2016高考新课标数学(理)大一轮复习：8-4

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《高考导航》2016届新课标数学(理)一轮复习讲义第一章第1讲集合的概念与运算

2016高考导航第1讲集合的概念与运算1．集合与元素(1)集合元素的三个特征：确定性、互异性、无序性．(2)元素与集合的关系是属于或不属于关系，用符号∈或∉表示． (3)集合的表示法：列举法、描述法、图示法．(1)真子集AB(2)不含任何元素的集合叫做空集，记作∅，并规定空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集．3．集合的基本运算1．已知集合A ＝{x |x 是平行四边形}，B ＝{x |x 是矩形}，C ＝{x |x 是正方形}，D ＝{x |x 是菱形}，则( )A ．A ⊆B B ．C ⊆B C ．D ⊆C D ．A ⊆D 答案：B 2．(2014·高考北京卷)已知集合A ＝{x |x 2－2x ＝0}，B ＝{0，1，2}，则A ∩B ＝( ) A ．{0} B ．{0，1} C ．{0，2} D ．{0，1，2} 答案：C 3．(2014·高考浙江卷)设全集U ＝{x ∈N |x ≥2}，集合A ＝{x ∈N |x 2≥5}，则∁U A ＝( ) A ．∅ B ．{2} C ．{5} D ．{2，5} 解析：选B.因为A ＝{x ∈N |x ≤－5或x ≥5}，所以∁U A ＝{x ∈N |2≤x <5}，故∁U A ＝{2}．1．辨明五个易误点(1)认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合是正确求解的两个先决条件．(2)要注意区分元素与集合的从属关系；以及集合与集合的包含关系．(3)易忘空集的特殊性，在写集合的子集时不要忘了空集和它本身． (4)运用数轴图示法易忽视端点是实心还是空心．(5)在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不满足“互异性”而导致解题错误．2．巧用两种数学思想 (1)数形结合思想数轴和Venn 图是进行交、并、补集运算的有力工具，数形结合是解集合问题的常用方法，解题时要先把集合中各种形式的元素化简，使之明确化，尽可能地借助数轴、直角坐标系或Venn 图等工具，将抽象的代数问题具体化、形象化、直观化，然后利用数形结合的思想方法解题．(2)转化与化归思想在集合的运算关系和两个集合的包含关系之间往往存在一定的联系，在一定的情况下可以相互转化，如A ⊆B ⇔A ∩B ＝A ⇔A ∪B ＝B ⇔∁U A ⊇∁U B ⇔A ∩(∁U B )＝∅，在解题中运用这种转化能有效地简化解题过程．[做一做]4．由a 2，2－a ，4组成一个三元素集合A ，则实数a 的值可以是( ) A ．1 B ．－2 C ．6 D ．2 答案：C5．已知集合A ＝{－1，0，4}，集合B ＝{x |x 2－2x －3≤0，x ∈N }，全集为U ，则图中阴影部分表示的集合是________．解析：∵B ＝{x |x 2－2x －3≤0，x ∈N }＝{x |－1≤x ≤3，x ∈N }＝{0，1，2，3}．而图中阴影部分表示的为属于A 且不属于B 的元素构成的集合，故该集合为{－1，4}．答案：{－1，4},[学生用书P 2～P 3])考点一__集合的基本概念______________________(1)(2013·高考山东卷)已知集合A ＝{0，1，2}，则集合B ＝{x －y |x ∈A ，y ∈A }中元素的个数是( )A ．1B ．3C ．5D ．9(2)已知集合M ＝{1，m }，N ＝{n ，log 2n }，若M ＝N ，则(m －n )2 015＝________． [解析] (1)当x ＝0，y ＝0时，x －y ＝0；当x ＝0，y ＝1时，x －y ＝－1；当x ＝0，y ＝2时，x －y ＝－2；当x ＝1，y ＝0时，x －y ＝1；当x ＝1，y ＝1时，x －y ＝0；当x ＝1，y ＝2时，x －y ＝－1；当x ＝2，y ＝0时，x －y ＝2；当x ＝2，y ＝1时，x －y ＝1；当x ＝2，y ＝2时，x －y ＝0.根据集合中元素的互异性知，B 中元素有0，－1，－2，1，2，共5个．(2)由M ＝N 知， ⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1log 2n ＝m 或⎩⎪⎨⎪⎧n ＝m log 2n ＝1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝1m ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2n ＝2，故(m －n )2 015＝－1或0. [答案] (1)C (2)－1或0若将本例(1)中的集合B 更换为B ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈A ，x －y ∈A }，则集合B中有________个元素．解析：当x ＝0时，y ＝0；当x ＝1时，y ＝0或y ＝1；当x ＝2时，y ＝0，1，2.故集合B ＝{(0，0)，(1，0)，(1，1)，(2，0)，(2，1)，(2，2)}，即集合B 中有6个元素．答案：6[规律方法] 解决集合的概念问题应关注两点1．研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性，对于含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合的元素是否满足互异性．2．对于集合相等首先要分析已知元素与另一个集合中哪一个元素相等，分几种情况列出方程(组)进行求解，要注意检验是否满足互异性．1.已知集合M＝{1，m＋2，m2＋4}，且5∈M，则m的值为()A．1或－1 B．1或3C．－1或3 D．1，－1或3解析：选B.∵5∈{1，m＋2，m2＋4}，∴m＋2＝5或m2＋4＝5，即m＝3或m＝±1.当m＝3时，M＝{1，5，13}；当m＝1时，M＝{1，3，5}；当m＝－1时，M＝{1，1，5}不满足互异性．∴m的值为3或1.考点二__集合间的基本关系__________________(1)已知集合A＝{x|x2－3x＋2＝0，x∈R}，B＝{x|0<x<5，x∈N}，则满足条件A ⊆C⊆B的集合C的个数为()A．1 B．2C．3 D．4(2)已知集合A＝{x|y＝lg(x－x2)}，B＝{x|x2－cx<0，c>0}，若A⊆B，则实数c的取值范围是()A．(0，1] B．[1，＋∞)C．(0，1) D．(1，＋∞)[解析](1)由x2－3x＋2＝0，得x＝1或x＝2，∴A＝{1，2}．由题意知B＝{1，2，3，4}，∴满足条件的C可为{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．(2)法一：因为A＝{x|y＝lg(x－x2)}＝{x|x－x2>0}＝(0，1)，B＝{x|x2－cx<0，c>0}＝(0，c)．因为A⊆B，画出数轴，如图所示，得c≥1，即实数c的取值范围是[1，＋∞)．法二：因为A＝{x|y＝lg(x－x2)}＝{x|x－x2>0}＝(0，1)，取c＝1，则B＝(0，1)，所以A⊆B成立，故可排除C，D；取c＝2，则B＝(0，2)，所以A⊆B成立，故可排除A.[答案](1)D(2)B[规律方法](1)判断两集合的关系常有两种方法：一是化简集合，从表达式中寻找两集合间的关系；二是用列举法表示各集合，从元素中寻找关系．(2)子集与真子集的区别与联系：集合A的真子集一定是其子集，而集合A的子集不一定是其真子集；若集合A有n个元素，则其子集个数为2n，真子集个数为2n－1.[注意]题目中若有条件B⊆A，则应分B＝∅和B≠∅两种情况进行讨论．2.(1)(2013·高考福建卷)已知集合A＝{1，a}，B＝{1，2，3}，则“a＝3”是“A⊆B”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件(2)已知集合A＝{x|－2≤x≤7}，B＝{x|a＋1<x<2a－1}，若B A，则实数a的取值范围是________．解析：(1)∵A＝{1，a}，B＝{1，2，3}，A⊆B，∴a∈B且a≠1，∴a＝2或3，∴“a＝3”是“A⊆B”的充分而不必要条件．(2)当B＝∅时，有a＋1≥2a－1，则a≤2.当B≠∅时，若B A，如图．则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥－22a －1≤7a ＋1<2a －1，解得2<a ≤4. 综上，a 的取值范围为a ≤4. 答案：(1)A (2)(－∞，4]考点三__集合的基本运算(高频考点)____________集合的基本运算是历年各地高考的热点，每年必考，常和不等式的解集、函数的定义域、值域相结合命题，主要以选择题的形式出现．试题难度不大，多为低档题．高考对集合运算的考查主要有以下三个命题角度： (1)求集合间的交、并、补运算； (2)已知集合的运算结果求集合；(3)已知集合的运算结果求参数的值(或参数的取值范围)．(1)已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |lg x ≤0}，B ＝{x |2x ≤32}，则A ∪B ＝( )A ．∅B ．(0，13]C ．[13，1] D ．(－∞，1](2)(2014·高考重庆卷)设全集U ＝{n ∈N |1≤n ≤10}，A ＝{1，2，3，5，8}，B ＝{1，3，5，7，9}，则(∁U A )∩B ＝________．(3)已知集合A ，B 均为全集U ＝{1，2，3，4}的子集，且∁U (A ∪B )＝{4}，B ＝{1，2}，则A ∩(∁U B )＝________．(4)已知集合A ＝{x ∈R ||x ＋2|<3}，集合B ＝{x ∈R |(x －m )(x －2)<0}，且A ∩B ＝(－1，n )，则m ＝________，n ＝________．[解析] (1)由题意知，A ＝(0，1]，B ＝(－∞，13]，∴A ∪B ＝(－∞，1]．故选D.(2)U ＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，画出Venn 图，如图所示，阴影部分就是所要求的集合，即(∁U A )∩B ＝{7，9}．(3)∵U ＝{1，2，3，4}，∁U (A ∪B )＝{4}，∴A ∪B ＝{1，2，3}．又∵B ＝{1，2}，∴{3}⊆A ⊆{1，2，3}．又∁U B ＝{3，4}，∴A ∩(∁U B )＝{3}．(4)A ＝{x ∈R ||x ＋2|<3}＝{x ∈R |－5<x <1}，由A ∩B ＝(－1，n )，可知m <1，由B ＝{x |m <x <2}，画出数轴，可得m ＝－1，n ＝1.[答案] (1)D (2){7，9} (3){3} (4)－1 1[规律方法] (1)在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn 图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn 图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时需注意端点值的取舍．(2)在解决有关A ∩B ＝∅时，往往忽略空集的情况，一定先考虑∅是否成立，以防漏解．另外要注意分类讨论和数形结合思想的应用．3.(1)已知集合A ＝{x |y ＝x }，B ＝{x |12<2x <4}，则(∁R A )∩B 等于( )A ．{x |－1<x <2}B ．{x |－1<x <0}C ．{x |x <1}D ．{x |－2<x <0}(2)(2015·河北唐山模拟)集合M ＝{2，log 3a }，N ＝{a ，b }，若M ∩N ＝{1}，则M ∪N ＝( ) A ．{0，1，2} B ．{0，1，3} C ．{0，2，3} D ．{1，2，3} (3)(2015·新乡市一中月考)设集合A ＝{x ||x －a |<1，x ∈R }，B ＝{x |1<x <5，x ∈R }，若A ∩B ＝∅，则实数a 的取值范围是( )A ．{a |0≤a ≤6}B ．{a |a ≤2或a ≥4}C ．{a |a ≤0或a ≥6}D ．{a |2≤a ≤4}解析：(1)选B.因为A ＝{x |y ＝x }＝{x |x ≥0}，所以∁R A ＝{x |x <0}．又B ＝{x |12<2x <4}＝{x |－1<x <2}，所以(∁R A )∩B ＝{x |－1<x <0}．(2)选D.因为M ∩N ＝{1}，所以log 3a ＝1，即a ＝3，所以b ＝1，即M ＝{2，1}，N ＝{3，1}，所以M ∪N ＝{1，2，3}，故选D.(3)选C.|x －a |<1⇔－1<x －a <1⇔a －1<x <a ＋1，又B ＝{x |1<x <5}，A ∩B ＝∅，故a ＋1≤1或a －1≥5，即a ≤0或a ≥6.,[学生用书P 4])交汇创新——集合中的创新问题以集合为背景的新定义问题是近几年高考命题创新型试题的一个热点，此类题目常常以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发现”为目的，这类试题只是以集合为依托，考查考生理解问题、解决创新问题的能力．常见的命题形式有新概念、新法则、新运算等，这类试题中集合只是基本的依托．(1)如图所示的V enn 图中，A ，B 是非空集合，定义集合A #B 为阴影部分表示的集合．若x ，y ∈R ，A ＝{x |y ＝2x －x 2}，B ＝{y |y ＝3x ，x >0}，则A #B 为( )A ．{x |0<x <2}B ．