2018年高考数学二轮专题复习(浙江版) 选择填空提速专练(四) Word版含答案

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2018届高三数学二轮复习冲刺提分作业第四篇考前冲刺套用18个解题模板文版含答案

套用18个解题模板模板一函数值的求解例 1 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且是以2为周期的周期函数.当x∈[0,1)时, f(x)=2x-1,则f(lo6)的值是( )A.-B.-5C.-D.-6答案 C解析因为-3<lo6<-2,所以-1<lo6+2<0,即-1<lo<0.(转化)又f(x)是周期为2的奇函数,所以f(lo6)=f=-f=-f=-(-1)=-.(求值)故选C.(得结论)▲模板构建已知函数解析式求函数值的解题步骤:跟踪集训1.已知函数f(x)为奇函数,且当x≥０时, f(x)=-a,则f=( )A. B.C. D.模板二函数图象辨析例2 函数f(x)=lo sin的图象大致是( )答案 C解析因为f(x)=lo sin=lo cos x,所以f(-x)=lo cos(-x)=lo cos x=f(x),所以函数f(x)为偶函数,(定性)由图象的对称性可排除A、B.又f=lo cos=lo>0,故排除 D.(判别)故选C.(得结论)▲模板构建由函数解析式判断函数图象问题的关键是:根据函数解析式明确函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等,根据这些性质对函数图象进行具体分析判断.其解题步骤为:跟踪集训2.函数f(x)=(x-1)ln|x|的图象为( )模板三求函数零点问题例3 已知函数f(x)=x-ln x(x>0),则y=f(x)( )A.在区间,(1,e)内均有零点B.在区间,(1,e)内均无零点C.在区间内有零点,在区间(1,e)内无零点D.在区间内无零点,在区间(1,e)内有零点答案 D解析当0<x<1时,ln x<0,因此函数y=f(x)在区间内无零点.而f(1)=>0, f(e)=-1=<0,(求值、定号)根据函数零点存在性定理可知函数y=f(x)在区间(1,e)内有零点.故选D.(下结论)▲模板构建求解函数零点的一般步骤:跟踪集训3.已知f(x)=则函数的零点个数为( )A.1B.2C.3D.4模板四已知函数零点个数求参数例4 设f(x)是定义在R上的偶函数,对任意x∈R,都有f(x+2)=f(x-2),且当x∈［-2,0]时,f(x)=-1,若在区间(-2,6]内关于x的方程f(x)-log a(x+2)=0(a>1)有3个不同的实数根,则a 的取值范围是( )A.(1,2)B.(2,+∞）C.(1,)D.(,2)答案 D解析依题意,知f(x+4)=f[(x+2)+ 2]=f[(x+2)-2]=f(x),所以函数f(x)的一个周期为 4.再结合题意作出函数f(x)在区间(-2,6]上的图象,如图,作出函数y=log a(x+2)(a>1)的图象,由题意,可知其与函数f(x)在(-2,6]上的图象有三个交点.(转化)根据两个函数图象,可知必有即(列式)解得<a<2,故选D.(下结论)▲模板构建对于已知函数零点的个数求参数的取值范围问题,通常把它转化为求两个函数图象的交点个数问题来解决.对于此类问题的求解,一般是先分解为两个简单函数,在同一坐标系内作出这两个函数的图象,依交点个数寻找关于参数的不等式,即可得结论.解题步骤如下:跟踪集训4.已知周期函数f(x)的定义域为R,周期为2,且当-1<x≤１时, f(x)=1-x2.若直线y=-x+a与曲线y=f(x)恰有2个交点,则实数a的所有可能取值构成的集合为( )A.B.C.D.{a|a=2k+1,k∈Z}模板五三角函数求值例5 已知函数f(x)=sin cos-sin2.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在区间[-π,0]上的最小值.解析(1)f(x)=sin cos-sin2=×sin x-×=sin x+cos x-=sin-,(化简)所以f(x)的最小正周期T==2π.(2)设t=x+,则t∈,(换元)所以sin t∈,所以sin t-∈,当x+=-,即x=-时, f(x)取得最小值-1-.(求最值)▲模板构建在利用三角函数的性质求最值或值域时,要注意:(1)先确定函数的定义域;(2)将已知函数化简为y=Asin(ωx+φ)+k的形式时,尽量化成A>0,ω>0的情况;( 3)将ωx+φ视为一个整体.解题步骤如下:跟踪集训5.已知函数f(x)=sin2x-sin2,x∈R.(1)求f的值;(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值.。

2018版高考数学二轮复习小题提速练312选择+4填空80分练文

小题提速练(三) “12选择＋4填空”80分练(时间：45分钟分值：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若复数z 满足2z ＋z ＝3－2i ，其中i 为虚数单位，则z 等于( )A ．1＋2iB ．1－2iC ．－1＋2iD ．－1－2i[答案] B2．已知集合M ＝{x |x 2－2x ＜0}，N ＝{x |x ＜a }，若M ⊆N ，则实数a 的取值范围是( )A ．[2，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0][答案] A3．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，2x ＋3y －6≥0，3x ＋2y －9≤0，则目标函数z ＝2x ＋5y 的最小值为( )A ．－4B ．6C ．10D ．17[答案] B4．已知α，β，γ是三个不同的平面，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则( )A ．若m ⊥n ，则α⊥βB ．若α⊥β，则m ⊥nC ．若m ∥n ，则α∥βD ．若α∥β，则m ∥n[答案] D5．已知数列{a n }满足1＋log 3a n ＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( ) A.15 B ．－15C ．5D ．－5[答案] D6．执行如图1所示的程序框图，输出的n 值为( )【导学号：04024180】图1A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] B7．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图2，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图2A.18B.17 C.16 D.15[答案] D8．若函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ＞0)没有零点，则a ＋cb的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．(2，＋∞) C ．[1，＋∞) D ．(1，＋∞)[答案] D9．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且满足c sin A ＝3a cos C ，则sinA ＋sinB 的最大值是( )【导学号：04024181】A ．1 B. 2 C ．3 D. 3[答案] D10．若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( ) A ．[3，＋∞) B ．(3，＋∞) C ．(1,3] D ．(1,3)[答案] A11．(2016·全国卷Ⅲ)已知( )A ．b ＜a ＜cB ．a ＜b ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b[答案] A12．(2016·全国卷Ⅱ)从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )A.4n mB.2nmC.4m nD.2mn[答案] C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．如图3，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E ，F 是AD 上的两个三等分点，BA →·CA →＝4，BF →·CF →＝－1，则BE →·CE →的值是________.【导学号：04024182】图3[解析] 由题意，得BF →·CF →＝(BD →＋DF →)·(CD →＋DF →)＝(BD →＋DF →)·(－BD →＋DF →)＝DF →2－BD →2 ＝|DF →|2－|BD →|2＝－1，① BA →·CA →＝(BD →＋DA →)·(CD →＋DA →)＝(BD →＋3DF →)·(－BD →＋3DF →) ＝9DF →2－BD →2＝9|DF →|2－|BD →|2＝4.② 由①②得|DF →|2＝58，|BD →|2＝138.∴BE →·CE →＝(BD →＋DE →)·(CD →＋DE →) ＝(BD →＋2DF →)·(－BD →＋2DF →)＝4DF →2－BD →2 ＝4|DF →|2－|BD →|2＝4×58－138＝78.[答案] 7814．如图4，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．图4[解析] 在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 3.设CD ＝x ，则AD ＝23－x ， ∴PD ＝23－x ，∴V P BCD ＝13S △BCD ·h ≤13×12BC ·CD sin 30°·PD＝16×2x ×12×(23－x ) ＝16x (23－x )≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋23－x 22 ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝12，当且仅当x ＝23－x ，即x ＝3时取“＝”，此时PD ＝3，BD ＝1，PB ＝2，满足题意． [答案] 1215．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n ＞1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________.[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，∴a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1(n ≥2)，∴数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2， ∴a 3＝a 2＋2＝4，∴S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋＋2＝91.[答案] 9116．给出定义：若m －12＜x ≤m ＋12(其中m 为整数)，则m 叫做离实数x 最近的整数，记作{x }，即{x }＝m .在此基础上给出下列关于函数f (x )＝x －{x }的四个命题：①y ＝f (x )的定义域是R ，值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，12； ②点(k,0)是y ＝f (x )的图象的对称中心，其中k ∈Z ； ③函数y ＝f (x )的最小正周期为1；④函数y ＝f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，32上是增函数．则上述命题中真命题的序号是________.[解析] 令x ＝m ＋a ，a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，12，m ∈Z ，所以f (x )＝x －{x }＝a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，12，所以①正确．因为f (2k －x )＝2k －x －{2k －x }＝－x －{－x }＝f (－x )≠－f (x )(k ∈Z )，所以点(k,0)不是函数f (x )的图象的对称中心，所以②错误．f (x ＋1)＝x ＋1－{x ＋1}＝x －{x }＝f (x )，又可知小于1的正数都不是f (x )的周期，所以最小正周期为1.所以③正确．显然④错误．所以正确的为①③. [答案] ①③。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题四解析几何第3讲圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题学案-

第3讲圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题高考定位圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.真题感悟(2018·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2).过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.解 (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1). 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1（k －1）x 1＋x 2－1（k －1）x 2＝1k －1·2x 1x 2－（x 1＋x 2）x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.考点整合1.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m ).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.2.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.热点一定点与定值问题 [考法1] 定点的探究与证明【例1－1】 (2018·杭州调研)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2，1)的距离为10.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标.(1)解由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c2＝1.又由题意知（2＋c ）2＋12＝10，解得c ＝1，故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝64m 2k 2－16（3＋4k 2）（m 2－3）＞0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4（m 2－3）3＋4k2.①∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m 2－4k 2）3＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2，0)，AA 2⊥BA 2， ∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3（m 2－4k 2）3＋4k 2＋4（m 2－3）3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7.由Δ>0，得3＋4k 2－m 2＞0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2，0)，与已知矛盾. 当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 探究提高 (1)动直线l 过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).(2)动曲线C 过定点问题解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.[考法2] 定值的探究与证明【例1－2】 (2018·金丽衢联考)已知O 为坐标原点，直线l ：x ＝my ＋b 与抛物线E ：y 2＝2px (p >0)相交于A ，B 两点. (1)当b ＝2p 时，求OA →·OB →；(2)当p ＝12且b ＝3时，设点C 的坐标为(－3，0)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：1k 21＋1k 22－2m 2为定值.解设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＝my ＋b ，消元得y 2－2mpy －2pb ＝0，所以y 1＋y 2＝2mp ，y 1y 2＝－2pb .(1)当b ＝2p 时，y 1y 2＝－4p 2，x 1x 2＝（y 1y 2）24p2＝4p 2，所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝4p 2－4p 2＝0.(2)证明当p ＝12且b ＝3时，y 1＋y 2＝m ，y 1y 2＝－3.因为k 1＝y 1x 1＋3＝y 1my 1＋6，k 2＝y 2x 2＋3＝y 2my 2＋6，所以1k 1＝m ＋6y 1，1k 2＝m ＋6y 2.因此1k 21＋1k 22－2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 22－2m 2＝2m 2＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＋36⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 21＋1y 22－2m 2＝12m ×y 1＋y 2y 1y 2＋36×（y 1＋y 2）2－2y 1y 2y 21y 22＝12m ×－m 3＋36×m 2＋69＝24，即1k 21＋1k 22－2m 2为定值.探究提高 (1)求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练1－1】 (2017·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1，1)，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12作直线l与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点.(1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点.(1)解把P (1，1)代入y 2＝2px ，得p ＝12，所以抛物线C 的方程为y 2＝x ，焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，准线方程为x ＝－14. (2)证明当直线MN 斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线MN (也就是直线l )斜率存在且不为零.由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0)，l 与抛物线C 的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0. 考虑Δ＝(4k －4)2－4×4k 2＝16(1－2k )，由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以k <12.则x 1＋x 2＝1－k k 2，x 1x 2＝14k2.因为点P 的坐标为(1，1)，所以直线OP 的方程为y ＝x ，点A 的坐标为(x 1，x 1). 直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋12x 1－2x 1x2x 2＝（2k －2）x 1x 2＋12（x 2＋x 1）x 2＝（2k －2）×14k 2＋1－k 2k2x 2＝0.所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1.故A 为线段BM 的中点. 【训练1－2】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值. (1)解由已知ca ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明由(1)知A (2，0)，B (0，1). 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 0＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值.热点二最值与范围问题[考法1] 求线段长度、面积(比值)的最值【例2－1】 (2018·湖州调研)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx －4(1<k <2)与y 轴、抛物线C 分别相交于P ，A ，B (自下而上)，记△PAF ，△PBF 的面积分别为S 1，S 2.(1)求AB 的中点M 到y 轴的距离d 的取值范围； (2)求S 1S 2的取值范围.解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝4x ，消去y 得，k 2x 2－(8k ＋4)x ＋16＝0(1<k <2).设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k ＋4k 2，x 1x 2＝16k2，所以d ＝x 1＋x 22＝4k ＋2k2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋12－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，6.(2)由于S 1S 2＝|PA ||PB |＝x 1x 2，由(1)可知S 1S 2＋S 2S 1＝x 1x 2＋x 2x 1＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2x 1x 2＝k 216·（8k ＋4）2k 4－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋22－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫174，7，由S 1S 2＋S 2S 1>174得，4⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－17·S 1S 2＋4>0，解得S 1S 2>4或S 1S 2<14.因为0<S 1S 2<1，所以0<S 1S 2<14.由S 1S 2＋S 2S 1<7得，⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－7·S 1S 2＋1<0，解得7－352<S 1S 2<7＋352，又S 1S 2<1，所以7－352<S 1S 2<1. 综上，7－352<S 1S 2<14，即S 1S 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫7－352，14. 探究提高 (1)处理求最值的式子常用两种方式：①转化为函数图象的最值；②转化为能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法).【训练2－1】 (2018·温州质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，且过点⎝⎛⎭⎪⎫1，63.(1)求椭圆C 的方程；(2)设与圆O ：x 2＋y 2＝34相切的直线l 交椭圆C 与A ，B 两点，求△OAB 面积的最大值，及取得最大值时直线l 的方程.解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋23b2＝1，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，b 2＝1，∴x 23＋y 2＝1.(2)①当k 不存在时，直线为x ＝±32，代入x 23＋y 2＝1，得y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34；②当k 存在时，设直线为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消y 得(1＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0，∴x 1＋x 2＝－6km1＋3k2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k2，直线l 与圆O 相切d ＝r 4m 2＝3(1＋k 2)， ∴|AB |＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－12（m 2－1）1＋3k 2＝3·1＋10k 2＋9k41＋6k 2＋9k 4＝3·1＋4k21＋6k 2＋9k4 ＝3×1＋41k 2＋9k 2＋6≤2.当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，∴S △OAB ＝12|AB |×r ≤12×2×32＝32，∴△OAB 面积的最大值为32， ∴m ＝±34⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＝±1，此时直线方程为y ＝±33x ±1. [考法2] 求几何量、某个参数的取值范围【例2－2】已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA . (1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围. 解设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.(1)当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2，0).由|AM |＝|AN |及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4. 因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0，解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)由题意t >3，k >0，A (－t ，0)，将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1得(3＋tk 2)x2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2得x 1＝t （3－tk 2）3＋tk2，故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t （1＋k 2）3＋tk2. 由题设，直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋t )，故同理可得|AN |＝6k t （1＋k 2）3k 2＋t. 由2|AM |＝|AN |得23＋tk 2＝k3k 2＋t ，即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)，当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k （2k －1）k 3－2.t >3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝（k －2）（k 2＋1）k 3－2<0，即k －2k 3－2<0. 由此得⎩⎪⎨⎪⎧k －2>0，k 3－2<0，或⎩⎪⎨⎪⎧k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2. 因此k 的取值范围是(32，2).探究提高解决范围问题的常用方法：(1)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.(2)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域. (3)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解.【训练2－2】 (2018·台州调研)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－c ，0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围.解 (1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2. 设直线FM 的斜率为k (k ＞0)，F (－c ，0)，则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c ).由已知，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kc k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，解得k ＝33.(2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c ，或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫c ，233c .由|FM |＝（c ＋c ）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233c －02＝433，解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ，得t ＝yx ＋1，即y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t （x ＋1），x 23＋y22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6，又由已知，得t ＝6－2x23（x ＋1）2＞2，解得－32＜x ＜－1，或－1＜x ＜0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝y x，即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立，整理得m 2＝2x 2－23.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1时，有y ＝t (x ＋1)＜0，因此m ＞0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233. ②当x ∈(－1，0)时，有y ＝t (x ＋1)＞0. 因此m ＜0，于是m ＝－2x 2－23，得m ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233.综上，直线OP 的斜率的取值范围是 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233.1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标. 2.圆锥曲线的范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ④利用基本不等式求出参数的取值范围； ⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.一、选择题1.F 1，F 2是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→·PF 2→的最大值是( )A.－2B.1C.2D.4解析设P (x ，y )，依题意得点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，PF 1→·PF 2→＝(－3－x )(3－x )＋y 2＝x 2＋y 2－3＝34x 2－2，注意到－2≤34x 2－2≤1，因此PF 1→·PF 2→的最大值是1.答案 B2.(2018·镇海中学二模)若点P 为抛物线y ＝2x 2上的动点，F 为抛物线的焦点，则|PF |的最小值为( ) A.2B.12C.14D.18解析根据题意，设P 到准线的距离为d ，则有|PF |＝d .抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，∴当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18.答案 D3.设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m＝1长轴的两个端点.若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m的取值范围是( ) A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，3]∪[9，＋∞) C.(0，1]∪[4，＋∞)D.(0，3]∪[4，＋∞)解析 (1)当焦点在x 轴上，依题意得 0<m <3，且3m ≥tan ∠AMB 2＝ 3.∴0<m <3且m ≤1，则0<m ≤1. (2)当焦点在y 轴上，依题意m >3，且m3≥tan ∠AMB2＝3，∴m ≥9，综上，m 的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞). 答案 A4.已知F 是抛物线C ：y 2＝8x 的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N .若M 为FN 的中点，则|FN |＝( ) A.3B.5C.6D.10解析因y 2＝8x ，则p ＝4，焦点为F (2，0)，准线l ：x ＝－2.如图，M 为FN 中点，故易知线段BM 为梯形AFNC 的中位线， ∵|CN |＝2，|AF |＝4， ∴|MB |＝3，又由定义|MB |＝|MF |，且|MN |＝|MF |，∴|NF |＝|NM |＋|MF |＝2|MB |＝6. 答案 C5.(2018·北京西城区调研)过抛物线y 2＝43x 的焦点的直线l 与双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个交点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，若x 1·x 2>0，则直线l 的斜率k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析易知双曲线两渐近线为y ＝±22x ，抛物线的焦点为双曲线的右焦点，当k >22或k <－22时，l 与双曲线的右支有两个交点，满足x 1x 2>0. 答案 D6.在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 恒过的点的坐标为( ) A.(0，1)B.(0，2)C.(2，0)D.(1，0)解析设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2，又点Q (t ，－2)的坐标适合这两个方程，代入得－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，这说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过点(0，2).答案 B 二、填空题7.已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析双曲线的渐近线方程为y ＝±b ax ，即bx ±ay ＝0，圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0可化为(x －2)2＋y 2＝2，其圆心为(2，0)，半径为 2. 因为直线bx ±ay ＝0和圆(x －2)2＋y 2＝2相交，所以|2b |a 2＋b2＜2，整理得b 2＜a 2.从而c 2－a 2＜a 2，即c 2＜2a 2，所以e 2＜2.又e ＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，2). 答案 (1，2)8.(2018·金华质检)已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是________，椭圆的离心率为________.解析由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，即2b 2a＝3，可求得b 2＝3，即b＝3，e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1－34＝12.答案3 129.已知抛物线C ：x 2＝8y 的焦点为F ，动点Q 在C 上，圆Q 的半径为1，过点F 的直线与圆Q 切于点P ，则FP →·FQ →的最小值为________，此时圆Q 的方程为________. 解析如图，在Rt △QPF 中，FP →·FQ →＝|FP →||FQ →|cos ∠PFQ ＝|FP →||FQ →||PF →||FQ →|＝|FP →|2＝ |FQ →|2－1.由抛物线的定义知：|FQ →|＝d (d 为点Q 到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴|FQ →|min ＝2， ∴FP →·FQ →的最小值为3. 此时圆Q 的方程为x 2＋y 2＝1. 答案 3 x 2＋y 2＝110.(2018·温州模拟)已知抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________.解析不妨设A (x 1，y 1)(y 1>0)，B (x 2，y 2)(y 2<0). 则|AC |＋|BD |＝y 1＋x 2＝y 1＋y 224.又y 1y 2＝－p 2＝－4，∴|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2<0).设g (x )＝x 24－4x (x ＜0)，则g ′(x )＝x 3＋82x2，从而g (x )在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.∴当x ＝－2时，|AC |＋|BD |取最小值为3. 答案 311.如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________.解析联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝b2，解得B ，C 两点坐标为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，又F (c ，0)，则FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2－c ，b 2，又由∠BFC ＝90°，可得FB →·FC →＝0，代入坐标可得： c 2－34a 2＋b24＝0，①又因为b 2＝a 2－c 2，代入①式可化简为c 2a 2＝23，则椭圆离心率为e ＝c a＝23＝63. 答案 63三、解答题12.(2018·北京海淀区调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k （k －1）1＋2k 2，x 1x 2＝2k （k －2）1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k （k －1）2k （k －2）＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.13.(2018·杭州调研)已知F 是抛物线T ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点P ()1，m 是抛物线上一点，且|PF |＝2，直线l 过定点(4，0)，与抛物线T 交于A ，B 两点，点P 在直线l 上的射影是Q .(1)求m ，p 的值；(2)若m >0，且|PQ |2＝|QA |·|QB |，求直线l 的方程. 解 (1)由|PF |＝2得，1＋p2＝2，所以p ＝2，将x ＝1，y ＝m 代入y 2＝2px 得，m ＝±2.(2)因为m >0，故由(1)知点P (1，2)，抛物线T ：y 2＝4x .设直线l 的方程是x ＝ny ＋4，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny ＋4，y 2＝4x 得，y 2－4ny －16＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4n ，y 1·y 2＝－16. 因为|PQ |2＝|QA |·|QB |，所以PA ⊥PB ，所以PA →·PB →＝0，且1≠2n ＋4，所以(x 1－1)(x 2－1)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0，且n ≠－32.由(ny 1＋3)(ny 2＋3)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0得， (n 2＋1)y 1y 2＋(3n －2)(y 1＋y 2)＋13＝0，－16(n 2＋1)＋(3n －2)·4n ＋13＝0，4n 2＋8n ＋3＝0，解得，n ＝－32(舍去)或n ＝－12，所以直线l 的方程是：x ＝－12y ＋4，即2x ＋y －8＝0.14.(2018·绍兴模拟)如图，已知函数y 2＝x 图象上三点C ，D ，E ，直线CD 经过点(1，0)，直线CE 经过点(2，0).(1)若|CD |＝10，求直线CD 的方程； (2)当△CDE 的面积最小时，求点C 的横坐标. 解设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，E (x 3，y 3)，直线CD 的方程为：x ＝my ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝x 得：y 2－my －1＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧y 1y 2＝－1，y 1＋y 2＝m . (1)由题意，得|CD |＝1＋m 2×m 2＋4＝10，得m ＝±1，故所求直线方程为x ＝±y ＋1，即x ±y －1＝0.(2)由(1)知y 2＝－1y 1，同理可得y 3＝－2y 1，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21，－2y 1，并不妨设y 1>0，则E 到直线CD 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－11＋m2，S △CDE ＝121＋m 2×m 2＋4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－11＋m2＝12m 2＋4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－1，而m ＝y 1＋y 2＝y 1－1y 1，所以S △CDE ＝12y 21＋1y 21＋2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y 21＋1＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋1y 1×⎝ ⎛⎭⎪⎫2y 21＋1，得S △CDE ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋3y 1＋2y 31.考虑函数f (x )＝x ＋3x ＋2x3，令f ′(x )＝1－3x 2－6x 4＝x 4－3x 2－6x 4＝0，得x 2＝3＋332时f (x )有最小值，即x 1＝y 21＝3＋332时，△CDE 的面积最小，也即△CDE 的面积最小时，点C 的横坐标为3＋332. 15.(2018·湖州调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，短轴长为2.直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，又l 与直线y ＝12x ，y ＝－12x 分别交于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，点B 在第二象限，且△OAB 的面积为2(O 为坐标原点).(1)求椭圆C 的方程；(2)求OM →·ON →的取值范围.解 (1)由于b ＝1且离心率e ＝22， ∴c a ＝a 2－1a ＝22，则a 2＝2，因此椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)联立直线l 与直线y ＝12x ，可得点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ，m 1－2k ，联立直线l 与直线y ＝－12x ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k ，又点A 在第一象限，点B 在第二象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m 1－2k >0，－2m 1＋2k <0⎩⎪⎨⎪⎧m （1－2k ）>0，m （1＋2k ）>0，化为m 2(1－4k 2)>0，而m 2≥0，∴1－4k 2>0.又|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ＋2m 1＋2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－2k －m 1＋2k 2＝4|m |1－4k 21＋k 2，原点O 到直线l 的距离为|m |1＋k 2，即△OAB 底边AB 上的高为|m |1＋k 2， ∴S △OAB ＝124|m |1＋k 21－4k 2·|m |1＋k 2＝2m 21－4k2＝2，∴m 2＝1－4k 2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 代入椭圆方程，整理可得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，∴x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2， Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝48k 2>0，则k 2>0，∴y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－2k 21＋2k 2， ∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 21＋2k 2＝81＋2k 2－7. ∵0<k 2<14，∴1＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∴81＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫163，8，∴OM →·ON →∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1. 故OM →·ON →的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1.。

