2013届高三文科数学复习测评手册答案详解

2013届高三文科数学复习测评手册答案详解
45分钟滚动基础训练卷(一)
1．C [解析] Q ＝{x|2x －1>0}＝⎩⎨⎧
x ⎪⎪⎭
⎬⎫x>12，所以P ⊆Q.故选C . 2．A [解析] “p 且q 为假”⇒p 、q 至多一个为真，故有可能“p 或q 为真”，充分性不成立；反之，“p 或q 为假”⇒p 、q 一定均为假，故“p 且q 为假”，必要性成立．故选A .
3．C [解析] 显然函数f(x)＝lg (x ＋1)，f(x)＝lg (2x ＋1)在(0，＋∞)上均单调递增，所以“a ＝1”是“函数f(x)＝lg (ax ＋1)在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．
4．C [解析] 意为：只要x 不在区间[a ，b]内，就有函数f(x)≥0成立．故选C .
5．B [解析] 由题知，A ∩B ＝{0,1}，A ∪B ＝{－1,0,1,2,3}，所以满足题意的实数对有(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，共10个，即A*B 中的元素有10个，故选B .
6．C [解析] sin x －cos x ＝2sin ⎝⎛⎭
⎫x －π
4∈[－2，2]，而3∉[－2，2]，故命题p 是假命题；集合{x|x 2－2x ＋1＝0，x ∈R }＝{1}，故其子集有∅与{1}两个，命题q 是真命题．所以有命题“p ∧(綈q )”是假命题，命题“(綈p )∨(綈q )”是真命题，②③正确，选C.
7．B [解析] 若p ∧q 为假命题，则p 与q 至少有一个为假命题．
①若p 假q 真，则⎩
⎪⎨⎪
⎧
m ＋1>0，m 2－4<0⇒－1<m <2；
②若q 假p 真，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋1≤0，
m 2－4≥0⇒m ≤－2；
③若q 假p 假，则⎩
⎪⎨⎪⎧
m ＋1>0，
m 2－4≥0⇒m ≥2.
综上可得：m ≤－2或m ＞－1.
8．C [解析] 当x ＝0，y ＝1时，z ＝0；当x ＝0，y ＝2时，z ＝0；当x ＝2，y ＝1时，z ＝4；当x ＝2，y ＝2时，z ＝5.所以A B ＝{0,4,5}，同理可得(A B )C ＝{0,8,10}．故选C.
9．－1 [解析] 由(x －3)(x ＋1)>0解得x >3或x <－1.由题可知集合A ＝{x |x >3或x <－1}真包含集合B ＝{x |x <a }，
由上图可知：a ≤－1，则a 10．{x |－2≤x ＜1} [解析] 图中阴影部分表示N ∩(∁U M )，∵M ＝{x |x 2＞4}＝{x |x ＞2或x ＜－2}，
∴∁U M ＝{x |－2≤x ≤2}，
∴N ∩(∁U M )＝{x |－2≤x ＜1}．
11．－22≤a ≤22 [解析] 因为“∃x 0∈R,2x 20－3ax 0＋9<0”为假命题，则“∀x ∈R,2x 2－3ax ＋9≥0”为真命题．因此Δ＝9a 2－4×2×9≤0，故－22≤a ≤2 2.
12．[解答] 由题意得：A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫x ∈R ⎪⎪
⎪
x －2x ＋1≤0＝(－1,2]， B ＝{x ∈R |x 2－x ＋m －m 2≤0}＝{x ∈R |(x －m )(x －1＋m )≤0}，
由A ∪B ＝A 知B ⊆A ，得⎩
⎪⎨⎪
⎧
－1<m ≤2，－1<1－m ≤2，解得－1<m <2.
13．[解答] 若命题p 为真，则0＜a ＜1.
若命题q 为真，则(2a －3)2－4＞0，即a <12或a >5
2
.
∵“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，∴p 与q 有且只有一个为真．
(1)若p 真q 假，则⎩⎪⎨⎪
⎧
0<a <1，12≤a <1或1<a ≤5
2， 解得1
2
≤a <1.
(2)若p 假q 真，则⎩⎪⎨⎪⎧
a ≥1，a <12或a >52，
∴a >5
2
. 综上所述，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，1∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞.
14．[解答] ∵f (x )为二次函数，∴a ≠0. ①当a ＞0时，A ∩B ＝∅⇔⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤0，f (3)≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧
a －2－2a ≤0，9a －6－2a ≤0
⇔－2≤a ≤6
7.
∴0＜a ≤6
7
.
②当a ＜0时，A ∩B ＝∅⇔⎩⎪⎨⎪
⎧
f (1)≤0，1a
<0，
∴－2≤a ＜0.
∴当A ∩B ＝∅时， －2≤a ＜0或0＜a ≤6
7
.
又∵a ∈R ，且a ≠0，∴A ∩B ≠∅时，a ＜－2或a ＞6
7
.
∴a 的取值范围是(－∞，－2)∪⎝⎛⎭
⎫6
7，＋∞. 45分钟滚动基础训练卷(二)
1．C [解析] 由⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋1>0，
－x 2－3x ＋4>0得，－1<x <1，选C.
2．B [解析] 本题主要利用函数的奇偶性求解析式，可采用直接法求解．设x <0，则－x >0，f (－x )＝(－x )[1－(－x )]＝－x (1＋x )．由函数f (x )是一个奇函数，所以f (－x )＝－f (x )＝－x (1＋x )，∴f (x )＝x (1＋x )，故选择B.此外也可用特殊值法来求解，由f (x )是一个奇函数，故f (－2)＝－f (2)，可排除A ，C ，D 选项．
3．C [解析] 由f (x )·f (x ＋2)＝13，知f (x ＋2)·f (x ＋4)＝13，所以f (x ＋4)＝f (x )，即f (x )是
周期函数，周期为4.所以f (99)＝f (3＋4×24)＝f (3)＝13f (1)＝13
2
.
4．C [解析] 令g (k )＝(x －2)k ＋(x －2)2，则问题转化为g (k )＞0对k ∈[－1,1]恒成立． ∴⎩
⎪⎨⎪⎧
g (1)>0，g (－1)>0，解之得：x ＜1或x ＞3. 5．D [解析] 由函数y ＝⎝⎛⎭⎫12|x |和y ＝log 2|x |均为偶函数，排除A 、C ；函数y ＝x －4
2－x 为非奇非偶函数，选D.
6．D [解析] 当y ＝x －
1时，不过(0,0)点，①错误；当n ＝0时，y ＝x n 中x ≠0，故其图象是去掉(0,0)点的一条直线，③错；y ＝x 2在(－∞，0)上是减函数，(0，＋∞)上是增函数，④错．故选D.
7．A [解析] f (3)＝－f (－3)＝－f (－3＋5)＝－f (2)<－1，所以a 2＋a ＋3
a －3
<－1，等价于a (a
＋2)(a －3)<0，解得a <－2或0<a <3.
8．C [解析] 由2x 2－3x ≤0，得0≤x ≤3
2
.
∵f (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋122＋3
4，∴当x ＝0时，f (x )取最小值1； 当x ＝32时，f (x )取最大值194
.
