全国名校高三数学优质专题汇编(附详解)五

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全国高三高中数学专题试卷带答案解析

全国高三高中数学专题试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、解答题1.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA 1=2,E 是DD 1的中点,F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点.(1)证明:①EF ∥A 1D 1;②BA 1⊥平面B 1C 1EF.(2)求BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角的正弦值.2.如图,ABEDFC 为多面体,平面ABED 与平面ACFD 垂直,点O 在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形.(1)证明直线BC ∥EF;(2)求棱锥F OBED 的体积.3.如图,在四棱锥P ABCD 中,PD ⊥平面ABCD,AB ∥DC,AB ⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.(1)当正视方向与向量的方向相同时,画出四棱锥P ABCD 的正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程);(2)若M 为PA 的中点,求证:DM ∥平面PBC;(3)求三棱锥D PBC 的体积.4.如图,四棱锥P ABCD 中,AB ⊥AC,AB ⊥PA,AB ∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为PB,AB,BC,PD,PC 的中点(1)求证:CE ∥平面PAD;(2)求证:平面EFG ⊥平面EMN.5.如图,在三棱锥S ABC 中,平面SAB ⊥平面SBC,AB ⊥BC,AS=AB.过A 作AF ⊥SB,垂足为F,点E,G 分别是棱SA,SC 的中点.求证:(1)平面EFG ∥平面ABC;(2)BC ⊥SA.6.如图,在四棱锥P ABCD 中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA ⊥平面ABCD,PA=2,M 、N 分别为PB 、PD 的中点.(1)证明:MN ∥平面ABCD;(2)过点A 作AQ ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q 的平面角的余弦值.7.如图,直三棱柱ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)8.如图,几何体E ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE;(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.9.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.10.如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:BF∥平面A′DE;(2)设M为线段DE的中点,求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值.11.如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.(1)求证:DE∥平面BCP.(2)求证:四边形DEFG为矩形.(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.12.如图,四棱锥S ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,求二面角P AC D的大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由. 13.如图五面体中,四边形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,AB∥EF,AB=EF=2,AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD 、EF 的中点.(1)求证:PQ ∥平面BCE;(2)求证:AM ⊥平面ADF. 14.如图所示,四棱锥E ABCD 中,EA=EB,AB ∥CD,AB ⊥BC,AB=2CD.(1)求证:AB ⊥ED;(2)线段EA 上是否存在点F,使DF ∥平面BCE?若存在,求出;若不存在,说明理由.15.一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中M,N 分别是AB,AC 的中点,G 是DF 上的一动点.(1)求该多面体的体积与表面积;(2)求证:GN ⊥AC;(3)当FG=GD 时,在棱AD 上确定一点P,使得GP ∥平面FMC,并给出证明.16.如图所示,四边形ABCD 中,AB ⊥AD,AD ∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,点E 、F 分别在BC 、AD 上,EF ∥AB.现将四边形ABEF 沿EF 折起,使平面ABEF ⊥平面EFDC,设AD 中点为P.(1)当E 为BC 中点时,求证:CP ∥平面ABEF;(2)设BE=x,问当x 为何值时,三棱锥A CDF 的体积有最大值?并求出这个最大值.17.如图所示,已知三棱柱ABC A 1B 1C 1,(1)若M 、N 分别是AB,A 1C 的中点,求证:MN ∥平面BCC 1B 1;(2)若三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2,∠B 1BA=∠B 1BC=60°,P 为线段B 1B 上的动点,当PA+PC 最小时,求证:B 1B ⊥平面APC.18.如图所示,四棱锥P ABCD 的底面为正方形,侧棱PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H 分别是线段PA,PD,AB的中点.(1)求证:PB ∥平面EFH;(2)求证:PD ⊥平面AHF.19.如图所示,在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中,AD ∥BC,PD ⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.(1)求证:BD ⊥PC;(2)求直线AB 与平面PDC 所成的角;(3)设点E 在棱PC 上,=λ,若DE ∥平面PAB,求λ的值.全国高三高中数学专题试卷答案及解析一、解答题1.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA 1=2,E 是DD 1的中点,F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点.(1)证明:①EF ∥A 1D 1;②BA 1⊥平面B 1C 1EF.(2)求BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:①因为C 1B 1∥A 1D 1,C 1B 1⊄平面ADD 1A 1,所以C 1B 1∥平面A 1D 1DA.又因为平面B 1C 1EF∩平面A 1D 1DA=EF,所以C 1B 1∥EF,所以A 1D 1∥EF. ②因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,所以BB 1⊥B 1C 1.又因为B 1C 1⊥B 1A 1,所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,所以B 1C 1⊥BA 1.在矩形ABB 1A 1中,F 是AA 1的中点,tan ∠A 1B 1F=tan ∠AA 1B=,即∠A 1B 1F=∠AA 1B,故BA 1⊥B 1F.所以BA 1⊥平面B 1C 1EF.(2)解:设BA 1与B 1F 交点为H,连接C 1H.由(1)知BA 1⊥平面B 1C 1EF,所以∠BC 1H 是BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角.在矩形AA 1B 1B 中,AB=,AA 1=2,得BH=.在Rt △BHC 1中,BC 1=2,BH=,得sin ∠BC 1H==.所以BC 1与平面B 1C 1EF 所成角的正弦值是.2.如图,ABEDFC 为多面体,平面ABED 与平面ACFD 垂直,点O 在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形.(1)证明直线BC ∥EF;(2)求棱锥F OBED 的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:如图所示,设G 是线段DA 延长线与线段EB 延长线的交点.由于△OAB 与△ODE 都是正三角形,且OD=2,所以OBDE,OG=OD=2.同理,设G′是线段DA 延长线与线段FC 延长线的交点,有OCDF,OG′=OD=2. 又由于G 和G′都在线段DA 的延长线上,所以G 与G′重合.在△GED 和△GFD 中,由OB DE 和OC DF, 可知B 、C 分别是GE 和GF 的中点,所以BC 是△GEF 的中位线,故BC ∥EF.(2)解:由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知S △OBE =,而△OED 是边长为2的正三角形,故S △OED =.所以S 四边形OBED =S △OBE +S △OED =.过点F 作FQ ⊥AD,交AD 于点Q,由平面ABED ⊥平面ACFD 知,FQ 就是四棱锥F OBED 的高,且FQ=,所以=FQ·S 四边形OBED =. 3.如图,在四棱锥P ABCD 中,PD ⊥平面ABCD,AB ∥DC,AB ⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.(1)当正视方向与向量的方向相同时,画出四棱锥P ABCD 的正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程);(2)若M 为PA 的中点,求证:DM ∥平面PBC;(3)求三棱锥D PBC 的体积.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）8【解析】解:(1)在梯形ABCD中,过点C作CE⊥AB,垂足为E.由已知得,四边形ADCE为矩形,AE=CD=3,在Rt△BEC中,由BC=5,CE=4,依勾股定理得BE=3,从而AB=6.又由PD⊥平面ABCD,得PD⊥AD,从而在Rt△PDA中,由AD=4,∠PAD=60°,得PD=4.正视图如图所示.(2)取PB中点N,连接MN,CN.在△PAB中,∵M是PA中点,∴MN∥AB,MN=AB=3,又CD∥AB,CD=3,∴MN∥CD,MN=CD,∴四边形MNCD为平行四边形,∴DM∥CN.又DM平面PBC,CN⊂平面PBC,∴DM∥平面PBC.·PD,(3)==S△DBC=6,PD=4,又S△DBC所以=8.4.如图,四棱锥P ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点(1)求证:CE∥平面PAD;(2)求证:平面EFG⊥平面EMN.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)取PA的中点H,连接EH,DH.因为E为PB的中点,所以EH∥AB,EH=AB.又AB∥CD,CD=AB,所以EH∥CD,EH=CD.因此四边形DCEH是平行四边形.所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,因此CE∥平面PAD.(2)因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.又AB⊥PA,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∥CD,又AB∥CD,所以MN∥AB,因此MN⊥平面EFG,又MN⊂平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.5.如图,在三棱锥S ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG∥平面ABC;(2)BC⊥SA.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC.因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.6.如图,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M、N分别为PB、PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q的平面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD. 又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解: 如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.而M、N分别是PB、PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连接AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.7.如图,直三棱柱ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:法一连接AB′,AC′,如图所示,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC A′B′C′为直三棱柱,所以M为AB′的中点.又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,所以MN∥平面A′ACC′.法二取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图所示,因为M,N分别为AB′与B′C′的中点,所以MP∥AA′,PN∥A′C′.