2018浙江高考数学(理)二轮专题复习检测：选择填空题组合特训题型专项训练2 Word版含答案

题型专项训练2选择填空题组合特训(二)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分)1.已知全集U=R,A={x|x2-2x<0},B={x|x≥1},则A∪(∁U B)=()A.(0,+∞)B.(-∞,1)C.(-∞,2)D.(0,1)2.椭圆=1的焦距为2,则m的值等于()A.5或-3B.2或6C.5或3 D3.已知一几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A B+1C D4.已知x,y满足约束条件则z=3x+y的取值范围为()A.[6,10]B.(-2,10]C.(6,10]D.[-2,10)5.(2017浙江宁波十校联考)已知a,b∈R,则“|a|+|b|>1”是“b<-1”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6.已知函数f(x)=x2+cos x,f'(x)是函数f(x)的导函数,则f'(x)的图象大致是()7.已知随机变量ξ+η=8,若ξ~B(10,0.4),则E(η),D(η)分别是()A.4和2.4B.2和2.4C.6和2.4D.4和5.68.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,当二面角C1-AA1-B为45°时,直线EF和BC1所成的角为()A.45°B.60°C.90°D.120°二、填空题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)9.“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现.数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数.具体数列为:1,1,2,3,5,8,…,即从该数列的第三项开始,每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列{a n}为“斐波那契”数列,S n为数列{a n}的前n项和,则S7=.10.复数z=(1+2i)(3-i),其中i为虚数单位,则z的实部是,|z|=.11.若x10-x5=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10,则a0=,a5=.12.△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b sin A=a cos B,b=3,sin C=2sin A,则a+c=,△ABC面积为.13.(2017浙江杭州高级中学模拟)若向量a,b满足|a|=|2a+b|=2,则a在b方向上投影的最大值是,此时a与b夹角为.14.某科室派出4名调研员到3个学校调研该校高三复习备考近况,要求每个学校至少一名,则不同的分配方案种数为.参考答案题型专项训练2选择填空题组合特训(二)1.C解析由题意得,集合A={x|x2-2x<0}={x|0<x<2},B={x|x≥1},所以∁U B={x|x<1},所以A∪(∁U B)={x|x<2},故选C.2.B解析假设椭圆的焦点在x轴上,则m>4,由焦距2c=2,c=,则c2=m-4,解得m=6,当椭圆的焦点在y轴上时,即0<m<4,由焦距2c=2,c=,则c2=4-m,解得m=2,故m的值为2或6,故选B.3.C解析观察三视图可知,几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体,其中圆锥的底面半径为1,高为1.三棱锥的底面是两直角边分别为1,2的直角三角形,高为1.则几何体的体积V=×π×12×1+×1×2×1=.故选C.4.B解析由约束条件作出可行域如图,化目标函数为y=-3x+z,由图可知,当直线y=-3x+z过点A时,z取最大值,由得A(4,-2),此时z max=3×4-2=10;当直线y=-3x+z过点B时,z取最小值,由解得B(0,-2),故z=-2.综上,z=3x+y的取值范围为(-2,10].5.B解析当a=2,b=0时,满足|a|+|b|>1,但b<-1不成立,即充分性不成立;若b<-1,则|b|>1,则|a|+|b|>1恒成立,即必要性成立.则“|a|+|b|>1”是“b<-1”的必要不充分条件,故选B.6.A解析由于f(x)=x2+cos x,∴f'(x)=x-sin x,∴f'(-x)=-f'(x),故f'(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除B,D;又当x=时,f'-sin-1<0,排除C,只有A适合,故选A.7.A解析∵ξ~B(10,0.4),∴E(ξ)=10×0.4=4,D(ξ)=10×0.4×0.6=2.4,∵η=8-ξ,∴E(η)=E(8-ξ)=4,D(η)=D(8-ξ)=2.4,故选A.8.B解析如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥平面A1B1C1,则A1C1⊥AA1,A1B1⊥AA1,∴∠B1A1C1为二面角C1-AA1-B的平面角,等于45°,∵A1B1=AB=2,∴B1C1=BC=2,以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),E(0,1,0),C1(2,0,2),F(0,0,1),∴=(2,0,2),=(0,-1,1),∴cos<>=, ∴的夹角为60°,即直线EF和BC1所成的角为60°,故选B.9.33解析由题意S7=1+1+2+3+5+8+13=33.10.55解析z=(1+2i)(3-i)=5+5i.故实部为5,模为5.11.0251解析当x=1时,可得a0=0,x10-x5=[(x-1)+1]10-[(x-1)+1]5,所以a5==251.12.3解析由b sin A=a cos B及正弦定理,得sin B sin A=sin A cos B,∵A为三角形的内角,∴sin A≠0,∴sin B=cos B,即tan B=,又B为三角形的内角,∴B=;由sin C=2sin A及正弦定理,得c=2a,①∵b=3,cos B=,∴由b2=a2+c2-2ac cos B,得9=a2+c2-ac,②联立①②解得a=,c=2,∴a+c=3.面积S=ac sin B=×2.13.- 解析∵|2a+b|=2,|a|=2,∴|b|2+4a·b+16=4,设a,b的夹角为θ,则|b|2+8|b|cos θ+12=0.∴cos θ=-.∴a在b方向上投影为|a|cos θ=-=-.∵≥2,当且仅当|b|=时等号成立,∴|a|cos θ≤-.所以a在b方向上投影最大值是-,cos θ=-,θ=.14.36解析分两步完成:第一步将4名调研员按2,1,1分成三组,其分法有种;第二步将分好的三组分配到三个学校,其分法有种,所以不同的分配方案种数为=36种,故填36.。

2018届高考数学二轮复习浙江专用习题小题综合限时练十含答案

(限时：40分钟)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40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.在复平面内，复数6＋5i ，2＋4i(i 为虚数单位)对应的点分别为A 、C .若C 为线段AB 的中点，则点B 对应的复数是( ) A.－2＋3i B.4＋i C.－4＋iD.2－3i解析 ∵两个复数对应的点分别为A (6，5)、C (2，4)，C 为线段AB 的中点，∴B (－2，3)，即其对应的复数是－2＋3i.故选A. 答案 A2.如图，设全集U 为整数集，集合A ＝{x ∈N |1≤x ≤8}，B ＝{0，1，2}，则图中阴影部分表示的集合的真子集的个数为( ) A.3 .4 C.7.8解析依题意，A ∩B ＝{1，2}，该集合的真子集个数是22－1＝3.故选A. 答案 A3.已知实数x 、y 满足不等式组⎩⎨⎧x ＋y ≤3，x ＋y ≥2，x ≥0，y ≥0，若z ＝x －y ，则z 的最大值为()A.3B.4C.5D.6解析作出不等式组⎩⎨⎧x ＋y ≤3，x ＋y ≥2，x ≥0，y ≥0所对应的可行域(如图所示)，变形目标函数为y ＝x －z ，平移直线y ＝x －z 可知，当直线经过点(3，0)时，z 取最大值，代值计算可得z ＝x －y 的最大值为3.故选A. 答案 A4.已知F 1、F 2为双曲线C ：x 2－y 2＝1的左、右焦点，点P 在C 上，|PF 1|＝2|PF 2|，则cos ∠F 1PF 2＝( )A.14B.34C.35D.45解析由双曲线的定义知，|PF 1|－|PF 2|＝2a ＝2，又|PF 1|＝2|PF 2|，∴|PF 2|＝2，|PF 1|＝4，又|F 1F 2|＝2c ＝22，∴cos ∠F 1PF 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22|PF 1|·|PF 2|＝34.故选B.答案 B5.已知定义在R 上的函数f (x )满足条件： ①对任意的x ∈R ，都有f (x ＋4)＝f (x )；②对任意的x 1、x 2∈[0，2]且x 1＜x 2，都有f (x 1)＜f (x 2)； ③函数f (x ＋2)的图象关于y 轴对称. 则下列结论正确的是( ) A.f (7)＜f (6.5)＜f (4.5) B.f (7)＜f (4.5)＜f (6.5) C.f (4.5)＜f (6.5)＜f (7)D.f (4.5)＜f (7)＜f (6.5)解析由函数f (x ＋2)的图象关于y 轴对称，得f (2＋x )＝f (2－x )，又f (x ＋4)＝f (x )，∴f (4.5)＝f (0.5)，f (7)＝f (3)＝f (2＋1)＝f (2－1)＝f (1)，f (6.5)＝f (2.5)＝f (2＋0.5)＝f (2－0.5)＝f (1.5)，由题意知，f (x )在[0，2]上是增函数，∴f (4.5)＜f (7)＜f (6.5).故选D. 答案 D6.已知在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且A 、B 、C 成等差数列，△ABC 的面积等于3，则b 的取值范围为( ) A.[2，6) B.[2，6) C.[2，6)D.[4，6)解析 ∵A 、B 、C 成等差数列，∴2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝180°，∴3B ＝180°，即B ＝60°.∵S ＝12ac sin B ＝12ac sin 60°＝34ac ＝3， ∴ac ＝4.法一由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－2ac cos 60°＝a 2＋c 2－ac ，又△ABC 为锐角三角形，∴a 2＋b 2＞c 2，且b 2＋c 2＞a 2，∵b 2＝a 2＋c 2－ac ，∴b 2＋c 2＜(a 2＋c 2－ac )＋(a 2＋b 2)，整理得2a ＞c ，且b 2＋a 2＜(a 2＋c 2－ac )＋(b 2＋c 2)，整理得2c ＞a ，∴c 2＜a ＜2c ，ac2＜a 2＜2ac ，又ac ＝4，∴2＜a 2＜8，b 2＝a 2＋c 2－ac ＝a 2＋16a 2－4，2＜a 2＜8，∴令a 2＝t ∈(2，8)，则b 2＝f (t )＝t ＋16t －4，2＜t ＜8，∵函数f (t )在(2，4)上单调递减，在(4，8)上单调递增， ∴f (t )∈[4，6)，即4≤b 2＜6，∴2≤b ＜ 6.故选A. 法二由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，得ac ＝b 2sin 2B · sin A sin C ⇒4＝43b 2sin A sin(120°－A )，即b 2＝3sin A sin （120°－A ）＝3sin A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos A ＋12sin A＝332sin A cos A ＋12sin 2A ＝334sin 2A ＋14（1－cos 2A ）＝6sin （2A －30°）＋12， ∵30°＜A ＜90°，∴30°＜2A －30°＜150°，1＜sin(2A －30°)＋12≤32，∴632≤b 2＜61，即4≤b 2＜6，∴2≤b ＜ 6.故选A. 答案 A7.点P 是底边长为23，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN 是该棱柱内切球的一条直径，则PM →·PN →的取值范围是( ) A.[0，2] B.[0，3] C.[0，4] D.[－2，2]解析如图所示，设正三棱柱的内切球球心为O ，则PM →·PN →＝(PO →＋OM →)·(PO →＋ON →)＝(PO →＋OM →)·(PO →－OM →)＝PO →2－OM →2，由正三棱柱底边长为23，高为2，可得该棱柱的内切球半径为OM ＝ON ＝1，外接球半径为OA ＝OA 1＝5，对三棱柱上任一点P 到球心O 的距离的范围为[1，5]，∴PM →·PN →＝PO →2－OM →2＝OP →2－1∈[0，4].故选C. 答案 C8.在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为x 2＋y 2－8x ＋15＝0，若直线y ＝kx ＋2上至少存在一点，使得以该点为圆心，半径为1的圆与圆C 有公共点，则k 的最小值是( ) A.－43 B.－54 C.－35D.－53解析 ∵圆C 的方程可化为(x －4)2＋y 2＝1，∴圆C 的圆心为(4，0)，半径为1，由题意设直线y ＝kx ＋2上至少存在一点A (x 0，kx 0＋2)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，∴存在x 0∈R ，使得|AC |≤1＋1成立，即|AC |min ≤2，∵|AC |min 即为点C 到直线y ＝kx ＋2的距离|4k ＋2|k 2＋1≤2，解得－43≤k ≤0，即k 的最小值是－43.故选A. 答案 A二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.) 9.曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为________. 解析法一 ∵y ＝1－2x ＋2＝x x ＋2，∴y ′＝x ＋2－x （x ＋2）2＝2（x ＋2）2， ∴y ′|x ＝－1＝2，∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2，∴所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.法二由题意得y ＝1－2x ＋2＝1－2(x ＋2)－1，∴y ′＝2(x ＋2)－2，∴y ′|x ＝－1＝2，所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. 答案 y ＝2x ＋110.在等比数列{a n }中，若a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝154，a 6a 7＝98，则1a 5＋1a 6＋1a 7＋1a 8＝________.解析由等比数列的性质知a 5a 8＝a 6a 7，∴1a 5＋1a 6＋1a 7＋1a 8＝a 5＋a 8a 5a 8＋a 6＋a 7a 6a 7＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 6a 7＝154×89＝103.答案 10311.已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是________；几何体的体积是________.解析由三视图知该几何体为两个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的圆柱的组合体，所以几何体的表面积为4π×12＋2π×1×2＝8π，体积为43π×13＋π×12×2＝10π3. 答案 8π10π312.若x ＝π6是函数f (x )＝sin 2x ＋a cos 2x 的一条对称轴，则函数f (x )的最小正周期是________；函数f (x )的最大值是________. 解析因为f (x )＝sin2x ＋a cos2x ＝1＋a 2sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝a ，0<|φ|<π2，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；因为x ＝π6是函数f (x )的一条对称轴，所以2×π6＋φ＝k π＋π2，即φ＝k π＋π6(k ∈Z )，所以φ＝π6，所以a ＝tan φ＝33，所以函数f (x )的最大值为1＋a 2＝233. 答案 π23313.已知正数x ，y 满足x ＋y ＝1，则x －y 的取值范围为________，1x ＋xy 的最小值为________.解析设y ＝1－x ，则x －y ＝x －(1－x )＝2x －1，0<x <1，所以x －y ∈(－1，1)；1x ＋x y ＝x ＋y x ＋x y ＝y x ＋x y ＋1≥3，当且仅当y x ＝x y ，即x ＝y ＝12时取得等号. 答案 (－1，1) 314.如图，等腰△OAB 中，∠OAB ＝∠OBA ＝30°，E ，F 分别是直线OA ，OB 上的动点，OE→＝λOA →，OF →＝μOB→，|OA →|＝2.若AF →·AB →＝9，则μ＝________；若λ＋2μ＝2，则AF→·BE →的最小值是________.解析以AB 为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，由|OA |＝2，∠OAB ＝∠OBA ＝30°得A (－3，0)，B (3，0)，O (0，1)，AB→＝(23，0)，由OF →＝μOB→得F (3μ，1－μ)，所以AF →＝(3μ＋3，1－μ)，由AF →·AB →＝23(3μ＋3)＝9得μ＝12，由OE→＝λOA →得E (－3λ，1－λ)，BE →＝(－3λ－3，1－λ)，由λ＋2μ＝2得BE→＝(－33＋23μ，2μ－1)，所以AF →·BE →＝4μ2－10，当μ＝0时，AF →·BE →取得最小值－10. 答案 12 －1015.关于函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6(x ∈R )，有下列命题：①y ＝f (x )的图象关于直线x ＝－π6对称； ②y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称；③若f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得x 1－x 2必为π的整数倍；④y ＝f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π6上单调递增；⑤y ＝f (x )的图象可由y ＝2sin 2x 的图象向右平移π6个单位得到. 其中正确命题的序号有________.解析对于①，y ＝f (x )的对称轴是2x －π6＝k π＋π2，(k ∈Z )，即x ＝k π2＋π3，当k ＝－1时，x ＝－π6，即①正确；对于②，y ＝f (x )的对称点的横坐标满足2x －π6＝k π，(k ∈Z )，即x ＝k π2＋π12.即②不成立；对于③，函数y ＝f (x )的周期为π，若f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得x 1－x 2必为半个周期π2的整数倍，即③不正确；对于④，y ＝f (x )的增区间满足－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，∴－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z ，即④成立；对于⑤，y ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≠f (x )，即⑤不正确. 答案 ①④。