9．－1 [解析] 由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
2cos π3x ，x ≤2000，
x －100，x >2000，
得f (2010)＝2010－100＝1910，f (1910)＝2cos ⎝⎛⎭⎫π3×1910＝2cos ⎝⎛⎭⎫636π＋23π＝2cos 2
3
π＝－1，故f [f (2010)]＝－1.
10．－9 [解析] 由f (a )＝a 3cos a ＋1＝11得a 3cos a ＝10，所以f (－a )＝(－a )3cos(－a )＋1＝－a 3cos a ＋1＝－10＋1＝－9.
11．a ＝b ＝1或a ＝29，b ＝439 [解析] f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ＋b －1
a
，f (0)＝a ＋b ，f (3)＝10a ＋b －6. (1)当a <0时，⎩⎪⎨⎪⎧ [f (x )]max ＝f (0)＝5，[f (x )]min ＝f (3)＝1⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋
b ＝5，10a ＋b －6＝1⇒a ＝29，不合题意；
(2)当a >0时，
①当0<1a <32，即a >2
3时，
⎩⎪⎨⎪⎧ f (3)＝5，f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
10a ＋b －6＝5，a ＋b －1
a ＝1⇒a ＝
b ＝1.
②当32≤1a ≤3，即13≤a ≤23时，⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝5，f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋
b ＝5，a ＋b －1a ＝1⇒a ＝1
4，不合题意； ③当1a >3，即0<a <13时，由⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝5，f (3)＝1⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋
b ＝5，10a ＋b －6＝1⇒a ＝29，b ＝43
9.
综上，a ＝b ＝1或a ＝29，b ＝43
9
.
12．[解答] (1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1
x
，
设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0.
f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫a －1x 1－⎝⎛⎭⎫a －1x 2＝1x 2－1x 1
＝x 1－x 2x 1x 2
<0，
∴f (x 1)<f (x 2)，即f (x )在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由题意a －1
x ＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，
设h (x )＝2x ＋1
x
，则a ＜h (x )在(1，＋∞)上恒成立．
可证h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3. 13．[解答] 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f (x )＋g (x )＝(a －1)x 2＋bx ＋c －3.
又f (x )＋g (x )为奇函数，∴a ＝1，c ＝3，
∴f (x )＝x 2＋bx ＋3，对称轴为x ＝－b
2
.
当－b
2
≥2，即b ≤－4时，f (x )在[－1,2]上为减函数，
∴f (x )的最小值为f (2)＝4＋2b ＋3＝1，∴b ＝－3. ∴不合题意，
当－1＜－b 2＜2，即－4<b <2时，f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－b 2＝3－b 24
＝1，
∴b ＝－22(正值舍去)． 此时f (x )＝x 2－22x ＋3.
当－b
2
≤－1，即b ≥2时，f (x )在[－1,2]上为增函数，
∴f (x )的最小值为f (－1)＝4－b ＝1， ∴b ＝3.∴f (x )＝x 2＋3x ＋3.
综上所述，f (x )＝x 2－22x ＋3或f (x )＝x 2＋3x ＋3.
14．[解答] (1)证明，依题意取x ＝y ＝0有f (0)＝2f (0)， ∴f (0)＝0，
又取y ＝－x 可得f (x －x )＝f (x )＋f (－x )＝f (0)(x ∈R )， 即f (x )＋f (－x )＝0(x ∈R )， ∴f (－x )＝－f (x )(x ∈R )，
由x 的任意性可知f (x )为奇函数．
(2)证明：设x 1<x 2，则x 2＝x 1＋(x 2－x 1)，其中x 2－x 1>0， ∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)－f [x 1＋(x 2－x 1)] ＝f (x 1)－[f (x 1)＋f (x 2－x 1)]＝－f (x 2－x 1)， ∵x 2－x 1>0，∴f (x 2－x 1)<0
∴f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )为R 上的减函数． (3)依题意有f (2)＝f (1)＋f (1)＝4，
∴不等式可化为f (x －1)－f (1－2x －x 2)<f (2)，
即f (x －1)<f (1－2x －x 2)＋f (2)，∴f (x －1)<f (3－2x －x 2)． 因为f (x )是R 上的减函数，
∴x －1>3－2x －x 2，解得x <－4或x >1， 所以所求不等式的解集为{x |x <－4或x >1}．
45分钟滚动基础训练卷(三)
1．B [解析] 因为f (x ＋1)为偶函数，所以f (－x ＋1)＝f (x ＋1)，即f (x )＝f (2－x )；当x ＞1时，2－x ＜1，此时，f (2－x )＝(2－x )2＋1，即f (x )＝x 2－4x ＋5.
2．B [解析] ⎩⎪⎨⎪⎧
1－x >0，3x ＋1>0，
解得－1
3＜x ＜1.故选B.
3．A [解析] 解法一：因为对数函数的底数越大，函数图象越远离y 轴的正半轴，所以
C 1，C 2，C 3，C 4对应的a 值依次由大到小，即C 1，C 2，C 3，C 4的a 值依次为3，43，35，1
10
，
故选A.
解法二：作直线y ＝1，与C 1，C 2，C 3，C 4交点的横坐标，即为各对数函数底数的值．
4．B [解析] 因为x ＋1x －2＝(x －2)＋1
x －2
＋2≥4(当x ＝3时取等号)，所以f (x )≥log 24
＝2(当x ＝3时取等号)，故选B.
5．C [解析] 画出y ＝2|x |的图象如图．
由图知满足题意的整数对有(－1,1)3对．
6．A [解析] 用数轴穿根法画出f (x )的大致图象，如图．根据导函数的值与原函数的单调性之间的关系可知A 选项正确．
7．D [解析] 由f (1＋x )＝f (－x )知f (x )的图象关于直线x ＝1
2
对称．又抛物线开口向上，
结合图象可知f (0)<f (2)<f (－2)．
8．B [解析] 在坐标平面内先画出函数f (x )＝log a x 的图象，再将其图象位于x 轴下方的部分“翻折”到x 轴的上方，与f (x )本身不在x 轴下方的部分共同组成函数g (x )＝|log a x |的图
象，注意到g (1)＝0，g (a )＝g ⎝⎛⎭⎫
1a ＝1，结合图象可知，要使函数g (x )的值域是[0,1]，其定义域
可能是⎣⎡⎦⎤1a ，1、[1，a ]、⎣⎡⎦⎤1a ，a 、…，且1－1a ＝a －1a ＜a －1，结合题意知1－1a ＝56
，a ＝6. 9．m ＜n [解析] ∵0＜5－1
2
＜1，∴指数函数f (x )＝a x 在定义域内为减函数，又由f (m )
＞f (n )，结合图象得m ＜n .
10．2≤a ＜5
2
[解析] 利用二次函数图象的特征，
设f (x )＝x 2－2ax ＋4，
则⎩⎪⎨⎪⎧
Δ≥0，f (1)>0，a >1.
解之得2≤a ＜52
.
11．2 [解析] f (10)＝log 3(10－1)＝log 39＝2，所以，f (f (10))＝f (2)＝log 3(4－1)＝log 33＝1，
所以f (1)＝2e 1－
1＝2.
