n n C +++--⋅⋅444222(1)2n n n n C +-+=-⋅⋅．
由题意得2
224442
2
22
2
2(1)2
4(1)
2
n n n n n n n
n
C
C
+-++-+-⋅⋅=-⨯-⋅⋅,
整理得2
4222n n n
n
C
C
++=,
∴!!
2(1)!(1)!(2)!(2)!2222n n n n n n =⨯+-+-,
解得8n =．故结果为8．
【点睛】本题考查二项展开式地应用及组合数地计算,解题地关键依据展开式地通项得到款件中所涉及地两项地系数,进而得到有关n 地方程,解答本题地难点是组合数地计算,考查转化和计算能力,难度较大．10．
5 【思路】依据焦半径公式可求M 地横坐标,求出纵坐标后可求FMN S .【详解】因为抛物线地方程为24y x =,故2p =且()1,0F .因为6MF =,62
M p
x +
=,解得5M x =,
故M y =±,所以(
)1
512
FMN S =⨯-⨯= ,故结果为：5。

11．
()
2±
【思路】设出点P 地坐标,利用抛物线地定义即可求出点P 地坐标,进而可求出POF 地面积．
【详解】设()00,P x y ,由抛物线地定义知,焦点F 到抛物线上地点P 地距离等于它到准线1y =-地距离,即013y +=,则02y =,
因此2
0428x =⨯=,
解得0x =±,
故()
2P ±。

所以POF
地面积011
122
S OF x =⨯⋅=⨯⨯=
故结果为：()
2±
12． 8 4
【思路】由准线方程可求得4p =,即可求出m ,将0(,4)P x 代入抛物线方程可求得02x =,再利用焦半径公式即可求出||PF 【详解】 准线方程为2x =-,22
p
∴=,即4p =,28m p ∴==,
将0(,4)P x 代入抛物线方程可得2
048x =,解得02x =,
0||42
p
PF x ∴=+
=.故结果为：8。

4.13． 2p
34
p 【思路】（1）由AB 与x 轴垂直,得1OA k =,由此可求得A 点坐标,得0x 。

（2）利用1MB OA k k =-可求得B 横坐标,再结合焦半径公式得1
2
AB AN OB AF -=-,从而可得结论．
【详解】（1）因为AB 与x 轴垂直,则000
21OA p
k y x y ===
,则002,2y p x p ==。

（2）设OA 地中点00,22x y M ⎛⎫
⎪⎝⎭
,则MB 直线斜率为0
002
22
B
y y x p x -=
-,解得012B x x p =+,而01
||||2AB OB x p ==
+,011||||224p AN AF x ==+,则3||||4
AB AN p -=．故结果为：2p 。

3
4
p ．【点睛】关键点点睛：本题考查直线民抛物线相交,考查抛物线地焦半径公式．涉及到抛物线上地点到焦点距离时,对抛物线22y px =上地点00(,)A x y ,可依据抛物线地定义求得焦半径
02
AF p x =+
．14． 24y x = (1,0)
【思路】依据抛物线焦半径公式可得652p p ⎛⎫
---= ⎪⎝⎭
,求解即可得到抛物线方程。

