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2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(十)

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2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(一)A(江西省专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(一)A(江西省专用)

专题限时集训(一)A[第1讲 集合与常用逻辑用语](时间：30分钟)1．已知集合P ＝{－1，m}，Q ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－1<x<34，若P∩Q≠∅，则整数m 的值为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．42．设全集U ＝{x ∈Z|－1≤x≤3}，A ＝{x ∈Z|－1<x<3}，B ＝{x ∈Z|x2－x －2≤0}，则(∁UA )∩B ＝( )A ．{－1}B ．{－1，2}C ．{x|－1<x<2}D ．{x|－1≤x≤2}3．对于函数f(x)＝3sinx ＋c osx ，下列命题中正确的是( )A ．任意x ∈R ，f(x)＝2B ．存在x ∈R ，f(x)＝2C ．任意x ∈R ，f(x)>2D ．存在x ∈R ，f(x)>24．命题p ：若a·b>0，则a 与b 的夹角为锐角；命题q ：若函数f(x)在(－∞，0]及(0，＋∞)上都是减函数，则f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数．下列说法中正确的是( )A ．“p 或q”是真命题B ．“p 或q”是假命题C ．綈p 为假命题D ．綈q 为假命题5．命题“存在x ∈Z ，x2＋2x ＋m≤0”的否定是( )A ．存在x ∈Z ，x2＋2x ＋m>0B ．不存在x ∈Z ，x2＋2x ＋m>0C ．对任意x ∈Z ，x2＋2x ＋m≤0D ．对任意x ∈Z ，x2＋2x ＋m>06．已知集合A ＝{x|y ＝log2(x2－1)}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪⎪y ＝⎝⎛⎭⎫12x －1，则A∩B 等于( ) A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪12<x<1 B ．{x|1<x<2} C ．{x|x>0} D ．{x|x>1}7．命题“存在x ∈R ，使x2＋ax －4a<0”为假命题是命题“－16≤a≤0”的( )A ．充要条件B ．必要不充分条件C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件8．已知向量a ＝(1，2)，b ＝(2，3)，则λ<－4是向量m ＝λa ＋b 与向量n ＝(3，－1)的夹角为钝角的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件9．给出下列说法：①命题“若α＝π6，则sin α＝12”的否命题是假命题； ②p ：存在x ∈R ，使sinx>1，则綈p ：对任意x ∈R ，sinx ≤1；③“φ＝π2＋2k π(k ∈Z)”是“函数y ＝sin(2x ＋φ)为偶函数”的充要条件； ④命题p ：“存在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使sinx ＋cosx ＝12”，命题q ：“在△ABC 中，若sinA>sinB ，则A>B”，那么命题綈p 且q 为真命题．其中正确的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．110．用含有逻辑联结词的命题表示命题“若xy ＝0，则x ＝0且y ＝0”的否定是________________________________________________________________________．11．已知A ，B 均为集合U ＝{1，2，3，4，5，6}的子集，且A∩B ＝{3}，(∁UB )∩A ＝{1}，(∁UA )∩(∁UB)＝{2，4}，则B ∩(∁UA)＝________．12．若“对任意x ∈R ，ax2＋2ax ＋1>0”为真命题，则实数a 的取值范围是________．。

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(六)B(江西省专用)

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(六)B(江西省专用)

专题限时集训(六)B[第6讲 三角恒等变换与三角函数](时间：45分钟)1．在△ABC 中，条件甲：A<B ；条件乙：cos2A>cos2B ，则甲是乙的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．若函数y ＝sinx ＋f(x)在⎣⎡⎦⎤－π4，3π4上单调递增，则函数f(x)可以是( )A ．1B ．cosxC ．sinxD ．－cosx3．已知锐角α的终边上一点P(sin40°，1＋cos40°)，则锐角α＝( )A ．80°B ．70°C ．20°D ．10°4．函数y ＝1－2sin2x －π4是( ) A ．最小正周期为π的偶函数B ．最小正周期为π的奇函数C ．最小正周期为π2的偶函数 D ．最小正周期为π2的奇函数5．已知sin θ＝45，且sin θ－cos θ>1，则sin2θ＝( ) A ．－2425 B ．－1225C ．－45 D.24256．若将函数y ＝Acosx －π6sin ωx ＋π6(A>0，ω>0)的图像向左平移π6个单位后得到的图像关于原点对称，则ω的值可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．57．已知f(x)＝sinx ，x ∈R ，g(x)的图像与f(x)的图像关于点π4，0对称，则在区间[0，2π]上满足f(x)≤g(x)的x 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤π4，3π4 B.⎣⎡⎦⎤3π4，7π4 C.⎣⎡⎦⎤π2，3π2 D.⎣⎡⎦⎤3π4，3π2 8．设函数f(x)＝sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则( )A ．f(x)在0，π2 B ．f(x)在π4，3π4上单调递减 C ．f(x)在0，π2上单调递增 D ．f(x)在π4，3π4上单调递增 9．函数y ＝sin(πx ＋φ)(φ>0)的部分图像如图6－3所示，设P 是图像的最高点，A ，B 是图像与x 轴的交点，则tan ∠APB ＝( )图6－3A ．8 B.18 C.87 D.7810．已知m sin α＝n cos α，cos2αm2＋sin2αn2＝10cos2α3n2，则sin2α－cos2α的值为________． 11．已知π2<β<α<3π4，cos (α－β)＝1213，sin (α＋β)＝－35sin α＋cos α＝________． 12．若2sin2α＋sin2β＝3sin α，则sin2α＋sin2β的取值范围为________．13．已知函数f(x)＝sin2x ＋π4cos φ＋cos2x ＋π4sin φ(其中x ∈R ，0<φ<π)的图像关于直线x ＝π6对称． (1)求φ的值； (2)求函数f(x)在区间⎣⎡⎦⎤－π2，0上的最小值．14．已知向量p ＝(－cos2x ，a)，q ＝(a ，2－3sin2x)，函数f(x)＝p·q －5(a ∈R ，a≠0)．(1)求函数f(x)(x ∈R)的值域；(2)当a ＝2时，若对任意的t ∈R ，函数y ＝f(x)，x ∈(t ，t ＋b]的图像与直线y ＝－1有且仅有两个不同的交点，试确定b 的值(不必证明)，并求函数y ＝f(x)在[0，b]上的单调递增区间．15．已知函数f(x)＝2cosx ＋π3sinx ＋π3－3cosx ＋π3. (1)求f(x)的值域和最小正周期； (2)若对任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6，m []f （x ）＋3＋2＝0恒成立，求实数m 的取值范围．。

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2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：作业解析(湖南省专用)

专题限时集训(一)A【基础演练】1．A [解析] 依题意得P ＝{x ∈Z|x2<2}＝{－1，0，1}，故∁UP ＝{2}． 2．D [解析] 依题意得A ＝{－1，0，1}，因此集合A 的子集个数是23＝8. 3．B [解析] 根据特称命题的否定得命题綈p 应为：任意x ∈0，π2，sinx ≠12.4．B [解析] 因为当a·b>0时，a 与b 的夹角为锐角或零度角，所以命题p 是假命题；又命题q 是假命题，例如f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x≤0，－x ＋2，x>0.综上可知，“p 或q”是假命题．【提升训练】5．B [解析] 由x －2x ＋3<0得－3<x<2，即M ＝{x|－3<x<2}；由|x －1|≤2得－1≤x≤3，即N ＝{x|－1≤x≤3}．所以M∩N ＝[－1，2)．6．B [解析] 依题意p 且q 为真命题，则p ，q 都为真命题．若p 为真命题，则m<0；若q 为真命题，则m≥－2.所以p 且q 为真命题，则实数m 的取值范围为[－2，0)．7．B [解析] 当c ＝－1时，由函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，x≥1，x －1，x<1的图像可以得出其是增函数；反之，不一定成立，如取c ＝－2.所以“c ＝－1”是“f(x)在R 上单调递增”的充分不必要条件．8．A [解析] 由“lgy 为lgx ，lgz 的等差中项”得2lgy ＝lgx ＋lgz ，则有y2＝xz(x>0，y>0，z>0)，y 是x ，z 的等比中项；反过来，由“y 是x ，z 的等比中项”不能得到“lgy 为lgx ，lgz 的等差中项”，例如y ＝1，x ＝z ＝－1.于是，“lgy 为lgx ，lgz 的等差中项”是“y 是x ，z 的等比中项”的充分不必要条件．9．C [解析] 命题p 等价于Δ＝a2－16≥0，即a≤－4或a≥4；命题q 等价于－a4≤3，即a≥－12.由p 或q 是真命题，p 且q 是假命题知，命题p 和q 一真一假．若p 真q 假，则a<－12；若p 假q 真，则－4<a<4.故实数a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－4，4)．10．任意x ∈R ，x>1且x2≤4 [解析] 因为特称命题p ：存在x0∈M ，p(x0)的否定为綈p ：任意x ∈M ，綈p(x)，所以题中命题的否定为“任意x ∈R ，x>1且x2≤4”．11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B ∩(∁UA)＝{5，6}．12．①④ [解析] 对于①，“存在x0∈R ，2x0>3”的否定是“任意x ∈R ，2x ≤3”，所以①正确；对于②，注意到sin π6－2x ＝cos2x ＋π3，因此函数y ＝sin2x ＋π3sin π6－2x ＝sin2x ＋π3²cos2x ＋π3＝12sin4x ＋2π3，其最小正周期为2π4＝π2，所以②不正确；对于③，注意到命题“函数f(x)在x ＝x0处有极值，则f′(x 0)＝0”的否命题是“若函数f(x)在x ＝x0处无极值，则f′(x 0)≠0”，容易知该命题不正确，如取f(x)＝x3，f(x)无极值但当x0＝0时，f′(x 0)＝0，故③不正确；对于④，依题意知，当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x ，所以④正确．综上所述，其中正确的说法是①④. 专题限时集训(一)B 【基础演练】1．C [解析] 依题意得∁RA ＝{x|－1≤x≤1}，B ＝{y|y≥0}，所以(∁R A)∩B ＝{x|0≤x≤1}． 2．A [解析] 依题意得M ＝{x|x≥－a}，N ＝{x|1<x<3}，则∁UN ＝{x|x≤1，或x≥3}．又M∩(∁UN)＝{x|x ＝1，或x≥3}， 所以－a ＝1，求得a ＝－1.3．C [解析] 由p ∨q 为真，得p ，q 至少一个为真，此时不能得綈p 为假；由綈p 为假，得p 为真，此时p ∨q 为真．因此“p ∨q 为真”是“綈p 为假”的必要不充分条件．故选C. 4．D [解析] 对于A ，命题“若x2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，因此选项A 不正确；对于B ，由x ＝－1得x2－5x －6＝0，因此“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的充分条件，选项B 不正确；对于C ，命题“存在x0∈R ，使得x20＋x0－1<0”的否定是：“任意x ∈R ，使得x2＋x －1≥0”，因此选项C 不正确；对于D ，命题“若x ＝y ，则sinx ＝siny ”是真命题，因此它的逆否命题也为真命题，选项D 正确． 【提升训练】5．A [解析] 依题意得A ＝{x|－5<x<6}．由cos πx 3＝12得πx 3＝2k π±π3，即x ＝6k±1，k∈Z.令－5<6k ＋1<6得－1<k<56.又k ∈Z ，则k ＝0，故x ＝1；令－5<6k －1<6得－23<k<76，又k∈Z ，则k ＝0或k ＝1，故x ＝－1或x ＝5.于是，A∩B ＝{－1，1，5}．6．D [解析] 因为任意x ∈R ，2x2＋2x ＋12＝2x ＋122≥0，所以p 为假命题；当x ＝3π4时，sin 3π4－cos 3π4＝22＋22＝2，所以q 为真命题，则綈q 是假命题．7．C [解析] 依题意得f(x)＝a2x2＋2(a·b)x ＋b2，由函数f(x)是偶函数，得a·b ＝0，又a ，b 为非零向量，所以a ⊥b ；反过来，由a ⊥b 得a·b ＝0，f(x)＝a2x2＋b2，函数f(x)是偶函数．综上所述，“函数f(x)＝(ax ＋b)2为偶函数”是“a ⊥b”的充要条件．8．B [解析] 注意到⊙O1与⊙O4无公共点，⊙O2与⊙O3无公共点，则满足题意的“有序集合对”(A ，B)的个数是4.9．C [解析] 依题意得f(4＋x)＝f(x)＝f(－x)，即函数f(x)是以4为周期的函数．因此，当f(0)<0时，不能得到函数f(x)在区间[0，6]上有3个零点；反过来，当函数f(x)在区间[0，6]上有3个零点时，结合该函数的性质分析其图像可知，此时f(0)<0.综上所述，f(0)<0是函数f(x)在区间[0，6]上有3个零点的必要不充分条件．10．ab ＝a2＋b2 [解析] 由A∩B 只有一个元素知，圆x2＋y2＝1与直线x a －yb ＝1相切，则1＝aba2＋b2，即ab ＝a2＋b2. 11．必要不充分 [解析] 设向量a ，b 的夹角为θ，则由题意知，当a·b ＝|a|·|b|cos θ>0时，θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2；若a 与b 的夹角为锐角，即θ∈0，π2.因为⎝⎛⎭⎫0，π2 ⎣⎡⎭⎫0，π2，所以p 是q 成立的必要不充分条件．12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 若对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0，则Δ＝a2＋16a<0，即－16<a<0；若对于任意实数x ，都有x2－2ax ＋1>0，则Δ＝4a2－4<0，即－1<a<1.于是命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是真命题时有a ∈(－1，0)，则命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是假命题时a 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 专题限时集训(二)A 【基础演练】1．D [解析] 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧x>0，log3x ≠0，解得x>0且x≠1，故函数定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项C 中的图像．3．C [解析] 依题意，因为5≥4，4≥4，所以f(5)＝f(5－1)＝f(4)＝f(4－1)＝f(3)，而3<4，所以f(3)＝23＝8.4．B [解析] 因为3a ＝5b ＝A ，所以a ＝log3A ，b ＝log5A ，且A>0，于是1a ＋1b ＝logA3＋logA5＝logA15＝2，所以A ＝15. 【提升训练】 5．B [解析] 由loga2<0得0<a<1，f(x)＝loga(x ＋1)的图像是由函数y ＝logax 的图像向左平移1个单位得到的，故为选项B 中的图像．6．A [解析] 由条件知，0<a<1，b<－1，结合选项，函数g(x)＝ax ＋b 只有A 符合要求． 7．D [解析] 依题意得，方程f(x2－2x －1)＝f(x ＋1)等价于方程x2－2x －1＝x ＋1或x2－2x －1＝－x －1，即x2－3x －2＝0或x2－x ＝0，因此所有解之和为3＋1＝4. 8．A [解析] 依题意，f(27)＝11＋2713＝11＋3＝14，则f(f(27))＝f 14＝⎪⎪⎪⎪log414－1－2＝|－1－1|－2＝0.9．B [解析] 由f(x ＋3)＝－1f （x ），得f(x ＋6)＝－1f （x ＋3）＝f(x)，知6为该函数的一个周期，所以f(107.5)＝⎝⎛⎭⎫6³18－12＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－1f ⎝⎛⎭⎫52＝－1f ⎝⎛⎭⎫－52＝－1－10＝110. 10．C [解析] 当x>0时，－x<0，f(－x)＋f(x)＝(2－x －1)＋(1－2－x)＝0；当x<0时，－x>0，f(－x)＋f(x)＝(1－2x)＋(2x －1)＝0；当x ＝0时，f(0)＝0.因此，对任意x ∈R ，均有f(－x)＋f(x)＝0，即函数f(x)是奇函数．当x>0，函数f(x)是增函数，因此函数f(x)单调递增． 11．－12 [解析] 依题意，f(m)＝12，即em －1em ＋1＝12.所以f(－m)＝e －m －1e －m ＋1＝1－em 1＋em ＝－em －1em ＋1＝－12.12.⎣⎡⎭⎫32，3 [解析] 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3－a>0，a>1，（3－a ）·1－a≤loga1， 即⎩⎪⎨⎪⎧a<3，a>1，a≥32，解得32≤a<3.13．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知故命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题． 专题限时集训(二)B 【基础演练】1．C [解析] 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，1－lg （x ＋2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，x ＋2≤10，解得－2<x≤8，故函数定义域为(－2，8]．2．B [解析] y ＝－1x 是奇函数，A 错误；y ＝e|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，B 正确；y ＝－x2＋3是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，C 错误；y ＝cosx 是偶函数且在(0，＋∞)上有时递增，有时递减，D 错误．3．C [解析] 依题意，由f(2－x)＝f(x)得f(1－x)＝f(1＋x)， 即函数f(x)的对称轴为直线x ＝1，结合图形可知f 12<f 13<f(0)＝f(2)．4．C [解析] 由f(x)·g(x)为偶函数排除①④，当x→＋∞时，f(x)·g(x)→－∞，排除②，故为③.【提升训练】5．C [解析] 将函数f(x)＝x|x|－2x 去掉绝对值，得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2x ，x≥0，－x2－2x ，x<0，画出函数f(x)的图像，观察图像可知，函数f(x)的图像关于原点对称，故f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．6．D [解析] 依题意得f(3)＝f(2)－f(1)＝[f(1)－f(0)]－f(1)＝－f(0)＝－log28＝－3. 7．B [解析] 依题意，f(x)为定义在R 上的奇函数，则f(0)＝0，即30－2×0＋a ＝0，求得a ＝－1.又当x<0，－x>0，所以f(x)＝－f(－x)＝－(3－x ＋2x ＋a)＝－3－x －2x ＋1，于是f(－2)＝－32－2×(－2)＋1＝－4. 8．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x→0时，x sinx →1，当x→π时，x sinx →＋∞，综合这些信息得只能是选项C 中的图像．9．D [解析] 依题意得，f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x≤0，－x ＋1，0<x<2，x －3，x≥2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x－1)和y ＝t(|t|<1)的图像(如图)，由图像知方程f(x －1)＝t(|t|<1)所有根的和s 的取值范围是(2，4)．10．8 [解析] 依题意，若a>0，则f(a)＝log2a ＝3，求得a ＝8；若a≤0，则f(a)＝－2a ＝3，此时无解．于是a ＝8.11．－14 [解析] 由对任意t ∈R ，都有f(t)＝f(1－t)，可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t ＋1)＝－f(t)，进而得到f(t ＋2)＝－f(t ＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数y ＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，f －32＝f 12＝－14.所以f(3)＋f －32＝0＋－14＝－14.12．①②④ [解析] 依题意，令x ＝－2得f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数f(x)是偶函数，故f(2)＝0，所以①正确；根据①可得f(x ＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，由于偶函数的图像关于y 轴对称，故x ＝－4也是函数y ＝f(x)图像的一条对称轴，所以②正确；根据函数的周期性可知，函数f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数f(x)的图像关于直线x ＝－4对称，故如果方程f(x)＝m 在[－6，－2]上的两根为x1，x2，则x1＋x2＝－8，所以④正确．13．②④ [解析] 对于①，结合函数f(x)的图像分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于②，注意到f(x)＝2－x>0，因此存在函数g(x)＝0，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数；对于③，结合函数f(x)的图像分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于④，注意到f(x)＝x ＋sinx ≥x －1，因此存在函数g(x)＝x －1，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的f(x)的序号为②④. 专题限时集训(三) 【基础演练】1．B [解析] 依题意，因为f(1)＝log21－1＝－1<0，f(2)＝log22－12＝1－12＝12>0，所以函数f(x)的零点x0∈(1，2)．2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图像可求得函数解析式为h ＝20－5t(0≤t≤4)，对照选项可知图像应为B.故选B.3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v ＝t2－12满足．故选C.4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数y ＝3cos π2x 和y ＝log2x ＋12的图像，可得交点个数为3.【提升训练】5．B [解析] 分析选项中所给图像，只有B 两侧的函数值是同号的，所以不能用二分法求解．故选B.6．B [解析] 记F(x)＝x3－12x －2，则F(0)＝0－12－2＝－4<0，F(1)＝1－12－1＝－1<0，F(2)＝8－120＝7>0，所以x0所在的区间是(1，2)．故选B.7．C [解析] 设CD ＝x ，依题意，得S ＝x(16－x)(4<x<16－a)，所以Smax ＝f(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧64（0<a≤8），a （16－a ）（8<a<12），对照图像知，C 符合函数模型对应的图像．故选C. 8．C [解析] 由已知f(2)＝2a ＋b ＝0，可得b ＝－2a ，则g(x)＝－2ax2－ax ，令g(x)＝0得x ＝0或x ＝－12，所以g(x)的零点是0或－12，故选C.9．D [解析] 由对任意的x ∈R 都有f(x ＋1)＝f(x －1)知f(x)＝f(x ＋2)，即函数y ＝f(x)的周期为2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x)(x ∈[－1，3])和y ＝m(x ＋1)的图像(如图)，要使函数g(x)＝f(x)－mx －m 恰有四个不同零点，则0<m≤14.10．3 [解析] 由题意知，f(3)＝ln3－1>0，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k ＝3.故填3.11．(0，1) [解析] 画出函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x>0，－x2－2x ，x≤0的图像(如图)，由函数g(x)＝f(x)－m 有3个零点，结合图像得0<m<1.故填(0，1)．12．解：(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝2m ＋1<0，f （－1）＝2>0，f （1）＝4m ＋2<0，f （2）＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m<－12，m ∈R ，m<－12，m>－56.∴－56<m<－12.(2)抛物线与x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4m2－4（2m ＋1）≥0，f （0）＝2m ＋1>0，f （1）＝4m ＋2>0，0<－m<1，得－12<m≤1－ 2.(这里0<－m<1是因为对称轴x ＝－m 对应的－m 应在区间(0，1)内过) 13．解：(1)当x ＝0时，t ＝0；当0<x≤24时，x ＋1x ≥2(当x ＝1时取等号)，∴t ＝x x2＋1＝1x ＋1x∈⎝⎛⎦⎤0，12，即t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. (2)当a ∈⎣⎡⎦⎤0，12时，记g(t)＝|t －a|＋2a ＋23， 则g(t)＝⎩⎨⎧－t ＋3a ＋23，0≤t≤a ，t ＋a ＋23，a<t≤12.∵g(t)在[0，a]上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a ，12上单调递增， 且g(0)＝3a ＋23，g ⎝⎛⎭⎫12＝a ＋76，g(0)－g ⎝⎛⎭⎫12＝2⎝⎛⎭⎫a －14. 故M(a)＝⎩⎨⎧g ⎝⎛⎭⎫12，0≤a≤14，g （0），14<a≤12，即M(a)＝⎩⎨⎧a ＋76，0≤a≤14，3a ＋23，14<a≤12.∴当且仅当a≤49时，M(a)≤2.故当0≤a≤49时不超标，当49<a ≤12时超标．14．解：(1)当m ＝2，x ∈[1，2]时， f(x)＝x·(x －1)＋2＝x2－x ＋2＝x －122＋74.∵函数y ＝f(x)在[1，2]上单调递增，∴f(x)max ＝f(2)＝4，即f(x)在[1，2]上的最大值为4.(2)函数p(x)的定义域为(0，＋∞)，函数p(x)有零点，即方程f(x)－g(x)＝x|x －1|－lnx ＋m ＝0有解，即m ＝lnx －x|x －1|有解，令h(x)＝lnx －x|x －1|. 当x ∈(0，1]时，h(x)＝x2－x ＋lnx.∵h ′(x)＝2x ＋1x －1≥22－1>0当且仅当2x ＝1x 时取“＝”，∴函数h(x)在(0，1]上是增函数，∴h(x)≤h(1)＝0.当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x ＋lnx.∵h′(x)＝－2x ＋1x ＋1＝－2x2＋x ＋1x ＝－（x －1）（2x ＋1）x <0，∴函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴h(x)<h(1)＝0，∴方程m ＝lnx －x|x －1|有解时，m≤0， 即函数p(x)有零点时，m 的取值范围为(－∞，0]． 专题限时集训(四)A 【基础演练】1．B [解析] 对于B ，由a3>b3知a>b ，而ab>0，由不等式的倒数法则知1a <1b .故选B.2．D [解析] 由1x <12，得1x －12<0，即2－x 2x <0，于是不等式转化为x(x －2)>0，解得x<0或x>2.故选D.3．B [解析] a·b ＝4x －4＋2y ＝0，即2x ＋y ＝2，9x ＋3y ≥29x ²3y ＝232x ＋y ＝232＝6(当2x ＝y ＝1时取等号)．4．B [解析] 作出满足题设条件的可行域(如图)，则当直线y ＝－2x ＋z 经过点A(－2，2)时，截距z 取得最小值，即zmin ＝2³(－2)＋2＝－2.【提升训练】5．A [解析] 依题意，由a ＋d ＝b ＋c 得a2＋2ad ＋d2＝b2＋2bc ＋c2；由|a －d|<|b －c|得a2－2ad ＋d2<b2－2bc ＋c2.于是得bc<ad.故选A.6．A [解析] 依题意，a2<1＋x 对任意正数x 恒成立，则a2≤1，求得－1≤a≤1.7．C [解析] 依题意，当x>0时，不等式为lnx ≤1，解得0<x≤e ；当x≤0时，不等式为ex ≤1，解得x≤0.所以不等式的解集为(－∞，e]．故选C.8．A [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y －2≥0表示的平面区域，则此平面区域为△ABC ，且A(2，0)，B(0，1)，C(2，1)，于是，S ＝12³2³1＝1.故选A.9．B [解析] 由a>0，b>0且直线x －y ＝－1与2x －y ＝2的交点为(3，4)，得当x ＝3，y ＝4时，z 取得大值，3a ＋4b ＝7，所以3a ＋4b ＝3a ＋4b ²3a ＋4b 7＝97＋167＋127b a ＋a b ≥257＋127³2b a ²a b ＝257＋247＝7. 10．(1，＋∞) [解析] 依题意，当a ＝0时，不成立；当a≠0时，要使不等式ax2＋2x ＋a>0的解集为R ，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧a>0，Δ＝4－4a2<0，解得a>1.故填(1，＋∞)．11．8 [解析] 依题意，设货车从A 市到B 市的时间为t ，则t ＝400v ＋16×v202v ＝400v ＋16v 400≥2400v ²16v400＝216＝8.故填8. 12．8 [解析] 依题意，函数y ＝a2x －4＋1(a>0且a≠0)过定点A(2，2)，又A 在直线x m ＋yn ＝1，所以2m ＋2n ＝1.于是m ＋n＝2m ＋2n (m ＋n)＝4＋2n m ＋2mn≥4＋22n m ²2mn＝8. 13.⎣⎡⎦⎤34，43 [解析] 根据指数函数的性质，可知函数f(x)＝mx ＋1＋1(m>0，m≠1)恒过定点(－1，2)．将点(－1，2)代入2ax －by ＋14＝0，可得a ＋b ＝7.由于(－1，2)始终落在所给圆的内部或圆上，所以a2＋b2≤25.由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝7，a2＋b2＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝3.这说明点(a ，b)在以A(3，4)和B(4，3)为端点的线段上运动，所以b a 的取值范围是34，43.专题限时集训(四)B【基础演练】1．D [解析] ∵y>x>0，且x ＋y ＝1，取特殊值：x ＝14，y ＝34，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38，∴x<2xy<x ＋y 2<y.故选D.2．D [解析] ∵am ＋bn ＋c<0，b<0，∴n>－a b m －cb .∴点P 所在的平面区域满足不等式y>－a b x －cb，a>0，b<0.∴－ab>0.故点P 在该直线的上侧，综上知，点P 在该直线的左上方．3．D [解析] 依题意，得a ＋b ＝x ＋y ，cd ＝xy ，于是（a ＋b ）2cd ＝（x ＋y ）2xy ＝x2＋y2＋2xyxy ≥2xy ＋2xyxy＝4.故选D.4．D [解析] 依题意，不等式f(x0)>1等价于⎩⎪⎨⎪⎧x0≤0，12x0>1或⎩⎨⎧x0>0，x0>1，解得x0<0或x0>1.故选D.【提升训练】5．C [解析] 因为0<x<1，所以1＋x>2x ＝4x>2x ，所以只需比较1＋x 与11－x 的大小．因为1＋x －11－x ＝1－x2－11－x ＝x2x －1<0，所以1＋x<11－x.故选C.6．B [解析] 依题意知，－12和13是一元二次方程ax2＋bx ＋2＝0的两根，且a<0，则⎩⎨⎧－12＋13＝－ba ，－12×13＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2.于是，不等式2x2＋bx ＋a<0即是2x2－2x －12<0，解得－2<x<3.故选B.7．C [解析] 依题意，函数f(x)＝x ＋ax －2(x>2)的图像过点A(3，7)，则a ＝4.于是，f(x)＝x＋4x －2＝(x －2)＋4x －2＋2≥2（x －2）·4x －2＋2＝6.故选C.8．A [解析] 作出满足条件的可行域，由图可知，当z ＝x ＋ay ，取得最大值的最优解有无数个时，－1a ＝－2，解得a ＝12.于是目标函数z ＝x ＋12y 经过点(1，2)时，z 得最小值为2.故选A.9．2π [解析] 在同一直角坐标系中作出可行域⎩⎨⎧（x ＋3y ）（3x －y ）≤0，x2＋y2≤4.由图形知，不等式组表示的平面区域的面积是二分之一的半径为2的圆面积，即S ＝12³π³22＝2π.10．k ≤2 [解析] 依题意，不等式x2－kx ＋k －1>0对x ∈(1，2)恒成立，则x2－1>k(x －1)对x ∈(1，2)恒成立，所以k<x ＋1对x ∈(1，2)恒成立，即k≤1＋1＝2.11．6 [解析] 如图，依题意，S ＝12²2a ²a ＝a2＝4，所以a ＝2.分析可知，当直线y ＝－2x ＋z 经过点A(2，2)时，zmax ＝2×2＋2＝6.12．2＋22 [解析] 画出不等式组表示的平面区域，当t 最小时，所表示的区域为第一象限的一个等腰直角三角形．依题意，它有一个半径为1的内切圆，不妨设斜边|OB|＝t ，则两直角边长|AB|＝|OA|＝22t ，所以22t ＋22t －t 2＝1，求得t ＝22－1＝22＋2，即 tmin ＝2＋22.专题限时集训(五)【基础演练】1．C [解析] 将点(2，3)分别代入曲线y ＝x3＋ax ＋1和直线y ＝kx ＋b ，得a ＝－3，2k ＋b ＝3.又k ＝y′|x ＝2＝(3x2－3)|x ＝2＝9，所以b ＝3－2k ＝3－18＝－15.故选C.2．C [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2＋2x ＋m ，因为f(x)是R 上的单调函数，二次项系数a ＝3>0，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥13.3．C [解析] 对f(x)求导得f ′(x)＝3x2－6x ＝3x(x －2)，则f(x)在区间[－1，0]上递增，在区间[0，1]上递减，因此函数f(x)的最大值为f(0)＝2.故选C. 4．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝x2＋c ＋(x －2)·2x.又因为f′(2)＝0，所以4＋c ＋(2－2)×4＝0，所以c ＝－4.于是f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故选A. 【提升训练】5．D [解析] ∵s(t)＝t2＋3t ，∴s′(t)＝2t －3t2，则机器人在t ＝2时的瞬时速度为s′(2)＝2×2－322＝134(m/s)．故选D. 6．B [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝2ax ，因为f(x)在区间(－∞，0)内是减函数，则f′(x)<0，求得a>0，且此时b ∈R.故选B.7．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2－3≥－3，∴f(x)上任意一点P 处的切线的斜率k≥－3，即tan α≥－3， ∴0≤α<π2或2π3≤α<π.8．D [解析] 由于AB 的长度为定值，只要考虑点C 到直线AB 的距离的变化趋势即可．当x 在区间[0，a]变化时，点C 到直线AB 的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)的图像先是在x 轴上方，再到x 轴下方，再回到x 轴上方，再到x 轴下方，并且函数在直线AB 与函数图像的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D 中的图像符合要求．9．C [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3mx2＋2nx.依题意⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝－m ＋n ＝2，①f′（－1）＝3m －2n ＝－3，②解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，所以f ′(x)＝3x2＋6x ＝3x(x ＋2)．由此可知f(x)在[－2，0]上递减，又已知f(x)在[t ，t ＋1]上递减，所以[－2，0]⊇[t ，t ＋1]，即⎩⎪⎨⎪⎧t ≥－2，t ＋1≤0，解得－2≤t≤－1.故选C.10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对f(x)＝ex 求导，得f ′(x)＝ex ，所以f′(x 0)＝ex0＝e ，即x0＝1.又y0＝f(x0)＝ex0＝e ，所以切点坐标为(1，e)．11．－13 [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝－3x2＋2ax ，由函数在x ＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a ＝3.于是f(x)＝－x3＋3x2－4，f ′(x)＝－3x2＋6x ，由此可得f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f(m)min ＝f(0)＝－4.又∵f ′(x)＝－3x2＋6x 的图像开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1，1]时，f′(n)min ＝f(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.12．－2，23 [解析] ∵f ′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)是R 上的增函数．又f(－x)＝－f(x)，∴y ＝f(x)是奇函数．由f(mx －2)＋f(x)<0得f(mx －2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx －2<－x ，即mx－2＋x<0在m ∈[－2，2]上恒成立．记g(m)＝xm －2＋x ，则⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）<0，g （2）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2＋x<0，2x －2＋x<0，求得－2<x<23.13．解：(1)f′(x)＝1k (x2－k2)e xk>0，当k>0时，f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k ，＋∞)，f(x)的减区间为(－k ，k)，当k<0时，f(x)的增区间为(k ，－k)，f(x)的减区间为(－∞，k)和(－k ，＋∞)． (2)当k>0时，f(k ＋1)＝e k ＋1k >1e ，所以不会有任意x ∈(0，＋∞)，f(x)≤1e .当k<0时，由(1)有f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝4k2e ，所以任意x ∈(0，＋∞)，f(x)≤1e 等价于f(－k)＝4k2e ≤1e⇒－12≤k<0.综上，k 的范围为－12，0.14．解：(1)令f ′(x)＝1x －ax2＝0，得x ＝a.当a≥e 时，函数f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min ＝ae；当0<a<e 时，函数f(x)在区间(0，a]是减函数，[a ，e]是增函数f(x)min ＝lna. 综上所述，当0<a<e 时，f(x)min ＝lna ；当a≥e 时，f(x)min ＝ae .(2)由(1)可知，a ＝1时，函数f(x)在x1∈(0，e)的最小值为0， 所以g(x)＝(x －b)2＋4－b2.当b≤1时，g(1)＝5－2b<0不成立； 当b≥3时，g(3)＝13－6b<0恒成立；当1<b<3时，g(b)＝4－b2<0，此时2<b<3.综上可知，满足条件的实数b 的取值范围为{b|b>2}． 15．解：(1)由f(x)＝lnx －ax ，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x ＋ax2.当a ＝1时，f ′(x)＝x ＋1x2>0(x>0)，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)由已知，得g(x)＝ax －ax －5lnx ，其定义域为(0，＋∞)，g ′(x)＝a ＋a x2－5x ＝ax2－5x ＋ax2.因为g(x)在其定义域内为增函数，所以∀x ∈(0，＋∞)，g ′(x)≥0，即ax2－5x ＋a≥0，即a≥5xx2＋1.而5x x2＋1＝5x ＋1x≤52，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以a≥52.(3)当a ＝2时，g(x)＝2x －2x －5lnx ，g′(x)＝2x2－5x ＋2x2，令g′(x)＝0，得x ＝12或x ＝2.当x ∈0，12时，g′(x)>0；当x ∈12，1时，g ′(x)<0.所以在 (0，1)上，g(x)max ＝g 12＝－3＋5ln2.而“∃x1∈(0，1)，∀x2∈[1，2]，总有g(x1)≥h(x2)成立”等价于“g(x)在(0，1)上的最大值不小于h(x)在[1，2]上的最大值”．又h(x)在[1，2]上的最大值为max{h(1)，h(2)}．所以有⎩⎨⎧g 12≥h （1），g 12≥h （2），即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋5ln2≥5－m ，－3＋5ln2≥8－2m ，解得m≥8－5ln2，即实数m 的取值范围是[8－5ln2，＋∞)． 专题限时集训(六)A 【基础演练】1．B [解析] 方法1：sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°²cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－22. 方法2：显然sin15°－cos15°<0，(sin15°－cos15°)2＝1－sin30°＝12，故sin15°－cos15°＝－22. 2．C [解析] 因为1－sin2x ＝（sinx －cosx ）2＝|sinx －cosx|，又1－sin2x ＝sinx －cosx ，所以|sinx －cosx|＝sinx －cosx ，则sinx －cosx ≥0，即sinx ≥cosx.又0≤x<2π，所以π4≤x ≤5π4.3．D [解析] 由cos(x ＋y)sinx －sin(x ＋y)cosx ＝1213得sin[x －(x ＋y)]＝－siny ＝1213，所以siny ＝－1213.又y 是第四象限的角，所以cosy ＝513，于是tan y 2＝1－cosy siny ＝1－513－1213＝－23.故选D.4．－π6 [解析] 由正弦函数的性质知，正弦函数图像的对称中心是其与x 轴的交点，∴y＝2sin2x0＋π3＝0，又x0∈⎣⎡⎦⎤－π2，0，∴x0＝－π6.故填－π6.【提升训练】5．A [解析] 由sin θ＋cos θ＝2，得θ＝2k π＋π4，所以tan θ＋π3＝tan π4＋π3＝1＋31－3＝－2－ 3.故选A.6．C [解析] 周期T ＝2πω＝5π6－－π6＝π，解得ω＝2，令2×－π6＋φ＝0，得φ＝π3.故选C.7．C [解析] 依题意得f －15π4＝f －15π4＋3π2³3＝f 3π4＝sin 3π4＝22.故选C.8．B [解析] 依题意得f(x)＝sinx ＋3cosx ＝2sinx ＋π3，因为f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π6上单调递增，所以f π7<f π6，而c ＝f π3＝2sin 2π3＝2sin π3＝f(0)<f π7，所以c<a<b.9．B [解析] 因为f(x)＝sinx ＋acosx 的图像的一条对称轴直线是x ＝5π3，所以⎪⎪⎪⎪sin 5π3＋acos 5π3＝1＋a2，所以⎪⎪⎪⎪－32＋12a ＝1＋a2，即34a2＋32a ＋14＝0，求得a ＝－33.于是g(x)max ＝1＋a2＝1＋13＝233.故选B. 10.13 [解析] 依题意由sin(x ＋y)＝1得x ＋y ＝2k π＋π2(k ∈Z)，所以y ＝2k π＋π2－x(k ∈Z)．于是sin(2y ＋x)＝sin ⎣⎡⎦⎤2k π＋π2＋y ＝sin π2＋y ＝cosy ＝cos2k π＋π2－x ＝cos π2－x ＝sinx＝13.故填13. 11.74 [解析] 依题意，将函数y ＝sin ωx ＋5π6(ω>0)的图像向右平移π3个单位长度后，所得图像对应的函数解析式是y ＝sin ωx ＋5π6－π3ω(ω>0)，它的图像与函数y ＝sin ωx ＋π4的图像重合，所以5π6－π3ω＝π4＋2k π(k ∈Z)，解得ω＝74－6k(k ∈Z)，因为ω>0，所以ωmin＝74.故填74. 12．③④ [解析] 对f(x)＝cosxsinx ＝12sin2x ，画出函数的图像，分析知③，④是正确的．故填③，④.13．解：(1)因为f(x)＝32sin2x －12cos2x ＝sin2x －π6， 故f(x)的最小正周期为π.(2)当x ∈0，π2时，2x －π6∈－π6，5π6，所以f(x)∈－12，1，于是函数f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为－12，1.14．解：(1)依题意，得f(x)＝2sinxcos π6＋cosx ＋a ＝3sinx ＋cosx ＋a ＝2sinx ＋π6＋a.所以函数f(x)的最小正周期T ＝2π.(2)因为x ∈－π2，π2，所以－π3≤x ＋π6≤2π3.所以当x ＋π6＝－π3，即x ＝－π2时，f(x)min ＝f －π2＝－3＋a ；当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，f(x)max ＝f π3＝2＋a.由题意，有(－3＋a)＋(2＋a)＝3，解得a ＝3－1.15．解：(1)∵函数f(x)的最小正周期T ＝2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.∵f π4＝cos2³π4＋φ＝cos π2＋φ＝－sin φ＝32，且－π2<φ<0，∴φ＝－π3.(2)由(1)知f(x)＝cos2x －π3，(3)∵f(x)>22，即cos2x －π3>22， 得2k π－π4<2x －π3<2k π＋π4，k ∈Z ，即2k π＋π12<2x<2k π＋712π，k ∈Z ，即k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z.∴所求x 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z .专题限时集训(六)B【基础演练】1．B [解析] 因为sin α＝35，α是第二象限的角，所以tan α＝－34.又因为tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝1，所以－34＋tan β1＋34tan β＝1，求得tan β＝7.故选B.2．D [解析] 因为y ＝sinx －cosx ＝2sinx －π4，令－π2≤x －π4≤π2，得－π4≤x ≤3π4，满足题意，所以f(x)可以是－cosx.3．B [解析] 依题意得点P 到坐标原点的距离为sin240°＋（1＋cos40°）2＝2＋2cos40°＝2＋2（2cos220°－1）＝2cos20°.由三角函数的定义可得cos α＝sin40°2cos20°＝2sin20°cos20°2cos20°＝sin20°＝cos70°，因为点P 在第一象限，且角α为锐角，所以α＝70°.故选B.4．B [解析] 由已知得y ＝cos2x －π4＝cos π2－2x ＝sin2x ，因此函数y ＝1－2sin2x －π4是最小正周期为π的奇函数．故选B.5．A [解析] 依题意得cos θ＝±35.又因为sin θ－cos θ>1，所以cos θ＝－35，于是sin2θ＝2sin θcos θ＝2×45³－35＝－2425.6．D [解析] 平移后得到的函数图像的解析式是f(x)＝Acosx ²sin ωx ＋π6ω＋π6，这个函数是奇函数，由于y ＝cosx 是偶函数，故只要使得函数y ＝sin ωx ＋π6ω＋π6是奇函数即可，根据诱导公式和正弦函数性质，则只要π6ω＋π6＝k π(k ∈Z)即可，即ω＝6k －1(k ∈Z)，所以ω的可能值为5.7．B [解析] 设(x ，y)为g(x)的图像上任意一点，则其关于点π4，0对称的点为π2－x ，－y ，由题意知该点必在f(x)的图像上，所以－y ＝sinπ2－x ，即g(x)＝－sin π2－x ＝－cosx.依题意得sinx ≤－cosx ，即sinx ＋cosx ＝2sinx ＋π4≤0.又x ∈[0，2π]，解得3π4≤x ≤7π4.故选B.8．A [解析] 依题意，得f(x)＝sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＝2sin ωx ＋φ＋π4，由T ＝2πω＝π(ω>0)，得ω＝2.又f(－x)＝f(x)，所以φ＋π4＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝k π＋π4(k ∈Z)．又|φ|<π2，所以φ＝π4.于是f(x)＝2cos2x ，它在0，π2上单调递减．9．A [解析] 作出点P 在x 轴上的投影C ，因为函数周期为T ＝2ππ＝2，则|AC|＝14T ＝12，|PC|＝1.在Rt △APC 中，tan ∠APC ＝|AC||PC|＝12，同理tan ∠BPC ＝|BC||PC|＝32，所以tan ∠APB ＝tan(∠APC ＋∠BPC)＝12＋321－12×32＝8.故选A.10.13 [解析] 因为cos θ＝－35，且θ是第三象限角，所以sin θ＝－45.于是cos θsin θ－1＝－35－45－1＝13.故填13. 11.36565 [解析] 由已知sin (α－β)＝513，cos (α＋β)＝－45，所以sin2α＝sin [(α＋β)＋(α－β)]＝sin (α＋β)cos (α－β)＋cos (α＋β)·sin (α－β)＝－35³1213＋－45³513＝－5665.则(sin α＋cos α)2＝1＋sin2α＝1－5665＝965，当π2<α<3π4时，sin α＋cos α>0，即sin α＋cos α＝36565.12．①②③⑤ [解析] 由题意得f(x)＝m2＋n2sin(x ＋φ)其中tan φ＝nm .因为f π4是它的最大值，所以π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，φ＝2k π＋π4(k ∈Z)．所以f(x)＝m2＋n2sinx ＋2k π＋π4＝m2＋n2sinx ＋π4，且tan φ＝n m ＝tan2k π＋π4＝1，即nm ＝1，故f(x)＝2|m|sinx ＋π4.①fx ＋π4＝2|m|sinx ＋π4＋π4＝2|m|cosx 为偶函数，所以①正确；②当x ＝7π4时，f 7π4＝2|m|sin 7π4＋π4＝2|m|sin2π＝0，所以函数f(x)的图像关于点7π4，0对称，②正确；③f －3π4＝2|m|sin π4－3π4＝－2|m|sin π2＝－2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确；④根据f(x)＝2|m|sinx ＋π4可得其最小正周期为2π，由题意可得P2与P4相差一个周期2π，即|P2P4|＝2π，所以④错误； ⑤由n m ＝1知，mn ＝1成立，所以⑤正确．故填①②③⑤.13．解：(1)函数f(x)＝sin2x ＋π4＋φ.又y ＝sinx 的图像的对称轴方程为x ＝k π＋π2(k ∈Z)，令2x ＋π4＋φ＝k π＋π2，将x ＝π6代入，得φ＝k π－π12(k ∈Z)．∵0<φ<π，∴φ＝11π12.(2)由(1)知f(x)＝sin2x ＋7π6.由－π2≤x≤0，得π6≤2x ＋7π6≤7π6，∴当2x ＋7π6＝7π6，即x ＝0时，f(x)min ＝－12.14．解：(1)f(x)＝2sin2⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋2cos2ωx＝1－cos ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π2＋1＋cos2ωx＝sin2ωx ＋cos2ωx ＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4＋2，∵函数f(x)的图像上两个相邻的最低点之间的距离为2π3， ∴f(x)的最小正周期为2π3，∴2π2ω＝2π3(ω>0)，∴ω的值为32，∴函数f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4＋2，∴函数f(x)的最大值为2＋2，此时3x ＋π4＝2k π＋π2，即x ＝2k π3＋π12(k ∈Z)．(2)y ＝f(x)的图像向右平移π8个单位长度得h(x)＝2sin ⎣⎡⎦⎤3⎝⎛⎭⎫x －π8＋π4＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x －π8＋2，再沿y 轴对称后得到g(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－3x －π8＋2＝－2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8＋2，函数g(x)的单调减区间，即y ＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8单调递增区间．由2k π－π2≤3x ＋π8≤2k π＋π2，解得23k π－5π24≤x ≤23k π＋π8(k ∈Z)．故y ＝g(x)的单调减区间为⎣⎡⎦⎤23k π＋5π24，23k π＋π8(k ∈Z)．15．解：(1)f(x)＝2sinx ＋π3cosx ＋π3－23cos2x ＋π3＝sin2x ＋2π3－3⎣⎡⎦⎤cos2x ＋2π3＋1＝sin2x ＋2π3－3cos2x ＋2π3－ 3＝2sin2x ＋π3－ 3.∵－1≤sin2x ＋π3≤1，∴－2－3≤2sin2x ＋π3－3≤2－3，又T ＝2π2＝π，即f(x)的值域为[－2－3，2－3]，最小正周期为π. (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，23π，∴sin2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤32，1，此时f(x)＋3＝2sin2x ＋π3∈[3，2]．由m[f(x)＋3]＋2＝0知，m≠0，且f(x)＋3＝－2m ，∴3≤－2m ≤2，即⎩⎨⎧2m＋3≤0，2m＋2≥0，解得－233≤m≤－1.即实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，－1. 专题限时集训(七)【基础演练】1．A [解析] ∵a2＋c2－b22ac ＝cosB ＝32，又0<B<π，∴B ＝π6.2．A [解析] 根据正弦定理得，2sin45°＝2sinC ，所以sinC ＝12，因为C ∈(0，π)，所以C＝30°或150°.又因为A ＝45°，且AB<BC ，所以C ＝30°.3．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S ＝12absinC ＝122RsinA ²2RsinB ²sinC ＝2R2sinAsinBsinC ，将R ＝1和S ＝1代入得，sinAsinBsinC ＝12.4．D [解析] 设电视塔的高度为x ，则BC ＝x ，BD ＝3x.在△BCD 中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x －800＝0，解得x ＝－20(舍去)，或者x ＝40.故电视塔的高度为40 m. 【提升训练】5．D [解析] 根据余弦定理得b ＝32＋82－2×3×8cos60°＝7，根据正弦定理3sinA＝7sin60°，解得sinA ＝3314.6．C [解析] 由正弦定理得AB sinC ＝BCsinA，所以a ＝2sinA.而C ＝60°，所以0°<∠CAB<120°.又因为△ABC 有两个，所以asin60°<3<a ，即3<a<2.7．B [解析] 由题意得b2＝ac ，又c ＝2a ，由余弦定理得cosB ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋4a2－a×2a2a×2a ＝34. 8．D [解析] 依题意与正弦定理得AB sinC ＝AC sinB ，即sinC ＝AB ²sinB AC ＝32，∴C ＝60°或C＝120°.当C ＝60°时，A ＝90°，则△ABC 的面积等于12AB ²AC ＝32；当C ＝120°时，A ＝30°，则△ABC 的面积等于12AB ²AC ²sinA ＝34.所以△ABC 的面积等于32或34.9．－14 [解析] 由正弦定理a sinA ＝b sinB ＝csinC 可得，a ∶b ∶c ＝sinA ∶sinB ∶sinC ＝2∶3∶4，由此设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k(k>0)．由余弦定理可得，cosC ＝a2＋b2－c22ab＝（2k ）2＋（3k ）2－（4k ）22³2k ³3k＝－14.10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3，设BC ＝x ，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x ＝5，解得x ＝6－1或x ＝－6－1(舍去)．故填6－1.11.233 [解析] 由△BCD 的面积为1，可得12³CD ³BC ³sin ∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，由余弦定理可知，cos ∠DCB ＝CD2＋BC2－BD22CD ³BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD2＋BC2－CD22BD ³BC ＝31010.由在△BCD 中，∠DBC 对应的边长最短，所以∠DBC 为锐角，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理BC sinA ＝AC sinB可得，AC ＝BC·sinBsinA＝10³101032＝233.12．解：(1)依题意，由正弦定理得sinCsinA ＝sinAcosC ， 在△ABC 中，因为sinA ≠0，所以sinC ＝cosC ，得C ＝π4. (2)3sinA －cosB ＋π4＝3sinA －cos ⎣⎡⎦⎤π－（A ＋C ）＋π4＝3sinA －cos(π－A)＝3sinA ＋cosA ＝2sinA ＋π6.因为A ∈0，3π4，所以A ＋π6∈π6，11π12，于是，当sinA ＋π6＝1，A ＋π6＝π2，A ＝π3时，3s inA －cosB ＋π4取得最大值2，此时B ＝5π12.13．解：(1)∵(2b －3c)cosA ＝3acosC ，∴(2sinB －3sinC)cosA ＝3sinAcosC ， 即2sinBcosA ＝3sinAcosC ＋3sinCcosA ， ∴2sinBcosA ＝3sinB. ∵sinB ≠0，∴cosA ＝32， ∵0<A<π，∴A ＝π6.(2)由(1)知A ＝B ＝π6，所以AC ＝BC ，C ＝2π3，设AC ＝x ，则MC ＝12x.又AM ＝7，在△AMC 中，由余弦定理得 AC2＋MC2－2AC·MCcosC ＝AM2，即x2＋x 22－2x·x2²cos120°＝(7)2，解得x ＝2，故S △ABC ＝12x2sin 2π3＝ 3.14．解：(1)如图所示，作PN ⊥AB ，N 为垂足，∠PQM ＝θ，∠PMQ ＝π－α，sin θ＝513，sin α＝45，cos θ＝1213，cos α＝35.在Rt △PNQ 中，PN ＝PQsin θ＝5.2×513＝2，QN ＝PQ·cos θ＝5.2×1213＝4.8.在Rt △PNM 中，MN ＝PN tan α＝243＝1.5，PM ＝PN sin α＝245＝2.5，∴MQ ＝QN －MN ＝4.8－1.5＝3.3.设游船从P 到Q 所用时间为t1 h ，游客甲从P 经M 到Q 所用时间为t2 h ，小船速度为v1 km/h ， 则t1＝PQ 13＝5.213＝26513＝25，t2＝PM v1＋MQ 66＝2.5v1＋3.366＝52v1＋120.由已知，得t2＋120＝t1，即52v1＋120＋120＝25，∴v1＝253.于是，当小船的速度为253km/h 时，游客甲才能和游船同时到达Q 地．(2)在Rt △PMN 中，PM ＝PN sin α＝2sin α，MN ＝PN tan α＝2cos αsin α，∴QM ＝QN －MN ＝4.8－2cos αsin α.于是t ＝PM 10＋QM 66＝15sin α＋455－cos α33sin α＝1165³33－5cos αsin α＋455.∵t ′＝1165³5sin2α－（33－5cos α）cos αsin2α＝5－33cos α165sin2α，∴令t′＝0，得cos α＝533.当cos α<533时，t′>0；当cos α>533时，t′<0，又y ＝cos α在α∈0，π2上是减函数，∴当方位角α满足cos α＝533时，t 取最小值，即游客甲能按计划以最短时间到达Q 地．专题限时集训(八) 【基础演练】1．C [解析] 依题意，由a ⊥b 得a·b ＝0，即3x ＋3＝0，解得x ＝－1.故选C. 2．B [解析] 依题意，得a·b ＝|a||b|cos30°＝2sin75°²4cos75°³32＝23sin150°＝ 3.故选B.3．A [解析] 由a ∥b 得2x ＝－4，∴x ＝－2，于是a·b ＝(1，2)·(－2，－4)＝－10.故选A. 4．D [解析] 由a·(a ＋b)＝0得a·a ＋a·b ＝0，即|a|2＋|a|·|b|cos 〈a ，b 〉＝0，将已知数据代入解得，cos 〈a ，b 〉＝－12，所以〈a ，b 〉＝120°.故选D.【提升训练】5．C [解析] 依题意a 在b 方向上的投影为|a|cos 〈a ，b 〉＝2cos π3＝22.故选C.6．C [解析] 依题意，|a|＝1，|b|＝1，所以a·b ＝|a||b|cos60°＝12.于是|a ＋3b|＝（a ＋3b ）2＝|a|2＋6a·b ＋9|b|2＝1＋6×12＋9＝13.故选C.7．A [解析] 由题设知p·q ＝sinAsinB －cosAcosB ＝－cos(A ＋B)＝cosC.又△ABC 是锐角三角形，所以cosC>0，即p·q>0，所以p 与q 的夹角为锐角．故选A. 8．C [解析] 取BC 边中点M ，由2OA →＋AB →＋AC →＝0，可得2AO →＝AB →＋AC →＝2AM →，则点M 与点O 重合．又由|OB →|＝|OC →|＝|OA →|＝|AB →|＝1，可得|AC|＝|BC|sin60°＝2×32＝3，则CA →²CB →＝|CA →|²|CB →|cosC ＝|CA →|2＝3.9．B [解析] 因为点G 是△ABC 的重心，所以AG →＝23³12(AB →＋AC →)＝13AB →＋13AC →.当点P 在线段BC 上运动时，λ＋μ＝1；当点P 在线段GB 、GC 上运动时，λ＋μ的最小值为23.又因为点P 是△GBC 内一点，所以23<λ＋μ<1.故选B.10.324 [解析] 因为a ∥b ，所以12³1＝sinx ²cosx ，即sin2x ＝1.又因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x ＝π2，即x ＝π4.于是a·b ＝12sinx ＋cosx ＝12sin π4＋cos π4＝12³22＋22＝324.11．8 [解析] 依题意得OA →2＝OB →2＝OC →2，由于AC →2＝(OC →－OA →)2＝OC →2＋OA →2－2OC →²OA →， 所以OC →²OA →＝12(OC →2＋OA →2－AC →2)，同理OA →²OB →＝12(OA →2＋OB →2－AB →2)，所以AO →²BC →＝－OA →²(OC →－OB →)＝－OA →²OC →＋OA →²OB →＝－12(OA →2＋OC →2－AC →2)＋12(OA →2＋OB →2－AB →2)＝12(AC →2－AB →2)＝12(52－32)＝8. 12．1 [解析] 依题意，得|a|＝1，又△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则OA →⊥OB →，|OA →|＝|OB →|，则(a －b)·(a ＋b)＝|a|2－|b|2＝0，即|a|＝|b|.又|OA →|＝|OB →|，故|a －b|＝|a ＋b|，得a·b ＝0，则|a ＋b|2＝|a|2＋|b|2＝2，所以|OA →|＝|OB →|＝ 2.于是S △AOB ＝12³2³2＝1.13．解：(1)由a·b ＝0得(sinB ＋cosB)sinC ＋cosC(sinB －cosB)＝0， 化简得sin(B ＋C)－cos(B ＋C)＝0， 即sinA ＋cosA ＝0，∴tanA ＝－1. 而A ∈(0，π)，∴A ＝34π.(2)∵a·b ＝－15，即sin(B ＋C)－cos(B ＋C)＝－15，sinA ＋cosA ＝－15.①对①平方得2sinAcosA ＝－2425.∵－2425<0，∴A ∈π2，π，∴sinA －cosA ＝1－2sinAcosA ＝75.②联立①②得sinA ＝35，cosA ＝－45，∴tanA ＝－34，于是，tan2A ＝2tanA 1－tan2A＝2³－341－－342＝－247.14．解：(1)∵f(x)＝32sin πx ＋12cos πx ＝sin πx ＋π6. ∵x ∈R ，∴－1≤sin πx ＋π6≤1，∴函数f(x)的最大值和最小值分别为1，－1. (2)解法1：令f(x)＝sin πx ＋π6＝0得πx ＋π6＝k π，k ∈Z ， ∵x ∈[－1，1]，∴x ＝－16或x ＝56，∴M －16，0，N 56，0，由sin πx ＋π6＝1，且x ∈[－1，1]得x ＝13，∴P 13，1，∴PM →＝－12，－1，PN →＝12，－1，∴cos 〈PM →，PN →〉＝PM →²PN →|PM →|²|PN →|＝35.解法2：过点P 作PA ⊥x 轴于A ，则|PA|＝1，。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(五)B(课程标准卷地区专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(五)B(课程标准卷地区专用)