所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP=P,所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN,所以MN∥平面A′ACC′.(2)解:连接BN,如图所示,由题意知A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,所以A′N⊥平面NBC.又A′N=B′C′=1,故====.8.如图,几何体E ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE;(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)如图所示,取BD的中点O,连接CO,EO.由于CB=CD,所以CO⊥BD.又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC⊂平面EOC,所以BD⊥平面EOC,因此BD⊥EO.又O为BD的中点,所以BE=DE.(2)法一如图所示,取AB的中点N,连接DM,DN,MN.因为M是AE的中点,所以MN∥BE.又MN平面BEC,BE⊂平面BEC,所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形,所以∠BDN=30°.又CB=CD,∠BCD=120°,因此∠CBD=30°.所以DN∥BC.又DN平面BEC,BC⊂平面BEC,所以DN∥平面BEC.又MN∩DN=N,所以平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN,所以DM∥平面BEC.法二如图所示,延长AD,BC交于点F,连接EF.因为CB=CD,∠BCD=120°,所以∠CBD=30°.因为△ABD为正三角形,所以∠BAD=60°,∠ABC=90°,因此∠AFB=30°,所以AB=AF.又AB=AD,所以D为线段AF的中点,连接DM,由点M是线段AE的中点,得DM∥EF.又DM平面BEC,EF⊂平面BEC,所以DM∥平面BEC.9.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)连接FG.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以四边形CEFG为菱形.所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.10.如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:BF∥平面A′DE;(2)设M为线段DE的中点,求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:如图所示,取A′D的中点G,连接GF,GE,由条件易知FG∥CD,FG=CD,BE∥CD,BE=CD,所以FG∥BE,FG=BE,故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG.因为EG⊂平面A′DE,BF⊄平面A′DE,所以BF∥平面A′DE.(2)解:在平行四边形ABCD中,设BC=a,则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a.连接CE,因为∠ABC=120°,在△BCE中,可得CE= a.在△ADE中,可得DE=a.在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE.在正三角形A′DE中,M为DE的中点,所以A′M⊥DE.由平面A′DE⊥平面BCD,可知A′M⊥平面BCD,所以A′M⊥CE.取A′E的中点N,连接NM,NF,则NF∥CE.则NF⊥DE,NF⊥A′M.因为DE交A′M于点M,所以NF⊥平面A′DE,则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角.在Rt△FMN中,NF=a,MN=a,FM=a,则cos∠FMN=,所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.11.如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.(1)求证:DE∥平面BCP.(2)求证:四边形DEFG为矩形.(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在，理由见解析【解析】证明:(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP,所以DE∥平面BCP .(2)因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB,所以DE⊥DG,所以四边形DEFG为矩形.(3)解:存在点Q满足条件,理由如下:连接DF,EG,设Q为EG的中点.由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG.分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN=EG,所以Q为满足条件的点.12.如图,四棱锥S ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,求二面角P AC D的大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.【答案】（1）见解析（2）30°（3）存在，2∶1【解析】(1)证明:连接BD,设AC交BD于O,由题意知SO⊥AC.在正方形ABCD中,AC⊥BD,所以AC⊥平面SBD,得AC⊥SD.解:(2)设正方形边长为a,则SD=a,又OD=a,所以∠SDO=60°,连接OP,由(1)知AC⊥平面SBD,所以AC⊥OP,且AC⊥OD,所以∠POD是二面角P AC D的平面角.由SD⊥平面PAC,知SD⊥OP,所以∠POD=30°,即二面角P AC D的大小为30°.(3)在棱SC上存在一点E,使BE∥平面PAC.由(2)可得PD=a,故可在SP上取一点N,使PN=PD.过N作PC的平行线与SC的交点即为E.连接BN,在△BDN中,知BN∥PO.又由于NE∥PC,故平面BEN∥平面PAC,得BE∥平面PAC.由于SN∶NP=2∶1,故SE∶EC=2∶1.13.如图五面体中,四边形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,AB∥EF,AB=EF=2,AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.(1)求证:PQ∥平面BCE;(2)求证:AM⊥平面ADF.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)法一连接AC,∵四边形ABCD是矩形,∴AC与BD交于点Q.在△ACE中,Q为AC中点,P为AE中点,∴PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE,CE⊂平面BCE,∴PQ∥平面BCE.法二取AB的中点G,连接PG,QG,如图所示,∵Q、G分别为BD、BA的中点,∴QG∥AD.又∵AD∥BC,∴QG∥BC,∵QG⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,∴QG∥平面BCE.同理可证,PG∥平面BCE.又PG∩QG=G,∴平面PQG∥平面BCE,∴PQ∥平面BCE.(2)∵M为EF中点,∴EM=MF=EF=AB=2,又AB∥EF,∴四边形ABEM是平行四边形,∴AM=BE=2.在△AFM中,AF=AM=2,MF=2,∴AM⊥AF.又DA⊥平面ABEF,AM⊂平面ABEF,∴DA⊥AM.∵DA∩AF=A,∴AM⊥平面ADF.14.如图所示,四棱锥E ABCD中,EA=EB,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD.(1)求证:AB⊥ED;(2)线段EA上是否存在点F,使DF∥平面BCE?若存在,求出;若不存在,说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，【解析】(1)证明:取AB中点O,连接EO,DO,∵EA=EB,∴EO⊥AB,∵AB∥CD,AB=2CD,∴BO CD.又因为AB⊥BC,所以四边形OBCD为矩形,所以AB⊥DO.因为EO∩DO=O,所以AB⊥平面EOD.所以AB⊥ED.(2)解:存在满足条件的点F,=,即F为EA中点时,有DF∥平面BCE.证明如下:取EB中点G,连接CG,FG.因为F为EA中点,所以FG AB,因为AB∥CD,CD=AB,所以FG∥CD.所以四边形CDFG是平行四边形,所以DF∥CG.因为DF⊄平面BCE,CG⊂平面BCE,所以DF∥平面BCE.15.一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中M,N分别是AB,AC的中点,G是DF上的一动点.(1)求该多面体的体积与表面积;(2)求证:GN⊥AC;(3)当FG=GD时,在棱AD上确定一点P,使得GP∥平面FMC,并给出证明.【答案】（1）(3+)a2（2）见解析（3）见解析【解析】解:(1)由题中图可知该多面体为直三棱柱,在△ADF中,AD⊥DF,DF=AD=DC=a,所以该多面体的体积为a3,表面积为a2×2+a2+a2+a2=(3+)a2.(2)连接DB,FN,由四边形ABCD为正方形,且N为AC的中点知B,N,D三点共线,且AC⊥DN.又∵FD⊥AD,FD⊥CD,AD∩CD=D,∴FD⊥平面ABCD.∵AC⊂平面ABCD,∴FD⊥AC.又DN∩FD=D,∴AC ⊥平面FDN,又GN ⊂平面FDN,∴GN ⊥AC.(3)点P 与点A 重合时,GP ∥平面FMC.取FC 的中点H,连接GH,GA,MH.∵G 是DF 的中点,∴GHCD. 又M 是AB 的中点,∴AM CD.∴GH ∥AM 且GH=AM, ∴四边形GHMA 是平行四边形. ∴GA ∥MH. ∵MH ⊂平面FMC,GA ⊄平面FMC, ∴GA ∥平面FMC,即当点P 与点A 重合时,GP ∥平面FMC.16.如图所示,四边形ABCD 中,AB ⊥AD,AD ∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,点E 、F 分别在BC 、AD 上,EF ∥AB.现将四边形ABEF 沿EF 折起,使平面ABEF ⊥平面EFDC,设AD 中点为P.(1)当E 为BC 中点时,求证:CP ∥平面ABEF;(2)设BE=x,问当x 为何值时,三棱锥A CDF 的体积有最大值?并求出这个最大值.【答案】（1）见解析（2）当x=3时,有最大值,最大值为3 【解析】(1)证明:取AF 的中点Q,连接QE 、QP,则QP DF, 又DF=4,EC=2,且DF ∥EC,所以QP EC,即四边形PQEC 为平行四边形,所以CP ∥EQ,又EQ ⊂平面ABEF,CP ⊄平面ABEF,故CP ∥平面ABEF.(2)解:因为平面ABEF ⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,又AF ⊥EF,所以AF ⊥平面EFDC.由已知BE=x,所以AF=x(0<x≤4),FD=6-x.故=··2·(6-x)·x=(6x-x 2)=[-(x-3)2+9]=-(x-3)2+3,∴当x=3时,有最大值,最大值为3.17.如图所示,已知三棱柱ABC A 1B 1C 1,(1)若M 、N 分别是AB,A 1C 的中点,求证:MN ∥平面BCC 1B 1;(2)若三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2,∠B 1BA=∠B 1BC=60°,P 为线段B 1B 上的动点,当PA+PC 最小时,求证:B 1B ⊥平面APC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)连接AC 1,BC 1,则AN=NC 1,因为AM=MB,所以MN ∥BC 1.又BC 1⊂平面BCC 1B 1,MN ⊄平面BCC 1B 1,所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)将平面A 1B 1BA 展开到与平面C 1B 1BC 共面,A 到A′的位置,此时A′BCB 1为菱形,可知PA+PC=PA′+PC,A′C 即为PA+PC 的最小值,此时BB 1⊥A′C, ∴BB 1⊥PA′,BB 1⊥PC,即BB 1⊥PA,BB 1⊥PC, ∴BB 1⊥平面PAC.18.如图所示,四棱锥P ABCD 的底面为正方形,侧棱PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H 分别是线段PA,PD,AB 的中点.(1)求证:PB ∥平面EFH;(2)求证:PD ⊥平面AHF.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)∵E 、H 分别是PA 、AB 的中点,∴EH ∥PB.又EH ⊂平面EFH,PB ⊄平面EFH,∴PB ∥平面EFH.(2)∵PA ⊥平面ABCD, ∴PA ⊥AB.又∵AB ⊥AD,PA∩AD=A,∴AB ⊥底面PAD.又∵PD ⊂平面PAD,∴AB ⊥PD.Rt △PAD 中,PA=AD=2,F 为PD 的中点, ∴AF ⊥PD.又∵AF∩AB=A,AF ⊂平面AHF,AB ⊂平面AHF,∴PD ⊥平面AHF.19.如图所示,在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中,AD ∥BC,PD ⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.(1)求证:BD ⊥PC;(2)求直线AB 与平面PDC 所成的角;(3)设点E在棱PC上,=λ,若DE∥平面PAB,求λ的值.【答案】（1）见解析（2）60°（3）【解析】(1)证明:由题意知,AB⊥AD,AD=1,AB=,∴BD=2,BC=4,∴DC=2,则BC2=DB2+DC2,∴BD⊥DC,∵PD⊥平面ABCD,∴BD⊥PD,而PD∩CD=D,∴BD⊥平面PDC.∵PC在平面PDC内,∴BD⊥PC.解:(2)如图所示,过D作DF∥AB交BC于F,过点F作FG⊥CD交CD于G.∵PD⊥平面ABCD,∴平面PDC⊥平面ABCD,∴FG⊥平面PDC,∴∠FDG为直线AB与平面PDC所成的角.在Rt△DFC中,∠DFC=90°,DF=,CF=3,∴tan∠FDG=,∴∠FDG=60°.∴直线AB与平面PDC所成角为60°.(3)连接EF,∵DF∥AB,∴DF∥平面PAB.∵DE∥平面PAB,∴平面DEF∥平面PAB,∴EF∥AB,如图所示,∵AD=1,BC=4,BF=1,∴==,∴=,即λ=.。