2018年高考数学浙江专版二轮复习与策略专题4 等差数

专题二数列建知识网络明内在联系[高考点拨] 数列专题是高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考查方式灵活多样，结合近几年高考命题研究，为此本专题我们按照“等差、等比数列”和“数列求和”两条主线展开分析和预测.突破点4 等差数列、等比数列等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1. (2)求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1).(3)性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .n (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为同一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2). (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为同一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).构造相应的函数f (n )＝a n ，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制.(2)利用数列的单调性求解，利用不等式a n ＋1≥a n (或a n ＋1≤a n )求解出n 的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值.(3)转化为关于n 的不等式组求解，若求数列{a n }的最大项，则可解不等式组⎩⎨⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1；若求数列{a n }的最小项，则可解不等式组⎩⎨⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1，求出n 的取值范围之后，再确定取得最值的项.回访1 等差数列及其运算1.(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A.a 1d >0，dS 4>0B.a 1d <0，dS 4<0C.a 1d >0，dS 4<0D.a 1d <0，dS 4>0B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 3a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.∵d ≠0，∴a 1d <0.∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0.]2.(2014·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. [解] (1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 2分将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *).5分 (2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.11分由m ，k ∈N *知2m ＋k －1＞k ＋1＞1，故⎩⎨⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎨⎧m ＝5，k ＝4.15分3.(2013·浙江高考)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列.(1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.[解] (1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，由a 1＝10，{a n }为公差为d 的等差数列得，d 2－3d －4＝0，2分解得d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11(n ∈N *)或a n ＝4n ＋6(n ∈N *). 5分(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，6分所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；8分当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.11分综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.15分回访2 等比数列及其运算4.(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.1 121 [∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1， ∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3. 又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.]5.(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零.若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝______，d ＝________.23－1 [∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 23＝a 2a 7， ∴(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，即2d ＋3a 1＝0. ① 又∵2a 1＋a 2＝1，∴3a 1＋d ＝1.②由①②解得a 1＝23，d ＝－1.]6.(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和.[解] (1)由题意得⎩⎨⎧ a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.2分又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. 5分(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1. 当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，10分当n ≥3时，T n ＝3＋9(1－3n －2)1－3－(n ＋7)(n －2)2＝3n －n 2－5n ＋112，13分所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *.15分热点题型1 等差、等比数列的基本运算题型分析：以等差(比)数列为载体，考查基本量的求解，体现方程思想的应用是近几年高考命题的一个热点，题型以客观题为主，难度较小.(1)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( ) 【导学号：58962020】A.152B.135C.80D.16(2)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和.若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A.2B.－2C.12D.－12(1)B (2)D [(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n ＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×(2＋16)2＝135，故选B. (2)由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12，故选D.]在等差(比)数列问题中最基本的量是首项a 1和公差d (公比q )，在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组，从而求出这两个量，那么其他问题也就会迎刃而解.这就是解决等差、等比数列问题的基本量的方法，这其中蕴含着方程思想的运用.提醒：应用等比数列前n 项和公式时，务必注意公比q 的取值范围. [变式训练1] (1)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，S n 为{a n }的前n 项和，若S n ＝51，则n ＝__________.(2)(2016·浙江五校联考)已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 5＋a 9＝8π，则|a n |前9项的和S 9＝________，cos(a 3＋a 7)的值为________.(1)6 (2)24π －12 [(1)由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列. 由S n ＝n ＋n (n －1)2×3＝51，即(3n ＋17)(n －6)＝0，解得n ＝6或n ＝－173(舍).(2)由{a n }为等差数列得a 1＋a 5＋a 9＝3a 5＝8π，解得a 5＝8π3，所以{a n }前9项的和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝9×8π3＝24π.cos(a 3＋a 7)＝cos 2a 5＝cos 16π3＝cos 4π3＝－12.]热点题型2 等差、等比数列的基本性质题型分析：该热点常与数列中基本量的运算综合考查，熟知等差(比)数列的基本性质，可以大大提高解题效率.(1)(2016·宁波期末考试)已知实数列{a n }是等比数列，若a 2a 5a 8＝－8，则1a 1a 5＋4a 1a 9＋9a 5a 9( ) A.有最大值12 B.有最小值12 C.有最大值52 D.有最小值52(2)(2015·东北三校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15>0，S 16<0，则S 1a 1，S 2a 2，S 3a 3，…，S 15a 15中最大的项为( ) A.S 6a 6 B.S 7a 7C.S 8a 8D.S 9a 9(1)D (2)C [(1)由题意可得a 2a 5a 8＝a 35＝－8，则a 5＝－2.设等比数列{a n }的公比为q ，则1a 1a 5＋4a 1a 9＋9a 5a 9＝q 4a 25＋4a 25＋9a 25q 4＝q 44＋94q 4＋1≥2q 44·94q 4＋1＝52，当且仅当q 44＝94q 4，q 2＝3时取等号，所以1a 1a 5＋4a 1a 9＋9a 5a 9有最小值52，故选D.(2)由S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15×2a 82＝15a 8>0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝16×a 8＋a 92<0，可得a 8>0，a 9<0，d <0，故S n 最大为S 8.又d <0，所以{a n }单调递减，因为前8项中S n 递增，所以S n 最大且a n 取最小正值时S n a n有最大值，即S 8a 8最大，故选C.]1.若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍为等差数列，其中m ，k 为常数.2.若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 仍为等比数列.3.公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝(a 2－a 1)qa 2－a 1＝q . 4.(1)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其公比为q k .(2)等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d .5.若A 2n －1，B 2n －1分别为等差数列{a n }，{b n }的前2n －1项的和，则a n b n ＝A 2n －1B 2n －1.[变式训练2](1)在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝( ) A.1 B.2 C.3D.2或4(2)(2016·温州第一次适应性检测)已知公比q 不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 2＋S 2，a 3＋S 3，a 4＋S 4成等差数列，则q ＝________，S 6＝________.(1)C (2)12 6364[(1)∵{a n }为等比数列，∴a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，∴(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝(a 5＋a 7)2a 1＋a 3＝428＝2.同理a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项，∴(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝(a 9＋a 11)2a 5＋a 7＝224＝1.∴a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.(2)由a 2＋S 2＝12＋q ，a 3＋S 3＝12＋12q ＋q 2，a 4＋S 4＝12＋12q ＋12q 2＋q 3成等差数列，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12q ＋q 2＝12＋q ＋12＋12q ＋12q 2＋q 3，化简得2q 2－3q ＋1＝0，q ≠1，解得q＝12，所以S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝6364.]热点题型3 等差、等比数列的证明题型分析：该热点常以数列的递推关系为载体，考查学生的推理论证能力.(2016·全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.[解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.1分由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .2分由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.3分因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，4分于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. 6分 (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.8分由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.13分解得λ＝－1.15分判断或证明数列是否为等差或等比数列，一般是依据等差数列、等比数列的定义，或利用等差中项、等比中项进行判断.提醒：利用a 2n ＝a n ＋1·a n －1(n ≥2)来证明数列{a n }为等比数列时，要注意数列中的各项均不为0.[变式训练3] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数.(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由.[解] (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，2分由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ. 4分(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 5分由(1)知，a3＝λ＋1. 6分令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 7分故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3. 9分{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 13分所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列. 15分。

2018年高考数学二轮专题复习(浙江专版)保分大题规范专练四(含答案)

保分大题规范专练（四）1.函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2的部分图象如图所示，M 为最高点，该图象与y 轴交于点F (0，2)，与x 轴交于点B ，C ，且△MBC 的面积为π.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若f ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝255，求cos 2α的值．解：(1)因为S △MBC ＝12×2×BC ＝BC ＝π，所以最小正周期T ＝2π＝2πω，ω＝1，由f (0)＝2sin φ＝2，得sin φ＝22，因为0<φ<π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4. (2)由f ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝2sin α＝255，得sin α＝55，所以cos 2α＝1－2sin 2α＝35. 2.如图，四边形ABCD 是圆台OO1的轴截面，AB ＝2CD ＝4，点M 在底面圆周上，且∠AOM ＝π2，DM ⊥AC . (1)求圆台OO 1的体积；(2)求二面角A DM O 的平面角的余弦值．解：法一：(1)由已知可得OM ⊥平面AOD .又AC ⊥DM ，从而有AC ⊥DO ，由平面几何性质可得AC ⊥CB ，设OO 1＝h ，在Rt△ABC 中，有AC 2＋BC 2＝AB 2，即(9＋h 2)＋(1＋h 2)＝16，∴h ＝3，∴圆台OO 1的体积V ＝13πh (r 21＋r 1r 2＋r 22)＝73π3. (2)过点O 在△DOM 内作OE ⊥DM ，作OH ⊥平面DAM ，垂足分别为E ，H ，连接EH . 易得EH ⊥DM ，故∠OEH 就是二面角A DM O 的平面角．在△DOM 中，OE ＝ 2.易得DM ＝AM ＝22，AD ＝2，S △ADM ＝7.由V 三棱锥D AOM ＝V 三棱锥O ADM ，即13h ·S △AOM ＝13·OH ·S △ADM ，得OH ＝2217，在Rt△OEH 中，sin ∠OEH ＝OH OE ＝67，则二面角A DM O 的余弦值为77. 法二：(1)由题意可得OO 1，OM ，OB 两两互相垂直，以O 为原点，分别以直线OM ，OB ，OO 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设OO 1＝h (h >0)，则D (0，－1，h )，M (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,1，h )，∴DM ―→＝(2,1，－h )，AC ―→＝(0,3，h )，∵DM ⊥AC ，∴DM ―→·AC ―→＝3－h 2＝0，解得h ＝3，∴圆台OO 1的体积V ＝13πh (r 21＋r 1r 2＋r 22)＝73π3. (2)由(1)知AM ―→＝(2,2,0)，DM ―→＝(2,1，－3)，OM ―→＝(2,0,0)，设平面ADM ，平面ODM 的法向量分别为u ＝(x 1，y 1，z 1)，v ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·AM ―→＝0，u ·DM ―→＝0，且⎩⎪⎨⎪⎧ v ·DM ―→＝0，v ·OM ―→＝0，即⎩⎨⎧ 2x 1＋2y 1＝0，2x 1＋y 1－3z 1＝0，且⎩⎨⎧ 2x 2＋y 2－3z 2＝0，2x 2＝0，取u ＝(3，－3，1)，v ＝(0，3，1)，∴|cos 〈u ，v 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·v |u ||v |＝77，又二面角A DM O 为锐角，则二面角A DM O 的平面角的余弦值为77.3．已知函数f (x )＝m x ＋x ln x (m >0)，g (x )＝ln x －2.(1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f x 1 x 1·g x 2 x 2＝－1，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当m ＝1时，f (x )＝1x＋x ln x ，则f ′(x )＝－1x 2＋ln x ＋1. 因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意知，令h (x )＝f x x ＝m x 2＋ln x ， φ(x )＝g x x ＝ln x －2x. 因为φ′(x )＝3－ln x x 2>0在[1，e]上恒成立，所以函数φ(x )＝ln x －2x在[1，e]上单调递增，故φ(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－1e . 又h (x 1)·φ(x 2)＝－1，所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，e ，即12≤m x 2＋ln x ≤e 在[1，e]上恒成立，即x 22－x 2ln x ≤m ≤x 2(e －ln x )在[1，e]上恒成立．设p (x )＝x 22－x 2ln x ，则p ′(x )＝－2x ln x ≤0在[1，e]上恒成立，所以p (x )在[1，e]上单调递减，所以m ≥p (x )max ＝p (1)＝12. 设q (x )＝x 2(e －ln x )，则q ′(x )＝x (2e －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立，所以q (x )在[1，e]上单调递增，所以m ≤q (x )min ＝q (1)＝e.综上所述，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，e .。

2018版高考数学二轮复习小题提速练812选择+4填空80分练理

小题提速练(八) “12选择＋4填空”80分练(时间：45分钟分值：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在复平面内，复数3i1－i对应的点在( )【导学号：07804222】A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限B [3i1－i＝＋－＋＝－3＋3i 2，故其对应的点在第二象限，选B.]2．已知A ＝[1，＋∞)，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ∈R ⎪⎪⎪12a ≤x ≤2a －1，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( ) A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)A [因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.]3．某小区有1 000户，各户每月的用电量近似服从正态分布N (300,102)，则用电量在320度以上的户数约为( ) (参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.27%，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.45%，P (μ－3σ＜ξ＜μ＋3σ)＝99.73%) A ．17 B ．23 C ．34D ．46B [P (ξ＞320)＝12×[1－P (280＜ξ＜320)]＝12×(1－95.45%)≈0.023， 0．023×1 000＝23，∴用电量在320度以上的户数约为23.故选B.]4．将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向左平移π3个单位长度，所得图象对应的函数解析式为( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋5π6B ．y ＝－cos 2xC ．y ＝cos 2xD ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6A [依题意得，y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋5π6.故选A.]5．已知向量a ＝(1，cos α)，b ＝(sin α，1)，且0＜α＜π，若a ⊥b ，则α＝( )A.2π3 B ．3π4C.π4D ．π6B [∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0， ∴sin α＋cos α＝0，∴tan α＝－1.又α∈(0，π)， ∴α＝3π4.故选B.]6．设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，则C 的离心率为( ) A. 3 B ． 2 C ．2D ．3A [设双曲线C 的标准方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，由于直线l 过双曲线的焦点且与对称轴垂直，因此直线l 的方程为x ＝c 或x ＝－c ，代入x 2a 2－y 2b 2＝1中得y 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2a 2－1＝b 4a 2，∴y ＝±b 2a ，故|AB |＝2b 2a ，依题意2b 2a ＝4a ，∴b 2a 2＝2，∴c 2－a 2a2＝e 2－1＝2，∴e ＝3，选A.]7．已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．19D ．20D [令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0.又由(2x －1)10的展开式的通项可得a 1＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.]8．钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A ．5 B. 5 C ．2 D ．1B [S △ABC ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，∴B ＝45°或135°.若B ＝45°，则由余弦定理得AC ＝1，∴△ABC 为直角三角形，不符合题意，因此B ＝135°，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝5，∴AC ＝ 5.故选B.] 9．某几何体的三视图如图20所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )图20A ．48B ．54C ．64D ．60D [根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.]10．已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0x －2y －2≤02x －y ＋2≥0，若2x ＋y ＋k ≥0恒成立，则直线2x ＋y ＋k ＝0被圆(x －1)2＋(y －2)2＝25截得的弦长的最大值为( )【导学号：07804223】A ．10B ．2 5C ．4 5D ．3 5B [作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示，不等式2x ＋y ＋k ≥0恒成立等价于k ≥(－2x －y )max ，设z ＝－2x －y ，则由图可知，当直线y ＝－2x －z 经过点A (－2，－2)时，z 取得最大值，即z max ＝－2×(－2)－(－2)＝6，所以k ≥6.因为圆心(1,2)到直线2x ＋y ＋k ＝0的距离d ＝|2＋2＋k |22＋12＝|4＋k |5，记题中圆的半径为r ，则r ＝5，所以直线被圆截得的弦长L ＝2r 2－d 2＝2－k ＋2＋1255，所以当k ＝6时，L 取得最大值，最大值为25，故选B.]11．已知过抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，且AF →＝3FB →，抛物线的准线l 与x 轴交于点C ，AA 1⊥l 于点A 1，若四边形AA 1CF 的面积为123，则准线l 的方程为( )A ．x ＝－ 2B ．x ＝－2 2C ．x ＝－2D ．x ＝－1A [由题意，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，准线l 的方程为x ＝－p 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2－x 1，－y 1，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－p 2，y 2.由AF →＝3FB →，得p 2－x 1＝3⎝⎛⎭⎪⎫x 2－p 2，即x 2＝13(2p －x 1) ①.由题意知直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，代入抛物线方程，消去y ，得k 2x 2－(k 2p ＋2p )x ＋k 2p 24＝0，所以x 1x 2＝p 24 ②.联立①②，得x 1＝32p 或x 1＝p2(舍去)，所以|y 1|＝3p .因为S 四边形AA 1CF ＝|y 1|⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋p2＋p 2＝123，将x 1，|y 1|的值代入，解得p ＝22，所以准线l 的方程为x ＝－2，故选A.] 12．已知函数f (x )＝ax ＋eln x 与g (x )＝x 2x －eln x的图象有三个不同的公共点，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为( ) A ．a ＜－e B ．a ＞1C ．a ＞eD ．a ＜－3或a ＞1B [由ax ＋eln x ＝x 2x －eln x (x ＞0)，得a ＋eln x x ＝11－eln x x.令h (x )＝eln xx，且t＝h (x )，则a ＋t ＝11－t，即t 2＋(a －1)t －a ＋1＝0 (*)．由h ′(x )＝－ln xx 2＝0，得x ＝e ，函数h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，且x →＋∞时，h (x )→0，h (x )的大致图象如图所示．由题意知方程(*)有一根t 1必在(0,1)内，另一根t 2＝1或t 2＝0或t 2∈(－∞，0)．当t 2＝1时，方程(*)无意义，当t 2＝0时，a ＝1，t 1＝0不满足题意，所以t 2∈(－∞，0)，令m (t )＝t 2＋(a －1)t －a ＋1，由二次函数的图象，有⎩⎪⎨⎪⎧m ＝02＋a －－a ＋1＜0m＝12＋a －－a ＋1＞0，解得a ＞1，故选B.]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．运行如图21所示的程序，若结束时输出的结果不小于3，则t 的取值范围为________．图21[解析] 依次运行程序框图中的语句可得n ＝2，x ＝2t ，a ＝1；n ＝4，x ＝4t ，a ＝3；n ＝6，x ＝8t ，a ＝3.此时结束循环，输出的a x＝38t，由38t≥3，得8t ≥1，t ≥18.[答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞ 14．从一架钢琴挑出的10个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为________(用数字作答)．[解析] 依题意共有8类不同的和声，当有k (k ＝3,4,5,6,7,8,9,10)个键同时按下时，有C k10种不同的和声，则和声总数为C 310＋C 410＋C 510＋…＋C 1010＝210－C 010－C 110－C 210＝1 024－1－10－45＝968. [答案] 96815．已知点A 在椭圆x 225＋y 29＝1上，点P 满足AP →＝(λ－1)·OA →(λ∈R )(O 是坐标原点)，且OA →·OP →＝72，则线段OP 在x 轴上的投影长度的最大值为________．[解析] 因为AP →＝(λ－1)OA →，所以OP →＝λOA →，即O ，A ，P 三点共线，因为OA →·OP →＝72，所以OA →·OP →＝λ|OA →|2＝72，设A (x ，y )，OA 与x 轴正方向的夹角为θ，线段OP 在x 轴上的投影长度为|OP →||cos θ|＝|λ||x |＝72|x ||OA →|2＝72|x |x 2＋y 2＝721625|x |＋9|x |≤72216×925＝15，当且仅当|x |＝154时取等号．故线段OP 在x 轴上的投影长度的最大值为15. [答案] 1516．已知三棱锥D ABC 的体积为2，△ABC 是等腰直角三角形，其斜边AC ＝2，且三棱锥D ABC的外接球的球心O 恰好是AD 的中点，则球O 的体积为________.【导学号：07804224】[解析] 设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，则由O 是AD 的中点得，点D 到平面ABC 的距离等于2d ，所以V D ABC ＝2V O ABC ＝23×12×2×2×d ＝2，解得d ＝3，记AC 的中点为O ′，则OO ′⊥平面ABC .在Rt△OO ′A 中，OA 2＝OO ′2＋O ′A 2，即R 2＝d 2＋12＝10，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π×1010＝40103π. [答案] 40103π。