过抛物线
准线上任意一点P 作抛物线地两款切线PA 和PB ,求得切点弦BD 方程,即可得道 BD
必过定点(1,0).
【详解】 点(6,)A p m -到其焦点F 地距离为5,652p p ⎛⎫
∴---= ⎪⎝⎭
,解得2p =,
∴抛物线C 地方程为24y x =.
过抛物线2
1:4C y x =外一点P 作抛物线地两款切线PA 和PB ,
设切点为()11,D x y ,()22,B x y ,则切点弦BD 直线方程为0042
x x
y y +=⨯.设()01,P y -,则直线01:42
x
BD y y -+=⨯,即022y y x =-+,所以直线BD 必过定点(1,0).故结果为：24y x =,(1,0).15． 结果见思路 结果见思路
【思路】由于抛物线地开口方向未定,依据点(),3A m -在抛物线上这一款件,抛物线开口向下,向左，向右均有可能,以此分类讨论,利用焦半径公式列方程可得p 地值,依据点(),3A m -在抛物线上可得m 地值.
【详解】依据点(),3A m -在抛物线上,可知抛物线开口向下,向左，向右均有可能,当抛物线开口向下时,设抛物线方程为22x py =-（0p >）,此时准线方程为2p
y =
,由抛物线定义知(3)52
p --=,解得4p =.所以抛物线方程为28x y =-,这时将(),3A m -
代入方程得m =±当抛物线开口向左或向右时,可设抛物线方程为22y ax =（0a ≠）,
从p a =知准线方程为2a
x =-,由题意知()25232a
m am
⎧+=⎪⎨
⎪-=⎩,解此方程组得11192a m =⎧⎪
⎨=⎪⎩,22192a m =-⎧⎪⎨=-⎪⎩,33912a m =⎧⎪⎨=⎪⎩,449
12a m =-⎧⎪⎨
=-⎪⎩,综合（1），（2）得92
m =
,2
2y x =。

9
2
m =-,22y x =-。

12
m =
,2
18y x =。

1
2
m =-,218y x =-。

m =±2
8x y =-.
故结果为：92,92
-,1
2,12-,±22y x =,22y x =-,218y x =,218y x =-,28x y =-.
16． 28y x = 12
【思路】依据已知款件,设出抛物线地标准方程,代入已知点地坐标,求得参数地值,得到抛物线
地方程。

写出抛物线地焦点坐标和准线方程,依据0FA FB FC ++=
,可判断点F 是ABC 重心,进而利用三角形重心公式可求123x x x ++地值,再依据抛物线地定义,即可求得结果．【详解】解：由已知款件可设抛物线地标准方程为2y ax =,
将P 地坐标代入,得(2
1a =⨯,解得8a =,
抛物线焦点坐标()2,0F ,准线方程：2x =-设()()()112233,,,,,A x y B x y C x y ∴0FA FB FC ++= ,
∴点F 是ABC 重心,
123
23
x x x ++∴
=,即123x x x ++6=． 再由抛物线地定义可得()()()11223322,22,22FA x x FB x x FC x x =--=+=--=+=--=+,
∴|FA |+|FB |+|FC
|12322212x x x =+++++=,故结果为28y x =,12．
【点睛】本题考查三角形地重心坐标公式,抛物线地定义，标准方程,以及简单性质地应用,求得123x x x ++地值是解题地关键．
17【思路】由题意首先确定直线AB 地方程,然后联立直线方程与抛物线方程,结合韦达定理即可确定OAB 地面积.
【详解】由题意可知：3AF BF =,结合焦半径公式有：
31cos 1cos p p
αα
=-+,
解得：1cos ,23
π
αα==,故直线AB 地方程为：1)y x =-,
与抛物线方程联立可得：23120y --=,
则12y y -==
故OAB 地面积1211221S OF y y =⨯⨯-=⨯=【点睛】本题主要考查抛物线地焦半径公式,直线与抛物线地位置关系等知识,意在考查学生地转化能力和计算求解能力.18．1
【思路】设过抛物线地焦点F 地直线1y kx =+,与2
14
y x =联立,结合抛物线地第一定义和韦达定理及圆地性质,求出AB CD ⋅地乘积
【详解】抛物线地焦点为()0,1F ,准线为1y =-,可设直线方程为1y kx =+,直线1y kx =+,与
214
y x =
联立得：()22
4210y k y --+=,可得1A D y y =,111A A AB AF y y =-=+-= ,111D D CD DF y y =-=+-=,1AB CD ∴⋅=结果为1.
【点睛】抛物线地弦长问题通常转化为到准线距离,本题既考查了直线与圆,又考查了直线与抛物线地应用问题19． 0 3
【思路】依据坐标求出a b +
,再依据数量积地坐标运算直接计算即可.【详解】以,a b
交点为坐标原点,建立直角坐标系如图所示：
则(2,1),(2,1),(0,1)a b c ==-=
,
()4,0a b ∴+= ,()40010a b c +⋅=⨯+∴⨯=
,()22113a b ∴⋅=⨯+⨯-=
.故结果为：0。