正弦定理与余弦定理的应用举例

全国名校高中数学优质专题汇编（附详解）1．两座灯塔A 和B 与海岸观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站南偏西40°，灯塔B 在观察站南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( )A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东80°D ．南偏西80°解析：选D.由条件及题图可知，∠A ＝∠B ＝40°，又∠BCD ＝60°，所以∠CBD ＝30°，所以∠DBA ＝10°，因此灯塔A 在灯塔B 南偏西80°.2．一艘船以每小时15 km 的速度向东航行，船在A 处看到一个灯塔M 在北偏东60°方向，行驶4 h 后，船到达B 处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为( ) A ．15 2 km B ．30 2 km C ．45 2 kmD ．60 2 km解析：选B.如图所示，依题意有AB ＝15×4＝60，∠DAC ＝60°，∠CBM ＝15°，所以∠MAB ＝30°，∠AMB ＝45°.在△AMB 中，由正弦定理，得60sin 45°＝BMsin 30°，解得BM ＝302，故选B.3．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d ＝0.6 km ，一艘客船从码头A 出发匀速驶往河对岸的码头B .已知AB ＝1 km ，水的流速为2 km/h ，若客船从码头A 驶到码头B 所用的最短时间为6 min ，则客船在静水中的速度为( )A ．8 km/hB ．6 2 km/hC ．234 km/hD ．10 km/h解析：选B.设AB 与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h ，由题意知，sin θ＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得⎝⎛⎭⎫110v 2＝⎝⎛⎭⎫110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v ＝6 2.4．如图，两座相距60 m 的建筑物AB ，CD 的高度分别为20 m 、50 m ，BD 为水平面，则从建筑物AB 的顶端A 看建筑物CD 的张角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选B.依题意可得AD ＝2010(m)，AC ＝305(m)，又CD ＝50(m)，所以在△ACD 中，由余弦定理得 cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD＝（305）2＋（2010）2－5022×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°，所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°.5．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15 km 后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( ) A ．5 km B ．10 km C ．5 3 kmD ．5 2 km解析：选C.作出示意图(如图)，点A 为该船开始的位置，点B 为灯塔的位置，点C 为该船后来的位置，所以在△ABC 中，有∠BAC ＝60°－30°＝30°，B ＝120°，AC ＝15，由正弦定理，得15sin 120°＝BC sin 30°，即BC ＝15×1232＝53，即这时船与灯塔的距离是5 3 km.6．海上有A ，B 两个小岛相距10 n mile ，从A 岛望C 岛和B 岛成60°的视角，从B 岛望C 岛和A 岛成75°的视角，那么B 岛和C 岛间的距离是________ n mile. 解析：如图，在△ABC 中，AB ＝10，A ＝60°，B ＝75°，C ＝45°，由正弦定理，得AB sin C ＝BCsin A，所以BC ＝AB ·sin A sin C ＝10×sin 60°sin 45°＝56(n mile)．答案：5 67．如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A 、B 望对岸的标记物C ，测得∠CAB ＝30°，∠CBA ＝75°，AB ＝120 m ，则这条河的宽度为________．解析：如图，在△ABC 中，过C 作CD ⊥AB 于D 点，则CD 为所求河的宽度．在△ABC 中，因为∠CAB ＝30°，∠CBA ＝75°，所以∠ACB ＝75°，所以AC ＝AB ＝120 m. 在Rt △ACD 中， CD ＝AC sin ∠CAD ＝120sin 30°＝60(m)，因此这条河的宽度为60 m. 答案：60 m8．(优质试题·福州市综合质量检测)在距离塔底分别为80 m ，160 m ，240 m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________．解析：设塔高为h m ．依题意得，tan α＝h 80，tan β＝h 160，tan γ＝h240.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan(90°－γ)tan γ＝sin （90°－γ）sin γcos （90°－γ）cos γ＝cos γsin γsin γcos γ＝1，所以tan α＋tan β1－tan αtan β·tan γ＝1，所以h 80＋h1601－h 80·h 160·h240＝1，解得h ＝80，所以塔高为80 m.答案：80 m9．如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝60°，C 点的仰角∠CAB ＝45°以及∠MAC ＝75°，从C 点测得∠MCA ＝60°.已知山高BC ＝100 m ，求山高MN.解：根据图示， AC ＝100 2 m.在△MAC 中，∠CMA ＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得AC sin 45°＝AM sin 60°⇒AM ＝100 3 m.在△AMN 中，MNAM ＝sin 60°，所以MN ＝1003×32＝150(m)． 10.如图，在一条海防警戒线上的点A 、B 、C 处各有一个水声监测点，B 、C 两点到A 的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B 收到发自静止目标P 的一个声波信号，8秒后A 、C 同时接到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A 到P 的距离为x 千米，用x 表示B 、C 到P 的距离，并求x 的值； (2)求P 到海防警戒线AC 的距离．解：(1)依题意，有P A ＝PC ＝x ，PB ＝x －1.5×8＝x －12.在△P AB 中，AB ＝20， cos ∠P AB ＝P A 2＋AB 2－PB 22P A ·AB＝x 2＋202－（x －12）22x ·20＝3x ＋325x ，同理，在△P AC 中，AC ＝50，cos ∠P AC ＝P A 2＋AC 2－PC 22P A ·AC ＝x 2＋502－x 22x ·50＝25x .因为cos ∠P AB ＝cos ∠P AC ，所以3x ＋325x ＝25x ，解得x ＝31.(2)作PD ⊥AC 于点D (图略)，在△ADP 中，由cos ∠P AD ＝2531，得sin ∠P AD ＝1－cos 2∠P AD ＝42131，所以PD ＝P A sin ∠P AD ＝31×42131＝421. 故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为421千米．)1．如图，为了测量A ，C 两点间的距离，选取同一平面上B ，D 两点，测出四边形ABCD 各边的长度(单位：km)：AB ＝5，BC ＝8，CD ＝3，DA ＝5，且∠B 与∠D 互补，则AC 的长为( )A ．7kmB ．8 kmC ．9 kmD ．6 km解析：选A.在△ABC 及△ACD 中，由余弦定理得82＋52－2×8×5×cos(π－∠D )＝AC 2＝32＋52－2×3×5×cos ∠D ，解得cos ∠D ＝－12，所以AC ＝49＝7.2．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB ，C 是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO 的小路CD . 已知某人从O 沿OD 走到D 用了2分钟，从D 沿着DC 走到C 用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为( )A ．50 5米B ．50 7米C ．5011米D ．50 19米解析：选B.设该扇形的半径为r 米，连接CO .由题意，得CD ＝150(米)，OD ＝100(米)，∠CDO ＝60°，在△CDO 中，CD 2＋OD 2－2CD ·OD ·cos 60°＝OC 2，即1502＋1002－2×150×100×12＝r 2，解得r ＝50 7.3.(优质试题·惠州市第三次调研考试)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC 的顶上有一高度为25 m 的建筑物CD ，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A 处测得∠DAC ＝15°，沿山坡前进50 m 到达B 处，又测得∠DBC ＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________．解析：由∠DAC ＝15°，∠DBC ＝45°可得∠BDA ＝30°，∠DBA ＝135°，∠BDC ＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB ＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得50sin 30°＝DB sin 15°，即DB ＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝252(3－1)，又25sin 45°＝252（3－1）sin （90°＋θ），即25sin 45°＝252（3－1）cos θ，得到cos θ＝3－1.答案：3－14．(优质试题·山西省第二次四校联考)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且a cos B －b cos A ＝12c ，当tan(A －B )取最大值时，角B 的值为________．解析：由a cos B －b cos A ＝12c 及正弦定理，得sin A cos B －sin B cos A ＝12sin C ＝12sin(A ＋B )＝12(sin A cos B ＋cos A sin B )，整理得sin A cos B ＝3cos A sin B ，即tan A ＝3tan B ，易得tan A ＞0，tan B ＞0，所以tan(A －B )＝tan A －tan B1＋tan A tan B ＝2tan B1＋3tan 2B ＝21tan B ＋3tan B ≤223＝33，当且仅当1tan B ＝3tan B ，即tan B ＝33时，tan(A －B )取得最大值，所以B ＝π6.答案：π65．某港湾的平面示意图如图所示，O ，A ，B 分别是海岸线l 1，l 2上的三个集镇，A 位于O 的正南方向6 km 处，B 位于O 的北偏东60°方向10 km 处．(1)求集镇A ，B 间的距离；(2)随着经济的发展，为缓解集镇O 的交通压力，拟在海岸线l 1，l 2上分别修建码头M ，N ，开辟水上航线．勘测时发现：以O 为圆心，3 km 为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M ，N 的位置，使得M ，N 之间的直线航线最短．解：(1)在△ABO 中，OA ＝6，OB ＝10，∠AOB ＝120°，根据余弦定理得AB 2＝OA 2＋OB 2－2·OA ·OB ·cos 120° ＝62＋102－2×6×10×⎝⎛⎭⎫－12＝196，所以AB ＝14.故集镇A ，B 间的距离为14 km. (2)依题意得，直线MN 必与圆O 相切．设切点为C ，连接OC (图略)，则OC ⊥MN . 设OM ＝x ，ON ＝y ，MN ＝c ，在△OMN 中，由12MN ·OC ＝12OM ·ON ·sin 120°，得12×3c ＝12xy sin 120°，即xy ＝23c ，由余弦定理，得c 2＝x 2＋y 2－2xy cos 120°＝x 2＋y 2＋xy ≥3xy ，所以c 2≥63c ，解得c ≥63，当且仅当x ＝y ＝6时，c 取得最小值6 3.所以码头M ，N 与集镇O 的距离均为6 km 时，M ，N 之间的直线航线最短，最短距离为 6 3 km.6．在△ABC 中，已知B ＝π3，AC ＝43，D 为BC 边上一点．(1)若AD ＝2，S △DAC ＝23，求DC 的长； (2)若AB ＝AD ，试求△ADC 的周长的最大值．解：(1)因为S △DAC ＝23，所以12·AD ·AC ·sin ∠DAC ＝23，所以sin ∠DAC ＝12.因为∠DAC ＜∠BAC ＜π－π3＝2π3，所以∠DAC ＝π6.在△ADC 中，由余弦定理，得DC 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC cos π6，所以DC 2＝4＋48－2×2×43×32＝28，所以DC ＝27.(2)因为AB ＝AD ，B ＝π3，所以△ABD 为正三角形，在△ADC 中，根据正弦定理，可得 AD sin C ＝43sin 2π3＝DCsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C ，所以AD ＝8sin C ，DC ＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C ，所以△ADC 的周长为AD ＋DC ＋AC ＝8sin C ＋8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－C ＋43＝8⎝⎛⎭⎫sin C ＋32cos C －12sin C ＋43＝8⎝⎛⎭⎫12sin C ＋32cos C ＋43＝8sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π3＋4 3.因为∠ADC ＝2π3，所以0＜C ＜π3，所以π3＜C ＋π3＜2π3，所以当C ＋π3＝π2，即C ＝π6时，△ADC 的周长的最大值为8＋4 3.。