浙江专版2018年高考数学二轮专题复习选择填空提速专练二20180207458

选择填空提速专练（二）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知i为虚数单位，则|3＋2i|＝()A. 5B. 7C. 13 D．3解析：选C由题意得|3＋2i|＝32＋22＝13，故选C.2．已知A＝{x|－2<x<1}，B＝{x|2x>1}，则A∩(∁R B)为()A．(－2,1) B．(－∞，1)C．(0,1) D．(－2,0]解析：选D由题意得集合B＝{x|x>0}，所以∁R B＝{x|x≤0}，则A∩(∁R B)＝{x|－2<x≤0}，故选D.3．若(x－1)8＝1＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a5＝()A．56 B．－56C．35 D．－35解析：选B二项式(x－1)8的展开式中x5的系数为a5＝C38(－1)3＝－56，故选B.4．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，则f(x)的奇偶性()A．与ω有关，且与φ有关B．与ω有关，但与φ无关C．与ω无关，且与φ无关D．与ω无关，但与φ有关解析：选D因为ω决定函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期，φ决定函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象沿x轴平移的距离，所以函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的奇偶性与ω无关，与φ有关，故选D.5．已知x∈R，则“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A因为|x－3|－|x－1|≤|(x－3)－(x－1)|＝2，当且仅当x≤1时，等号成立，所以|x－3|－|x－1|<2等价于x>1，所以“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”的充分不必要条件，故选A.- 1 -3 6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知∠B＝30°，△ABC的面积为.2且sin A＋sin C＝2sin B，则b的值为()A．4＋2 3 B．4－2 3C. 3－1D. 3＋1解析：选D在△ABC中，由sin A＋sin C＝2sin B结合正弦定理得a＋c＝2b，△ABC的1 1 1 3面积为ac sin B＝ac×＝，解得ac＝6，在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝2 2 2 2(a＋c)2－2ac－3ac＝(2b)2－(2＋3)×6.解得b＝3＋1，故选D.7．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同的分配方案的种数为()A．50 B．80 C．120 D．140解析：选B当甲组有两人时，有C25A23种不同的分配方案；当甲组有三人时，有C35A 种不2同的分配方案．综上所述，不同的分配方案共有C25A23＋C35A ＝80种不同的分配方案，故选B.28．已知a，b为实常数，{c i}(i∈N*)是公比不为1的等比数列，直线ax＋by＋c i＝0与抛物线y2＝2px(p>0)均相交，所成弦的中点为M i(x i，y i)，则下列说法错误的是() A．数列{x i}可能是等比数列B．数列{y i}是常数列C．数列{x i}可能是等差数列D．数列{x i＋y i}可能是等比数列解析：选C设等比数列{c i}的公比为q.当a＝0，b≠0时，直线by＋c i＝0与抛物线y2＝2px最多有一个交点，不符合题意；当a≠0，b＝0时，直线ax＋c i＝0与抛物线y2＝2px的交c i c i点为(－，±)，则x i＝－，y i＝0，x i＋y i＝－，此时数列{x i}是公比为q的等比数列，a a数列{y i}为常数列，数列{x i＋y i}是以q为公比的等比数列；当a≠0，b≠0时，直线ax＋by＋pb2 c i pbc i＝0与抛物线y2＝2px的方程联立，结合根与系数的关系易得x i＝－，y i＝－，此时a2 a a数列{y i}为常数列．综上所述，A，B，D正确，故选C.2x(1＋x2)＝2f(x)，9．若定义在(0,1)上的函数f(x)满足：f(x)>0且对任意的x∈(0,1)，有f则()A．对任意的正数M，存在x∈(0,1)，使f(x)≥MB．存在正数M，对任意的x∈(0,1)，使f(x)≤MC．对任意的x1，x2∈(0,1)且x1<x2，有f(x1)<f(x2)D.对任意的x1，x2∈(0,1)且x1<x2，有f(x1)>f(x2)- 2 -2x1解析：选A令x1∈(0,1)，x2＝，则易得x2∈(0,1)，f(x2)＝2f(x1)，令x3＝1＋x212x2，则易得x3∈(0,1)，f(x3)＝2f(x2)＝22f(x1)，…，依次类推得f(x n)＝2n－1f(x1)，所以1＋x2数列{f(x n)}构成以f(x1)为首项，2为公比的等比数列，又因为f(x1)>0，所以对任意的正数M，存在n∈N*，使得2n f(x1)≥M，即存在x＝x n∈(0,1)，使得f(x)≥M，故选A.10.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θπ的最小值为，则点P的轨迹是()3A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分解析：选B延长D1P交平面ABCD于点Q，则直线D1Q与直线MN所成的角即为直线D1P与直线MN所成的角，则由最小角定理易得当点M与点D重合，且直线MN过点Q时，直线D1Q与直线MN所成的角取得最π 小值，此时∠D1QD即为直线D1Q与直线MN所成的角，所以∠D1QD＝，3ππ则∠DD1Q＝，所以点P在以DD1为轴，顶角为的圆锥面上运动，又因为点P在平面A1C1D6 3上，所以点P的轨迹是椭圆的一部分，故选B.二、填空题11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为以4为底边，3为高的三角形，高为8的三棱柱1 1截去两个以三棱柱的底为底，高为2的三棱锥后所得的组合体，则其体积为×3×4×8－2×2 31 4＋8 1××3×4×2＝40，表面积为4×8＋2×× 13＋2××13×4＝32＋16 13.2 2 2答案：4032＋16 1312．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．解析：因为1<2<10，所以0<lg 2<1，所以0<(lg 2)2<lg 2，lg(lg 2)<0，所以三个数中最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．答案：lg 2lg(lg 2)- 3 -13．设随机变量X的分布列为X 1 2 3P 1215a则a＝________；E(X)＝________.1 1 3 1 1 3 9解析：由分布列的概念易得＋＋a＝1，解得a＝，则E(X)＝1×＋2×＋3×＝.2 5 10 2 5 10 53 9答案：10 514．已知函数f(x)＝x3＋ax＋b的图象在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y－5＝0，则a ＝________；b＝________.解析：由题意得f′(x)＝3x2＋a，则有Error!解得a＝－1，b＝－3.答案：－1－315．若不等式组Error!表示的平面区域是等腰三角形区域，则实数a的值为________．解析：在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域如图所示，由图易得当a>0时，不等式组表示的平面区域为三角形区域，此时画出不等式组表示的平面区域为图中三角形区域△ABC(包含边界)，由图易得此时△ABC是以AB为底的等腰三角形，12 ×1 2 4且tan∠BAC＝，则tan∠BCO＝tan(2∠BAC)＝＝，所以直线ax＋3y－4＝0的斜2 1 31－(2 )24率为－，所以a＝4.3答案：416．若非零向量a，b满足：a2＝(5a－4b)·b，则cos〈a，b〉的最小值为________．|a|2＋4|b|2 2|a| × 2|b| 4 解析：由a2＝(5a－4b)·b＝5a·b－4b2得cos〈a，b〉＝≥＝，5|a||b| 5|a||b| 54当且仅当|a|＝2|b|时，等号成立，所以cos〈a，b〉的最小值为.54答案：517．已知实数x，y，z满足Error!则xyz的最小值为________．解析：由xy＋2z＝1得xy＝1－2z，则5＝x2＋y2＋z2≥2xy＋z2＝2－4z＋z2，解得2－7 ≤z≤2＋7，则xyz＝(1－2z)z＝－2z2＋z的最小值为－2(2＋7)2＋2＋7＝－7 7－20.- 4 -答案：－77－20- 5 -。

2018年高考数学(文)二轮复习练习：小题提速练4 Word版含答案

小题提速练(四) “12选择＋4填空”80分练 (时间：45分钟分值：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数y ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1的定义域为( )【导学号：04024184】A ．(－∞，0]B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)B [由已知得1x －1＞0，x ≠0，所以1－x x ＞0，x ≠0，所以x －1x＜0，x ≠0，所以0＜x ＜1.故选B.]2．复数(1－i)(2＋2i)＝( )A ．4B ．－4C ．2D ．－2A [(1－i)(2＋2i)＝2＋2i －2i ＋2＝4.]3．已知等比数列{a n }的公比为－12，则a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6的值是( )A ．－2B ．－12C.12 D ．2A [a 1＋a 3＋a 5a 2＋a 4＋a 6＝a 1＋a 3＋a 5－12a 1＋a 3＋a 5＝－2.]4．若m ＝6，n ＝4，则运行如图1所示的程序框图后，输出的结果是( )图1A.1100B ．100C ．10D ．1D [因为m ＞n ，所以y ＝lg(m ＋n )＝lg(6＋4)＝1.故选D.]5．设α，β，γ为不重合的平面，m ，n 为不同的直线，则m ⊥β的一个充分条件是( )【导学号：04024185】A ．α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥nB ．α∩γ＝m ，α⊥γ，β⊥γC ．α⊥γ，β⊥γ，m ⊥αD ．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥αD [因为n ⊥α，m ⊥α，所以m ∥n ，又n ⊥β，所以m ⊥β，故选D.]6．若实数x ，y 满足条件⎩⎨⎧3x －y ≤0，x －3y ＋2≥0，y ≥0，则3x ＋y 的最大值为( )A ．0 B. 3 C ．2 3D.233C [如图所示，画出不等式组表示的平面区域，作直线l ：3x ＋y ＝0，平移直线l ，当直线l 经过点A (1，3)时，3x ＋y 取得最大值，即(3x ＋y )max ＝23，故选C.]7．在△ABC 中，若点D 满足BD →＝2DC →，则AD →＝( )A.13AC →＋23AB →B.53AB →－23AC →C.23AC →－13AB →D.23AC →＋13AB → D [根据题意画出图形如图所示．因为BD →＝2DC →，所以AD →－AB →＝2(AC →－AD →)，所以3AD →＝AB →＋2AC →，所以AD →＝13AB →＋23AC →.]8．一个几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积等于( )图2A ．5π B.556π C.1256π D.716π D [由三视图可知，该几何体为直径为5的球中挖去一个底面直径是3，高是4的圆柱后剩余的几何体，所以该几何体的体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫523－π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×4＝716π.]9．将函数f (x )＝－cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g (x )的图象，则函数g (x )( )A ．最大值为1，图象关于直线x ＝π2对称B ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，为奇函数C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π8，π8上单调递增，为偶函数D ．周期为π，图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫3π8，0对称B [依题意有g (x )＝－cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝－sin 2x ，显然g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，为奇函数．故选B.]10．在平面直角坐标系xOy 中，动点P 到圆(x －2)2＋y 2＝1上的点的最小距离与其到直线x ＝－1的距离相等，则P 点的轨迹方程是( )【导学号：04024186】A ．y 2＝8x B ．x 2＝8y C ．y 2＝4xD ．x 2＝4yA [由题意知点P 在直线x ＝－1的右侧，且点P 在圆的外部，故可将条件等价转化为“P 点到定点(2,0)的距离与其到定直线x ＝－2的距离相等”．根据抛物线的定义知，P 点的轨迹方程为y 2＝8x .] 11．若函数f (x )＝－m xx 2＋m的图象如图3所示，则m 的取值范围为( )图3A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(0,2)D ．(1,2)D [由图可知，函数图象过原点，即f (0)＝0，所以m ≠0.当x >0时，f (x )>0，所以2－m >0，即m <2.函数f (x )在[－1,1]上单调递增，所以f ′(x )>0在[－1,1]上恒成立，因为f ′(x )＝－mx 2＋m －2x －m x x 2＋m 2＝m －x 2－m x 2＋m2，且m －2<0，所以x 2－m <0在[－1,1]上恒成立，所以m >1.综上得1<m <2.故选D. ]12．已知直角三角形ABC 的两直角边AB ，AC 的长分别为方程x 2－2(1＋3)x ＋43＝0的两根，且AB ＜AC ，斜边BC 上有异于端点B ，C 的两点E ，F ，且EF ＝1，设∠EAF ＝θ，则tan θ的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤239，6311 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤39，2311 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤39，4311 D.⎝⎛⎦⎥⎤439，16311C [由已知得，AB ＝2，AC ＝23，BC ＝AB 2＋AC 2＝4，建立如图所示的直角坐标系，可得A (0,0)，B (2,0)，C (0,23)．设BF →＝λBC →⎝⎛⎭⎪⎫λ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，34，BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋14BC →，则F (2－2λ，23λ)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－2λ，23λ＋32，所以AE →·AF →＝3－4λ－3λ＋4λ2＋12λ2＋3λ＝16λ2－4λ＋3＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－182＋114∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，9.而点A 到BC 的距离d ＝AB ·AC BC ＝3，则S △AEF ＝12EF ·3＝32，所以S △AEF AE →·AF →＝12|AE →||AF →|sin θ|AE →||AF →|cos θ，所以tan θ＝2S △AEF AE →·AF →＝3AE →·AF→∈⎝ ⎛⎦⎥⎤39，4311.]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．已知函数f (x )＝ln x －ax 2，且函数f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的斜率是－32，则a＝________.[解析] 由题意知，f ′(2)＝－32，又f ′(x )＝1x －2ax ，所以－32＝12－2a ×2，得a ＝12.[答案] 1214．在距离某晚会直播不到20天的时候，某媒体报道，由两位明星合演的小品节目被毙，为此，某网站针对“是否支持该节目上晚会”对网民进行调查，得到如下数据：为________．[解析] 由分层抽样法的特点得，从持“支持”态度的网民中抽取的人数为48×8 0008 000＋6 000＋10 000＝48×13＝16.[答案] 1615．已知三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝2，PB ＝PC ＝1，则三棱锥P ABC 的外接球的体积为________．[解析] 三棱锥P ABC 的三条侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝2，PB ＝PC ＝1，则该三棱锥的外接球就是三棱锥扩展成的长方体的外接球．易得长方体的体对角线长为12＋12＋22＝6，所以该三棱锥的外接球的半径为62，所以三棱锥P ABC 的外接球的体积为4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π.[答案]6π16．在△ABC 中，b cos C ＋c cos B ＝a cos C ＋c cos A ＝2，且a cos C ＋3a sin C ＝a ＋b ，则△ABC 的面积为________．【导学号：04024187】[解析] 由已知条件与余弦定理，得b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2，a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc＝2，解得a ＝2，b ＝2.又a cos C ＋3a sin C ＝a ＋b ，即2cos C ＋23sin C＝4，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π6＝1，所以C ＋π6＝π2，得C ＝π3，所以△ABC 的面积S ＝12×2×2sin π3＝3. [答案] 3。

2018版高考数学二轮复习小题提速练512选择+4填空80分练文

小题提速练(五) “12选择＋4填空”80分练(时间：45分钟分值：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合M ＝{0,1,2}，N ＝{x |－1≤x ≤1，x ∈Z }，则( )A ．M ⊆NB ．N ⊆MC ．M ∩N ＝{0,1}D ．M ∪N ＝NC [M ＝{0,1,2}，N ＝{－1,0,1}，所以M ∩N ＝{0,1}．]2．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，则符合条件⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1＋i 2 1＝0的复数z 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A [由⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1＋i 2 1＝z －2(1＋i)＝0，得z ＝2＋2i ，所以复数z 对应的点在第一象限．] 3．已知条件p ：x ≤0，条件q ：1x＞0，则綈p 是q 成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件C [因为p ：x ≤0，所以綈p ：x ＞0，显然x ＞0⇔1x＞0.故选C.]4．已知α是第二象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝－55，则cos 3α＋sin αcos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝( ) A ．－11215B ．－925C.925D.11215C [由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝－55，得cos α＝－55，又因为α是第二象限角，所以tan α＝－2，所以原式＝cos 2α·cos α＋sin α22α＋sin α＝2·cos 2α＋tan α1＋tan α＝925.]5．已知等差数列{a n }的前四项之和为21，末四项之和为67，前n 项和为286，则项数n 为( ) A ．24 B ．26 C ．27D ．28B [由题意得S n ＝n a 1＋a n2＝286，而a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝67，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝88，即4(a 1＋a n )＝88，即a 1＋a n ＝22，从而n ＝26.]6．在平行四边形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，∠DAB ＝60°，E 是BC 的中点，则AE →·DB →＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [AE →·DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋12AD →·(AB →－AD →)＝AB →2－12AB →·AD →－12AD 2→＝4－12×2×1×12－12×12＝3.]7．若如图1所示的程序框图输出的S 为126，则条件①可为( )图1A ．n ≤5?B ．n ≤6?C ．n ≤7?D ．n ≤8?B [由题意知，该程序表示的是首项为2，公比为2的等比数列求和，即S ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2n ＋1－2＝126，所以n ＝6，故选B.]8．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥x ，3x ＋2y ≤15，则22x ＋y的最大值为( )A ．8B ．642C ．256D ．512D [作出可行域如图所示，要求22x ＋y的最大值，只需求出t ＝2x ＋y 的最大值即可．作出直线y ＝－2x ，平移经过点A (3,3)时，t 取得最大值，即t max ＝2×3＋3＝9，所以22x ＋y的最大值为29＝512.]9．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，则角B 为( ) A.π6 B.π3 C.π6或5π6D.π3或2π3D [由余弦定理及已知条件得2ac cos B tan B ＝3ac ，所以sin B ＝32，又0<B <π，所以B ＝π3或2π3.]10．如图2所示，F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，过F 1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点B ，A .若△ABF 2为等边三角形，则双曲线的离心率为( )图2A ．4 B.7 C.233D. 3B [设正三角形ABF 2的边长为m ，则|AB |＝|AF 2|＝|BF 2|＝m ，结合双曲线定义，可得⎩⎪⎨⎪⎧|AF 1|－|AF 2|＝2a ，|BF 2|－|BF 1|＝2a ，代入解得|BF 1|＝2a ，|BF 2|＝4a ，|F 1F 2|＝2c .因为△ABF 2是正三角形，所以∠F 1BF 2＝120°，由余弦定理可得4a 2＋16a 2＋2×2a ×4a ×12＝4c 2，整理得c a＝7.故选B.]11．如图3所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积是( )图3A ．8πB ．12πC ．16πD ．32πA [该多面体是一个四棱锥，如图所示，四棱锥P ABCD 的底面是边长为2的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2.易证△PAC ，△PBC ，△PCD 都是直角三角形，所以它们的公共斜边的中点O 到各个顶点的距离相等，即O 为四棱锥的外接球球心．易求得PO ＝2，所以球O 的表面积S ＝4π×(2)2＝8π.]12．已知函数f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 都是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( ) A.72 B ．5 C ．6D ．8B [易知g (x )＝14x ＋1x≥214x ·1x＝1，当且仅当x ＝2时，等号成立，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，所以c ＝－1－b 2，于是f (x )＝12x 2＋b x ＋c ＝12x 2＋b x －1－b 2，所以f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx2.因为f (x )在x ＝2处取得最小值，所以f ′(2)＝0，得b ＝8，所以c＝－5，所以f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，于是可得f (x )在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )在M上的最大值为5.]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．向面积为S 的△ABC 内任投一点P ，则△PBC 的面积小于S2的概率为________.[解析] 设E ，F 分别是AB ，AC 的中点，连接EF ，则EF ∥BC .当点P 在四边形BCFE 内时，△PBC 的面积小于S 2，又四边形BCFE 的面积为34S ，所以所求概率为34S S ＝34.[答案] 3414．过函数f (x )＝e x＋ln x 图象上的点P (1，e)作图象的切线，若切线方程为y ＝ax ＋b ，则a ＋b ＝________.[解析] f ′(x )＝e x＋1x，则过点P (1，e)的切线的斜率k ＝e ＋1，则切线方程为y －e＝(e ＋1)(x －1)，即y ＝(e ＋1)x －1，所以a ＋b ＝(e ＋1)－1＝e. [答案] e15．已知点P 是抛物线y 2＝4x 上的点，且P 到该抛物线焦点的距离为3，则P 到原点的距离为________．[解析] 设P (x 0，y 0)，则x 0＋p2＝3，即x 0＋1＝3，所以x 0＝2，所以y 20＝8，所以P 到原点的距离为x 20＋y 20＝12＝2 3. [答案] 2 316．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0＜x ＜1，ln x ，x ≥1，若f (a )＝f (b )(a ≠b )，则函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋4，x ≤0，ax 2＋bx，x ＞0的最小值为________．[解析] 由f (a )＝f (b )(a ≠b )，得ln a ＝－ln b 或ln b ＝－ln a ，所以ln a ＋ln b ＝0，得ab ＝1.由g (x )＝x 2＋2x ＋4＝(x ＋1)2＋3(x ≤0)知，当x ≤0时，g (x )≥3.当x >0时，g (x )＝ax ＋b x≥2ax ·b x ＝2，当且仅当ax ＝b x ，即x ＝ba时，上式取等号．综上知，g (x )的最小值为2.[答案] 2。