12．[解答] 由题意可知，图甲图象经过(1,1)和(6,2)两点， 从而求得其解析式为y 甲＝0.2x ＋0.8. 图乙图象经过(1,30)和(6,10)两点， 从而求得其解析式为y 乙＝－4x ＋34. (1)当x ＝2时，y 甲＝0.2×2＋0.8＝1.2，
y 乙＝－4×2＋34＝26，y 甲×y 乙＝1.2×26＝31.2，
所以第2年鱼池有26个，全县出产的鳗鱼总数为31.2万条．
(2)第1年出产鳗鱼1×30＝30(万条)，第6年出产鳗鱼2×10＝20(万条)，可见第6年这个县的鳗鱼养殖业规模比第1年缩小了．
(3)设第m 年时的规模(总产量)为n ， 那么n ＝y 甲·y 乙＝(0.2m ＋0.8)(－4m ＋34)
＝－0.8m 2
＋3.6m ＋27.2 ＝－0.8(m 2－4.5m －34) ＝－0.8(m －2.25)2＋31.25.
因此，当m ＝2时，n 的最大值为31.2.
即当第2年时，鳗鱼养殖业的规模最大，最大产量为31.2万条．
13．[解答] (1)设点P (x ，y )是C 2上的任意一点，则P (x ，y )关于点A (2,1)对称的点P ′(4
－x,2－y )在C 1上，代入f (x )＝x ＋1x ，可得2－y ＝4－x ＋14－x ，即y ＝x －2＋1
x －4
，
∴g (x )＝x －2＋1
x －4
.
(2)由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝m ，y ＝x －2＋1
x －4， 消去y ，得x 2－(m ＋6)x ＋4m ＋9＝0，
Δ＝(m ＋6)2－4(4m ＋9)，
∵直线y ＝m 与C 2只有一个交点， ∴Δ＝0，解得m ＝0或m ＝4.
当m ＝0时，经检验合理，交点为(3,0)； 当m ＝4时，经检验合理，交点为(5,4)． 14．[解答] (1)∃x ∈R ，f (x )<b ·g (x )⇔∃x ∈R ，x 2－bx ＋b <0⇔Δ＝(－b )2－4b >0⇔b <0或b >4. (2)F (x )＝x 2－mx ＋1－m 2， Δ＝m 2－4(1－m 2)＝5m 2－4.
①当Δ≤0，即－255≤m ≤25
5
时，
则需⎩
⎨⎧
m
2≤0，－255≤m ≤
25
5
⇒－255≤m ≤0.
②当Δ>0，即m <－255或m >25
5
时，
则需⎩⎪⎨⎪⎧
m 2≥1，F (0)＝1－m 2≤0
⇒m ≥2；
或⎩⎪⎨⎪⎧
m 2≤0，F (0)＝1－m 2≥0
⇒－1≤m <－25
5
.
综上所述，－1≤m ≤0或m ≥2.
45分钟滚动基础训练卷(四)
1．C [解析] 由y ′＝3x 2－6x －9＝0，得x ＝－1或x ＝3，当－2<x <－1时，y ′>0；当－1<x <2时，y ′<0，当x ＝－1时，y 极大值＝5；x 取不到3，无极小值．
2．B [解析] f ′(2)、f ′(3)是x 分别为2、3时对应图象上切线的斜率，f (3)－f (2)＝f (3)－f (2)
3－2
，∴f (3)－f (2)是图象上x 为2和3对应两点连线的斜率，故选B. 3．D [解析] ∵f ′(x )＝e x (cos x －sin x )，∴k ＝f ′(1)＝e 1(cos1－sin1)<0，故切线的倾斜角为钝角．
4．B [解析] 设在四角截去的正方形的边长为x cm(0<x <24)，所做的铁盒容积为y cm 3，则y ＝f (x )＝(48－2x )2·x ＝4x 3－192x 2＋2304x ，∴其导数f ′(x )＝12x 2－384x ＋2304，令f ′(x )＝0，可得x ＝8，经检验此时y 最大．
5．B [解析] 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20.∴f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20，应选B.
6．D [解析] 令f (x )＝2x －3sin x ，则f ′(x )＝2－3cos x ，当cos x <2
3
时，f ′(x )>0，当cos x
＝23时，f ′(x )＝0，当cos x >23时，f ′(x )<0，即当0<x <π
2
时，f (x )先递减再递增，而f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－3>0，故f (x )的值与x 取值有关，即2x 与3sin x 的大小关系与x 取值有关．
7．A [解析] f ′(x )＝cos x ＋2f ′⎝⎛⎭⎫π3，所以f ′⎝⎛⎭⎫π3＝cos π3＋2f ′⎝⎛⎭⎫π3，得f ′⎝⎛⎭⎫π3＝－12
，于是f (x )＝sin x －x ，而f ′(x )＝cos x －1≤0，所以f (x )＝sin x －x 是R 上的减函数，又b －a ＝log 32－12＝log 32
3
>0，所以f (a )>f (b )．故选A. 8．A [解析] 本题考查二次函数与导数的内容，f ′(x )＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b >0，因为
f (x )与x 轴恰有一个交点，所以b 2－4a ＝0.
f (1)f ′(0)
＝a ＋b ＋1b ＝b 2
4＋1
b ＋1＝b 4＋1
b ＋1≥2
b 4·1
b ＋1＝2.故选A. 9.S [解析] 设矩形一边长为x ，则另一边长为S x ，∴周长l (x )＝2x ＋2S x ，∴l ′(x )＝2－2S
x
2.
由l ′(x )＝0，得x ＝S ，∵当x ∈(0，S )时，l ′(x )<0；当x ∈(S ，＋∞)时，l ′(x )>0.∴函数l (x )在(0，S ]上递减，在[S ，＋∞)上递增．∴l (x )min ＝4S ，此时x ＝S .
10．c [解析] 由f ′(x )的图象知：x ＝0是f (x )的极小值点，所以f (x )的极小值为f (0)＝c . 11．③ [解析] [f (2x )]′＝f ′(2x )(2x )′＝2f ′(2x )，①错误；
h ′(x )＝4cos 3x (－sin x )－4sin 3x cos x ＝－4sin x cos x ＝－2sin2x ，则h ′⎝⎛⎭⎫
π12＝－1，②错误；③正确；
f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，Δ＝4b 2－12ac ＝4(b 2－3ac )，只需b 2－3ac >0即可，a ＋b ＋c ＝0是b 2－3ac >0的充分不必要条件．
12．[解答] 对f (x )求导得
f ′(x )＝e x
1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2.①
(1)当a ＝4
3时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，
解得x 1＝32，x 2＝1
2
.
结合①，可知
所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝1
2
是极大值点．
(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0＜a ≤1.
13．[解答] (1)由1＋x >0得函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)．
f ′(x )＝2x ＋2－2
x ＋1＝2x (x ＋2)x ＋1
.
由f ′(x )>0，得x >0；由f ′(x )<0，得－1<x <0.