专题限时集训(五)B[第5讲 导数在研究函数性质中的应用](时间：45分钟)1．函数y ＝xex 的最小值是( )A ．－1B ．－eC ．－1eD ．不存在 2．设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝( ) A ．2 B ．－2 C ．－12 D.123．已知f(a)＝⎠⎛01(2ax2－a2x)dx ，则函数f(a)的最大值为( ) A ．1 B.49 C.29 D.194．垂直于直线2x －6y ＋1＝0且与曲线f(x)＝x3＋3x2－1相切的直线l 与曲线f(x)及y 轴所围成的图形的面积是________．5．对于R 上可导的任意函数f(x)，若满足(x －1)f′(x)≥0，则必有( )A ．f(0)＋f(2)<2f(1)B ．f(0)＋f(2)≤2f(1)C ．f(0)＋f(2)≥2f(1)D ．f(0)＋f(2)>2f(1)6．函数y ＝xsinx ＋cosx 在下面哪个区间上为增函数( )A.⎝⎛⎭⎫π2，3π2 B ．(π，2π)C.⎝⎛⎭⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π)7．已知函数f(x)＝x2eax ，其中a 为常数，e 为自然对数的底数，若f(x)在(2，＋∞)上为减函数，则a 的取值范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－∞，1)D ．(－∞，2)8．定义在区间[0，a]上的函数f(x)的图象如图5－1所示，记以A(0，f(0))，B(a ，f(a))，C(x ，f(x))为顶点的三角形面积为S(x)，则函数S(x)的导函数S′(x)的图象大致是( )图5－1图5－29．若函数f(x)＝⎩⎨⎧ cosx ，0≤x<π2，2，π2≤x≤2，则⎠⎛02f(x)dx ＝________. 10．已知函数f(x)f(x)的导函数y ＝f′(x)图5－3下列关于f(x)的命题：①函数f(x)是周期函数；②函数f(x)在[0,2]是减函数；③如果当x ∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t 的最大值为4；④当1<a<2时，函数y ＝f(x)－a 有4个零点；⑤函数y ＝f(x)－a 的零点个数可能为0,1,2,3,4个．其中正确命题的序号是________．11．已知函数f(x)＝(x －k)2e x k. (1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x ∈(0，＋∞)，都有f(x)≤1e，求k 的取值范围．12．已知函数f(x)＝lnx.(1)函数g(x)＝3x －2x2，若函数F(x)＝f(x)＋g(x)，求函数F(x)的单调区间；(2)函数h(x)＝1＋xa1－x，函数G(x)＝h(x)·f(x)，若对任意x∈(0,1)，G(x)<－2恒成立，求实数a的取值范围．13．已知函数f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的极值；(2)讨论函数y＝f(x)的零点个数；(3)设数列{an}，{bn}均为正项数列，且满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，求证：a1b1·a2b2·…·anbn≤1.。

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(六)A(湖南省专用)

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(六)A(湖南省专用)

专题限时集训(六)A[第6讲 三角恒等变换与三角函数](时间：45分钟)1．sin15°＋co s165°的值为( ) A.22 B ．－22 C.62 D ．－622．设0≤x<2π，且1－sin2x ＝sinx －cosx ，则( )A ．0≤x ≤π B.π4≤x ≤7π4 C.π4≤x ≤5π4 D.π2≤x ≤3π23．设cos(x ＋y)sinx －sin(x ＋y)cosx ＝1213，且y 是第四象限的角，则tan y 2的值是( ) A ．±23 B ．±32 C ．－32 D ．－234．设函数y ＝2sin2x ＋π3的图象关于点P(x0，0)成中心对称，若x0∈⎣⎡⎦⎤－π2，0，则x0＝________．5．若sin θ＋cos θ＝2，则tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π3的值是( ) A ．－2－ 3 B ．2－ 3C ．2＋ 3D ．－2＋ 36．已知函数f(x)＝sin (ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的部分图象如图6－1所示，则ω，φ的值分别为( )图6－1 A.12，π3 B.12，π6C ．2，π3D ．2，π67．设f (x)是定义域为R ，最小正周期为3π2的函数，若f(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cosx －π2≤x<0，sinx （0≤x<π），则f －15π4等于( )A ．0B ．1 C.22 D ．－228．已知函数f(x)＝sinx ＋3cosx ，设a ＝f π7，b ＝f π6，c ＝f π3，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a<b<c B ．c<a<bC ．b<a<cD ．b<c<a 9．已知函数f (x)＝sin x ＋acosx 的图象的一条对称轴是直线x ＝5π3，则函数g(x)＝asinx ＋cosx 的最大值是( ) A.223 B.233C.43D.26310．已知sinx ＝13，sin(x ＋y)＝1，则sin(2y ＋x)＝________． 11．若将函数y ＝sin ωx ＋5π6(ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后，与函数y ＝sin ωx ＋π4的图象重合，则ω的最小值为________．12．已知函数f(x)＝cosxsinx(x ∈R)，给出下列四个命题：①若f(x1)＝－f(x2)，则x1＝－x2；②f(x)的最小正周期是2π；③f(x)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上是增函数； ④f(x)的图象关于直线x ＝3π4对称．其中真命题是________．(把你认为正确的答案都填上)13．已知函数f(x)＝3sinxcosx －cos2x ＋12(x ∈R)． (1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)在区间0，π2上的取值范围．14．已知函数f(x)＝sinx ＋π6＋sinx －π6＋cosx ＋a(a ∈R ，a 为常数)．(1)求函数f(x)的最小正周期； (2)若函数f(x)在－π2，π2上的最大值与最小值之和为3，求实数a 的值．15．设x ∈R ，函数f(x)＝cos (ωx ＋φ)ω>0，－π2<φ<0的最小正周期为π，且f π4＝32. (1)求ω和φ的值；(2)在如图6－2所示的坐标系中作出函数f(x)在[0，π]上的图象；(3)若f(x)>22，求x 的取值范围．图6－2。

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：作业手册详答(湖北省专用)

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：作业手册详答(湖北省专用)