3.
20．9
2
##4.5
【思路】依据题意可证得ABC 为直角三角形,将将ABC 放在平面直角坐标系中,如图,
求出A ，B ，C 三点地坐标,利用中点坐标公式求出点M 地坐标,进而求出CM CA
、地坐标,结合向量数量积地坐标表示计算即可.
【详解】由题意知,453BC AB AC ===，，,有222AB AC BC =+,所以ABC 为直角三角形,将ABC 放在平面直角坐标系中,如图,
(00)(30)(04)C A B ，，，，，,又M 是AB 地中点,则3(2)2
M ,
有3(2)(30)2CM CA ==
，,所以39
(2)(30)22CM CA ⋅=⋅= ，,故结果为：
92
21．[2,2]
-【思路】取BC 地中点O 为坐标原点,BC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系,设(),0M x ,其中11x -≤≤,利用数量积地坐标运算将BC AM ⋅
转化为相关x 地一次函数地
值域问题,可得出BC AM ⋅
地取值范围.【详解】如下图所示：
取BC 地中点O 为坐标原点,BC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系,
则点(A ，()1,0B -，()1,0C ,设点(),0M x ,其中11x -≤≤,
(
,AM x =u u u r ,()2,0BC =u u u r ,[]22,2BC AM x ∴⋅=∈-u u u r u u u r
,
因此BC AM ⋅
地取值范围是[]22-,,故结果为：[]22-,.
22．12
【思路】以AB 和AC 直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系,求得(1D 和11(,)22E ,得到A E
，AD 地坐标,结合向量地数量积地运算公式,即可求解.【详解】如图所示,以AB 和AC 直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系,
因为||1AC = ,可得1,AB CB ED BE BD =====
所以E 为BC 地中点,
可得
(0,0),(1,0),(0,1)A B C ,则11
(,)22
E ,所以11(,)22AE =
又由180459045,DBF BD ∠=--==
可得sin 45cos 45DE BD BF BD =⋅=
==⋅=
所以(1D +,所以(1AD =+ ,
则11111(1(,)(122222AD AE ⋅=⋅=⨯=
23【思路】设出直线l 地方程x my t =+()0t ≠,与抛物线方程联立,消圆,写韦达。

依据题意求出,m t 地值。

然后求弦长AB 和原点到直线l 地距离,从而可求出AOB 地面积.
【详解】由题意知：直线l 地斜率不为0,所以设直线l 地方程为x my t =+()0t ≠,
由2
x my t
y x
=+⎧⎨=⎩,消x 得20y my t --=,设()()1122,,,A x y B x y ,则1212,y y m y y t +==-,240m t ∆=+>,因为线段AB 地中点在直线1y =上,所以122y y +=,即2m =,
因为0OA OB ⋅= ,
所以()()()22
12121212121212x x y y y y my t my t y y m y y mt y y t
+=+++=++++2212124220y y y y t t t t =++⨯+=-=,解得1t =或0=t (舍),
所以12122,1y y y y +==-,直线l 地方程为21x y =+,
=
原点O 到直线l 地距离为d ,
所以AOB 地面积为1122AB d ⨯⨯=⨯=
24．1]
【思路】求出||a ,再用a ,b
地夹角θ表示出a b -r r 即可得解.【详解】因()1,3a = ,
则||a = 设a ,b
地夹角为(0)θθπ≤≤,
于是得a -= 而1cos θ1-££,因此
,
11a ≤- ,所以a b -r r
地取值范围是1].
故结果为：1]25．[2,1]
-【思路】先建立平面直角坐标系,再分类讨论求出各种情况下地OP OQ ⋅
地范围即可得到结果.
【详解】建立如下图所示地平面直角坐标系.
①当,P Q 两点在正方形地同一边上时（含正方形地顶点）.
依据对称性,不妨设(,1),(,1)Q x P y ,由于||1PQ ≥,所以,x y 满足01
101x y x y ≤≤⎧⎪
-≤≤⎨⎪-≥⎩,
可得10xy -≤≤,
所以1[0,1]OP OQ xy ⋅=+∈。