∴函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－1,0)．
(2)由(1)知，f (x )在⎣⎡⎦
⎤1
e －1，0上单调递减，在[0，e －1]上单调递增．∴
f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝⎛⎭⎫1e －1＝1e 2＋1，f (e －1)＝e 2－3，且e 2－3>1
e 2＋1， ∴x ∈⎣⎡⎦
⎤1
e －1，e －1时，
f (x )max ＝e 2－3. ∵不等式m <f (x )≤－m 2＋2m ＋e 2恒成立，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
－m 2＋2m ＋e 2≥f (x )max ，
m <f (x )min ， 即⎩⎪⎨⎪⎧
－m 2＋2m ＋e 2≥e 2－3，m <0⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
m 2－2m －3≤0，m <0 ⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
－1≤m ≤3，m <0⇒－1≤m <0. ∵m 是整数，∴m ＝－1.
∴存在整数m ＝－1，使不等式m <f (x )≤－m 2＋2m ＋e 2恒成立． 14．[解答] (1)由f (x )＝x ln x ，可得f ′(x )＝ln x ＋1.
当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
e 时，
f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭
⎫1
e ，＋∞时，
f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以函数f (x )在区间[1,3]上单调递增，又f (1)＝0，所以函数f (x )在区间[1,3]上的最小值为0.
(2)证明：由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))在x ＝1
e
时取得最小值，
又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ，可知f (m )≥－1e
. 由g (x )＝x e x －2
e ，可得g ′(x )＝1－x e
x .
所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．
所以函数g (x )(x >0)在x ＝1时取得最大值，又g (1)＝－1e ，可知g (n )≤－1
e
，
所以对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有f (m )≥g (n )成立．
45分钟滚动基础训练卷(五)
1．B [解析] 由条件知，tan600°＝a
－4
，
∴a ＝－4tan600°＝－4tan60°＝－4 3.
2．D [解析] 由弧长公式得2＝2R ，即R ＝1 cm ，则S ＝12lR ＝1
2
×2×1＝1(cm 2)．
3．B [解析] y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π12，y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＝sin ⎣⎡⎦
⎤2⎝⎛⎭⎫x －π
6，所以将y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的图象向右平移π
4
个长度单位得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的图象，故选B. 4．C [解析] 依题意，cos θ·tan θ<0，cos θ与tan θ是异号，所以角θ是第三或第四象限角，选择C.
5．B [解析] ∵－180°<θ<－90°， ∴sin θ＝m <0，tan θ>0，
故可知tan θ＝－m
1－m 2
.
6．A
7．C [解析] 不妨令a ＝－π2，b ＝π
2，∴cos a ＋b 2
＝cos0＝1.
8．C [解析] 当|MN |最小时，点M 、N 必为两曲线的相邻的两个交点，所以可取M ⎝⎛⎭⎫π4，2π2，N ⎝⎛⎭⎫5π4
，－2π2，根据两点间距离公式得|MN |＝π2＋(2π)2＝3π.故选C.
9.⎝⎛⎭⎫2，π4 [解析] 依题意，T ＝π，所以ω＝2.又由2×3π8＋φ＝2k π＋π，0<φ≤π2，故φ＝π4
. 10．－3
5 [解析] 解法1：在角θ终边上任取一点P (a,2a )(a ≠0)，则r 2＝|OP |2＝a 2＋(2a )2
＝5a 2，
∴cos 2θ＝a 25a 2＝15，∴cos2θ＝2cos 2θ－1＝25－1＝－35
. 解法2：tan θ＝2a a ＝2，cos2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ
＝－3
5.
11．①②③ [解析] 化简f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋cos ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π2－π3
＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x －π12. ∴f (x )max ＝2，即①正确．T ＝
2π
2
＝π，即②正确． 由2k π≤2x －π
12
≤2k π＋π得，
k π＋π24≤x ≤k π＋13π
24
，即③正确．
将函数y ＝2cos2x 的图象向左平移π
24
个单位得
y ＝2cos ⎣⎡⎦
⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π24≠f (x )，∴④不正确． 12．[解答] (1)因为sin α＝35，α是第二象限角，所以cos α＝－45，从而tan α＝－3
4
.
(2)cos ⎝⎛⎭⎫π2－α＋cos(3π＋α)＝sin α－cos α＝75
. 13．[解答] ⎝⎛⎭⎫1sin θ＋1tan θ·1－cos θcos θ
＝1－cos 2θsin θcos θ＝sin 2θsin θcos θ＝tan θ. 即tan θ＝2.
∴1
2sin θcos θ＋cos 2θ＝sin 2θ＋cos 2θ2sin θcos θ＋cos 2θ ＝1＋tan 2θ2tan θ＋1＝1＋222×2＋1
＝1. 14．[解答] (1)由图可得A ＝1，T 2＝2π3－π6＝π
2
，
所以T ＝π. 所以ω＝2.
当x ＝π
6
时，f (x )＝1，可得sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝1. 因为|φ|<π2，所以φ＝π
6
.
所以f (x )＝sin ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π6. (2)g (x )＝f (x )－cos2x
＝sin ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π
6－cos2x ＝sin2x cos π6＋cos2x sin π
6－cos2x
＝32sin2x －1
2
cos2x ＝sin ⎝
⎛⎭⎫2x －π6. 因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π
6.
当2x －π6＝π2，即x ＝π
3时，g (x )有最大值，最大值为1；
当2x －π6＝－π6，即x ＝0时，g (x )有最小值，最小值为－1
2
.
45分钟滚动基础训练卷(六) 1．A [解析] sin 4π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π＋π3＝－sin π3＝－32
，
cos 25π6＝cos ⎝⎛⎭⎫4π＋π6＝cos π6＝32，tan 5π4＝tan π4
＝1. 2．A [解析] 设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，由函数的最大值为2知A ＝2，又由函数图象
知该函数的周期T ＝4×⎝⎛⎭⎫5π3－2π3＝4π，所以ω＝12，将点(0,1)代入得φ＝π
6
，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π6.
3．C [解析] 依题意，sin θ＋cos θ＝－p 2，sin θcos θ＝－12，解得p ＝0，因此θ＝3π
4
，选择
C.
4．C [解析] f (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭
⎫x ＋π3， ∵x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，∴x ＋π
3∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6. ∴f (x )最小值为－1，最大值为2.
5．C [解析] f (x )＝2cos 2x －3sin2x ＝cos2x －3sin2x ＋1＝2cos ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π
3＋1(x ∈R )，所以f (x )的最小正周期和最大值分别为π，3.
6．D [解析] ∵tan α＝2，
∴2sin 2α＋1sin2α＝3sin 2α＋cos 2α2sin αcos α＝3tan 2α＋12tan α＝134
.
7．C [解析] 依题意，函数y ＝x
sin x
，x ∈(－π，0)∪(0，π)为偶函数，排除A ；当x ∈(0，
π)时，直线y ＝x 的图象在y ＝sin x 上方，所以y ＝x
sin x
>1，排除B 、D.