2018版高考数学二轮复习小题提速练912选择+4填空80分练理

小题提速练(九) “12选择＋4填空”80分练(时间：45分钟分值：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设集合M ＝{－1,1}，N ＝{x |x 2－x ＜6}，则下列结论正确的是( )A ．N ⊆MB ．N ∩M ＝∅C ．M ⊆ND ．M ∩N ＝RC [集合M ＝{－1,1}，N ＝{x |x 2－x ＜6}＝{x |－2＜x ＜3}，则M ⊆N ，故选C.] 2．设(1＋i)(x ＋y i)＝2，其中x ，y 是实数，则|2x ＋y i|＝( )A ．1 B. 2 C. 3 D. 5 D [由(1＋i)(x ＋y i)＝2得x －y ＋(x ＋y )i ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝2，x ＋y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1.∴|2－i|＝ 5.]3．某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A 和B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的前提下，学生C 第一个出场的概率为( ) A.13 B ．15 C.19D ．320A [“A 和B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的安排方法中，另外3人中任何一个人第一个出场的概率都相等，故“C 第一个出场”的概率是13.]4．已知a ＝(2,1)，b ＝(－1,1)，则a 在b 方向上的投影为( )A ．－22B ．22C ．－55D ．55A [∵a ＝(2,1)，b ＝(－1,1)，∴a·b ＝－1，|b |＝2， ∴a 在b 方向上的投影为a·b |b |＝－22，故选A.] 5．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 3＝2a 1，则下列结论错误的是( )A ．a 4＝0B ．S 4＝S 3C ．S 7＝0D ．{a n }是递减数列D [∵S 3＝2a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝2a 1，∴a 2＋a 3＝a 1＝a 1＋a 4，∴a 4＝0，∴S 4＝S 3，S 7＝7a 4＝0，故选项A ，B ，C 正确，选D.]6.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为3，则该展开式中的常数项为( ) A ．－120 B ．－100 C ．100D ．120D [令x ＝1，可得a ＋1＝3，故a ＝2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1＝(－1)r 25－r C r 5x5－2r，令5－2r ＝－1，得r ＝3，∴1x项的系数为C 3522(－1)3，令5－2r ＝1，得r ＝2，∴x 项的系数为C 2523，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中的常数项为C 3522(－1)3＋C 2524＝120.]7．设F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，若∠F 1PQ ＝60°，|PF 1|＝|PQ |，则椭圆的离心率为( ) A.33 B ．23 C.233D ．13A [∵∠F 1PQ ＝60°，|PF 1|＝|PQ |，∴△F 1PQ 为等边三角形，∴直线PQ 过右焦点F 2且垂直于x 轴，∴△F 1PF 2为直角三角形．∵|F 1P |＋|F 1Q |＋|PQ |＝4a ，∴|F 1P |＝43a ，|PF 2|＝23a ，由勾股定理，得⎝ ⎛⎭⎪⎫43a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2＋(2c )2，即a 2＝3c 2， ∴e ＝ca ＝33.] 8．如图22，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )【导学号：07804225】图22A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.] 9．已知实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －7≥0x ＋3y －13≤0x －y －1≤0，则z ＝|2x －3y ＋4|的最大值为( )A ．3B ．5C ．6D ．8 C [不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －7≥0x ＋3y －13≤0x －y －1≤0表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中A (2,1)，B (1,4)．设t ＝2x －3y ，平移直线y ＝23x ，则直线经过点B 时，t ＝2x －3y 取得最小值－10，直线经过点A 时，t ＝2x －3y 取得最大值1，所以－6≤t ＋4≤5，所以0≤z ≤6.所以z 的最大值为6，故选C.]10.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作．其中“方田”章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积＝12(弦×矢＋矢2)．弧田(如图23)由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为2π3，半径为4米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是( )图23A ．6平方米B ．9平方米C ．12平方米D ．15平方米B [弦长为2×4sin π3＝43，圆心到弦的距离为d ＝4×cos π3＝2，所以弧田面积为12×[43×(4－2)＋(4－2)2]＝43＋2≈9(平方米)．]11．对于函数f (x )，如果存在x 0≠0，使得f (x 0)＝－f (－x 0)，则称(x 0，f (x 0))与(－x 0，f (－x 0))为函数图象的一组奇对称点．若f (x )＝e x －a (e 为自然对数的底数)的图象上存在奇对称点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(1，＋∞) C ．(e ，＋∞)D ．[1，＋∞)B [因为存在实数x 0(x 0≠0)，使得f (x 0)＝－f (－x 0)，则e x 0－a ＝－e -x 0＋a ，即e x 0＋1e x 0＝2a ，又x 0≠0，所以2a ＝e x 0＋1ex 0＞2e x 0·1ex 0＝2，即a ＞1，故选B.]12．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )＋f (x )＝ln xx，且f (e)＝1e ，其中e 为自然对数的底数，则不等式f (x )＋e ＞x ＋1e 的解集是( ) A ．(0，e)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(e ，＋∞)A [令g (x )＝xf (x )，则f (x )＝g x x，g ′(x )＝ln xx，∴f ′(x )＝g xx －g xx 2＝ln x －g xx2，令h (x )＝ln x －g (x )，则h ′(x )＝1x－g ′(x )＝1－ln x x，当0＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，当x ＞e 时，h ′(x )＜0，∴h (x )≤h (e)＝1－g (e)＝1－e f (e)＝0，∴f ′(x )≤0.令φ(x )＝f (x )－x ，则φ′(x )＝f ′(x )－1≤－1＜0，∴φ(x )为减函数，又不等式f (x )＋e ＞x ＋1e 可化为φ(x )＞φ(e)，∴0＜x ＜e ，故选A.]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．我们可以用随机数法估计π的值，如图24所示的程序框图表示其基本步骤(函数RAND是产生随机数的函数，它能随机产生(0,1)内的任何一个实数)，若输出的结果为521，则由此可估计π的近似值为________．(保留小数点后3位)图24[解析] 在空间直角坐标系O xyz 中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜10＜y ＜10＜z ＜1表示的区域是棱长为1的正方体区域，相应区域的体积为13＝1；不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜10＜y ＜10＜z ＜1x 2＋y 2＋z 2＜1表示的区域是棱长为1的正方体区域内的18球形区域，相应区域的体积为18×43π×13＝π6，因此π6≈5211 000，即π≈3.126. [答案] 3.12614．过抛物线y ＝14x 2的焦点F 作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则|AB |＝________.[解析] 依题意，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，题中的抛物线x 2＝4y 的焦点坐标是F (0,1)，直线AB 的方程为y ＝33x ＋1，即x ＝3(y －1)．由⎩⎨⎧x 2＝4y x ＝3y －，消去x 得3(y－1)2＝4y ，即3y 2－10y ＋3＝0，y 1＋y 2＝103，|AB |＝|AF |＋|BF |＝(y 1＋1)＋(y 2＋1)＝y 1＋y 2＋2＝163.[答案]16315．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝8，对所有正整数n 均有a n ＋2＋a n ＝a n ＋1，则∑n ＝12 017a n ＝________.[解析] ∵a 1＝2，a 2＝8，a n ＋2＋a n ＝a n ＋1，∴a n ＋2＝a n ＋1－a n ，∴a 3＝a 2－a 1＝8－2＝6，同理可得a 4＝－2，a 5＝－8，a 6＝－6，a 7＝2，a 8＝8，…，∴a n ＋6＝a n ，又2 017＝336×6＋1，∴∑n ＝12 017a n ＝336×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋a 1＝2.[答案] 216．球内有一个圆锥，且圆锥底面圆周和顶点均在球面上，其底面积为3π，已知球的半径R ＝2，则此圆锥的体积为________.【导学号：07804226】[解析] 设圆锥底面半径为r ，由πr 2＝3π得r ＝ 3. 如图所示，O 为球心，O 1为圆锥底面圆的圆心，设O 1O ＝x ，则x ＝R 2－r 2＝4－3＝1，所以圆锥的高h ＝R ＋x ＝3或h ＝R －x ＝1，所以圆锥的体积V ＝13×3π×3＝3π或V ＝13×3π×1＝π.[答案] 3π或π。

高考数学二轮复习(浙江专用)训练：教师3(专题四-专题五) Word版含解析

第1讲立体几何中的计算与位置关系高考定位 (1)以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；(2)以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.真题感悟1.(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π解析由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π，故选A.答案 A2.(2016·全国Ⅲ卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A.18＋365B.54＋18 5C.90D.81解析由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，45，几何体的表面积S＝3×6×2＋3×3×2＋3×45×2＝54＋18 5.答案 B3.(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.解析由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4 cm、2 cm、2 cm，其直观图如下：其体积V＝2×2×2×4＝32(cm3)，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S＝2(2×2×2＋2×4×4)－2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm2).答案72324.(2016·浙江卷)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体P－BCD的体积的最大值是________.解析设PD＝DA＝x，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x ).要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD 的最大值为16×3＝12. 答案 12考点整合1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.2.几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正，高平齐，宽相等.3.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)； ④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝43πR 3.4.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α. (2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .(3)面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 5.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.热点一空间几何体的表面积与体积的求解 [微题型1] 以三视图为载体求几何体的面积与体积【例1－1】 (1)(2016·衡水大联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是多面体的三视图，则该多面体的体积为( ) A.203 B.8 C.223D.163(2)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A.28＋6 5B.30＋6 5C.56＋12 5D.60＋12 5解析 (1)由图知此几何体为边长为2的正方体裁去一个三棱锥.所以此几何体的体积为2×2×2－13×12×1×2×2＝223.故选C.(2)由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4， BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4. ∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，所以AC ＝41，且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5. 在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5.因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.答案 (1)C (2)B探究提高截割体、三棱锥的三视图是高考考查的热点和难点，解题的关键是由三视图还原为直观图，首先确定底面，再根据正视图、侧视图确定侧面. [微题型2] 求多面体的体积【例1－2】 (1)如图，在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，DE ，BD 则几何体EFC 1－DBC 的体积为( ) A.66 B.68 C.70 D.72(2)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________.解析 (1)如图，连接DF ，DC 1，那么几何体EFC 1－DBC 被分割成三棱锥D －EFC1及四棱锥D －CBFC 1，那么几何体EFC 1－BDC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1－DBC 的体积为66. (2)利用三棱锥的体积公式直接求解.V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.另解(特殊点法)：让E 点和A 点重合，点F 与点C 重合，则V D 1－EDF ＝13×S △ACD ×D 1D ＝13×12×1×1×1＝16. 答案 (1)A (2)16探究提高(1)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.(2)若所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法求解.[微题型3] 与球有关的面积、体积问题【例1－3】 (1)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( ) A.8π B.16π C.32πD.64π(2)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此三棱锥的体积为( ) A.26B.36 C.23D.22解析 (1)由三视图可知，几何体为一横放的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，平面SAB ⊥平面ABCD ，易知SA ＝SB ＝2 2.如图所示.故可补全为以DA 、SA 、SB 为棱的长方体，故2R ＝DA 2＋SA 2＋SB 2＝32＝42，∴R ＝22，∴S 表＝4πR 2＝32π.(2)法一 (排除法)V ＜13×S △ABC ×2＝36，排除B 、C 、D ，选A.法二 (直接法)：在Rt △ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，所以SA ＝4－1＝ 3.同理，SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因为△SAC ≌△SBC ，所以BD ⊥SC ，AD ＝BD ，故SC ⊥平面ABD ，且△ABD 为等腰三角形.因为∠ASC ＝30°，故AD ＝12SA ＝32，则△ABD 的面积为12×1×AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝24，则三棱锥S －ABC 的体积为13×24×2＝26.答案 (1)C (2)A探究提高涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 【训练1】 (1)(2017·东营模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.54B.60C.66D.72(2)(2016·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1解析 (1)还原为如图所示的直观图，S 表＝S △ABC ＋S △DEF ＋S 矩形ACFD ＋S 梯形ABED ＋S 梯形CBEF ＝12×3×4＋12×3×5＋5×3＋12×(2＋5)×4＋12×(2＋5)×5＝60.(2)由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12.所以体积V ＝13Sh ＝16.答案 (1)B (2)A热点二空间中的平行与垂直 [微题型1] 空间线面位置关系的判断【例2－1】已知平面α、β，直线m ，n ，给出下列命题： ①若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β； ②若α∥β，m ∥α，n ∥β，则m ∥n ； ③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β； ④若α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ⊥n .其中是真命题的是________(填写所有真命题的序号).解析若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α，β可能平行或相交，①是假命题；若α∥β，m ∥α，n ∥β，则m ，n 可能是平行、相交、异面中的任何一种位置关系，②是假命题；由线面垂直的性质和面面垂直的判定可知③④是真命题，故真命题序号是③④.答案③④探究提高长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进行检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解. [微题型2]平行、垂直关系的证明【例2－2】(2016·昆明统考)如图，在侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥BC，且AA1＝AB＝BC＝1，CD＝2.(1)求证：AB1⊥平面A1BC；(2)在线段CD上是否存在点N，使得D1N∥平面A1BC?若存在，求出三棱锥N－AA1C的体积；若不存在，请说明理由.(1)证明因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱垂直底面，所以A1A⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以BC⊥AA1，因为BC⊥AB，AB∩AA1＝A，AB⊂平面AA1B1B，AA1⊂平面AA1B1B，所以BC⊥平面AA1B1B.又AB1⊂平面AA1B1B，所以AB1⊥BC，因为A1A⊥AB，A1A＝AB＝1，所以四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B，因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.(2)解法一在线段CD上存在点N，且当N为CD的中点时，D1N∥平面A1BC.证明如下：连接BN 、D 1N ，因为AB ∥CD ，AB ＝1，CD ＝2，所以AB ∥DN 且AB ＝DN ，所以四边形ABND 为平行四边形，所以BN ∥AD 且BN ＝AD .在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D 1∥AD 且A 1D 1＝AD ，所以A 1D 1∥BN 且A 1D 1＝BN ，所以四边形A 1BND 1为平行四边形，所以D 1N ∥A 1B . 又D 1N ⊄平面A 1BC ，A 1B ⊂平面A 1BC ，所以D 1N ∥平面A 1BC .连接A 1N 、AN 、AC ，所以S △ACN ＝S △BCN ＝12×1×1＝12，又A 1A ⊥平面ABCD ，且A 1A ＝1，所以V N －AA 1C ＝V A 1－ACN ＝13S △ACN ×A 1A ＝13×12×1＝16，即三棱锥N －AA 1C 的体积为16.法二在线段CD 上存在点N ，且当N 为CD 的中点时，D 1N∥平面A 1BC ，证明如下：取C 1D 1的中点M ，连接AN 、A 1M 、D 1N 、MC ，因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AB ＝1，CD ＝2，所以A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝1，C 1D 1＝2，所以A 1B 1∥MC 1且A 1B 1＝MC 1，所以四边形A 1B 1C 1M 为平行四边形，所以A 1M ∥B 1C 1且A 1M ＝B 1C 1.又BC ∥B 1C 1且BC ＝B 1C 1，所以A 1M ∥BC 且A 1M ＝BC ，所以四边形A 1BCM 为平行四边形，所以A 1B ∥CM ，又D 1M ＝NC ＝1且D 1M ∥NC ，所以四边形D 1MCN 为平行四边形，所以CM ∥D 1N ，所以D 1N ∥A 1B . 又D 1N ⊄平面A 1BC ，A 1B ⊂平面A 1BC ，所以D 1N ∥平面A 1BC .连接A 1N 、AC ，所以S △ACN ＝12×1×1＝12，又A 1A ⊥平面ABCD ，且A 1A ＝1，所以V N －AA 1C ＝V A 1－ACN ＝13S △ACN ×A 1A ＝13×12×1＝16，即三棱锥N －AA 1C 的体积为16.探究提高垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.【训练2】(2016·深圳模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点. 求证：(1)CE ∥平面P AD ； (2)平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)法一如图1，取P A 的中点H ，连接EH ，DH . 又因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，且EH ＝12AB .图1又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，且EH ＝CD .所以四边形DCEH 是平行四边形.所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面P AD ，CE⊄平面P AD，因此，CE∥平面P AD.图2法二如图2，连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝12AB.又CD＝12AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形.因此CF∥AD.又CF⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以CF∥平面P AD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A.又EF⊄平面P AD，P A⊂平面P AD，所以EF∥平面P AD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面P AD.又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面P AD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A. 又AB⊥P A，所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥DC，又AB∥DC，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S表＝S侧＋S底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a，a2，22a.3.锥体体积公式为V＝13Sh，在求解锥体体积中，不能漏掉13.4.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.5.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.6.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.一、选择题1.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( ) A.m ∥l B.m ∥n C.n ⊥l D.m ⊥n解析由已知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，又∵n ⊥β，∴n ⊥l ，C 正确.故选C. 答案 C2.(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π解析由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C.答案 C3.(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2 C.6πD.32π3解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2. 答案 B4.(2014·全国Ⅰ卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( ) A.62B.4 2 C.6 D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A －BCD ，最长的棱为AD ＝（42）2＋22＝6，选C.答案 C5.已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直解析对于AB ⊥CD ，因为BC ⊥CD ，可得CD ⊥平面ACB ，因此有CD ⊥AC .因为AB ＝1，BC ＝2，CD ＝1，所以AC ＝1，所以存在某个位置，使得AB ⊥CD . 答案 B二、填空题6.如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点.现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足.设AK ＝t ，则t 的取值范围是________.解析如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连接GK ， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，又DK ⊥AB ， ∴DK ⊥平面ABC ，∴DK ⊥AF . ∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .容易得到，当F 接近E 点时，K 接近AB 的中点，当F 接近C 点时，K 接近AB 的四等分点.所以t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，17.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是________.解析由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. 答案 2＋ 38.(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________. 解析设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－62，0，作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α，则BD ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD →·n |BD →|·|n |＝639＋5cos α，所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66. 答案66 三、解答题9.在正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别是AB ，AC ，BC 边上的点，满足AE ∶EB ＝CF ∶F A ＝CP ∶PB ＝1∶2(如图1)，将△AEF 折起到△A 1EF 的位置，连接A 1B ，A 1C (如图2).(1)求证：FP ∥平面A 1EB ； (2)求证：EF ⊥A 1B .证明 (1)∵CP ∶PB ＝CF ∶F A ，∴FP ∥BE ，又BE ⊂平面A 1EB ，FP ⊄平面A 1EB ， ∴FP ∥平面A 1EB .(2)不妨设正三角形ABC 的边长为3，则AE ＝1，AF ＝2.又∵∠EAF ＝60°，∴EF 2＝AE 2＋AF 2－2AE ·AF cos ∠EAF ＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴EF ＝ 3. 在△AEF 中，有AF 2＝AE 2＋EF 2，∴EF ⊥AE ，即EF ⊥AB .则在题图2中，有EF ⊥A 1E ，EF ⊥BE ，又A 1E ，BE ⊂平面A 1BE ，A 1E ∩BE ＝E ，∴EF ⊥平面A 1EB ，又∵A 1B ⊂平面A 1EB ，∴EF ⊥A 1B .10.(2017·江南十校联考)如图1，等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，CE ⊥AD ，AD ＝3BC ＝3，CE ＝1.求△CDE 沿CE 折起得到四棱锥F －ABCE (如图2)，G 是AF 的中点.(1)求证：BG ∥平面ECE ；(2)当平面FCE ⊥平面ABCE 时，求三棱锥F －BEG 的体积. (1)证明如图，取EF 的中点M ，连接GM 、MC ，则GM 綊12AE .∵等腰梯形ABCD 中，BC ＝1，AD ＝3，∴BC 綊12AE .∴GM 綊BC ，∴四边形BCMG 是平行四边形， ∴BG ∥CM .又CM ⊂平面FCE ，BG ⊄平面FCE ， ∴BG ∥平面FCE .(2)解∵平面FCE ⊥平面ABCE ，平面FCE ∩平面ABCE ＝CE ， EF ⊂平面FCE ，FE ⊥CE ，∴FE ⊥平面ABCE . 又V F －BEG ＝V B －GEF ＝12V B －AEF ＝12V F －ABE ， S △ABE ＝12×2×1＝1， ∴V F －BEG ＝12×13×1×1＝16.11.如图所示，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE . (1)求证：AE ⊥BE ；(2)设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE .(1)证明∵AD ⊥平面ABE ， AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ， ∵AE ⊂平面ABE ， ∴AE ⊥BC .又∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， ∴AE ⊥BF .∵BC ∩BF ＝B ，BC ，BF ⊂平面BCE ，∴AE ⊥平面BCE .又BE ⊂平面BCE ，∴AE ⊥BE .(2)解在△ABE 中过M 点作MG ∥AE 交BE 于G 点，在△BEC 中过G 点作GN ∥BC 交EC 于N 点，连接MN ，则由比例关系易得CN ＝13CE .∵MG ∥AE ，MG ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，∴MG ∥平面ADE .同理，GN ∥平面ADE .又∵GN ∩MG ＝G ，GN ，MG ⊂平面MGN ，∴平面MGN ∥平面ADE .又MN ⊂平面MGN ，∴MN ∥平面ADE .∴N 点为线段CE 上靠近C 点的一个三等分点.第2讲立体几何中的向量方法高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真题感悟(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.(1)证明延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC ⊂平面ACFD ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)解法一如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32. 因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.法二过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK .所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.考点整合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同).(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cosa ，μ|.(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos μ，v |.热点一向量法证明平行与垂直【例1】如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF的中点，运用向量方法求证：(1)OM ∥平面BCF ；(2)平面MDF ⊥平面EFCD .法一证明由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12， BA→＝(－1，0，0)， ∴OM→·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA→是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，CF →＝(0，－1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0，1，1).∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .法二证明 (1)OM→＝OF →＋FB →＋BM → ＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM→与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直，∵CD→＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .探究提高解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算.【训练1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点.(1)求证：直线PC ∥平面BDE ；(2)求证：BD ⊥PC .证明设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1).(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE→＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3).又PC→＝(0，23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0，即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC→＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)，所以PC→·BD →＝0. 故BD ⊥PC .热点二利用空间向量求空间角[微题型1] 求线面角【例2－1】(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.(1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0，2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1). 于是cos 〈n ，AN →〉＝n ·AN →|n ||AN →|＝8525. 设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.探究提高利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.[微题型2] 求二面角【例2－2】(2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解如图，以H 为坐标原点，HF→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525. sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.探究提高利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练2】(2015·福建卷)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点.(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值.法一 (1)证明如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD .由四边形ABCD 是矩形得，AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH .又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)解如图，在平面BEC 内，过B 点作BQ ∥EC .因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE→，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (0，0，0)，E (2，0，0)，F (2，2，1).因为AB ⊥平面BEC ，所以BA→＝(0，0，2)为平面BEC 的法向量. 设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量.又AE→＝(2，0，－2)，AF →＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0. 取z ＝2，得n ＝(2，－1，2).从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA→|＝42×3＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.法二 (1)证明如图，取AB 中点M ，连接MG ，MF .又G 是BE 的中点，可知GM ∥AE . 又AE ⊂平面ADE ，GM ⊄平面ADE ，所以GM ∥平面ADE .在矩形ABCD 中，由M ，F 分别是AB ，CD 的中点得MF ∥AD . 又AD ⊂平面ADE ，MF ⊄平面ADE . 所以MF ∥平面ADE .又因为GM ∩MF ＝M ，GM ⊂平面GMF ，MF ⊂平面GMF ，所以平面GMF ∥平面ADE . 因为GF ⊂平面GMF ，所以GF ∥平面ADE . (2)解同法一.热点三向量法解决立体几何中的探索性问题【例3】如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3. (1)求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)在棱PC 上是否存在一点M ，使二面角M －BQ －C 为30°，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点， ∴BC ∥DQ 且BC ＝DQ ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ . ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ， ∵P A ＝PD ，∴PQ ⊥AD ，∵PQ ∩BQ ＝Q ，PQ ，BQ ⊂平面PBQ ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂平面P AD ，∴平面PQB ⊥平面P AD .(2)解当M 是棱PC 上靠近点C 的四等分点时，有二面角M －BQ －C 为30°，理由如下：由(1)知PQ ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为原点，QA 为x 轴，QB 为y 轴，QP 为z 轴建立空间直角坐标系，则平面BQC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，Q (0，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0).设满足条件的点M (x ，y ，z )存在，则PM→＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，令PM→＝tMC →，其中t ＞0， ∴⎩⎨⎧x ＝t （－1－x ），y ＝t （3－y ），z －3＝t （－z ），∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t 1＋t，y ＝3t 1＋t ，z ＝31＋t .在平面MBQ 中，QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t ， ∴平面MBQ 的一个法向量m ＝(3，0，t )， ∵二面角M －BQ －C 为30°，∴cos 30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝|t |3＋0＋t 2＝32，解得t ＝3.所以满足条件的点M 存在，M 是棱PC 的靠近点C 的四等分点.探究提高(1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例PM →＝tMC →来求M点的坐标.(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.【训练3】(2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD .又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ， ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).则PB→＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD→＝(－2，－1，0). 设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎨⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM→＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)，因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.1.两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2016·山东卷)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线. (1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；。