②当,P Q 两点在正方形地相邻边上时（含正方形地顶点）
.
依据对称性,不妨设(,1),(1,)Q x P y ,所以OP OQ x y ⋅=+
,
由于||1PQ ≥,所以,x y 满足221111
(1)(1)1x y x y -≤≤⎧⎪
-≤≤⎨⎪-+-≥⎩,其表示地平面区域如下图所示：
令z x y =+,当过(1,1)A --时,z 有最小值min 112z =--=-,
当z x y =+与圆22(1)(1)1x y -+-=相切时,z
有最大值max 1)2z ==
所以这种情况下[2,2OP OQ x y ⋅=+∈-。

③当,P Q 两点在正方形地对边上时（含正方形地顶点）.依据对称性,不妨设12(,1),(,1)Q x P x -,
所以121OP OQ x x ⋅=-
,由图可知,121211,1111x x x x -≤≤-≤≤⇒-≤≤,所以
121[2,1]OP OQ x x ⋅=-∈-
.
综上可知：[2,1]-.故结果为：[2,1]-.
【点睛】关键点睛：解决本题地关键一是要分类讨论,二是在每一种情况下要准确地写出变
量地范围并求出每种情况下OP OQ ⋅
取值范围.
261
+【思路】依据题意建立合适平面直角坐标系,再依据数量积关系确定出C 地轨迹,结合c a -
地几何意义以及圆地性质求解出c a -
最大值.
【详解】设,,OA a OB b OC c ===
,以OA 直线为x 轴,O 为坐标原点建立平面直角坐标系,
∵4,,=,4a b a b π
==<>
则A (4,0),B (2,2),设C (x ,y ),
∵()(
)
1c a c b -⋅-=-
,∴226290x y x y +--+=,
即()()2
2
311x y -+-=,∴点C 在以(3,1)为圆心,1为半径地圆上,
c a -
表示点A ,C 地距离,即圆上地点与A (4,0)地距离,
∵圆心到A
∴c a - 地最大值为1.
1.27．
512
π（满足5,12k k Z π
θπ=+∈即可）
【思路】依据,A B 在单位圆上,可得,6
π
θθ+
有关y 轴对称,得出2,6
k k Z π
θθππ+
+=+∈求解.
【详解】 (cos ,sin )A θθ与cos ,sin 66B ππθθ⎛⎫⎛⎫⎛
⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭有关y 轴对称,
即,6
π
θθ+
有关y 轴对称,
2,6
k k Z π
θθππ+
+=+∈,
则5,12
k k Z π
θπ=+
∈,当0k =时,可取θ地一个值为512
π.故结果为：512
π（满足5,12k k Z π
θπ=+∈即可）.28．12
-
【详解】角α地终边经过点1
(1,2,cos 2
x x y r r α-=-===
=- .1
sin()cos 22
παα+==- .
29．【思路】依题意可得OA 与x 轴正向地夹角为
3
π
且2OA =,则OB 与x 轴正向地夹角为
712
π
且2OB =,设点B 地坐标为(),x y ,依据三角函数地定义及两角和地正（余）弦公式计算可得.
【详解】解：由款件可得OA 与x 轴正向地夹角为3
π
2=,故OB 与x 轴正
向地夹角为
73
4
12
π
π
π
+
=
且2OB =．设点B 地坐标为(),x y ,
则72cos
2cos cos sin sin 2123434x πππππ⎛
⎫==-== ⎪⎝
⎭
72sin
2sin cos cos sin 2123434y ππ
πππ⎛⎫==+== ⎪⎝
⎭,
∴点B 地坐标为．
故结果为：30．1
8。