8．C [解析] ∵0＜α＜π2＜β＜π且sin α＝35，cos(α＋β)＝－45，∴cos α＝45.π2＜α＋β＜3
2
π，
∴sin(α＋β)＝±3
5
，
当sin(α＋β)＝3
5
时，sin β＝sin[(α＋β)－α]
＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α
＝35×4
5－⎝⎛⎭⎫－45×35＝2425
； 当sin(α＋β)＝－3
5
时，sin β＝⎝⎛⎭⎫－35×45－⎝⎛⎭⎫－45×35＝0， 又β∈⎝⎛⎭⎫π2，π，∴sin β＞0，故sin β＝2425
. 9.3 [解析] ∵tan60°＝tan(20°＋40°)＝tan20°＋tan40°
1－tan20°tan40°
，
∴原式＝tan60°·(1－tan20°·tan40°)＋3tan20°·tan40° ＝3－3tan20°·tan40°＋3tan20°·tan40°＝ 3.
10．2－3 [解析] 依题意tan θ＝－1，tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＝－1＋31＋3＝2－ 3.
11．①②③ [解析] f ⎝⎛⎭⎫11π12＝3sin 3π
2＝－3，①正确； f ⎝⎛⎭⎫2π3＝3sinπ＝0，②正确；
由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π
2，k ∈Z 得，
k π－π12≤x ≤k π＋5π12
，
∴f (x )的增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π
12(k ∈Z )， 令k ＝0，得f (x )在⎣⎡⎦
⎤－π12，5π
12为增函数，③正确； 由y ＝3sin2x 的图象向右平移π
6
个单位长度可以得到图象C ，④错误．
12．[解答] (1)由题意，sin x ≠0，所以x ≠k π(k ∈Z )． 函数f (x )的定义域为{x |x ≠k π，k ∈Z }．
(2)因为f (x )＝2，所以2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－1
3＝2sin x ， 即2⎝⎛⎭⎫22sin x ＋2
2cos x －13＝2sin x ，
∴cos x －sin x ＝1
3
.
将上式平方，得1－sin2x ＝19，所以sin2x ＝8
9
.
13．[解答] (1)∵a ＝(sin θ，2)，b ＝(cos θ，1)，且a ∥b ， ∴sin θ2＝cos θ1
，即sin θ＝2cos θ.
∵sin 2θ＋cos 2θ＝1，θ∈⎝⎛⎭
⎫0，π2， 解得sin θ＝255，cos θ＝5
5，
∴sin θ＝255，cos θ＝5
5.
(2)∵0<ω<π2，0<θ<π
2，
∴－π2<θ－ω<π2
.
∵sin(θ－ω)＝35，∴cos(θ－ω)＝1－sin 2(θ－ω)＝4
5
.
∴cos ω＝cos[θ－(θ－ω)]＝cos θcos(θ－ω)＋sin θsin(θ－ω)＝25
5
.
14．[解答] (1)由图象知：T ＝4⎝⎛⎭⎫π2－π4＝π，则：ω＝2π
T
＝2， 由f (0)＝－1得：sin φ＝－1，即：φ＝2k π－π
2
(k ∈Z )，
∵|φ|<π，∴φ＝－π
2
.
(2)由(1)知：f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π
2＝－cos2x ， ∴g (x )＝22f ⎝⎛⎭⎫x 2f ⎝⎛⎭⎫
x 2－π8－1
＝22(－cos x )⎣⎡⎦⎤－cos ⎝⎛⎭⎫x －π4－1 ＝22cos x ⎣⎡⎦
⎤2
2(cos x ＋sin x )－1
＝2cos 2x ＋2sin x cos x －1
＝cos2x ＋sin2x ＝2sin ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π4， 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，5π4，则sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－2
2，1， ∴g (x )的值域为[－1，2]．
45分钟滚动基础训练卷(七)
1．C [解析] HG →＝12EF →＝14AC →＝14(AB →＋BC →)＝14(AB →－CB →)＝1
4
(a －b )．
2．A [解析] a ∥b ，则2×(－2)－1·y ＝0⇒y ＝－4，从而3a ＋b ＝(1,2)，|3a ＋b |＝ 5. 3．C [解析] 5秒后点P 的坐标为：(－10,10)＋5(4，－3)＝(10，－5)．
4．D [解析] 解法一：设AC 的中点为G ，则OB →＋OD →＝b ＋d ＝a ＋c ＝OA →＋OC →＝2OG →
，∴G 为BD 的中点，∴四边形ABCD 的两对角线互相平分，∴四边形ABCD 为平行四边形．
解法二：AB →＝OB →－OA →＝b －a ，CD →＝OD →－OC →＝d －c ＝－(b －a )＝－AB →
，∴AB 綊CD ，∴四边形ABCD 为平行四边形．
5．C [解析] 由已知a ＝(cos θ，sin θ)，b ＝(3，－1)， 得2a －b ＝(2cos θ－3，2sin θ＋1)，
∴|2a －b |＝(2cos θ－3)2＋(2sin θ＋1)2＝4，
两边平方，化简得sin θ－3cos θ＝2，即sin ⎝⎛⎭
⎫θ－π
3＝1， ∵θ为三角形的内角，∴θ＝
5π
6
. 6．B [解析] 正确的应该是①④.a 与b 共线，则A 、B 、C 、D 四点未必在一条直线上；若a 与b 共线，且a 与b 同向时才有||a ＋|b |＝|a ＋b |.
7．D [解析] 因为a ·b ＝10，所以x ＋8＝10，x ＝2，所以a －b ＝(－1，－2)，故|a －b |＝ 5.
8．B [解析] 由已知，得OA →＝(x ，y )，AA ′→＝(－2x,0)，由OA →2＋a ·AA ′→
≤0，得x 2＋y 2
－2x ≤0，即(x －1)2＋y 2≤1，表示以(1,0)为圆心，1为半径的圆及圆内的点．
9．－72 [解析] 依题意，e 1·e 2＝|e 1|·|e 2|·cos π3＝12
，所以a·b ＝(2e 1＋e 2)·(－3e 1＋2e 2)＝－6|e 1|2
＋2|e 2|2＋e 1·e 2＝－6＋2＋12＝－7
2
.
10．5 [解析] 因为b ⊥(a ＋2b )，所以b ·(a ＋2b )＝0， 即b ·a ＋2b 2＝0，所以a ·b ＝－2， 而|2a －b |＝(2a －b )2＝4a 2－4a ·b ＋b 2＝16＋8＋1＝5. 11．－2 [解析] ∵|AB |＝23，|OA |＝|OB |＝2， ∴∠AOB ＝120°. ∴OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos120°＝－2.
12．[解答] (1)∵BP →＝P A →
， ∴BO →＋OP →＝PO →＋OA →，即2OP →＝OB →＋OA →，
∴OP →＝12OA →＋12OB →
，即x ＝12，y ＝12.