全国名校高考数学经典复习题汇编(附详解)专题：诱导公式

全国名校高考数学经典复习题汇编（附详解）专题：诱导公式1．(全国名校·山东师大附中模拟)(tan10°－3)sin40°的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2答案 A解析 (tan10°－3)·sin40°＝(sin10°cos10°－sin60°cos60°)·sin40°＝－sin50°cos10°·cos60°·sin40°＝－2sin40°·cos40°cos10°＝－sin80°cos10°＝－1.2．(全国名校·广东珠海期末)已知tan (α＋π5)＝2，tan (β－4π5)＝－3，则tan(α－β)＝( )A ．1B ．－57C.57 D ．－1答案 D解析 ∵t an(β－4π5)＝－3，∴tan (β＋π5)＝－3.∵tan (α＋π5)＝2，∴tan (α－β)＝tan [(α＋π5)－(β＋π5)]＝tan （α＋π5）－tan （β＋π5）1＋tan （α＋π5）tan （β＋π5）＝2－（－3）1＋2×（－3）＝－1.故选D.3．(全国名校·湖南永州一模)已知sin (α＋π6)＋cos α＝－33，则cos(π6－α)＝( )A ．－223B.223 C ．－13D.13 答案 C解析由sin (α＋π6)＋cos α＝－33，得sin (α＋π3)＝－13，所以cos(π6－α)＝cos[π2－(α＋π3)]＝sin (α＋π3)＝－13.4．(全国名校·山东，文)函数y ＝3sin2x ＋cos2x 的最小正周期为( ) A.π2 B.2π3 C ．π D ．2π答案 C解析 ∵y ＝3sin2x ＋cos2x ＝2(32sin2x ＋12cos2x)＝2sin(2x ＋π6)，∴T ＝2π2＝π.故选C. 5．在△ABC 中，tanA ＋tanB ＋3＝3tanAtanB ，则C 等于( ) A.π3 B.2π3 C.π6 D.π4答案 A解析由已知得tanA ＋tanB ＝－3(1－tanAtanB)， ∴tanA ＋tanB1－tanAtanB＝－3，即tan(A ＋B)＝－ 3.又tanC ＝tan[π－(A ＋B)]＝－tan(A ＋B)＝3，0<C<π，∴C ＝π3.6.sin47°－sin17°cos30°cos17°＝( )A ．－32B ．－12C.12D.32答案 C解析 sin47°＝sin(30°＋17°)＝sin30°cos17°＋cos30°sin17°，∴原式＝sin30°cos17°cos17°＝sin30°＝12.7．(全国名校·河北冀州考试)(1＋tan18°)(1＋tan27°)的值是( ) A. 2 B. 3 C ．2 D. 5答案 C解析 (1＋tan18°)(1＋tan27°)＝1＋tan18°＋tan27°＋tan18°tan27°＝1＋tan45°·(1－tan18°tan27°)＋tan18°tan27°＝2.8．(全国名校·课标全国Ⅰ，理)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．3α＋β＝π2C ．2α－β＝π2D ．2α＋β＝π2答案 C解析 ∵α，β∈(0，π2)，∴－β∈(－π2，0)，∴α－β∈(－π2，π2)．∵tan α＝1＋sin βcos β，∴sin αcos α＝1＋sin βcos β. 即sin αcos β－cos αsin β＝cos α. 化简得sin (α－β)＝cos α.∵α∈(0，π2)，∴cos α>0，sin (α－β)>0.∴α－β∈(0，π2)，得α－β＋α＝π2，即2α－β＝π2，故选C.9．(全国名校·湖北中学联考)4sin80°－cos10°sin10°＝( )A. 3 B ．－ 3 C. 2 D ．22－3答案 B 解析4sin80°－cos10°sin10°＝4sin80°sin10°－cos10°sin10°＝2sin20°－cos10°sin10°＝2sin （30°－10°）－cos10°sin10°＝－ 3.故选B.10．(全国名校·四川自贡一诊)已知cos (α＋2π3)＝45，－π2<α<0，则sin (α＋π3)＋sin α＝( )A ．－435B ．－335C.335D.435答案 A 解析 ∵cos (α＋2π3)＝45，－π2<α<0，∴cos (α＋23π)＝cos αcos 23π－sin αsin 23π＝－12cos α－32sin α＝45，∴32sin α＋12cos α＝－45.∴sin (α＋π3)＋sin α＝32sin α＋32cos α＝3(32sin α＋12cos α)＝－435.故选A.11．(全国名校·湖南邵阳二联)若tan π12cos 5π12＝sin 5π12－msin π12，则实数m 的值为( )A ．2 3B. 3C ．2D ．3答案 A解析由tan π12cos 5π12＝sin 5π12－msin π12，得sin π12cos 5π12＝sin 5π12cos π12－msin π12cos π12，∴12msinπ6＝sin(5π12－π12)＝sin π3，解得m ＝2 3. 12．(2013·课标全国Ⅱ，理)设θ为第二象限角，若tan (θ＋π4)＝12，则sin θ＋cos θ＝________．答案－105解析由tan (θ＋π4)＝1＋tan θ1－tan θ＝12，得tan θ＝－13，即sin θ＝－13cos θ.将其代入sin 2θ＋cos 2θ＝1，得109cos 2θ＝1.因为θ为第二象限角，所以cos θ＝－31010，sin θ＝1010.所以sin θ＋cos θ＝－105.13．化简：sin （3α－π）sin α＋cos （3α－π）cos α＝________.答案－4cos2α解析原式＝－sin3αsin α＋－cos3αcos α＝－sin3αcos α＋cos3αsin αsin αcos α＝－sin4αsin αcos α＝－4sin αcos α·cos2αsin αcos α＝－4cos2α.14．求值：1sin10°－3sin80°＝________．答案 4解析原式＝cos10°－3sin10°sin10°cos10°＝2（12cos10°－32sin10°）sin10°cos10°＝4（sin30°cos10°－cos30°sin10°）2sin10°cos10°＝4sin （30°－10°）sin20°＝4.15．已知cos (α＋β)cos (α－β)＝13，则cos 2α－sin 2β＝________．答案 13解析 ∵(cos αcos β－sin αsin β)(cos αcos β＋sin αsin β)＝13，∴cos 2αcos 2β－sin 2αsin 2β＝13.∴cos 2α(1－sin 2β)－(1－cos 2α)sin 2β＝13.∴cos 2α－sin 2β＝13.16．(全国名校·北京，理)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sin α＝13，则cos (α－β)＝________．答案－79解析方法一：因为角α与角β的终边关于y 轴对称，所以α＋β＝2k π＋π，k ∈Z ，所以cos (α－β)＝cos(2k π＋π－2α)＝－cos2α＝－(1－2sin 2α)＝－[1－2×(13)2]＝－79.方法二：因为sin α＝13>0，所以角α为第一象限角或第二象限角，当角α为第一象限角时，可取其终边上一点(22，1)，则cos α＝223，又(22，1)关于y 轴对称的点(－22，1)在角β的终边上，所以sin β＝13，cos β＝－223，此时cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝223×(－223)＋13×13＝－79.当角α为第二象限角时，可取其终边上一点(－22，1)，则cos α＝－223，因为(－22，1)关于y 轴对称的点(22，1)在角β的终边上，所以sin β＝13，cosβ＝223，此时cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝(－223)×223＋13×13＝－79.综上可得，cos (α－β)＝－79.17．(全国名校·广东深圳测试)2sin46°－3cos74°cos16°＝________．答案 1 解析2sin46°－3cos74°cos16°＝2sin （30°＋16°）－3sin16°cos16°＝cos16°cos16°＝1.18．(全国名校·江苏泰州中学摸底)已知0<α<π2<β<π，且sin (α＋β)＝513，tan α2＝12.(1)求cos α的值；(2)证明：sin β>513.答案 (1)35(2)略解析 (1)∵tan α2＝12，∴tan α＝2tan α21－tan 2α2＝2×121－（12）2＝43.∴⎩⎪⎨⎪⎧sin αcos α＝43，sin 2α＋cos 2α＝1.又α∈(0，π2)，解得cos α＝35.(2)证明：由已知得π2<α＋β<3π2.∵sin (α＋β)＝513，∴cos (α＋β)＝－1213.由(1)可得sin α＝45，∴sin β＝sin [(α＋β)－α]＝513×35－(－1213)×45＝6365>513.19.(全国名校·江苏南京调研)如图，在平面直角坐标系xOy 中，以x 轴正半轴为始边的锐角α和钝角β的终边分别与单位圆交于点A ，B.若点A 的横坐标是31010，点B 的纵坐标是255.(1)求cos (α－β)的值； (2)求α＋β的值．答案 (1)－55 (2)3π4解析因为锐角α的终边与单位圆交于A ，且点A 的横坐标是31010，所以由任意角的三角函数的定义可知cos α＝31010，从而sin α＝1－cos 2α＝1010.因为钝角β的终边与单位圆交于点B ，且点B 的纵坐标是255，所以sin β＝255，从而cos β＝－1－sin 2β＝－55.(1)cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝31010×(－55)＋1010×255＝－210.(2)sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αcos β＝1010×(－55)＋31010×255＝22. 因为α为锐角，β为钝角，所以α＋β∈(π2，3π2)，所以α＋β＝3π4.。