专题限时集训(一)A 【基础演练】1．A [解析] 依题意得B ＝{x|－2<x<1}，故A ∪B ＝{x|－2<x<4}．2．D [解析] 依题意得A ＝{－1，0，1}，因此集合A 的子集个数是23＝8. 3．B [解析] 根据特称命题的否认得命题綈p 应为：∀x ∈0，π2，sinx ≠12.4．D [解析] D 项中，当φ＝π2时，函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝cos2x 是偶函数，故D 项错误；A ，B ，C 项都易验证是正确的．故选D.【提升训练】5．B [解析] 由x －2x ＋3<0得－3<x<2，即M ＝{x|－3<x<2}；由|x －1|≤2得－1≤x≤3，即N ＝{x|－1≤x≤3}．所以M∩N ＝[－1，2)．6．B [解析] 当c ＝－1时，由函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，x≥1，x －1，x<1的图象可以得出其是增函数；反之，不一定成立，如取c ＝－2.所以“c ＝－1”是“f(x)在R 上单调递增”的充分不必要条件． 7．C [解析] 当“A>B”时，因为sinA －sinB ＝2cos A ＋B 2sin A －B 2，易知A ＋B 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，A －B2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos A ＋B 2>0，sin A －B 2>0.可以推得sinA>sinB.当“sinA>sinB ”时，有sinA －sinB ＝2cos A ＋B 2sin A －B 2>0，又由上得cos A ＋B 2>0，所以sin A －B 2>0，所以A －B 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，即A －B ∈(0，π)，可以推得A>B.故“A>B”是“sinA>sinB ”的充分必要条件．故选C. 8．C [解析] 命题p 等价于Δ＝a2－16≥0，即a≤－4或a≥4；命题q 等价于－a4≤3，即a≥－12.由p 或q 是真命题，p 且q 是假命题知，命题p 和q 一真一假．假设p 真q 假，则a<－12；假设p 假q 真，则－4<a<4.故实数a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－4，4)．9．B [解析] 对于①，显然m≠0，故由am2<bm2两边同时除以m2①正确．对于②，因为x是任意正数，所以不等式2x ＋a x ≥1等价于a≥x －2x2＝－2⎝⎛⎭⎫x －142＋18.因为不等式恒成立，所以a≥18.故②正确．对于③，命题“∃x ∈R ，x2－x>0”的否认是“∀x ∈R ，x2－x≤0”，故③错误．对于④，假设命题p ∧q 为假，则p 和q 至少有一个为假，不可以推得命题p ∨q 为假命题；但当命题p ∨q 为假时，则p 和q 都为假，可以推得命题p ∧q 为假命题；故“p ∧q 为假命题”是“p ∨q 为假命题”的必要不充分条件，故④B.10．∀x ∈R ，x>1且x2≤4 [解析] 因为特称命题p ：∃x0∈M ，p(x0)的否认为綈p ：∀x ∈M ，綈p(x)，所以题中命题的否认为“∀x ∈R ，x>1且x2≤4”．11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B ∩(∁UA)＝{5，6}．12．①④ [解析] 对于①，“∃x0∈R ，2x0>3”的否认是“∀x ∈R ，2x ≤3”，所以①正确；对于②，注意到sin π6－2x ＝cos2x ＋π3，因此函数y ＝sin2x ＋π3sin π6－2x ＝sin2x ＋π3·cos2x＋π3＝12sin4x ＋2π3，其最小正周期为2π4＝π2，所以②不正确；对于③，注意到命题“函数f(x)在x ＝x0处有极值，则f′(x 0)＝0”的否命题是“假设函数f(x)在x ＝x0处无极值，则f′(x 0)≠0”，容易知该命题不正确，如取f(x)＝x3，f(x)无极值但当x0＝0时，f′(x 0)＝0，故③不正确；对于④，依题意知，当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x ，所以④正确．综上所述，其中正确的说法是①④. 专题限时集训(一)B 【基础演练】1．B [解析] (∁UM )∩N ＝{x|x ∈Z ，x≠－1，0，1}∩{0，1，3}＝{3}．故选B. 2．A [解析] 依题意得M ＝{x|x≥－a}，N ＝{x|1<x<3}，则∁UN ＝{x|x≤1，或x≥3}．又M∩(∁UN)＝{x|x ＝1，或x≥3}， 所以－a ＝1，求得a ＝－1.3．C [解析] 因为a2－a ＋1＝a －122＋34≥34>0，所以由a －1a2－a ＋1<0得a<1，不能得到|a|<1；反过来，由|a|<1得－1<a<1，所以a －1a2－a ＋1<0.因此“a －1a2－a ＋1<0”是“|a|<1”成立的必要不充分条件．4．D [解析] 对于A ，命题“假设x2＝1，则x ＝1”的否命题为“假设x2≠1，则x≠1”，因此选项A 不正确；对于B ，由x ＝－1得x2－5x －6＝0，因此“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的充分条件，选项B 不正确；对于C ，命题“∃x0∈R ，使得x20＋x0－1<0”的否认是：“∀x ∈R ，使得x2＋x －1≥0”，因此选项C 不正确；对于D ，命题“假设x ＝y ，则sinx ＝siny ”是真命题，因此它的逆否命题也为真命题，选项D 正确． 【提升训练】5．B [解析] A ＝{x|x2－x －6<0}＝{x|－2<x<3}，所以A∩B ＝{－1，1，2}，有三个元素．故选B.6．D [解析] 因为∀x ∈R ，2x2＋2x ＋12＝2x ＋122≥0，所以p 为假命题；当x ＝3π4时，sin3π4－cos 3π4＝22＋22＝2，所以q 为真命题，则綈q 是假命题．7．B [解析] 注意到⊙O1与⊙O4无公共点，⊙O2与⊙O3无公共点，则满足题意的“有序集合对”(A ，B)的个数是4.8．A [解析] 对于命题q ，函数f(x)＝x2＋mx ＋9存在零点，等价于Δ＝m2－4×9≥0，等价于m≥6或m≤－6，又{m|m>7}⊂{m|m ≥6}，所以p 是q 的充分不必要条件．故选A. 9．C [解析] 假设xyz ＝0，不妨设x ＝0，则由xOA →＋yOB →＋zOC →＝0，得yOB →＝－zOC →，故OB →与OC →共线，又它们有公共点O ，所以点O 在直线BC 上．同理，当y ＝0或z ＝0可分别推得点O 在直线AC ，AB 上．故由“xyz ＝0”可以推得“点O 在△ABC 的边所在直线上”；假设点O 在△ABC 的边所在直线上，不妨设点O 在直线BC 上，则一定存在实数λ，使得yOB →＋zOC →＝λOB →成立．又xOA →＋yOB →＋zOC →＝0，所以xOA →＋λOB →OA →与OB →不共线，所以x ＝0，λ＝0.同理，当点O 在直线AC ，AB 上时，可以分别推得y ＝0，z ＝0.故由“点O 在△ABC 的边所在直线上”可以推得“xyz ＝0”．故“xyz ＝0”是“点O 在△ABC 的边所在直线上”的充要条件．故选C.10．ab ＝a2＋b2 [解析] 由A∩B 只有一个元素知，圆x2＋y2＝1与直线x a －yb ＝1相切，则1＝aba2＋b2，即ab ＝a2＋b2.11．必要不充分 [解析] 设向量a ，b 的夹角为θ，则由题意知，当a·b ＝|a|·|b|cos θ>0时，θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2；假设a 与b 的夹角为锐角，即θ∈0，π2.因为⎝⎛⎭⎫0，π2⎣⎡⎭⎫0，π2，所以p 是q 成立的必要不充分条件．12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 假设对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0，则Δ＝a2＋16a<0，即－16<a<0；假设对于任意实数x ，都有x2－2ax ＋1>0，则Δ＝4a2－4<0，即－1<a<1.于是命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是真命题时有a ∈(－1，0)，则命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是假命题时a 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 专题限时集训(二)A 【基础演练】1．D [解析] 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧x>0，log3x ≠0，解得x>0且x≠1，故函数定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项C 中的图象．3．C [解析] 依题意，因为5≥4，4≥4，所以f(5)＝f(5－1)＝f(4)＝f(4－1)＝f(3)，而3<4，所以f(3)＝23＝8.4．B [解析] 因为3a ＝5b ＝A ，所以a ＝log3A ，b ＝log5A ，且A>0，于是1a ＋1b ＝logA3＋logA5＝logA15＝2，所以A ＝15. 【提升训练】5．D [解析] 由题意，⎩⎨⎧2－x>0，lgx ≥0，D.6．B [解析] 由loga2<0得0<a<1，f(x)＝loga(x ＋1)的图象是由函数y ＝logax 的图象向左平移1个单位得到的，故为选项B 中的图象．7．A [解析] 由条件知，0<a<1，b<－1，结合选项，函数g(x)＝ax ＋b 只有A 符合要求． 8．B [解析] 根据f(x)的图象知0<b<1，a>1，则函数g(x)单调递增，且是由函数h(x)＝logax 向左平移了b(0<b<1)个单位而得到的，故B 项符合． 9．B [解析] 由f(x ＋3)＝－1f 〔x 〕，得f(x ＋6)＝－1f 〔x ＋3〕＝f(x)，知6为该函数的一个周期，所以f(107.5)＝⎝⎛⎭⎫6×18－12＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－1f ⎝⎛⎭⎫52＝－1f ⎝⎛⎭⎫－52＝－1－10＝110. 10．－12 [解析] 依题意，f(m)＝12，即em －1em ＋1＝12.所以f(－m)＝e －m －1e －m ＋1＝1－em 1＋em ＝－em －1em ＋1＝－12.11．7 6 [解析] 因为f(22)＝loga((22)2－1)＝loga7＝1，所以a ＝7. 故f(f(2))＝f[log7(22－1)] ＝2×7log73＝2×3＝6.12．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知故命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题． 专题限时集训(二)B 【基础演练】1．C [解析] 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，1－lg 〔x ＋2〕≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，x ＋2≤10，解得－2<x≤8，故函数定义域为(－2，8]．2．A [解析] f(27)＝11＋327＝14，f(f(27))＝f ⎝⎛⎭⎫14＝⎪⎪⎪⎪log414－1 A. 3．B [解析] y ＝－1x 是奇函数，A 错误；y ＝e|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，B 正确；y ＝－x2＋3是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，C 错误；y ＝cosx 是偶函数且在(0，＋∞)上有时递增，有时递减，D 错误．4．C [解析] 依题意，由f(2－x)＝f(x)得f(1－x)＝f(1＋x)， 即函数f(x)的对称轴为直线x ＝1，结合图形可知f 12<f 13<f(0)＝f(2)． 【提升训练】5．C [解析] 将函数f(x)＝x|x|－2x 去掉绝对值，得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2x ，x≥0，－x2－2x ，x<0，画出函数f(x)的图象，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．6．A [解析] 此题考查函数的奇偶性，周期性，函数求值． f ⎝⎛⎭⎫－52＝－f ⎝⎛⎭⎫52＝－f ⎝⎛⎭⎫12＝－2×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝－12.故选A. 7．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x→0时，x sinx →1，当x→π时，x sinx →＋∞，综合这些信息得只能是选项C 中的图象．8．D [解析] 由题意，f(12，16)＝f(12，12＋4)＝14(12＋4)f(12，4)＝4f(4，12)＝4f(4，4＋8)＝4×18(4＋8)f(4，8)＝6f(4，4＋4)＝6×14D.9．D [解析] 依题意得，f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x≤0，－x ＋1，0<x<2，x －3，x≥2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x －1)和y ＝t(|t|<1)的图象(如图)，由图象知方程f(x －1)＝t(|t|<1)所有根的和s 的取值范围是(2，4)．10．－14 [解析] 由对任意t ∈R ，都有f(t)＝f(1－t)，可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t ＋1)＝－f(t)，进而得到f(t ＋2)＝－f(t ＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数y ＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，f －32＝f 12＝－14.所以f(3)＋f －32＝0＋－14＝－14.11．①②④ [解析] 依题意，令x ＝－2得f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数f(x)是偶函数，故f(2)＝0，所以①正确；根据①可得f(x ＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，由于偶函数的图象关于y 轴对称，故x ＝－4也是函数y ＝f(x)图象的一条对称轴，所以②正确；根据函数的周期性可知，函数f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数f(x)的图象关于直线x ＝－4对称，故如果方程f(x)＝m 在[－6，－2]上的两根为x1，x2，则x1＋x2＝－8，所以④正确． 12．②④ [解析] 对于①，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于②，注意到f(x)＝2－x>0，因此存在函数g(x)＝0，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数；对于③，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于④，注意到f(x)＝x ＋sinx ≥x －1，因此存在函数g(x)＝x －1，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的f(x)的序号为②④. 专题限时集训(三) 【基础演练】1．B [解析] 此题考查函数零点所在区间的判断．因为f ⎝⎛⎭⎫－14＝e 14－2<0，f ⎝⎛⎭⎫－12＝e 12－1>0，所以f ⎝⎛⎭⎫－14·f ⎝⎛⎭⎫－12<0.又函数f(x)的图象是连续的，所以由零点存在定理得函数f(x)＝e －x －4x －3的零点所在的区间为⎝⎛⎭⎫－12，－14.故选B. 2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图象可求得函数解析式为h ＝20－5t(0≤t≤4)，对照选项可知图象应为B.故选B.3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v ＝t2－12满足．故选C.4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数y ＝3cos π2x 和y ＝log2x ＋12的图象，可得交点个数为3.【提升训练】5．D [解析] 由于f ⎝⎛⎭⎫1e ＝13×1e －ln 1e ＝13e ＋1>0，f(1)＝13×1－ln1＝13>0，f(e)＝13×e －lne ＝13e －1<0，则知函数f(x)在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点．故选D.6．C [解析] 易知f(a)＝0，函数f(x)＝lnx －log 12x 在(0，＋∞)上单调递增，因为0<x0<a ，所以f(x0)<f(a)＝0.7．C [解析] 设CD ＝x ，依题意，得S ＝x(16－x)(4<x<16－a)，所以Smax ＝f(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧64〔0<a≤8〕，a 〔16－a 〕〔8<a<12〕，对照图象知，C 符合函数模型对应的图象．故选C. 8．D [解析] 因为函数f(x)是奇函数，且定义域为R ，所以f(0)＝0.又函数f(x)是周期为∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f(x)＝sin πx ⎝⎛⎭⎫32＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫92＝0.综上，函数f(x)在区间[0，6]上的零点有0，1，32，2，3，4，92，5，6共9个．9．D [解析] 由对任意的x ∈R 都有f(x ＋1)＝f(x －1)知f(x)＝f(x ＋2)，即函数y ＝f(x)的周期为2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x)(x ∈[－1，3])和y ＝m(x ＋1)的图象(如图)，要使函数g(x)＝f(x)－mx －m 恰有四个不同零点，则0<m≤14.10．3 [解析] 由题意知，f(3)＝ln3－1>0，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k ＝3.故填3.11．40 [解析] 设相同时间间隔为t1小时，第10台投入工作至收割完成为t2小时，则第1，2，3，4，5，6，7，8，9台投入工作的时间依次为9t1＋t2，8t1＋t2，…，t1＋t2小时．因为采用第一种方案总共用24小时完成，所以每台收割机每小时完成收割任务的1240.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧9t1＋t2＝5t2，1240[〔9t1＋t2〕＋〔8t1＋t2〕＋…＋t2]＝1，解得t22＝40(小时)．12．解：(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得⎩⎪⎨⎪⎧f 〔0〕＝2m ＋1<0，f 〔－1〕＝2>0，f 〔1〕＝4m ＋2<0，f 〔2〕＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m<－12，m ∈R ，m<－12，m>－56.∴－56<m<－12.(2)抛物线与x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4m2－4〔2m ＋1〕≥0，f 〔0〕＝2m ＋1>0，f 〔1〕＝4m ＋2>0，0<－m<1，得－12<m≤1－2.(这里0<－m<1是因为对称轴x ＝－m 对应的－m 应在区间(0，1)内过) 13．解：(1)当x ＝0时，t ＝0；当0<x≤24时，x ＋1x ≥2(当x ＝1时取等号)，∴t ＝x x2＋1＝1x ＋1x∈⎝⎛⎦⎤0，12，即t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. (2)当a ∈⎣⎡⎦⎤0，12时，记g(t)＝|t －a|＋2a ＋23， 则g(t)＝⎩⎨⎧－t ＋3a ＋23，0≤t≤a ，t ＋a ＋23，a<t ≤12.∵g(t)在[0，a]上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a ，12上单调递增， 且g(0)＝3a ＋23，g ⎝⎛⎭⎫12＝a ＋76，g(0)－g ⎝⎛⎭⎫12＝2⎝⎛⎭⎫a －14. 故M(a)＝⎩⎨⎧g ⎝⎛⎭⎫12，0≤a≤14，g 〔0〕，14<a ≤12，即M(a)＝⎩⎨⎧a ＋76，0≤a≤14，3a ＋23，14<a ≤12.∴当且仅当a≤49时，M(a)≤2.故当0≤a≤49时不超标，当49<a ≤12时超标． 14．解：(1)当m ＝2，x ∈[1，2]时， f(x)＝x·(x －1)＋2＝x2－x ＋2＝x －122＋74.∵函数y ＝f(x)在[1，2]上单调递增，∴f(x)max ＝f(2)＝4，即f(x)在[1，2]上的最大值为4.(2)函数p(x)的定义域为(0，＋∞)，函数p(x)有零点，即方程f(x)－g(x)＝x|x －1|－lnx ＋m ＝0有解，即m ＝lnx －x|x －1|有解，令h(x)＝lnx －x|x －1|. 当x ∈(0，1]时，h(x)＝x2－x ＋lnx.∵h ′(x)＝2x ＋1x －1≥22－1>0当且仅当2x ＝1x 时取“＝”，∴函数h(x)在(0，1]上是增函数，∴h(x)≤h(1)＝0.当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x ＋lnx.∵h ′(x)＝－2x ＋1x ＋1＝－2x2＋x ＋1x ＝－〔x －1〕〔2x ＋1〕x <0，∴函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴h(x)<h(1)＝0，∴方程m ＝lnx －x|x －1|有解时，m≤0， 即函数p(x)有零点时，m 的取值范围为(－∞，0]． 专题限时集训(四)A 【基础演练】1．B [解析] 对于B ，由a3>b3知a>b ，而ab>0，由不等式的倒数法则知1a <1b .故选B. 2．D [解析] 由1x <12，得1x －12<0，即2－x 2x<0，于是不等式转化为D.3．B [解析] a·b ＝4x －4＋2y ＝0，即2x ＋y ＝2，9x ＋3y ≥29x ·3y ＝232x ＋y ＝232＝6(当2x ＝y ＝1时取等号)．4．B [解析] 作出满足题设条件的可行域(如图)，则当直线y ＝－2x ＋z 经过点A(－2，2)时，截距z 取得最小值，即zmin ＝2×(－2)＋2＝－2.【提升训练】 5．A [解析] |x ＋3|－|x －1|≤|(x ＋3)－(x －1)|＝4，由题意，有4≤a 2－3a ，解得a≤－1，或a≥4.6．A [解析] 依题意，a2<1＋x 对任意正数x 恒成立，则a2≤1，求得－1≤a≤1. 7．B [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y≤0，x －2y ＋3≥0，x≥0B.8．A [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y －2≥0表示的平面区域，则此平面区域为△ABC ，且A(2，0)，B(0，1)，C(2，1)，于是，S ＝12×2×1A.9．B [解析] 由a>0，b>0且直线x －y ＝－1与2x －y ＝2的交点为(3，4)，得当x ＝3，y ＝4时，z 取得大值，3a ＋4b ＝7，所以3a ＋4b ＝3a ＋4b ·3a ＋4b 7＝97＋167＋127b a ＋a b ≥257＋127×2b a ·a b ＝257＋247＝7. 10．A [解析] 由f(x)是奇函数知f(0)＝lg(2＋a)＝0，解得a ＝－1，那么由f(x)＝lg ⎝⎛⎭⎫21－x －1<0＝lg1，得21－x －1<1，即x x －1>0，解得x<0或x>1，又知其定义域为21－x －1>0，即x ＋1x －1<0A.11．8 [解析] 依题意，设货车从A 市到B 市的时间为t ，则t ＝400v ＋16×v202v ＝400v ＋16v400≥2400v ·16v400＝216＝8.故填8.12．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [解析] 当x≤－1时，不等式可化为－(x ＋1)－(2x －4)>6，解得x<－1；当－1<x<2时，不等式可化为(x ＋1)－(2x －4)>6，解得x<－1，无解；当x≥2时，不等式可化为(x ＋1)＋(2x －4)>6，解得x>3；故不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．13．－18 6 [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y2－x≤0，x ＋y≤2表示的可行域(如下列图阴影部分所示，含边界)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y2－x ＝0，x ＋y ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，故两交点分别为A(1，1)，B(4，－2)．设z ＝2x ＋y ，可知当直线z ＝2x ＋y 经过点B(4，－2)时，z ＝2x ＋y 有最大值，且zmax ＝6；当直线z ＝2x＋y 与抛物线y2－x ＝0相切时，z ＝2x ＋y 有最小值，此时由⎩⎪⎨⎪⎧y2－x ＝0，z ＝2x ＋y ，消去y 得4x2－(4z＋1)x ＋z2＝0，令Δ＝(4z ＋1)2－16z2＝0，解得z ＝－18.故zmin ＝－18.故2x ＋y 的最小值为－18，最大值为6. 专题限时集训(四)B 【基础演练】1．D [解析] ∵y>x>0，且x ＋y ＝1，取特殊值：x ＝14，y ＝34，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38，∴x<2xy<x ＋y 2<y.故选D.2．D [解析] |x －1|＋|x －6|≥|(x －1)－(x －6)|＝5，故要使不等式|x －1|＋|x －6|>m 恒成立，须满足m<5.3．D [解析] ∵am ＋bn ＋c<0，b<0，∴n>－a b m －cb . ∴点P 所在的平面区域满足不等式y>－a b x －cb ，a>0，b<0.∴－ab >0.故点P 在该直线的上侧，综上知，点P 在该直线的左上方．4．D [解析] 依题意，不等式f(x0)>1等价于⎩⎪⎨⎪⎧x0≤0，12x0>1或⎩⎨⎧x0>0，x0>1，解得x0<0或x0>1.故选D.【提升训练】5．C [解析] 不等式x2－x －6x －1>0可化为(x ＋2)(x －3)(x －1)>0，由数轴标根法可知，解集为{x|－2<x<1，或x>3}．6．B [解析] 依题意知，－12和13是一元二次方程ax2＋bx ＋2＝0的两根，且a<0，则⎩⎨⎧－12＋13＝－ba ，－12×13＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2.于是，不等式2x2＋bx ＋a<0即是2x2B.7．C [解析] 因为0<x<1，所以1＋x>2x ＝4x>2x ，所以只需比较1＋x 与11－x 的大小．因为1＋x －11－x ＝1－x2－11－x ＝x2x －1<0，所以1＋x<11－x .故选C.8．2π [解析] 在同一直角坐标系中作出可行域⎩⎨⎧〔x ＋3y 〕〔3x －y 〕≤0，x2＋y2≤4.由图形知，不等式组表示的平面区域的面积是二分之一的半径为2的圆面积，即S ＝12×π×22＝2π.9．2＋22 [解析] 画出不等式组表示的平面区域，当t 最小时，所表示的区域为第一象限的一个等腰直角三角形．依题意，它有一个半径为1的内切圆，不妨设斜边|OB|＝t ，则两直角边长|AB|＝|OA|＝22t ，所以22t ＋22t －t 2＝1，求得t ＝22－1＝22＋2，即 tmin ＝2＋2 2.10．(－∞，－4)∪(0，＋∞) [解析] 由题意，对任意x ∈R ，|x －a|＋|x ＋2|>2恒成立，因为|x －a|＋|x ＋2|≥|(x －a)－(x ＋2)|＝|2＋a|，所以需满足|2＋a|>2，得2＋a>2，或2＋a<－2，解得a>0，或a<－4.11．10 [解析] 设应把楼房设计成x 层，每层的面积为y m2，则平均每平方米建筑面积的成本费为k ＝2 000y ＋y×400＋y×440＋…＋y×[400＋40〔x －1〕]xy ＝2 000x＋20x ＋380≥22 000x ·20x ＋380＝780，当且仅当2 000x＝20x ，即x ＝10时取等号，故应把楼房设计成10层．12．[－1，11] [解析] 作出x ，y 满足的可行域(如下列图阴影部分所示，含边界)．当x≥0时，z ＝2x ＋y 在点C(6，－1)处取得最大值11，在点D(0，－1)处取最小值－1；当x≤0时，目标函数z ＝－2x ＋y 在点B (－2，－1)处取最大值3，在点D(0，－1)处取最小值－1，所以z ∈[－1，11]． 专题限时集训(五) 【基础演练】1．C [解析] 将点(2，3)分别代入曲线y ＝x3＋ax ＋1和直线y ＝kx ＋b ，得a ＝－3，2k ＋b ＝3.又k ＝y′|x ＝2＝(3x2－3)|xC.2．C [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2＋2x ＋m ，因为f(x)是R 上的单调函数，二次项系数a ＝3>0，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥13.3．C [解析] 对f(x)求导得f ′(x)＝3x2C. 4．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝x2A. 【提升训练】5．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2－3≥－3，∴f(x)上任意一点P 处的切线的斜率k≥－3，即tan α≥－3， ∴0≤α<π2或2π3≤α<π.6．D [解析] ∵s(t)＝t2＋3t ，∴s′(t)＝2t －3t2，则机器人在t ＝2时的瞬时速度为s′(2)＝2×2－322＝134(m/s)．故选D.7．D [解析] 由于AB 的长度为定值，只要考虑点C 到直线AB 的距离的变化趋势即可．当x 在区间[0，a]变化时，点C 到直线AB 的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)的图象先是在x 轴上方，再到x 轴下方，再回到x 轴上方，再到x 轴下方，并且函数在直线AB 与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D 中的图象符合要求．8．B [解析] f′(x)＝1x －x ＝1－x2x ，当x>1时，f′(x)<0；当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，故排除C ，D 项；因为f(1)＝－12<0，故排除A 项．9．D [解析] 根据二次函数图象知f(0)＝a ∈(0，1)，f(1)＝1－b ＋a ＝0，即b －a ＝1，所以b ∈(1，2)．又g′(x)＝2x ＋2x －b ，所以g′(b)＝2b＋b≥22b ·b ＝22，当且仅当2b＝b ，即b ＝2时取等号，故g′(b)min ＝2 2.故选D.10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对f(x)＝ex 求导，得f ′(x)＝ex ，所以f′(x 0)＝ex0＝e ，即x00＝f(x0)＝ex0＝e ，所以切点坐标为(1，e)．11.13 [解析] 此题考查函数的单调性，多项式函数的求导．f′(x)＝3kx2＋6(k －1)x(k>0)，由题意，f′(x)<0的解集是(0，4)，所以f′(0)＝0，f′(4)＝0，解得k ＝13.12．①1 ②h(0)<h(1)<h(－1) [解析] 此题考查二次函数和三次函数的导数及其图象，求值，比较大小等．①由题意，f′(x)是一次函数，g′(x)是二次函数．所以由图象可得f′(x)＝x ，g′(x)＝x2.设f(x)＝12x2＋c(c 为常数)．假设f(1)＝1，则12×12＋c ＝1，解得c ＝12.所以f(x)＝12x2＋12.故f(－1)＝1.②由①得，可设f(x)＝12x2＋c1，g(x)＝13x3＋c2，则h(x)＝f(x)－g(x)＝12x2＋c1－13x3－c2＝－13x3＋12x2＋c3.所以h(－1)＝56＋c3，h(0)＝c3，h(1)＝16＋c3.所以h(0)<h(1)<h(－1)． 13．解：(1)当a ＝1时，f′(x)＝1＋1x ⇒f ′⎝⎛⎭⎫12＝3. (2)由题知f′(x)＝a ＋1x(x>0)，当a≥0时，f′(x)＝a ＋1x >0，则f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f′(x)＝a ＋1x >0⇒0<x<－1a ，∴当a≥0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)， 当a<0时，f(x)的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，－1a . (3)由题知对任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0，1]，使得f(x1)<g(x2)，故f(x)max<g(x)max ，又g(x)＝2x 在区间[0，1]上递增，所以g(x)max ＝g(1)＝2， 即f(x)max<2，当a≥0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，无最大值，显然不满足条件； 当a<0时，f(x)在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减， 所以f(x)max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 即－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a <2⇒a<－1e3，∴a<－1e3. 14．解：(1)令f ′(x)＝1x －ax2＝0，得x ＝a.当a≥e 时，函数f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min ＝ae ；当0<a<e 时，函数f(x)在区间(0，a]是减函数，[a ，e]是增函数f(x)min ＝lna. 综上所述，当0<a<e 时，f(x)min ＝lna ；当a≥e 时，f(x)min ＝ae . (2)由(1)可知，a ＝1时，函数f(x)在x1∈(0，e)的最小值为0， 所以g(x)＝(x －b)2＋4－b2.当b≤1时，g(1)＝5－2b<0不成立； 当b≥3时，g(3)＝13－6b<0恒成立；当1<b<3时，g(b)＝4－b2<0，此时2<b<3.综上可知，满足条件的实数b 的取值范围为{b|b>2}． 15．解：(1)当x<1时，f ′(x)＝－3x2＋2ax ＋b.因为函数图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为16x ＋y ＋20＝0. 所以切点坐标为(－2，12)，且⎩⎪⎨⎪⎧f 〔－2〕＝8＋4a －2b ＝12，f′〔－2〕＝－12－4a ＋b ＝－16， 解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，当x<1时，f(x)＝－x3＋x2，令f ′(x)＝－3x2＋2x ＝0可得x ＝0或x ＝23，f(x)在(－1，0)和23，1上单调递减，在0，23上单调递增，对于x<1部分：f(x)的最大值为max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f 〔－1〕，f 23＝f(－1)＝2；当1≤x≤2时，f(x)＝c·lnx ， 当c≤0时，c·lnx ≤0恒成立，f(x)≤0<2， 此时f(x)在[－1，2]上的最大值为f(－1)＝2；当c>0时，f(x)＝clnx 在[1，2]上单调递增，且f(2)＝c·ln2. 令c·ln2＝2，则c ＝2ln2，所以当c>2ln2时， f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝c·ln2；当0<c≤2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为f(－1)＝2. 综上可知，当c≤2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为2； 当c>2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为c·ln2.(3)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2〔x<1〕，clnx 〔x≥1〕，根据条件M ，N 的横坐标互为相反数，不妨设M(－t ，t3＋t2)，N(t ，f(t))，(t>0)．假设t<1，则f(t)＝－t3＋t2，由∠MON 是直角得，OM →·ON →＝0，即－t2＋(t3＋t2)(－t3＋t2)＝0， 即t4－t2＋1＝0.此时无解；假设t≥1，则f(t)＝c·lnt.由于MN 的中点在y 轴上，且∠MON ＝90°OM →·ON →＝0，即－t2＋(t3＋t2)·clnt ＝0，c ＝1〔t ＋1〕lnt.由于函数g(t)＝1〔t ＋1〕lnt (t>1)的值域是(0，＋∞)，则实数c 的取值范围是(0，＋∞)． 专题限时集训(六)A 【基础演练】1．B [解析] 方法1：sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°·cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－22.方法2：显然sin15°－cos15°<0，(sin15°－cos15°)2＝1－sin30°＝12，故sin15°－cos15°＝－22.2．C [解析] 因为1－sin2x ＝〔sinx －cosx 〕2＝|sinx －cosx|，又1－sin2x ＝sinx －cosx ，所以|sinx －cosx|＝sinx －cosx ，则sinx －cosx ≥0，即sinx ≥cosx.又0≤x<2π，所以π4≤x ≤5π4.3．D [解析] 由cos(x ＋y)sinx －sin(x ＋y)cosx ＝1213得sin[x －(x ＋y)]＝－siny ＝1213，所以siny＝－1213.又y 是第四象限的角，所以cosy ＝513，于是tan y 2＝1－cosy siny ＝1－513－1213＝－23.故选D.4．B [解析] 把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的图象向右平移π4个长度单位，得到函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的图象．【提升训练】5．A [解析] 由sin θ＋cos θ＝2，得θ＝2k π＋π4，所以tan θ＋π3＝tan π4＋π3＝1＋31－3＝－2－ 3.故选A.6．C [解析] 依题意得f －15π4＝f －15π4＋3π2×3＝f 3π4＝sin 3π4＝22.故选C.7．B [解析] 依题意得f(x)＝sinx ＋3cosx ＝2sinx ＋π3，因为f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π6上单调递增，所以f π7<f π6，而c ＝f π3＝2sin 2π3＝2sin π3＝f(0)<f π7，所以c<a<b.8．B [解析] 不妨设A>0，由图象可知，A ＝2，又函数的图象过点⎝⎛⎭⎫π3，2，所以2×π3＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，解得φ＝2k π－π6(k ∈Z)．故f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2k π－π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.所以f(0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－π6 B.9．D [解析] f(x)＝cosx ，f′(x)＝－sinx ，又f(x －m)＝cos(x －m)＝－sin ⎝⎛⎭⎫x －m －π2，由题意，－sinx ＝－sin ⎝⎛⎭⎫x －m －π2，所以－m －π2＝2k π，得m ＝－2k π－π2(k ∈Z)．则m 可以为3π2.故选D.10.13 [解析] 依题意由sin(x ＋y)＝1得x ＋y ＝2k π＋π2(k ∈Z)，所以y ＝2k π＋π2－x(k ∈Z)．于是sin(2y ＋x)＝sin ⎣⎡⎦⎤2k π＋π2＋y ＝sin π2＋y ＝cosy ＝cos2k π＋π2－x ＝cos π2－x ＝sinx ＝13.故填13.11.74 [解析] 依题意，将函数y ＝sin ωx ＋5π6(ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后，所得图象对应的函数解析式是y ＝sin ωx ＋5π6－π3ω(ω>0)，它的图象与函数y ＝sin ωx ＋π4的图象重合，所以5π6－π3ω＝π4＋2k π(k ∈Z)，解得ω＝74－6k(k ∈Z)，因为ω>0，所以ωmin ＝74.故填74.12．③④ [解析] 对f(x)＝cosxsinx ＝12sin2x ，画出函数的图象，分析知③，④是正确的．故填③，④.13．解：(1)由题得AC →＝(3cos α－4，3sin α)，BC →＝(3cos α，3sin α－4)． 由|AC →|＝|BC →|，得(3cos α－4)2＋9sin2α＝9cos2α＋(3sin α－4)2⇒sin α＝cos α. 因为α∈(－π，0)， 所以α＝－3π4.(2)由AC →·BC →＝0，得3cos α(3cos α－4)＋3sin α(3sin α－4)＝0， 解得sin α＋cos α＝34，两边平方得2sin αcos α＝－716，所以2sin2α＋sin2α1＋tan α＝2sin2α＋2sin αcos α1＋sin αcos α＝2sin αcos α＝－716.14．解：(1)依题意，得f(x)＝2sinxcos π6＋cosx ＋a ＝3sinx ＋cosx ＋a ＝2sinx ＋π6＋a. 所以函数f(x)的最小正周期T ＝2π.(2)因为x ∈－π2，π2，所以－π3≤x ＋π6≤2π3.所以当x ＋π6＝－π3，即x ＝－π2时， f(x)min ＝f －π2＝－3＋a ；当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，f(x)max ＝f π3＝2＋a.由题意，有(－3＋a)＋(2＋a)＝3，解得a ＝3－1.15．解：(1)∵函数f(x)的最小正周期T ＝2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.∵f π4＝cos2×π4＋φ＝cos π2＋φ＝－sin φ＝32，且－π2<φ<0，∴φ＝－π3. (2)由(1)知f(x)＝cos2x －π3， 列表如下：图象如图．(3)∵f(x)>22，即cos2x －π3>22， 得2k π－π4<2x －π3<2k π＋π4，k ∈Z ， 即2k π＋π12<2x<2k π＋712π，k ∈Z ，即k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z. ∴所求x 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z . 专题限时集训(六)B【基础演练】1．B [解析] 因为sin α＝35，α是第二象限的角，所以tan α＝－34.又因为tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝1，所以－34＋tan β1＋34tan β＝1，求得tan βB. 2．D [解析] 因为y ＝sinx －cosx ＝2sinx －π4，令－π2≤x －π4≤π2，得－π4≤x ≤3π4，满足题意，所以f(x)可以是－cosx.3．A [解析] 把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6图象上各点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到函数为y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，再将图象向右平移π3个长度单位，那么所得函数为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π3＋π6＝－cos2x ，结合各选项可知其对称轴方程为x ＝－π2.故选A.4．B [解析] 由已知得y ＝cos2x －π4＝cos π2－2x ＝sin2x ，因此函数y ＝1－2sin2x －π4是最小正周期为π的奇函数．故选B.【提升训练】5．A [解析] 依题意得cos θ＝±35.又因为sin θ－cos θ>1，所以cos θ＝－35，于是sin2θ＝2sin θcos θ＝2×45×－35＝－2425.6．D [解析] 此题考查三角函数的对称性．由题意，有2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，得φ＝k π－π6()k ∈Z .又φ∈(0，π)，所以φ＝5π6.故选D.7．B [解析] 设(x ，y)为g(x)的图象上任意一点，则其关于点π4，0对称的点为π2－x ，－y ，由题意知该点必在f(x)的图象上，所以－y ＝sin π2－x ，即g(x)＝－sin π2－x ＝－cosx.依题意得sinx ≤－cosx ，即sinx ＋cosx ＝2sinx ＋π4≤0.又x ∈[0，2π]，解得3π4≤x ≤7π4.故选B.8．A [解析] 依题意，得f(x)＝sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＝2sin ωx ＋φ＋π4，由T ＝2πω＝π(ω>0)，得ω＝2.又f(－x)＝f(x)，所以φ＋π4＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝k π＋π4(k ∈Z)．又|φ|<π2，所以φ＝π4.于是f(x)＝2cos2x ，它在0，π2上单调递减．9．B [解析] 由图可知，A ＝10，函数I ＝Asin (ωt ＋φ)的最小正周期T ＝2⎝⎛⎭⎫4300－1300＝150，所以2πω＝150，解得ω＝100π.又函数图象过点⎝⎛⎭⎫1300，10，代入得sin ⎝⎛⎭⎫100π×1300＋φ＝1，所以π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，解得φ＝π6＋2k π(k ∈Z)．又0<φ<π2，所以φ＝π6.故函数I ＝10sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π6.所以当t ＝150时，电流强度I ＝10sin ⎝⎛⎭⎫100π×150＋π6＝5.10.13 [解析] 因为cos θ＝－35，且θ是第三象限角，所以sin θ＝－45.于是cos θsin θ－1＝－35－45－1＝13.故填13.11.36565 [解析] 由已知sin (α－β)＝513，cos (α＋β)＝－45，所以sin2α＝sin [(α＋β)＋(α－β)]＝sin (α＋β)cos (α－β)＋cos (α＋β)·sin (α－β)＝－35×1213＋－45×513＝－5665.则(sin α＋cos α)2＝1＋sin2α＝1－5665＝965，当π2<α<3π4时，sin α＋cos α>0，即sin α＋cos α＝36565. 12．4 [解析] 由h ＝40sin ⎝⎛⎭⎫π6t －π2＋50知其最小正周期为T ＝2ππ6＝12，即摩天轮转动一周的时间为12 min.由h ＝40sin ⎝⎛⎭⎫π6t －π2＋50>70(0≤t≤12)，解得4<t<8.所以持续时间为4 min.13．①②③⑤ [解析] 由题意得f(x)＝m2＋n2sin(x ＋φ)其中tan φ＝nm .因为f π4是它的最大值，所以π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，φ＝2k π＋π4(k ∈Z)．所以f(x)＝m2＋n2sinx ＋2k π＋π4＝m2＋n2sinx ＋π4，且tan φ＝n m ＝tan2k π＋π4＝1，即nm ＝1，故f(x)＝2|m|sinx ＋π4.①fx ＋π4＝2|m|sinx ＋π4＋π4＝2|m|cosx 为偶函数，所以①正确；②当x ＝7π4时，f 7π4＝2|m|sin 7π4＋π4＝2|m|sin2π＝0，所以函数f(x)的图象关于点7π4，0对称，②正确；③f －3π4＝2|m|sin π4－3π4＝－2|m|sin π2＝－2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确；④根据f(x)＝2|m|sinx ＋π4可得其最小正周期为2π，由题意可得P2与P4相差一个周期2π，即|P2P4|＝2π，所以④错误； ⑤由n m ＝1知，mn ＝1成立，所以⑤正确． 故填①②③⑤.14．解：(1)由点P 的坐标和三角函数的定义可得⎩⎨⎧sin θ＝32，cos θ＝12.于是f(θ)＝3sin θ＋cos θ＝3×32＋12＝2. (2)作出平面区域Ω(即三角形ABC 区域)如下图， 其中A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)．于是0≤θ≤π2.又f(θ)＝3sin θ＋cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6，且π6≤θ＋π6≤2π3，故当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，f(θ)取得最大值，且最大值等于2； 当θ＋π6＝π6，即θ＝0时，f(θ)取得最小值，且最小值等于1. 15．解：(1)f(x)＝2sin2⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋2cos2ωx＝1－cos ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π2＋1＋cos2ωx＝sin2ωx ＋cos2ωx ＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4＋2，∵函数f(x)的图象上两个相邻的最低点之间的距离为2π3，∴f(x)的最小正周期为2π3，∴2π2ω＝2π3(ω>0)，∴ω的值为32， ∴函数f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4＋2，∴函数f(x)的最大值为2＋2，此时3x ＋π4＝2k π＋π2，即x ＝2k π3＋π12(k ∈Z)．(2)y ＝f(x)的图象向右平移π8个单位长度得h(x)＝2sin ⎣⎡⎦⎤3⎝⎛⎭⎫x －π8＋π4＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x －π8＋2，再沿y 轴对称后得到g(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－3x －π8＋2＝－2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8＋2，函数g(x)的单调减区间，即y ＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8单调递增区间．由2k π－π2≤3x ＋π8≤2k π＋π2， 解得23k π－5π24≤x ≤23k π＋π8(k ∈Z)．故y ＝g(x)的单调减区间为⎣⎡⎦⎤23k π＋5π24，23k π＋π8(k ∈Z)．16．解：(1)f(x)＝2sinx ＋π3cosx ＋π3－23cos2x ＋π3 ＝sin2x ＋2π3－3⎣⎡⎦⎤cos2x ＋2π3＋1＝sin2x ＋2π3－3cos2x ＋2π3－ 3＝2sin2x ＋π3－ 3. ∵－1≤sin2x ＋π3≤1，∴－2－3≤2sin2x ＋π3－3≤2－3， 又T ＝2π2＝π，即f(x)的值域为[－2－3，2－3]，最小正周期为π. (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，23π，∴sin2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤32，1，此时f(x)＋3＝2sin2x ＋π3∈[3，2]．由m[f(x)＋3]＋2＝0知，m≠0，且f(x)＋3＝－2m ，∴3≤－2m ≤2，即⎩⎨⎧2m＋3≤0，2m ＋2≥0，解得－233≤m ≤－1.即实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，－1. 专题限时集训(七)【基础演练】1．A [解析] 根据正弦定理得，2sin45°＝2sinC ，所以sinC ＝12，因为C ∈(0，π)，所以C ＝30°或150°.又因为A ＝45°，且AB<BC ，所以C ＝30°.2．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S ＝12absinC ＝122RsinA ·2RsinB ·sinC ＝2R2sinAsinBsinC ，将R ＝1和S ＝1代入得，sinAsinBsinC ＝12.3．A [解析] 由sinC ＝23sinB 及正弦定理得c ＝23b ，代入a2－b2＝3bc 中，得a ＝7b.所以由余弦定理得cosA ＝b2＋c2－a22bc ＝b2＋〔23b 〕2－〔7b 〕22b ·23b ＝32，所以A ＝30°. 4．D [解析] 设电视塔的高度为x ，则BC ＝x ，BD ＝3x.在△BCD 中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x －800＝0，解得x ＝－20(舍去)，或者x ＝40.故电视塔的高度为40 m. 【提升训练】5．D [解析] 根据余弦定理得b ＝32＋82－2×3×8cos60°＝7，根据正弦定理3sinA ＝7sin60°，解得sinA ＝3314.6．B [解析] 由题意得b2＝ac ，又c ＝2a ，由余弦定理得cosB ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋4a2－a×2a2a×2a ＝34. 7．A [解析] 设楼顶D 对应的楼底记为E ，过点D 作DC ∥BE ，则由AC CD ＝tan30°，即AC20＝33，解得AC ＝2033.由BC CD ＝tan45°，即BC20＝1，解得BC ＝20.所以AB ＝AC ＋BC ＝20⎝⎛⎭⎫1＋33 m.8．A [解析] 在Rt △ABC 中，由正切函数的定义，得tan β＝AB BC ，所以BC ＝ABtan β.同理，BD ＝AB tan α.所以BD －BC ＝AB tan α－ABtan β＝DC ＝a.所以AB ＝atan αtan βtan β－tan α＝asin αsin βsin 〔β－α〕.9．－14 [解析] 由正弦定理a sinA ＝b sinB ＝c sinC 可得，a ∶b ∶c ＝si nA ∶sinB ∶sinC ＝2∶3∶4，由此设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k(k>0)．由余弦定理可得，cosC ＝a2＋b2－c22ab＝〔2k 〕2＋〔3k 〕2－〔4k 〕22×2k ×3k＝－14.10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3，设BC ＝x ，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x ＝5，解得x ＝6－1或x ＝－6－1(舍去)．故填6－1.11.233 [解析] 由△BCD 的面积为1，可得12×CD ×BC ×sin ∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，由余弦定理可知，cos ∠DCB ＝CD2＋BC2－BD22CD ×BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD2＋BC2－CD22BD ×BC ＝31010.由在△BCD 中，∠DBC 对应的边长最短，所以∠DBC 为锐角，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理BC sinA ＝ACsinB 可得，AC ＝BC ·sinB sinA ＝10×101032＝233.12．解：(1)tanC ＝－tan(A ＋B)＝－tanA ＋tanB1－tanAtanB＝－23＋151－23×15＝－1， 又0<C<π， ∴C ＝3π4.(2)由已知和(1)知：c ＝13，b 为最小边长． ∵tanB ＝15， ∴sinB ＝2626， ∴b ＝csinBsinC ＝1， ∴最小的边长为1.13．解：(1)f(x)＝23cos2x 2＋2sin x 2cos x2 ＝3(1＋cosx)＋sinx ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＋3，∴f ⎝⎛⎭⎫17π12＝2cos ⎝⎛⎭⎫17π12－π6＋3＝3－ 2.(2)f(C)＝2cos ⎝⎛⎭⎫C －π6＋3＝3＋1，∴cos ⎝⎛⎭⎫C －π6＝12，C ∈(0，π)，∴C ＝π2，在Rt △ABC 中，∵b2＝ac ，c2＝a2＋b2，∴c2＝a2＋ac ⇒⎝⎛⎭⎫a c 2＋a c －1＝0， 解得a c ＝－1±52.∵0<sinA<1，∴sinA ＝ac ＝5－12.14．解：(1)如下图，作PN ⊥AB ，N 为垂足，∠PQM ＝θ，∠PMQ ＝π－α，sin θ＝513，sin α＝45，cos θ＝1213，cos α＝35.在Rt △PNQ 中，PN ＝PQsin θ＝5.2×513＝2，QN ＝PQ·cos θ＝5.2×1213＝4.8.在Rt △PNM 中，MN ＝PN tan α＝243＝1.5，PM ＝PN sin α＝245＝2.5，∴MQ ＝QN －MN ＝4.8－1.5＝3.3.设游船从P 到Q 所用时间为t1 h ，游客甲从P 经M 到Q 所用时间为t2 h ，小船速度为v1 km/h ， 则t1＝PQ 13＝5.213＝26513＝25，t2＝PM v1＋MQ 66＝2.5v1＋3.366＝52v1＋120.由已知，得t2＋120＝t1，即52v1＋120＋120＝25，∴v1＝253.于是，当小船的速度为253km/h 时，游客甲才能和游船同时到达Q 地．(2)在Rt △PMN 中，PM ＝PN sin α＝2sin α，MN ＝PN tan α＝2cos αsin α，∴QM ＝QN －MN ＝4.8－2cos αsin α.于是t ＝PM 10＋QM66＝15sin α＋455－cos α33sin α＝1165×33－5cos αsin α＋455.∵t ′＝1165×5sin2α－〔33－5cos α〕cos αsin2α＝5－33cos α165sin2α，∴令t′＝0，得cos α＝533. 当cos α<533时，t′>0；当cos α>533时，t′<0，又y ＝cos α在α∈0，π2上是减函数，∴当方位角α满足cos α＝533时，t 取最小值， 即游客甲能按计划以最短时间到达Q 地． 专题限时集训(八) 【基础演练】1．A [解析] a －b ＋c －d ＝BA →＋DC →A. 2．C [解析] 依题意，由a ⊥C.3．A [解析] 由a ∥b 得2x ＝－4，∴A.4．B [解析] 依题意，得a·b ＝|a||b|cos30°＝2sin75°·4cos75°×32＝23sin150°＝ 3.故选B.【提升训练】5．C [解析] 依题意a 在b 方向上的投影为|a|cos 〈a ，b 〉＝2cos π3＝22.故选C.6．C [解析] 依题意，|a|＝1，|b|＝1，所以a·b ＝|a||b|cos60°＝12.于是|a ＋3b|＝〔a ＋3b 〕2＝|a|2＋6a·b ＋9|b|2＝1＋6×12＋9＝13.故选C.7．A [解析] 连结AD ，BE ，CF 交于点O ，则点O 为正六边形ABCDEF 的中心．故AF →＋ED →＋CB →＝AF →＋(ED →＋EF →)＝AF →＋EO →A.8．C [解析] 由于λa ＋b ＝λ(1，2)＋(2，0)＝(λ＋2，2λ)，而λa ＋b 与c 共线，则有λ＋21＝2λ－2C. 9．A [解析] 由|OA →|＝|OB →|＝|OC →|可知，点O 到三角形三个顶点的距离相等，所以点O 是三角形的外心；由NA →＋NB →＋NC →＝0，得点N 在三角形各边的中线上，故点N 是三角形的重心；由PA →·PB →＝PB →·PC →，得PB →·(PA →－PC →)＝0，即PB →·CA →＝0，所以PB →⊥CA →；同理，PC →⊥AB →，PA →⊥BC →，故点P 是三角形的垂心．10.324 [解析] 因为a ∥b ，所以12×1＝sinx ·cosx ，即sin2x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x ＝π2，即x＝π4.于是a·b ＝12sinx ＋cosx ＝12sin π4＋cos π4＝12×22＋22＝324. 11．8 [解析] 依题意得OA →2＝OB →2＝OC →2，由于AC →2＝(OC →－OA →)2＝OC →2＋OA →2－2OC →·OA →， 所以OC →·OA →＝12(OC →2＋OA →2－AC →2)，同理OA →·OB →＝12(OA →2＋OB →2－AB →2)，所以AO →·BC →＝－OA →·(OC →－OB →)＝－OA →·OC →＋OA →·OB →＝－12(OA →2＋OC →2－AC →2)＋12(OA →2＋OB →2－AB →2)＝12(AC →2－AB →2)＝12(52－32)＝8.12．3 [解析] 由于PA →＋PB →＋PC →＝PA →＋(PA →＋AB →)＋(PA →＋AC →)＝3PA →＋AB →＋AC →＝3PA →＋mAP →＝0，那么m ＝3.13．解：(1)a·b －c·d ＝2＋cos2θ－2sin2θ－1＝2cos2θ. 因为θ∈⎝⎛⎭⎫0，π4，所以2cos2θ∈(0，2)．(2)因为f(a·b)＝|cos2θ＋1|∈(1，2)， f(c·d)＝|2sin2θ|∈(0，1)， 所以f(a·b)>f(c·d)．14．解：(1)由题设知AB →＝(3，5)，AC →＝(－1，1)，则 AB →＋AC →＝(2，6)，AB →－AC →＝(4，4)． 所以|AB →＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2. 故所求的两条对角线的长分别为42、210.(2)由题设知：OC →＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t ，5＋t)． 由(AB →－tOC →)·OC →＝0，得(3＋2t ，5＋t)·(－2，－1)＝0， 从而5t ＝－11，所以t ＝－115.或者：AB →·OC →＝tOC →2，AB →＝(3，5)，t ＝AB →·OC →|OC →|2＝－115.15．解：(1)∵m ·n ＝1，即3sin x 4cos x 4＋cos2x4＝1， 即32sin x 2＋12cos x 2＋12＝1，。