【思路】依据角地终边有关y 轴对称得到cos cos ,sin sin αβαβ=-=,以及两角差地余弦公式即可求出.
【详解】因为角α与角β均以Ox 为始边,它们地终边有关y 轴对称,所以3
cos cos ,sin sin 4
αβαβ=-==
,所以()22
cos cos cos sin sin sin cos αβαβαβαα
-=+=-22sin 1
α=-92116
=⨯-18
=故结果为：
18
【点睛】本题主要考查了三角函数定义地应用,两角差地余弦公式,同角三角函数地关系,属于中档题.
31．2A B k π=+或2()A B k k Z ππ=-+∈【思路】依据正弦函数地定义及性质求解.【详解】因为sin sin A B =,
所以,A B 终边相同或终边有关y 轴对称,故2A B k π=+或2()A B k k Z ππ=-+∈,故结果为：2A B k π=+或2()A B k k Z ππ=-+∈
32．(【思路】设出点A '地坐标,终边经过点A 地角为α,结合三角函数定义求出α,4
π
α+地正弦，
余弦值,再借助和，差角地正余公式即可计算作答.
【详解】设(,)A x y ',显然,||||5OA OA '===,则有34
sin ,cos 55
αα==-,
依题意,终边经过点A '地角为4π
α+,则有),co sin(s(4545
y x
ππαα+=+=,
于是得
sin cos cos sin 544y ππαα=+=解得y =,
cos cos sin sin 544x ππαα=-=解得x =
所以点A '地坐标为(.
故结果为：(33．
11
π12
（结果不唯一）【思路】作图,数形结合得到226
π
θπ+
=,解之即可.
【详解】解：因为A （cos θ,sin θ）与ππB cos θ,sin θ66⎛⎫⎛⎫⎛
⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭均在单位圆上,
设圆与x 轴交于P ､Q 两点,A 在第二象限,B 在第三象限,如图所示：则∠AOP =θ,∠AOB =6
π,
因为A ､B 有关x 轴对称,所以∠BOP =θ,所以2θ+6
π
=2π,解得θ=
11π12
,则符合题意地θ地一个值可以为11π12
.故结果为：
11
π12
（结果不唯一）..
34．11
【详解】由三角函数地单调性及值域,可知1•21sin sin sink ︒︒⋯︒<,∴除1k =外只有当等式
121•2sin sin sink sin sin sink ︒+︒+⋯+︒=︒︒⋯︒地左右两边均为0时等式成立,则1k =，359，
360，719，720，1079，1080，1439，1440，1799，1800时等式成立,满足款件地正整
数k 有11个,故结果为11.35
【思路】利用诱导公式将点k P 地坐标变为()()()sin 15,cos 15k P k k ︒-︒-,然后依据三角函数定义可得()cos sin 15k k θ=︒-,再利用诱导公式及两角差地正弦即可得到结果.【详解】k P ()()()15,75sin k sin k ︒-︒︒+︒,即()()()sin 15,cos 15k P k k ︒-︒︒-︒由三角函数定义知()
cos sin 15k k θ=︒-︒12330cos cos cos cos θθθθ+++⋅⋅⋅+=()()
sin14sin13sin 14sin 15︒+︒++-︒+-︒ sin14sin13sin14sin15=︒+︒+-︒-︒
sin15=-︒()
sin 4530=-︒-︒cos 45sin 30sin 45cos30=︒︒-︒
︒
=
【点睛】本题主要考查地是诱导公式,三角函数定义地理解和应用,两角和地正弦公式,考查学生地思路问题和解决问题地能力,是中档题.36．①②④
【思路】由()0f x =可得出lg 2x kx =+,考查直线2y kx =+与曲线()lg g x x =地左，右支分别相切地情形,利用方程思想以及数形结合可判断各选项地正误.【详解】对于①,当0k =时,由()lg 20f x x =-=,可得1
100
x =
或100x =,①正确。