{x |1<x ≤2}C ．{x |0≤x ≤1或x ≥2}D ．{x |0≤x ≤1或x >2}(2)如果集合A 满足若x ∈A ，则－x ∈A ，那么就称集合A 为“对称集合”．已知集合A ＝{2x ，0，x 2＋x }，且A 是对称集合，集合B 是自然数集，则A ∩B ＝________．[解析] (1)因为A ＝{x |0≤x ≤2}，B ＝{y |y >1}，A ∪B ＝{x |x ≥0}，A ∩B ＝{x |1<x ≤2}，所以A #B ＝∁A ∪B (A ∩B )＝{x |0≤x ≤1或x >2}，故选D.(2)由题意可知－2x ＝x 2＋x ，∴x ＝0或x ＝－3.而当x ＝0时不符合元素的互异性，所以舍去．当x ＝－3时，A ＝{－6，0，6}，所以A ∩B ＝{0，6}．[答案] (1)D (2){0，6}[名师点评] 解决集合创新型问题的方法(1)紧扣新定义．首先分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是破解新定义型集合问题难点的关键所在．(2)用好集合的性质．集合的性质(概念、元素的性质、运算性质等)是破解新定义型集合问题的基础，也是突破口，在解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之处用好集合的性质．1.(2015·安徽安庆一中、安师大附中联考)设集合S ＝{A 0，A 1，A 2}，在S 上定义运算⊕：A i ⊕A j ＝A k ，其中k 为i ＋j 被3除的余数，i ，j ∈{1，2，3}，则使关系式(A i ⊕A j )⊕A i ＝A 0成立的有序数对(i ，j )总共有( )A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对解析：选C.i ＝1时，j ＝1符合要求；i ＝2时，j ＝2符合要求；i ＝3时，j ＝3符合要求，所以使关系式(A i ⊕A j )⊕A i ＝A 0成立的有序数对(i ，j )有(1，1)，(2，2)，(3，3)，共3对．2．(2015·广东揭阳模拟)对于集合M ，定义函数f M (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，x ∈M ，1，x ∉M .对于两个集合A ，B ，定义集合A △B ＝{x |f A (x )·f B (x )＝－1}．已知A ＝{2，4，6，8，10}，B ＝{1，2，4，8，12}，则用列举法写出集合A △B 的结果为________．解析：要使f A (x )·f B (x )＝－1，必有x ∈{x |x ∈A 且x ∉B }∪{x |x ∈B 且x ∉A }＝{1，6，10，12}，所以A △B ＝{1，6，10，12}．答案：{1，6，10，12}1．(2015·河南省洛阳市统一考试)已知集合A ＝{1，2，4}，则集合B ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈A }中元素的个数为( )A ．3B ．6C ．8D ．9解析：选D.集合B 中元素有(1，1)，(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，4)，(4，1)，(4，2)，(4，4)，共9个．2．已知集合A ＝{x |y ＝1－x 2，x ∈R }，B ＝{x |x ＝m 2，m ∈A }，则( )A ．AB B ．B AC ．A ⊆BD ．B ⊆A解析：选B.由题意知A ＝{x |y ＝1－x 2，x ∈R }，∴A ＝{x |－1≤x ≤1}，∴B ＝{x |x ＝m 2，m ∈A }＝{x |0≤x ≤1}，∴B A ，故选B.3．(2014·高考江西卷)设全集为R ，集合A ＝{x |x 2－9＜0}，B ＝{x |－1＜x ≤5}，则A ∩(∁R B )＝( )A ．(－3，0)B ．(－3，－1)C ．(－3，－1]D ．(－3，3)解析：选C.由题意知，A ＝{x |x 2－9＜0}＝{x |－3＜x ＜3}， ∵B ＝{x |－1＜x ≤5}，∴∁R B ＝{x |x ≤－1或x ＞5}．∴A ∩(∁R B )＝{x |－3＜x ＜3}∩{x |x ≤－1或x ＞5}＝{x |－3＜x ≤－1}． 4．(2015·福建南安一中期末)全集U ＝R ，A ＝{x |x 2－2x ≤0}，B ＝{y |y ＝cos x ，x ∈R }，则图中阴影部分表示的集合为( )A ．{x |x <－1或x >2}B ．{x |－1≤x ≤2}C ．{x |x ≤1}D ．{x |0≤x ≤1}解析：选D.阴影部分表示的集合是A ∩B .依题意知，A ＝{x |0≤x ≤2}，B ＝{y |－1≤y ≤1}，∴A ∩B ＝{x |0≤x ≤1}，故选D.5．(2015·山东临沂期中)已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |x 2－3x ＋2>0}，B ＝{x |x －a ≤0}，若∁U B ⊆A ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2]C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞) 解析：选D.∵x 2－3x ＋2>0，∴x >2或x <1. ∴A ＝{x |x >2或x <1}，∵B ＝{x |x ≤a }， ∴∁U B ＝{x |x >a }．∵∁U B ⊆A ，借助数轴可知a ≥2，故选D.6．已知集合A ＝{x |x 2－2x ＋a ＞0}，且1∉A ，则实数a 的取值范围是________．解析：∵1∉{x |x 2－2x ＋a ＞0}，∴1∈{x |x 2－2x ＋a ≤0}，即1－2＋a ≤0，∴a ≤1. 答案：(－∞，1]7．(2015·江西八校联考)已知R 是实数集，集合M ＝{x |3x<1}，N ＝{y |y ＝t －2t －3，t ≥3}，则N ∩∁R M ＝________．解析：解不等式3x<1，得x <0或x >3，所以∁R M ＝[0，3]．令t －3＝x ，x ≥0，则t ＝x 2＋3，所以y ＝x 2－2x ＋3≥2，即N ＝[2，＋∞)．所以N ∩∁R M ＝[2，3]．答案：[2，3]8．已知全集U ＝{－2，－1，0，1，2}，集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＝2n －1，x ，n ∈Z ，则∁U A ＝________．解析：因为A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＝2n －1，x ，n ∈Z ，当n ＝0时，x ＝－2；n ＝1时不合题意； n ＝2时，x ＝2；n ＝3时，x ＝1； n ≥4时，x ∉Z ；n ＝－1时，x ＝－1； n ≤－2时，x ∉Z .故A ＝{－2，2，1，－1}，又U ＝{－2，－1，0，1，2}，所以∁U A ＝{0}．答案：{0}9．已知集合A ＝{－4，2a －1，a 2}，B ＝{a －5，1－a ，9}，分别求适合下列条件的a 的值．(1)9∈(A ∩B )； (2){9}＝A ∩B .解：(1)∵9∈(A ∩B )， ∴2a －1＝9或a 2＝9， ∴a ＝5或a ＝3或a ＝－3. 当a ＝5时，A ＝{－4，9，25}，B ＝{0，－4，9}；当a ＝3时，a －5＝1－a ＝－2，不满足集合元素的互异性；当a ＝－3时，A ＝{－4，－7，9}，B ＝{－8，4，9}，所以a ＝5或a ＝－3.(2)由(1)可知，当a ＝5时， A ∩B ＝{－4，9}，不合题意，当a ＝－3时，A ∩B ＝{9}．所以a ＝－3. 10．(2015·河北衡水模拟)设全集I ＝R ，已知集合M ＝{x |(x ＋3)2≤0}，N ＝{x |x 2＋x －6＝0}． (1)求(∁I M )∩N ；(2)记集合A ＝(∁I M )∩N ，已知集合B ＝{x |a －1≤x ≤5－a ，a ∈R }，若A ∪B ＝A ，求实数a 的取值范围．解：(1)∵M ＝{x |(x ＋3)2≤0}＝{－3}， N ＝{x |x 2＋x －6＝0}＝{－3，2}， ∴∁I M ＝{x |x ∈R 且x ≠－3}， ∴(∁I M )∩N ＝{2}． (2)A ＝(∁I M )∩N ＝{2}， ∵A ∪B ＝A ，∴B ⊆A ， ∴B ＝∅或B ＝{2}，当B ＝∅时，a －1＞5－a ，得a ＞3；当B ＝{2}时，⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝25－a ＝2，解得a ＝3，综上所述，所求a 的取值范围为{a |a ≥3}．1．(2015·河南郑州模拟)已知集合A ＝{(x ，y )|x ＋y －1＝0，x ，y ∈R }，B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝1，x ，y ∈R }，则集合A ∩B 的元素个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C.法一：(解方程组)集合A ∩B 的元素个数即为方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1＝0x 2＋y 2＝1解的个数，解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，有两组解，故选C.法二：(数形结合)在同一坐标系下画出直线x ＋y －1＝0和圆x 2＋y 2＝1的图象，如图，直线与圆有两个交点．即A ∩B 的元素个数是2，故选C.2．已知数集A ＝{a 1，a 2，…，a n }(1≤a 1<a 2<…<a n ，n ≥2)具有性质P ：对任意的i ，j (1≤i ≤j ≤n )，a i a j 与a ja i两数中至少有一个属于A ，则称集合A 为“权集”，则( )A ．{1，3，4}为“权集”B ．{1，2，3，6}为“权集”C ．“权集”中可以有元素0D ．“权集”中一定有元素1解析：选B.由于3×4与43均不属于数集{1，3，4}，故A 不正确；由于1×2，1×3，1×6，2×3，62，63，11，22，33，66都属于数集{1，2，3，6}，故B 正确；由“权集”的定义可知a ja i需有意义，故不能有0，同时不一定有1，C ，D 错误，故选B.3．已知集合A ＝{x |x 2－2x －8≤0}，B ＝{x |x 2－(2m －3)x ＋m (m －3)≤0，m ∈R }，若A ∩B ＝[2，4]，则实数m ＝________．解析：由题知A ＝[－2，4]，B ＝[m －3，m ]，因为A ∩B ＝[2，4]，故⎩⎪⎨⎪⎧m －3＝2m ≥4，则m ＝5.答案：54．某校田径队共30人，主要专练100 m ，200 m 与400 m ．其中练100 m 的有12人，练200 m 的有15人，只练400 m 的有8人．则参加100 m 的专练人数为________．解析：用Venn 图表示A 代表练100 m 的人员集合，B 代表练200 m 的人员集合，C 代表练400 m 的人员集合， U 代表田径队共30人的集合，设既练100 m 又练200 m 的人数为x ，则专练100 m 的人数为12－x . ∴12－x ＋15＋8＝30，解得x ＝5.所以专练100 m 的人数为12－5＝7. 答案：7 5．(2015·福建三明模拟)已知集合A ＝{x |1<x <3}，集合B ＝{x |2m <x <1－m }． (1)当m ＝－1时，求A ∪B ；(2)若A ⊆B ，求实数m 的取值范围； (3)若A ∩B ＝∅，求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝－1时，B ＝{x |－2<x <2}，则A ∪B ＝{x |－2<x <3}．(2)由A ⊆B 知⎩⎪⎨⎪⎧1－m >2m ，2m ≤1，1－m ≥3，得m ≤－2，即实数m 的取值范围为(－∞，－2]．(3)由A ∩B ＝∅，得①若2m ≥1－m ，即m ≥13时，B ＝∅，符合题意； ②若2m <1－m ，即m <13时，需⎩⎪⎨⎪⎧m <13，1－m ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧m <13，2m ≥3，得0≤m <13或∅，即0≤m <13. 综上知m ≥0即实数m 的取值范围为[0，＋∞)．6．(选做题)(2015·浙江金丽衢十二校第一次联考)已知集合M ＝{(x ，y )|y ＝f (x )}，若对于任意(x 1，y 1)∈M ，存在(x 2，y 2)∈M ，使得x 1x 2＋y 1y 2＝0成立，则称集合M 是“垂直对点集”．判断下列四个集合是否为“垂直对点集”．①M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫（x ，y ）|y ＝1x ；②M ＝{(x ，y )|y ＝sin x ＋1}； ③M ＝{(x ，y )|y ＝log 2x }；④M ＝{(x ，y )|y ＝e x －2}．解：依题意，要使得x 1x 2＋y 1y 2＝0成立，只需过原点任作一直线l 1与该函数的图象相交，再过原点作与l 1垂直的直线l 2也与该函数的图象相交即可．对于①，取l 1：y ＝x ，则l 2：y ＝－x 与函数y ＝1x图象没有交点，①中M 不是“垂直对点集”；③中取l 1：y ＝0，则l 2：x ＝0与函数y ＝log 2x 图象没有交点，③中M 不是“垂直对点集”；如图所示，作出②④中两个函数的图象知：过原点任作一直线l 1与该函数的图象相交，再过原点作与l 1垂直的直线l 2也与该函数的图象相交．故②④中的集合M 是“垂直对点集”．。