(2)∵BP →＝3P A →， ∴BO →＋OP →＝3PO →＋3OA →，即4OP →＝OB →＋3OA →， ∴OP →＝34OA →＋14
OB →，
∴OP →·AB →＝⎝⎛⎭⎫34OA →＋14OB →·(OB →－OA →)， ＝14OB →·OB →－34OA →·OA →＋12OA →·OB →， ＝14×22－34×42＋12×4×2×1
2
＝－9. 13．[解答] ∵BC →＝(x ，y )，AB →＝(6,1)，CD →
＝(－2，－3)，
∴DA →＝－AD →＝－(AB →＋BC →＋CD →)
＝－(x ＋4，y －2)＝(－x －4，－y ＋2)．
(1)∵BC →∥DA →
，故有x (－y ＋2)－y (－x －4)＝0， 化简得x ＋2y ＝0. (2)AC →＝AB →＋BC →
＝(x ＋6，y ＋1)， BD →＝BC →＋CD →
＝(x －2，y －3)． ∵AC →⊥BD →， ∴(x ＋6)·(x －2)＋(y ＋1)·(y －3)＝0. 化简有x 2＋y 2＋4x －2y －15＝0.
联立⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋2y ＝0，x 2＋y 2＋4x －2y －15＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－6，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝2，y ＝－1.
∵BC →∥DA →，AC →⊥BD →
，则四边形ABCD 为对角线互相垂直的梯形． 当⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝－6，y ＝3时，AC →＝(0,4)，BD →＝(－8,0)， 此时S 梯形ABCD ＝12
·|AC →|·|BD →
|＝16.
当⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝2，y ＝－1
时，AC →＝(8,0)，BD →＝(0，－4)， 此时S 梯形ABCD ＝12
·|AC →|·|BD →
|＝16.
综上所述，x ＝－6，y ＝3或x ＝2，y ＝－1，四边形ABCD 的面积为16. 14．[解答] (1)f (x )＝a ·b ＝(cos x ＋sin x )·(cos x －sin x )＋sin x ·2cos x
＝cos2x ＋sin2x ＝2sin ⎝
⎛⎭⎫2x ＋π4， 由－π2＋2k π≤2x ＋π4≤π
2＋2k π，得
－3π8＋k π≤x ≤π
8
＋k π，k ∈Z . ∴f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π
8＋k π，k ∈Z . (2)由f (B )＝1得sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π4＝22， 又0<B <π，所以B ＝π
4
，
设a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝k ，则3k sin π3＋2k sin π4＝10⇒52k ＝10⇒k ＝4. 所以c ＝k sin C ＝4sin(A ＋B )
＝4⎝⎛⎭⎫sin π3cos π4
＋cos π3sin π
4＝6＋ 2. 45分钟滚动基础训练卷(八)
1．B [解析] |2a －b |＝(2a －b )2＝4a 2－4a·b ＋b 2＝8＝2 2.
2．D [解析] 方法一：易知∠ACE ＝∠BCF ，且tan ∠ACE ＝1
2
，∴tan ∠ECF ＝tan(90°－
2∠ACE )＝1
tan2∠ACE
＝1－tan 2∠ACE 2tan ∠ACE
＝1－14＝34，选D.
方法二：过C 作CD ⊥AB 于D ，则DE ＝12EF ＝16AB ，CD ＝12AB ，∴tan ∠DCE ＝1
3
，
故tan ∠ECF ＝tan2∠DCE ＝2×
131－13
2＝3
4，选D.
3．A [解析] 由S ＝1
2
AB ·AC ·sin A 得AC ＝1，
由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，∴BC ＝ 3.
4．B [解析] 设AP →与AD →的夹角为θ，则AP →·AD →＝|AP →|·|AD →|cos θ，而|AD →|＝2，|AP →
|cos θ＝2，所以选B.
5．C [解析] S △OAB ＝12|a ||b |sin 〈a ，b 〉＝12|a ||b |·1－cos 2
〈a ，b 〉＝12|a ||b |1－(a ·b )2
|a |2|b |
2，
＝1
2
|a |2|b |2－(a ·b )2. 6．A [解析] 由余弦定理可知正方形的边长a ＝12＋12－2×1×1×cos α＝2－2cos α，
那么该八边形的面积为S ＝a 2＋4×1
2
×1×1×sin α＝2－2cos α＋2sin α.
7．A [解析] 因为||a ＋b >1⇔||a 2＋2a ·b ＋||b 2>1⇔a ·b >－12⇔||a ||b cos θ＝cos θ>－1
2
⇔θ∈
⎣
⎡⎭⎫0，2π3，所以p 1为真命题，p 2为假命题．
又因为||a －b >1⇔||a 2－2a ·b ＋||b 2>1⇔a ·b <12⇔||a ||b cos θ＝cos θ<1
2⇔θ∈⎝⎛⎦⎤π3，π，所以p 4为真命题，p 3为假命题．
8．D [解析] 如图，由题意得∠BAC ＝30°，∠ACB ＝75°，
∴AB sin75°＝BC
sin30°
， ∴BC ＝10
sin75°
＝10(6－2) .
9．(1,2) (0，－1) [解析] AD →＝BC →＝AC →－AB →＝(1,2)，BD →＝AD →－AB →
＝(0，－1)．
10.π3 [解析] 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12.又∵C ∈(0，π)，∴C ＝π
3
. 11．无 [解析] 根据题意，画出示意图(如下图)，在三角形ABC 中，AB ＝30，∠BAC ＝30°，∠ABC ＝135°，
∴∠ACB ＝15°，由正弦定理
BC ＝AB sin ∠ACB ·sin ∠BAC ＝30sin15°·sin30°＝15
6－2
4
＝15(6＋2)．
在Rt △BDC 中，∠CBD ＝45°，CD ＝BC sin ∠CBD ＝15(3＋1)>38.故无触礁危险． 12．[解答] (1)∵a ＝(4,3)，b ＝(－1,2)， ∴a ·b ＝4×(－1)＋3×2＝－4＋6＝2， |a |＝42＋32＝5，|b |＝(－1)2＋22＝5，
∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝25×5＝25
25
.
(2)∵向量a －λb 与2a ＋b 互相垂直， ∴(a －λb )·(2a ＋b )＝0， 即2a 2＋(1－2λ)a ·b －λb 2＝0，
∴2×52＋2(1－2λ)－5λ＝0，∴λ＝52
9
.
13．[解答] (1)由b sin B ＝c sin C 得sin C ＝c b sin B ＝3×sin30°＝3
2
.
∵c >b ，∴C >B ，∴C ＝60°或C ＝120°.∴A ＝90°或A ＝30°.
(2)S △ABC ＝1
2
bc sin A
＝12×1×3×sin90°＝32
. 或S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×3×sin30°＝3
4
.
即△ABC 的面积为32或3
4
.
14．[解答] 设AB ＝x ，∠AOB ＝θ，在△AOB 中运用余弦定理， 得x 与θ存在关系：
x 2＝12＋22－2×1×2cos θ＝5－4cos θ.① 又设四边形OACB 的面积是S ，则
S ＝S △AOB ＋S △ABC ＝sin θ＋3
4
x 2.②
将①式代入②得S ＝sin θ－3cos θ＋53
4
＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＋534. ∵θ∈(0，π)，∴－π3<θ－π3<2π
3
.
∴当且仅当θ－π3＝π2，即θ＝5π
6时，S max ＝8＋534
.
即以OA 为始边，OB 逆时针方向旋转5π
6时，四边形OACB 面积最大，最大值为8＋534
.