高三数学：基本初等函数专题

基本初等函数专题一、知识梳理1.指数与对数的概念ba＝NN ba log （a ＞0，a 1）2.指数与对数的性质指数运算性质①r aaa a sr sr,0(、s Q ），②r a a a sr sr ,0()(、sQ ），③rb a b ab a rrr,0,0()(Q ）（注）上述性质对r 、s R 均适用. 对数运算性质①log MN a ＝log NM a a log ②log NM NM a a alog log ③Mn Ma na log log （M 、N ＞0, a ＞0, a 1）推广：Mmn Ma na mlog log ④换底公式：aN Nb b a log log log （a ，b ＞0，a 1，b 1）3.指数函数、对数函数的概念形如y＝xa （a ＞0且a ≠１，x ＞0）叫做指数函数，其中x 是自变量，函数的定义域为R .形如y＝x a log （a ＞0且a ≠１，x ＞0）的函数，叫做对数函数.（1）指数函数、对数函数的定义是一个形式定义，注意指数函数与幂函数的区别；（2）注意底数的取值范围.4.指数函数、对数函数的图像和性质（略）.5.幂函数（1）幂函数定义：一般地，形如xy()R的函数称为幂函数，其中为常数.（2）幂函数性质：①所有的幂函数在（0，+∞）都有定义并且图象都过点（1，1）；②0时，幂函数的图象通过原点，并且在区间),0[上是增函数.特别地，当1时，幂函数的图象下凸；当10时，幂函数的图象上凸；③0时，幂函数的图象在区间),0(上是减函数.在第一象限内，当x从右边趋向原点时，图象在y轴右方无限地逼近y轴正半轴，当x趋于时，图象在x轴上方无限地逼近x轴正半轴.二、方法归纳1.解决与对数函数有关的问题，要特别重视定义域；2.指数函数、对数函数的单调性决定于底数大于1还是小于1，要注意对底数的讨论；3.比较几个数（幂或对数值）的大小的常用方法有：①以0和1为桥梁；②利用函数的单调性；③作差.4.指数函数与对数函数中的绝大部分问题是指数函数与对数函数与其他函数的复合问题，讨论复合函数的单调性是解决问题的重要途径.三、典型例题精讲【例1】比较下列各数的大小：3312122,15lg ,53,25lg ,53,35.0log 解析：∵35.0log 2＜0 ，其他各数都大于零，故35.0log 2最小；又∵10lg ＝1，100lg ＝2，∴ 1＜15lg ＜25lg ＜2＜32＝8，对于2153与3153，首先，它们都属于区间（0,1），且是同底的幂，考虑函数y＝x53为减函数，∴2153＜3153.于是有331212225lg 15lg 535335.0log .又例:比较下列各组数的大小：（1）7.06，67.0，6log 7.0；（2）7.0log 1.1，7.0log 2.1解析：（1）∵7.06＞1，0＜67.0＜1，6log 7.0＜0 ，∴6log 7.0＜67.0＜7.06.（2）∵1.1log 17.0log 7.01.1，2.1log 17.0log 7.02.1.又函数y＝x 7.0log 为减函数，∴ 0＞1.1log 7.0＞2.1log 7.0.∴7.0log 1.1＜7.0log 2.1.再例：当０＜a ＜b ＜1，下列不等式正确的有（）A.bbaa 111 B.bab a 11C.211b baaD.baba11解析：∵0＜b 1＜a 1＜1，又函数y＝xb)1(为减函数，y＝ax在（0,1）上为增函数，∴bb 1＜ab 1＜aa 1，故选D.技巧提示：利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性，同时充分利用0和1为桥梁，能使比较大小的问题得到解决.【例2】已知函数y ＝122xxaa（a ＞0，a ≠１）在区间[－1，1]上的最大值为14，求a 的值.解析：∵y＝2)1(2xa＝2)1(2u ，又11x，当a ＞1时，],1[a au ，1u ，2)1(2u 为u 的增函数. ∴函数的最大值为)(5312142舍或aa a a 当0＜a ＜1时，]1,[aa u，1u ，2)1(2u 为u 的增函数.∴函数的最大值为舍）或(51311121142aaaa综上得，331aa或.技巧提示：指数函数与二次函数的复合函数，讨论复合函数的单调性是解决问题的重要途径又例：已知)(x f ＝)32(log 24x x.求（1）)(x f 的单调区间；（2）求函数)(x f 的最大值及对应的x 的值. 解析：（1）由0322xx ，得)(x f 的定义域为)3,1(，记u ＝232x x ＝－（x －1）2＋4，对称轴为x ＝1. ∴)(x f 的增区间为（－1，1】，减为区间【1，3）. （2）∵u ＝－（x －1）2＋4≤４，∴当x ＝1 时有最大值y＝1.【例3】函数12311x y的定义域是（）A.),21[ B.]21,(C.),(D.]1,(解析：由031112x ，得13112x ，即12)31(31x ，由x)31(为减函数，∴012x .故所求定义域为21x .选A.技巧提示：这里充分利用指数函数的单调性，通过解简单的指数不等式得到所求定义域.同样，可以充分利用对数函数的单调性，通过解简单的对数不等式得到某些问题的解.又例：若132log a，则a 的取值范围是.解析：由132log a ，即a a alog 32log ，当a ＞１时，x a log 是增函数，于是32a，∴a ＞１.当０＜a ＜１时，x a log 是减函数，于是32a，∴０＜a ＜32.综上可知a 的取值范围是a ＞１或０＜a ＜32.再例：解不等式0)1)(2(log 2221xxxbab a（a ＞0，b ＞0）.解析：由0)1)(2(log 2221xxxbab a，得xxxb ab a22)(2＞0，即0122xxba ba .∴21xba 或21xba （舍去）.当a ＞b 时, )21(log ba x；当a ＜b 时，)21(log ba x ；当a ＝b 时，不等式无解.【例4】函数)2(log 221x xy的单调递增区间是.解析：由022xx，得20x，而函数22)1(12x xxu，即u 在)1,0(上是增函数，在)2,1(上是减函数. 又u y21log 是减函数，∴)2(log 221x xy单调递增区间是)2,1(.技巧提示：对于复合函数的单调性，一要注意在定义域内研究问题；二是对组成复合函数的每一个函数的单调性作出判断；最后根据复合函数的单调性原则做出结论.又例：求函数93221x xy 的单调递减区间.解析：显然93221x xy的定义域是R .设932xxu ，则427)23(2xu.∴932xxu的单调递增区间为)23,(有93221x xy ＝u21是u 的减函数，∴93221x xy的单调递减区间为)23,(. 再例：已知a ＞0且a ≠1,函数x x f a log )(在定义域[2,3]上的最大值比最小值大1 ,则a 的值为.解析：由题意，有12log 3log a a ，即123log a，∴a ＝32，23.【例5】当a ＞1时，证明函数)(x f ＝11xx aa 是奇函数.解析：由xa －1≠０得x ≠0.故函数定义域｛x ｜x ≠０｝是关于原点对称的点集.又)(x f ＝1111)1()1(11xx xx xxx x xx a a aa aaa a aa ，)(x f －11xxaa ，∴)(x f ＝－)(x f .所以函数)(x f ＝11xx aa 是奇函数.技巧提示：对于指数形式的复合函数的奇偶性的证明，在判定)(x f 与)(x f 关系时，也可采用如下等价证法.1)()()()(x f x f x f x f （)(x f ≠０），1)()()()(x f x f x f x f （)(x f ≠０）.如本题可另证如下：∵)()(x f x f 11111x x x x xxxxa a a a aaa a，即)(x f ＝－)(x f ，∴所以函数)(x f ＝11xx aa 是奇函数.又例：设a 是实数，)(x f ＝a －122x（x ∈R ）（1）试证明对于任意a ，)(x f 为增函数；（2）试确定a 值，使)(x f 为奇函数. 解析：（1）设1x ，2x ∈R ，且1x ＜2x ，则)()(21x f x f ＝（)122()12221x x aa)12)(12()22(2122122212112x x x x x x 由于指数函数xy 2在R 上是增函数，且1x ＜2x ，所以12x ＜22x ，即12x －22x ＜0，又由2x＞0得12x ＋1＞0，22x ＋1＞0，所以)()(21x f x f ＜0.即)()(21x f x f .因为此结论与a 取值无关，所以对于a 取任意实数，)(x f 为增函数.（2）若)(x f 为奇函数，则)(x f ＝－)(x f ，即22()2121xxaa，变形得：12)12(21222)12(222xxxxxxa，解得a ＝1.所以当a ＝1时，)(x f 为奇函数.【例6】已知0＜x ＜1，a ＞0，a 1，比较)1(log x a 和)1(log x a 的大小.解析：方法一：当a ＞1时，)1(log x a －)1(log x a ＝－)1(log x a －)1(log x a ＝－)1(log 2x a ＞0，∴)1(log x a ＞)1(log x a .当0＜a ＜1时，)1(log x a －)1(log x a ＝)1(log x a +)1(log x a ＝)1(log 2x a ＞0，∴)1(log x a ＞)1(log x a . 综上所述，在题设条件下，总有)1(log x a ＞)1(log x a .方法二：∵)1(log )1(log x x a a ＝)1(log )1(x x ＝)1(log )1(x x ＝xx 11log )1(＝2)1(11log xx x ＞)1(log )1(x x ＝1.∴)1(log x a ＞)1(log x a .技巧提示：比较大小通常采取作差－变形－判定符号.如果比较两个正数的大小时，亦可采取作商－变形－与“1”比较的办法.又例：解不等式)1(log )3(log 238x xx解析：原不等式可化为333)1(30103xxxxx x，即等价于223012xxx ，即3713711xx，解得：3711x，所以原不等式的解集为｛x ︱3711x｝.【例7】（1）已知a 3log 2，b 7log 3，用a ，b 表示56log 42；（2）已知,6log ,3log ,2log c b a x x x 求x abc log 的值.解析：（1）56log 42＝42lg 56lg ＝,3lg 2lg 7lg 2lg 37lg 又∵,3lg 2lg ,3lg 7lg 3lg 7lg ,2lg 3lg ab ba ∴56log 42＝131133lg 3lg 3lg 3lg 33lg a ab ab ab a b ab a b .（2）∵a ＝2x ，b ＝63,x cx ，∴111log log 11xxx abc .技巧提示：掌握对数与指数的运算性质，是本部分的基本要求.尽管近几年高考中很少直接考查对数与指数的运算，但由于指数函数与对数函数几乎是必考内容，不能熟练的进行对数与指数的运算，会影响解题技巧的把握，至少会影响解题速度.又例：判断下列函数的奇偶性（1）)(x f ＝1212xx ；（2）)(x g ＝x1－)1ln(2xx.解析:（1）)(121221212)12(2)12(1212)(x f x f xx xx xxx x xx ，∴)(x f 为奇函数.（2）xx g x g 1)()()1ln(2xx＋x1－)1ln(2xx＝－)]1)(1ln[(22xxxx＝－1ln ＝0.∴)(x g 为奇函数.四、课后训练1.已知732log [log (log )]0x ，那么12x 等于（）A.13B.123C.122D.1332.函数2lg 11y x的图像关于（）A.x 轴对称B.y 轴对称C.原点对称D.直线yx 对称3.函数(21)log 32x y x 的定义域是（）A.2,11,3 B.1,11,2C.2,3 D.1,24.函数212log (617)y xx 的值域是（）A.RB.8,C.,3D.3,5.下列函数中，在0,2上为增函数的是（）A.12log (1)y x B.22log 1y x C.21log y xD.212log (45)y xx 6.已知|1|log )(x x g a )1,0(aa 在10，上有()0g x ，则1()x f x a是（）A.在,0上是增加的 B.在,0上是减少的C.在,1上是增加的D.在,1上是减少的7.函数xax f )1()(2是减函数，则实数a 的取值范围是.8.计算3log 22450lg 2lg 5lg .9.已知11log )(x mx x f a是奇函数（其中)1,0aa，（1）求m 的值；（2）讨论)(x f 的单调性；（3）求)(x f 的反函数)(1x f ；（4）当)(x f 定义域区间为)2,1(a 时，)(x f 的值域为),1(，求a 的值.10.对于函数)32(log )(221ax xx f ，解答下述问题：（1）若函数的定义域为R ，求实数a 的取值范围；（2）若函数的值域为R ，求实数a 的取值范围；（3）若函数在),1[内有意义，求实数a 的取值范围；（4）若函数的定义域为),3()1,(，求实数a 的值；（5）若函数的值域为]1,(，求实数a 的值；（6）若函数在]1,(内为增函数，求实数a 的取值范围.五、参考答案1.C. 2.C.3.A.4.C.5.D.6.C.7.)2,1()1,2(8.109.解析：（1）11log 11log 11log )()(222xx m x mx x mx x f x f aaa对定义域内的任意x 恒成立，∴10)1(11122222mx m xx m ，当1m ，()f x 无意义，舍去，1m，（2）∵11log )(x x x f a，∴定义域为),1()1,(，而)121(log 11log )(x xx x f a a，①当1a 时，)(x f 在),1()1,(与上都是减函数；②当10a 时，)(x f 在),1()1,(与上都是增函数；（3）111)1(1111log yy yyyaaa xax a x x ax x y，∵001yay，，∴)10,0(11)(1aa x aa x fx x且.（4）)2,1()(,3,21ax f aax在上为减函数，∴命题等价于1)2(a f ，即014131log 2aaaa a ，解得32a . 10.解析：记2223)(32)(a a xax xx g u，（1）R xu对0恒成立，33032min aau ，∴a 的取值范围是)3,3(；（2）这是一个较难理解的问题。