2016年高考新课标1卷(理科数学答案)

2016年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案一、选择题：1—12：DBCBA ADCCB AB 二、填空题：（13）2- （14）10 （15）64 （16）216000 三、解答题：（17）解：（I ）由2cos (cos cos )C a B+b A c =得2cos (cos cos )sin C sinA B+sinB A C =，即1cos 2C =，又(0,)C π∈，3C π∴=；（II ）2271cos 22a b C ab +-==，1sin 2ABC S ab C ==，6ab ∴=，2213a b +=5a b ∴+==，所以ABC ∆的周长为5（18）解：（I ）,AF FE AF FD ⊥⊥，F FD FE = ，⊥∴AF 平面EFDC ，又⊂AF 平面ABEF ，所以平面⊥ABEF 平面EFDC ；（II ）以E 为坐标原点，EF ，EB 分别为x 轴和y 轴建立空间直角坐标系（如图），设2AF =，则1FD =，因为二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60，即60oEFD FEC ∠=∠=，易得(0,2,0)B ，(2,2,0)A，1(2C ，1(0,2,0),(2,0,0),(,2EB BA BC ∴===-，设平面EBC 与平面ABCD 的法向量分别为1111(,,)n x y z =和2222(,,)n x y z =，则111111111111(,,)(0,2,0)2011(,,)(,2022n EB x y z y n BC x y z x y ⎧⋅=⋅==⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩ 令11x =，则110,3y z ==-，1(1,0,3n ∴=-由222222222222(,,)(2,0,0)2011(,,)(,2,202222n BA x y z xn BC x y z xy z ⎧⋅=⋅==⎪⎨⋅=⋅-=-+=⎪⎩，令22z =，则220,x y ==，13(0,n ∴=12(1,0,2)cos ,n n ⋅∴<>===，所以二面角E -BC -A 的余弦值为．（19）解：（I ）这100台机器更换的易损零件数为8，9，10，11时的频率为分别为15，25，15，15，故1台机器更换的易损零件数为8，9，10，11时发生的概率分别为15，25，15，15，每台机器更换与否相互独立，16,17,18,19,20,21,22X =，（II ）(1),(1)252252P X 8P X 9≤=<≤=≥，所以n 的最小值为19；（III ）若买19件时费用期望为：4040251)150019200(252)100019200(255)50019200(251719200=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯，若买20件时费用期望为：4080251)100020200(252)50020200(252220200=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯，所以应选用19n =．（20）解：（I ）圆心为(1,0)A -，圆的半径为4AD =，AD AC =，ADC ACD ∴∠=∠，又//BE AC ，ACD EBD ADC ∴∠=∠=∠， BE ED =，4EA EB AD +==．所以点E 的轨迹是以点(1,0)A -和点(1,0)B 为焦点，以4为长轴长的椭圆，即2,1a c ==b ∴=所以点E 的轨迹方程为：221(0)43x y y +=≠．（II ）当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为1x =，3MN =，8PQ =，此时四边形MPNQ 面积为12；当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为(1)y k x =-，与椭圆22143x y +=联立得：2222(34)84120k x k x k +-+-=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则2122834k x x k +=+，212241234k x x k-⋅=+，|MN |=2212(1)34k k +=+，直线PQ 方程为1(1)y x k=--，即10x ky +-=，所以圆心(1,0)A -到直线PQ的距离为d =，PQ ∴==，221112(1)2234MPNQ k S MN PQ k +=⋅===+四边形=，综上可知四边形MPNQ面积的取值范围为．（21）解：（I ）'()(2)2(1)(1)(2)x x xf x e x e a x x e a =+-+-=-+①当0a =时，()(2)xf x x e =-，此时函数()f x 只有一个零点，不符合题意舍去；②当0a >时，由'()01f x x >⇒>，由'()01f x x <⇒<，所以()f x 在(,1)-∞上递减，在(1,)+∞上递增，min ()(1)0f x f e ∴==-<，又(2)0f a =>，所以函数()f x 在(1,)+∞上只有一个零点，当x →-∞时，0xe →，此时，()f x →+∞，所以函数()f x 在(,1)-∞上只有一个零点此时函数()f x 有两个零点．③当02ea -<<时，0ln(2)1a <-<，由'()01ln(2)f x x x a >⇒><-或，由'()0ln(2)1f x a x <⇒-<< 所以()f x 在(,ln(2))a -∞-和(1,)+∞上递增，在(ln(2),1)a -上递减，()(1)0f x f e ∴==-<极小值，2()(ln(2))(ln(2)2)(2)(ln(2)1)0f x f a a a a a =-=---+--<极大值此时函数()f x 至多一个零点，不符合题意，舍去；④当2e a =-时，'()(2)2(1)(1)()0x x xf x e x e a x x e e =+-+-=--≥恒成立，此时函数()f x 至多一个零点，不符合题意，舍去；⑤当2e a <-时，ln(2)1a ->，由'()01ln(2)f x x x a >⇒<>-或，由'()01ln(2)f x x a <⇒<<-所以()f x 在(,1)-∞和(ln(2),)a -+∞上递增，()f x 在(1,ln(2))a -上递减，()(1)0f x f e ∴==-<极大值，因为()f x 在(1,ln(2))a -上递减，所以()=(ln(2))0f x f a -<极小值，此时函数()f x 至多一个零点，不符合题意，舍去．综上可知(0,)a ∈+∞．（II ）由（I ）若x 1，x 2是()f x 的两个零点，则0a >，不妨令12x x <，则121x x <<要证122x x +<，只要证122x x <-，21x >，221x ∴-<，当0a >时，()f x 在(,1)-∞上递减，且1()0f x =，(1)0f <所以，只要证2(2)0f x -<，222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，又22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-= 222222(2)(2)x x f x x e x e -∴-=---令2(2),(1)xx y xex e x -=--->22'22(2)(1)xxxxxxe e y exee x e x e ---=-+---=-，．221,10,x x x e e >∴-><，'0y ∴<2(2)x x y xe x e -∴=---在(1,)+∞上递减，当1x =时，0y = 1,0x y ><，即2(2)0f x -<成立， 122x x ∴+<成立．22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲解：（Ⅰ）设E 是AB 的中点，连结OE ．因为,120,OA OB AOB ︒=∠= 所以,60OE AB AOE ︒⊥∠=在Rt AOE ∆中，12OE AO =，即O 到直线AB 的距离等于O 的半径，所以直线AB 与O 相切．（Ⅱ）因为2OA OD =，所以O 不是,,,A B C D 四点所在圆的圆心，设O '是,,,A B C D 四点所在圆的圆心，作直线OO '．由已知的O 在线段AB 的垂直平分线上，又O '在线段AB 的垂直平分线上，所以OO AB '⊥．同理可证，OO CD '⊥，所以//AB CD ．23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程解：（Ⅰ）消去参数t 得到1C 的普通方程()2221x y a +-=．故1C 是以()0,1为圆心，a 为半径的圆．将cos ,sin x y ρθρθ==代入1C 的普通方程中，得到1C 的极坐标方程为222sin 10a ρρθ-+-=．（Ⅱ）曲线12,C C 的公共点的极坐标满足方程组:{222sin 104cos a ρρθρθ-+-==. 若0ρ≠，由方程组得2216cos 8sin cos 10a θθθ-+-=，由已知tan 2θ=，可得216cos 8sin cos 0θθθ-=，从而210a -=，解得1a =-（舍去），1a =． 1a =时，极点也为12,C C 的公共点，在3C 上．所以1a =．24．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲解：（Ⅰ）()4,1,332,1,234,,2x x f x x x x x ⎧⎪-≤-⎪=--<≤⎨⎪⎪-+>⎩()y f x =的图像如图所示．（Ⅱ）由函数()f x 的表达式及图像，当()1f x =时，可得1x =，或3x =；当()1f x =-时，可得13x =，或5x =．故()1f x >的解集为}{13x x <<；()1f x <-的解集为{}1,53x x x <>或．所以()1f x >的解集为{}11353x x x x <<<>或或．。