对于②,考查直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<相切于点(),lg P t t -,
对函数lg y x =-求导得1ln10y x '=-,由题意可得2lg 1
ln10kt t k t +=-⎧⎪
⎨=-⎪⎩,解得100100lg e t k e e ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,所以,存在100
lg 0k e e
=-
<,使得()f x 只有一个零点,②正确。

对于③,当直线2y kx =+过点()1,0时,20k +=,解得2k =-,所以,当100
lg 2e k e
-
<<-时,直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点,若函数()f x 有三个零点,则直线2y kx =+与曲线()lg 01y x x =-<<有两个交点,
直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>有一个交点,所以,100
lg 220e k e
k ⎧-
<<-⎪⎨⎪+>⎩,此不等式无解,因此,不存在0k <,使得函数()f x 有三个零点,③错误。

对于④,考查直线2y kx =+与曲线()lg 1y x x =>相切于点(),lg P t t ,
对函数lg y x =求导得1ln10y x '=,由题意可得2lg 1ln10kt t
k t +=⎧⎪
⎨=⎪⎩,解得100lg 100t e e k e =⎧⎪⎨=⎪⎩
,
所以,当lg 0100e
k e
<<时,函数()f x 有三个零点,④正确.
故结果为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数地零点或方程地根地情况,求解参数地取值范围问题地本质都是研究函数地零点问题,求解此类问题地一般步骤：
（1）转化,即通过构造函数,把问题转化成所构造函数地零点问题。

（2）列式,即依据函数地零点存在定理或结合函数地图象列出关系式。

（3）得解,即由列出地式子求出参数地取值范围．
37．2．
【详解】函数2π()2sin sin()2
f x x x x =+-地零点个数等价于方程2
π2sin sin()02x x x +-=地根
地个数,
即函数π
()2sin sin(222
g x x x sinxcosx sin x =+==与2()h x x =
地图象交点个数．
于是,分别画出其函数图像如下图所示,由图可知,函数()g x 与()h x 地图象有2个交点．
38．①②③④
【思路】将方程()2
22110k x x ---+=,转化为()
2
2211x x k ---=-,令211t x =-≥-,转化函
数2
y t t =-与y k =-地交点情况,分0k =,0k ->,14
k -=-,1
04
k -
<-<讨论求解.【详解】方程()2
22110k x x ---+=,可化为()
2
2211x x k ---=-,
令211t x =-≥-,则2
y t t =-,y k =-,在同一坐标系中,作出其图象,如图所示：
当0k =时,交点地横坐标为1,0,1-,且1,0,1- 在t 地值域[1,)-+∞中,
令22211,10,11x x x -=--=-=,解得0,1,x x x ==±=故方程恰有5个不同地实根。

当0k <,即0k ->时,图象有两个不同地交点,设交点地横坐标为12,t t ,且121,1t t ><-,
令2
11t x =-,解得x =故方程恰有2个不同地实根。

当14k =,即14
k -=-时,图象有两个不同地交点,设交点地横坐标为34,t t ,且()()341,0,0,1t t ∈-∈,
令231t x =-,令241t x =-,解得x x ==
故方程恰有4个不同地实根。

当1
04k <<
,即104
k -<-<时,图象有四个不同地交点,设交点地横坐标为5678,,,t t t t ,且()()5678,1,0,,0,1t t t t ∈-∈,
令251t x =-,261t x =-,271t x =-,281t x =-,
解得x x ==x x ==故方程恰有8个不同地实根。

故结果为：①②③④39．①②③【思路】
对于①：作出直线y m =与函数()f x 地大约图象,依据题意即可判定。

对于②：令
()g x t =,作出函数()y f t =,()t g x =地大约图象,先判定()y f t =地零点t 地值或范围,再对t 地每一个值判定()t g x =地根地个数,综合即得函数()()y f g x =地零点个数。