45分钟滚动基础训练卷(九)
1．A [解析] 由已知d ＝2，所以偶数项的和为80＋5d ＝90.故选A. 2．C [解析] 由已知得a 57＝32，所以a 7＝2.故选C.
3．C [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则有9(a 1＋d )2＝9a 1(a 1＋2d )，得d ＝0，所以S 4＝4a 1＝12.故选C.
4．C [解析] 由题意b 2＝ac >0，因为Δ＝b 2－4ac ＝－3ac <0，所以方程ax 2＋bx ＋c ＝0没有实数根．故选C.
5．B [解析] S 5＝5(a 1＋a 5)
2
＝30，所以a 1＋a 5＝12，所以a 3＝6.
所以S 8＝8(a 1＋a 8)
2
＝4(a 1＋a 8)＝4(a 3＋a 6)＝4×8＝32.故选B.
6．C [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧
5a 1＋10d ＝15，
6a 1
＋15d ＝21，解得a 1＝d ＝1，
所以S 11＝11a 1＋55d ＝66.故选C.
7．D [解析] 由a 1005·a 1007＝4得a 21006＝4，所以a 1006＝±
2， a 1·a 2·a 3·…·a 2010·a 2011＝(a 1·a 2011)(a 2·a 2010)(a 3·a 2009)…(a 1005·a 1007)a 1006＝(a 21006)
1005·a 1006 ＝41005·(±2)＝±22011.故选D.
8．B [解析] 由已知a 3a 9＝a 26，所以a 3＋a 9≥2a 3a 9＝2a 2
6＝2a 6，而b 4＋b 10＝2b 7，a 6
＝b 7，所以a 3＋a 9≥2b 7.故选B.
9．a n ＝(－1)n ＋
1(2n －1) [解析] 随着项数n 的变化，项增加的速度很快，联想到2n ，再
考虑系数的符号，可得通项公式为a n ＝(－1)n ＋
1(2n －1)．
10.35 [解析] 设公差为d ，则S 2S 5＝2a 1＋d 5a 1＋10d ＝14，解得a 1＝2d ，所以a 5a 9＝a 1＋4d a 1＋8d ＝35
. 11．9 －3 [解析] 由等比中项得b 2＝ac ＝9，当b ＝3时，则这五个数不成等比数列，当b ＝－3时，a 、c 同为正号，则这五个数成等比数列，所以ac ＝9，b ＝－3.
12．[解答] (1)由已知得：⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 2＋a 3＝7，
a 1＋a 3－1＝2a 2，解得a 2＝2.
设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2
q
，a 3＝2q ，
又S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝1
2
.
由题意得q >1，所以q ＝2，a 1＝1
故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －
1.
(2)由于b n ＝log 4a 2n ＋1(n ∈N ＋)，由(1)得a 2n ＋1＝22n ＝4n . 所以b n ＝log 44n ＝n .
所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n
＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1－1n
＝1－1n .
13．[解答] (1)Q 型车每月的销售量{a n }是以首项a 1＝a ，公比q ＝1＋1%＝1.01的等比数
列，前n 个月的销售总量S n ＝a (1.01n －1)
1.01－1
＝100a (1.01n －1)(n ∈N ＋，且n ≤24)．
(2)因为S n －T n ＝100a (1.01n －1)－228a (1.012n －1) ＝100a (1.01n －1)－228a (1.01n －1)(1.01n ＋1)
＝－228a (1.01n －1)·⎝⎛⎭⎫1.01n ＋3257. 又1.01n －1>0,1.01n ＋32
57
>0，所以S n －T n <0，
所以S n <T n .
14．[解答] a 1＝2，a n －a n －1－2n ＝0(n ≥2，n ∈N )，∴a 2＝6，a 3＝12，
当n ≥2时，a n －a n －1＝2n ，a n －1－a n －2＝2(n －1)，…，a 3－a 2＝2×3，a 2－a 1＝2×2， ∴a n －a 1＝2[n ＋(n －1)＋…＋3＋2]，
∴a n ＝2[n ＋(n －1)＋…＋3＋2＋1]＝2n (n ＋1)
2
＝n (n ＋1)，
当n ＝1时，a 1＝1×(1＋1)也满足上式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)．
(2)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋1(n ＋2)(n ＋3)＋…＋1
2n (2n ＋1)
＝1(n ＋1)－1(n ＋2)＋1(n ＋2)－1(n ＋3)
＋…＋12n －1(2n ＋1)
＝1(n ＋1)－1(2n ＋1)＝n 2n 2＋3n ＋1＝1⎝⎛
⎭⎫2n ＋1n ＋3
，
令f (x )＝2x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝2－1
x
2，当x ≥1时，f ′(x )>0恒成立，
∴f (x )在x ∈[1，＋∞)上是增函数，故当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝3，
即当n ＝1时，(b n )max ＝1
6
，
另解：b n ＋1－b n ＝1n ＋2－12n ＋3－1n ＋1＋12n ＋1＝1n ＋2＋1
2n ＋1－⎝
⎛⎭⎫12n ＋3＋1n ＋1
＝3n ＋32n 2＋5n ＋2－3n ＋42n 2＋5n ＋3
<0， ∴数列{a n }是单调递减数列，∴(b n )max ＝b 1＝1
6
.
45分钟滚动基础训练卷(十)
1．D [解析] 因为集合P ＝{x |－1≤x ≤1}，所以∁U P ＝{x |x <－1或x >1}，故选D.
2．C [解析] 作出可行域如图，可知直线y ＝x 与3x ＋2y ＝5的交点(1,1)为最优解点，∴当x ＝1，y ＝1时，z max ＝3.
3．D [解析] q 真时，－2<m <2m 的取值范围是－2<m <0.
4．B [解析] ⎪⎪⎪⎪a ＋4a ＝|a |＋4|a |≥2|a |·4|a |＝4，当且仅当|a |＝4
|a |
，即a ＝±2时取等号，即⎪⎪⎪
⎪a ＋4
a 的最小值为4.
5．C [解析] 作出可行域，其中A (1,0)，B (4,0)，则ω＝y －1
x ＋1表示过可行域内的动点P (x ，
y )与定点M (－1,1)的直线的斜率，由图可知ωmin ＝k MA ＝－12，且ω<k l ＝2，故－1
2
≤ω<2.
6．D [解析] 由条件利用韦达定理得：b ＝a ，c ＝－2a ，且a >0，代入cx 2
＋bx ＋a >c (2x
－1)＋b ，整理得2x 2－5x ＋2＜0，解得1
2
＜x ＜2，选D.
7．A [解析] 函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递增，又在x ＝1处，两端的函数值相等，故函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．所以f (m 2＋1)≥f (tm －1)对任意实数m 恒成立，等价于m 2＋1≥tm －1对任意实数m 恒成立，即m 2－tm ＋2≥0对任意实数m 恒成立，故t 2－8≤0，解得－22≤t ≤2 2.