高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 C单元三角函数(理科2016年) Word版

数学C 单元三角函数C1 角的概念及任意角的三角函数C2 同角三角函数的基本关系式与诱导公式5．C2、C6 若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝( )A.6425 B.4825C ．1 D.16255．Acos 2α＋2sin 2α＝cos 2α＋4sin αcos αcos 2α＋sin 2α＝1＋4tan α1＋tan 2α＝1＋4×341＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝6425. 16．C2，C7，C8 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan B cos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．16．解：(1)证明：由题意知2（sin A cos A ＋sin B cos B ）＝sin A cos A cos B ＋sin Bcos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－a ＋b 222ab＝38（a b ＋b a ）－14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.C3 三角函数的图象与性质5．E1，C3，B6，B7 已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( ) A.1x －1y>0B ．sin x －sin y >0 C.12x －12y<0 D ．ln x ＋ln y >05．C 选项A 中，因为x >y >0，所以1x <1y ，即1x －1y<0，故结论不成立；选项B 中，当x＝5π6，y ＝π3时，sin x －sin y <0，故结论不成立；选项C 中，函数y ＝12x是定义在R 上的减函数，因为x >y >0，所以12x <12y ，所以12x －12y <0；选项D 中，当x ＝e －1，y ＝e －2时，结论不成立．9．C3 定义在区间上的函数y ＝sin 2x 的图像与y ＝cos x 的图像的交点个数是________． 9．7 方法一：令sin 2x ＝cos x ，即2sin x cos x ＝cos x ，解得cos x ＝0或sin x ＝12，即x ＝k π＋π2或x ＝2k π＋π6或x ＝2k π＋56π(k ∈Z )，又x ∈，故x ＝π2，3π2，5π2或x ＝π6，5π6，13π6，17π6，共7个解，故两个函数的图像有7个交点．方法二：在同一个坐标系内画出这两个函数的图像，由图像可得交点有7个．3．C3 为了得到函数y ＝sin(2x －π3)的图像，只需把函数y ＝sin 2x 的图像上所有的点( )A ．向左平行移动π3个单位长度B ．向右平行移动π3个单位长度C ．向左平行移动π6个单位长度D ．向右平行移动π6个单位长度3．D 由题可知，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6，则只需把y ＝sin 2x 的图像向右平移π6个单位长度．7．C3 若将函数y ＝2sin 2x 的图像向左平移π12个单位长度，则平移后图像的对称轴为( )A ．x ＝k π2－π6(k ∈Z ) B ．x ＝k π2＋π6(k ∈Z ) C ．x ＝k π2－π12(k ∈Z ) D ．x ＝k π2＋π12(k ∈Z ) 7．B 平移后的图像对应的解析式为y ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12，令2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＝k π＋π2(k ∈Z )，得对称轴方程为x ＝k π2＋π6(k ∈Z )． 7．C7，C3 函数f (x )＝(3sin x ＋cos x )·(3cos x －sin x )的最小正周期是( ) A.π2B ．π C.3π2D ．2π 7．B f (x )＝2sin x cos x －3sin 2x ＋3cos 2x ＝sin 2x ＋3cos 2x ＝2sin(2x ＋π3)，故T ＝2π2＝π. 5．C3 设函数f (x )＝sin 2x ＋b sin x ＋c ，则f (x )的最小正周期( ) A ．与b 有关，且与c 有关 B ．与b 有关，但与c 无关 C ．与b 无关，且与c 无关 D ．与b 无关，但与c 有关5．B 若b ＝0，则f (x )＝sin 2x ＋c ＝1－cos 2x 2＋c ＝－12cos 2x ＋12＋c 的最小正周期是π；若b ≠0，则f (x )＝sin 2x ＋b sin x ＋c 的最小正周期是2π，故选B.C4 函数sin()y A x ωϕ=+的图象与性质 7．C4 将函数y ＝sin （2x －π3）图像上的点P （π4，t ）向左平移s (s >0)个单位长度得到点P ′.若P ′位于函数y ＝sin 2x 的图像上，则( )A ．t ＝12，s 的最小值为π6B ．t ＝32，s 的最小值为π6C ．t ＝12，s 的最小值为π3D ．t ＝32，s 的最小值为π37．A 因为P （π4，t ）在函数y ＝sin （2x －π3）的图像上，所以t ＝sin （2×π4－π3）＝sin π6＝12.因为s >0，y ＝sin （2x －π3）＝sin 2（x －π6），所以函数y ＝sin （2x －π3）的图像至少向左平移π6个单位长度可以得到函数y ＝sin 2x 的图像，所以s 的最小值为π6.12．C4 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)（ω>0，|φ|≤π2），x ＝－π4为f (x )的零点，x＝π4为y ＝f (x )图像的对称轴，且f (x )在π18，5π36单调，则ω的最大值为( ) A ．11 B ．9 C ．7 D ．512．B 由已知可得－π4ω＋φ＝k π，k ∈Z ，π4ω＋φ＝m π＋π2，m ∈Z ，两式相加，得2φ＝(k ＋m )π＋π2.因为|φ|≤π2，所以k ＋m ＝0或k ＋m ＝－1，即φ＝±π4，两式相减得ω＝2(m －k )＋1，即ω为正奇数．因为函数f (x )在区间（π18，5π36）单调，所以只要该区间位于函数f (x )图像的两条相邻对称轴之间即可，且5π36－π18≤12×2πω，即ω≤12.(1)当φ＝π4时，f (x )＝sin （ωx ＋π4），则k π－π2≤π18ω＋π4且5π36ω＋π4≤k π＋π2，k ∈Z ，解得36k －272≤ω≤36k ＋95.由于ω≤12，故k 最大取1，此时4.5≤ω≤9，此时ω的最大值为9.(2)当φ＝－π4时，f (x )＝sin （ωx －π4），则k π－π2≤π18ω－π4且5π36ω－π4≤k π＋π2，k ∈Z ，解得36k －92≤ω≤36k ＋275.由于ω≤12，故k 最大取0，此时ω≤275，此时ω的最大值为5.综上可知，ω的最大值为9.14．C4 函数y ＝sin x －3cos x 的图像可由函数y ＝sin x ＋3cos x 的图像至少向右平移________个单位长度得到．14.2π3 函数y ＝sin x －3cos x ＝2sin （x －π3）的图像可由函数y ＝sin x ＋3cosx ＝2sin （x ＋π3）的图像至少向右平移2π3个单位长度得到． 10．C4 已知2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin (ωx ＋φ)＋b (A >0)，则A ＝________，b ＝________． 10. 2 1 2cos 2x ＋sin 2x ＝sin 2x ＋cos 2x ＋1＝2sin(2x ＋π4)＋1，故A ＝2，b＝1.12．C4，F3 在平面直角坐标系中，已知A (1，0)，B (0，－1)，P 是曲线y ＝1－x 2上一个动点，则BP →·BA →的取值范围是________．12．由题意得y ＝1－x 2表示以原点为圆心，1为半径的上半圆，设P (cos α，sin α)，α∈，则BA →＝(1，1)，BP →＝(cos α，sin α＋1)，所以BP →·BA →＝cos α＋sin α＋1＝2sin(α＋π4)＋1，因为α∈，所以0≤BP →·BA →≤1＋ 2.13．C4 设a ，b ∈R ，c ∈ 根据题意a ＝±2，b ＝±3.若a ＝2，则当b ＝3时，c ＝5π3，当b ＝－3时，c ＝4π3；若a ＝－2，则当b ＝3时，c ＝2π3，当b ＝－3时，c ＝π3.所以满足条件的有序实数组(a ，b ，c )的组数为4.C5 两角和与差的正弦、余弦、正切 15．C5，C8 在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac . (1)求∠B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值． 15．解：(1)由余弦定理及题设得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.又因为0<∠B <π，所以∠B ＝π4.(2)由(1)知∠A ＋∠C ＝3π4.2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos 3π4－A＝2cos A －22cos A ＋22sin A ＝22cos A ＋22sin A ＝cos A －π4.因为0<∠A <3π4，所以当∠A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1.15．C8、C5 在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长； (2)求cos A －π6的值．15．解：(1)因为cos B ＝45，0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－452＝35，由正弦定理知AC sin B ＝AB sin C ，所以AB ＝AC ·sin Csin B ＝6×2235＝5 2.(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π－(B ＋C )，于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos(B ＋π4)＝－cos B cos π4＋sin B sin π4，又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210，因此cos(A －π6)＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620.C6 二倍角公式5．C2、C6 若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝( )A.6425 B.4825C ．1 D.16255．Acos 2α＋2sin 2α＝cos 2α＋4sin αcos αcos 2α＋sin 2α＝1＋4tan α1＋tan 2α＝1＋4×341＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝6425. 11．C6cos 2π8－sin 2π8＝________． 11.22 由题可知，cos 2π8－sin 2π8＝cos π4＝22. 9．C6 若cos （π4－α）＝35，则sin 2α＝( )A.725B.15C ．－15D ．－7259．D ∵cos （π4－α）＝35，∴sin 2α＝cos （π2－2α）＝2cos 2（π4－α）－1＝－725. 7．C6，C7 方程3sin x ＝1＋cos 2x 在区间上的解为________． 7.π6或5π6由3sin x ＝1＋cos 2x ，得3sin x ＝2－2sin 2x ，所以2sin 2x ＋3sin x －2＝0，解得sin x ＝12或sin x ＝－2(舍去)，所以原方程在区间上的解为π6或5π6.C7 三角函数的求值、化简与证明7．C7，C3 函数f (x )＝(3sin x ＋cos x )·(3cos x －sin x )的最小正周期是( ) A.π2B ．π C.3π2D ．2π 7．B f (x )＝2sin x cos x －3sin 2x ＋3cos 2x ＝sin 2x ＋3cos 2x ＝2sin(2x ＋π3)，故T ＝2π2＝π. 16．C2，C7，C8 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan B cos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．16．解：(1)证明：由题意知2（sin A cos A ＋sin B cos B ）＝sin A cos A cos B ＋sin Bcos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－a ＋b 222ab＝38（a b ＋b a ）－14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.7．C6，C7 方程3sin x ＝1＋cos 2x 在区间上的解为________． 7.π6或5π6由3sin x ＝1＋cos 2x ，得3sin x ＝2－2sin 2x ，所以2sin 2x ＋3sin x －2＝0，解得sin x ＝12或sin x ＝－2(舍去)，所以原方程在区间上的解为π6或5π6.C8 解三角形15．C5，C8 在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac . (1)求∠B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值． 15．解：(1)由余弦定理及题设得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.又因为0<∠B <π，所以∠B ＝π4.(2)由(1)知∠A ＋∠C ＝3π4.2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos 3π4－A＝2cos A －22cos A ＋22sin A＝22cos A ＋22sin A ＝cos A －π4.因为0<∠A <3π4，所以当∠A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1.14．C8、E6 在锐角三角形ABC 中，若sin A ＝2sin B sin C ，则tan A tan B tan C 的最小值是________．14．8 方法一：∵sin A ＝2sin B sin C ，sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sinC ，∴sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，两边同除以cos B cos C ，可得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ， tan A tan B tan C ＝－tan(B ＋C )tan B tan C ＝－tan B ＋tan C1－tan B tan C·tan B tan C ＝2（tan B tan C ）2tan B tan C －1，由三角形为锐角三角形得tan B >0，tan C >0，tan A ＝tan B ＋tan Ctan B tan C －1>0，即tan B tan C－1>0.令tan B tan C －1＝t (t >0)，则tan A tan B tan C ＝2（t ＋1）2t ＝2t ＋1t＋2≥8，当t ＝1，即tan B tan C ＝2时取等号．方法二：同方法一可得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，又tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A ＋(1－tan B tan C )·tan(B ＋C )＝tan A －tan A ＋tanA tanB tanC ＝tan A tan B tan C ，所以tan A tan B tan C ＝tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A ＋2tan B tan C ≥22tan A tan B tan C ⇒tan A tan B tan C ≥8，当且仅当tan A ＝2tan B tan C ＝4时取等号． 15．C8、C5 在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长； (2)求cos A －π6的值．15．解：(1)因为cos B ＝45，0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－452＝35，由正弦定理知AC sin B ＝AB sin C ，所以AB ＝AC ·sin Csin B ＝6×2235＝5 2.(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π－(B ＋C )，于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos(B ＋π4)＝－cos B cos π4＋sin B sin π4，又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210，因此cos(A －π6)＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620.17．C8 △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．17．解：(1)由已知及正弦定理，得 2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ，即2cos C sin(A ＋B )＝sin C ，故2sin C cos C ＝sin C ，可得cos C ＝12，所以C ＝π3.(2)由已知，得12ab sin C ＝332.又C ＝π3，所以ab ＝6.由已知及余弦定理得，a 2＋b 2－2ab cos C ＝7，故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25，所以△ABC 的周长为5＋7.8．C8 在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则cos A ＝( )A.31010 B.1010C ．－1010 D ．－310108．C 如图所示，作AD ⊥BC 交BC 于点D ，设BC ＝3，则AD ＝BD ＝1，AB ＝2，AC ＝ 5.由余弦定理得32＝(2)2＋(5)2－2×2×5×cos A ，解得cos A ＝－1010.13．C8 △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________．13.2113 ∵cos A ＝45，cos C ＝513，且A ，C 为三角形的内角，∴sin A ＝35，sin C ＝1213， ∴sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝6365.由正弦定理得b sin B ＝a sin A ，解得b ＝2113.16．C2，C7，C8 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值．16．解：(1)证明：由题意知2（sin A cos A ＋sin B cos B ）＝sin A cos A cos B ＋sin Bcos A cos B ，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，从而sin A ＋sin B ＝2sin C . 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c22ab＝a 2＋b 2－a ＋b 222ab＝38（a b ＋b a ）－14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立．故cos C 的最小值为12.3．C8 在△ABC 中，若AB ＝13，BC ＝3，∠C ＝120°，则AC ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．43．A 设AC ＝x ，由余弦定理得cos 120°＝x 2＋9－132·x ·3＝－12，则x 2－4＝－3x ⇒x 2＋3x－4＝0，解得x ＝1或x ＝－4(舍)，∴AC ＝1.16．C8 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a cos B . (1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小．16．解：(1)证明：由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ，于是sin B ＝sin(A －B )．又A ，B ∈(0，π)，故0<A －B <π，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ，因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以A ＝2B .(2)由S ＝a 24，得12ab sin C ＝a24，故有sin B sin C ＝12sin 2B ＝sin B cos B ，由sin B ≠0，得sin C ＝cos B . 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B . 当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.9．C8 已知△ABC 的三边长分别为3，5，7，则该三角形的外接圆半径等于________． 9.733 利用余弦定理可求得最大边所对角的余弦值为32＋52－722×3×5＝－12，所以此角的正弦值为32，设外接圆半径为R ，则由正弦定理得2R ＝732，所以R ＝733. C9 单元综合17．C9 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a ＋cos B b ＝sin Cc.(1)证明：sin A sin B ＝sin C ； (2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tan B .17．解：(1)证明：根据正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝k (k >0)，则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C ，代入cos A a ＋cos B b ＝sin C c中，有cos A k sin A ＋cos B k sin B ＝sin Ck sin C，变形可得 sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )．在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π，有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以sin A sin B ＝sin C .(2)由b 2＋c 2－a 2＝65bc 及余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝45.由(1)知，sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，所以45sin B ＝45cos B ＋35sin B ，故tan B ＝sin B cos B＝4.15．C9 已知函数f (x )＝4tan x sin （π2－x ）cos （x －π3）－ 3.(1)求f (x )的定义域与最小正周期； (2)讨论f (x )在区间上的单调性．15．解：(1)f (x )的定义域为{x|x ≠π2＋k π，k ∈Z}.f (x )＝4tan x cos x cos （x －π3）－3＝4sin x cos （x －π3）－3＝4sin x （12cos x ＋32sin x ）－3＝2sin x cos x ＋23sin 2x －3＝sin 2x ＋3(1－cos 2x )－3＝sin 2x－3cos 2x ＝2sin （2x －π3），所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)令z ＝2x －π3，函数y ＝2sin z 的单调递增区间是，k ∈Z .由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z .设A ＝，B ＝{x|－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π}，k ∈Z ，易知A ∩B ＝.所以当x ∈时，f (x )在区间上单调递增，在区间函数f (x )＝sin 2x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的最小值为( )A ．0B ．－1C ．－ 2 D. －26．B f (x )＝sin 2x －12sin 2x －32cos 2x ＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，故所求最小值为－1.11．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的部分图像如图K161所示，为了得到函数y ＝cos ωx 的图像，只需把函数y ＝f (x )的图像( )A ．向右平移π6个单位长度B ．向左平移π6个单位长度C ．向右平移π12个单位长度D ．向左平移π12个单位长度11．D 根据已知得14×2πω＝7π12－π3＝π4，解得ω＝2，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×7π12＋φ＝－1，所以φ＝2k π＋3π2－7π6＝2k π＋π3，k ∈Z .因为|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，只要把函数y ＝f (x )的图像向左平移π12个单位长度，便可得到y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝cos 2x 的图像．5．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若sin(B －A )＋sin(B ＋A )＝3sin 2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A.334 B.736 C.213 D. 334或7365．D 由sin(B －A )＋sin(B ＋A )＝3sin 2A ，得2sin B cos A ＝6sin A cos A ，所以cosA ＝0或sinB ＝3sin A .若cos A ＝0，则A ＝π2，在Rt △ABC 中，C ＝π3，所以b ＝c tan C ＝213，此时△ABC 的面积S ＝12bc ＝12×213×7＝736；若sin B ＝3sin A ，即b ＝3a ，由余弦定理得7＝a 2＋9a2－2·a ·3a ·12，得a ＝1，所以b ＝3，此时△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×1×3×32＝334.15．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足b cos A ＝(2c ＋a )cos(A ＋C )．(1)求角B 的大小；(2)求函数f (x )＝2cos 2x ＋cos(2x －B )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值及对应x 的值．15．解：(1)由已知得b cos A ＝()2c ＋a cos ()π－B ，即sin B cos A ＝－()2sin C ＋sin A cos B ，即sin ()A ＋B ＝－2sin C cos B ， ∴sin C ＝－2sin C cos B ， ∴cos B ＝－12，即B ＝2π3.(2)f ()x ＝2cos 2x ＋cos 2x cos 2π3＋sin 2x sin 2π3＝32cos 2x ＋32sin 2x ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2知2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，4π3.当2x ＋π3＝4π3，即x ＝π2时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－32，所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为－32，此时x ＝π2.17．如图K183所示，D 是直角三角形ABC 斜边BC 上一点，AC ＝3DC . (1)若∠DAC ＝30°，求角B 的大小； (2)若BD ＝2DC ，且AD ＝22，求DC 的长．图K18417．解：(1)在△ADC 中，由AC sin ∠ADC ＝DCsin ∠DAC ，及AC ＝3DC ，得sin ∠ADC ＝3sin ∠DAC ＝32. 又∠ADC ＝B ＋∠BAD ＝B ＋60°>60°，所以∠ADC ＝120°.于是C ＝180°－120°－30°＝30°，所以B ＝60°. (2)设DC ＝x ，则BD ＝2x ，BC ＝3x ，AC ＝3x ，AB ＝6x . 于是sin B ＝AC BC ＝33，所以cos B ＝63. 在△ABD 中， AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，即(22)2＝6x 2＋4x 2－2×6x ·2x ·63＝2x 2，得x ＝2. 故DC ＝2.。