2013年高考全国Ⅱ理科数学试题及答案(word解析版)

2013年高考全国Ⅱ理科数学试题及答案(word解析版)

2013年普通高等学校招生全国统一考试（全国II ）数学（理科）第Ⅰ卷一、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）【2013年全国Ⅱ，理1，5分】已知集合{}2|(1)4),M x x x R =-<∈，{}1,0,1,2,3N =-，则M N = （ ）（A ）{}0,1,2 （B ）{}1,0,1,2- （C ）{}1,0,2,3- （D ）{}0,1,2,3 【答案】A【解析】因为{}31|<<-=x x M ，{}3,2,1,0,1-=N ，所以{}0,1,2M N = ，故选A ． （2）【2013年全国Ⅱ，理2，5分】设复数z 满足(1i)2i z -=则z =（ ）（A ）1i -+ （B ）1i -- （C ）1i + （D ）1i - 【答案】A【解析】2i 2i(1i)1i 1i (1i)(1i)z +===-+--+，故选A ． （3）【2013年全国Ⅱ，理3，5分】等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知32110S a a =+，59a =，则1a =（ ）（A ）13 （B ）13- （C ）19（D ）19-【答案】C【解析】设数列{}n a 的公比为q ，若1q =，则由59a =，得19a =，此时327S =，而211099a a +=，不满足题意，因此1q ≠．∵1q ≠时，33111(1)·101a q qa a S q -=-=+，∴31101q q q -=+-，整理得29q =． ∵451·9a a q ==，即1819a =，∴119a =，故选C ．（4）【2013年全国Ⅱ，理4，5分】已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l m ⊥，l n ⊥，l α⊄，l β⊄，则（ ）（A ）//αβ且//l α （B ）αβ⊥且l β⊥ （C ）α与β相交，且交线垂直于l （D ）α与β相交，且交线平行于l【答案】D【解析】因为m α⊥，l m ⊥，l α⊄，所以//l α．同理可得//l β．又因为m ，n 为异面直线，所以α与β相交，且l 平行于它们的交线，故选D ．（5）【2013年全国Ⅱ，理5，5分】已知5(1)(1)ax x ++的展开式中2x 的系数是5，则a =（ ）（A ）4- （B ）3- （C ）2- （D ）1- 【答案】D【解析】因为5(1)x +的二项展开式的通项为5C 0)5(r rr r x ≤≤∈Z ，，则含2x 的项为221552C C 105()x ax x a x +⋅=+，所以1055a +=，1a =-，故选D ． （6）【2013年全国Ⅱ，理6，5分】执行右面的程序框图，如果输入的10N =，那么输出的S =（ ）（A ）1111+2310+++ （B ）1111+2!3!10!+++ （C ）1111+2311+++ （D ）1111+2!3!11!+++【答案】D【解析】由程序框图知，当1k =，0S =，1T =时，1T =，1S =；当2k =时，12T =，1=1+2S ；当3k =时，123T =⨯，111+223S =+⨯；当4k =时，1234T =⨯⨯，1111+223234S =++⨯⨯⨯；…； 当10k =时，123410T =⨯⨯⨯⨯ ，1111+2!3!10!S =+++ ，k 增加1变为11，满足k N >，输出S ，所以B 正确，故选D ．（7）【2013年全国Ⅱ，理7，5分】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是()1,0,1，()1,1,0，()0,1,1，()0,0,0，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）【答案】A【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O xyz -的图像为下图：则它在平面zOx 上的投影即正视图为A 图形，故选A ．（8）【2013年全国Ⅱ，理8，5分】设3log 6a =，5log 10b =，7log 14c =，则（ ）（A ）c b a >> （B ）b c a >> （C ）a c b >> （D ）a b C >> 【答案】D【解析】根据公式变形，lg 6lg 21lg3lg3a ==+，lg10lg 21lg 5lg 5b ==+，lg14lg 21lg 7lg 7c ==+，因为lg 7lg5lg3>>， 所以lg 2lg 2lg 2lg 7lg5lg3<<，即c b a <<，故选D ． （9）【2013年全国Ⅱ，理9，5分】已知0a >，,x y 满足约束条件13(3)x x y y a x ≥⎧⎪+≤⎨⎪≥-⎩，若2z x y =+的最小值是1，则a =（ ）（A ）14 （B ）12（C ）1 （D ）2【答案】B【解析】由题意作出13x x y ≥⎧⎨+≤⎩所表示的区域如图阴影部分所示，作直线21x y +=，因为直线21x y +=与直线1x =的交点坐标为(1)1-，，结合题意知直线()3y a x =-过点(1)1-，，代入得12a =，故选B ． （10）【2013年全国Ⅱ，理10，5分】已知函数32()f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是（ ）（A ）0x R ∃∈，0()0f x = （B ）函数()y f x =的图象是中心对称图形（C ）若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间0(,)x -∞单调递减（D ）若0x 是()f x 的极值点，则0'()0f x = 【答案】C【解析】若0c =则有(0)0f =，所以A 正确．由32()f x x ax bx c =+++得32()f x c x ax bx -=++，因为函数32y x ax bx =++的对称中心为0,0（），所以32()f x x ax bx c =+++的对称中心为(0,)c ，所以B 正确．由三次函数的图象可知，若0x 是()f x 的极小值点，则极大值点在0x 的左侧，所以函数在区间0,x -∞（）单调递减是错误的，D 正确，故选C ．（11）【2013年全国Ⅱ，理11，5分】设抛物线22(0)y px p =≥的焦点为F ，点M 在C 上，5MF =，若以MF为直径的圆过点0,2（），则C 的方程为（ ）（A ）24y x =或28y x = （B ）22y x =或28y x = （C ）24y x =或216y x = （D ）22y x =或216y x = 【答案】C【解析】设点M 的坐标为00()x y ，，由抛物线的定义，得052P MF x =+=，则052x p =-．又点F 的坐标为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，所以以MF 为直径的圆的方程为()()0020p y y x x x y ⎛⎫- ⎭-⎪⎝-+=．将0x =，2y =代入得00840px y +-=，即0202480y y -+=，所以04y =．由0202y px =，得16252p p ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，解之得2p =，或8p =． 所以C 的方程为24y x =或216y x =，故选C ．（12）【2013年全国Ⅱ，理12，5分】已知1,0A -（），1,0B （），0,1C （），直线(0)y ax b a =+>将ABC ∆分割为面积相等的两部分，则b 的取值范围是（ ）（A ）0,1（） （B ）112⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ （C ）113⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ （D ）11,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 【答案】B第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分．第（13）题~第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答．第（22）题~第（24）题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上（13）【2013年全国Ⅱ，理13，5分】已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE BD ⋅=______． 【答案】2【解析】解法一：在正方形中，12AE AD DC =+ ,BD BA AD AD DC =+=-,所以2222111()()222222AE BD AD DC AD DC AD DC ⋅=+⋅-=-=-⨯= ．解法二：以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A 的坐标为()0,0，点B 的坐标为()2,0，点D 的坐标为()0,2，点E 的坐标为()1,2，则()1,2AE =，()2,2BD =-，所以2AE BD ⋅= ． （14）【2013年全国Ⅱ，理14，5分】从n 个正整数1,2,3,4,5，…，n 中任意取出两个不同的数，若其和为5的概率是114，则n =__ ____．【答案】8【解析】从1,2，…，n 中任取两个不同的数共有2C n种取法，两数之和为5的有()1,4，()2,3 2种，所以221C 14n=，即24111142n n n n ==(-)(-)，解得8n =．（15）【2013年全国Ⅱ，理15，5分】设θ为第二象限角，若1tan()42πθ+=，则sin cos θθ+=_______．【答案】【解析】由π1tan 1tan 41tan 2θθθ+⎛⎫+== ⎪-⎝⎭，得1t a n 3θ=-，即1s i n c o s 3θθ=-．将其代入22sin cos 1θθ+=，得210cos 19θ=．因为θ为第二象限角，所以cos θ=，sin θ=sin cos θθ+=． （16）【2013年全国Ⅱ，理16，5分】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知100S =，1525S =，则n nS 的最小值为_______． 【答案】49-【解析】设数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则1101109S =10210450a a d d ⨯=+=＋，①115115141521510525d S a d a =+⨯==+．② 联立①②，得13a =-，23d =，所以2(1)211032333n n n n S n n --+⨯=-=．令()n f n nS =，则32110()33f n n n =-，220'()3f n n n =-．令()0f n '=，得0n =或203n =．当203n >时，()0f n '>,200<<3n 时，()0f n '<，所以当203n =时，()f n 取最小值，而n +∈N ，则()648f =-，()749f =-，所以当7n =时，()f n 取最小值49-．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． （17）【2013年全国Ⅱ，理17，12分】ABC ∆的内角的对边分别为,,,a b c 已知cos cos a b C c B =+．（1）求B ；（2）若2b =，求ABC ∆的面积的最大值． 解：（1）由已知及正弦定理得sin sin cos sin sin A B C C B =+．① 又()A B C π=-+，故()sin sin sin cos cos sin A B C B C B C =+=+．② 由①，②和0()C π∈，得sin cos B B =， 又0()B π∈，，所以π4B =． （2）ABC ∆的面积1sin 2S ac B ==．由已知及余弦定理得22π2cos 44ac a c =+-． 又222a c ac +≥，故ac ≤a c =时，等号成立．因此ABC ∆．（18）【2013年全国Ⅱ，理18，12分】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别是AB ，1BB 的中点．1AA AC CB AB ===． （1）证明：1//BC 平面11A CD ；（2）求二面角1D ACE --的正弦值． 解：（1）连结1AC 交1A C 于点F ，则F 为1AC 中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则1//BC DF ． 因为DF ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1//BC 平面1A CD ．（2）由AC CB AB ==得，AC BC ⊥．以C 为坐标原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图 所示的空间直角坐标系C xyz -．设2CA =，则()1,1,0D ，()0,2,1E ，()12,0,2A ，()1,1,0CD =， ()0,2,1CE = ，()12,0,2CA =．设111()x y z =n ，，是平面1A CD 的法向量，则100CD CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即11110220x y x z +=⎧⎨+=⎩，可取11(1)=--n ，，．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量， 则10CE CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 可取2,1()2=-m ，．从而||||o c s ==n?m n n m m 〈，〉，故sin ,=n m 即二面角1D ACE --（19）【2013年全国Ⅱ，理19，12分】经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t 该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t 亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品．以X (单位：t ，100150X ≤≤)表示下一个销售季度内的市场需求量，T (单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润 （1）将T 表示为X 的函数；（2）根据直方图估计利润T 不少于57000元的概率；（3）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作1为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量[)100,110X ∈，则取105X =，且105X =的概率等于需求量落入[)100,110的频率)，求T 的数学期望．解：（1）当[)100,130X ∈时，()50030013080039000T X X X =--=-，当[]130,150X ∈时，50013065000T =⨯=． 所以80039000,10013065000,130150X X T X -≤<⎧=⎨≤≤⎩．（2）由（1）知利润T 不少于57000元当且仅当120150X ≤≤．由直方图知需求量[]120,150X ∈的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57000元的概率的估计值为0.7． （3）依题意可得T所以450000.1ET =⨯+（20）【2013年全国Ⅱ，理20，12分】平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：2222=1x y a b +(0a b >>)右焦点的直线0x y +交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为12．（1）求M 的方程；（2）C ，D 为M 上两点，若四边形ACBD 的对角线CD AB ⊥，求四边形ACBD 面积的最大值．解：（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，00()P x y ，，则221122=1x y a b+，222222=1x y a b +，2121=1y y x x ---， 由此可得2212122121=1b x x y y a y y x x (+)-=-(+)-．因为1202x x x +=，1202y y y +=，0012y x =，所以222a b =． 又由题意知，M 的右焦点为)，故223ab -=．因此26a =，23b =．所以M 的方程为22=163x y +．（2）由220163x y xy⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩，解得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或0x y =⎧⎪⎨=⎪⎩AB =CD 的方程为： y x n n ⎛=+<<⎝，设33()C x y ，，44()D x y ，．由22163y x nx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得2234260x nx n ++-=． 于是3,4x =CD 的斜率为1，所以43|x xCD -由已知，四边形ACBD 的面积1||||2S CD AB =⋅=． 当0n =时，S ．所以四边形ACBD ．（21）【2013年全国Ⅱ，理21，12分】已知函数()ln()x f x e x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m 并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明()0f x >．解：（1）()1e x mf x x =-'+．由0x =是()f x 的极值点得()00f '=，所以1m =．于是()()e ln 1x f x x =-+，定义域为()1-+∞，，()1e 1x f x x =-+'．函数()1e 1x f x x =-+'在()1-+∞，单调递增，且()00f '=． 因此当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当0()x ∈+∞，时，()0f x '>．所以()f x 在()1,0-单调递减，在(0)+∞， 单调递增．（2）当2m ≤，()x m ∈-+∞，时，()()ln ln 2x m x +≤+，故只需证明当2m =时，()0f x >．当2m =时，函数()1e 2x f x x =-+'在()2-+∞，单调递增．又()10f '-<，()00f '>， 故()0f x '=在()2-+∞，有唯一实根0x ，且()01,0x ∈-．当02()x x ∈-，时，()0f x '<； 当0()x x ∈+∞，时，()0f x '>，从而当0x x =时，()f x 取得最小值．由()00f x '=得001e 2x x =+， ()00ln 2x x +=-，故()()20000011022f x x x x f x x (+)+=≥>++=．综上，当2m ≤时，()0f x >． 请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时请写清题号． （22）【2013年全国Ⅱ，理22，10分】（选修4-1：几何证明选讲）如图，CD 为ABC ∆外接圆的切线，AB 的延长线交直线CD 于点D ，E ，F 分别为弦AB 与弦AC 上的点，且 ··BC AE DC AF =，B ，E ，F ，C 四点共圆． （1）证明：CA 是ABC ∆外接圆的直径；（2）若DB BE EA ==，求过B ，E ，F ，C 四点的圆的面积与ABC ∆外接圆面积的比值．解：（1）因为CD 为ABC ∆外接圆的切线，所以DCB A ∠=∠，由题设知BC DCFA EA=，故CDB AEF ∆∆∽， 所以DBC EFA ∠=∠．因为B ，E ，F ，C 四点共圆，所以CFE DBC ∠=∠，故90EFA CFE ∠=∠=︒． 所以90CBA ∠=︒，因此CA 是ABC ∆外接圆的直径．（2）连结CE ，因为90CBE ∠=︒，所以过B ，E ，F ，C 四点的圆的直径为CE ，由D B B E =，有C E D C =， 又22·2BC DB BA DB ==，所以222246CA DB BC DB =+=．而22·3DC DB DA DB ==，故过B ，E ，F ， C 四点的圆的面积与ABC ∆外接圆面积的比值为12．（23）【2013年全国Ⅱ，理23，10分】（选修4-4：坐标系与参数方程）已知动点P Q 、都在曲线2cos :2sin x tC y t =⎧⎨=⎩（t 为参数）上，对应参数分别为=t α与=2t α（02απ<<），M 为PQ 的中点． （1）求M 的轨迹的参数方程；（2）将M 到坐标原点的距离d 表示为α的函数，并判断M 的轨迹是否过坐标原点．解：（1）依题意有2cos (n )2si P αα，，2cos2(2)2sin Q αα，，因此cos cos ()2sin sin2M αααα++，． M 的轨迹的参数方程为cos cos 2sin sin 2x y αααα=+⎧⎨=+⎩(α为参数，02απ<<)．（2）M点到坐标原点的距离)02d απ<<．当απ=时，0d =，故M 的轨迹过坐标原点．（24）【2013年全国Ⅱ，理24，10分】（选修4-5：不等式选讲）设a ，b ，c 均为正数，且1a b c ++=，证明：（1）13ab bc ac ++≤；（2）2221a b c b c a ++≥．解：（1）由222a b ab +≥，222b c bc +≥，222c a ca +≥，得222a b c ab bc ca ++≥++．由题设得()21a b c ++=，即2222221a b c a b b c c a +++++=．()31ab bc ca ∴++≤，即13a b b c c a ++≤．（2）因为22a b a b +≥，22b c b c +≥，22c a c a +≥，故()222(2)a b ca abc c a b c b +≥++++++，即222a b c a b c b c a ≥++++．所以2221a b cb c a++≥．。