俩角和与差的正弦、余弦和正切公式

全国名校高中数学优质专题汇编（附详解）1．计算－sin 133°cos 197°－cos 47°cos 73°的结果为( ) A.12 B.33 C.22D.32解析：选A.－sin 133°cos 197°－cos 47°cos 73° ＝－sin 47°(－cos 17°)－cos 47°sin 17° ＝sin(47°－17°)＝sin 30°＝12.2．已知sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α，则tan α＝( ) A ．－1 B ．0 C.12D ．1解析：选A.因为sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α，所以12cos α－32sin α＝32cos α－12sin α，所以⎝⎛⎭⎫12－32sin α＝⎝⎛⎭⎫32－12cos α，所以sin α＝－cos α，所以tan α＝－1.3．若α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝17，则sin α等于( ) A.35 B.45 C ．－35D ．－45解析：选A.因为tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝17，所以tan α＝－34＝sin αcos α，所以cos α＝－43sin α.又因为sin 2α＋cos 2α＝1，所以sin 2α＝925.又因为α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以sin α＝35.4．已知cos ⎝⎛⎭⎫π6－α＝33，则sin ⎝⎛⎭⎫5π6－2α的值为( ) A.13 B ．－13C.23D ．－23解析：选B.sin ⎝⎛⎭⎫5π6－2α＝sin ⎣⎡⎦⎤π2＋⎝⎛⎭⎫π3－2α ＝cos ⎝⎛⎭⎫π3－2α＝2cos 2⎝⎛⎭⎫π6－α－1＝2×⎝⎛⎭⎫332－1＝－13.5．(优质试题·兰州市实战考试)sin 2α＝2425，0<α<π2，则2cos ⎝⎛⎭⎫π4－α的值为( ) A ．－15B.15 C ．－75D.75解析：选D.2cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝2⎝⎛⎭⎫22cos α＋22sin α＝sin α＋cos α，又因为(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝1＋sin 2α＝4925，0<α<π2，所以sin α＋cos α＝75，故选D.6．(优质试题·贵州省适应性考试)已知α是第三象限角，且cos ()α＋π＝45，则tan 2α＝________．解析：由cos(π＋α)＝－cos α＝45，得cos α＝－45，又α是第三象限角，所以sin α＝－35，tanα＝34，故tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝247.答案：2477．已知sin(α－β)cos α－cos(β－α)sin α＝35，β是第三象限角，则sin ⎝⎛⎭⎫β＋5π4＝________．解析：依题意可将已知条件变形为 sin[(α－β)－α]＝－sin β＝35，sin β＝－35.又β是第三象限角，因此有cos β＝－45.sin ⎝⎛⎭⎫β＋5π4＝－sin(β＋π4)＝－sin βcos π4－cos βsin π4＝7210. 答案：72108．(优质试题·兰州市高考实战模拟)若sin α－sin β＝1－32，cos α－cos β＝12，则cos(α－β)＝________．解析：由sin α－sin β＝1－32，得(sin α－sin β)2＝⎝⎛⎭⎫1－322，即sin 2α＋sin 2β－2sin αsin β＝74－3，①由cos α－cos β＝12，得cos 2α＋cos 2β－2cos αcos β＝14，②①＋②得，2sin αsin β＋2cos αcos β＝3，即cos(α－β)＝32. 答案：329．已知tan α＝2. (1)求tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4的值； (2)求sin 2αsin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1的值．解：(1)tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋tanπ41－tan αtanπ4＝2＋11－2×1＝－3.(2)sin 2αsin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1＝ 2sin αcos αsin 2α＋sin αcos α－2cos 2α＝2tan αtan 2α＋tan α－2＝2×24＋2－2＝1. 10．已知函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，x ∈R ，且f ⎝⎛⎭⎫5π12＝322. (1)求A 的值；(2)若f (θ)－f (－θ)＝3，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，求cos θ的值．解：(1)f ⎝⎛⎭⎫5π12＝A sin ⎝⎛⎭⎫5π12＋π3＝A sin 3π4＝22A ＝322，所以A ＝3.(2)f (θ)－f (－θ)＝3sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3－3sin ⎝⎛⎭⎫－θ＋π3 ＝3⎣⎡⎝⎛⎭⎫sin θcos π3＋cos θsin π3－⎝⎛－sin θcos π3 ⎦⎤⎭⎫＋cos θsin π3＝6sin θcos π3＝3sin θ＝3，所以sin θ＝33.又因为θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos θ＝1－sin 2θ＝1－⎝⎛⎭⎫332＝63.1．(优质试题·山西太原五中模拟)已知角α为锐角，若sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝13，则cos ⎝⎛⎭⎫α－π3＝( ) A.26＋16B.3－28C.3＋28D.23－16解析：选A.由于角α为锐角，且sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝13，则 cos ⎝⎛⎭⎫α－π6＝223，则cos ⎝⎛⎭⎫α－π3 ＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α－π6－π6＝cos ⎝⎛⎭⎫α－π6cos π6＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π6sin π6＝223×32＋13×12＝26＋16. 2．(优质试题·河南百校联盟联考)已知α为第二象限角，且tan α＋tan π12＝2tan αtan π12－2，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋5π6等于( ) A ．－1010B.1010C ．－31010D.31010解析：选C.tan α＋tan π12＝2tan αtan π12－2⇒tan α＋tanπ121－tan αtanπ12＝－2⇒tan ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝－2，因为α为第二象限角，所以sin ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝255，cos ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝－55，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋5π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝－sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π12－π4＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π12sin π4－sin ⎝⎛⎭⎫α＋π12cos π4＝－31010. 3．(优质试题·安徽重点中学联考)若α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，cos ⎝⎛⎭⎫π4－α＝22cos 2α，则sin 2α＝________．解析：由已知得22(cos α＋sin α)＝22(cos α－sin α)·(cos α＋sin α)，所以cos α＋sin α＝0或cos α－sin α＝14.由cos α＋sin α＝0得tan α＝－1，因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以tan α＞0，所以cos α＋sin α＝0不满足条件；由cos α－sin α＝14两边平方得1－sin 2α＝116，所以sin 2α＝1516.答案：15164．(优质试题·郑州第一次质量预测)△ABC 的三个内角为A 、B 、C ，若3cos A ＋sin A3sin A －cos A＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π12，则tan A ＝____________________________. 解析：3cos A ＋sin A 3sin A －cos A ＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π32sin ⎝⎛⎭⎫A －π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝－tan ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－A －π3 ＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π12，所以－A －π3＝k π－7π12(k ∈Z )，所以A ＝－k π＋7π12－π3＝－k π＋3π12＝－k π＋π4，又在△ABC 中，A ∈(0，π)，所以tan A ＝tan π4＝1.答案：15．已知cos ⎝⎛⎭⎫π6＋αcos ⎝⎛⎭⎫π3－α＝－14，α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2. (1)求sin 2α的值； (2)求tan α－1tan α的值．解：(1)cos ⎝⎛⎭⎫π6＋αcos ⎝⎛⎭⎫π3－α＝cos ⎝⎛⎭⎫π6＋αsin ⎝⎛⎭⎫π6＋α＝12sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－14，即sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－12. 因为α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2，所以2α＋π3∈⎝⎛⎭⎫π，4π3，所以cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－32，所以sin 2α＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2α＋π3－π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π3sin π3＝12. (2)因为α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2，所以2α∈⎝⎛⎭⎫2π3，π，又由(1)知sin 2α＝12，所以cos 2α＝－32.所以tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α＝sin 2α－cos 2αsin αcos α＝－2cos 2αsin 2α＝－2×－3212＝2 3.6．已知sin α＋cos α＝355，α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，sin ⎝⎛⎭⎫β－π4＝35，β∈⎝⎛⎭⎫π4，π2. (1)求sin 2α和tan 2α的值； (2)求cos(α＋2β)的值．解：(1)由题意得(sin α＋cos α)2＝95，即1＋sin 2α＝95，所以sin 2α＝45.又2α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以cos 2α＝1－sin 22α＝35，所以tan 2α＝sin 2αcos 2α＝43. (2)因为β∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，β－π4∈⎝⎛⎭⎫0，π4， sin ⎝⎛⎭⎫β－π4＝35，所以cos ⎝⎛⎭⎫β－π4＝45，于是sin 2⎝⎛⎭⎫β－π4＝2sin ⎝⎛⎭⎫β－π4·cos ⎝⎛⎭⎫β－π4＝2425. 又sin 2⎝⎛⎭⎫β－π4＝－cos 2β，所以cos 2β＝－2425，又2β∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以sin 2β＝725，又cos 2α＝1＋cos 2α2＝45，α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，所以cos α＝255，sin α＝55.所以cos(α＋2β)＝cos αcos 2β－sin αsin 2β ＝255×⎝⎛⎭⎫－2425－55×725 ＝－11525.。