2016届高考数学理新课标A版一轮总复习课件第8章解析几何-7

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高考进行时一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
5．在平面直角坐标系xOy中，有一定点A(2,1)，若线段OA的垂直平分线过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，则该抛物线的准线方程是 __________．
解析：线段OA的中垂线方程为4x＋2y－5＝0，令y＝0得x＝ 54，∴焦点F54，0，准线方程为x＝－54.
点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为 3，则p＝( )
A．1
3 B.2
C．2
D．3
(2)抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点为F，其准线与双曲线
x2 3
－
y2 3
＝1
相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝__________.
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高考进行时一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
解析：(1)由题意知，抛物线的准线l：y＝－1，过点A作AA1⊥l
交l于点A1，过点B作BB1⊥l交l于点B1，设弦AB的中点为M，过点M
作MM1⊥l交l于点M1，则|MM1|＝
答案：2
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高考进行时一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
考点二
抛物线的标准方程及几何性质
【例2】
(1)已知双曲线
x2 a2
－
y2 b2
＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线

2016年全国统一高考真题数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含答案及解析)

2016年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，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．（5分）设集合A={x|x2﹣4x+3＜0}，B={x|2x﹣3＞0}，则A∩B=（）A．（﹣3，﹣）B．（﹣3，）C．（1，）D．（，3）2．（5分）设（1+i）x=1+yi，其中x，y是实数，则|x+yi|=（）A．1B．C．D．23．（5分）已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=（）A．100B．99C．98D．974．（5分）某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（）A．B．C．D．5．（5分）已知方程﹣=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）6．（5分）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π7．（5分）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．8．（5分）若a＞b＞1，0＜c＜1，则（）A．a c＜b c B．ab c＜ba cC．alog b c＜blog a c D．log a c＜log b c9．（5分）执行下面的程序框图，如果输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y的值满足（）A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x10．（5分）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|=4，|DE|=2，则C的焦点到准线的距离为（）A．2B．4C．6D．811．（5分）平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11B．9C．7D．5二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）设向量=（m，1），=（1，2），且|+|2=||2+||2，则m=．14．（5分）（2x+）5的展开式中，x3的系数是．（用数字填写答案）15．（5分）设等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…a n的最大值为．16．（5分）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1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，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．三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c．（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若c=，△ABC的面积为，求△ABC的周长．18．（12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．19．（12分）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n的最小值；（Ⅲ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个？20．（12分）设圆x2+y2+2x﹣15=0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．21．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．请考生在22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°．以O为圆心，OA为半径作圆．（Ⅰ）证明：直线AB与⊙O相切；（Ⅱ）点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数，a＞0）．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C2：ρ=4cosθ．（Ⅰ）说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线C3的极坐标方程为θ=α0，其中α0满足tanα0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣3|．（Ⅰ）在图中画出y=f（x）的图象；（Ⅱ）求不等式|f（x）|＞1的解集．2016年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，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．（5分）设集合A={x|x2﹣4x+3＜0}，B={x|2x﹣3＞0}，则A∩B=（）A．（﹣3，﹣）B．（﹣3，）C．（1，）D．（，3）【考点】1E：交集及其运算．【专题】11：计算题；4O：定义法；5J：集合．【分析】解不等式求出集合A，B，结合交集的定义，可得答案．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣4x+3＜0}=（1，3），B={x|2x﹣3＞0}=（，+∞），∴A∩B=（，3），故选：D．【点评】本题考查的知识点是集合的交集及其运算，难度不大，属于基础题．2．（5分）设（1+i）x=1+yi，其中x，y是实数，则|x+yi|=（）A．1B．C．D．2【考点】A8：复数的模．【专题】34：方程思想；4O：定义法；5N：数系的扩充和复数．【分析】根据复数相等求出x，y的值，结合复数的模长公式进行计算即可．【解答】解：∵（1+i）x=1+yi，∴x+xi=1+yi，即，解得，即|x+yi|=|1+i|=，故选：B．【点评】本题主要考查复数模长的计算，根据复数相等求出x，y的值是解决本题的关键．3．（5分）已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=（）A．100B．99C．98D．97【考点】83：等差数列的性质．【专题】11：计算题；4O：定义法；54：等差数列与等比数列．【分析】根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9项的和为27，S9===9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8，∴d=1，∴a100=a5+95d=98，故选：C．【点评】本题考查的知识点是数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键．4．（5分）某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是（）A．B．C．D．【考点】CF：几何概型．【专题】5I：概率与统计．【分析】求出小明等车时间不超过10分钟的时间长度，代入几何概型概率计算公式，可得答案．【解答】解：设小明到达时间为y，当y在7：50至8：00，或8：20至8：30时，小明等车时间不超过10分钟，故P==，故选：B．【点评】本题考查的知识点是几何概型，难度不大，属于基础题．5．（5分）已知方程﹣=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）【考点】KB：双曲线的标准方程．【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】由已知可得c=2，利用4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得m2=1，又（m2+n）（3m2﹣n）＞0，从而可求n的取值范围．【解答】解：∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c=2，当焦点在x轴上时，可得：4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2=1，∵方程﹣=1表示双曲线，∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，解得：﹣1＜n＜3，即n的取值范围是：（﹣1，3）．当焦点在y轴上时，可得：﹣4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2=﹣1，无解．故选：A．【点评】本题主要考查了双曲线方程的应用，考查了不等式的解法，属于基础题．6．（5分）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；35：转化思想；5F：空间位置关系与距离．【分析】判断三视图复原的几何体的形状，利用体积求出几何体的半径，然后求解几何体的表面积．【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得：=，R=2．它的表面积是：×4π•22+=17π．故选：A．【点评】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查计算能力以及空间想象能力．7．（5分）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】3A：函数的图象与图象的变换．【专题】27：图表型；48：分析法；51：函数的性质及应用．【分析】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答案．【解答】解：∵f（x）=y=2x2﹣e|x|，∴f（﹣x）=2（﹣x）2﹣e|﹣x|=2x2﹣e|x|，故函数为偶函数，当x=±2时，y=8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；当x∈[0，2]时，f（x）=y=2x2﹣e x，∴f′（x）=4x﹣e x=0有解，故函数y=2x2﹣e|x|在[0，2]不是单调的，故排除C，故选：D．【点评】本题考查的知识点是函数的图象，对于超越函数的图象，一般采用排除法解答．8．（5分）若a＞b＞1，0＜c＜1，则（）A．a c＜b c B．ab c＜ba cC．alog b c＜blog a c D．log a c＜log b c【考点】R3：不等式的基本性质．【专题】33：函数思想；35：转化思想；4R：转化法；51：函数的性质及应用；5T：不等式．【分析】根据已知中a＞b＞1，0＜c＜1，结合对数函数和幂函数的单调性，分析各个结论的真假，可得答案．【解答】解：∵a＞b＞1，0＜c＜1，∴函数f（x）=x c在（0，+∞）上为增函数，故a c＞b c，故A错误；函数f（x）=x c﹣1在（0，+∞）上为减函数，故a c﹣1＜b c﹣1，故ba c＜ab c，即ab c ＞ba c；故B错误；log a c＜0，且log b c＜0，log a b＜1，即=＜1，即log a c＞log b c．故D错误；0＜﹣log a c＜﹣log b c，故﹣blog a c＜﹣alog b c，即blog a c＞alog b c，即alog b c＜blog a c，故C正确；故选：C．【点评】本题考查的知识点是不等式的比较大小，熟练掌握对数函数和幂函数的单调性，是解答的关键．9．（5分）执行下面的程序框图，如果输入的x=0，y=1，n=1，则输出x，y的值满足（）A．y=2x B．y=3x C．y=4x D．y=5x【考点】EF：程序框图．【专题】11：计算题；28：操作型；5K：算法和程序框图．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量x，y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：输入x=0，y=1，n=1，则x=0，y=1，不满足x2+y2≥36，故n=2，则x=，y=2，不满足x2+y2≥36，故n=3，则x=，y=6，满足x2+y2≥36，故y=4x，故选：C．【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．10．（5分）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|=4，|DE|=2，则C的焦点到准线的距离为（）A．2B．4C．6D．8【考点】K8：抛物线的性质；KJ：圆与圆锥曲线的综合．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；35：转化思想；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】画出图形，设出抛物线方程，利用勾股定理以及圆的半径列出方程求解即可．【解答】解：设抛物线为y2=2px，如图：|AB|=4，|AM|=2，|DE|=2，|DN|=，|ON|=，x A==，|OD|=|OA|，=+5，解得：p=4．C的焦点到准线的距离为：4．故选：B．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，抛物线与圆的方程的应用，考查计算能力．转化思想的应用．11．（5分）平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【考点】LM：异面直线及其所成的角．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；35：转化思想；5G：空间角．【分析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABA1B1=n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1=60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．12．（5分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11B．9C．7D．5【考点】H6：正弦函数的奇偶性和对称性．【专题】35：转化思想；4R：转化法；57：三角函数的图像与性质．【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结合x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得ω的最大值．【解答】解：∵x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，∴，即，（n∈N）即ω=2n+1，（n∈N）即ω为正奇数，∵f（x）在（，）上单调，则﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当ω=9时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω的最大值为9，故选：B．【点评】本题考查的知识点是正弦型函数的图象和性质，本题转化困难，难度较大．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）设向量=（m，1），=（1，2），且|+|2=||2+||2，则m=﹣2．【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】11：计算题；29：规律型；35：转化思想；5A：平面向量及应用．【分析】利用已知条件，通过数量积判断两个向量垂直，然后列出方程求解即可．【解答】解：|+|2=||2+||2，可得•=0．向量=（m，1），=（1，2），可得m+2=0，解得m=﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查向量的数量积的应用，向量的垂直条件的应用，考查计算能力．14．（5分）（2x+）5的展开式中，x3的系数是10．（用数字填写答案）【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5P：二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为3，求出r，即可求出展开式中x3的系数．==25﹣【解答】解：（2x+）5的展开式中，通项公式为：T r+1r，令5﹣=3，解得r=4∴x3的系数2=10．故答案为：10．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．（5分）设等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…a n的最大值为64．【考点】87：等比数列的性质；8I：数列与函数的综合．【专题】11：计算题；29：规律型；35：转化思想；54：等差数列与等比数列．【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2…a n，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=．a1+q2a1=10，解得a1=8．则a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）=8n•==，当n=3或4时，表达式取得最大值：=26=64．故答案为：64．【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用，转化思想的应用，考查计算能力．16．（5分）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1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，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216000元．【考点】7C：简单线性规划．【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；33：函数思想；35：转化思想．【分析】设A、B两种产品分别是x件和y件，根据题干的等量关系建立不等式组以及目标函数，利用线性规划作出可行域，通过目标函数的几何意义，求出其最大值即可；【解答】解：（1）设A、B两种产品分别是x件和y件，获利为z元．由题意，得，z=2100x+900y．不等式组表示的可行域如图：由题意可得，解得：，A（60，100），目标函数z=2100x+900y．经过A时，直线的截距最大，目标函数取得最大值：2100×60+900×100=216000元．故答案为：216000．【点评】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，二元一次方程组的解法的运用，不等式组解实际问题的运用，不定方程解实际问题的运用，解答时求出最优解是解题的关键．三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c．（Ⅰ）求C；（Ⅱ）若c=，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【考点】HU：解三角形．【专题】15：综合题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形．【分析】（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC不为0求出cosC的值，即可确定出出C的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出a+b的值，即可求△ABC的周长．【解答】解：（Ⅰ）∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0已知等式利用正弦定理化简得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，即2cosCsin（π﹣（A+B））=sinC2cosCsinC=sinC∴cosC=，∴C=；（Ⅱ）由余弦定理得7=a2+b2﹣2ab•，∴（a+b）2﹣3ab=7，∵S=absinC=ab=，∴ab=6，∴（a+b）2﹣18=7，∴a+b=5，∴△ABC的周长为5+．【点评】此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，以及三角函数的恒等变形，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．18．（12分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5H：空间向量及应用；5Q：立体几何．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．19．（12分）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）若要求P（X≤n）≥0.5，确定n的最小值；（Ⅲ）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n=19与n=20之中选其一，应选用哪个？【考点】CG：离散型随机变量及其分布列．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5I：概率与统计．【分析】（Ⅰ）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（Ⅱ）由X的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P （X≤n）≥0.5中n的最小值．（Ⅲ）法一：由X的分布列得P（X≤19）=．求出买19个所需费用期望EX1和买20个所需费用期望EX2，由此能求出买19个更合适．法二：解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适．【解答】解：（Ⅰ）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，P（X=16）=（）2=，P（X=17）=，P（X=18）=（）2+2（）2=，P（X=19）==，P（X=20）===，P（X=21）==，P（X=22）=，∴X的分布列为：X16171819202122P（Ⅱ）由（Ⅰ）知：P（X≤18）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）==．P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．∴P（X≤n）≥0.5中，n的最小值为19．（Ⅲ）解法一：由（Ⅰ）得P（X≤19）=P（X=16）+P（X=17）+P（X=18）+P（X=19）=+=．买19个所需费用期望：EX1=200×+（200×19+500）×+（200×19+500×2）×+（200×19+500×3）×=4040，买20个所需费用期望：EX2=+（200×20+500）×+（200×20+2×500）×=4080，∵EX1＜EX2，∴买19个更合适．解法二：购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当n=19时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040，当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080，∴买19个更合适．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的合理运用．20．（12分）设圆x2+y2+2x﹣15=0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．【考点】J2：圆的一般方程；KL：直线与椭圆的综合．【专题】34：方程思想；48：分析法；5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）求得圆A的圆心和半径，运用直线平行的性质和等腰三角形的性质，可得EB=ED，再由圆的定义和椭圆的定义，可得E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，求得a，b，c，即可得到所求轨迹方程；（Ⅱ）设直线l：x=my+1，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得|MN|，由PQ⊥l，设PQ：y=﹣m（x﹣1），求得A到PQ的距离，再由圆的弦长公式可得|PQ|，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x2+y2+2x﹣15=0即为（x+1）2+y2=16，可得圆心A（﹣1，0），半径r=4，由BE∥AC，可得∠C=∠EBD，由AC=AD，可得∠D=∠C，即为∠D=∠EBD，即有EB=ED，则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且有2a=4，即a=2，c=1，b==，则点E的轨迹方程为+=1（y≠0）；（Ⅱ）椭圆C1：+=1，设直线l：x=my+1，由PQ⊥l，设PQ：y=﹣m（x﹣1），由可得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=﹣，y1y2=﹣，则|MN|=•|y1﹣y2|=•=•=12•，A到PQ的距离为d==，|PQ|=2=2=，则四边形MPNQ面积为S=|PQ|•|MN|=••12•=24•=24，当m=0时，S取得最小值12，又＞0，可得S＜24•=8，即有四边形MPNQ面积的取值范围是[12，8）．【点评】本题考查轨迹方程的求法，注意运用椭圆和圆的定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查不等式的性质，属于中档题．21．（12分）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【考点】51：函数的零点；6D：利用导数研究函数的极值．【专题】32：分类讨论；35：转化思想；4C：分类法；4R：转化法；51：函数的性质及应用．【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2可得：f′（x）=（x﹣1）e x+2a （x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=，设h（m）=，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①若a=0，那么f（x）=0⇔（x﹣2）e x=0⇔x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne=1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f（1）=﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，∵g′（x）=，∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，设h（m）=，m＞0，则h′（m）=＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．请考生在22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-1：几何证明选讲]22．（10分）如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°．以O为圆心，OA为半径作圆．（Ⅰ）证明：直线AB与⊙O相切；（Ⅱ）点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD．【考点】N9：圆的切线的判定定理的证明．【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；5M：推理和证明．【分析】（Ⅰ）设K为AB中点，连结OK．根据等腰三角形AOB的性质知OK⊥AB，∠A=30°，OK=OAsin30°=OA，则AB是圆O的切线．（Ⅱ）设圆心为T，证明OT为AB的中垂线，OT为CD的中垂线，即可证明结论．【解答】证明：（Ⅰ）设K为AB中点，连结OK，∵OA=OB，∠AOB=120°，∴OK⊥AB，∠A=30°，OK=OAsin30°=OA，∴直线AB与⊙O相切；（Ⅱ）因为OA=2OD，所以O不是A，B，C，D四点所在圆的圆心．设T是A，B，C，D四点所在圆的圆心．∵OA=OB，TA=TB，∴OT为AB的中垂线，同理，OC=OD，TC=TD，∴OT为CD的中垂线，∴AB∥CD．【点评】本题考查了切线的判定，考查四点共圆，考查学生分析解决问题的能力．解答此题时，充分利用了等腰三角形“三合一”的性质．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数，a＞0）．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C2：ρ=4cosθ．（Ⅰ）说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线C3的极坐标方程为θ=α0，其中α0满足tanα0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QE：参数方程的概念．【专题】11：计算题；35：转化思想；4A：数学模型法；5S：坐标系和参数方程．【分析】（Ⅰ）把曲线C1的参数方程变形，然后两边平方作和即可得到普通方程，可知曲线C1是圆，化为一般式，结合x2+y2=ρ2，y=ρsinθ化为极坐标方程；（Ⅱ）化曲线C2、C3的极坐标方程为直角坐标方程，由条件可知y=x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程，把C1与C2的方程作差，结合公共弦所在直线方程为y=2x可得1﹣a2=0，则a值可求．【解答】解：（Ⅰ）由，得，两式平方相加得，x2+（y﹣1）2=a2．∴C1为以（0，1）为圆心，以a为半径的圆．化为一般式：x2+y2﹣2y+1﹣a2=0．①由x2+y2=ρ2，y=ρsinθ，得ρ2﹣2ρsinθ+1﹣a2=0；（Ⅱ）C2：ρ=4cosθ，两边同时乘ρ得ρ2=4ρcosθ，∴x2+y2=4x，②即（x﹣2）2+y2=4．由C3：θ=α0，其中α0满足tanα0=2，得y=2x，∵曲线C1与C2的公共点都在C3上，∴y=2x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程，①﹣②得：4x﹣2y+1﹣a2=0，即为C3 ，∴1﹣a2=0，∴a=1（a＞0）．【点评】本题考查参数方程即简单曲线的极坐标方程，考查了极坐标与直角坐标的互化，训练了两圆公共弦所在直线方程的求法，是基础题．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+1|﹣|2x﹣3|．（Ⅰ）在图中画出y=f（x）的图象；（Ⅱ）求不等式|f（x）|＞1的解集．【考点】&2：带绝对值的函数；3A：函数的图象与图象的变换．【专题】35：转化思想；48：分析法；59：不等式的解法及应用．【分析】（Ⅰ）运用分段函数的形式写出f（x）的解析式，由分段函数的画法，即可得到所求图象；（Ⅱ）分别讨论当x≤﹣1时，当﹣1＜x＜时，当x≥时，解绝对值不等式，取交集，最后求并集即可得到所求解集．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=，由分段函数的图象画法，可得f（x）的图象，如右：（Ⅱ）由|f（x）|＞1，可得当x≤﹣1时，|x﹣4|＞1，解得x＞5或x＜3，即有x≤﹣1；当﹣1＜x＜时，|3x﹣2|＞1，解得x＞1或x＜，即有﹣1＜x＜或1＜x＜；当x≥时，|4﹣x|＞1，解得x＞5或x＜3，即有x＞5或≤x＜3．综上可得，x＜或1＜x＜3或x＞5．则|f（x）|＞1的解集为（﹣∞，）∪（1，3）∪（5，+∞）．【点评】本题考查绝对值函数的图象和不等式的解法，注意运用分段函数的图象的画法和分类讨论思想方法，考查运算能力，属于基础题．。