2018版高考数学二轮复习小题提速练412选择+4填空80分练理

小题提速练(四) “12选择＋4填空”80分练(时间：45分钟分值：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A ＝{x |3≤3x ≤27，x ∈N *}，B ＝{x |log 2x ＞1}，则A ∩B ＝( )A ．{1,2,3}B ．(2,3]C ．{3}D ．[2,3]C [∵3≤3x≤27，即31≤3x≤33，∴1≤x ≤3，又x ∈N *，∴A ＝{1,2,3}，∵log 2x ＞1，即log 2x ＞log 22，∴x ＞2，∴B ＝{x |x ＞2}，∴A ∩B ＝{3}，选C.] 2．已知复数z ＝15i3＋4i，则z 的虚部为( )【导学号：07804211】A ．－95iB ．95iC ．－95D ．95D [z ＝15i3＋4i＝－＋－＝1525(4＋3i)＝125＋95i ，故选D.] 3．设D 是△ABC 所在平面内一点，AB →＝2DC →，则( )A.BD →＝AC →－32AB →B ．BD →＝32AC →－AB →C.BD →＝12AC →－AB →D ．BD →＝AC →－12AB →A [BD →＝BC →＋CD →＝BC →－DC →＝AC →－AB →－12AB →＝AC →－32AB →，选A.]4．(2017·湖南三模)体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )＞1.75，则p 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，712B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C [根据题意，学生发球次数为1即一次发球成功的概率为p ，即P (X ＝1)＝p ，发球次数为2即二次发球成功的概率P (X ＝2)＝p (1－p )，发球次数为3的概率P (X ＝3)＝(1－p )2，则E (X )＝p ＋2p (1－p )＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3，依题意有E (X )＞1.75，则p 2－3p ＋3＞1.75，解得，p ＞52或p ＜12，结合p 的实际意义，可得0＜p ＜12，即p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，故选C.]5．已知点F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，过F 2且垂直于x 轴的直线与双曲线交于M ，N 两点，若MF 1→·NF 1→＞0，则该双曲线的离心率e 的取值范围是( ) A ．(2，2＋1) B ．(1，2＋1) C ．(1，3)D ．(3，＋∞)B [设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，依题意可得c 2a 2－y 2b 2＝1，得到y ＝±b 2a ，不妨设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，则MF 1→·NF 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－2c ，－b 2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2c ，b 2a ＝4c 2－b 4a 2＞0，得到4a 2c 2－(c 2－a 2)2＞0，即a 4＋c 4－6a 2c 2＜0，故e 4－6e 2＋1＜0，解得3－22＜e 2＜3＋22，又e ＞1，故1＜e 2＜3＋22，得1＜e ＜1＋2，故选B.]6．函数y ＝f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2＜φ＜π2的部分图象如图9所示，关于函数y ＝f (x )(x ∈R )，有下列命题：图9①y ＝f (x )的图象关于直线x ＝π6对称；②y ＝f (x )的图象可由y ＝2sin 2x 的图象向右平移π6个单位长度得到；③y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称； ④y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，5π12上单调递增．其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [依题意可得T ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫11π12－5π12＝π，故T ＝2πω＝π，解得ω＝2，所以f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由f (x )＝2sin(2x ＋φ)的图象经过点⎝⎛⎭⎪⎫5π12，2可得2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×512π＋φ＝2，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫56π＋φ＝1，又－π2＜φ＜π2，故φ＝－π3，即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6－π3＝0，所以①不对；y ＝2sin 2x 的图象向右平移π6个单位长度得到y ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象，②正确；因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6－π3＝0，所以③正确；由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，取k ＝0，得－π12≤x ≤5π12，即y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，5π12上单调递增，④正确，故选C.]7．某几何体的三视图如图10所示，则该几何体的体积为( )【导学号：07804212】图10A.17π6B ．17π3C ．5πD ．13π6A [由三视图可知，该几何体是半个圆锥，一个圆柱，一个半球的组合体，其体积为16π＋2π＋23π＝176π.选A.]8．执行如图11所示的程序框图，输出的结果为( )图11A ．－1B ．1 C.12D ．2C [n ＝12，i ＝1进入循环，n ＝1－2＝－1，i ＝2；n ＝1－(－1)＝2，i ＝3；n ＝1－12＝12，i ＝4，…，所以n 对应的数字呈现周期性的特点，周期为3，因为2 017＝3×672＋1，所以当i ＝2 017时，n ＝12，故选C.]9．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0ax －y ＋3≥0y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－6，则a 的值为( )A ．－1B ．1C ．－12D ．12C [作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，当a ＞0时，易知z ＝y －x 无最小值，故a ＜0，目标函数所在直线过可行域内点A 时，z 有最小值，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0ax －y ＋3＝0，解得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a ，0，z min ＝0＋3a＝－6，解得a ＝－12，故选C.]10．(数学文化题)今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，问：几何日相逢？( ) A ．12日 B ．16日 C ．8日D ．9日D [由题易知良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为a n ＝103＋13(n －1)＝13n ＋90，驽马每日所行里数也构成一等差数列，其通项公式为b n ＝97－12(n －1)＝－12n＋1952，二马相逢时所走路程之和为2×1 125＝2 250，所以na 1＋a n2＋n b 1＋b n2＝2 250，即n＋13n ＋2＋n ⎝⎛⎭⎪⎫97－12n ＋19522＝2 250，化简得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9或n ＝－40(舍去)，故选D.]11．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2与直线y ＝3的交点的横坐标构成以π为公差的等差数列，且x ＝π6是f (x )图象的一条对称轴，则下列区间中是函数f (x )的单调递减区间的是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，0 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4π3，－5π6C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，7π6D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π6，－π3D [由题意得A ＝3，T ＝π，∴ω＝2.∴f (x )＝3sin(2x ＋φ)，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝3或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－3，∴2×π6＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，φ＝π6＋k π，k ∈Z ，又|φ|＜π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.令π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z ，故当k ＝－1时，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π6，－π3，故选D.]12．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )A.40π3 B ．4030π27C.32030π27D ．20πB [设△A 1B 1C 1的外心为O 1，△ABC 的外心为O 2，连接O 1O 2，O 2B ，OB ，如图所示．由题意可得外接球的球心O 为O 1O 2的中点．在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7.由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213. 而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12AA 1＝1，设直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球半径为R ，由球的截面性质可得R 2＝d 2＋r 2＝12＋⎝⎛⎭⎪⎫2132＝103，故R ＝303，所以该三棱柱的外接球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27.故选B.] 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．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x 2＋mx (m ∈R )，若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数g (x )的图象相切，则m 的值为________．[解析] 易知f (1)＝0，f ′(x )＝1x，从而得到f ′(1)＝1，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.法一：(应用导数的几何意义求解)设直线y ＝x －1与g (x )＝x 2＋mx (m ∈R )的图象相切于点P (x 0，y 0)，从而可得g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0－1.又g ′(x )＝2x ＋m ，因此有⎩⎪⎨⎪⎧g x 0＝2x 0＋m ＝1x 20＋mx 0＝x 0－1，得x 20＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1m ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1m ＝3.法二：(应用直线与二次函数的相切求解)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1y ＝x 2＋mx，得x 2＋(m －1)x ＋1＝0，所以Δ＝(m －1)2－4＝0，解得m ＝－1或m ＝3. [答案] －1或314．3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每所学校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有________种.【导学号：07804213】[解析] 3所学校依次选医生、护士，不同的分配方法共有C 13C 26C 12C 24＝540种． [答案] 54015．已知直线MN 过椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点F ，与椭圆交于M ，N 两点．直线PQ 过原点O 且与直线MN 平行，直线PQ 与椭圆交于P ，Q 两点，则|PQ |2|MN |＝________.[解析] 法一：由题意知，直线MN 的斜率不为0，设直线MN ：x ＝my －1，则直线PQ ：x ＝my .设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)． ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1x 22＋y 2＝1⇒(m 2＋2)y 2－2my －1＝0⇒y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2. ∴|MN |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝22·m 2＋1m 2＋2.⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my x 22＋y 2＝1⇒(m 2＋2)y 2－2＝0⇒y 3＋y 4＝0，y 3y 4＝－2m 2＋2.∴|PQ |＝1＋m 2|y 3－y 4|＝22m 2＋1m 2＋2.故|PQ |2|MN |＝2 2. 法二：取特殊位置，当直线MN 垂直于x 轴时，易得|MN |＝2b 2a ＝2，|PQ |＝2b ＝2，则|PQ |2|MN |＝2 2. [答案] 2 216．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，对任意x ∈R ，都有f (x )＝f (x ＋4)，且当x ∈[－2,0]时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1，若在区间(－2,6]内关于x 的方程f (x )－log a (x ＋2)＝0(a ＞1)恰有3个不同的实数根，则a 的取值范围是________． [解析] 设x ∈[0,2]，则－x ∈[－2,0]，∴f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x－1＝2x－1，∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (x )＝f (－x )＝2x－1.∵对任意x ∈R ，都有f (x )＝f (x ＋4)， ∴当x ∈[2,4]时，(x －4)∈[－2,0]，∴f (x )＝f (x －4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －4－1；当x ∈[4,6]时，(x －4)∈[0,2]，∴f (x )＝f (x －4)＝2x －4－1.∵在区间(－2,6]内关于x 的方程f (x )－log a (x ＋2)＝0(a ＞1)恰有3个不同的实数根， ∴函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝log a (x ＋2)的图象在区间(－2,6]内恰有3个不同的交点，作出两个函数的图象如图所示，易知⎩⎪⎨⎪⎧log a＋＞3log a ＋＜3，解得223＜a ＜2，即34＜a ＜2，因此所求a 的取值范围是(34，2)．[答案] (34，2)。

(浙江专版)2018年高考数学二轮专题复习选择填空提速专练(四)

选择填空提速专练（四）一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知集合P ＝{x ∈R|0<x <1}，Q ＝{x ∈R|x 2＋x －2≤0}，则( ) A ．P ∈Q B ．P ∈∁R Q C ．∁R P ⊆QD ．∁R Q ⊆∁R P解析：选D 由题意得集合P ＝{x |0<x <1}，Q ＝{x |－2≤x ≤1}，所以∁R P ＝{x |x ≤0或x ≥1}，∁R Q ＝{x |x <－2或x >1}，所以∁R Q ⊆∁R P ，故选D.2．已知i 为虚数单位，复数z ＝1－3i2＋i ，则复数z 在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选C 由题意得复数z ＝1－3i 2＋i ＝ 1－3i 2－i 2＋i 2－i ＝－15－75i ，则其在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，－75，位于第三象限，故选C.3．在△ABC 中，“sin A >sin B ”是“cos A <cos B ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 在△ABC 中，由正弦定理得sin A >sin B ⇔a >b ⇔A >B ，又因为在(0，π)内函数f (x )＝cos x 单调递减，所以A >B ⇔cos A <cos B ，所以sin A >sin B ⇔A >B ⇔cos A <cos B ，故选B.4．直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，所有棱长都相等，M 是A 1C 1的中点，N 是BB 1的中点，则AM 与NC 1所成角的余弦值为( )A.23 B.35C.53D.45解析：选B 设直三棱柱的棱长为2a ，AC 的中点为D ，连接C 1D ，DN ，则易得C 1D ∥AM ，则∠DC 1N 就是AM 与NC 1的夹角，又因为C 1D ＝CC 21＋CD2＝5a ，DN ＝AB 2－AD 2＋BN 2＝2a ，C 1N ＝C 1B 21＋B 1N 2＝5a ，所以AM 与NC 1的夹角的余弦值等于cos ∠DC 1N ＝C 1D 2＋C 1N 2－DN 22C 1D ·C 1N ＝35，故选B.5．若(1＋x )3＋(1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )2 017＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 017x2 017，则a 3的值为( )A ．C 32 017 B ．C 32 018 C ．C 42 017D ．C 42 018解析：选D 由题意得a 3＝C 33＋C 34＋…＋C 32 017＝C 44＋C 34＋…＋C 32 017＝C 45＋C 35＋…＋C 32 017＝…＝C 42 017＋C 32 017＝C 42 018，故选D.6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310B.37C.13D.12解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，则由S 4S 8＝13得d ≠0，S 42S 4＋16d ＝13，解得S 4＝16d ，所以S 8S 16＝S 82S 8＋64d ＝3×16d 6×16d ＋64d ＝310，故选A. 7．从双曲线x 23－y 25＝1的左焦点F 引圆x 2＋y 2＝3的切线FP 交双曲线右支于点P ，T 为切点，M 为线段FP 的中点，O 为坐标原点，则|MO |－|MT |等于( )A. 3B. 5C.5－ 3D.5＋ 3解析：选C 设双曲线的右焦点为F 1，连接PF 1.因为点M 为PF 的中点，点O 为F 1F 的中点，所以|OM |＝12|PF 1|＝12(|PF |－23)＝|FM |－3，所以|OM |－|MT |＝|FM |－|MT |－3＝|FT |－3，又因为直线FP 与圆x 2＋y 2＝3相切于点T ，所以|FT |＝8－3＝5，则|OM |－|MT |＝5－3，故选C.8．从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是( )A ．72B ．70C ．66D ．64解析：选D 选取的三个数中有且只有两个相邻的选法有7×2＋6×7＝56种，选取的三个数都相邻的选法有8种，所以选取的三个数中至少有两个相邻的不同选法种数为56＋8＝64，故选D.9．已知f (x )＝2x 2－4x －1，设有n 个不同的数x i (i ＝1，2，…，n )满足0≤x 1<x 2<…<x n ≤3，则满足|f (x 1)－f (x 2)|＋|f (x 2)－f (x 3)|＋…＋|f (x n －1)－f (x n )|≤M 的M 的最小值是( )A ．10B ．8C ．6D ．2解析：选A 由二次函数的性质易得f (x )＝2x 2－4x －1在(0,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，且f (0)＝－1，f (1)＝－3，f (3)＝5，则当x 1＝0，x n ＝3，且存在x i ＝1时，|f (x 1)－f (x 2)|＋|f (x 2)－f (x 3)|＋…＋|f (x n －1)－f (x n )|取得最大值，最大值为|f (x 1)－f (x i )|＋|f (x i )－f (x n )|＝|－1－(－3)|＋|－3－5|＝10，所以M 的最小值为10，故选A.10．已知Rt △ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，I 是△ABC 的内心，P 是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫712，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，712 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1 解析：选A 以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AC 所在的直线为y 轴建立平面直角坐标系(图略)，则易得A (0,0)，B (3,0)，C (0,4)，I (1,1)，设点P (x ，y )，则由AP ―→＝λAB ―→＋μAC―→得(x ，y )＝λ(3,0)＋μ(0,4)，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝x3，μ＝y4，则λ＋μ＝x 3＋y4，又由题意得点P (x ，y )在以B (3,0)，C (0,4)，I (1,1)为顶点的三角形内部(不包含边界)，所以当目标函数z ＝x 3＋y4与直线BC 重合时，z ＝x 3＋y 4取得最大值1，当目标函数z ＝x 3＋y 4经过点I (1,1)时，z ＝x 3＋y4取得最小值712，又因为点P (x ，y )的可行域不包含边界，所以z ＝x 3＋y 4的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1，即λ＋μ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1，故选A.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11．已知函数f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4，则f (x )的最小正周期为________；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝________. 解析：函数f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的最小正周期为π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－π4＝tan 2π3－tanπ41＋tan 2π3·tanπ4＝－3－11＋－3 ×1＝2＋ 3.答案：π22＋ 312．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________cm 3；该几何体的外接球的直径为________cm.解析：由三视图得该几何体为一个底面为边长为1的正方形，有一条长为1的侧棱垂直于底面的四棱锥，所以该几何体的体积为13×1×1×1＝13(cm 3)．由题意得该四棱锥可以补形为一个棱长为1的正方体，且正方体的外接球即为四棱锥的外接球，所以该几何体的外接球的直径为12＋12＋12＝3(cm)．答案：13313．随机变量X 的分布列如下：则p ＝________；若Y ＝2X ＋3解析：由分布列的概念易得12＋13＋p ＝1，解得p ＝16，则E (X )＝(－2)×12＋0×13＋1×16＝－56，所以E (Y )＝2E (X )＋3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－56＋3＝43.答案：16 4314．已知函数y ＝x ＋a x 2＋1(a ∈R)的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，m ，则常数a ＝________，m ＝________. 解析：由题意得f (x )＝x ＋a x 2＋1≥－14，即a ≥－14x 2－x －14对任意x ∈R 恒成立，且存在x ∈R 使得等号成立，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ，又因为－14x 2－x －14＝－14(x ＋2)2＋34，所以a ＝⎝⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max＝34，所以f (x )＝x ＋34x 2＋1＝4x ＋34x 2＋4，则f ′(x )＝－2x 2－3x ＋22 x 2＋12＝ x ＋2 －2x ＋1 2 x 2＋1 2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12时，f ′(x )>0，x ∈(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，又x →－∞时f (x )→0，所以当x ＝12时，f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4×12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋4＝1，即m ＝1.答案：34115．已知P (x ，y )是抛物线y 2＝4x 上的点，则 x －3 2＋ y －2 2－x 的最大值是________．解析：由题意得抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，准线方程为x ＝－1，所以|PF |＝x ＋1，则x ＝|PF |－1.设点A (3,2)，则 x －3 2＋ y －2 2－x ＝|PA |－(|PF |－1)＝|PA |－|PF |＋1，由图结合三角形的性质易得当P ，F ，A 三点自下而上依次共线时，|PA |－|PF |取得最大值|AF |＝ 3－1 2＋ 2－0 2＝22，所以 x －3 2＋ y －2 2－x 的最大值为22＋1.答案：22＋116．过P (－1,1)的光线经x 轴上点A 反射后，经过不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4≥0，x ＋y －2≥0，3x ＋y －9≤0所表示的平面区域内某点(记为B )，则|PA |＋|AB |的取值范围是________．解析：由题意得点P (－1,1)关于x 轴的对称点为P 1(－1，－1)，则|PA |＋|PB |的取值范围等价于点P 1(－1，－1)与不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4≥0，x ＋y －2≥0，3x ＋y －9≤0，y ≥0表示的平面区域内的点的连线的长度的范围，如图，在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域(阴影区域，含边界)，由图易得点P 1(－1，－1)到直线x ＋y －2＝0的距离最小，最小值为|－1－1－2|12＋12＝22；点P 1(－1，－1)与点C (2，3)的距离最大，最大值为 2＋1 2＋ 3＋1 2＝5.所以|PA |＋|PB |的取值范围为[22，5]．答案：[22，5]17．已知非负实数x ，y 满足2x 2＋4xy ＋2y 2＋x 2y 2＝9，则22(x ＋y )＋xy 的最大值为________．解析：由2x 2＋4xy ＋2y 2＋x 2y2＝9得2(x ＋y )2＋x 2y 2＝9，令⎩⎪⎨⎪⎧u ＝x ＋y ，v ＝xy ，则x ，y 为方程t2－ut ＋v ＝0(t 为自变量)的两个根，则Δ＝u 2－4v ≥0，即有u 292＋v 29＝1，而22(x ＋y )＋xy ＝22u ＋v ，以u 为横坐标，v 为纵坐标建立平面直角坐标系，设z ＝22u ＋v ，则u ，v 的可行域为⎩⎪⎨⎪⎧u 2－4v ≥0，u 292＋v29＝1，作出可行域，如图中椭圆的实线部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧u 2－4v ＝0，u 292＋v29＝1得⎩⎪⎨⎪⎧u ＝±2，v ＝1，且点在(2,1)处，椭圆u 292＋v 29＝1的切线斜率为－4<－22，所以当直线z ＝22u ＋v 经过点(2,1)时，z 取得最大值42＋1，所以22(x ＋y )＋xy 的最大值为42＋1.答案：42＋1。