8．B [解析] 如图，延长BC 交y 轴于点D ，目标函数z ＝kx ＋y 中z 的几何意义是直线kx ＋y －z ＝0在y 轴上的截距，由题意得当此直线经过点C (1,2)时，z 取得最大值，显然此时
直线kx ＋y －z ＝0与y 轴交点应该在点A 和点D 之间，而k AC ＝2－11－0＝1，k BD ＝k BC ＝2－0
1－3
＝
－1，直线kx ＋y －z ＝0的斜率为－k ，所以－1≤－k ≤1，解得k ∈[－1,1]，故选B.
9．x >1 [解析] 不等式x ＋1x －1≥3成立，等价于x －1＋1
x －1
≥2成立，等价于y ＝x －1
＋1x －1
有最小值2，所以要使上式成立需满足x －1>0，且(x －1)2＝1有解，即x ＝2时取到最小值，所以x ＋1
x －1
≥3成立的充要条件为x >1.
10．15 12 [解析] 由三角形相似得24－y 24－8＝x 20
，得x ＝54(24－y )，所以S ＝xy ＝－5
4(y －
12)2＋180，
所以当y ＝12时，S 有最大值，此时x ＝15.
11．－4<a <2 [解析] 作出可行域，由图象可知－1<－a
2
<2，即－4<a
<2.
12．[解答] 证明：(1)＋1＋1＝(a －1)2＋(ab ＋1)2≥0，
不等式成立．
(2)由于a 、b 、c 均为正实数，∴ab c ＋bc a ≥2b ，ca b ＋bc a ≥2c ，ca b ＋ab
c
≥2a ，
三式相加即得不等式成立．
13．[解答] 设生产A 产品x 百吨，生产B 产品y 百吨，共获得利润S 百万元，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
2x ＋3y ≤14，2x ＋y ≤9，x ≥0，y ≥0，
目标函数为S ＝3x ＋2y . 作出可行域如图，
由⎩
⎪⎨⎪⎧
2x ＋y ＝9，2x ＋3y ＝14，解得直线2x ＋y ＝9和2x ＋3y ＝14的交点为A ⎝⎛⎭⎫134，52， 平移直线y ＝－32x ＋S
2
，当它经过点A ⎝⎛⎭⎫134，52时，
直线y ＝－32x ＋S 2在y 轴上截距S
2最大，S 也最大．
此时，S ＝3×134＋2×5
2
＝14.75.
因此，生产A 产品3.25百吨，生产B 产品2.5百吨时，可获得最大利润，最大利润为1475万元．
14．[解答] (1)证明：因为f (0)>0，f (1)>0， 所以c >0,3a ＋2b ＋c >0.
由条件a ＋b ＋c ＝0，消去b ，得a >c >0；
由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c ，得a ＋b <0,2a ＋b >0.
故－2<b
a
<－1.
(2)证明：抛物线f (x )＝3ax 2
＋2bx ＋c 的顶点坐标为⎝⎛⎭⎫－b 3a
，3ac －b 23a ，
在－2<b a <－1的两边乘以－13，得13<－b 3a <2
3
.
又因为f (0)>0，f (1)>0，而f ⎝⎛⎭⎫－b 3a ＝－a 2＋c 2－ac 3a
<0，所以方程f (x )＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，－b 3a 与⎝⎛⎭
⎫－b
3a ，1内分别有一个实根． 故方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．
45分钟滚动基础训练卷(十一)
1．D [解析] 正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，正确答案为D. 2．A [解析] ①中，两个平面有三个公共点，这三个公共点可能共线，则①不正确；②中，这两条直线可能是异面直线，则②不正确；③中，若M ∈α，M ∈β，M 是α和β的公共点，则M 必在交线上；④中三条直线可能不共面．
3．C [解析] 有两种情况，一种是将4作为底面圆的周长，另一种是将2作为底面圆的周长．
4．C [解析] 对于C 选项，相应的几何体为三棱柱，其体积V ＝Sh ＝12×1×1×1＝1
2
，
符合题意，故选C.
5．A [解析] 设圆锥底面圆的半径为r ，由圆锥的轴截面是等边三角形，且面积为3，可得
12×2r ×2r ×3
2
＝3， 解得r ＝1，易知圆锥的高为3r ＝3，母线长l ＝2r ＝2，
则这个圆锥的表面积为S ＝S 侧＋S 底＝1
2
×2πr ·2r ＋πr 2＝3π.
6．C [解析] 设棱台上底面面积为k ，下底面面积为9k ，则中截面面积为4k ，
所以棱台的中截面(过棱台的高的中点且与底面平行的截面)分棱台成两部分的体积之比V 1V 2＝1
3(k ＋4k ＋k ·4k )h 13
(4k ＋9k ＋4k ·9k )h ＝719
. 7．A [解析] 设正三棱锥的侧棱长为b ，则由条件知b 2＝12a 2，∴S 表＝34a 2＋3×12×1
2
a 2
＝3＋34
a 2，故选A.
8．C [解析] 由图可知，该几何体上部为正四棱锥，四棱锥的高为32－22＝5，底面正方形的边长为22；下部为圆柱，圆柱的高为x ，底面圆的直径为4.
V 四棱锥＝13×(22)2×5＝853，V 圆柱＝π×22×x ＝4πx ，V 四棱锥＋V 圆柱＝853＋4πx ＝85
3
＋
12π，解得x ＝3，故选C.
9．72 [解析] 根据题目所给的三视图可知该几何体为一个直三棱柱，且底面是一直角三角形，两直角边长度分别为3,4，斜边长度为5，直三棱柱的高为5，所以表面积为3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72.
10.2053
π [解析] 在△ABC 中AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，可得BC ＝23，由正弦定
理，可得△ABC 外接圆半径r ＝2，设此圆圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OBO ′中，易得球
半径R ＝5，故此球的体积为V ＝43πR 3＝205
3
π.
11.2
2
[解析] 正方形ABCD 的直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，其中B ′C ′＝1，∠
B ′
C ′x ′＝45°，则顶点B ′到x ′轴的距离为B ′C ′sin45°＝1×22＝2
2
.
12．[解答] 证明：∵AB ∥CD ，∴β. 又∵AB ∩α＝E ，AB ⊂β，∴E ∈α，E ∈β， 即E 为平面α与β的一个公共点．
同理可证F 、G 、H 均为平面α与β的公共点．
∵两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线， ∴E 、F 、G 、H 四点共线．
13．[解答] (1)何体为正六棱锥．
(2)该几何体的侧视图如图： 其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，
且BC 的长是俯视图中正六边形对边的距离，
即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，
∴该平面图形的面积为S ＝12·3a ·3a ＝3
2a 2.
(3)该几何体的体积为V ＝13·6·34a 2·3a ＝3
2
a 3.
14．[解答] (1)证明：因为P A ＝PE ，OA ＝OE ， 所以PO ⊥AE .①
如图(1)，取BC 的中点F ，连接OF ，PF ， 所以OF ∥AB ，因为AB ⊥BC ， 所以OF ⊥BC .
又PB ＝PC ，所以BC ⊥PF ，
又OF ∩PF ＝F ，所以BC ⊥平面POF . 所以BC ⊥PO . ②
由①②且AE 与BC 相交可得PO ⊥平面ABCE .。