【金版教程】2016高考(新课标)数学(理)大一轮复习试题：阶段示范性金考卷4

阶段示范性金考卷四(测试范围第七章)(时间：90分钟分值：150分)第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．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. [2014·福建高考]某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A. 圆柱B. 圆锥C. 四面体D. 三棱柱答案：A2. [2015·广东七校联考]已知平面α、β和直线m，给出条件：①m ∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.能推导出m∥β的是()A. ①④B. ①⑤C. ②⑤D. ③⑤解析：由两平面平行的性质可知两平面平行，在一个平面内的直线必平行于另一个平面，于是选D.答案：D3. 在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是()解析：A中，直线AB在平面BCD内的投影与CD垂直，故AB⊥CD.答案：A4. 设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为()A. α⊥β，α∩β＝l，m⊥lB. n⊥α，n⊥β，m⊥αC. α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γD. α⊥γ，β⊥γ，m⊥α解析：如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错；由n⊥α，n⊥β，得α∥β.又m⊥α，则m⊥β，故B正确．答案：B5. 设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是()A. 若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB. 若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC. 若α⊥β，m⊥α，则m∥βD. 若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β解析：对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A 错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确．答案：D6. [2015·云南昆明模拟]一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形．若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2,0)，则第五个顶点的坐标可能为( )A. (1,1,1)B. (1,1，2)C. (1,1，3)D. (2,2，3)解析：因为正视图和侧视图是等边三角形，俯视图是正方形，所以该几何体是正四棱锥，还原几何体并结合其中四个顶点的坐标，建立空间直角坐标系，设O (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，则所求的第五个顶点的坐标为S (1,1，z )，正视图为等边三角形，且边长为2，故其高为3，又正四棱锥的高与正视图的高相等，故z ＝±3，故第五个顶点的坐标可能为(1,1，3)或(1,1，－3)，选C.答案：C7. 如图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则P A 与BE 所成的角为( ) A.π6 B.π4C.π3D.π2解析：连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，OP ，易得OE ∥P A ，∴所求角为∠BEO .∵PO ⊥OB ，OB ⊥OA ，∴OB ⊥平面P AC ，OB ⊥OE .由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12P A ＝22，在△OBE 中，tan ∠OEB ＝3，∴∠OEB ＝π3，选C.答案：C8. [2015·辽宁三校联考]某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A. 2π3B. π3C. 2π9D. 16π9解析：由题知该几何体为底面半径为2，高为4的圆锥的13部分，其体积是13π×22×4×13＝16π9.故选D.答案：D9. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A. AC ⊥BEB. EF ∥平面ABCDC. 三棱锥A －BEF 的体积为定值D. △AEF 的面积与△BEF 的面积相等解析：由AC ⊥平面DBB 1D 1，可知AC ⊥BE ，故A 正确．由EF ∥BD ，EF ⊄平面ABCD ，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确．A 到平面BEF的距离即A 到平面DBB 1D 1的距离为22，且S △BEF ＝12BB 1×EF ＝定值，故V A －BEF 为定值，即C 正确．答案：D10. [2014·安徽高考]一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )A. 233B. 476C. 6D. 7解析：由三视图知这个多面体是正方体截去两个全等的三棱锥后剩余的部分，其直观图如图所示，结合题图中尺寸知，正方体的体积为23＝8，一个三棱锥的体积为13×12×1×1×1＝16，因此多面体的体积为8－2×16＝233，故选A.答案：A11. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱AA 1的中点，则直线BC 1与平面MC 1D 1所成角的正弦值是( )A. 1015B. 3010C. 1010D. 31010解析：设正方体的棱长为1，以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，B (1,1,0)，则MD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12， MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，12， BC 1→＝(－1,0,1)．设平面MC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·MD 1→＝0，n ·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋12z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0，所以取x ＝1，则z ＝2，y ＝0，即n ＝(1,0,2)．设直线BC 1与平面MC 1D 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC 1→|n ||BC 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋25×2＝1010，故选C. 答案：C12. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A. 12B. 23C. 33D. 22解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎨⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2. ∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：B第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13. [2015·忻州期末]已知不重合的直线m 、l 和不重合的平面α、β，且m ⊥α，l ⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ；③若m ⊥l ，则α∥β；④若m ∥l ，则α⊥β.其中正确命题的个数是________．解析：对于①，∵m ⊥α，α∥β，∴m ⊥β，又l ⊂β，∴m ⊥l ，①正确；对于②，∵m ⊥α，α⊥β，∴m ∥β或m ⊂β，又l ⊂β，∴m 与l 可能相交、平行或异面，②错误；对于③，∵m ⊥α，m ⊥l ，∴l ∥α或l ⊂α，又l ⊂β，∴α与β有可能相交，也有可能平行，③错误；对于④，∵m ⊥α，m ∥l ，则l ⊥α，又l ⊂β，∴α⊥β，④正确，∴正确命题的个数是2.答案：214. [2015·北京西城区模拟]已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 315. 如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1上的点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是________________．解析：解法一：以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在射线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设点E (1，a,1)(0≤a ≤1)，连接D 1E ，则D 1E →＝(1，a,0)．连接A 1D ，易知A 1D ⊥平面ABC 1D 1，则DA 1→＝(1,0,1)为平面ABC 1D 1的一个法向量．∴点E 到平面ABC 1D 1的距离是d ＝|D 1E →·DA 1→||DA 1→|＝22. 解法二：点E 到平面ABC 1D 1的距离，即B 1到BC 1的距离，易得点B 1到BC 1的距离为22. 答案：2216. 在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，底面△ABC 是边长为2的正三角形，则此三棱锥外接球的半径为________．解析：底面△ABC 是边长为2的正三角形，P A ⊥底面ABC ，可得此三棱锥的外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球．∵△ABC 是边长为2的正三角形，∴△ABC 的外接圆半径r ＝233，球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，故球的半径R ＝r 2＋d 2＝73＝213.答案：213三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. [2014·江苏高考](本小题满分10分)如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知P A ⊥AC ，P A ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明：(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥P A.又因为P A⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线P A∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，P A＝6，BC＝8，所以DE∥P A，DE＝12P A＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又P A⊥AC，DE∥P A，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.18. [2015·江西九江模拟](本小题满分12分)已知点P在矩形ABCD 的边DC上，AB＝2，BC＝1，点F在AB边上且DF⊥AP，垂足为E，将△ADP沿AP边折起，使点D位于D′位置，连接D′B、D′C得四棱锥D′－ABCP.(1)求证：D′F⊥AP；(2)若PD＝1，且平面D′AP⊥平面ABCP，求四棱锥D′－ABCP 的体积．解：(1)证明：∵AP⊥D′E，AP⊥EF，D′E∩EF＝E，∴AP⊥平面D′EF，∴AP⊥D′F.(2)连接PF，∵PD＝1，∴四边形ADPF是边长为1的正方形，∴D′E＝DE＝EF＝2 2.∵平面D′AP⊥平面ABCP，D′E⊥AP，∴D′E⊥平面ABCP，∵S梯形ABCP＝12×(1＋2)×1＝32，∴V D′－ABCP＝13D′E·S梯形ABCP＝2 4.19.[2015·大连双基测试](本小题满分12分)已知三棱柱ABC－A′B′C′中，平面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC，底面ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝3，E，F分别在棱AA′，CC′上，且AE＝C′F＝2.(1)求证：BB′⊥底面ABC；(2)在棱A′B′上找一点M，使得C′M∥平面BEF，并给出证明．解：(1)证明：如图，取BC中点O，连接AO，因为三角形ABC 是等边三角形，所以AO⊥BC，又平面BCC′B′⊥底面ABC，AO⊂平面ABC，平面BCC′B′∩平面ABC＝BC，所以AO⊥平面BCC′B′，又BB′⊂平面BCC′B′，所以AO⊥BB′.又BB′⊥AC，AO∩AC＝A，AO⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以BB′⊥底面ABC.(2)如图，显然M不是A′，B′，棱A′B′上若存在一点M，使得C′M∥平面BEF，过M作MN∥AA′交BE于N，连接FN，MC′，所以MN∥C′F，即C′M和FN共面，所以C′M∥FN，所以四边形C′MNF为平行四边形，所以MN＝2，所以MN是梯形A′B′BE的中位线，M为A′B′的中点．20. [2015·武汉调研](本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA 1＝3，D 是BC 的中点，点E 在棱BB 1上运动．(1)证明：AD ⊥C 1E ；(2)当异面直线AC ，C 1E 所成的角为60°时，求三棱锥C 1－A 1B 1E 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝AC ，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC .①又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥BB 1.②由①，②得AD ⊥平面BB 1C 1C .由点E 在棱BB 1上运动，得C 1E ⊂平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥C 1E .(2)∵AC ∥A 1C 1，∴∠A 1C 1E 是异面直线AC ，C 1E 所成的角，由题设，∠A 1C 1E ＝60°. ∵∠B 1A 1C 1＝∠BAC ＝90°，∴A 1C 1⊥A 1B 1，又AA 1⊥A 1C 1，从而A 1C 1⊥平面A 1ABB 1，于是A 1C 1⊥A 1E .故C 1E ＝A 1C 1cos60°＝22，又B 1C 1＝A 1C 21＋A 1B 21＝2，∴B 1E ＝C 1E 2－B 1C 21＝2.从而VC 1－A 1B 1E ＝13S △A 1B 1E ×A 1C 1＝13×12×2×2×2＝23.21. [2014·陕西高考](本小题满分12分)四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱BD ，DC ，CA 于点F ，G ，H .(1)证明：四边形EFGH 是矩形；(2)求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1.由题设，BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，∴AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形．(2)解法一：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，DA →＝(0,0,1)，BC →＝(－2,2,0)，BA →＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，∴n ·DA →＝0，n ·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 解法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，F (1,0,0)，G (0,1,0)． ∴FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，FG →＝(－1,1,0)，BA →＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·FE →＝0，n ·FG →＝0，得⎩⎨⎧ 12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0)，∴sin θ＝|cos 〈BA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 22. [2014·重庆高考](本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB ＝2，∠BAD ＝π3，M为BC 上一点，且BM ＝12，MP ⊥AP .(1)求PO 的长；(2)求二面角A －PM －C 的正弦值．解：(1)如图，连接AC ，BD ，因为ABCD 为菱形，则AC ∩BD ＝O ，且AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OA →，OB →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .因为∠BAD ＝π3，故OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π6＝1，所以O (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (－3，0,0)，OB →＝(0,1,0)，BC →＝(－3，－1,0)．由BM ＝12，BC ＝2知，BM →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－34，－14，0，从而OM →＝OB →＋BM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－34，34，0，即M ⎝⎛⎭⎪⎫－34，34，0. 设P (0,0，a )，a >0，则AP →＝(－3，0，a )，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，a . 因为MP ⊥AP ，故MP →·AP →＝0，即－34＋a 2＝0，所以a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.(2)由(1)知，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，0，32， MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，32，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32. 设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AP →＝0，n 1·MP →＝0，得 ⎩⎨⎧ －3x 1＋32z 1＝0，34x 1－34y 1＋32z 1＝0，故可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，533，2，由n 2·MP →＝0，n 2·CP →＝0，得⎩⎨⎧34x 2－34y 2＋32z 2＝0，3x 2＋32z 2＝0，故可取n 2＝(1，－3，－2)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－155，故所求二面角A －PM －C 的正弦值为105.。