2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第二部分+专题二巧做高考题型+Word版含答案

专题二巧做高考题型第一讲六招秒杀选择题——快得分选择题具有概括性强，知识覆盖面广，小巧灵活等特点．注重多个知识点的小型综合，侧重于考查学生是否能迅速选出正确答案，解题手段不拘常规，有利于考查学生的选择、判断能力．常用方法分直接法和间接法两大类．直接法是解答选择题最基本、最常用的方法，但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，时间可能不允许，因此，我们还要研究解答选择题的一些间接法的应用技巧．其基本解答策略是：充分利用题干和选项所提供的信息作出判断．先定性后定量，先特殊后推理，先间接后直接，先排除后求解．总的来说，选择题属于小题，尽量避免“小题大做”．在考场上，提高了解题速度，也是一种制胜的法宝．直接法推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择．涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法．[例1] (2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4.[答案] C直接法是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上的，否则一味求快则会快中出错．1．两个正数a ，b 的等差中项是92，一个等比中项是25，且a >b ，则抛物线y 2＝－b a x的焦点坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－516，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫15，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，0 解析：选B 由两个正数a ，b 的等差中项是92，得a ＋b ＝9；a ，b 的一个等比中项是25，得ab ＝20，且a >b ，故a ＝5，b ＝4.又由b a ＝45＝2p ，得p 2＝15，故抛物线y 2＝－b a x 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，0.特例法从题干(或选项)特殊函数或图形位置，进行判断．特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等．[例2] 已知ω>0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．则ω的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，54B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，34 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D. (0,2][解析] 根据三角函数的性质利用特殊值法代入逐项判断： ∵ω＝2时，2x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，9π4，不合题意，∴排除D.∵ω＝1时，x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，5π4，合题意，∴排除B 、C ，故选A.[答案] A特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，但用特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解．2．函数y ＝a x－1a(a >0，a ≠1)的图象可能是( )解析：选D 函数y ＝a x－1a(a >0，a ≠1)恒过(－1,0)，选项只有D 符合，故选D.排除法通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而得出正确结论的一种方法．[例3] 设[x ]表示不大于x 的最大整数，则对任意实数x ，y 有( ) A ．[－x ]＝－[x ] B ．[2x ]＝2[x ] C ．[x ＋y ]≤[x ]＋[y ]D ．[x －y ]≤[x ]－[y ][解析] 选项A ，取x ＝1.5，则[－x ]＝[－1.5]＝－2，－[x ]＝－[1.5]＝－1，显然[－x ]≠－[x ]；选项B ，取x ＝1.5，则[2x ]＝[3]＝3,2[x ]＝2[1.5]＝2，显然[2x ]≠2[x ]；选项C ，取x ＝y ＝1.6，则[x ＋y ]＝[3.2]＝3，[x ]＋[y ]＝[1.6]＋[1.6]＝2，显然[x ＋y ]>[x ]＋[y ]．排除A ，B ，C ，故选D.[答案] D排除法适应于定性型或不易直接求解的选择题．当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案．3．函数y ＝x cos x ＋sin x 的图象大致为( )解析：选D 由题意知，函数是奇函数，图象关于坐标原点对称，当0<x <π2时，显然y >0，而当x ＝π时，y ＝－π<0，据此排除选项A ，B ，C.数形结合法根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，习惯上也叫数形结合法．有些选择题可通过命题条件中的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质等，综合图象的特征，得出结论．图形化策略就是以数形结合的数学思想为指导的一种解题策略．[例4] 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f x ＋1，x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝3等．若直线y ＝kx ＋k (k >0)与函数y ＝f (x )的图象恰有三个不同的交点，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1 [解析] 直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－1,0)，在同一直角坐标系中作出函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝kx ＋k (k >0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点，所以14≤k <13.[答案] B涉及函数零点问题，一般有两种题型，且都可以利用数形结合法求解．(1)求解方程根的个数．画出相关的两个函数的图象，则两函数图象的交点个数即是函数零点的个数；(2)讨论图象交点问题的参数范围，如本例就是利用图象中直线y ＝kx ＋k (k >0)与函数y ＝f (x )图象恰有三个不同的交点，得到实数k 的取值范围．4．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→，则λ＋μ的最大值为( )A ．3B ．2 2 C. 5D ．2解析：选A 以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,2)，D (0,2)，可得直线BD 的方程为2x ＋y －2＝0，点C 到直线BD 的距离为212＋22＝25，所以圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝45. 因为P 在圆C 上，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋255cos θ，2＋255sin θ.又AB ―→＝(1,0)，AD ―→＝(0,2)，AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→＝(λ，2μ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋255cos θ＝λ，2＋255sin θ＝2μ，λ＋μ＝2＋255cos θ＋55sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.概念辨析法概念辨析法是从题设条件出发，通过对数学概念的辨析，进行少量运算或推理，直接选择出正确结论的方法．这类题目一般是给出一个创新定义，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性质，需要考生在平时注意辨析有关概念，准确区分相应概念的内涵与外延，同时在审题时多加小心．[例5] 对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x |f (x )＝0}，β＝{x |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“零点相邻函数”．若函数f (x )＝e x －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则实数a 的取值范围是( )A ．[2,4]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，73 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，3 D ．[2,3][解析] 函数f (x )＝e x －1＋x －2的零点为x ＝1，设g (x )＝x 2－ax －a ＋3的零点为b ，若函数f (x )＝ex －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则|1－b |≤1，∴0≤b ≤2.由于g (x )＝x 2－ax －a ＋3＝x 2＋3－a (x ＋1)必经过点(－1,4)，∴要使其零点在区间[0,2]上，则⎩⎪⎨⎪⎧g 0≥0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋3≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ·a2－a ＋3≤0，解得2≤a ≤3.[答案] D函数的创新命题是高考的一个亮点，此类题型是用数学符号、文字叙述给出一个教材之外的新定义，要求考生在短时间内通过阅读、理解后，解决题目给出的问题．解决这类问题的关键是准确把握新定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决．5．若对于定义在R 上的函数f (x )，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f (x ＋λ)＋λf (x )＝0对任意实数都成立，则称f (x )是一个“λ伴随函数”．下列是关于“λ伴随函数”的结论：①f (x )＝0不是常数函数中唯一一个“λ伴随函数”；②f (x )＝x 是“λ伴随函数”；③f (x )＝x 2是“λ伴随函数”；④“12伴随函数”至少有一个零点．其中正确的结论个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由题意得，①正确，如f (x )＝c ≠0，取λ＝－1，则f (x －1)－f (x )＝c －c ＝0，即f (x )＝c ≠0是一个“λ伴随函数”；②不正确，若f (x )＝x 是一个“λ伴随函数”，则x ＋λ＋λx ＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；③不正确，若f (x )＝x 2是一个“λ伴随函数”，则(x ＋λ)2＋λx 2＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾；④正确，若f (x )是“12伴随函数”，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋12f (x )＝0，取x ＝0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12f (0)＝0，若f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12任意一个为0，则函数f (x )有零点；若f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12均不为0，则f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12异号，由零点存在性定理知，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12区间内存在零点，所以有两个结论正确.估算法的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义．估算法往往可以减少运算量，快速找到答案．[例6] 如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92 B ．5 C ．6D.152[解析] 连接BE ，CE ，四棱锥E ABCD 的体积为V E ABCD ＝13×3×3×2＝6，又多面体ABCDEF的体积大于四棱锥E ABCD 的体积，即所求几何体的体积V >V E ABCD ＝6，而四个选项里面大于6的只有152，故选D.[答案] D本题既用了估算法又用了排除法，解题的关键是利用θ的范围求sin θ的范围一定要准确，否则将达不到解题的目的或解答错误．6.(2017·宁波效实中学模拟)图中阴影部分的面积S 是h 的函数(0≤h ≤H )，则该函数的大致图象是( )解析：选B 由图知，随着h 的增大，阴影部分的面积S 逐渐减小，且减小得越来越慢，结合选项可知选B.第二讲分类智取填空题——稳得分填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点．(1)根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：①定量型：要求考生填写数值、数集或数量关系；②定性型：要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质．(2)根据填空题出题设问的多少，又可以将填空题分成两类形式：①单空题：与全国卷出题方式相同，一题一空，根据一般填空题的特点，四招速解；②多空题：是浙江高考填空题的一大特色，一题多空，出题的目的是提高知识覆盖面的考查，降低难度，让学生能分步得分；本质上来说和单空题区别无非就是多填一空，其解题方法和单空题相同，但多空题有它自身的特色，搞清多空之间设问的关系能使我们的解题事半功倍．解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格．在解填空题时要做到：一、单空题——四招速解直接法直接得到结果的方法．要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题．[例1] (2016·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________. [解析] 因为A ，C 为△ABC 的内角，且cos A ＝45，cos C ＝513，所以sin A ＝35，sin C＝1213，所以sin B ＝sin(π－A －C )＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365.又a ＝1，所以由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝6365×53＝2113. [答案]2113直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键．1．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，所以a 2b 2＝1.答案：1特殊值法定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论．为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例．[例2] 如图所示，在平行四边形ABCD 中，AP ⊥BD ，垂足为P ，且AP ＝3，则AP ―→·AC ―→＝________.[解析] 法一：AP ―→·AC ―→＝AP ―→·(AB ―→＋BC ―→)＝AP ―→·AB ―→＋AP ―→·BC ―→＝AP ―→·AB ―→＋AP ―→·(BD ―→＋DC ―→) ＝AP ―→·BD ―→＋2AP ―→·AB ―→， ∵AP ⊥BD ，∴AP ―→·BD ―→＝0.又∵AP ―→·AB ―→＝|AP ―→||AB ―→|cos ∠BAP ＝|AP ―→|2， ∴AP ―→·AC ―→＝2|AP ―→|2＝2×9＝18. 法二：把平行四边形ABCD 看成正方形，则P 点为对角线的交点，AC ＝6，则AP ―→·AC ―→＝18. [答案] 18求值或比较大小等问题的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，则不能使用该种方法求解．本题中的法二把平行四边形看作正方形，从而减少了计算量．2．若函数f (x )满足：f (1)＝14，4f (x )f (y )＝f (x ＋y )＋f (x －y )，则f (2 018)＝________.解析：取x ＝1，y ＝0时，有f (0)＝f (1)＋f (1)＝12，取x ＝1，y ＝1时，有14＝f (2)＋f (0)，f (2)＝－14.取x ＝n ，y ＝1，有f (n )＝f (n ＋1)＋f (n －1)，同理f (n ＋1)＝f (n ＋2)＋f (n )，联立得f (n ＋2)＝－f (n －1)，可得f (n ＋6)＝f (n )，所以f (x )是以6为周期的函数，故f (2 018)＝f (2)＝－14.答案：－14图象分析法对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率和截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确规范地作出相应的图形．[例3] 已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是________．[解析] 如图，OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，∵(a －c )·(b －c )＝0，∴点C 在以AB 为直径，AB 的中点为圆心的圆上，故|OC |的最大值为圆的直径，即|AB |的长为 2.[答案]2图象分析法实质上就是数形结合的思想方法在解决填空题中的应用，利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．3．不等式⎝⎛⎭⎪⎫|x |－π2·sin x <0，x ∈[－π，2π]的解集为________．解析：在同一坐标系中分别作出y ＝|x |－π2与y ＝sin x 的图象：根据图象可得不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2∪(π，2π)．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2∪(π，2π)构造法用构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的．[例4] 如图，已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB ＝BC＝2，则球O的体积等于________．[解析] 如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝22＋22＋22＝2R，所以R＝62，故球O的体积V＝4πR33＝6π.[答案] 6π构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题．本题巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题很容易得到解决.4．在数列{a n}中，若a1＝1，a n＋1＝2a n＋3(n≥1)，则该数列的通项a n＝________.解析：由a n＋1＝2a n＋3，则有a n＋1＋3＝2(a n＋3)，即a n＋1＋3a n＋3＝2.所以数列{a n＋3}是以a1＋3＝4为首项，公比为2的等比数列，即a n＋3＝4·2n－1＝2n＋1，所以a n＝2n＋1－3.答案：2n＋1－3二、多空题——辨式解答并列式——两空并答此种类型多空题的特点是：根据题设条件，利用同一解题思路和过程，可以一次性得出两个空的答案，两空并答，题目比较简单，会便全会，这类题目在高考中一般涉及较少，常考查一些基本量的求解，一般是多空题的第一个题目．[例1] (2016·浙江高考)已知2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0)，则A ＝________，b ＝________.[解析] ∵2cos 2x ＋sin 2x ＝1＋cos 2x ＋sin 2x ＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＝A sin(ωx ＋φ)＋b ， ∴A ＝2，b ＝1. [答案]2 1[点评] 例1中根据题设条件把2cos 2x ＋sin 2x 化成1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4后，对比原条件恒等式两边可直接得出两空的结果，A ＝2，b ＝1.1．(2015·浙江高考)双曲线x 22－y 2＝1的焦距是______，渐近线方程是________________．解析：由双曲线标准方程，知双曲线焦点在x 轴上，且a 2＝2，b 2＝1，∴c 2＝a 2＋b 2＝3，即c ＝3，∴焦距2c ＝23，渐近线方程为y ＝±b a x ，即y ＝±22x . 答案：2 3 y ＝±22x 分列式——一空一答之间没什么具体联系，各自成题，是对于多个知识点或某知识点的多个角度的考查；两问之间互不干扰，不会其中一问，照样可以答出另一问．[例2] (1)(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.(2)(2015·浙江高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg x 2＋1，x <1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________．[解析] (1)由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,2 cm ，4 cm.几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)，体积为2×2×4×2＝32(cm 3)．(2)∵f (－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， ∴f (f (－3))＝f (1)＝1＋2－3＝0. 当x ≥1时，x ＋2x－3≥2x ·2x －3＝22－3，当且仅当x ＝2x，即x ＝2时等号成立，此时f (x )min ＝22－3＜0；当x ＜1时，lg(x 2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f (x )min ＝0.所以f (x )的最小值为22－3. [答案] (1)72 32 (2)0 22－3[点评] 例2(1)中根据题设条件三视图得出其几何体的直观图后，由面积的相关公式求出几何体的面积，由体积的相关公式求出其体积；例2(2)中，两空都是在已知一分段函数的解析式，考查两方面的知识，分别求出函数的值和函数的最值．2．(2015·浙江高考)函数f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1的最小正周期是________，单调递减区间是____________．解析：∵f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1＝1－cos 2x 2＋12sin 2x ＋1＝12sin 2x －12cos 2x ＋32＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4＋32，∴函数f (x )的最小正周期T ＝π.令π2＋2kπ≤2x－π4≤3π2＋2kπ，k∈Z，解之可得函数f(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤kπ＋3π8，kπ＋7π8(k∈Z)．答案：π⎣⎢⎡⎦⎥⎤kπ＋3π8，kπ＋7π8(k∈Z)递进式——逐空解答结果再进行作答，第一空是解题的关键也是难点，只要第一空会做做对，第二空便可顺势解答．[例3] (2016·浙江高考)设数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝4，a n＋1＝2S n＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.[解析] ∵a n＋1＝2S n＋1，∴S n＋1－S n＝2S n＋1，∴S n＋1＝3S n＋1，∴S n＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n＋12是公比为3的等比数列，∴S2＋12S1＋12＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋12＝⎝⎛⎭⎪⎫S1＋12×34＝32×34＝2432，∴S5＝121.[答案] 1 121[点评] 例3中根据题设条件求出a1＝1后，再根据等比数列的求和公式求出S5.第二空的解答是建立在第一空解答的基础上的，只有求出第一空才能求得第二空.3．(2017·台州模拟)以坐标原点O为圆心，且与直线x＋y＋2＝0相切的圆方程是________，圆O与圆x2＋y2－2y－3＝0的位置关系是________．解析：由题意所求圆的半径等于原点O到直线x＋y＋2＝0的距离，即r＝21＋1＝2，则所求圆的方程为x 2＋y 2＝2；因为圆O 与圆x 2＋y 2－2y －3＝0的圆心和半径分别为O (0,0)，r 1＝2，C 2＝(0,1)，r 2＝2，且r 2－r 1<|OC 2|＝1<r 1＋r 2＝2＋2，所以两圆相交．答案：x 2＋y 2＝2 相交选择填空提速专练(一)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知A ＝{x |y 2＝x }，B ＝{y |y 2＝x }，则( ) A ．A ∪B ＝A B ．A ∩B ＝A C ．A ＝BD ．(∁R A )∩B ＝∅解析：选B 因为A ＝{x |x ≥0}，B ＝{y |y ∈R}，所以A ∩B ＝A ，故选B.2．设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题错误的是( ) A ．若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊄α，则b ∥α B ．若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊥β，则α⊥β C ．若a ⊥β，α⊥β，则a ∥α或a ⊂α D ．若a ∥α，α⊥β，则a ⊥β解析：选D 易知A ，B ，C 均正确；D 中a 和β的位置关系有三种可能，a ∥β，a ⊂β或a 与β相交，故D 错误，故选D.3．已知函数f (2x)＝x ·log 32，则f (39)的值为( ) A.16B.19C ．6D ．9解析：选D 令t ＝2x(t >0)，则x ＝log 2t ，于是f (t )＝log 2t ·log 32＝log 3t (t >0)，故函数f (x )＝log 3x (x >0)，所以f (39)＝log 339＝9，故选D.4．在复平面内，已知复数z ＝|1－i|＋2i1－i，则z 在复平面上对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B 因为z ＝|1－i|＋2i 1－i ＝2＋2i1－i ＝2＋2i 1＋i 1－i1＋i＝2－22＋2＋22i ，所以复数z 在复平面上对应的点为2－22，2＋22，显然此点在第二象限，故选B. 5．将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )A.π12B.π6C.π3D.5π6解析：选B 设y ＝cos(2x ＋φ)向右平移π3个单位长度得到的函数为g (x )，则g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －2π3＋φ，因为g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3＋φ为奇函数，且在原点有定义，所以－2π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，解得φ＝k π＋7π6(k ∈Z)，故当k ＝－1时，|φ|min ＝π6，故选B.6．已知实数a ，b ，则“|a ＋b |＋|a －b |≤1”是“a 2＋b 2≤1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：选A由绝对值三角不等式|a ±b |≤|a |＋|b |可得⎩⎪⎨⎪⎧|2a |≤|a ＋b |＋|a －b |≤1，|2b |≤|a ＋b |＋|a －b |≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧－12≤a ≤12，－12≤b ≤12，此不等式组表示边长为1的正方形区域(含边界)，而a 2＋b 2≤1表示单位圆域(含边界)，故由⎩⎪⎨⎪⎧－12≤a ≤12，－12≤b ≤12，可以推出a 2＋b 2≤1，但是反之不成立，故选A.7．已知双曲线M ：x 2a 2－y 2b 2＝1和双曲线N ：y 2a 2－x 2b2＝1，其中b >a >0，双曲线M 和双曲线N交于A ，B ，C ，D 四个点，且四边形ABCD 的面积为4c 2，则双曲线M 的离心率为( )A.5＋32 B.5＋3C.5＋12D.5＋1解析：选C 设A 为双曲线M ，N 在第一象限的交点，由对称性易知四边形ABCD 是正方形，因为正方形ABCD 的面积为4c 2，所以边长为2c ，即A (c ，c )，代入双曲线M 中，得c 2a2－c 2b 2＝1，即c 2a 2－c 2c 2－a 2＝1，变形为e 2－e 2e 2－1＝1，整理得e 4－3e 2＋1＝0，所以e 2＝3＋52e 2＝3－52<1，舍去，故e ＝3＋52＝6＋254＝52＋25＋14＝5＋12，故选C.8．已知实数x ，y 满足x 2＋y 2≤1,3x ＋4y≤0，则x －3x －y －2的取值范围是( )A ．[1,4]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1917，4C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，113D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1917，113 解析：选B 因为x －3x －y －2＝1x －y －2x －3＝11－y －1x －3，故需要先求出y －1x －3的取值范围，而y －1x －3表示动点(x ，y )与定点A (3,1)连线所成直线的斜率，约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2≤1，3x ＋4y ≤0表示的平面区域如图中阴影部分所示，是直线3x ＋4y ＝0与圆x 2＋y 2＝1围成的下半圆区域(含边界)．易得B －45，35，由图可知直线AB 的斜率最小，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1x －3min＝1－353＋45＝219.又过A (3,1)且在x 轴下方与圆x 2＋y 2＝1相切的直线斜率最大，可设切线方程为y －1＝k (x －3)，即kx －y －3k ＋1＝0，由圆心到切线的距离等于半径可得d ＝|1－3k |k 2＋1＝1，解得k ＝34，即⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1x －3max＝34，故y －1x －3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤219，34.于是x －3x －y －2＝11－y －1x －3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1917，4，故选B.9．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5B ．6C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]，所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.10.在直角梯形 ABCD 中，AB ⊥AD ，DC ∥AB ，AD ＝DC ＝1，AB ＝2，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，以A 为圆心，AD 为半径的圆弧DE 的中点为P (如图所示)．若AP―→＝λED ―→＋μAF ―→，其中λ，μ∈R ，则λ＋μ的值是( )A.22 B.324C. 2D.34解析：选B 以A 为原点，建立如图所示直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (1,1)，D (0,1)，E (1,0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，所以ED ―→＝(－1,1)，AF―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则AP ―→＝λED ―→＋μAF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ＋32μ，λ＋12μ.又因为以A 为圆心，AD 为半径的圆弧DE 的中点为P ，所以点P 的坐标为P ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，所以⎩⎪⎨⎪⎧－λ＋32μ＝22，λ＋12μ＝22，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝24，μ＝22，从而λ＋μ＝324.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11．已知函数f (x )＝2exe x ＋1，在F (x )＝f (x )＋1和G (x )＝f (x )－1中，________为奇函数；若f (b )＝32，则f (－b )＝________.解析：由G (x )＝f (x )－1＝e x －1e x ＋1，G (－x )＝e －x －1e －x ＋1＝1e x －11ex ＋1＝1－ex1＋ex ＝－G (x )，故G (x )＝f (x )－1为奇函数．由f (b )＝32得，G (b )＝f (b )－1＝12，所以G (－b )＝f (－b )－1＝－12，f (－b )＝12.答案：G (x )1212．已知等比数列{a n }的前n 项和满足S n ＝1－A ·3n，数列{b n }是递增数列，且b n ＝An 2＋Bn ，则A ＝________，B 的取值范围为________．解析：因为任意一个公比不为1的等比数列前n 项和为S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 11－q －a 11－qq n，而等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－A ·3n ，所以A ＝1，b n ＝n 2＋Bn .又因为数列{b n }是递增数列，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)2＋B (n ＋1)－n 2－Bn ＝2n ＋1＋B >0恒成立，所以B >－(2n ＋1)恒成立，所以B >－3.答案：1 (－3，＋∞)13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知该几何体是由半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成的，如图，故该几何体的体积V ＝13×4×4×4＋4π×42＝643＋8π，表面积为S ＝π×22＋2π×2×42＋4×4×22＋4×42×22＝16＋162＋12π.答案：643＋8π 16＋162＋12π 14．已知在一次考试中甲、乙、丙三人及格的概率均为23，那么三人中至少有2人及格的概率为________，记考试及格的人数为X ，则随机变量X 的期望为________．解析：因为甲、乙、丙三人及格的概率均为23，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫133－C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1－127－627＝2027，E (X )＝3×23＝2.答案：2027215．已知实数x >0，y >0，且满足x ＋y ＝1，则2x ＋xy 的最小值为________．解析：因为x ＋y ＝1，所以2x ＋x y ＝2x ＋2y x ＋x y＝2＋2y x ＋xy≥2＋22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧2y x ＝x y ，x ＋y ＝1，即x ＝2－2，y ＝2－1时等号成立．答案：2＋2 216．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，对任意的x 1，x 2，x 3，且0≤x 1<x 2<x 3≤π，都有|f (x 1)－f (x 2)|＋|f (x 2)－f (x 3)|≤m 成立，则实数m 的最小值为________．解析：原不等式恒成立，只需要m 大于或等于|f (x 1)－f (x 2)|＋|f (x 2)－f (x 3)|的最大值即可，则只需|f (x 1)－f (x 2)|，|f (x 2)－f (x 3)|都取得最大值，结合f (x )＝sin2x ＋π3，x∈[0，π]的图象易知，当x 1＝π12，x 2＝7π12，x 3＝π时，|f (x 1)－f (x 2)|max ＝|1－(－1)|＝2，|f (x 2)－f (x 3)|max ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－32＝1＋32，所以|f (x 1)－f (x 2)|＋|f (x 2)－f (x 3)|的最大值为3＋32，即m 的最小值为3＋32. 答案：3＋3217.已知扇环如图所示，∠AOB ＝120°，OA ＝2，OA ′＝12，P 是扇环边界上一动点，且满足OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→，则2x ＋y 的取值范围为________．解析：以O 为坐标原点，以OA 为x 轴建立平面直角坐标系(图略)，易知A (2,0)，B (－1，3)，设P (2cos α，2sin α)，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3， (1)当点P 在AA ′上运动时，向量OP ―→与OA ―→共线，显然y ＝0，此时OP ―→＝x OA ―→＝(2x,0)，12≤2x ≤2，所以12≤2x ＋y ≤2； (2)当点P 在BB ′上运动时，向量OP ―→与OB ―→共线，显然x ＝0，此时OP ―→＝y OB ―→＝(－y ，3y )，－2cos 60°≤－y ≤－12cos 60°，即14≤y ≤1，所以14≤2x ＋y ≤1；(3)当点P 在»AB 上运动时，由OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→，得(2cos α，2sin α)＝x (2,0)＋y (－1，3)，即2cos α＝2x －y ，2sin α＝3y ，所以2x ＋y ＝43sin α＋2cos α，变形可得2x ＋y ＝2213sin(α＋φ)，其中tan φ＝32，因为P 是扇环边界上一动点，且满足OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→，所以x ，y 均为非负实数，又33<32<1，所以可取π6<φ<π4，因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，所以当α＋φ＝π2时，2x ＋y 取得最大值，最大值为2213，当α＝2π3时，2x ＋y 取得最小值，最小值为1；(4)当点P 在¼A B ′′上运动时，因为|OA ′||OA |＝|OB ′||OB |＝14，故2x ＋y 的最大值为14×2213＝216，最小值为14×1＝14.综上所述，2x ＋y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2213.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2213选择填空提速专练(二)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知i 为虚数单位，则|3＋2i|＝( ) A. 5 B.7 C.13D ．3解析：选C 由题意得|3＋2i|＝32＋22＝13，故选C. 2．已知A ＝{x |－2<x <1}，B ＝{x |2x>1}，则A ∩(∁R B )为( ) A ．(－2,1) B ．(－∞，1) C ．(0,1)D ．(－2,0]解析：选 D 由题意得集合B ＝{x |x >0}，所以∁R B ＝{x |x ≤0}，则A ∩(∁R B )＝{x |－2<x ≤0}，故选D.3．若(x －1)8＝1＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8，则a 5＝( ) A ．56 B ．－56 C ．35D ．－35解析：选B 二项式(x －1)8的展开式中x 5的系数为a 5＝C 38(－1)3＝－56，故选B. 4．设函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0)，则f (x )的奇偶性( ) A ．与ω有关，且与φ有关 B ．与ω有关，但与φ无关 C ．与ω无关，且与φ无关D ．与ω无关，但与φ有关解析：选D 因为ω决定函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的最小正周期，φ决定函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的图象沿x 轴平移的距离，所以函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的奇偶性与ω无关，与φ有关，故选D.5．已知x ∈R ，则“|x －3|－|x －1|<2”是“x ≠1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 因为|x －3|－|x －1|≤|(x －3)－(x －1)|＝2，当且仅当x ≤1时，等号成立，所以|x －3|－|x －1|<2等价于x >1，所以“|x －3|－|x －1|<2”是“x ≠1”的充分不必要条件，故选A.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知∠B ＝30°，△ABC 的面积为32.且sin A ＋sin C ＝2sin B ，则b 的值为( )A ．4＋2 3B ．4－2 3 C.3－1D.3＋1解析：选D 在△ABC 中，由sin A ＋sin C ＝2sin B 结合正弦定理得a ＋c ＝2b ，△ABC 的面积为12ac sin B ＝12ac ×12＝32，解得ac ＝6，在△ABC 中，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cosB ＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝(2b )2－(2＋3)×6.解得b ＝3＋1，故选D.7．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同的分配方案的种数为( )A ．50B ．80C ．120D ．140解析：选B 当甲组有两人时，有C 25A 23种不同的分配方案；当甲组有三人时，有C 35A 22种不同的分配方案．综上所述，不同的分配方案共有C 25A 23＋C 35A 22＝80种不同的分配方案，故选B.8．已知a ，b 为实常数，{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)均相交，所成弦的中点为M i (x i ，y i )，则下列说法错误的是( )A ．数列{x i }可能是等比数列B ．数列{y i }是常数列C ．数列{x i }可能是等差数列D ．数列{x i ＋y i }可能是等比数列解析：选C 设等比数列{c i }的公比为q .当a ＝0，b ≠0时，直线by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px 最多有一个交点，不符合题意；当a ≠0，b ＝0时，直线ax ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px的交点为－c ia，±－2pc ia，则x i ＝－c i a ，y i ＝0，x i ＋y i ＝－c i a，此时数列{x i }是公比为q的等比数列，数列{y i }为常数列，数列{x i ＋y i }是以q 为公比的等比数列；当a ≠0，b ≠0时，直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px 的方程联立，结合根与系数的关系易得x i ＝pb 2a2－c i a ，y i ＝－pba，此时数列{y i }为常数列．综上所述，A ，B ，D 正确，故选C. 9．若定义在(0,1)上的函数f (x )满足：f (x )>0且对任意的x ∈(0,1)，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2＝2f (x )，则( )A ．对任意的正数M ，存在x ∈(0,1)，使f (x )≥MB ．存在正数M ，对任意的x ∈(0,1)，使f (x )≤MC ．对任意的x 1，x 2∈(0,1)且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2)D.对任意的x 1，x 2∈(0,1)且x 1<x 2，有f (x 1)>f (x 2)解析：选A 令x 1∈(0,1)，x 2＝2x 11＋x 21，则易得x 2∈(0,1)，f (x 2)＝2f (x 1)，令x 3＝2x 21＋x 22，则易得x 3∈(0,1)，f (x 3)＝2f (x 2)＝22f (x 1)，…，依次类推得f (x n )＝2n －1f (x 1)，所以数列{f (x n )}构成以f (x 1)为首项，2为公比的等比数列，又因为f (x 1)>0，所以对任意的正数M ，存在n ∈N *，使得2nf (x 1)≥M ，即存在x ＝x n ∈(0,1)，使得f (x )≥M ，故选A.10.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是线段CD ，AB 上的动点，点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，记直线D 1P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．抛物线的一部分D ．双曲线的一部分解析：选B 延长D 1P 交平面ABCD 于点Q ，则直线D 1Q 与直线MN 所成的角即为直线D 1P 与直线MN 所成的角，则由最小角定理易得当点M 与点D 重合，且直线MN 过点Q 时，直线D 1Q 与直线MN 所成的角取得最小值，此时∠D 1QD 即为直线D 1Q 与直线MN 所成的角，所以∠D 1QD ＝π3，则∠DD 1Q ＝π6，所以点P 在以DD 1为轴，顶角为π3的圆锥面上运动，又因为点P 在平面A 1C 1D 上，所以点P 的轨迹是椭圆的一部分，故选B.二、填空题11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．。