全国名校高三数学优质试题汇编(附详解)四

全国名校高三数学优质试题汇编（附详解）四考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合M＝{某|lg某＜1}，N＝{某|－3某2＋5某＋12＜0}，则()A．NMB．RNM4－∞，－∪(3,10)C．M∩N＝3D．M∩(RN)＝(0,3]2．已知角θ的顶点与原点重合，始边与某轴的非负半轴重合，终边在直线y＝2某上，则co2θ－in2θ等于()4A．－53C.53B．－54D.53．(优质试题届衡水联考)已知命题p：任意某∈R，(2－某)<0，则命题綈p为()21A．存在某∈R，(2－某)>021B．任意某∈R，(1－某)>021C．任意某∈R，(1－某)≥021D．存在某∈R，(2－某)≥024．(优质试题·济宁模拟)曲线y＝3ln某＋某＋2在点P处的切线方程为4某－y－1＝0，则点P的坐标是()A．(0,1)C．(1，－1)B．(1,0)D．(1,3)5．设向量a＝(1,2)，b＝(2,1)，若向量a－λb与向量c＝(5，－2)共线，则λ的值为()4A.34C．－94B.13D．46．(优质试题·贵阳适应性考试)设命题p：若y＝f(某)的定义域为R，且函数y＝f(某－2)图像关于点(2,0)对称，则函数y＝f(某)是奇函数，命题q：任意某≥0，某≥某，则下列命题中为真命题的是()A．p且qC．p且(綈q)7．已知a＝，b＝log121213B．(綈p)或qD．(綈p)且(綈q)121311，c＝log3，则()23B．b>c>aD．b>a>cA．c>b>aC．a>b>c8．在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，如果a，b，c成等差数列，B＝30°，△ABC3的面积为，则b等于()21＋3A.22＋3C.2B．1＋3D．2＋39．(优质试题届吉林松原模拟)已知△ABC外接圆的圆心为O，AB＝23，AC＝22，A为钝→→角，M是BC边的中点，则AM·AO等于()A．3C．5B．4D．6Sn10．已知{an}是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为Sn，设数列n的前n项和为a1Tn，当且仅当n＝6时，Tn有最大值，则的取值范围是()d5－∞，－A.2B．(－3，＋∞)5－3，－C.25－，＋∞D．(－∞，－3)∪211．(优质试题·安徽百校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且3a3＝a6＋4，则“a2＜1”是“S5＜10”的()A．充分不必要条件C．充要条件B.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件1212．对任意的n∈N＋，数列{an}满足|an－co2n|≤且|an＋in2n|≤，则an等于()332A.－in2n3C.－co2n32B．in2n－31D．co2n＋第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．函数f(某)＝1－2某的定义域为________．14．(优质试题·张家口期末考试)设数列{an}是等比数列，公比q＝2，Sn为{an}的前n项和，9Sn－S2n记Tn＝(n∈N＋)，则数列{Tn}最大项的值为________．an＋11316．(优质试题·陆川二模)已知函数f(某)＝ln某－某＋－1，g(某)＝某2－2b某＋4，若对任意44某某1∈(0,2)，存在某2∈[1,2]，使f(某1)≥g(某2)，则实数b的取值范围是______．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知A＝{某|某2－2某－3＜0}，B＝{某|某2－5某＋6＞0}．(1)求A∩B；(2)若不等式某2＋a某＋b＜0的解集是A∩B，求a某2＋某－b＜0的解集．π某＋·18．(12分)已知函数f(某)＝2in3co某.π(1)若0≤某≤，求函数f(某)的值域；(2)设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A为锐角且f(A)＝c＝3，求co(A－B)的值．19.(12分)(优质试题届山西五校联考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知ainB＋3bcoA＝3c.(1)求B；33(2)若△ABC的面积为，b＝7，a＞c，求a，c.23，b＝2，220．(12分)ππ其中A，ω，φ为常数，A>0，ω>0，－(1)求函数f(某)的解析式；π32α＋的值．(2)若f(α)＝，求in62321.(12分)(优质试题·长春二模)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝3an－1(n∈N＋)．21(1)若数列{bn}满足bn＝an－，求证：{bn}是等比数列；2(2)求数列{an}的前n项和Sn.22．(12分)(优质试题届郑州联考)已知f(某)＝某3＋a某2＋b某，a，b∈R.1－1，上是增加的，求实数a的取值范围；(1)若b＝1，且函数f(某)在区间2(2)若函数f(某)有两个极值点某1，某2，某1答案精析1．D[由M＝{某|lg某＜1}得M＝{某|0＜某＜10}；由－3某2＋5某＋12＝(－3某－4)(某－3)＜0，4某＜－或某＞3，解得N＝某34－≤某≤3，所以RN＝某3则有M∩(RN)＝(0,3]，故选D.]2．B[∵角θ的终边在直线y＝2某上，∴tanθ＝2.co2θ－in2θ1－tan2θ1－223∴coθ－inθ＝2＝＝＝－.]2225coθ＋inθ1＋tanθ1＋2223．D[含有一个量词的命题的否定写法是“变量词，否结论”，1故綈p为存在某∈R，(2－某)≥0.故选D.]24．D[设切点P(m，n)，则n＝4m－1，n＝3lnm＋m＋2，33又y′＝＋1，∴＋1＝4，解得m＝1，n＝3，某m∴P(1,3)，故选D.]45．A[因为a－λb＝(1－2λ，2－λ)，所以由题意得－2(1－2λ)－5(2－λ)＝0，解得λ＝，故3选A.]6．C[由题意得，函数y＝f(某－2)的图像向左平移2个单位，可得函数y＝f(某)的图像，因为函数y＝f(某－2)的图像关于点(2,0)对称，所以函数y＝f(某)的图像关于原点对称，又函数f(某)的定义域为R，所以y＝f(某)为奇函数，所以命题p为真命题；又当0＜某＜1时，某＜某，当某＞1时，某＞某，所以命题q为假命题，所以命题p且(綈q)12131213为真命题，故选C.]7．D[由题意可得，01，3c＝log31<0，由此可得b>a>c.故选D.]213 8．B[由题意得2b＝a＋c，S＝acin30°＝，得ac＝6，22∴b2＝a2＋c2－2acco30°＝(a＋c)2－2ac－3ac＝4b2－6(2＋3)，∴b2＝2(2＋3)＝(3＋1)2，b＝3＋1，故选B.]→1→→9．C[∵M是BC边的中点，∴AM＝(AB＋AC)，2∵O是△ABC的外接圆的圆心，→→→→∴AO·AB＝|AO|·|AB|co∠BAO1→1＝|AB|2＝某(23)2＝6.22→→1→21同理可得AO·AC＝|AC|＝某(22)2＝4.22→→1→→→∴AM·AO＝(AB＋AC)·AO21→→1→→＝AB·AO＋AC·AO221＝某(6＋4)＝5.]2dSnda1－，10．C[∵{an}是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为Sn，∴＝n＋2n2S∵数列n的前n项和为T，当且仅当n＝6时，T有最大值，∴S＝a＋3d＜0，7d＜0，nnn71S65＝a1＋d＞0，62解得a15－3＜＜－.故选C.]d211．A[设公差为d，由3a3＝a6＋4得3a2＋3d＝a2＋4d＋4，即d＝2a2－4，则由S5＜10得5a1＋a55a2＋a456a2－8＝＝＜10，即有a2＜2，故选A.]2221212．A[∵|an－co2n|≤且|an＋in2n|≤，3311∴co2n－≤an≤co2n＋，3322－in2n－≤an≤－in2n＋，3322即－1＋co2n－≤an≤－1＋co2n＋，3311∴co2n－≤an≤co2n－，3312∴an＝co2n－＝－in2n.]3313．(－∞，0]解析由1－2某≥0，即2某≤1＝20，解得某≤0,定义域为(－∞，0]．14．39Sn－S2n解析∵数列{an}是等比数列，公比q＝2，Sn为{an}的前n项和，Tn ＝(n∈N＋)，an＋1a11－2na11－22n9·－1－21－28∴Tn＝＝9－2n－n，na1·228∵2n＋n≥2282n·n＝42，283当且仅当2n＝n，即n＝时取等号，22又n∈N＋，∴当n＝1或2时，Tn取最大值T1＝T2＝9－2－4＝3.