【三维设计】2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第八章几何第八节曲线与方程

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4．已知圆的方程为 x2＋y2＝4，若抛物线过点 A(－1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是_x4_2_＋__y3_2＝__1_(_y_≠__0_)_. 解析：设抛物线焦点为 F，过 A，B，O 作准线的垂线 AA1，BB1， OO1，则|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1| ＝|FA|＋|FB|，∴|FA|＋|FB|＝4，故 F 点的轨迹是以 A，B 为焦
解：(1)由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB| ＝4＞|AB|，所以曲线 M 是以 A，B 为焦点，长轴长为 4 的椭圆(挖去与 x 轴的交点)．设曲线 M：xa22＋by22＝1(a＞b＞0，y≠0)，
则 a2＝4，b2＝a2－|A2B|2＝3，所以曲线 M：x42＋y32＝1(y≠0)为所求． (2)如图，由题意知直线 BC 的斜率不为 0，且过定点 B(1,0)，设 lBC：x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
2．用相关点法求轨迹方程的关键是寻求关系式：x′＝ f(x，y)，y′＝g(x，y)，然后代入已知曲线方程．求对称曲线 (轴对称、中心对称等)方程实质上也是用代入法(相关点法)解题.
[典题例析]
(2015·广州模拟)在圆x2＋y2＝4上任取一点P，设点P在x轴上的正投影为点D.当点P在圆上运动时，动点M满足 PD ＝2 MD ，动点M形成的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)已知点E(1,0)，若A，B是曲线C上的两个动点，且满足EA⊥EB，求 EA·BA的取值范围．解：(1)法一：由 PD＝2 MD知点M为线段PD的中点．设点M的坐标是(x，y)，则点P的坐标是(x,2y)．因为点P在圆x2＋y2＝4上，

2016届(新课标)高考数学(理)大一轮复习计数原理与概率、随机变量及其分布概要1讲解

第九章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础盘查一分类加法计数原理(一)循纲忆知1．理解分类加法计数原理．2．会用分类加法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事()答案：(1)×(2)√2．(人教A版教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________．答案：93．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．答案：36基础盘查二分步乘法计数原理(一)循纲忆知1．理解分步乘法计数原理．2．会用分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事()答案：(1)√(2)×2．(人教A版教材例题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G，或U～Z，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序命名．答案：1 0530，1，2，3，4，5，6中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中3．从集合{}虚数有________．答案：36考点一分类加法计数原理|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同方法．[提醒]分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．[题组练透]1．(2015·辽宁五校联考)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方案共有()A．20种B．30种C．40种D．60种解析：选A可将安排方案分为三类：①甲排在周一，共有A24种排法；②甲排在周二，共有A23种排法；③甲排在周三，共有A22种排法，故不同的安排方案共有A24＋A23＋A22＝20种．故选A.2．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O 和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．答案：53．(2015·济南模拟)若椭圆x2m＋y2n＝1的焦点在y轴上，且m∈{}1，2，3，4，5，n∈{}1，2，3，4，5，6，7，则这样的椭圆的个数为________．解析：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7共6种当m＝2时，n＝3,4,5,6,7共5种；当m＝3时，n＝4,5,6,7共4种；当m＝4时，n＝5,6,7共3种；当m＝5时，n＝6、7共2种，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20种．答案：20[类题通法]利用分类加法计数原理解题时的注意事项(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；(2)分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点二分步乘法计数原理|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．[提醒]分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[典题例析]有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729种．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．[类题通法]一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么．也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据．[演练冲关](2014·大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种解析：选C从中选出2名男医生的选法有C26＝15种，从中选出1名女医生的选法有C15＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.考点三两个原理的应用|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]角度一：涂色问题涂色问题大致有两种解答方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．1．如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．解析：从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．答案：4802．如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．解析：区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．答案：260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查．3．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48B．18C．24 D．36解析：选D分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．角度三：集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有{}a1，a2，a3，…，a n的子集有2n个，真子集有2n－1个．4．(2015·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B 中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A．50种B．49种C．48种D．47种解析：选B从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C25＝10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．一、选择题1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40B．16C．13 D．10解析：选C 分两类情况讨论：第1类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．2．从集合{}1，2，3，4，…，10中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A ．32个B ．34个C ．36个D ．38个解析：选A 先把数字分成5组：{}1，10，{}2，9，{}3，8，{}4，7，{}5，6，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．3．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A ．56B ．54C ．53D ．52解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值；但在这56个对数值中，log 24＝log 39，log 42＝log 93，log 23＝log 49，log 32＝log 94，即满足条件的对数值共有56－4＝52个．4．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A ．18个B ．15个C ．12个D ．9个解析：选B 依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15个．5．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．20种解析：选D 分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C 23＝6种情形；恰好打5局(一个前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C 24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．6．(2015·商洛一模)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A ．3 360元B ．6 720元C ．4 320元D ．8 640元解析：选D 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)．二、填空题7．(2015·河北保定调研)已知集合M ＝{}1，2，3，4，集合A ，B 为集合M 的非空子集，若对∀x ∈A ，y ∈B ，x <y 恒成立，则称(A ，B )为集合M 的一个“子集对”，则集合M 的“子集对”共有________个．解析：A ＝{}1时，B 有23－1种情况；A ＝{}2时，B 有22－1种情况；A ＝{}3时，B 有1种情况；A ＝{}1，2时，B 有22－1种情况；A ＝{}1，3，{}2，3，{}1，2，3时，B 均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．答案：178．如图所示，用五种不同的颜色分别给A ，B ，C ，D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．解析：按区域分四步：第一步，A 区域有5种颜色可选；第二步，B 区域有4种颜色可选；第三步，C 区域有3种颜色可选；第四步，D 区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，可得共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．答案：1809.(2015·湖南十二校联考)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法．第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：10810．在2014年南京青奥会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880种．答案：2 880三、解答题11．为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种抽调方法．故共有C17＋A27＋C37＝84种抽调方法．12.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．第二节排列与组合基础盘查一排列与排列数(一)循纲忆知(1)理解排列概念．(2)能用计数原理推导排列数公式．(3)能用排列解决简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列( )(2)A m n ＝n (n －1)(n －2)×…×(n －m )( )(3)A m n ＝n ！(n －m )！( ) (4)A m n ＝nA m －1n －1( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√2．(人教A 版教材例题改编)用0到9这10个数字，可以组成________个没有重复数字的三位数．组成没有重复数字的四位偶数有________个．答案：648 2 2963．方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或23(舍去)，∴x ＝5. 答案：54．室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的8个同学请出座位并且编号为1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这8个同学的身体特征，王老师决定，按照1,2号相邻，3,4号相邻，5,6号相邻，而7号与8号不相邻的要求站成一排做一种游戏，有________种排法．(用数字作答)解析：把编号相邻的3组同学每两个同学捆成一捆，这3捆之间有A 33＝6种排序方法，并且形成4个空当，再将7号与8号插进空当中有A 24＝12种插法，而捆好的3捆中每相邻的两个同学都有A 22＝2种排法．所以不同的排法种数为23×6×12＝576.答案：576基础盘查二组合与组合数(一)循纲忆知1．理解组合概念．2．能用计数原理推导组合数公式．3．能用组合解决简单的实际问题．(二)小题查验1．判断正误(1)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同( )(2)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立( )(3)C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n ( ) (4)C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 2n ＝C 3n ＋1( )答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√2．(北师大版教材习题改编)平面内有12个点，任何3点不在同一直线上，以每3点为顶点画一个三角形，一共可以画________个三角形．答案：2203．已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m 8＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2.故C m 8＝C 28＝28. 答案：284．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472种．答案：472考点一排列问题|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]1．排列与排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！(m，n∈N*，并且m≤n)A n n＝n！＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1.规定：0！＝1.[提醒]排列与排列数是不同概念，易混淆，排列数是问题中所有不同排列的个数．[题组练透]1．(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A．192种B．216种C．240种D．288种解析：选B当最左端排甲时，不同的排法共有A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有C14A44种．故不同的排法共有A55＋C14A44＝9×24＝216种．2．(2015·四川绵阳一模)从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有() A．280种B．240种C．180种D．96种解析：选B根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A46＝360种不同的情况，其中包含甲从事翻译工作，有A35＝60种，乙从事翻译工作，有A35＝60种，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有360－60－60＝240种．3．(2015·合肥质检)某办公室共有6人，乘旅行车外出旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙2人的关系较为密切，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有________种．解析：当甲、乙在第二排且相邻时有4A44＝4×4×3×2×1＝96种排法，当甲、乙在第三排且相邻时有A22A44＝2×4×3×2×1＝48种排法，所以不同的安排方法总数为144种．[类题通法]解决排列问题的主要方法(1)“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，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排列的空当中．(4)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．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．考点二组合问题|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.2．组合数公式C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！(m，n∈N*，并且m≤n)3．组合数的性质(1)C m n＝C n－mn(2)C m n＋1＝C m n＋C m－1n[提醒]易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．[典题例析](2014·广东高考)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0，1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．130B．120C．90 D．60解析：选A易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C35C13＋C35C23＝80种情况．综上知，满足条件的元素个数共有10＋40＋80＝130(种)，故答案为A.[类题通法]两类组合问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[演练冲关](2015·温州十校联考)已知直线xa＋yb＝1(a，b是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有()A．52条B．60条C．66条D．78条解析：选B由于满足x2＋y2＝100的整数点(x，y)有12个，它们分别为(±10,0)，(±6，±8)，(±8，±6)，(0，±10)，故直线xa＋yb＝1与圆的交点必须经过这些点，但a，b为非零常数，故在以这些点为公共点的直线中有这样几类：一类公共点为2个点，去除垂直坐标轴和经过原点的直线，共有C212－10－4＝52条；一类为公共点为1个点(即圆的切线)，同样去除垂直坐标轴的直线，共有8条．综上，所求的直线共有60条，故选B.考点三分组分配问题|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象.常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题； (3)不等分问题.角度一：整体均分问题1．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．解析：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法．答案：90角度二：部分均匀问题2．(2015·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种．解析：先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 11A 22＝6种分法，再将3组对应3个学校，有A 33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．答案：36角度三：不等分问题3．若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．解析：将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．答案：360[类题通法]解决分组分配问题的策略1．对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．2．对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．3．对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．一、选择题1．(2015·兰州，张掖联考)某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是() A．150B．300C．600 D．900解析：选C若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有C25×A44＝240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从6名教师中选4名，共有C46×A44＝360种方法．因此共有600种不同的选派方案．2．(2015·北京海淀区期末)如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有() A．50种B．51种C．140种D．141种解析：选D因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0,1,2,3，共4种情况，所以共有C06＋C16C15＋C26C24＋C36C33＝141种，故选D.3．(2015·昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为()A．72 B．324C．648 D．1 296解析：选D核潜艇排列数为A22，6艘舰艇任意排列的排列数为A66，同侧均是同种舰艇的排列数为A33A33×2，则舰艇分配方案的方法数为A22(A66－A33A33×2)＝1 296.4．(2014·辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为() A．144 B．120C．72 D．24解析：选D剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.5．8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为。