对于③：令
()u f x =,则()y g u =,作出函数()u f x =,()y g u =地大约图象,判定函数()y g u =地零点u 地值,进而求得()u f x =地根,即得函数()()y g f x =地所有零点之和。

对于④：令()v f x =,则
()y f v =,作出函数()y f v =,()v f x =地大约图象,由图得到函数()y f v =地各个零点,然后分别求得()v f x =地根地个数,即得函数()()y f f x =地零点个数.
【详解】解：对于①：当1a =时,()()22
21(1),0
ln ,0x x x x f x x x ⎧-+=-≥⎪=⎨
-<⎪⎩
,作出直线y m =与函数()f x 地大约图象,如下：
由图可知,若函数()y f x m =-有3个零点,则01m <≤,故①正确。

对于②：当0x ≥时,()2
22f x x ax a =--+,
其对应地方程地根判别式为()22
(2)42(21)9a a a =---+=+- ,
当12a <≤时,0 >,
令()g x t =,作出函数()y f t =,()t g x =地大约图象,分别如下：
由图可知,函数()y f t =有3个零点,即11t =-,2t p =,3t q =,且01p <<,1q >,又()0121g a =-<-,且函数()t g x =地图象与直线1t =-,t p =,t q =共6个交点,所以函数()()y f g x =有6个零点,故②正确。

对于③：当12a =时,()()2
3,02ln ,0
x x x f x x x ⎧-+≥⎪
=⎨
⎪-<⎩
,令()u f x =,则()y g u =,作出函数()u f x =,()y g u =地大约图象,
分别如下：
由图可知,函数()y g u =只有1个零点,即0u =,
函数()u f x =地图象与直线0u =只有1个交点,为()1,0-,所以函数()()y g f x =所有零点之和为1-,故③正确。

对于④：当1a =时,()()2221(1),0
ln ,0x x x x f x x x ⎧-+=-≥⎪=⎨
-<⎪⎩
,令()v f x =,则()y f v =,
作出函数()y f v =,()v f x =地大约图象,分别如下：
由图可知,函数()y f v =有2个零点,即11v =-,21v =,函数()v f x =地图象与直线1v =-,1v =共有4个交点,所以()()y f f x =有四个零点,故④错误．故结果为：①②③．
【点睛】本题考查函数地零点问题,涉及分段函数,复合函数,解题中注意复合函数地拆解与数形结合思想地应用．40．4
【思路】作出()f x 地图象,看它和1y =±两款直线地交点个数即可.
【详解】0x ≤时,1()(1)x f x x e +¢
=+,1x <-时,()0f x '<,()f x 递减。

10-<≤x 时,()0f x '>,()f x 递增。

则1x =-时,()f x 取极小值也是最小值(1)1f -=-。

0x >时,()2(1ln )f x e x ¢
=+,1
0x e
<<时,()0f x '<,()f x 递减。

1
x e
>
时,()0f x '>,()f x 递增。

则1
=x e
时,()f x 取极小值也是最小值
12f e æöç÷=-ç÷èø
,综上所述,可作出()f x 图象,在作两款直线1y =±,结合图象可知,()f x 与1y =±有4个交点.故结果为：4.
41．4
【思路】先将“函数()()4log g x f x x =-地零点个数”转化为“()y f x =与4log y x =地
交点个数”,再判断函数()y f x =有关1x =对称,函数()y f x =是以4T =为周期地周期函数并画出函数()y f x =与4log y x =地图象,最后依据图象判断()y f x =与4log y x =地交点个数即可解题.
【详解】解：函数()()4log g x f x x =-地零点个数就是()y f x =与4log y x =地交点个数,因为函数()y f x =是定义在R 上地奇函数,所以(0)0f =,
因为当01x <<时,()2log (1)f x x =+,所以当01x ≤<时,()2log (1)f x x =+,
当10x -<<时,()212
()[log (1)]log (1)f x f x x x =--=--+=-+,因为函数()y f x =对任意x 都满足()(2)f x f x =-,所以函数有关1x =对称,且
()(2)(2)f x f x f x =-=--,则(4)(2)()f x f x f x +=-+=,函数是以4T =为周期地周期函数,依据上面表达画出函数()y f x =与4log y x =地图象,如图：
所以()y f x =与4log y x =地交点个数有4个,函数()()4log g x f x x =-地零点个数有4个,故结果为：4.
【点睛】本题考查函数地零点个数，函数地图象与性质,是中档题.
42．①②
【思路】由[]1()02y f f x =-=可得[]1()2
f f x =,利用换圆法将函数分解为()f x t =和 ()12
f t =,作出函数()f x 地图象,利用数形结合即可得结论.【详解】由[]1()02y f f x =-
=可得：[]1()2f f x =,
设()f x t =,则方程[]1()2f f x =等价于()12
f t =,若0k >,作出函数()f x 地图象如图,
此时方程()12
f t =有两根,其中11t >,20t <由()11f x t =>有一解,
由()20f x t =<有两解,此时共有3个解,即函数[]1()2
y f f x =-
有3个零点,当0k >时,有3个零点。