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：作业手册详答(湖北省专用)doc资料

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专题限时集训(一)A 【基础演练】1．A [解析] 依题意得B ＝{x|－2<x<1}，故A ∪B ＝{x|－2<x<4}．2．D [解析] 依题意得A ＝{－1，0，1}，因此集合A 的子集个数是23＝8. 3．B [解析] 根据特称命题的否定得命题綈p 应为：∀x ∈0，π2，sinx ≠12.4．D [解析] D 项中，当φ＝π2时，函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝cos2x 是偶函数，故D 项错误；A ，B ，C 项都易验证是正确的．故选D.【提升训练】5．B [解析] 由x －2x ＋3<0得－3<x<2，即M ＝{x|－3<x<2}；由|x －1|≤2得－1≤x≤3，即N ＝{x|－1≤x≤3}．所以M∩N ＝[－1，2)．6．B [解析] 当c ＝－1时，由函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，x≥1，x －1，x<1的图象可以得出其是增函数；反之，不一定成立，如取c ＝－2.所以“c ＝－1”是“f(x)在R 上单调递增”的充分不必要条件． 7．C [解析] 当“A>B”时，因为sinA －sinB ＝2cos A ＋B 2sin A －B 2，易知A ＋B 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，A －B2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos A ＋B 2>0，sin A －B 2>0.可以推得sinA>sinB.当“sinA>sinB ”时，有sinA －sinB ＝2cos A ＋B 2sin A －B 2>0，又由上得cos A ＋B 2>0，所以sin A －B 2>0，所以A －B 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，即A －B ∈(0，π)，可以推得A>B.故“A>B”是“sinA>sinB ”的充分必要条件．故选C. 8．C [解析] 命题p 等价于Δ＝a2－16≥0，即a≤－4或a≥4；命题q 等价于－a4≤3，即a≥－12.由p 或q 是真命题，p 且q 是假命题知，命题p 和q 一真一假．若p 真q 假，则a<－12；若p 假q 真，则－4<a<4.故实数a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－4，4)．9．B [解析] 对于①，显然m≠0，故由am2<bm2两边同时除以m2，得a<b.故①正确．对于②，因为x 是任意正数，所以不等式2x ＋a x ≥1等价于a≥x －2x2＝－2⎝⎛⎭⎫x －142＋18.因为不等式恒成立，所以a≥18.故②正确．对于③，命题“∃x ∈R ，x2－x>0”的否定是“∀x ∈R ，x2－x≤0”，故③错误．对于④，若命题p ∧q 为假，则p 和q 至少有一个为假，不可以推得命题p ∨q 为假命题；但当命题p ∨q 为假时，则p 和q 都为假，可以推得命题p ∧q 为假命题；故“p ∧q 为假命题”是“p ∨q 为假命题”的必要不充分条件，故④错误．综上，正确的个数为2.故选B. 10．∀x ∈R ，x>1且x2≤4 [解析] 因为特称命题p ：∃x0∈M ，p(x0)的否定为綈p ：∀x ∈M ，綈p(x)，所以题中命题的否定为“∀x ∈R ，x>1且x2≤4”．11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B ∩(∁UA)＝{5，6}．12．①④ [解析] 对于①，“∃x0∈R ，2x0>3”的否定是“∀x ∈R ，2x ≤3”，所以①正确；对于②，注意到sin π6－2x ＝cos2x ＋π3，因此函数y ＝sin2x ＋π3sin π6－2x ＝sin2x ＋π3·cos2x＋π3＝12sin4x ＋2π3，其最小正周期为2π4＝π2，所以②不正确；对于③，注意到命题“函数f(x)在x ＝x0处有极值，则f′(x 0)＝0”的否命题是“若函数f(x)在x ＝x0处无极值，则f′(x 0)≠0”，容易知该命题不正确，如取f(x)＝x3，f(x)无极值但当x0＝0时，f′(x 0)＝0，故③不正确；对于④，依题意知，当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x ，所以④正确．综上所述，其中正确的说法是①④. 专题限时集训(一)B 【基础演练】1．B [解析] (∁UM )∩N ＝{x|x ∈Z ，x≠－1，0，1}∩{0，1，3}＝{3}．故选B. 2．A [解析] 依题意得M ＝{x|x≥－a}，N ＝{x|1<x<3}，则∁UN ＝{x|x≤1，或x≥3}．又M∩(∁UN)＝{x|x ＝1，或x≥3}， 所以－a ＝1，求得a ＝－1.3．C [解析] 因为a2－a ＋1＝a －122＋34≥34>0，所以由a －1a2－a ＋1<0得a<1，不能得到|a|<1；反过来，由|a|<1得－1<a<1，所以a －1a2－a ＋1<0.因此“a －1a2－a ＋1<0”是“|a|<1”成立的必要不充分条件．4．D [解析] 对于A ，命题“若x2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，因此选项A 不正确；对于B ，由x ＝－1得x2－5x －6＝0，因此“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的充分条件，选项B 不正确；对于C ，命题“∃x0∈R ，使得x20＋x0－1<0”的否定是：“∀x ∈R ，使得x2＋x －1≥0”，因此选项C 不正确；对于D ，命题“若x ＝y ，则sinx ＝siny ”是真命题，因此它的逆否命题也为真命题，选项D 正确． 【提升训练】5．B [解析] A ＝{x|x2－x －6<0}＝{x|－2<x<3}，所以A∩B ＝{－1，1，2}，有三个元素．故选B.6．D [解析] 因为∀x ∈R ，2x2＋2x ＋12＝2x ＋122≥0，所以p 为假命题；当x ＝3π4时，sin3π4－cos 3π4＝22＋22＝2，所以q 为真命题，则綈q 是假命题．7．B [解析] 注意到⊙O1与⊙O4无公共点，⊙O2与⊙O3无公共点，则满足题意的“有序集合对”(A ，B)的个数是4.8．A [解析] 对于命题q ，函数f(x)＝x2＋mx ＋9存在零点，等价于Δ＝m2－4×9≥0，等价于m≥6或m≤－6，又{m|m>7}⊂{m|m ≥6}，所以p 是q 的充分不必要条件．故选A. 9．C [解析] 若xyz ＝0，不妨设x ＝0，则由xOA →＋yOB →＋zOC →＝0，得yOB →＝－zOC →，故OB →与OC →共线，又它们有公共点O ，所以点O 在直线BC 上．同理，当y ＝0或z ＝0可分别推得点O 在直线AC ，AB 上．故由“xyz ＝0”可以推得“点O 在△ABC 的边所在直线上”；若点O 在△ABC 的边所在直线上，不妨设点O 在直线BC 上，则一定存在实数λ，使得yOB →＋zOC →＝λOB →成立．又xOA →＋yOB →＋zOC →＝0，所以xOA →＋λOB →＝0.因为OA →与OB →不共线，所以x ＝0，λ＝0.同理，当点O 在直线AC ，AB 上时，可以分别推得y ＝0，z ＝0.故由“点O 在△ABC 的边所在直线上”可以推得“xyz ＝0”．故“xyz ＝0”是“点O 在△ABC 的边所在直线上”的充要条件．故选C.10．ab ＝a2＋b2 [解析] 由A∩B 只有一个元素知，圆x2＋y2＝1与直线x a －yb ＝1相切，则1＝aba2＋b2，即ab ＝a2＋b2.11．必要不充分 [解析] 设向量a ，b 的夹角为θ，则由题意知，当a·b ＝|a|·|b|cos θ>0时，θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2；若a 与b 的夹角为锐角，即θ∈0，π2.因为⎝⎛⎭⎫0，π2⎣⎡⎭⎫0，π2，所以p 是q 成立的必要不充分条件．12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 若对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0，则Δ＝a2＋16a<0，即－16<a<0；若对于任意实数x ，都有x2－2ax ＋1>0，则Δ＝4a2－4<0，即－1<a<1.于是命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是真命题时有a ∈(－1，0)，则命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是假命题时a 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 专题限时集训(二)A 【基础演练】1．D [解析] 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧x>0，log3x ≠0，解得x>0且x≠1，故函数定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项C 中的图象．3．C [解析] 依题意，因为5≥4，4≥4，所以f(5)＝f(5－1)＝f(4)＝f(4－1)＝f(3)，而3<4，所以f(3)＝23＝8.4．B [解析] 因为3a ＝5b ＝A ，所以a ＝log3A ，b ＝log5A ，且A>0，于是1a ＋1b ＝logA3＋logA5＝logA15＝2，所以A ＝15. 【提升训练】5．D [解析] 由题意，⎩⎨⎧2－x>0，lgx ≥0，解得1≤x<2.故选D.6．B [解析] 由loga2<0得0<a<1，f(x)＝loga(x ＋1)的图象是由函数y ＝logax 的图象向左平移1个单位得到的，故为选项B 中的图象．7．A [解析] 由条件知，0<a<1，b<－1，结合选项，函数g(x)＝ax ＋b 只有A 符合要求． 8．B [解析] 根据f(x)的图象知0<b<1，a>1，则函数g(x)单调递增，且是由函数h(x)＝logax 向左平移了b(0<b<1)个单位而得到的，故B 项符合． 9．B [解析] 由f(x ＋3)＝－1f （x ），得f(x ＋6)＝－1f （x ＋3）＝f(x)，知6为该函数的一个周期，所以f(107.5)＝⎝⎛⎭⎫6×18－12＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－1f ⎝⎛⎭⎫52＝－1f ⎝⎛⎭⎫－52＝－1－10＝110. 10．－12 [解析] 依题意，f(m)＝12，即em －1em ＋1＝12.所以f(－m)＝e －m －1e －m ＋1＝1－em 1＋em ＝－em －1em ＋1＝－12.11．7 6 [解析] 因为f(22)＝loga((22)2－1)＝loga7＝1，所以a ＝7. 故f(f(2))＝f[log7(22－1)] ＝2×7log73＝2×3＝6.12．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知故命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题． 专题限时集训(二)B 【基础演练】1．C [解析] 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，1－lg （x ＋2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，x ＋2≤10，解得－2<x≤8，故函数定义域为(－2，8]．2．A [解析] f(27)＝11＋327＝14，f(f(27))＝f ⎝⎛⎭⎫14＝⎪⎪⎪⎪log414－1－2＝0.故选A. 3．B [解析] y ＝－1x 是奇函数，A 错误；y ＝e|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，B 正确；y ＝－x2＋3是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，C 错误；y ＝cosx 是偶函数且在(0，＋∞)上有时递增，有时递减，D 错误．4．C [解析] 依题意，由f(2－x)＝f(x)得f(1－x)＝f(1＋x)， 即函数f(x)的对称轴为直线x ＝1，结合图形可知f 12<f 13<f(0)＝f(2)． 【提升训练】5．C [解析] 将函数f(x)＝x|x|－2x 去掉绝对值，得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2x ，x≥0，－x2－2x ，x<0，画出函数f(x)的图象，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．6．A [解析] 本题考查函数的奇偶性，周期性，函数求值． f ⎝⎛⎭⎫－52＝－f ⎝⎛⎭⎫52＝－f ⎝⎛⎭⎫12＝－2×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝－12.故选A. 7．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x→0时，x sinx →1，当x→π时，x sinx →＋∞，综合这些信息得只能是选项C 中的图象．8．D [解析] 由题意，f(12，16)＝f(12，12＋4)＝14(12＋4)f(12，4)＝4f(4，12)＝4f(4，4＋8)＝4×18(4＋8)f(4，8)＝6f(4，4＋4)＝6×14(4＋4)f(4，4)＝12×4＝48.故选D.9．D [解析] 依题意得，f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x≤0，－x ＋1，0<x<2，x －3，x≥2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x －1)和y ＝t(|t|<1)的图象(如图)，由图象知方程f(x －1)＝t(|t|<1)所有根的和s 的取值范围是(2，4)．10．－14 [解析] 由对任意t ∈R ，都有f(t)＝f(1－t)，可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t ＋1)＝－f(t)，进而得到f(t ＋2)＝－f(t ＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数y ＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，f －32＝f 12＝－14.所以f(3)＋f －32＝0＋－14＝－14.11．①②④ [解析] 依题意，令x ＝－2得f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数f(x)是偶函数，故f(2)＝0，所以①正确；根据①可得f(x ＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，由于偶函数的图象关于y 轴对称，故x ＝－4也是函数y ＝f(x)图象的一条对称轴，所以②正确；根据函数的周期性可知，函数f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数f(x)的图象关于直线x ＝－4对称，故如果方程f(x)＝m 在[－6，－2]上的两根为x1，x2，则x1＋x2＝－8，所以④正确． 12．②④ [解析] 对于①，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于②，注意到f(x)＝2－x>0，因此存在函数g(x)＝0，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数；对于③，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于④，注意到f(x)＝x ＋sinx ≥x －1，因此存在函数g(x)＝x －1，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的f(x)的序号为②④. 专题限时集训(三) 【基础演练】1．B [解析] 本题考查函数零点所在区间的判断．因为f ⎝⎛⎭⎫－14＝e 14－2<0，f ⎝⎛⎭⎫－12＝e 12－1>0，所以f ⎝⎛⎭⎫－14·f ⎝⎛⎭⎫－12<0.又函数f(x)的图象是连续的，所以由零点存在定理得函数f(x)＝e －x －4x －3的零点所在的区间为⎝⎛⎭⎫－12，－14.故选B. 2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图象可求得函数解析式为h ＝20－5t(0≤t≤4)，对照选项可知图象应为B.故选B.3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v ＝t2－12满足．故选C.4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数y ＝3cos π2x 和y ＝log2x ＋12的图象，可得交点个数为3.【提升训练】5．D [解析] 由于f ⎝⎛⎭⎫1e ＝13×1e －ln 1e ＝13e ＋1>0，f(1)＝13×1－ln1＝13>0，f(e)＝13×e －lne ＝13e －1<0，则知函数f(x)在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点．故选D.6．C [解析] 易知f(a)＝0，函数f(x)＝lnx －log 12x 在(0，＋∞)上单调递增，因为0<x0<a ，所以f(x0)<f(a)＝0.7．C [解析] 设CD ＝x ，依题意，得S ＝x(16－x)(4<x<16－a)，所以Smax ＝f(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧64（0<a≤8），a （16－a ）（8<a<12），对照图象知，C 符合函数模型对应的图象．故选C. 8．D [解析] 因为函数f(x)是奇函数，且定义域为R ，所以f(0)＝0.又函数f(x)是周期为3的周期函数，所以f(6)＝f(3)＝f(0)＝0.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f(x)＝sin πx ，所以f(1)＝0.所以f(4)＝f(1)＝f(－2)＝0.所以f(2)＝f(5)＝0.因为f ⎝⎛⎭⎫32＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫92＝0.综上，函数f(x)在区间[0，6]上的零点有0，1，32，2，3，4，92，5，6共9个．9．D [解析] 由对任意的x ∈R 都有f(x ＋1)＝f(x －1)知f(x)＝f(x ＋2)，即函数y ＝f(x)的周期为2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x)(x ∈[－1，3])和y ＝m(x ＋1)的图象(如图)，要使函数g(x)＝f(x)－mx －m 恰有四个不同零点，则0<m≤14.10．3 [解析] 由题意知，f(3)＝ln3－1>0，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k ＝3.故填3.11．40 [解析] 设相同时间间隔为t1小时，第10台投入工作至收割完成为t2小时，则第1，2，3，4，5，6，7，8，9台投入工作的时间依次为9t1＋t2，8t1＋t2，…，t1＋t2小时．因为采用第一种方案总共用24小时完成，所以每台收割机每小时完成收割任务的1240.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧9t1＋t2＝5t2，1240[（9t1＋t2）＋（8t1＋t2）＋…＋t2]＝1，解得t2＝8.故采用第二种方案时第一台收割机投入工作的时间为5t2＝40(小时)．12．解：(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝2m ＋1<0，f （－1）＝2>0，f （1）＝4m ＋2<0，f （2）＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m<－12，m ∈R ，m<－12，m>－56.∴－56<m<－12.(2)抛物线与x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4m2－4（2m ＋1）≥0，f （0）＝2m ＋1>0，f （1）＝4m ＋2>0，0<－m<1，得－12<m≤1－2.(这里0<－m<1是因为对称轴x ＝－m 对应的－m 应在区间(0，1)内过) 13．解：(1)当x ＝0时，t ＝0；当0<x≤24时，x ＋1x ≥2(当x ＝1时取等号)，∴t ＝x x2＋1＝1x ＋1x∈⎝⎛⎦⎤0，12，即t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. (2)当a ∈⎣⎡⎦⎤0，12时，记g(t)＝|t －a|＋2a ＋23， 则g(t)＝⎩⎨⎧－t ＋3a ＋23，0≤t≤a ，t ＋a ＋23，a<t ≤12.∵g(t)在[0，a]上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a ，12上单调递增， 且g(0)＝3a ＋23，g ⎝⎛⎭⎫12＝a ＋76，g(0)－g ⎝⎛⎭⎫12＝2⎝⎛⎭⎫a －14. 故M(a)＝⎩⎨⎧g ⎝⎛⎭⎫12，0≤a≤14，g （0），14<a ≤12，即M(a)＝⎩⎨⎧a ＋76，0≤a≤14，3a ＋23，14<a ≤12.∴当且仅当a≤49时，M(a)≤2.故当0≤a≤49时不超标，当49<a ≤12时超标． 14．解：(1)当m ＝2，x ∈[1，2]时， f(x)＝x·(x －1)＋2＝x2－x ＋2＝x －122＋74.∵函数y ＝f(x)在[1，2]上单调递增，∴f(x)max ＝f(2)＝4，即f(x)在[1，2]上的最大值为4.(2)函数p(x)的定义域为(0，＋∞)，函数p(x)有零点，即方程f(x)－g(x)＝x|x －1|－lnx ＋m ＝0有解，即m ＝lnx －x|x －1|有解，令h(x)＝lnx －x|x －1|. 当x ∈(0，1]时，h(x)＝x2－x ＋lnx.∵h ′(x)＝2x ＋1x －1≥22－1>0当且仅当2x ＝1x 时取“＝”，∴函数h(x)在(0，1]上是增函数，∴h(x)≤h(1)＝0.当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x ＋lnx.∵h ′(x)＝－2x ＋1x ＋1＝－2x2＋x ＋1x ＝－（x －1）（2x ＋1）x <0，∴函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴h(x)<h(1)＝0，∴方程m ＝lnx －x|x －1|有解时，m≤0， 即函数p(x)有零点时，m 的取值范围为(－∞，0]． 专题限时集训(四)A 【基础演练】1．B [解析] 对于B ，由a3>b3知a>b ，而ab>0，由不等式的倒数法则知1a <1b .故选B. 2．D [解析] 由1x <12，得1x －12<0，即2－x 2x <0，于是不等式转化为x(x －2)>0，解得x<0或x>2.故选D.3．B [解析] a·b ＝4x －4＋2y ＝0，即2x ＋y ＝2，9x ＋3y ≥29x ·3y ＝232x ＋y ＝232＝6(当2x ＝y ＝1时取等号)．4．B [解析] 作出满足题设条件的可行域(如图)，则当直线y ＝－2x ＋z 经过点A(－2，2)时，截距z 取得最小值，即zmin ＝2×(－2)＋2＝－2.【提升训练】5．A [解析] |x ＋3|－|x －1|≤|(x ＋3)－(x －1)|＝4，由题意，有4≤a 2－3a ，解得a≤－1，或a≥4. 6．A [解析] 依题意，a2<1＋x 对任意正数x 恒成立，则a2≤1，求得－1≤a≤1.7．B [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y≤0，x －2y ＋3≥0，x≥0的可行域，如图中的阴影部分所示，设w ＝2x ＋y ，由图知，当取点A(1，2)时，w 取得最大值为2×1＋2＝4，此时z ＝2x ＋y ＋4的最大值为4＋4＝8.故选B.8．A [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y －2≥0表示的平面区域，则此平面区域为△ABC ，且A(2，0)，B(0，1)，C(2，1)，于是，S ＝12×2×1＝1.故选A.9．B [解析] 由a>0，b>0且直线x －y ＝－1与2x －y ＝2的交点为(3，4)，得当x ＝3，y ＝4时，z 取得大值，3a ＋4b ＝7，所以3a ＋4b ＝3a ＋4b ·3a ＋4b 7＝97＋167＋127b a ＋a b ≥257＋127×2b a ·a b ＝257＋247＝7. 10．A [解析] 由f(x)是奇函数知f(0)＝lg(2＋a)＝0，解得a ＝－1，那么由f(x)＝lg ⎝⎛⎭⎫21－x －1<0＝lg1，得21－x －1<1，即x x －1>0，解得x<0或x>1，又知其定义域为21－x －1>0，即x ＋1x －1<0，解得－1<x<1，综上可得－1<x<0.故选A.11．8 [解析] 依题意，设货车从A 市到B 市的时间为t ，则t ＝400v ＋16×v202v ＝400v ＋16v400≥2400v ·16v400＝216＝8.故填8.12．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [解析] 当x≤－1时，不等式可化为－(x ＋1)－(2x －4)>6，解得x<－1；当－1<x<2时，不等式可化为(x ＋1)－(2x －4)>6，解得x<－1，无解；当x≥2时，不等式可化为(x ＋1)＋(2x －4)>6，解得x>3；故不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．13．－18 6 [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y2－x≤0，x ＋y≤2表示的可行域(如下图阴影部分所示，含边界)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y2－x ＝0，x ＋y ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，故两交点分别为A(1，1)，B(4，－2)．设z ＝2x ＋y ，可知当直线z ＝2x ＋y 经过点B(4，－2)时，z ＝2x ＋y 有最大值，且zmax ＝6；当直线z ＝2x＋y 与抛物线y2－x ＝0相切时，z ＝2x ＋y 有最小值，此时由⎩⎪⎨⎪⎧y2－x ＝0，z ＝2x ＋y ，消去y 得4x2－(4z＋1)x ＋z2＝0，令Δ＝(4z ＋1)2－16z2＝0，解得z ＝－18.故zmin ＝－18.故2x ＋y 的最小值为－18，最大值为6. 专题限时集训(四)B 【基础演练】1．D [解析] ∵y>x>0，且x ＋y ＝1，取特殊值：x ＝14，y ＝34，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38，∴x<2xy<x ＋y 2<y.故选D.2．D [解析] |x －1|＋|x －6|≥|(x －1)－(x －6)|＝5，故要使不等式|x －1|＋|x －6|>m 恒成立，须满足m<5.3．D [解析] ∵am ＋bn ＋c<0，b<0，∴n>－a b m －cb . ∴点P 所在的平面区域满足不等式y>－a b x －cb ，a>0，b<0.∴－ab >0.故点P 在该直线的上侧，综上知，点P 在该直线的左上方．4．D [解析] 依题意，不等式f(x0)>1等价于⎩⎪⎨⎪⎧x0≤0，12x0>1或⎩⎨⎧x0>0，x0>1，解得x0<0或x0>1.故选D.【提升训练】5．C [解析] 不等式x2－x －6x －1>0可化为(x ＋2)(x －3)(x －1)>0，由数轴标根法可知，解集为{x|－2<x<1，或x>3}．6．B [解析] 依题意知，－12和13是一元二次方程ax2＋bx ＋2＝0的两根，且a<0，则⎩⎨⎧－12＋13＝－ba ，－12×13＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2.于是，不等式2x2＋bx ＋a<0即是2x2－2x －12<0，解得－2<x<3.故选B.7．C [解析] 因为0<x<1，所以1＋x>2x ＝4x>2x ，所以只需比较1＋x 与11－x 的大小．因为1＋x －11－x ＝1－x2－11－x ＝x2x －1<0，所以1＋x<11－x .故选C.8．2π [解析] 在同一直角坐标系中作出可行域⎩⎨⎧（x ＋3y ）（3x －y ）≤0，x2＋y2≤4.由图形知，不等式组表示的平面区域的面积是二分之一的半径为2的圆面积，即S ＝12×π×22＝2π.9．2＋22 [解析] 画出不等式组表示的平面区域，当t 最小时，所表示的区域为第一象限的一个等腰直角三角形．依题意，它有一个半径为1的内切圆，不妨设斜边|OB|＝t ，则两直角边长|AB|＝|OA|＝22t ，所以22t ＋22t －t 2＝1，求得t ＝22－1＝22＋2，即 tmin ＝2＋2 2.10．(－∞，－4)∪(0，＋∞) [解析] 由题意，对任意x ∈R ，|x －a|＋|x ＋2|>2恒成立，因为|x－a|＋|x ＋2|≥|(x －a)－(x ＋2)|＝|2＋a|，所以需满足|2＋a|>2，得2＋a>2，或2＋a<－2，解得a>0，或a<－4.11．10 [解析] 设应把楼房设计成x 层，每层的面积为y m2，则平均每平方米建筑面积的成本费为k ＝2 000y ＋y×400＋y×440＋…＋y×[400＋40（x －1）]xy ＝2 000x＋20x ＋380≥22 000x ·20x ＋380＝780，当且仅当2 000x ＝20x ，即x ＝10时取等号，故应把楼房设计成10层．12．[－1，11] [解析] 作出x ，y 满足的可行域(如下图阴影部分所示，含边界)．当x≥0时，z ＝2x ＋y 在点C(6，－1)处取得最大值11，在点D(0，－1)处取最小值－1；当x≤0时，目标函数z ＝－2x ＋y 在点B (－2，－1)处取最大值3，在点D(0，－1)处取最小值－1，所以z ∈[－1，11]． 专题限时集训(五)【基础演练】1．C [解析] 将点(2，3)分别代入曲线y ＝x3＋ax ＋1和直线y ＝kx ＋b ，得a ＝－3，2k ＋b ＝3.又k ＝y′|x ＝2＝(3x2－3)|x ＝2＝9，所以b ＝3－2k ＝3－18＝－15.故选C.2．C [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2＋2x ＋m ，因为f(x)是R 上的单调函数，二次项系数a ＝3>0，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥13.3．C [解析] 对f(x)求导得f ′(x)＝3x2－6x ＝3x(x －2)，则f(x)在区间[－1，0]上递增，在区间[0，1]上递减，因此函数f(x)的最大值为f(0)＝2.故选C. 4．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝x2＋c ＋(x －2)·2x.又因为f′(2)＝0，所以4＋c ＋(2－2)×4＝0，所以c ＝－4.于是f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故选A. 【提升训练】5．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2－3≥－3，∴f(x)上任意一点P 处的切线的斜率k≥－3，即tan α≥－3， ∴0≤α<π2或2π3≤α<π.6．D [解析] ∵s(t)＝t2＋3t ，∴s′(t)＝2t －3t2，则机器人在t ＝2时的瞬时速度为s′(2)＝2×2－322＝134(m/s)．故选D. 7．D [解析] 由于AB 的长度为定值，只要考虑点C 到直线AB 的距离的变化趋势即可．当x 在区间[0，a]变化时，点C 到直线AB 的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)的图象先是在x 轴上方，再到x 轴下方，再回到x 轴上方，再到x 轴下方，并且函数在直线AB 与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D 中的图象符合要求．8．B [解析] f′(x)＝1x －x ＝1－x2x ，当x>1时，f′(x)<0；当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，故排除C ，D 项；因为f(1)＝－12<0，故排除A 项．9．D [解析] 根据二次函数图象知f(0)＝a ∈(0，1)，f(1)＝1－b ＋a ＝0，即b －a ＝1，所以b ∈(1，2)．又g′(x)＝2x ＋2x －b ，所以g′(b)＝2b ＋b≥22b ·b ＝22，当且仅当2b ＝b ，即b ＝2时取等号，故g′(b)min ＝2 2.故选D.10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对f(x)＝ex 求导，得f ′(x)＝ex ，所以f′(x 0)＝ex0＝e ，即x0＝1.又y0＝f(x0)＝ex0＝e ，所以切点坐标为(1，e)．11.13 [解析] 本题考查函数的单调性，多项式函数的求导．f′(x)＝3kx2＋6(k －1)x(k>0)，由题意，f′(x)<0的解集是(0，4)，所以f′(0)＝0，f′(4)＝0，解得k ＝13.12．①1 ②h(0)<h(1)<h(－1) [解析] 本题考查二次函数和三次函数的导数及其图象，求值，比较大小等．①由题意，f′(x)是一次函数，g′(x)是二次函数．所以由图象可得f′(x)＝x ，g′(x)＝x2.设f(x)＝12x2＋c(c 为常数)．若f(1)＝1，则12×12＋c ＝1，解得c ＝12.所以f(x)＝12x2＋12.故f(－1)＝1.②由①得，可设f(x)＝12x2＋c1，g(x)＝13x3＋c2，则h(x)＝f(x)－g(x)＝12x2＋c1－13x3－c2＝－13x3＋12x2＋c3.所以h(－1)＝56＋c3，h(0)＝c3，h(1)＝16＋c3.所以h(0)<h(1)<h(－1)． 13．解：(1)当a ＝1时，f′(x)＝1＋1x ⇒f ′⎝⎛⎭⎫12＝3. (2)由题知f′(x)＝a ＋1x (x>0)，当a≥0时，f′(x)＝a ＋1x >0，则f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f′(x)＝a ＋1x >0⇒0<x<－1a ， ∴当a≥0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)， 当a<0时，f(x)的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，－1a . (3)由题知对任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0，1]，使得f(x1)<g(x2)，故f(x)max<g(x)max ，又g(x)＝2x 在区间[0，1]上递增，所以g(x)max ＝g(1)＝2， 即f(x)max<2，当a≥0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，无最大值，显然不满足条件； 当a<0时，f(x)在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减， 所以f(x)max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 即－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a <2⇒a<－1e3，∴a<－1e3. 14．解：(1)令f ′(x)＝1x －ax2＝0，得x ＝a.当a≥e 时，函数f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min ＝ae ；当0<a<e 时，函数f(x)在区间(0，a]是减函数，[a ，e]是增函数f(x)min ＝lna. 综上所述，当0<a<e 时，f(x)min ＝lna ；当a≥e 时，f(x)min ＝ae . (2)由(1)可知，a ＝1时，函数f(x)在x1∈(0，e)的最小值为0， 所以g(x)＝(x －b)2＋4－b2.当b≤1时，g(1)＝5－2b<0不成立； 当b≥3时，g(3)＝13－6b<0恒成立；当1<b<3时，g(b)＝4－b2<0，此时2<b<3.综上可知，满足条件的实数b 的取值范围为{b|b>2}． 15．解：(1)当x<1时，f ′(x)＝－3x2＋2ax ＋b.因为函数图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为16x ＋y ＋20＝0. 所以切点坐标为(－2，12)，且⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝8＋4a －2b ＝12，f′（－2）＝－12－4a ＋b ＝－16，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，当x<1时，f(x)＝－x3＋x2， 令f ′(x)＝－3x2＋2x ＝0可得x ＝0或x ＝23，f(x)在(－1，0)和23，1上单调递减，在0，23上单调递增，对于x<1部分：f(x)的最大值为max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （－1），f 23＝f(－1)＝2；当1≤x≤2时，f(x)＝c·lnx ， 当c≤0时，c·lnx ≤0恒成立，f(x)≤0<2， 此时f(x)在[－1，2]上的最大值为f(－1)＝2；当c>0时，f(x)＝clnx 在[1，2]上单调递增，且f(2)＝c·ln2. 令c·ln2＝2，则c ＝2ln2，所以当c>2ln2时， f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝c·ln2；当0<c≤2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为f(－1)＝2. 综上可知，当c≤2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为2；当c>2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为c·ln2.(3)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2（x<1），clnx （x≥1），根据条件M ，N 的横坐标互为相反数，不妨设M(－t ，t3＋t2)，N(t ，f(t))，(t>0)．若t<1，则f(t)＝－t3＋t2，由∠MON 是直角得，OM →·ON →＝0，即－t2＋(t3＋t2)(－t3＋t2)＝0，即t4－t2＋1＝0.此时无解； 若t≥1，则f(t)＝c·lnt.由于MN 的中点在y 轴上，且∠MON ＝90°，所以N 点不可能在x 轴上，即t≠1.同理有OM →·ON →＝0，即－t2＋(t3＋t2)·clnt ＝0，c ＝1（t ＋1）lnt .由于函数g(t)＝1（t ＋1）lnt (t>1)的值域是(0，＋∞)，则实数c 的取值范围是(0，＋∞)． 专题限时集训(六)A 【基础演练】1．B [解析] 方法1：sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°·cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－22.方法2：显然sin15°－cos15°<0，(sin15°－cos15°)2＝1－sin30°＝12，故sin15°－cos15°＝－22.2．C [解析] 因为1－sin2x ＝（sinx －cosx ）2＝|sinx －cosx|，又1－sin2x ＝sinx －cosx ，所以|sinx －cosx|＝sinx －cosx ，则sinx －cosx ≥0，即sinx ≥cosx.又0≤x<2π，所以π4≤x ≤5π4.3．D [解析] 由cos(x ＋y)sinx －sin(x ＋y)cosx ＝1213得sin[x －(x ＋y)]＝－siny ＝1213，所以siny ＝－1213.又y 是第四象限的角，所以cosy ＝513，于是tan y 2＝1－cosy siny ＝1－513－1213＝－23.故选D.4．B [解析] 把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的图象向右平移π4个长度单位，得到函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的图象．【提升训练】5．A [解析] 由sin θ＋cos θ＝2，得θ＝2k π＋π4，所以tan θ＋π3＝tan π4＋π3＝1＋31－3＝－2－ 3.故选A.6．C [解析] 依题意得f －15π4＝f －15π4＋3π2×3＝f 3π4＝sin 3π4＝22.故选C.7．B [解析] 依题意得f(x)＝sinx ＋3cosx ＝2sinx ＋π3，因为f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π6上单调递增，所以f π7<f π6，而c ＝f π3＝2sin 2π3＝2sin π3＝f(0)<f π7，所以c<a<b.8．B [解析] 不妨设A>0，由图象可知，A ＝2，又函数的图象过点⎝⎛⎭⎫π3，2，所以2×π3＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，解得φ＝2k π－π6(k ∈Z)．故f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2k π－π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.所以f(0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－π6＝－1.故选B.9．D [解析] f(x)＝cosx ，f′(x)＝－sinx ，又f(x －m)＝cos(x －m)＝－sin ⎝⎛⎭⎫x －m －π2，由题意，－sinx ＝－sin ⎝⎛⎭⎫x －m －π2，所以－m －π2＝2k π，得m ＝－2k π－π2(k ∈Z)．则m 可以为3π2.故选D.10.13 [解析] 依题意由sin(x ＋y)＝1得x ＋y ＝2k π＋π2(k ∈Z)，所以y ＝2k π＋π2－x(k ∈Z)．于是sin(2y ＋x)＝sin ⎣⎡⎦⎤2k π＋π2＋y ＝sin π2＋y ＝cosy ＝cos2k π＋π2－x ＝cos π2－x ＝sinx ＝13.故填13.11.74 [解析] 依题意，将函数y ＝sin ωx ＋5π6(ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后，所得图象对应的函数解析式是y ＝sin ωx ＋5π6－π3ω(ω>0)，它的图象与函数y ＝sin ωx ＋π4的图象重合，所以5π6－π3ω＝π4＋2k π(k ∈Z)，解得ω＝74－6k(k ∈Z)，因为ω>0，所以ωmin ＝74.故填74.12．③④ [解析] 对f(x)＝cosxsinx ＝12sin2x ，画出函数的图象，分析知③，④是正确的．故填③，④.13．解：(1)由题得AC →＝(3cos α－4，3sin α)，BC →＝(3cos α，3sin α－4)． 由|AC →|＝|BC →|，得(3cos α－4)2＋9sin2α＝9cos2α＋(3sin α－4)2⇒sin α＝cos α. 因为α∈(－π，0)， 所以α＝－3π4.(2)由AC →·BC →＝0，得3cos α(3cos α－4)＋3sin α(3sin α－4)＝0， 解得sin α＋cos α＝34，两边平方得2sin αcos α＝－716，所以2sin2α＋sin2α1＋tan α＝2sin2α＋2sin αcos α1＋sin αcos α＝2sin αcos α＝－716.14．解：(1)依题意，得f(x)＝2sinxcos π6＋cosx ＋a ＝3sinx ＋cosx ＋a ＝2sinx ＋π6＋a. 所以函数f(x)的最小正周期T ＝2π.(2)因为x ∈－π2，π2，所以－π3≤x ＋π6≤2π3.所以当x ＋π6＝－π3，即x ＝－π2时， f(x)min ＝f －π2＝－3＋a ；当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，f(x)max ＝f π3＝2＋a.由题意，有(－3＋a)＋(2＋a)＝3，解得a ＝3－1.15．解：(1)∵函数f(x)的最小正周期T ＝2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.∵f π4＝cos2×π4＋φ＝cos π2＋φ＝－sin φ＝32，且－π2<φ<0，∴φ＝－π3. (2)由(1)知f(x)＝cos2x －π3， 列表如下：图象如图．(3)∵f(x)>22，即cos2x －π3>22， 得2k π－π4<2x －π3<2k π＋π4，k ∈Z ， 即2k π＋π12<2x<2k π＋712π，k ∈Z ，即k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z. ∴所求x 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z . 专题限时集训(六)B【基础演练】1．B [解析] 因为sin α＝35，α是第二象限的角，所以tan α＝－34.又因为tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝1，所以－34＋tan β1＋34tan β＝1，求得tan β＝7.故选B. 2．D [解析] 因为y ＝sinx －cosx ＝2sinx －π4，令－π2≤x －π4≤π2，得－π4≤x ≤3π4，满足题意，所以f(x)可以是－cosx.3．A [解析] 把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6图象上各点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到函数为y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，再将图象向右平移π3个长度单位，那么所得函数为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π3＋π6＝－cos2x ，结合各选项可知其对称轴方程为x ＝－π2.故选A.4．B [解析] 由已知得y ＝cos2x －π4＝cos π2－2x ＝sin2x ，因此函数y ＝1－2sin2x －π4是最小正周期为π的奇函数．故选B.【提升训练】5．A [解析] 依题意得cos θ＝±35.又因为sin θ－cos θ>1，所以cos θ＝－35，于是sin2θ＝2sin θcos θ＝2×45×－35＝－2425.6．D [解析] 本题考查三角函数的对称性．由题意，有2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，得φ＝k π－π6()k ∈Z .又φ∈(0，π)，所以φ＝5π6.故选D.7．B [解析] 设(x ，y)为g(x)的图象上任意一点，则其关于点π4，0对称的点为π2－x ，－y ，由题意知该点必在f(x)的图象上，所以－y ＝sin π2－x ，即g(x)＝－sin π2－x ＝－cosx.依题意得sinx ≤－cosx ，即sinx ＋cosx ＝2sinx ＋π4≤0.又x ∈[0，2π]，解得3π4≤x ≤7π4.故选B.8．A [解析] 依题意，得f(x)＝sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＝2sin ωx ＋φ＋π4，由T ＝2πω＝π(ω>0)，得ω＝2.又f(－x)＝f(x)，所以φ＋π4＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝k π＋π4(k ∈Z)．又|φ|<π2，所以φ＝π4.于是f(x)＝2cos2x ，它在0，π2上单调递减．9．B [解析] 由图可知，A ＝10，函数I ＝Asin (ωt ＋φ)的最小正周期T ＝2⎝⎛⎭⎫4300－1300＝150，所以2πω＝150，解得ω＝100π.又函数图象过点⎝⎛⎭⎫1300，10，代入得sin ⎝⎛⎭⎫100π×1300＋φ＝1，所以π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，解得φ＝π6＋2k π(k ∈Z)．又0<φ<π2，所以φ＝π6.故函数I ＝10sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π6.所以当t ＝150时，电流强度I ＝10sin ⎝⎛⎭⎫100π×150＋π6＝5.10.13 [解析] 因为cos θ＝－35，且θ是第三象限角，所以sin θ＝－45.于是cos θsin θ－1＝－35－45－1＝13.故填13.11.36565 [解析] 由已知sin (α－β)＝513，cos (α＋β)＝－45，所以sin2α＝sin [(α＋β)＋(α－β)]＝sin (α＋β)cos (α－β)＋cos (α＋β)·sin (α－β)＝－35×1213＋－45×513＝－5665.则(sin α＋cos α)2＝1＋sin2α＝1－5665＝965，当π2<α<3π4时，sin α＋cos α>0，即sin α＋cos α＝36565. 12．4 [解析] 由h ＝40sin ⎝⎛⎭⎫π6t －π2＋50知其最小正周期为T ＝2ππ6＝12，即摩天轮转动一周的时间为12 min.由h ＝40sin ⎝⎛⎭⎫π6t －π2＋50>70(0≤t≤12)，解得4<t<8.所以持续时间为4 min.13．①②③⑤ [解析] 由题意得f(x)＝m2＋n2sin(x ＋φ)其中tan φ＝nm .因为f π4是它的最大值，所以π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，φ＝2k π＋π4(k ∈Z)．所以f(x)＝m2＋n2sinx ＋2k π＋π4＝m2＋n2sinx ＋π4，且tan φ＝n m ＝tan2k π＋π4＝1，即nm ＝1，故f(x)＝2|m|sinx ＋π4.①fx ＋π4＝2|m|sinx ＋π4＋π4＝2|m|cosx 为偶函数，所以①正确；②当x ＝7π4时，f 7π4＝2|m|sin 7π4＋π4＝2|m|sin2π＝0，所以函数f(x)的图象关于点7π4，0对称，②正确；③f －3π4＝2|m|sin π4－3π4＝－2|m|sin π2＝－2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确；④根据f(x)＝2|m|sinx ＋π4可得其最小正周期为2π，由题意可得P2与P4相差一个周期2π，即|P2P4|＝2π，所以④错误； ⑤由n m ＝1知，mn ＝1成立，所以⑤正确． 故填①②③⑤.14．解：(1)由点P 的坐标和三角函数的定义可得⎩⎨⎧sin θ＝32，cos θ＝12.于是f(θ)＝3sin θ＋cos θ＝3×32＋12＝2. (2)作出平面区域Ω(即三角形ABC 区域)如图所示， 其中A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)．于是0≤θ≤π2.又f(θ)＝3sin θ＋cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6，且π6≤θ＋π6≤2π3，故当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，f (θ)取得最大值，且最大值等于2； 当θ＋π6＝π6，即θ＝0时，f(θ)取得最小值，且最小值等于1. 15．解：(1)f(x)＝2sin2⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋2cos2ωx＝1－cos ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π2＋1＋cos2ωx＝sin2ωx ＋cos2ωx ＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4＋2，∵函数f(x)的图象上两个相邻的最低点之间的距离为2π3，∴f(x)的最小正周期为2π3，∴2π2ω＝2π3(ω>0)，∴ω的值为32， ∴函数f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4＋2，∴函数f(x)的最大值为2＋2，此时3x ＋π4＝2k π＋π2，即x ＝2k π3＋π12(k ∈Z)．(2)y ＝f(x)的图象向右平移π8个单位长度得h(x)＝2sin ⎣⎡⎦⎤3⎝⎛⎭⎫x －π8＋π4＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x －π8＋2，再沿y 轴对称后得到g(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－3x －π8＋2＝－2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8＋2，函数g(x)的单调减区间，即y ＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8单调递增区间．由2k π－π2≤3x ＋π8≤2k π＋π2， 解得23k π－5π24≤x ≤23k π＋π8(k ∈Z)．故y ＝g(x)的单调减区间为⎣⎡⎦⎤23k π＋5π24，23k π＋π8(k ∈Z)．16．解：(1)f(x)＝2sinx ＋π3cosx ＋π3－23cos2x ＋π3 ＝sin2x ＋2π3－3⎣⎡⎦⎤cos2x ＋2π3＋1＝sin2x ＋2π3－3cos2x ＋2π3－ 3＝2sin2x ＋π3－ 3. ∵－1≤sin2x ＋π3≤1，∴－2－3≤2sin2x ＋π3－3≤2－3， 又T ＝2π2＝π，即f(x)的值域为[－2－3，2－3]，最小正周期为π. (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，23π，∴sin2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤32，1，此时f(x)＋3＝2sin2x ＋π3∈[3，2]．由m[f(x)＋3]＋2＝0知，m≠0，且f(x)＋3＝－2m ，∴3≤－2m ≤2，即⎩⎨⎧2m＋3≤0，2m ＋2≥0，解得－233≤m ≤－1.即实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，－1. 专题限时集训(七)【基础演练】1．A [解析] 根据正弦定理得，2sin45°＝2sinC ，所以sinC ＝12，因为C ∈(0，π)，所以C ＝30°或150°.又因为A ＝45°，且AB<BC ，所以C ＝30°.2．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S ＝12absinC ＝122RsinA ·2RsinB ·sinC ＝2R2sinAsinBsinC ，将R ＝1和S ＝1代入得，sinAsinBsinC ＝12.3．A [解析] 由sinC ＝23sinB 及正弦定理得c ＝23b ，代入a2－b2＝3bc 中，得a ＝7b.所以由余弦定理得cosA ＝b2＋c2－a22bc ＝b2＋（23b ）2－（7b ）22b ·23b ＝32，所以A ＝30°. 4．D [解析] 设电视塔的高度为x ，则BC ＝x ，BD ＝3x.在△BCD 中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x －800＝0，解得x ＝－20(舍去)，或者x ＝40.故电视塔的高度为40 m. 【提升训练】5．D [解析] 根据余弦定理得b ＝32＋82－2×3×8cos60°＝7，根据正弦定理3sinA ＝7sin60°，解得sinA ＝3314.6．B [解析] 由题意得b2＝ac ，又c ＝2a ，由余弦定理得cosB ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋4a2－a×2a2a×2a ＝34. 7．A [解析] 设楼顶D 对应的楼底记为E ，过点D 作DC ∥BE ，则由AC CD ＝tan30°，即AC20＝33，解得AC ＝2033.由BC CD ＝tan45°，即BC20＝1，解得BC ＝20.所以AB ＝AC ＋BC ＝20⎝⎛⎭⎫1＋33 m.8．A [解析] 在Rt △ABC 中，由正切函数的定义，得tan β＝AB BC ，所以BC ＝ABtan β.同理，BD ＝AB tan α.所以BD －BC ＝AB tan α－ABtan β＝DC ＝a.所以AB ＝atan αtan βtan β－tan α＝asin αsin βsin （β－α）.9．－14 [解析] 由正弦定理a sinA ＝b sinB ＝c sinC 可得，a ∶b ∶c ＝si nA ∶sinB ∶sinC ＝2∶3∶4，由此设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k(k>0)．由余弦定理可得，cosC ＝a2＋b2－c22ab＝（2k ）2＋（3k ）2－（4k ）22×2k ×3k＝－14.10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3，设BC ＝x ，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x ＝5，解得x ＝6－1或x ＝－6－1(舍去)．故填6－1.11.233 [解析] 由△BCD 的面积为1，可得12×CD ×BC ×sin ∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，由余弦定理可知，cos ∠DCB ＝CD2＋BC2－BD22CD ×BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD2＋BC2－CD22BD ×BC ＝31010.由在△BCD 中，∠DBC 对应的边长最短，所以∠DBC 为锐角，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理BC sinA ＝ACsinB 可得，AC ＝BC ·sinB sinA ＝10×101032＝233.12．解：(1)tanC ＝－tan(A ＋B)＝－tanA ＋tanB1－tanAtanB＝－23＋151－23×15＝－1， 又0<C<π， ∴C ＝3π4.(2)由已知和(1)知：c ＝13，b 为最小边长． ∵tanB ＝15， ∴sinB ＝2626， ∴b ＝csinBsinC ＝1， ∴最小的边长为1.13．解：(1)f(x)＝23cos2x 2＋2sin x 2cos x2 ＝3(1＋cosx)＋sinx ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＋3，∴f ⎝⎛⎭⎫17π12＝2cos ⎝⎛⎭⎫17π12－π6＋3＝3－ 2.(2)f(C)＝2cos ⎝⎛⎭⎫C －π6＋3＝3＋1，∴cos ⎝⎛⎭⎫C －π6＝12，C ∈(0，π)，∴C ＝π2，在Rt △ABC 中，∵b2＝ac ，c2＝a2＋b2，∴c2＝a2＋ac ⇒⎝⎛⎭⎫a c 2＋a c －1＝0， 解得a c ＝－1±52.∵0<sinA<1，∴sinA ＝ac ＝5－12.14．解：(1)如图所示，作PN ⊥AB ，N 为垂足，∠PQM ＝θ，∠PMQ ＝π－α，sin θ＝513，sin α＝45，cos θ＝1213，cos α＝35.在Rt △PNQ 中，PN ＝PQsin θ＝5.2×513＝2，QN ＝PQ·cos θ＝5.2×1213＝4.8.在Rt △PNM 中，MN ＝PN tan α＝243＝1.5，PM ＝PN sin α＝245＝2.5，∴MQ ＝QN －MN ＝4.8－1.5＝3.3.设游船从P 到Q 所用时间为t1 h ，游客甲从P 经M 到Q 所用时间为t2 h ，小船速度为v1 km/h ， 则t1＝PQ 13＝5.213＝26513＝25，t2＝PM v1＋MQ 66＝2.5v1＋3.366＝52v1＋120.由已知，得t2＋120＝t1，即52v1＋120＋120＝25，∴v1＝253.于是，当小船的速度为253km/h 时，游客甲才能和游船同时到达Q 地．(2)在Rt △PMN 中，PM ＝PN sin α＝2sin α，MN ＝PN tan α＝2cos αsin α，∴QM ＝QN －MN ＝4.8－2cos αsin α.于是t ＝PM 10＋QM66＝15sin α＋455－cos α33sin α＝1165×33－5cos αsin α＋455.∵t ′＝1165×5sin2α－（33－5cos α）cos αsin2α＝5－33cos α165sin2α，∴令t′＝0，得cos α＝533. 当cos α<533时，t′>0；当cos α>533时，t′<0，又y ＝cos α在α∈0，π2上是减函数，∴当方位角α满足cos α＝533时，t 取最小值， 即游客甲能按计划以最短时间到达Q 地． 专题限时集训(八) 【基础演练】1．A [解析] a －b ＋c －d ＝BA →＋DC →＝0.故选A.2．C [解析] 依题意，由a ⊥b 得a·b ＝0，即3x ＋3＝0，解得x ＝－1.故选C. 3．A [解析] 由a ∥b 得2x ＝－4，∴x ＝－2，于是a·b ＝(1，2)·(－2，－4)＝－10.故选A. 4．B [解析] 依题意，得a·b ＝|a||b|cos30°＝2sin75°·4cos75°×32＝23sin150°＝ 3.故选B.【提升训练】5．C [解析] 依题意a 在b 方向上的投影为|a|cos 〈a ，b 〉＝2cos π3＝22.故选C.6．C [解析] 依题意，|a|＝1，|b|＝1，所以a·b ＝|a||b|cos60°＝12.于是|a ＋3b|＝（a ＋3b ）2＝|a|2＋6a·b ＋9|b|2＝1＋6×12＋9＝13.故选C.7．A [解析] 连结AD ，BE ，CF 交于点O ，则点O 为正六边形ABCDEF 的中心．故AF →＋ED →＋CB →＝AF →＋(ED →＋EF →)＝AF →＋EO →＝0.故选A.8．C [解析] 由于λa ＋b ＝λ(1，2)＋(2，0)＝(λ＋2，2λ)，而λa ＋b 与c 共线，则有λ＋21＝2λ－2，解得λ＝－1.故选C. 9．A [解析] 由|OA →|＝|OB →|＝|OC →|可知，点O 到三角形三个顶点的距离相等，所以点O 是三角形的外心；由NA →＋NB →＋NC →＝0，得点N 在三角形各边的中线上，故点N 是三角形的重心；由PA →·PB →＝PB →·PC →，得PB →·(PA →－PC →)＝0，即PB →·CA →＝0，所以PB →⊥CA →；同理，PC →⊥AB →，PA →⊥BC →，故点P 是三角形的垂心．。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二十二)(江西省专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二十二)(江西省专用)