《2016南方新高考》理科数学高考大一轮总复习课件：第8章第3讲数学归纳法

32
高中新课标总复习
【解答过程】(1)证明：用数学归纳法证明．
理数
①当 n＝1 时，a1＋b1＝a＋(1－a)＝1，命题成立； ②假设 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时命题成立，即 ak＋bk＝1，则当 n＝k＋1 时，ak＋1＋bk＋1＝akbk＋1＋bk＋1＝(ak＋1)· bk bk bk bk ＝b ＝1. ＋1＝(ak＋1)· 2＝ 1－ak 1－ak k 所以当 n＝k＋1 时，命题也成立．由①、②可知，an＋bn＝1 对任意 n∈N*恒成立．
39
高中新课标总复习
1 【例题展示】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝c－a . n 5 1 (1)设 c＝2，bn＝，求数列{bn}的通项公式； an－2
内角和 f(n)＝(n－2)×180° ，则 f(n＋1)＝f(n)＋再用假设．
11
高中新课标总复习
理数
解析：由 n≥3，故初值 n0＝3，即三角形内角和为 180° . 由凸 n 边形变为凸 n＋1 边形时，相当于增加了一个三角形，故 f(n＋1)＝f(n)＋180° .
12
高中新课标总复习
2 n 9 16 依次计算 a2＝ 4 ，a3＝，a4＝，猜想 an＝ .
9
高中新课标总复习
理数
解析：因为 a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，所以猜想 an＝n2.
10
高中新课标总复习
理数
5. 用数学归纳法证明：凸多边形的内角和 f(n) ＝ (n － 2)×180° (n≥3)，第一步应验证；假设 n 边形，从而
即 n＝k＋1 时等式成立．由(1)、(2)可知，对任意 n∈N*等式均成立．
22

2016高考新课标数学(理)大一轮复习：1-1

2．常用逻辑用语重基础、重新颖：常用逻辑用语是高考的常考内容之一，一般命制一道选择题或填空题，主要考查四种命题的关系、充分条件和必要条件、含有量词的命题的否定，全称命题与特称命题，以及命题的真假性判断．在高考卷中属于容易题，常与集合、函数、不等式、立体几何等内容相交汇，具有一定的新颖性．
5 ．判断下列结论是否正确 ( 请在括号内打“√”或 “×”) (1)对于任意两个集合 A，B，关系(A∩B)⊆(A∪B)总成立．( )
2.活用集合的三类运算性质并集的性质：
B⊆A . A∪∅＝A；A∪A＝A；A∪B＝B∪A；A∪B＝A⇔______
交集的性质：
A⊆B . A∩∅＝∅；A∩A＝A；A∩B＝B∩A；A∩B＝A⇔______
补集的性质：
U ；A∩(∁ A)＝____ ∅ ；∁ (∁ A)＝A. A∪(∁UA)＝____ U U U
通过研究《考试说明》以及分析近三年的高考试题可以得出，在命题思路上仍然保持重基础与强调“知识网络交汇”．有理由相信集合与充分必要条件仍是考查的重点，命题真假判断也不能忽视，预计此种命题思路仍将延续．
第一节
集合
主干知识· 整合热点命题· 突破
课堂实效· 检测课时作业
主干知识·整合 01
答案：D
集合间的基本关系
表示关系
文字语言
符号语言
相等
集合 A 与集合 B 中的所有元素 A⊆B 且 B⊆A 都相同 A 中任意一个元素均为 B 中的元素 ⇔A＝B A⊆B 或 B⊇A
子集
表示关系
文字语言 A 中任意一个元素均为 B 中的
符号语言
பைடு நூலகம்
真子集元素，且 B 中至少有一个元素 A B 或 B A 不是 A 中的元素空集空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集 ∅⊆ A ∅ B(B≠∅)

2016届高考数学理新课标A版一轮总复习课件第8章解析几何-8

高考进行时一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
第八章
解析几何
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第八章解析
第一页，编辑于星期五：二十一点三十分。
高考进行时一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
第八节曲线与方程
课前学案基础诊断
课堂学案考点通关
自主园地备考套餐
开卷速查
第2页
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第八章第八节第二页，编辑于星期五：二十一点三十分。
第5页
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第八章第八节第五页，编辑于星期五：二十一点三十分。
高考进行时一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
2．求动点的轨迹方程的一般步骤 (1)建系——建立适当的坐标系． (2)设点——设轨迹上的任一点P(x，y)． (3)列式——列出动点P所满足的关系式． (4)代换——依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程式，并化简． (5)证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程．
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第八章第八节第十三页，编辑于星期五：二十一点三十分。
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2．已知M(－2,0)，N(2,0)，|PM|－|PN|＝4，则动点P的轨迹是
() A．双曲线
B．双曲线左支
C．一条射线 D．双曲线右支
解析：根据双曲线的定义知动点P的轨迹类似双曲线，但不满足2c＞2a＞0的条件，故动点P的轨迹是一条射线．
答案：□1 这个方程的解 □2 曲线上的点 □3 曲线的方程 □4 方程的曲线 □5 公共解 □6 无解 □7 充要
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第八章第八节第八页，编辑于星期五：二十一点三十分。

《状元之路》2016届高考数学理新课标A版一轮总复习 8-4

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第八章
第四节
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2 2 ( ) 计算得圆心到直线l的距离为＝ 2＞1，如图．直线l：x－ 2 y－2＝0与圆相交，l1，l2与l平行，且与直线l的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线l2的距离 2＋1.
答案：1 ( C ) 2 ( A )
答案：B
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第八章
第四节
高考进行时一轮总复习 · 数学（新课标通用A版 · 理）
2．圆x2＋y2－4x＝0在点P(1， 3)处的切线方程为( A．x＋ 3y－2＝0 C．x－ 3y＋4＝0
解析：圆的方程为 2，点 P在圆上，设切线方程为
)
B．x＋ 3y－4＝0 D．x－ 3y＋2＝0
∴|AB|＝2|AC|＝2 3.
答案：2 3
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第八章
第四节
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课堂学案
考点通关
考点例析通关特训
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第八章
第四节
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考点一【例1】
直线与圆的位置关系 (1)已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，则直线ax＋ )
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第八章
第四节
高考进行时一轮总复习 · 数学（新课标通用A版 · 理）
2 ( ) 几何法：利用圆心到直线的距离d和圆半径r的大小关 4 ____，d＝r⇔□ 5 ____，d＞r⇔□ 6 ____. 系：d＜r⇔□
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2016年高考数学大一轮(人教A新课标)精讲课件：第8章解析几何 2

人教A数学第七页，编辑于星期五：二十三点二十五分。
第八章
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2．点A(x0，y0)与☉C的位置关系 (1)|AC|<r⇔点A在圆内⇔(x0－a)2＋(y0－b)2<r2； (2)|AC|＝r⇔点A在圆上⇔(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2； (3)|AC|>r⇔点A在圆外⇔(x0－a)2＋(y0－b)2>r2.
人教A数学第十八页，编辑于星期五：二十三点二十五分。
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④如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交； ⑤过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝ r2. 其中正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
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法二设所求圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其圆心
为－D2 ，－E2.
52＋22＋5D＋2E＋F＝0，则由已知可得32＋－22＋3D＋－2E＋F＝0，
2×－D2 －－E2－3＝0，
人教A数学第二十七页，编辑于星期五：二十三点二十五
设所求圆的圆心坐标为 C(a，b)，
2a－b－3＝0，则有b＝－12a－4.
解得ab＝＝21， .
∴C(2,1)，r＝|CA|＝ 5－22＋2－12＝ 10. ∴所求圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝10.

2016届高考数学大一轮总复习(,理科) 第八章立体几何8.3

§8。

3直线、平面平行的判定与性质1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b2。

面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条α∩βa⊂β,b⊂α∥β，α∥β,a件＝∅β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∩γ＝a，β∩γ＝b⊂β结论α∥βα∥βa∥b a∥α【思考辨析】判断下面结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）(1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( ×）(2）如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √）（3）若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α。

（×）(4）空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点,则EF∥平面BCD。

（√)（5)若α∥β，直线a∥α，则a∥β。

（×）1．设α，β，γ为三个不同的平面，m,n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β;③n∥β,m⊂γ.可以填入的条件有（）A．①或②B．②或③C．①或③D．①或②或③答案C解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β,m⊂γ时,n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行,③正确．故选C. 2．下列命题中,错误的是（)A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行B．平行于同一个平面的两个平面平行C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面答案C解析由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面．3．空间中，下列命题正确的是（)A．若a∥α，b∥a，则b∥αB．若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥αC．若α∥β，b∥α，则b∥βD．若α∥β,a⊂α，则a∥β答案D解析对于A，b可以在α内，A错；对于B,当a，b相交时才能有β∥α，B错；对于C，b可能在β内，C错；由面面平行的性质知，D正确．4．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．答案错误!解析因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，又E是DA的中点，所以F是DC的中点,由中位线定理可得EF＝错误!AC，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2,所以AC＝2错误!，所以EF＝错误!.题型一直线与平面平行的判定与性质例1 (2014·山东改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝错误!AD，E，F,H分别为线段AD,PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．(1)求证:AP∥平面BEF；(2）求证：GH∥平面PAD.思维点拨(2)中可证明平面OFH∥平面PAD。

2016年高考数学大一轮(人教A新课标)精讲课件：第1章集合与常用逻辑用语 2

答案：C
人教A数学第二十页，编辑于星期五：二十三点二十分。
第一章
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充分条件、必要条件与充要条件的判断
[典例赏析2] (1)(2014·济南市高考模拟)设x∈R，则“x2－3x
＞0”是“x＞4”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
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3．充分条件、必要条件与充要条件
若p⇒q，则p是q的__充__分_条件，q是p的__必__要_条件
p是q的__充__分_不__必__要__条件
p⇒q且q/⇒p
p是q的_必__要__不__充__分__条件
[答案] D
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[名师讲坛] (1)熟悉概念是正确书写或判断命题的四种形式真假的关键；(2)根据“原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假”这一性质，当一个命题直接判断不易进行时，可转化为判断其等价命题的真假；(3)认真仔细读题，必要时举特例．
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4．“x>2”是“1x<12”的________条件．解析：①x>2⇒1x<12， ∴“x>2”是“1x<12”的充分条件． ②1x<12⇒x<0 或 x>2/⇒x>2. ∴“x>2”是“1x<12”的不必要条件．