当0k <时,作出函数()f x 地图象如图,
此时方程()12
f t =有一根31t >,由()31f x t =>有两解,即函数[]1()2y f f x =-
有2个零点,所以当0k <时,有2个零点。

故结果为：①②.【点睛】方式点睛：判断函数零点个数地方式
（1）直接法：令()0f x =,假如能求出解,那么有几个不同地解就有几个零点。

（2）利用函数地零点存在性定理：利用函数地零点存在性定理时,不但要求函数地图象在区间[],a b 上是连续不断地曲线,并且()()0f a f b ⋅<,还一定结合函数地图象与性质,（如单调性，奇偶性）才能确定函数有多少个零点。

（3）图象法：画出函数()f x 地图象,函数()f x 地图象与x 轴交点地个数就是函数()f x 地零点个数。

将函数()f x 拆成两个函数,()h x 和()g x 地形式,依据()()()0f x h x g x =⇔=,则函数()f x 地零点个数就是函数()y h x =和()y g x =地图象交点个数。

（4）利用函数地性质：若能确定函数地单调性,则其零点个数不难得到,若所考查地函数是周期函数,则需要求出在一个周期内地零点个数,依据周期性则可以得出函数地零点个数.
43．①④
【思路】思路a 取不同值时函数()f x 地单调性和图象性质,依据函数()f x 地图象及函数y t =地图象地交点个数确定方程()f x t =地解得个数.
【详解】当0a =时,00()220
x x x f x x -<⎧=⎨+≥⎩函数()f x 地图象如图所示,
∴ 当1t =-时,()f x t =无解。

①对,
当2a =时,222(1),0,()22,0.
x x x x f x x --+<⎧=⎨+≥⎩函数()f x 地图象如图所示,
当(0,2)t ∈时,()y f x =与y t =地图象只有一个交点,即方程()f x t =只有一个解,②错,当0a <时,取2t a =,当0x <时,()f x t =可化为(1)2a x a +=,解得1x =(舍去),
当0x >时,()f x t =可化为222x a a x a --+=,此方程无解,③错,
当2a >时,取t t =00(2min{,22})a a t a -<<+,当0x <时,0()f x t =可化为0(1)a x t +=,解得
01t x a
=-,当0x >时,()f x t =可化为022x a a x t --+=,
∵ 函数22x a a x y --=+地图象有关x a =对称,且x a >时,函数22x a a x y --=+单调递增,x a =时,2y =,0x =时,0
22a a y t -=+>∴ 函数22x a a x y --=+与函数0y t =有两个交点,即02
2x a a x t --+=有两个解,
故0()f x t =有三解,④对,
故选：①④
【点睛】方程地解得个数判断方式：
(1)直接解方程：假如能求出解,由此确定解得个数．
(2)利用图象交点地个数：将方程变形为两个函数地等式,画两个函数地图象,看其交点地横坐标有几个不同地值,就有几个不同地解．。