专题限时集训(二十二)[第22讲 分类与整合和化归与转化思想](时间：45分钟)1．已知sin ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝35，则cos ⎝⎛⎭⎫5π6－x ＝( ) A.35 B.45 C ．－35 D ．－452．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝3，则tan α的值为( ) A.12 B ．－12 C.14 D ．－143．若偶函数f(x)在(－∞，－1]上是增函数，则下列关系式中成立的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫－32<f(－1)<f(2)B ．f(－1)<f ⎝⎛⎭⎫－32<f(2) C ．f(2)<f(－1)<f ⎝⎛⎭⎫－32D ．f(2)<f ⎝⎛⎭⎫－32<f(－1)4．Sn 是数列{an}的前n 项和，则“Sn 是关于n 的二次函数”是“数列{an}为等差数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4cos ⎝⎛⎭⎫π4－x 图像的一条对称轴是( ) A ．x ＝π8 B ．x ＝π4 C ．x ＝π2D ．x ＝π 6．某市为宣传红色旅游，召集20名志愿者，他们编号分别是1，2，3，…，19，20.若要从中任取4人再按编号大小分成两组去做一些服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．907．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an ＋1＝|an －an －1|(n ≥2)，则该数列前2 012项的和等于( )A ．1 340B ．1 341C ．1 342D ．1 3438．设0<a<1，函数f(x)＝loga(a2x －3ax ＋3)，则使f(x)>0的x 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(loga2，0)D ．(loga2，＋∞)9．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12，则2y －3x ＋1的最大值为________．图22－110．如图22－1，圆台上底面半径为1，下底面半径为4，母线AB ＝18；从AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到点A ，则绳子的最短长度为________．11．已知函数f(x)＝lnx －ax ＋1－a x(0<a<1)，讨论f(x)的单调性．12．某公园设有自行车租车点，租车的收费标准是每小时2元(不足1小时的部分按1小时计算)．甲、乙两人各租一辆自行车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14，12；一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间都不会超过三小时． (1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望Eξ.13．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a(3≤a≤5)元的管理费，预计当每件产品的售价为x(9≤x≤11)元时，一年的销售量为(12－x)2万件．(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．。

2013年高考数学(理)二轮复习 专题一 配套课时作业 第五节 (带解析)

2013年高考数学(理)二轮复习 专题一 配套课时作业 第五节 (带解析)

[配套课时作业](A)1．函数f(x)＝3x2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．无数个解析：选A 函数定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝6x ＋1x －2＝6x2－2x ＋1x，由于x>0，g(x)＝6x2－2x ＋1中Δ＝－20<0， 所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立． 即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．2．(2012·陕西高考)设函数f(x)＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f(x)的极大值点B ．x ＝12为f(x)的极小值点C ．x ＝2为f(x)的极大值点D ．x ＝2为f(x)的极小值点解析：选D 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x2＋1x ＝x －2x2，当x ＝2时，f′(x)＝0；当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，所以x ＝2为函数f(x)的极小值点． 3．(2012·江南十校联考)已知定义在R 上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( ) A ．f(b)>f(c)>f(d) B ．f(b)>f(a)>f(e) C ．f(c)>f(b)>f(a) D ．f(c)>f(e)>f(d)解析：选C 依题意得，当x ∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x ∈(c ，e)时，f′(x)<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c ，e)上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a<b<c ，所以f(c)>f(b)>f(a)．4．设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx ＋a ，g(x)＝x2－3x ＋2(其中x ∈R ，a ，b 为常数)．已知曲线y ＝f(x)与y ＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l ，则a ，b 的值分别为( ) A ．a ＝2，b ＝－5 B ．a ＝－2，b ＝5 C ．a ＝5，b ＝2 D ．a ＝－5，b ＝2解析：选B f′(x)＝3x2＋4ax ＋b ，g′(x)＝2x －3，由于曲线y ＝f(x)与y ＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线，故有f(2)＝g(2)＝0，f ′(2)＝g′(2)＝1，由此解得a ＝－2，b ＝5.5．已知f1(x)＝sin x ＋cos x ，fn ＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn ＋1(x)＝fn′(x)，n ∈N*，则f2 011(x)等于( ) A ．－sin x －cos x B ．sin x －cos x C ．－sin x ＋cos x D ．sin x ＋cos x解析：选A 由题意知f2(x)＝cos x －sin x ；f3(x)＝－sin x －cos x ；f4(x)＝－cos x ＋sin x ； f5(x)＝sin x ＋cos x ；…可得fn(x)是以4为周期的周期函数． 故f2 011(x)＝f3(x)＝－sin x －cos x.6．函数f(x)＝x2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f x x 在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析：选D 由函数f(x)＝x2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，可得a 的取值范围为a<1. 所以g(x)＝f x x ＝x ＋a x －2a ，则g′(x)＝1－a x2.易知在x ∈(1，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x) 为增函数．7．(2012·长春调研)设f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2，x ∈[0，1]，1x ，x ∈1，e](e 为自然对数的底数)，则∫e 0f(x)dx 的值为________．解析：依题意得∫e 0f(x)dx ＝∫10x2dx ＋∫e 11x dx ＝x33| 10＋ln x | e 1＝131＝43.答案：438．设函数f(x)＝x(ex －1)－12x2，则函数f(x)的单调增区间为________．解析：因为f(x)＝x(ex －1)－12x2，所以f′(x)＝ex －1＋xex －x ＝(ex －1)·(x ＋1)．令f′(x)>0，即(ex －1)·(x ＋1)>0，解得x ∈(－∞，－1)或x ∈(0，＋∞)． 所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1]和[0，＋∞)． 答案：(－∞，－1]和[0，＋∞)9．已知函数f(x)＝ex ＋aln x 的定义域是D ，关于函数f(x)给出下列命题： ①对于任意a ∈(0，＋∞ )，函数f(x)是D 上的减函数；②对于任意a ∈(－∞，0 )，函数f(x)存在最小值；③存在a ∈(0，＋∞ )，使得对于任意的x ∈D ，都有f(x)>0成立； ④存在a ∈(－∞，0 )，使得函数f(x)有两个零点．其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号)．解析：由f(x)＝ex ＋aln x 可得f′(x)＝ex ＋ax ，若a>0，则f′(x)>0，得函数f(x)是D 上的增函数，存在x ∈(0,1)，使得f(x)<0，即得命题①③不正确；若a<0，设ex ＋ax ＝0的根为m ，则在(0，m)上f′(x)<0，在(m ，＋∞)上f′(x)>0，所以函数f(x)存在最小值f(m)，即命题②正确；若f(m)<0，则函数f(x)有两个零点，即命题④正确． 答案：②④10．(2012·安徽高考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝ax ＋1ax ＋b(a>0)．(1)求f(x)的最小值；(2)若曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值．解：(1)法一：由题设和基本不等式可知， f(x)＝ax ＋1ax ＋b≥2＋b ，其中等号成立当且仅当ax ＝1， 即当x ＝1a 时，f(x)取最小值为2＋b.法二：f(x)的导数f′(x)＝a －1ax2＝a2x2－1ax2，当x>1a 时，f′(x)>0，f(x)在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增；当0<x<1a 时，f′(x)<0，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． 所以当x ＝1a f(x)取最小值，为2＋b.(2)由题设知，f′(x)＝a －1ax2，f′(1)＝a －1a ＝32，解得a ＝2或a ＝－12(不合题意，舍去)． 将a ＝2代入f(1)＝a ＋1a ＋b ＝32，解得b ＝－1.所以a ＝2，b ＝－1.11．(2012·潍坊模拟)已知函数f(x)＝(x2－3x ＋3)ex ，x ∈[－2，t](t>－2)．(1)当t<1时，求函数y ＝f(x)的单调区间；(2)设f(－2)＝m ，f(t)＝n ，求证：m<n.解：(1)f′(x)＝(2x －3)ex ＋ex(x2－3x ＋3)＝exx(x －1)， ①当－2<t≤0，x ∈[－2，t]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增． ②当0<t<1，x ∈[－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x ∈(0，t]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上， 当－2<t≤0时，y ＝f(x)的单调递增区间为[－2，t]，当0<t<1时，y ＝f(x)的单调递增区间为[－2,0)，单调递减区间为(0，t]． (2)证明：依题意得m ＝f(－2)＝13e －2，n ＝f(t)＝(t2－3t ＋3)et ， 设h(t)＝n －m ＝(t2－3t ＋3)et －13e －2，t>－2， h′(t)＝(2t －3)et ＋et(t2－3t ＋3)＝ett(t －1)(t>－2)． 故h(t)，h′(t)随t 的变化情况如下表：由上表可知h(t)的极小值为h(1)＝e －13e2＝e3－13e2>0，又h(－2)＝0，所以当t>－2时，h(t)>h(－2)＝0，即h(t)>0，因此，n －m>0，即m<n.12．(2012·浙江高考)已知a ∈R ，函数f(x)＝4x3－2ax ＋a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0. 解：(1)由题意得f′(x)＝12x2－2a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 当a>0时，f′(x)＝12⎝⎛⎭⎫x －a 6⎝⎛⎭⎫x ＋a 6，此时函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤－∞，－a 6和⎣⎡⎭⎫a 6，＋∞，单调递减区间为⎣⎡⎦⎤－a 6，a 6 . (2)证明：由于0≤x≤1，故当a≤2时， f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax ＋2≥4x3－4x ＋2. 当a>2时，f(x)＋|2－a|＝4x3＋2a(1－x)－2 ≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x ＋2. 设g(x)＝2x3－2x ＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x2－2＝6⎝⎛⎭⎫x －3⎝⎛⎭⎫x ＋3，于是g′(x)，g(x)随x 的变化情况如下表：所以，g(x)min ＝g⎝⎛⎭⎫33＝1－439>0. 所以当0≤x≤1时，2x3－2x ＋1>0. 故f(x)＋|2－a|≥4x3－4x ＋2>0.(B)1．(2012·新课标全国卷)已知函数y ＝x3－3x ＋c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝ ( )A ．－2或2B ．－9或3C ．－1或1D ．－3或1 解析：选A 设f(x)＝x3－3x ＋c ，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x ＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．若f(1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.2．函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)>0，f′(x)>0，则函数y ＝xf(x)( ) A ．存在极大值 B ．存在极小值 C ．是增函数D ．是减函数解析：选C ∵y′＝f(x)＋xf′(x)，而函数f(x)的定义域为(0，＋∞)且f(x)>0，f′(x)>0， ∴y′>0在(0，＋∞)上恒成立．因此y ＝xf(x)在(0，＋∞)上是增函数． 3．(2012·湖北高考)已知二次函数y ＝f(x)的图像如图所示，则它与x 轴所围图形的面积为( )A.2π5 B.43C.32D.π2解析：选B 由题中图像易知f(x)＝－x2＋1，则所求面积为2∫10(－x2＋1)dx ＝2⎝⎛⎭⎫－x33＋x |10＝43.4．若a>3，则方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上的实根个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：选B 令f(x)＝x3－ax2＋1，而在区间(0,2)上函数f(x)的导函数f′(x)＝3x2－2ax ＝x(3x －2a)<0恒成立，所以函数f(x)在(0,2)上是减函数， 又f(0)＝1>0，f(2)＝9－4a<0，所以方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰有1个实根．5．已知函数 g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a ∈R 且a≠0)，g(－1)＝0，且g(x)的导函数f(x)满足f(0)f(1)≤0.则ba的取值范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤－23，2 B ．[ 23，1] C.⎣⎡⎦⎤－23，1 D.⎣⎡⎦⎤－23，3 解析：选C ∵g(x)＝ax3＋bx2＋cx ， ∴ g(－1)＝－a ＋b －c ＝0，即c ＝b －a.又f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx ＋c ，由f(0)f(1)≤0，得c(3a ＋2b ＋c)≤0，所以(b －a)(3b ＋2a)≤0. ∵a≠0，∴⎝⎛⎭⎫b a －1⎝⎛⎭⎫3·b a ＋2≤0，解得－23≤b a ≤1. 所以b a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－23，1. 6．给出定义：若函数f(x)在区间D 上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在区间D 上也可导，则称f(x)在区间D 上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)<0在区间D 上恒成立，则称f(x)在区间D 上为凸函数．以下四个函数在(0，π2)上不是凸函数的是( )A ．f(x)＝sin x ＋cos xB ．f(x)＝ln x －2xC ．f(x)＝－x3＋2x －1D ．f(x)＝－xe －x解析：选D 若f(x)＝sin x ＋cos x ，则f″(x)＝－sin x －cos x ，在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上，恒有f″(x)<0；若f(x)＝ln x －2x ，则f″(x)＝－1x2，在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上，恒有f″(x)<0；若f(x)＝－x3＋2x －1，则f″(x)＝－6x ， 在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上，恒有f″(x)<0；若f(x)＝－xe －x ，则f″(x)＝2e －x －xe －x ＝(2－x)e －x ， 在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上，恒有f″(x)>0.7．若函数y ＝x ＋4x 在(0，a)上为单调减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：y′＝1－4x2，x ∈(0，a)． 因为y 在(0，a)上单调递减， 故y′＝1－4x2≤0⇒0<x≤2或－2≤x<0 ， 所以0<a≤2. 答案：(0,2]8．已知函数f(x)＝aln x ＋12x2(a>0)，若对定义域内的任意x ，f′(x)≥2恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得f′(x)＝a x ＋x≥2a ，当且仅当ax ＝x ，即x ＝a 时取等号，∵f′(x)≥2，∴只要f′(x)min≥2即可，即2a ≥2，解得a≥1. 答案：[1，＋∞) 9．函数f(x)＝x3－3a2x ＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________． 解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x ＋a)(x －a)，由f′(x)＝0得x ＝±a ，当－a<x<a 时，f′(x)<0，函数递减；当x>a 或x<－a 时，f′(x)>0，函数递增．f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0，且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>22. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞10．某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t≤5)，设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x≤40)，根据市场调查，销售量q 与ex 成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少元时，该工厂的利润y 最大，并求最大值． 解：(1)设日销量q ＝k ex ，则ke30＝100，所以k ＝100e30.所以日销量q ＝100e30ex.所以y ＝100e30 x －20－tex(25≤x≤40)．(2)当t ＝5时，y ＝100e30 x －25 ex ，y′＝100e30 26－xex，由y′≥0，得x≤26，由y′≤0，得x≥26，所以y 在区间[25,26]上单调递增，在区间[26,40]上单调递减．所以当x ＝26时，ymax ＝100e4.所以当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的利润最大，最大值为100e4元． 11．已知函数f(x)＝x2ln x －a(x2－1)，a ∈R.(1)当a ＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x≥1时，f(x)≥0成立，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f(x)＝x2ln x ＋x2－1，f′(x)＝2xln x ＋3x.则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3，又f(1)＝0，所以切线方程为3x －y －3＝0.(2)f′(x)＝2xln x ＋(1－2a)x ＝x(2ln x ＋1－2a)，其中x≥1. 令f′(x)＝0，得x ＝1a 2e-.当a≤12时，因为x≥1，所以f′(x)≥0，所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(1)＝0. 当a>12时，若x ∈[1，1a 2e-)，则f′(x)<0，所以函数f(x)在[1，1a 2e-)上单调递减，所以当x ∈[1，1a 2e-)时，f(x)≤f(1)＝0，不符合题意．所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12.12．(2012·天津高考)已知函数f(x)＝13x3＋1－a 2x2－ax －a ，x ∈R ，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围；(3)当a ＝1时，设函数f(x)在区间[t ，t ＋3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值． 解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x －a ＝(x ＋1)(x －a)． 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.当x 变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a ，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f －2 <0，f －1 >0，f 0<0.解得0<a<13. 所以，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，13.(3)a ＝1时，f(x)＝13x3－x －1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减， 在[1,2]上单调递增．①当t ∈[－3，－2]时，t ＋3∈[0,1]，－1∈[t ，t ＋3]，f(x)在[t ，－1]上单调递增，在[－1，t ＋3]上单调递减．因此，f(x)在[t ，t ＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－13，而最小值m(t)为f(t)与f(t ＋3)中的较小者．由f(t ＋3)－f(t)＝3(t ＋1)(t ＋2)知，当t ∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t ＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝－53.所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－13－⎝⎛⎭⎫－53＝43.②当t ∈[－2，－1]时，t ＋3∈[1,2]， 且－1,1∈[t ，t ＋3]．下面比较f(－1)，f(1)，f(t)，f(t ＋3)的大小． 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上单调递增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)， f(1)≤f(t ＋3)≤f(2)．又由f(1)＝f(－2)＝－53f(－1)＝f(2)＝－13从而M(t)＝f(－1)＝－13，m(t)＝f(1)＝－53.所以g(t)＝M(t)－m(t)＝43.综上，函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值为43.。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(十)(浙江省专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(十)(浙江省专用)

专题限时集训(十)[第10讲 数列求和及数列的简单应用](时间：45分钟)1．设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a2，a4是方程x2－x －2＝0的两个根，S5＝( ) A.52B ．5C ．－52D ．－52．已知数列{an}为等差数列，Sn 是它的前n 项和．若a1＝2，S3＝12，则S4＝( ) A ．10 B ．16 C ．20 D ．243．等差数列{an}中，若a7a5＝913，则S13S9＝( ) A.913 B.139C ．1D ．2 4．数列{an}的前n 项和为Sn ，若an ＝1n n ＋2，则S10等于( )A.1112B.1124C.173132D.1752645．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若OA →＝a1OB →＋a2010OC →且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O)，则S2010＝( ) A ．1 005 B ．1 006 C ．2 010 D ．2 0116．在等差数列{an}中，a9＝12a12＋6，则数列{an}的前11项和S11等于( )A ．24B ．48C ．66D ．1327．某钢厂的年产量由1993年的40万吨增加到2003年的50万吨，如果按照这样的年增长率计算，则该钢厂2013年的年产量约为( ) A ．60万吨 B ．61万吨 C ．63万吨 D ．64万吨8．甲、乙两间工厂的月产值在2012年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值，乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同．到2012年11月份发现两间工厂的月产值又相同．比较甲、乙两间工厂2012年6月份的月产值大小，则有( ) A ．甲的产值小于乙的产值 B ．甲的产值等于乙的产值 C ．甲的产值大于乙的产值D ．不能确定 9．已知数列{an}的通项公式为an ＝|n －13|，那么满足ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19＝102的整数k( )A ．有3个B ．有2个C ．有1个D ．不存在10．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos2n π2an ＋sin2n π2，则该数列的前20项的和为________．11．已知数列{an}满足a1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有am ＋n ＝am·an ，若数列{an}的前n 项和为Sn ，则Sn ＝________.12．等差数列{an}的各项为正，其前n 项和为Sn ，且S3＝9，又a1＋2，a2＋3，a3＋7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：当n ≥2时，1a21＋1a22＋…＋1a2n <54.13．已知数列{an}满足：Sn ＝1－an(n ∈N*)，其中Sn 为数列{an}的前n 项和． (1)试求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn ＝nan (n ∈N*)，求{bn}的前n 项和Tn.14．已知数列{an}，{bn}满足：a1＝92，2an ＋1－an ＝6·2n ，bn ＝an －2n ＋1(n ∈N*)． (1)求证：数列{bn}为等比数列，并求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记数列{an}，{bn}的前n 项和分别为Sn ，Tn ，若对任意的n ∈N*都有Sn Tn ≤mbn ，求实数m 的最小值．专题限时集训(十) 【基础演练】1．A [解析] a2，a4是方程x2－x －2＝0的两个根，a2＋a4＝1，S5＝a 1＋a5×52＝a 2＋a4×52＝52. 2．C [解析] 设公差为d ，则3a1＋3d ＝12，解得d ＝2.所以S4＝4×2＋4×32×2＝20. 3．C [解析] S13S9＝13a 1＋a1329a 1＋a92＝139×a7a5＝139×913＝1.4．D [解析] an ＝1n n ＋2＝121n －1n ＋2， 所以S10＝a1＋a2＋…＋a10＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋110－112＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－111－112＝175264，选D. 【提升训练】5．A [解析] 根据平面向量知识，a1＋a2 010＝1，所以S2 010＝2 010a 1＋a2 0102＝1 005.6．D [解析] 设公差为d ，则a1＋8d ＝12a1＋112d ＋6，即a1＋5d ＝12，即a6＝12，所以S11＝11a6＝132.7．C [解析] 10年为一段，则1993,2003,2013年的年产量成等比数列，故2013年的年产量为50×5040＝62.5≈63.8．C [解析] 设甲各个月份的产值为数列{an}，乙各个月份的产值为数列{bn}，则数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1＝b1，a11＝b11，故a6＝a1＋a112≥a1a11＝b1b11＝b26＝b6，由于在等差数列{an}中的公差不等于0，故a1≠a11，上面的等号不能成立，故a6>b6.9．B [解析] 如果k ≥13，则ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19≥0＋1＋…＋19＝190>102，故k<13.设k ＋i ＝13,0<i<20，则ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19＝i ＋(i －1)＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋(19－i)＝i i ＋12＋19－i 20－i 2＝102，即i2－19i ＋88＝0，解得i ＝8或i ＝11，此时k ＝5或k ＝2，即只有两个整数k 满足等式ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19＝102.10．2 101 [解析] 当n 为奇数时，an ＋2＝an ＋1，故奇数项是首项为1，公差为1的等差数列，其前10项之和等于1×10＋10×92＝55；当n 为偶数时，an ＋2＝2an ，故偶数项是首项为2，公比为2的等比数列，其前10项之和为21－2101－2＝211－2＝2 046. 所以，数列{an}的前20项之和为55＋2 046＝2 101.11．2－2n ＋13n [解析] 对m ＝1等式am ＋n ＝am·an 也成立，即an ＋1＝23an ，所以数列{an}是首项为23，公比为23的等比数列，所以Sn ＝231－23n 1－23＝2－2n ＋13n .12．解：(1)设等差数列{an}的公差为d ， ∵S3＝9，∴a2＝3，∴a1＋2＝3－d ＋2＝5－d ，a2＋3＝6，a3＋7＝3＋d ＋7＝10＋d. ∵a1＋2，a2＋3，a3＋7成等比数列， ∴(5－d)(10＋d)＝36，解得d ＝2或d ＝－7(舍去)． ∴an ＝3＋(n －2)×2＝2n －1.(2)证明：因为1a2n ＝12n －12＝14n2－4n ＋1<14n2－4n ＝14n n －1＝141n －1－1n .所以当n ≥2时，1a21＋1a22＋…＋1a2n <1＋141－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋141－1n <1＋14＝54.13．解：(1)∵Sn ＝1－an ，① ∴Sn ＋1＝1－an ＋1，②②－①得an ＋1＝－an ＋1＋an ， ∴an ＋1＝12an(n ∈N*)．又n ＝1时，a1＝1－a1，∴a1＝12，∴an ＝12·12n －1＝12n(n ∈N*)． (2)bn ＝nan＝n·2n(n ∈N*)， ∴Tn ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n ，③∴2Tn ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n ＋1，④ ③－④得－Tn ＝2＋22＋23＋…＋2n －n×2n ＋1 ＝21－2n 1－2－n×2n ＋1. 整理得：Tn ＝(n －1)2n ＋1＋2，n ∈N*.14．解：(1)证明：由已知得：2(an ＋1－2n ＋2)＝an －2n ＋1，即bn ＋1＝12bn ，因为b1＝12≠0，所以数列{bn}为等比数列，且bn ＝12n ，因此，an ＝bn ＋2n ＋1＝2n ＋1＋12n.(2)SnTn ＝22＋23＋…＋2n ＋1＋12＋122＋…＋12n 12＋122＋…＋12n ＝2n ＋2－41－12n ＋1＝4·2n ＋1， 则m ≥(4·2n ＋1)12n ＝4＋12n 对任意的n ∈N*恒成立，又因为数列4＋12n 单调递减，所以4＋12n max ＝92，因此m ≥92.。

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(八)(湖南省专用)

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(八)(湖南省专用)

专题限时集训(八)[第8讲 平面向量及其应用]1．已知平面向量a ＝(3，1)，b ＝(x ，3)，且a ⊥b ，则实数x 的值为( )A ．9B ．1C ．－1D ．－92．已知|a|＝2sin75°，|b|＝4cos75°，a 与b 的夹角为30°，则a ·b 的值为( ) A.32 B. 3 C ．2 3 D.123．已知向量a ＝(1，2)，b ＝(x ，－4)，若a ∥b ，则a·b 等于( )A ．－10B ．－6C ．0D ．64．设向量a ，b 满足|a|＝1，|b|＝2，a·(a ＋b)＝0，则a 与b 的夹角是( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°5．已知向量a 与b 的夹角为π3，|a|＝2，则a 在b 方向上的投影为( ) A. 3 B. 2 C.22 D.326．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b|＝( ) A.7 B.10 C.13 D ．47．若△ABC 是锐角三角形，向量p ＝(sinA ，cosA)，q ＝(sinB ，－cosB)，则p 与q 的夹角为( )A ．锐角B ．直角C ．钝角D ．以上均不对 8．△ABC 外接圆的半径为1，圆心为O ，且2OA →＋AB →＋AC →＝0，|OA →|＝|AB →|，则CA →·CB →等于( ) A.32B. 3 C ．3 D ．239．已知点G 是△ABC 的重心，点P 是△GBC 内一点，若AP →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的取值范围是( ) A.12，1 B.23，1 C ．1，32D ．(1，2) 10．a ＝12，cosx ，b ＝(sinx ，1)，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，若a ∥b ，则a ·b ＝________． 11．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝5，若O 为△ABC 中的外心，则AO →·BC →的值为________．12．已知向量a ＝－12，32，OA →＝a －b ，OB →＝a ＋b ，若△AOB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△AOB 的面积为________．13．已知A ，B ，C 是△ABC 的三个内角，a ＝(sinB ＋cosB ，cosC)，b ＝(sinC ，sinB －cosB)．(1)若a·b ＝0，求角A ；(2)若a·b ＝－15，求tan2A.14．已知函数f(x)＝32sin πx ＋12cos πx ，x ∈R. (1)求函数f(x)的最大值和最小值；(2)设函数f(x)在[－1，1]上的图象与x 轴的交点从左到右分别为M 、N ，图象的最高点为P ，求PM →与PN →的夹角的余弦．15．已知向量m ＝3sin x 4，1，n ＝cos x 4，cos2x 4. (1)若m·n ＝1，求cosx ＋π3(2)设函数f(x)＝m·n ，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c 且满足(2a －c)cosB ＝bcosC ，求f(A)的取值范围．。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二)A(新课标)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二)A(新课标)

专题限时集训(二)A[第2讲 函数、基本初等函数Ⅰ的图象与性质](时间：30分钟)1．设f(x)是定义在R 上的偶函数，当x≤0时，f(x)＝log2(2－x)3，则f(2)＝( )A ．3B ．4C ．6D ．82．函数f(x)＝11＋|x|的图象是( )图2－13．若loga2<0(a>0，且a≠1)，则函数f(x)＝loga(x ＋1)的图象大致是( )图2－24．定义在R 上的函数f(x)满足f(x ＋1)＝－f(x)，且当x ∈[0，2)时，f(x)＝log2(x ＋1)，则f(2 012)－f(2 011)＝( )A ．－1B ．－2C ．1D ．25．函数y ＝ln ex －e －x ex ＋e －x的图象大致为( )图2－36．函数y ＝f(x)的定义域为R ，若对于任意的正数a ，函数g(x)＝f(x ＋a)－f(x)都是其定义域上的增函数，则函数y ＝f(x)的图象可能是( )图2－47．设偶函数f(x)对任意x ∈R ，都有f(x ＋3)＝－1f （x ），且当x ∈[－3，－2]时，f(x)＝4x ，则f(107.5)＝( )A ．10 B.110C ．－10D ．－1108．在同一平面直角坐标系中，函数y ＝f(x)的图象与y ＝ex 的图象关于直线y ＝x 对称．而函数y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)的图象关于y 轴对称，若g(m)＝－1，则m 的值是( )A ．e B.1eC ．－eD ．－1e9．设y ＝f(x)在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K ，定义fK(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），f （x ）≤K ，K ，f （x ）>K ，给出函数f(x)＝2x ＋1－4x ，若对于任意x ∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则( )A ．K 的最大值为0B ．K 的最小值为0C ．K 的最大值为1D ．K 的最小值为110．设函数f(x)为定义在R 上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x ＋2x ＋b(b 为常数)，则f(－1)＝________．11．若函数y ＝f(x)的定义域是[0，2]，则函数g(x)＝f （2x ）x －1的定义域是________． 12．定义在R 上的函数f(x)满足f(x)＋f(x ＋2)＝8，且当x ∈(－1，1]时，f(x)＝x2＋2x ，则当x ∈(3，5]时，f(x)＝________________．专题限时集训(二)A【基础演练】1．C [解析] 法一：因为函数f(x)为偶函数，所以f(2)＝f(－2)＝log2(2＋2)3＝6.法二：因为f(x)是偶函数，当x≤0时，f(x)＝log2(2－x)3，所以当x>0时，f(x)＝log2(2＋x)3，易求f(2)＝6.2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项C 中的图象．3．B [解析] 由loga2<0得0<a<1，f(x)＝loga(x ＋1)的图象是由函数y ＝logax 的图象向左平移一个单位得到的，故为选项B 中的图象．4．A [解析] 由f(x ＋1)＝－f(x)，得f(x ＋2)＝－f(x ＋1)＝f(x)，2是函数f(x)的一个周期，故f(2 012)－f(2 011)＝f(0)－f(1)＝0－1＝－1.【提升训练】5．C [解析] 需满足ex －e －x ex ＋e －x>0，即ex －e －x>0，所以x>0，即函数的定义域是(0，＋∞)，排除选项A ，B 中的图象，由于ex －e －x ex ＋e －x ＝e2x －1e2x ＋1<1，所以ln ex －e －x ex ＋e －x<0，故只能是选项C 中的图象．6．D [解析] 法一：令x1<x2，因为函数g(x)＝f(x ＋a)－f(x)是增函数，故g(x1)＝f(x1＋a)－f(x1)<g(x2)＝f(x2＋a)－f(x2)，也就是f(x1＋a)－f(x1)<f(x2＋a)－f(x2)，所以函数f(x)是增长速度越来越快的函数，故选D.法二：对于A ，可令f(x)＝x3，则g(x)＝f(x ＋a)－f(x)＝3ax2＋3a2x ＋a3在其定义域上不是增函数；对于B ，可令f(x)＝(x ＋1)13，则g(x)＝f(x ＋a)－f(x)＝3x ＋a ＋1－3x ＋1是减函数；对于C ，可令f(x)＝－(x －2)2＋3，则g(x)＝f(x ＋a)－f(x)＝－2ax －a2＋4a ，因为a>0，所以函数为减函数；对于D ，可令f(x)＝2x ，则g(x)＝f(x ＋a)－f(x)＝2x ＋a －2x ＝(2a －1)2x ，因为a>0，所以2a －1>0，函数为增函数．7．B [解析] 由f(x ＋3)＝－1f （x ），得f(x ＋6)＝－1f （x ＋3）＝f(x)，知6为该函数的一个周期，所以f(107.5)＝⎝⎛⎭⎫6×18－12＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－1f ⎝⎛⎭⎫52＝－1f ⎝⎛⎭⎫－52＝－1－10＝110. 8．D [解析] 根据指数函数与对数函数互为反函数，故f(x)＝lnx ，由于函数y ＝f(x)，y ＝g(x)图象关于y 轴对称，可得g(x)＝f(－x)＝ln(－x)，g(m)＝－1，即ln(－m)＝－1，解得m ＝－e－1＝－1e. 9．D [解析] 根据给出的定义，fK(x)的含义是在函数y ＝f(x)，y ＝K 中取小．若对任意的x ∈(－∞，1]恒有fK(x)＝f(x)，等价于对任意的x ∈(－∞，1]恒有f(x)≤K ，即函数f(x)在(－∞，1]上的最大值小于或者等于K.令t ＝2x ∈(0，2]，则函数f(x)＝2x ＋1－4x ，即为函数φ(t)＝－t2＋2t ＝－(t －1)2＋1≤1，故函数f(x)在(－∞，1]上的最大值为1，即K≥1.所以K 有最小值1.10．－3 [解析] 因为函数f(x)为定义在R 上的奇函数，所以f(0)＝0，即20＋b ＝0，所以b ＝－1，所以函数f(x)＝2x ＋2x －1，(x≥0)，所以f(－1)＝－f(1)＝－(2＋2－1)＝－3.11．[0，1) [解析] 因为f(x)的定义域为[0，2]，所以对g(x)，0≤2x≤2但x≠1，故x ∈[0，1)．12．f(x)＝x2－6x＋8[解析] 根据f(x)＋f(x＋2)＝8，可得f(x＋2)＋f(x＋4)＝8，消掉f(x＋2)得f(x)＝f(x＋4)，即函数f(x)是以4为周期的函数．当x∈(3，5]时，(x－4)∈(－1，1]，所以f(x)＝f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)＝x2－6x＋8.。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(六)(江西省专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(六)(江西省专用)

专题限时集训(六)[第6讲 三角恒等变换与三角函数](时间：45分钟)1．下列函数中，周期为π，且在⎣⎡⎦⎤0，π2上为减函数的是( ) A ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 B ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 C ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2 D ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2 2．已知tan α＝2，则cos2α()sin α－cos α2的值为( ) A ．－3 B ．3C ．－2D ．2 3．已知角2α的顶点在原点，始边与x 轴非负半轴重合，终边过⎝⎛⎭⎫－12，32，2α∈[0，2π)，则tan α＝( )A ．－ 3 B. 3 C.33 D ．±334．要得到函数y ＝3c os ⎝⎛⎭⎫2x －π4的图像，可以将函数y ＝3sin2x 的图像( ) A ．沿x 轴向左平移π8个单位长度B ．沿x 轴向右平移π8个单位长度C ．沿x 轴向左平移π4个单位长度D ．沿x 轴向右平移π4个单位长度5．比较sin150°，ta n240°，cos(－120°)三个三角函数值的大小，正确的是( )A ．sin150°>tan240°>cos(－120°)B ．tan240°>sin150°>cos(－120°)C ．si n150°>cos(－120°)>tan240°D ．tan240°>cos(－120°)>sin150°6．若函数y ＝Asin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A>0，ω>0，||φ<π2在一个周期内的图像如图6－1所示，M ，N 分别是这段图像的最高点和最低点，且OM →²ON →＝0，则A·ω＝( )图6－1A.π6B.7π12C.7π6D.7π37．已知x ＝π4是f(x)＝asinx ＋bcosx 的一条对称轴，且最大值为22，则函数g(x)＝asinx ＋b( )A ．最大值是4，最小值为0B ．最大值是2，最小值为－2C ．最大值可能是0D ．最小值不可能是－48．函数y ＝cos(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图像如图6－2所示，A ，B 分别为最高点与最低点，并且直线AB 的斜率为1，则该函数的一条对称轴为( )图6－2A ．x ＝2πB ．x ＝π2C ．x ＝1D ．x ＝29．平面直角坐标系中，圆O 方程为x2＋y2＝1，直线y ＝2x 与圆O 交于A ，B 两点，又知角α，β的始边是x 轴，终边分别为OA 和OB ，则cos(α＋β)＝________．10．设f(x)是定义在R 上最小正周期为5π3的函数，且在⎣⎡⎭⎫－2π3，π上f(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sinx ，x ∈⎣⎡⎭⎫－2π3，0，cosx ，x ∈[0，π），则f ⎝⎛⎭⎫－16π3的值为________． 11．已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)其中A>0，ω>0，0<φ<π2的图像如图6－3所示． (1)求函数y ＝f(x)的解析式；(2)求函数y ＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π8的零点．图6－312．已知函数f(x)＝sin ωx(3cos ωx ＋sin ωx)＋12(ω∈R ，x ∈R)的最小正周期为π，且图像关于直线x ＝76π对称．(1)求f(x)的最大值及对应的x 的集合；(2)若直线y ＝a 与函数y ＝1－f(x)，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的图像有且只有一个公共点，求实数a 的范围．13．已知角α的顶点在原点，始边与x 轴的正半轴重合，终边经过点P(－3，3)．(1)求sin2α－ta n α的值；(2)若函数f(x)＝cos(x －α)cos α－sin(x －α)sin α，求函数y ＝3f ⎝⎛⎭⎫π2－2x －2f2(x)在区间⎣⎡⎦⎤0，2π3上的取值范围．。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二十三)(江西省专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二十三)(江西省专用)

专题限时集训(二十三)[第23讲 坐标系与参数方程](时间：30分钟)1．若曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为________．2．圆C ：⎩⎨⎧x ＝1＋2cos θ，y ＝1＋2sin θ(θ为参数)的极坐标方程为________． 3．在极坐标系中，圆ρ＝2的圆心到直线ρcos θ＋ρsin θ＝2的距离为________．[来源:学§科§网]4．在极坐标系中，曲线ρ＝2cos θ与曲线θ＝π6的交点的极坐标为________．5．已知圆ρ＝3cos θ，则圆截直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t (t 为参数)所得的弦长为________． 6．在极坐标系(ρ，θ)(0≤θ<2π)中，曲线ρ＝2sin θ与ρcos θ＝－1的交点的极坐标为________．7．在极坐标系中，曲线C 的方程为ρ＝2sin θ，过点P ⎝⎛⎭⎫22，π4作曲线的切线，则切线长为________．8．曲线C1：y ＝|x|，C2：x ＝0，C3的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t ，y ＝1－t(t 为参数)，那么C1，C2，C3围成的图形的面积为________．9．将圆M ：x2＋y2＝a(a>0)的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩短为原来的13，正好与直线x －y －1＝0相切．若以原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，则圆M 的极坐标方程为________．10．直线l ：ρ＝a －2cos θ＋2sin θ(极轴与x 轴的正半轴重合，且单位长度相同)， 圆C ：⎩⎨⎧x ＝1＋2cos θ，y ＝－1＋2sin θ(θ为参数)．若直线l 被圆C 截得的弦长为655，则a 的值为________． 11．在直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B分别在曲线C1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)和曲线C2：ρ＝22cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4上，则|AB|的最小值为________．12．直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A ，B 分别在曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos θ，y ＝3＋2sin θ(θ为参数)和曲线ρ＝12上，则|AB|的取值范围是________． 13．已知抛物线C1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8t2，y ＝8t (t 为参数)，圆C2的极坐标方程为ρ＝r(r>0)，若斜率为1的直线经过抛物线C1的焦点，且与圆C2相切，则r ＝________．14．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心在极轴上，经过点D ⎝⎛⎭⎫2，π3的圆，且曲线C1经过曲线C2的圆心．若点A(ρ1，θ)，B ⎝⎛⎭⎫ρ2，θ＋π2在曲线C1上，则1ρ21＋1ρ2的值为________．。