2018浙江高考数学(理)二轮专题复习检测：选择填空题组合特训题型专项训练4 Word版含答案

题型专项训练4选择填空题组合特训(四)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分)1.(2017浙江杭州高级中学模拟)设集合A={y|y=sin x,x∈R},集合B={x|y=lg x},则(∁R A)∩B=()A.(-∞,-1)∪(1,+∞)B.[-1,1]C.(1,+∞)D.[1,+∞)2.已知抛物线y2=x的焦点是椭圆=1的一个焦点,则椭圆的离心率为()A BC D3.若x,y满足约束条件则z=2x+y的最大值与最小值的和等于()A.-4B.-2C.2D.64.若函数f(x)=(x2+x-2)(x2+ax+b)是偶函数,则f(x)的最小值为()A BC.-D.-5.已知a,b,c都是实数,则“a,b,c成等比数列”是“b2=a·c”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.离散型随机变量X的分布列为P(X=k)=p k q1-k(k=0,1,p+q=1),则E(X)与D(X)依次为()A.0和1B.p和p2C.p和1-pD.p和p(1-p)7.某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是()A.28+6B.30+6C.56+12D.60+128.已知△ABC和点M满足=0,若存在实数m使得=m成立,则m=()A.2B.3C.4 D二、填空题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)9.《孙子算经》是我国古代内容极其丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有圆窖,周五丈四尺,深一丈八尺,问受粟几何?”其意思为:“有圆柱形容器,底面圆周长五丈四尺,高一丈八尺,求此容器能装多少斛米.”则该圆柱形容器能装米斛.(古制1丈=10尺,1斛=1.62立方尺,圆周率π≈3)10.(2017浙江宁波诺丁汉大学附中下学期期中)在复平面内,复数z的对应点为(1,1),则z 的虚部为,z2=.11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=4, A=60°,且△ABC外接圆的面积为4π,则角B为,△ABC的面积为.12.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.13.从5名男公务员和4名女公务员中选出3人,分别派到西部的三个不同地区,要求3人中既有男公务员又有女公务员,则不同的选派方法种数是.14.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线l与抛物线交于A,B两点,M为抛物线C的准线与x轴的交点,若|AB|=8,则tan∠AMB=.参考答案题型专项训练4选择填空题组合特训(四)1.C解析由集合A中的函数y=sin x,x∈R,得到y∈[-1,1],∴A=[-1,1],∴∁R A=(-∞,-1)∪(1,+∞),由集合B中的函数y=lg x,得到x>0,∴B=(0,+∞),则(∁R A)∩B=(1,+∞).故选C.2.D解析抛物线y2=x的焦点为.所以椭圆=1的一个焦点为.即c=,a2=3+,a=.椭圆的离心率e=,故选D.3.A解析由x,y满足约束条件作出可行域如图,由图可知A(0,2),由解得B(-2,-2),且A,B分别为目标函数z=2x+y取得最大值和最小值的最优解,则z min=-2×2-2=-6,z max=2×0+2=2,∴z=2x+y的最大值和最小值之和等于-4.故选A.4.C解析由已知f(x)=x4+(a+1)x3+(a+b-2)x2+(b-2a)x-2b,f(x)为偶函数,则解得即f(x)=x4-5x2+4=,所以当x2=时,f(x)min=-,故选C.5.A解析由a,b,c成等比数列可得b2=ac;但是当a=b=0时可得b2=ac,而a,b,c不成等比数列,故正确答案为A.6.D解析由题意,离散型随机变量X~B(1,p),根据二项分布的期望与方差公式可得E(X)=1·p=p,D(X)=1·p·(1-p)=p(1-p),故选D.7.B解析由三视图可得该四棱锥的底面是直角边长为4,5的直角三角形,面积为10;侧面ACD是底边长为5,高为4的三角形,面积为10;侧面BCD是直角边长为4,5的三角形,面积为10;侧面ABD是边长为,2的等腰三角形,底边上的高为=6,面积为2×6×=6.故该四棱锥的表面积为30+6.8.B解析因为=0,所以点M为△ABC的重心.设点D为底边BC的中点,则)=),∴=3.∴m=3.故选B.9.2 700解析 2πr=54,r=9,圆柱形容器体积为πr2h≈3×92×18,所以此容器能装=2 700斛米.10.12i解析在复平面内,复数z的对应点为(1,1),∴z=1+i.z2=(1+i)2=2i.11. 2解析πR2=4π⇒R=2,∴=2R=4⇒sin B=1,B=,∴a=2,c=2,S=ac=2.12.42解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=,|a+b|=,则|a+b|+|a-b|=.令y=,则y2=10+2∈[16,20],据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是2.13.420解析由题意,从5名男公务员和4名女公务员中选出3人,有种选法,再排除其中只选派3名男公务员的方案数为,只有女公务员的方案数为种,利用间接法可得既有男公务员又有女公务员的选法有种,分别派到西部的三个不同地区共有)=420.故答案为420.14.2解析设A(x1,y1),B(x2,y2),则由条件得|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=8,所以x1+x2=6,=24,y1y2=-4,x1x2==1,(y1-y2)2=-2y1y2=32.所以tan∠AMB====2.。

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