2013高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：作业手册详答(湖北省专用)

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专题限时集训(一)A 【基础演练】1．A [解析] 依题意得B ＝{x|－2<x<1}，故A ∪B ＝{x|－2<x<4}．2．D [解析] 依题意得A ＝{－1，0，1}，因此集合A 的子集个数是23＝8. 3．B [解析] 根据特称命题的否定得命题綈p 应为：∀x ∈0，π2，sinx ≠12.4．D [解析] D 项中，当φ＝π2时，函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝cos2x 是偶函数，故D 项错误；A ，B ，C 项都易验证是正确的．故选D.【提升训练】5．B [解析] 由x －2x ＋3<0得－3<x<2，即M ＝{x|－3<x<2}；由|x －1|≤2得－1≤x≤3，即N ＝{x|－1≤x≤3}．所以M∩N ＝[－1，2)．6．B [解析] 当c ＝－1时，由函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，x≥1，x －1，x<1的图象可以得出其是增函数；反之，不一定成立，如取c ＝－2.所以“c ＝－1”是“f(x)在R 上单调递增”的充分不必要条件． 7．C [解析] 当“A>B”时，因为sinA －sinB ＝2cos A ＋B 2sin A －B 2，易知A ＋B 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，A －B2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos A ＋B 2>0，sin A －B 2>0.可以推得sinA>sinB.当“sinA>sinB ”时，有sinA －sinB ＝2cos A ＋B 2sin A －B 2>0，又由上得cos A ＋B 2>0，所以sin A －B 2>0，所以A －B 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，即A －B ∈(0，π)，可以推得A>B.故“A>B”是“sinA>sinB ”的充分必要条件．故选C. 8．C [解析] 命题p 等价于Δ＝a2－16≥0，即a≤－4或a≥4；命题q 等价于－a4≤3，即a≥－12.由p 或q 是真命题，p 且q 是假命题知，命题p 和q 一真一假．若p 真q 假，则a<－12；若p 假q 真，则－4<a<4.故实数a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－4，4)．9．B [解析] 对于①，显然m≠0，故由am2<bm2两边同时除以m2，得a<b.故①正确．对于②，因为x 是任意正数，所以不等式2x ＋a x ≥1等价于a≥x －2x2＝－2⎝⎛⎭⎫x －142＋18.因为不等式恒成立，所以a≥18.故②正确．对于③，命题“∃x ∈R ，x2－x>0”的否定是“∀x ∈R ，x2－x≤0”，故③错误．对于④，若命题p ∧q 为假，则p 和q 至少有一个为假，不可以推得命题p ∨q 为假命题；但当命题p ∨q 为假时，则p 和q 都为假，可以推得命题p ∧q 为假命题；故“p ∧q 为假命题”是“p ∨q 为假命题”的必要不充分条件，故④错误．综上，正确的个数为2.故选B. 10．∀x ∈R ，x>1且x2≤4 [解析] 因为特称命题p ：∃x0∈M ，p(x0)的否定为綈p ：∀x ∈M ，綈p(x)，所以题中命题的否定为“∀x ∈R ，x>1且x2≤4”．11．{5，6} [解析] 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B ∩(∁UA)＝{5，6}．12．①④ [解析] 对于①，“∃x0∈R ，2x0>3”的否定是“∀x ∈R ，2x ≤3”，所以①正确；对于②，注意到sin π6－2x ＝cos2x ＋π3，因此函数y ＝sin2x ＋π3sin π6－2x ＝sin2x ＋π3·cos2x＋π3＝12sin4x ＋2π3，其最小正周期为2π4＝π2，所以②不正确；对于③，注意到命题“函数f(x)在x ＝x0处有极值，则f′(x 0)＝0”的否命题是“若函数f(x)在x ＝x0处无极值，则f′(x 0)≠0”，容易知该命题不正确，如取f(x)＝x3，f(x)无极值但当x0＝0时，f′(x 0)＝0，故③不正确；对于④，依题意知，当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2－x ，所以④正确．综上所述，其中正确的说法是①④. 专题限时集训(一)B 【基础演练】1．B [解析] (∁UM )∩N ＝{x|x ∈Z ，x≠－1，0，1}∩{0，1，3}＝{3}．故选B. 2．A [解析] 依题意得M ＝{x|x≥－a}，N ＝{x|1<x<3}，则∁UN ＝{x|x≤1，或x≥3}．又M∩(∁UN)＝{x|x ＝1，或x≥3}， 所以－a ＝1，求得a ＝－1.3．C [解析] 因为a2－a ＋1＝a －122＋34≥34>0，所以由a －1a2－a ＋1<0得a<1，不能得到|a|<1；反过来，由|a|<1得－1<a<1，所以a －1a2－a ＋1<0.因此“a －1a2－a ＋1<0”是“|a|<1”成立的必要不充分条件．4．D [解析] 对于A ，命题“若x2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，因此选项A 不正确；对于B ，由x ＝－1得x2－5x －6＝0，因此“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的充分条件，选项B 不正确；对于C ，命题“∃x0∈R ，使得x20＋x0－1<0”的否定是：“∀x ∈R ，使得x2＋x －1≥0”，因此选项C 不正确；对于D ，命题“若x ＝y ，则sinx ＝siny ”是真命题，因此它的逆否命题也为真命题，选项D 正确． 【提升训练】5．B [解析] A ＝{x|x2－x －6<0}＝{x|－2<x<3}，所以A∩B ＝{－1，1，2}，有三个元素．故选B.6．D [解析] 因为∀x ∈R ，2x2＋2x ＋12＝2x ＋122≥0，所以p 为假命题；当x ＝3π4时，sin3π4－cos 3π4＝22＋22＝2，所以q 为真命题，则綈q 是假命题．7．B [解析] 注意到⊙O1与⊙O4无公共点，⊙O2与⊙O3无公共点，则满足题意的“有序集合对”(A ，B)的个数是4.8．A [解析] 对于命题q ，函数f(x)＝x2＋mx ＋9存在零点，等价于Δ＝m2－4×9≥0，等价于m≥6或m≤－6，又{m|m>7}⊂{m|m ≥6}，所以p 是q 的充分不必要条件．故选A. 9．C [解析] 若xyz ＝0，不妨设x ＝0，则由xOA →＋yOB →＋zOC →＝0，得yOB →＝－zOC →，故OB →与OC →共线，又它们有公共点O ，所以点O 在直线BC 上．同理，当y ＝0或z ＝0可分别推得点O 在直线AC ，AB 上．故由“xyz ＝0”可以推得“点O 在△ABC 的边所在直线上”；若点O 在△ABC 的边所在直线上，不妨设点O 在直线BC 上，则一定存在实数λ，使得yOB →＋zOC →＝λOB →成立．又xOA →＋yOB →＋zOC →＝0，所以xOA →＋λOB →＝0.因为OA →与OB →不共线，所以x ＝0，λ＝0.同理，当点O 在直线AC ，AB 上时，可以分别推得y ＝0，z ＝0.故由“点O 在△ABC 的边所在直线上”可以推得“xyz ＝0”．故“xyz ＝0”是“点O 在△ABC 的边所在直线上”的充要条件．故选C.10．ab ＝a2＋b2 [解析] 由A∩B 只有一个元素知，圆x2＋y2＝1与直线x a －yb ＝1相切，则1＝aba2＋b2，即ab ＝a2＋b2.11．必要不充分 [解析] 设向量a ，b 的夹角为θ，则由题意知，当a·b ＝|a|·|b|cos θ>0时，θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2；若a 与b 的夹角为锐角，即θ∈0，π2.因为⎝⎛⎭⎫0，π2⎣⎡⎭⎫0，π2，所以p 是q 成立的必要不充分条件．12．(－∞，－1]∪[0，＋∞) [解析] 若对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0，则Δ＝a2＋16a<0，即－16<a<0；若对于任意实数x ，都有x2－2ax ＋1>0，则Δ＝4a2－4<0，即－1<a<1.于是命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是真命题时有a ∈(－1，0)，则命题“对于任意实数x ，都有x2＋ax －4a>0且x2－2ax ＋1>0”是假命题时a 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 专题限时集训(二)A 【基础演练】1．D [解析] 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧x>0，log3x ≠0，解得x>0且x≠1，故函数定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．2．C [解析] 函数是偶函数，只能是选项C 中的图象．3．C [解析] 依题意，因为5≥4，4≥4，所以f(5)＝f(5－1)＝f(4)＝f(4－1)＝f(3)，而3<4，所以f(3)＝23＝8.4．B [解析] 因为3a ＝5b ＝A ，所以a ＝log3A ，b ＝log5A ，且A>0，于是1a ＋1b ＝logA3＋logA5＝logA15＝2，所以A ＝15. 【提升训练】5．D [解析] 由题意，⎩⎨⎧2－x>0，lgx ≥0，解得1≤x<2.故选D.6．B [解析] 由loga2<0得0<a<1，f(x)＝loga(x ＋1)的图象是由函数y ＝logax 的图象向左平移1个单位得到的，故为选项B 中的图象．7．A [解析] 由条件知，0<a<1，b<－1，结合选项，函数g(x)＝ax ＋b 只有A 符合要求． 8．B [解析] 根据f(x)的图象知0<b<1，a>1，则函数g(x)单调递增，且是由函数h(x)＝logax 向左平移了b(0<b<1)个单位而得到的，故B 项符合． 9．B [解析] 由f(x ＋3)＝－1f （x ），得f(x ＋6)＝－1f （x ＋3）＝f(x)，知6为该函数的一个周期，所以f(107.5)＝⎝⎛⎭⎫6×18－12＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－1f ⎝⎛⎭⎫52＝－1f ⎝⎛⎭⎫－52＝－1－10＝110. 10．－12 [解析] 依题意，f(m)＝12，即em －1em ＋1＝12.所以f(－m)＝e －m －1e －m ＋1＝1－em 1＋em ＝－em －1em ＋1＝－12.11．7 6 [解析] 因为f(22)＝loga((22)2－1)＝loga7＝1，所以a ＝7. 故f(f(2))＝f[log7(22－1)] ＝2×7log73＝2×3＝6.12．②③④ [解析] 根据单函数的定义可知故命题②、④是真命题，①是假命题；根据一个命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题． 专题限时集训(二)B 【基础演练】1．C [解析] 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，1－lg （x ＋2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，x ＋2≤10，解得－2<x≤8，故函数定义域为(－2，8]．2．A [解析] f(27)＝11＋327＝14，f(f(27))＝f ⎝⎛⎭⎫14＝⎪⎪⎪⎪log414－1－2＝0.故选A. 3．B [解析] y ＝－1x 是奇函数，A 错误；y ＝e|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，B 正确；y ＝－x2＋3是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，C 错误；y ＝cosx 是偶函数且在(0，＋∞)上有时递增，有时递减，D 错误．4．C [解析] 依题意，由f(2－x)＝f(x)得f(1－x)＝f(1＋x)， 即函数f(x)的对称轴为直线x ＝1，结合图形可知f 12<f 13<f(0)＝f(2)． 【提升训练】5．C [解析] 将函数f(x)＝x|x|－2x 去掉绝对值，得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2x ，x≥0，－x2－2x ，x<0，画出函数f(x)的图象，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．6．A [解析] 本题考查函数的奇偶性，周期性，函数求值． f ⎝⎛⎭⎫－52＝－f ⎝⎛⎭⎫52＝－f ⎝⎛⎭⎫12＝－2×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝－12.故选A. 7．C [解析] 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x→0时，x sinx →1，当x→π时，x sinx →＋∞，综合这些信息得只能是选项C 中的图象．8．D [解析] 由题意，f(12，16)＝f(12，12＋4)＝14(12＋4)f(12，4)＝4f(4，12)＝4f(4，4＋8)＝4×18(4＋8)f(4，8)＝6f(4，4＋4)＝6×14(4＋4)f(4，4)＝12×4＝48.故选D.9．D [解析] 依题意得，f(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x≤0，－x ＋1，0<x<2，x －3，x≥2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x －1)和y ＝t(|t|<1)的图象(如图)，由图象知方程f(x －1)＝t(|t|<1)所有根的和s 的取值范围是(2，4)．10．－14 [解析] 由对任意t ∈R ，都有f(t)＝f(1－t)，可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t ＋1)＝－f(t)，进而得到f(t ＋2)＝－f(t ＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，即函数y ＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，f －32＝f 12＝－14.所以f(3)＋f －32＝0＋－14＝－14.11．①②④ [解析] 依题意，令x ＝－2得f(2)＝f(－2)＋f(2)，又函数f(x)是偶函数，故f(2)＝0，所以①正确；根据①可得f(x ＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4，由于偶函数的图象关于y 轴对称，故x ＝－4也是函数y ＝f(x)图象的一条对称轴，所以②正确；根据函数的周期性可知，函数f(x)在[8，10]上单调递减，所以③不正确；由于函数f(x)的图象关于直线x ＝－4对称，故如果方程f(x)＝m 在[－6，－2]上的两根为x1，x2，则x1＋x2＝－8，所以④正确． 12．②④ [解析] 对于①，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于②，注意到f(x)＝2－x>0，因此存在函数g(x)＝0，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数；对于③，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)不存在承托函数；对于④，注意到f(x)＝x ＋sinx ≥x －1，因此存在函数g(x)＝x －1，使得f(x)≥g(x)对一切实数x 都成立，即f(x)存在承托函数．综上所述，存在承托函数的f(x)的序号为②④. 专题限时集训(三) 【基础演练】1．B [解析] 本题考查函数零点所在区间的判断．因为f ⎝⎛⎭⎫－14＝e 14－2<0，f ⎝⎛⎭⎫－12＝e 12－1>0，所以f ⎝⎛⎭⎫－14·f ⎝⎛⎭⎫－12<0.又函数f(x)的图象是连续的，所以由零点存在定理得函数f(x)＝e －x －4x －3的零点所在的区间为⎝⎛⎭⎫－12，－14.故选B. 2．B [解析] 依题意，由所给出的函数图象可求得函数解析式为h ＝20－5t(0≤t≤4)，对照选项可知图象应为B.故选B.3．C [解析] 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v ＝t2－12满足．故选C.4．B [解析] 在同一坐标系内画出函数y ＝3cos π2x 和y ＝log2x ＋12的图象，可得交点个数为3.【提升训练】5．D [解析] 由于f ⎝⎛⎭⎫1e ＝13×1e －ln 1e ＝13e ＋1>0，f(1)＝13×1－ln1＝13>0，f(e)＝13×e －lne ＝13e －1<0，则知函数f(x)在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点．故选D.6．C [解析] 易知f(a)＝0，函数f(x)＝lnx －log 12x 在(0，＋∞)上单调递增，因为0<x0<a ，所以f(x0)<f(a)＝0.7．C [解析] 设CD ＝x ，依题意，得S ＝x(16－x)(4<x<16－a)，所以Smax ＝f(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧64（0<a≤8），a （16－a ）（8<a<12），对照图象知，C 符合函数模型对应的图象．故选C. 8．D [解析] 因为函数f(x)是奇函数，且定义域为R ，所以f(0)＝0.又函数f(x)是周期为3的周期函数，所以f(6)＝f(3)＝f(0)＝0.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f(x)＝sin πx ，所以f(1)＝0.所以f(4)＝f(1)＝f(－2)＝0.所以f(2)＝f(5)＝0.因为f ⎝⎛⎭⎫32＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫92＝0.综上，函数f(x)在区间[0，6]上的零点有0，1，32，2，3，4，92，5，6共9个．9．D [解析] 由对任意的x ∈R 都有f(x ＋1)＝f(x －1)知f(x)＝f(x ＋2)，即函数y ＝f(x)的周期为2，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f(x)(x ∈[－1，3])和y ＝m(x ＋1)的图象(如图)，要使函数g(x)＝f(x)－mx －m 恰有四个不同零点，则0<m≤14.10．3 [解析] 由题意知，f(3)＝ln3－1>0，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k ＝3.故填3.11．40 [解析] 设相同时间间隔为t1小时，第10台投入工作至收割完成为t2小时，则第1，2，3，4，5，6，7，8，9台投入工作的时间依次为9t1＋t2，8t1＋t2，…，t1＋t2小时．因为采用第一种方案总共用24小时完成，所以每台收割机每小时完成收割任务的1240.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧9t1＋t2＝5t2，1240[（9t1＋t2）＋（8t1＋t2）＋…＋t2]＝1，解得t2＝8.故采用第二种方案时第一台收割机投入工作的时间为5t2＝40(小时)．12．解：(1)条件说明抛物线f(x)＝x2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝2m ＋1<0，f （－1）＝2>0，f （1）＝4m ＋2<0，f （2）＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m<－12，m ∈R ，m<－12，m>－56.∴－56<m<－12.(2)抛物线与x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4m2－4（2m ＋1）≥0，f （0）＝2m ＋1>0，f （1）＝4m ＋2>0，0<－m<1，得－12<m≤1－2.(这里0<－m<1是因为对称轴x ＝－m 对应的－m 应在区间(0，1)内过) 13．解：(1)当x ＝0时，t ＝0；当0<x≤24时，x ＋1x ≥2(当x ＝1时取等号)，∴t ＝x x2＋1＝1x ＋1x∈⎝⎛⎦⎤0，12，即t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. (2)当a ∈⎣⎡⎦⎤0，12时，记g(t)＝|t －a|＋2a ＋23， 则g(t)＝⎩⎨⎧－t ＋3a ＋23，0≤t≤a ，t ＋a ＋23，a<t ≤12.∵g(t)在[0，a]上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a ，12上单调递增， 且g(0)＝3a ＋23，g ⎝⎛⎭⎫12＝a ＋76，g(0)－g ⎝⎛⎭⎫12＝2⎝⎛⎭⎫a －14. 故M(a)＝⎩⎨⎧g ⎝⎛⎭⎫12，0≤a≤14，g （0），14<a ≤12，即M(a)＝⎩⎨⎧a ＋76，0≤a≤14，3a ＋23，14<a ≤12.∴当且仅当a≤49时，M(a)≤2.故当0≤a≤49时不超标，当49<a ≤12时超标． 14．解：(1)当m ＝2，x ∈[1，2]时， f(x)＝x·(x －1)＋2＝x2－x ＋2＝x －122＋74.∵函数y ＝f(x)在[1，2]上单调递增，∴f(x)max ＝f(2)＝4，即f(x)在[1，2]上的最大值为4.(2)函数p(x)的定义域为(0，＋∞)，函数p(x)有零点，即方程f(x)－g(x)＝x|x －1|－lnx ＋m ＝0有解，即m ＝lnx －x|x －1|有解，令h(x)＝lnx －x|x －1|. 当x ∈(0，1]时，h(x)＝x2－x ＋lnx.∵h ′(x)＝2x ＋1x －1≥22－1>0当且仅当2x ＝1x 时取“＝”，∴函数h(x)在(0，1]上是增函数，∴h(x)≤h(1)＝0.当x ∈(1，＋∞)时，h(x)＝－x2＋x ＋lnx.∵h ′(x)＝－2x ＋1x ＋1＝－2x2＋x ＋1x ＝－（x －1）（2x ＋1）x <0，∴函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴h(x)<h(1)＝0，∴方程m ＝lnx －x|x －1|有解时，m≤0， 即函数p(x)有零点时，m 的取值范围为(－∞，0]． 专题限时集训(四)A 【基础演练】1．B [解析] 对于B ，由a3>b3知a>b ，而ab>0，由不等式的倒数法则知1a <1b .故选B. 2．D [解析] 由1x <12，得1x －12<0，即2－x 2x <0，于是不等式转化为x(x －2)>0，解得x<0或x>2.故选D.3．B [解析] a·b ＝4x －4＋2y ＝0，即2x ＋y ＝2，9x ＋3y ≥29x ·3y ＝232x ＋y ＝232＝6(当2x ＝y ＝1时取等号)．4．B [解析] 作出满足题设条件的可行域(如图)，则当直线y ＝－2x ＋z 经过点A(－2，2)时，截距z 取得最小值，即zmin ＝2×(－2)＋2＝－2.【提升训练】5．A [解析] |x ＋3|－|x －1|≤|(x ＋3)－(x －1)|＝4，由题意，有4≤a 2－3a ，解得a≤－1，或a≥4. 6．A [解析] 依题意，a2<1＋x 对任意正数x 恒成立，则a2≤1，求得－1≤a≤1.7．B [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y≤0，x －2y ＋3≥0，x≥0的可行域，如图中的阴影部分所示，设w ＝2x ＋y ，由图知，当取点A(1，2)时，w 取得最大值为2×1＋2＝4，此时z ＝2x ＋y ＋4的最大值为4＋4＝8.故选B.8．A [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2≤0，y －1≤0，x ＋2y －2≥0表示的平面区域，则此平面区域为△ABC ，且A(2，0)，B(0，1)，C(2，1)，于是，S ＝12×2×1＝1.故选A.9．B [解析] 由a>0，b>0且直线x －y ＝－1与2x －y ＝2的交点为(3，4)，得当x ＝3，y ＝4时，z 取得大值，3a ＋4b ＝7，所以3a ＋4b ＝3a ＋4b ·3a ＋4b 7＝97＋167＋127b a ＋a b ≥257＋127×2b a ·a b ＝257＋247＝7. 10．A [解析] 由f(x)是奇函数知f(0)＝lg(2＋a)＝0，解得a ＝－1，那么由f(x)＝lg ⎝⎛⎭⎫21－x －1<0＝lg1，得21－x －1<1，即x x －1>0，解得x<0或x>1，又知其定义域为21－x －1>0，即x ＋1x －1<0，解得－1<x<1，综上可得－1<x<0.故选A.11．8 [解析] 依题意，设货车从A 市到B 市的时间为t ，则t ＝400v ＋16×v202v ＝400v ＋16v400≥2400v ·16v400＝216＝8.故填8.12．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [解析] 当x≤－1时，不等式可化为－(x ＋1)－(2x －4)>6，解得x<－1；当－1<x<2时，不等式可化为(x ＋1)－(2x －4)>6，解得x<－1，无解；当x≥2时，不等式可化为(x ＋1)＋(2x －4)>6，解得x>3；故不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．13．－18 6 [解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y2－x≤0，x ＋y≤2表示的可行域(如下图阴影部分所示，含边界)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y2－x ＝0，x ＋y ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，故两交点分别为A(1，1)，B(4，－2)．设z ＝2x ＋y ，可知当直线z ＝2x ＋y 经过点B(4，－2)时，z ＝2x ＋y 有最大值，且zmax ＝6；当直线z ＝2x＋y 与抛物线y2－x ＝0相切时，z ＝2x ＋y 有最小值，此时由⎩⎪⎨⎪⎧y2－x ＝0，z ＝2x ＋y ，消去y 得4x2－(4z＋1)x ＋z2＝0，令Δ＝(4z ＋1)2－16z2＝0，解得z ＝－18.故zmin ＝－18.故2x ＋y 的最小值为－18，最大值为6. 专题限时集训(四)B 【基础演练】1．D [解析] ∵y>x>0，且x ＋y ＝1，取特殊值：x ＝14，y ＝34，则x ＋y 2＝12，2xy ＝38，∴x<2xy<x ＋y 2<y.故选D.2．D [解析] |x －1|＋|x －6|≥|(x －1)－(x －6)|＝5，故要使不等式|x －1|＋|x －6|>m 恒成立，须满足m<5.3．D [解析] ∵am ＋bn ＋c<0，b<0，∴n>－a b m －cb . ∴点P 所在的平面区域满足不等式y>－a b x －cb ，a>0，b<0.∴－ab >0.故点P 在该直线的上侧，综上知，点P 在该直线的左上方．4．D [解析] 依题意，不等式f(x0)>1等价于⎩⎪⎨⎪⎧x0≤0，12x0>1或⎩⎨⎧x0>0，x0>1，解得x0<0或x0>1.故选D.【提升训练】5．C [解析] 不等式x2－x －6x －1>0可化为(x ＋2)(x －3)(x －1)>0，由数轴标根法可知，解集为{x|－2<x<1，或x>3}．6．B [解析] 依题意知，－12和13是一元二次方程ax2＋bx ＋2＝0的两根，且a<0，则⎩⎨⎧－12＋13＝－ba ，－12×13＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2.于是，不等式2x2＋bx ＋a<0即是2x2－2x －12<0，解得－2<x<3.故选B.7．C [解析] 因为0<x<1，所以1＋x>2x ＝4x>2x ，所以只需比较1＋x 与11－x 的大小．因为1＋x －11－x ＝1－x2－11－x ＝x2x －1<0，所以1＋x<11－x .故选C.8．2π [解析] 在同一直角坐标系中作出可行域⎩⎨⎧（x ＋3y ）（3x －y ）≤0，x2＋y2≤4.由图形知，不等式组表示的平面区域的面积是二分之一的半径为2的圆面积，即S ＝12×π×22＝2π.9．2＋22 [解析] 画出不等式组表示的平面区域，当t 最小时，所表示的区域为第一象限的一个等腰直角三角形．依题意，它有一个半径为1的内切圆，不妨设斜边|OB|＝t ，则两直角边长|AB|＝|OA|＝22t ，所以22t ＋22t －t 2＝1，求得t ＝22－1＝22＋2，即 tmin ＝2＋2 2.10．(－∞，－4)∪(0，＋∞) [解析] 由题意，对任意x ∈R ，|x －a|＋|x ＋2|>2恒成立，因为|x－a|＋|x ＋2|≥|(x －a)－(x ＋2)|＝|2＋a|，所以需满足|2＋a|>2，得2＋a>2，或2＋a<－2，解得a>0，或a<－4.11．10 [解析] 设应把楼房设计成x 层，每层的面积为y m2，则平均每平方米建筑面积的成本费为k ＝2 000y ＋y×400＋y×440＋…＋y×[400＋40（x －1）]xy ＝2 000x＋20x ＋380≥22 000x ·20x ＋380＝780，当且仅当2 000x ＝20x ，即x ＝10时取等号，故应把楼房设计成10层．12．[－1，11] [解析] 作出x ，y 满足的可行域(如下图阴影部分所示，含边界)．当x≥0时，z ＝2x ＋y 在点C(6，－1)处取得最大值11，在点D(0，－1)处取最小值－1；当x≤0时，目标函数z ＝－2x ＋y 在点B (－2，－1)处取最大值3，在点D(0，－1)处取最小值－1，所以z ∈[－1，11]． 专题限时集训(五)【基础演练】1．C [解析] 将点(2，3)分别代入曲线y ＝x3＋ax ＋1和直线y ＝kx ＋b ，得a ＝－3，2k ＋b ＝3.又k ＝y′|x ＝2＝(3x2－3)|x ＝2＝9，所以b ＝3－2k ＝3－18＝－15.故选C.2．C [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2＋2x ＋m ，因为f(x)是R 上的单调函数，二次项系数a ＝3>0，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥13.3．C [解析] 对f(x)求导得f ′(x)＝3x2－6x ＝3x(x －2)，则f(x)在区间[－1，0]上递增，在区间[0，1]上递减，因此函数f(x)的最大值为f(0)＝2.故选C. 4．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝x2＋c ＋(x －2)·2x.又因为f′(2)＝0，所以4＋c ＋(2－2)×4＝0，所以c ＝－4.于是f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故选A. 【提升训练】5．A [解析] 对f(x)求导，得f ′(x)＝3x2－3≥－3，∴f(x)上任意一点P 处的切线的斜率k≥－3，即tan α≥－3， ∴0≤α<π2或2π3≤α<π.6．D [解析] ∵s(t)＝t2＋3t ，∴s′(t)＝2t －3t2，则机器人在t ＝2时的瞬时速度为s′(2)＝2×2－322＝134(m/s)．故选D. 7．D [解析] 由于AB 的长度为定值，只要考虑点C 到直线AB 的距离的变化趋势即可．当x 在区间[0，a]变化时，点C 到直线AB 的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)的图象先是在x 轴上方，再到x 轴下方，再回到x 轴上方，再到x 轴下方，并且函数在直线AB 与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D 中的图象符合要求．8．B [解析] f′(x)＝1x －x ＝1－x2x ，当x>1时，f′(x)<0；当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，故排除C ，D 项；因为f(1)＝－12<0，故排除A 项．9．D [解析] 根据二次函数图象知f(0)＝a ∈(0，1)，f(1)＝1－b ＋a ＝0，即b －a ＝1，所以b ∈(1，2)．又g′(x)＝2x ＋2x －b ，所以g′(b)＝2b ＋b≥22b ·b ＝22，当且仅当2b ＝b ，即b ＝2时取等号，故g′(b)min ＝2 2.故选D.10．(1，e) [解析] 设切点坐标为(x0，y0)，对f(x)＝ex 求导，得f ′(x)＝ex ，所以f′(x 0)＝ex0＝e ，即x0＝1.又y0＝f(x0)＝ex0＝e ，所以切点坐标为(1，e)．11.13 [解析] 本题考查函数的单调性，多项式函数的求导．f′(x)＝3kx2＋6(k －1)x(k>0)，由题意，f′(x)<0的解集是(0，4)，所以f′(0)＝0，f′(4)＝0，解得k ＝13.12．①1 ②h(0)<h(1)<h(－1) [解析] 本题考查二次函数和三次函数的导数及其图象，求值，比较大小等．①由题意，f′(x)是一次函数，g′(x)是二次函数．所以由图象可得f′(x)＝x ，g′(x)＝x2.设f(x)＝12x2＋c(c 为常数)．若f(1)＝1，则12×12＋c ＝1，解得c ＝12.所以f(x)＝12x2＋12.故f(－1)＝1.②由①得，可设f(x)＝12x2＋c1，g(x)＝13x3＋c2，则h(x)＝f(x)－g(x)＝12x2＋c1－13x3－c2＝－13x3＋12x2＋c3.所以h(－1)＝56＋c3，h(0)＝c3，h(1)＝16＋c3.所以h(0)<h(1)<h(－1)． 13．解：(1)当a ＝1时，f′(x)＝1＋1x ⇒f ′⎝⎛⎭⎫12＝3. (2)由题知f′(x)＝a ＋1x (x>0)，当a≥0时，f′(x)＝a ＋1x >0，则f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f′(x)＝a ＋1x >0⇒0<x<－1a ， ∴当a≥0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)， 当a<0时，f(x)的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，－1a . (3)由题知对任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0，1]，使得f(x1)<g(x2)，故f(x)max<g(x)max ，又g(x)＝2x 在区间[0，1]上递增，所以g(x)max ＝g(1)＝2， 即f(x)max<2，当a≥0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，无最大值，显然不满足条件； 当a<0时，f(x)在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减， 所以f(x)max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ， 即－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a <2⇒a<－1e3，∴a<－1e3. 14．解：(1)令f ′(x)＝1x －ax2＝0，得x ＝a.当a≥e 时，函数f(x)在区间(0，e]是减函数，f(x)min ＝ae ；当0<a<e 时，函数f(x)在区间(0，a]是减函数，[a ，e]是增函数f(x)min ＝lna. 综上所述，当0<a<e 时，f(x)min ＝lna ；当a≥e 时，f(x)min ＝ae . (2)由(1)可知，a ＝1时，函数f(x)在x1∈(0，e)的最小值为0， 所以g(x)＝(x －b)2＋4－b2.当b≤1时，g(1)＝5－2b<0不成立； 当b≥3时，g(3)＝13－6b<0恒成立；当1<b<3时，g(b)＝4－b2<0，此时2<b<3.综上可知，满足条件的实数b 的取值范围为{b|b>2}． 15．解：(1)当x<1时，f ′(x)＝－3x2＋2ax ＋b.因为函数图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为16x ＋y ＋20＝0. 所以切点坐标为(－2，12)，且⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝8＋4a －2b ＝12，f′（－2）＝－12－4a ＋b ＝－16，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，当x<1时，f(x)＝－x3＋x2， 令f ′(x)＝－3x2＋2x ＝0可得x ＝0或x ＝23，f(x)在(－1，0)和23，1上单调递减，在0，23上单调递增，对于x<1部分：f(x)的最大值为max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （－1），f 23＝f(－1)＝2；当1≤x≤2时，f(x)＝c·lnx ， 当c≤0时，c·lnx ≤0恒成立，f(x)≤0<2， 此时f(x)在[－1，2]上的最大值为f(－1)＝2；当c>0时，f(x)＝clnx 在[1，2]上单调递增，且f(2)＝c·ln2. 令c·ln2＝2，则c ＝2ln2，所以当c>2ln2时， f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝c·ln2；当0<c≤2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为f(－1)＝2. 综上可知，当c≤2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为2；当c>2ln2时，f(x)在[－1，2]上的最大值为c·ln2.(3)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2（x<1），clnx （x≥1），根据条件M ，N 的横坐标互为相反数，不妨设M(－t ，t3＋t2)，N(t ，f(t))，(t>0)．若t<1，则f(t)＝－t3＋t2，由∠MON 是直角得，OM →·ON →＝0，即－t2＋(t3＋t2)(－t3＋t2)＝0，即t4－t2＋1＝0.此时无解； 若t≥1，则f(t)＝c·lnt.由于MN 的中点在y 轴上，且∠MON ＝90°，所以N 点不可能在x 轴上，即t≠1.同理有OM →·ON →＝0，即－t2＋(t3＋t2)·clnt ＝0，c ＝1（t ＋1）lnt .由于函数g(t)＝1（t ＋1）lnt (t>1)的值域是(0，＋∞)，则实数c 的取值范围是(0，＋∞)． 专题限时集训(六)A 【基础演练】1．B [解析] 方法1：sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°·cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－22.方法2：显然sin15°－cos15°<0，(sin15°－cos15°)2＝1－sin30°＝12，故sin15°－cos15°＝－22.2．C [解析] 因为1－sin2x ＝（sinx －cosx ）2＝|sinx －cosx|，又1－sin2x ＝sinx －cosx ，所以|sinx －cosx|＝sinx －cosx ，则sinx －cosx ≥0，即sinx ≥cosx.又0≤x<2π，所以π4≤x ≤5π4.3．D [解析] 由cos(x ＋y)sinx －sin(x ＋y)cosx ＝1213得sin[x －(x ＋y)]＝－siny ＝1213，所以siny ＝－1213.又y 是第四象限的角，所以cosy ＝513，于是tan y 2＝1－cosy siny ＝1－513－1213＝－23.故选D.4．B [解析] 把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的图象向右平移π4个长度单位，得到函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的图象．【提升训练】5．A [解析] 由sin θ＋cos θ＝2，得θ＝2k π＋π4，所以tan θ＋π3＝tan π4＋π3＝1＋31－3＝－2－ 3.故选A.6．C [解析] 依题意得f －15π4＝f －15π4＋3π2×3＝f 3π4＝sin 3π4＝22.故选C.7．B [解析] 依题意得f(x)＝sinx ＋3cosx ＝2sinx ＋π3，因为f(x)在⎣⎡⎦⎤0，π6上单调递增，所以f π7<f π6，而c ＝f π3＝2sin 2π3＝2sin π3＝f(0)<f π7，所以c<a<b.8．B [解析] 不妨设A>0，由图象可知，A ＝2，又函数的图象过点⎝⎛⎭⎫π3，2，所以2×π3＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，解得φ＝2k π－π6(k ∈Z)．故f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2k π－π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.所以f(0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－π6＝－1.故选B.9．D [解析] f(x)＝cosx ，f′(x)＝－sinx ，又f(x －m)＝cos(x －m)＝－sin ⎝⎛⎭⎫x －m －π2，由题意，－sinx ＝－sin ⎝⎛⎭⎫x －m －π2，所以－m －π2＝2k π，得m ＝－2k π－π2(k ∈Z)．则m 可以为3π2.故选D.10.13 [解析] 依题意由sin(x ＋y)＝1得x ＋y ＝2k π＋π2(k ∈Z)，所以y ＝2k π＋π2－x(k ∈Z)．于是sin(2y ＋x)＝sin ⎣⎡⎦⎤2k π＋π2＋y ＝sin π2＋y ＝cosy ＝cos2k π＋π2－x ＝cos π2－x ＝sinx ＝13.故填13.11.74 [解析] 依题意，将函数y ＝sin ωx ＋5π6(ω>0)的图象向右平移π3个单位长度后，所得图象对应的函数解析式是y ＝sin ωx ＋5π6－π3ω(ω>0)，它的图象与函数y ＝sin ωx ＋π4的图象重合，所以5π6－π3ω＝π4＋2k π(k ∈Z)，解得ω＝74－6k(k ∈Z)，因为ω>0，所以ωmin ＝74.故填74.12．③④ [解析] 对f(x)＝cosxsinx ＝12sin2x ，画出函数的图象，分析知③，④是正确的．故填③，④.13．解：(1)由题得AC →＝(3cos α－4，3sin α)，BC →＝(3cos α，3sin α－4)． 由|AC →|＝|BC →|，得(3cos α－4)2＋9sin2α＝9cos2α＋(3sin α－4)2⇒sin α＝cos α. 因为α∈(－π，0)， 所以α＝－3π4.(2)由AC →·BC →＝0，得3cos α(3cos α－4)＋3sin α(3sin α－4)＝0， 解得sin α＋cos α＝34，两边平方得2sin αcos α＝－716，所以2sin2α＋sin2α1＋tan α＝2sin2α＋2sin αcos α1＋sin αcos α＝2sin αcos α＝－716.14．解：(1)依题意，得f(x)＝2sinxcos π6＋cosx ＋a ＝3sinx ＋cosx ＋a ＝2sinx ＋π6＋a. 所以函数f(x)的最小正周期T ＝2π.(2)因为x ∈－π2，π2，所以－π3≤x ＋π6≤2π3.所以当x ＋π6＝－π3，即x ＝－π2时， f(x)min ＝f －π2＝－3＋a ；当x ＋π6＝π2，即x ＝π3时，f(x)max ＝f π3＝2＋a.由题意，有(－3＋a)＋(2＋a)＝3，解得a ＝3－1.15．解：(1)∵函数f(x)的最小正周期T ＝2πω＝π(ω>0)，∴ω＝2.∵f π4＝cos2×π4＋φ＝cos π2＋φ＝－sin φ＝32，且－π2<φ<0，∴φ＝－π3. (2)由(1)知f(x)＝cos2x －π3， 列表如下：图象如图．(3)∵f(x)>22，即cos2x －π3>22， 得2k π－π4<2x －π3<2k π＋π4，k ∈Z ， 即2k π＋π12<2x<2k π＋712π，k ∈Z ，即k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z. ∴所求x 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪k π＋π24<x<k π＋724π，k ∈Z . 专题限时集训(六)B【基础演练】1．B [解析] 因为sin α＝35，α是第二象限的角，所以tan α＝－34.又因为tan (α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝1，所以－34＋tan β1＋34tan β＝1，求得tan β＝7.故选B. 2．D [解析] 因为y ＝sinx －cosx ＝2sinx －π4，令－π2≤x －π4≤π2，得－π4≤x ≤3π4，满足题意，所以f(x)可以是－cosx.3．A [解析] 把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6图象上各点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到函数为y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，再将图象向右平移π3个长度单位，那么所得函数为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π3＋π6＝－cos2x ，结合各选项可知其对称轴方程为x ＝－π2.故选A.4．B [解析] 由已知得y ＝cos2x －π4＝cos π2－2x ＝sin2x ，因此函数y ＝1－2sin2x －π4是最小正周期为π的奇函数．故选B.【提升训练】5．A [解析] 依题意得cos θ＝±35.又因为sin θ－cos θ>1，所以cos θ＝－35，于是sin2θ＝2sin θcos θ＝2×45×－35＝－2425.6．D [解析] 本题考查三角函数的对称性．由题意，有2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，得φ＝k π－π6()k ∈Z .又φ∈(0，π)，所以φ＝5π6.故选D.7．B [解析] 设(x ，y)为g(x)的图象上任意一点，则其关于点π4，0对称的点为π2－x ，－y ，由题意知该点必在f(x)的图象上，所以－y ＝sin π2－x ，即g(x)＝－sin π2－x ＝－cosx.依题意得sinx ≤－cosx ，即sinx ＋cosx ＝2sinx ＋π4≤0.又x ∈[0，2π]，解得3π4≤x ≤7π4.故选B.8．A [解析] 依题意，得f(x)＝sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＝2sin ωx ＋φ＋π4，由T ＝2πω＝π(ω>0)，得ω＝2.又f(－x)＝f(x)，所以φ＋π4＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝k π＋π4(k ∈Z)．又|φ|<π2，所以φ＝π4.于是f(x)＝2cos2x ，它在0，π2上单调递减．9．B [解析] 由图可知，A ＝10，函数I ＝Asin (ωt ＋φ)的最小正周期T ＝2⎝⎛⎭⎫4300－1300＝150，所以2πω＝150，解得ω＝100π.又函数图象过点⎝⎛⎭⎫1300，10，代入得sin ⎝⎛⎭⎫100π×1300＋φ＝1，所以π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，解得φ＝π6＋2k π(k ∈Z)．又0<φ<π2，所以φ＝π6.故函数I ＝10sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π6.所以当t ＝150时，电流强度I ＝10sin ⎝⎛⎭⎫100π×150＋π6＝5.10.13 [解析] 因为cos θ＝－35，且θ是第三象限角，所以sin θ＝－45.于是cos θsin θ－1＝－35－45－1＝13.故填13.11.36565 [解析] 由已知sin (α－β)＝513，cos (α＋β)＝－45，所以sin2α＝sin [(α＋β)＋(α－β)]＝sin (α＋β)cos (α－β)＋cos (α＋β)·sin (α－β)＝－35×1213＋－45×513＝－5665.则(sin α＋cos α)2＝1＋sin2α＝1－5665＝965，当π2<α<3π4时，sin α＋cos α>0，即sin α＋cos α＝36565. 12．4 [解析] 由h ＝40sin ⎝⎛⎭⎫π6t －π2＋50知其最小正周期为T ＝2ππ6＝12，即摩天轮转动一周的时间为12 min.由h ＝40sin ⎝⎛⎭⎫π6t －π2＋50>70(0≤t≤12)，解得4<t<8.所以持续时间为4 min.13．①②③⑤ [解析] 由题意得f(x)＝m2＋n2sin(x ＋φ)其中tan φ＝nm .因为f π4是它的最大值，所以π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，φ＝2k π＋π4(k ∈Z)．所以f(x)＝m2＋n2sinx ＋2k π＋π4＝m2＋n2sinx ＋π4，且tan φ＝n m ＝tan2k π＋π4＝1，即nm ＝1，故f(x)＝2|m|sinx ＋π4.①fx ＋π4＝2|m|sinx ＋π4＋π4＝2|m|cosx 为偶函数，所以①正确；②当x ＝7π4时，f 7π4＝2|m|sin 7π4＋π4＝2|m|sin2π＝0，所以函数f(x)的图象关于点7π4，0对称，②正确；③f －3π4＝2|m|sin π4－3π4＝－2|m|sin π2＝－2|m|，f(x)取得最小值，所以③正确；④根据f(x)＝2|m|sinx ＋π4可得其最小正周期为2π，由题意可得P2与P4相差一个周期2π，即|P2P4|＝2π，所以④错误； ⑤由n m ＝1知，mn ＝1成立，所以⑤正确． 故填①②③⑤.14．解：(1)由点P 的坐标和三角函数的定义可得⎩⎨⎧sin θ＝32，cos θ＝12.于是f(θ)＝3sin θ＋cos θ＝3×32＋12＝2. (2)作出平面区域Ω(即三角形ABC 区域)如图所示， 其中A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)．于是0≤θ≤π2.又f(θ)＝3sin θ＋cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6，且π6≤θ＋π6≤2π3，故当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，f (θ)取得最大值，且最大值等于2； 当θ＋π6＝π6，即θ＝0时，f(θ)取得最小值，且最小值等于1. 15．解：(1)f(x)＝2sin2⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋2cos2ωx＝1－cos ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π2＋1＋cos2ωx＝sin2ωx ＋cos2ωx ＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4＋2，∵函数f(x)的图象上两个相邻的最低点之间的距离为2π3，∴f(x)的最小正周期为2π3，∴2π2ω＝2π3(ω>0)，∴ω的值为32， ∴函数f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4＋2，∴函数f(x)的最大值为2＋2，此时3x ＋π4＝2k π＋π2，即x ＝2k π3＋π12(k ∈Z)．(2)y ＝f(x)的图象向右平移π8个单位长度得h(x)＝2sin ⎣⎡⎦⎤3⎝⎛⎭⎫x －π8＋π4＋2＝2sin ⎝⎛⎭⎫3x －π8＋2，再沿y 轴对称后得到g(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫－3x －π8＋2＝－2sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8＋2，函数g(x)的单调减区间，即y ＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π8单调递增区间．由2k π－π2≤3x ＋π8≤2k π＋π2， 解得23k π－5π24≤x ≤23k π＋π8(k ∈Z)．故y ＝g(x)的单调减区间为⎣⎡⎦⎤23k π＋5π24，23k π＋π8(k ∈Z)．16．解：(1)f(x)＝2sinx ＋π3cosx ＋π3－23cos2x ＋π3 ＝sin2x ＋2π3－3⎣⎡⎦⎤cos2x ＋2π3＋1＝sin2x ＋2π3－3cos2x ＋2π3－ 3＝2sin2x ＋π3－ 3. ∵－1≤sin2x ＋π3≤1，∴－2－3≤2sin2x ＋π3－3≤2－3， 又T ＝2π2＝π，即f(x)的值域为[－2－3，2－3]，最小正周期为π. (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，23π，∴sin2x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤32，1，此时f(x)＋3＝2sin2x ＋π3∈[3，2]．由m[f(x)＋3]＋2＝0知，m≠0，且f(x)＋3＝－2m ，∴3≤－2m ≤2，即⎩⎨⎧2m＋3≤0，2m ＋2≥0，解得－233≤m ≤－1.即实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，－1. 专题限时集训(七)【基础演练】1．A [解析] 根据正弦定理得，2sin45°＝2sinC ，所以sinC ＝12，因为C ∈(0，π)，所以C ＝30°或150°.又因为A ＝45°，且AB<BC ，所以C ＝30°.2．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S ＝12absinC ＝122RsinA ·2RsinB ·sinC ＝2R2sinAsinBsinC ，将R ＝1和S ＝1代入得，sinAsinBsinC ＝12.3．A [解析] 由sinC ＝23sinB 及正弦定理得c ＝23b ，代入a2－b2＝3bc 中，得a ＝7b.所以由余弦定理得cosA ＝b2＋c2－a22bc ＝b2＋（23b ）2－（7b ）22b ·23b ＝32，所以A ＝30°. 4．D [解析] 设电视塔的高度为x ，则BC ＝x ，BD ＝3x.在△BCD 中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x －800＝0，解得x ＝－20(舍去)，或者x ＝40.故电视塔的高度为40 m. 【提升训练】5．D [解析] 根据余弦定理得b ＝32＋82－2×3×8cos60°＝7，根据正弦定理3sinA ＝7sin60°，解得sinA ＝3314.6．B [解析] 由题意得b2＝ac ，又c ＝2a ，由余弦定理得cosB ＝a2＋c2－b22ac ＝a2＋4a2－a×2a2a×2a ＝34. 7．A [解析] 设楼顶D 对应的楼底记为E ，过点D 作DC ∥BE ，则由AC CD ＝tan30°，即AC20＝33，解得AC ＝2033.由BC CD ＝tan45°，即BC20＝1，解得BC ＝20.所以AB ＝AC ＋BC ＝20⎝⎛⎭⎫1＋33 m.8．A [解析] 在Rt △ABC 中，由正切函数的定义，得tan β＝AB BC ，所以BC ＝ABtan β.同理，BD ＝AB tan α.所以BD －BC ＝AB tan α－ABtan β＝DC ＝a.所以AB ＝atan αtan βtan β－tan α＝asin αsin βsin （β－α）.9．－14 [解析] 由正弦定理a sinA ＝b sinB ＝c sinC 可得，a ∶b ∶c ＝si nA ∶sinB ∶sinC ＝2∶3∶4，由此设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k(k>0)．由余弦定理可得，cosC ＝a2＋b2－c22ab＝（2k ）2＋（3k ）2－（4k ）22×2k ×3k＝－14.10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3，设BC ＝x ，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x ＝5，解得x ＝6－1或x ＝－6－1(舍去)．故填6－1.11.233 [解析] 由△BCD 的面积为1，可得12×CD ×BC ×sin ∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，由余弦定理可知，cos ∠DCB ＝CD2＋BC2－BD22CD ×BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD2＋BC2－CD22BD ×BC ＝31010.由在△BCD 中，∠DBC 对应的边长最短，所以∠DBC 为锐角，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理BC sinA ＝ACsinB 可得，AC ＝BC ·sinB sinA ＝10×101032＝233.12．解：(1)tanC ＝－tan(A ＋B)＝－tanA ＋tanB1－tanAtanB＝－23＋151－23×15＝－1， 又0<C<π， ∴C ＝3π4.(2)由已知和(1)知：c ＝13，b 为最小边长． ∵tanB ＝15， ∴sinB ＝2626， ∴b ＝csinBsinC ＝1， ∴最小的边长为1.13．解：(1)f(x)＝23cos2x 2＋2sin x 2cos x2 ＝3(1＋cosx)＋sinx ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＋3，∴f ⎝⎛⎭⎫17π12＝2cos ⎝⎛⎭⎫17π12－π6＋3＝3－ 2.(2)f(C)＝2cos ⎝⎛⎭⎫C －π6＋3＝3＋1，∴cos ⎝⎛⎭⎫C －π6＝12，C ∈(0，π)，∴C ＝π2，在Rt △ABC 中，∵b2＝ac ，c2＝a2＋b2，∴c2＝a2＋ac ⇒⎝⎛⎭⎫a c 2＋a c －1＝0， 解得a c ＝－1±52.∵0<sinA<1，∴sinA ＝ac ＝5－12.14．解：(1)如图所示，作PN ⊥AB ，N 为垂足，∠PQM ＝θ，∠PMQ ＝π－α，sin θ＝513，sin α＝45，cos θ＝1213，cos α＝35.在Rt △PNQ 中，PN ＝PQsin θ＝5.2×513＝2，QN ＝PQ·cos θ＝5.2×1213＝4.8.在Rt △PNM 中，MN ＝PN tan α＝243＝1.5，PM ＝PN sin α＝245＝2.5，∴MQ ＝QN －MN ＝4.8－1.5＝3.3.设游船从P 到Q 所用时间为t1 h ，游客甲从P 经M 到Q 所用时间为t2 h ，小船速度为v1 km/h ， 则t1＝PQ 13＝5.213＝26513＝25，t2＝PM v1＋MQ 66＝2.5v1＋3.366＝52v1＋120.由已知，得t2＋120＝t1，即52v1＋120＋120＝25，∴v1＝253.于是，当小船的速度为253km/h 时，游客甲才能和游船同时到达Q 地．(2)在Rt △PMN 中，PM ＝PN sin α＝2sin α，MN ＝PN tan α＝2cos αsin α，∴QM ＝QN －MN ＝4.8－2cos αsin α.于是t ＝PM 10＋QM66＝15sin α＋455－cos α33sin α＝1165×33－5cos αsin α＋455.∵t ′＝1165×5sin2α－（33－5cos α）cos αsin2α＝5－33cos α165sin2α，∴令t′＝0，得cos α＝533. 当cos α<533时，t′>0；当cos α>533时，t′<0，又y ＝cos α在α∈0，π2上是减函数，∴当方位角α满足cos α＝533时，t 取最小值， 即游客甲能按计划以最短时间到达Q 地． 专题限时集训(八) 【基础演练】1．A [解析] a －b ＋c －d ＝BA →＋DC →＝0.故选A.2．C [解析] 依题意，由a ⊥b 得a·b ＝0，即3x ＋3＝0，解得x ＝－1.故选C. 3．A [解析] 由a ∥b 得2x ＝－4，∴x ＝－2，于是a·b ＝(1，2)·(－2，－4)＝－10.故选A. 4．B [解析] 依题意，得a·b ＝|a||b|cos30°＝2sin75°·4cos75°×32＝23sin150°＝ 3.故选B.【提升训练】5．C [解析] 依题意a 在b 方向上的投影为|a|cos 〈a ，b 〉＝2cos π3＝22.故选C.6．C [解析] 依题意，|a|＝1，|b|＝1，所以a·b ＝|a||b|cos60°＝12.于是|a ＋3b|＝（a ＋3b ）2＝|a|2＋6a·b ＋9|b|2＝1＋6×12＋9＝13.故选C.7．A [解析] 连结AD ，BE ，CF 交于点O ，则点O 为正六边形ABCDEF 的中心．故AF →＋ED →＋CB →＝AF →＋(ED →＋EF →)＝AF →＋EO →＝0.故选A.8．C [解析] 由于λa ＋b ＝λ(1，2)＋(2，0)＝(λ＋2，2λ)，而λa ＋b 与c 共线，则有λ＋21＝2λ－2，解得λ＝－1.故选C. 9．A [解析] 由|OA →|＝|OB →|＝|OC →|可知，点O 到三角形三个顶点的距离相等，所以点O 是三角形的外心；由NA →＋NB →＋NC →＝0，得点N 在三角形各边的中线上，故点N 是三角形的重心；由PA →·PB →＝PB →·PC →，得PB →·(PA →－PC →)＝0，即PB →·CA →＝0，所以PB →⊥CA →；同理，PC →⊥AB →，PA →⊥BC →，故点P 是三角形的垂心．。

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二十)B(湖南省专用)

2013高考数学(理)二轮复习配套作业(解析版)：专题限时集训(二十)B(湖南省专用)

专题限时集训(二十)B[第20讲复数、算法与推理证明](时间：30分钟)1．复数z满足等式(2－i)·z＝i，则复数z在复平面内对应的点所在的象限是() A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．执行下面的程序后，输出的结果为()A．13，7 B．7，4 C．9，7 D．9，5i＝1W HILE i<7i＝i＋1s＝2×i－1i＝i＋2WENDPRINT s；iEND图20－53．运行如图20－5所示的程序框图，则输出S的值为()A．3 B．－2 C．4 D．84．设复数z1＝1－3i，z2＝3－2i，则z1z2在复平面内对应的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限5．复数z ＝x ＋3i 1－i(x ∈R ，i 是虚数单位)是实数，则x 的值为( ) A ．3 B ．－3 C ．0 D. 36．阅读如图20－6所示的程序框图，运行相应的程序，输出的i 值等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5图20－6图20－77．算法程序框图如图20－7所示，其输出结果是( )A ．124B ．125C ．126D ．1278．通过圆与球的类比，由“半径为R 的圆的内接矩形中，以正方形的面积为最大，最大值为2R2”，猜想关于球的相应命题为( )A ．半径为R 的球的内接六面体中以正方体的体积为最大，最大值为2R3B ．半径为R 的球的内接六面体中以正方体的体积为最大，最大值为3R3C ．半径为R 的球的内接六面体中以正方体的体积为最大，最大值为439R3 D ．半径为R 的球的内接六面体中以正方体的体积为最大，最大值为839R3 9．设a ∈R ，且(a ＋i)2i 为正实数，则a 的值为________．10．观察下列等式：13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________．11．某程序框图如图20－8所示，现将输出的(x，y)值依次记为：(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，…；若程序运行中输出的一个数组是(x，－10)，则数组中的x＝________．图20－812．把正整数排列成如图20－9甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图20－9乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列{an}，若an＝2 011，则n＝________．图20－9专题限时集训(二十)B【基础演练】1．B [解析] z ＝i 2－i ＝i （2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝－1＋2i 5＝－15＋25i ，所以复数z 对应的点位于复平面的第二象限．2．C [解析] 由程序知该算法循环两次．第一步：s ＝2×2－1＝3，i ＝4，第二步：s ＝2×5－1＝9，i ＝7.而i≥7时，循环结束，输出9，7.3．B [解析] S ＝1＋(－1)1×1＋(－1)2×2＋(－1)3×3＋(－1)4×4＋(－1)5×5＝－2.4．D [解析] ∵z1z2＝（1－3i ）（3＋2i ）（3－2i ）（3＋2i ）＝9－7i 13，∴z1z2在复平面内对应的点在第四象限． 【提升训练】5．B [解析] z ＝x ＋3i 1－i ＝（x ＋3i ）（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝（x －3）＋（3＋x ）i 2＝x －32＋3＋x 2i 是实数，∴3＋x 2＝0⇒x ＝－3. 6．C [解析] 由程序框图可知，该框图的功能是输出使和S ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋i·2i>11时i 的值加1，因为1·21＋2·22＝10<11，1·21＋2·22＋3·23>11，所以当S>11时，计算i ＝3，故输出的i 是4，选C.7．D [解析] a 的取值依次构成一个数列，且满足a1＝1，an ＋1＝2an ＋1，则求第一个大于100的an 值，写出这个数列1，3，7，15，31，63，127，…，故结果为127.8．D [解析] 正方形类比到空间的正方体，即“半径为R 的球的内接六面体中以正方体的体积为最大”，此时正方体的棱长a ＝2R 3，故其体积是⎝⎛⎭⎫2R 33＝839R3. 9．－1 [解析] (a ＋i)2i ＝(a2－1＋2ai)i ＝－2a ＋(a2－1)i>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧－2a>0，a2－1＝0.解得a ＝－1. 10．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212[解析] 观察可知，第n 个等式的左边是从1开始的连续n ＋1个自然数的立方和，而右边是这连续自然数和的平方，第5个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.11．32 [解析] 由程序框图可知，第一次运行时，输出(1，0)，n ＝3，x ＝2×1＝2，y ＝0－2＝－2；第二次运行时，输出(2，－2)，n ＝5，x ＝2×2＝4，y ＝－2－2＝－4；以此类推，x 每次乘以2，y 每次减小2，故后面输出依次是(4，－4)，(8，－6)，(16，－8)，(32，－10)．故所求的x ＝32.12．1 028 [解析] 每一行最后一个数是第n 行的平方，∴452＝2 025，442＝1 936，∴2 011在第45行，2011－1937＋22＝38，∴an ＝2 011是第45行的第38个数，∴n ＝1＋2＋3＋…＋44＋38＝1 028.。

2013年高考数学(理)二轮复习 专题三 第二节 配套课时作业 (解析版)

2013年高考数学(理)二轮复习 专题三 第二节 配套课时作业 (解析版)

[配套课时作业]1．数列{an}的通项公式是an ＝1n ＋n －1，若数列的前n 项和为45，则项数n 等于( )A ．45B ．44C ．2 025D ．2 012解析：选C 因为an ＝1n ＋n －1＝n －n －1， 所以Sn ＝(1－0)＋(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)＝n ，由题意得Sn ＝n ＝45，解得n ＝2 025.2．(2011·安徽高考)若数列{an}的通项公式是an ＝(－1)n·(3n －2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15 解析：选A a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.3．下列关于五角星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )★★ ★ ★★ ★ ★ ★ ★ ★ … ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★A ．an ＝n2－n ＋1B ．an ＝n n －1 2C ．an ＝n n ＋1 2D ．an ＝n n ＋2 2解析：选C 从图中观察五角星构成规律，n ＝1时，有1个；n ＝2时，有3个；n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个；…所以an ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋1 2. 4．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且S2＝10，S5＝55，则过点P(n ，an)和Q(n ＋2，an ＋2)(n ∈N*)的直线的斜率是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A 由S2＝10，S5＝55得a1＝3，d ＝4，所以kPQ ＝an ＋2－an n ＋2 －n ＝2d 2＝d ＝4. 5．(2012·济南模拟)在等差数列{an}中，a1＝－2 012，其前n 项和为Sn ，若S1212－S1010＝2，则S2 012的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013解析：选B 根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫Sn n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11＝a1＝－2 012，公差d ＝1，故S2 0122 0122 012＋(2 012－1)×1＝－1， 所以S2 012＝－2 012.6．(2012·浙江高考)设Sn 是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n 项和，则下列命题错误的是( )A ．若d ＜0，则数列{Sn}有最大项B ．若数列{Sn}有最大项，则d ＜0C ．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n ∈N*，均有Sn ＞0D ．若对任意n ∈N*，均有Sn ＞0，则数列{Sn}是递增数列解析：选C A 、B 、D 均正确，对于C ，若首项为－1，d ＝2时就不成立．7．函数y ＝x2(x>0)的图像在点(ak ，a2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为ak ＋1，其中k ∈N*，若a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________. 解析：∵y′＝2x ，∴k ＝y′|x ＝ak ＝2ak ，故切线方程为y －a2k ＝2ak(x －ak )，令y ＝0得x ＝12ak ，即ak ＋1＝12ak. ∴{an}是以16为首项，12即an ＝16·⎝⎛⎭⎫12 n －1. ∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.答案：218．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{an}，已知a1＝1，a2＝2，且an ＋2－an ＝1＋(－1)n(n ∈N*)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________．解析：由于an ＋2－an ＝1＋(－1)n ，所以a1＝a3＝…＝a29＝1，且a2，a4，…，a30构成公差为2的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a29＋a30＝15＋15×2＋15×142×2＝255. 答案：2559．(2012·山西考前适应性训练)已知向量a ＝(2，－n)，b ＝(Sn ，n ＋1)，n ∈N*，其中Sn 是数列{an}的前n 项和，若a ⊥b ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an an ＋1an ＋4的最大项的值为________． 解析：依题意得a·b ＝0，即2Sn ＝n(n ＋1)，Sn ＝n n ＋1 2.当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝n n ＋1 2－n n －1 2＝n ；又a1＝S1＝1× 1＋1 2＝1，因此an ＝n.所以an an ＋1an ＋4＝n n ＋1 n ＋4 ＝n n2＋5n ＋4＝1n ＋4n＋5≤19，当且仅当n ＝4n ，n ∈N*，即n ＝2时取等号，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an an ＋1an ＋4的最大项的值是19. 答案：1910．已知x ，f x 2，3(x≥0)成等差数列．又数列{an}(an>0)中，a1＝3，此数列的前n 项和为Sn ，对于所有大于1的正整数n 都有Sn ＝f(Sn －1)． (1)求数列{an}的第n ＋1项； (2)若bn 是1an ＋1，1an的等比中项，且Tn 为{bn}的前n 项和，求Tn. 解：(1)因为x ，f x 2，3(x≥0)成等差数列， 所以2×f x 2＝x ＋3，整理，得f(x)＝(x ＋3)2. 因为Sn ＝f(Sn －1)(n≥2)，所以Sn ＝( Sn －1＋3)2，所以Sn ＝ Sn －1＋3，即Sn －Sn －1＝3，所以{Sn}是以3为公差的等差数列． 因为a1＝3，所以S1＝a1＝3， 所以Sn ＝S1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝ 3 n.所以Sn ＝3n2(n ∈N*)．所以an ＋1＝Sn ＋1－Sn ＝3(n ＋1)2－3n2＝6n ＋3.(2)因为bn 是1an ＋1与1an的等比中项， 所以(bn)2＝1an ＋1·1an， 所以bn ＝1an ＋1·1an ＝13 2n ＋1 ×3 2n －1＝118×⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝118⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝118⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 18n ＋9. 11．(2012·湖北高考)已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n 项和．解：(1)设等差数列{an}的公差为d ，则a2＝a1＋d ，a3＝a1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a1＋3d ＝－3，a1 a 1＋d a 1＋2d ＝8. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝2，d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－4，d ＝3. 所以由等差数列通项公式可得an ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或an ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故an ＝－3n ＋5或an ＝3n －7.(2)当an ＝－3n ＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当an ＝3n －7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|an|＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n≥3.记数列{|an|}的前n 项和为Sn.当n ＝1时，S1＝|a1|＝4；当n ＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；当n≥3时，Sn ＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋n －2 [2＋3n －7 ]2＝32n2－112n ＋10，且当n ＝2时，满足此式． 综上，Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4，n ＝1，32n2－112n ＋10，n ＞1. 12．(2012·东城模拟)定义：若数列{An}满足An ＋1＝A2n ，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an ，an ＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x 的图像上，其中n 为正整数．(1)证明：数列{2an ＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2an ＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为Tn ，即Tn ＝(2a1＋1)(2a2＋1)…(2an ＋1)，求数列{an}的通项公式及Tn 关于n 的表达式；(3)记bn ＝21log +n Tn a ，求数列{bn}的前n 项之和Sn ，并求使Sn>2 012成立的n 的最小值． 解：(1)证明：由题意得an ＋1＝2a2n ＋2an ，得2an ＋1＋1＝4a2n ＋4an ＋1＝(2an ＋1)2. 所以数列{2an ＋1}是“平方递推数列”．令cn ＝2an ＋1，所以lg cn ＋1＝2lg cn.因为lg(2a1＋1)＝lg 5≠0，所以lg 2an ＋1＋1 lg 2an ＋1＝2. 所以数列{lg(2an ＋1)}为等比数列．(2)因为lg(2a1＋1)＝lg 5，所以lg(2an ＋1)＝2n －1·lg 5，所以2an ＋1＝52n －1，即an ＝12(52n －1－1)． 因为lg Tn ＝lg(2a1＋1)＋lg(2a2＋1)＋…＋lg(2an ＋1)＝lg 5· 1－2n 1－2＝(2n －1)lg 5. 所以Tn ＝52n －1.(3)因为bn ＝lg Tn lg 2an ＋1 ＝2n －1 l g 52n －1lg 5＝2n －12n －1＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，所以Sn ＝2n －⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＝2n －1－⎝⎛⎭⎫12n 1－122n －2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ＝2n －2＋2·⎝⎛⎭⎫12n.由Sn>2 012得2n －2＋2·⎝⎛⎭⎫12n>2 012， 即n ＋⎝⎛⎭⎫12n>1 007， 当n≤1 006时，n ＋⎝⎛⎭⎫12n<1 007，当n≥1 007时，n ＋⎝⎛⎭⎫12n>1 007， 所以n 的最小值为1 007.。

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专题限时集训(十)
[第10讲 数列求和及数列的简单应用]
(时间：45分钟)
1．设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a2，a4是方程x2－x －2＝0的两个根，S5＝( ) A.52
B ．5
C ．－52
D ．－5 2．已知数列{an}为等差数列，Sn 是它的前n 项和．若a1＝2，S3＝12，则S4＝( )
A ．10
B ．16
C ．20
D ．24
3．等差数列{an}中，若a7a5＝913，则S13S9
＝( ) A.913 B.139
C ．1
D ．2 4．数列{an}的前n 项和为Sn ，若an ＝1n （n ＋2）
，则S10等于( ) A.1112 B.1124 C.173132 D.175264
5．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若OA →＝a1OB →＋a2 010OC →且A ，B ，C 三点共线(该直线
不过点O)，则S2 010＝( )
A ．1 005
B ．1 006
C ．2 010
D ．2 011
6．在等差数列{a n}中，a9＝12
＋6，则数列{an}的前11项和S11等于( ) A ．24 B ．48 C ．66 D ．132
7．某钢厂的年产量由1993年的40万吨增加到2003年的50万吨，如果按照这样的年增长率计算，则该钢厂2013年的年产量约为( )
A ．60万吨
B ．61万吨
C ．63万吨
D ．64万吨
8．甲、乙两间工厂的月产值在2012年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值，乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同．到2012年11月份发现两间工厂的
月产值又相同．比较甲、乙两间工厂2012年6月份的月产值大小，则有( )
A ．甲的产值小于乙的产值
B ．甲的产值等于乙的产值
C ．甲的产值大于乙的产值
D ．不能确定
9．已知数列{an}的通项公式为an ＝|n －13|，那么满足ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19＝102的整数k( )
A ．有3个
B ．有2个
C ．有1个
D ．不存在
10．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos2n π2an ＋sin2n π2
，则该数列的前20项的和为________．
11．已知数列{an}满足a1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有am ＋n ＝am·an，若数列{an}的前n 项和为Sn ，则Sn ＝________．
12．等差数列{an}的各项为正，其前n 项和为Sn ，且S3＝9，又a1＋2，a2＋3，a3＋7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：当n≥2时，1a21＋1a22＋…＋1a2n <54
.
13．数列{an}的前n 项和为Sn ，已知Sn ＝n2＋3n 2
. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn ＝⎩
⎪⎨⎪⎧an ，n 为奇数，2n ，n 为偶数，求数列{cn}的前n 项和Tn.
14．某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学，该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天支付的薪酬是前一天薪酬的2倍，工作时间为n天．
(1)工作n天，记三种付酬方式薪酬总金额依次为An，Bn，Cn，写出An，Bn，Cn关于n的表达式；
(2)如果n＝10，你会选择哪种方式领取报酬？
专题限时集训(十)
【基础演练】
1．A [解析] a2，a4是方程x2－x －2＝0的两个根，a2＋a4＝1，S5＝
（a1＋a5）×52
＝（a2＋a4）×52＝52
. 2．C [解析] 设公差为d ，则3a1＋3d ＝12，解得d ＝2.所以S4＝4×2＋4×32
×2＝20. 3．C [解析] S13S9＝13（a1＋a13）29（a1＋a9）2
＝139×a7a5＝139×913
＝1. 4．D [解析] an ＝1n （n ＋2）＝121n －1n ＋2， 所以S10＝a1＋a2＋…＋a10＝
12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋…＋110－112＝12⎝⎛⎭
⎫1＋12－111－112 ＝175264
，选D. 【提升训练】
5．A [解析] 根据平面向量知识，a1＋a2 010＝1，所以S2 010＝2 010（a1＋a2 010）2
＝1 005. 6．D [解析] 设公差为d ，则a1＋8d ＝12a1＋112
d ＋6，即a1＋5d ＝12，即a6＝12，所以S11＝11a6＝132.
7．C [解析] 10年为一段，则1993，2003，2013年的年产量成等比数列，故2013年的年产量为50×5040
＝62.5≈63. 8．C [解析] 设甲各个月份的产值为数列{an}，乙各个月份的产值为数列{bn}，则数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1＝b1，a11＝b11，故a6＝a1＋a112≥a1a11＝b1b11＝b26＝b6，由于在等差数列{an}中的公差不等于0，故a1≠a11，上面的等号不能成立，故a6>b6.
9．B [解析] 如果k≥13，则ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19≥0＋1＋…＋19＝190>102，故k<13.设k ＋i ＝13，0<i<20，则ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19＝i ＋(i －1)＋…＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋(19－i)＝i （i ＋1）2＋（19－i ）（20－i ）2
＝102，即i2－19i ＋88＝0，解得i ＝8或i ＝11，此时k ＝5或k ＝2，即只有两个整数k 满足等式ak ＋ak ＋1＋…＋ak ＋19＝102.
10．2 101 [解析] 当n 为奇数时，an ＋2＝an ＋1，故奇数项是首项为1，公差为1的等差数
列，其前10项之和等于1×10＋10×92
＝55； 当n 为偶数时，an ＋2＝2an ，故偶数项是首项为2，公比为2的等比数列，其前10项之和为2（1－210）1－2
＝211－2＝2 046. 所以，数列{an}的前20项之和为55＋2 046＝2 101.
11．2－2n ＋13n [解析] 对m ＝1等式am ＋n ＝am·an 也成立，即an ＋1＝23
an ，所以数列{an}是首项为23，公比为23的等比数列，所以Sn ＝231－23n 1－23
＝2－2n ＋13n . 12．解：(1)设等差数列{an}的公差为d ，
∵S3＝9，∴a2＝3，
∴a1＋2＝3－d ＋2＝5－d ，a2＋3＝6，a3＋7＝3＋d ＋7＝10＋d.
∵a1＋2，a2＋3，a3＋7成等比数列，
∴(5－d)(10＋d)＝36，
解得d ＝2或d ＝－7(舍去)．
∴an ＝3＋(n －2)×2＝2n －1.
(2)证明：因为1a2n ＝1（2n －1）2＝14n2－4n ＋1<14n2－4n
＝14n （n －1）＝141n －1－1n
. 所以当n≥2时，
1a21＋1a22＋…＋1a2n <1＋141－12＋12－13＋…＋1n －1－1n
＝1＋141－1n <1＋14＝54
. 13．解：(1)当n ＝1时，a1＝S1＝2；
当n>1时，an ＝Sn －Sn －1＝n ＋1，则an ＝n ＋1(n ∈N*)．
(2)当n 为偶数时，Tn ＝(a1＋a3＋…＋an －1)＋(22＋24＋…＋2n)＝n2＋2n 4＋43
(2n －1)， 当n 为奇数时，n －1为偶数，Tn ＝(a1＋a3＋…＋an)＋(22＋24＋…＋2n －1)＝n2＋4n ＋34＋43
(2n －1－1)，
则Tn ＝⎩⎪⎨⎪⎧n2＋2n 4＋43（2n －1），n 为偶数，
n2＋4n ＋34＋43（2n －1－1），n 为奇数.
14．解：(1)设三种付酬方式每天金额依次为数列{an}，{bn}，{cn}，它们的前n 项和依次分
别为An，Bn，Cn.依题意，
第一种付酬方式每天金额组成数列{an}为常数数列，An＝38n.
第二种付酬方式每天金额组成数列{bn}为首项为4，公差为4的等差数列，
则Bn＝4n＋n（n－1）
2
×4＝2n2＋2n.
第三种付酬方式每天金额组成数列{cn}为首项是0.4，公比为2的等比数列，
则Cn＝0.4（1－2n）
1－2
＝0.4(2n－1)．
(2)由(1)得，当n＝10时，
An＝38n＝380，
Bn＝2n2＋2n＝220，
Cn＝0.4(210－1)＝409.2.
所以B10<A10<C10.
答：应该选择第三种付酬方案．。

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