∴数列{Tn}最大项的值为3.15．100解析连接AC.在△ABC中，AC2＝802＋(40＋303)2－2某80某(40＋303)某co60°＝7500，所以AC＝503，80某in60°4所以in∠ACB＝＝，5503AC2＋BC2－AB23所以co∠ACB＝＝.2AC·BC5()23472＋＝，255102，102，10由∠ACD为锐角，得co∠ACD＝AD2＝(503)2＋(2506)2－2某503某2506某得AD＝3503，设收到指令时该轮船到城市C的距离是某，则5032＋502－某25032＋35032－25062＝，2某503某502某503某3503即某＝100.17，＋∞16.8113解析函数f(某)的导函数f′(某)＝－－2某44某－某－1某－3＝，4某2若f′(某)＞0,1＜某＜3，f(某)为增函数；若f′(某)＜0，某＞3或0＜某＜1，f(某)为减函数．131f(某)在某∈(0,2)上有极值，f(某)在某＝1处取极小值也是最小值f(某)min＝f(1)＝－＋－1＝－；442∵g(某)＝某2－2b某＋4＝(某－b)2＋4－b2，对称轴为某＝b，某∈[1,2]，当b＜1时，g(某)在某＝1处取最小值g(某)min＝g(1)＝1－2b＋4＝5－2b；当1≤b≤2时，g(某)在某＝b处取最小值g(某)min＝g(b)＝4－b2；当b＞2时，g(某)在[1,2]上是减函数，g(某)min＝g(2)＝4－4b＋4＝8－4b.∵对任意某1∈(0,2)，存在某2∈[1,2]，使f(某1)≥g(某2)，∴只要f(某)的最小值大于等于g(某)的最小值即可，111当b＜1时，－≥5－2b，解得b≥，故b无解；2413232当1≤b≤2时，－≥4－b2，解得b≤－或b≥，222117故b无解；当b＞2时，－≥8－4b，解得b≥.2817综上，b≥.817．解(1)由A＝{某|某2－2某－3＜0}＝{某|－1＜某＜3}，B＝{某|某2－5某＋6＞0}＝{某|某＜2或某＞3}，∴A∩B＝{某|－1＜某＜2}．(2)由题意，得－1,2是方程某2＋a某＋b＝0的两根，∴－1＋2＝－a，－1某2＝b，解得a＝－1，b＝－2，∴不等式a某2＋某－b＜0可化为－某2＋某＋2＜0，解得某＜－1或某＞2.∴a某2＋某－b＜0的解集为{某|某＜－1或某＞2}．18．解(1)f(某)＝(in某＋3co某)co某＝in某co某＋3co2某133＝in2某＋co2某＋222π32某＋＋，＝in32πππ4π由0≤某≤，得≤2某＋≤，2333－π32某＋≤1.≤in32π332某＋＋≤1＋，∴0≤in322即函数f(某)的值域为0，1＋3.2π332A＋＋＝，(2)由f(A)＝in322π2A＋＝0，得in3πππ4π又02333ππ∴2A＋＝π，A＝.33在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccoA＝7，得a＝7，ab由正弦定理＝，inAinBbinA21得inB＝＝，a727∵b7∴co(A－B)＝coAcoB＋inAinB12732157＝某＋某＝.272714 19．解(1)由已知ainB＋3bcoA＝3c，结合正弦定理得inAinB＋3inBcoA＝3inC，所以inAinB＋3inBcoA＝3in(A＋B)＝3(inAcoB＋inBcoA)，即inAinB ＝3inAcoB，因为A为△ABC的内角，inA≠0，所以tanB＝3，π因为B∈(0，π)，所以B＝.31π333(2)由S△ABC＝acinB，B＝，得ac＝，2342即ac＝6，又b2＝(a＋c)2－2ac－2accoB，得(7)2＝(a＋c)2－2ac－ac，ac＝6，a＝3，所以又a＞c，∴a＋c＝5，c＝2.20．解(1)由题图可知A＝2，T＝2π，故ω＝1，所以f(某)＝2in(某＋φ)．2π2π＋φ＝2且－π某－.故φ＝－，所以f(某)＝2in66π33α－＝，(2)由f(α)＝，得in642πππ2α＋＝in2α－6＋所以in62α－π＝1－2in2α－π＝－1.＝co266811an－(n∈N＋)，21．(1)证明由题意知an＋1－＝322bn＋11从而有bn＋1＝3bn，b1＝a1－＝1≠0，所以＝3为非零常数，2bn所以{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列．1(2)解由(1)知bn＝3n－1，从而an＝3n－1＋，2n3＋n－1111n－1则Sn＝1＋＋3＋＋…＋3＋＝.222222．解(1)当b＝1时，f′(某)＝3某2＋2a某＋1，1－1，上是增加的，∵函数f(某)在2－1，时，f′(某)＝3某2＋2a某＋1≥0恒成立．∴当某∈2a函数f′(某)＝3某2＋2a某＋1的对称轴为某＝－.3a①当－3时，f′(－1)≥0，3即3－2a＋1≥0，解得a≤2，解集为空集；aa13－≥0.②当－1≤－≤，即－≤a≤3时，f′3322a2－a＋1≥0，即3·＋2a·393解得－3≤a≤3，所以－≤a≤3.21a13③当－>，即a4473∴－≤a427综上所述，当－≤a≤3时，41－1，上是增加的．函数f(某)在区间2(2)g(某)有两个零点，证明如下：∵f(某)有两个极值点某1，某2，∴某1，某2是方程f′(某)＝3某2＋2a某＋b＝0的两个根，且函数f(某)在区间(－∞，某1)和(某2，＋∞)上是增加的，在(某1，某2)上是减少的．∵g′(某)＝f′(某)，∴函数g(某)也是在区间(－∞，某1)和(某2，＋∞)上是增加的，在(某1，某2)上是减少的．∵g(某0)＝f(某0)－f(某0)＝0，∴某0是函数g(某)的一个零点．由题意知，g(某2)＝f(某2)－f(某0)．∵某1＋2某0＝3某2，∴2某0－2某2＝某2－某1>0，∴某0>某2，∴f(某2)某1，某2是方程f′(某)＝3某2＋2a某＋b＝0的两个根，2∴3某21＋2a某1＋b＝0,3某2＋2a某2＋b＝0，22∴f(某1)－f(某0)＝(某1－某0)(某1＋某1某0＋某0＋a某1＋a某0＋b)3某2－某123某2－某13某2－某12＝某1－某＋某·＋211243某2－某1＋a某1＋a·＋b232＝(某1－某2)(3某21＋2a某1＋b＋9某2＋6a某2＋3b)＝0，8∴g(某1)＝f(某1)－f(某0)＝0.∵函数g(某)的图像连续，且在区间(－∞，某1)上是增加的，在(某1，某2)上是减少的，在(某2，＋∞)上是增加的．∴当某∈(－∞，某1)时，g(某)<0，当某∈(某1，某0)时，g(某)<0，当某∈(某0，＋∞)时，g(某)>0，∴函数g(某)有两个零点某1和某0.。

演绎推理

一、演绎推理的定义:
演绎推理
从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理称为演绎(逻辑)推理．演绎推理是由一般到特殊的推理.
二、演绎推理的一般模式:“三段论”
⑴大前提--已知的一般原理； ⑵小前提--所研究的特殊情况； ⑶结论----根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
观察与思考
就数学而言，演绎推理是证明数学结论、建立数学体系的重要思维过程，但数学结论、证明思路等的发现，主要
靠合情推理。因此，我们不经要学会证
明，也要学会猜想。
通俗地说，合情推理是指“合乎情理”的推理。
观察与思考 1.所有的金属都能导电, 因为铜是金属, 所以铜能够导电. 2.一切奇数都不能被2整除, 因为(2100+1)是奇数, 所以(2100+1)不能被2整除.
演绎推理
3.三角函数都是周期函数, 因为tan 三角函数, 所以是tan 周期函数 4.全等的三角形面积相等如果三角形ABC与三角形A1B1C1全等, 那么三角形ABC与三角形A1B1C1面积相等.
想一想??? 1.全等三角形面积相等如果三角形ABC与三角形A1B1C1相似, 那么三角形ABC与三角形A1B1C1面积相等.
演绎推理
错因：推理形式错误，结论是错误的。
2.相似三角形面积相等如果三角形ABC与三角形A1B1C1相似, 那么三角形ABC与三角形A1B1C1面积相等.
错因：大前提是错误的，所以结论是错误的。
练习：用三段论的形式写出下列演绎推理。（1）三角形内角和180°，等边三角形内角和是180°
演绎推理
（2） 0.33 2 是有理数。
解：（1）分析：省略了小前提：“等边三角形是三角形”。所有的三角形内角和都是180°，等边三角形是三角形，所以等边三角形内角和是180°。（2）分析：省略了大前提：“所有的循环小数都是有理数。”

球的体积和表面积

课堂互动探究
探究 1 例1
球的体积与表面积 (1)已知球的直径为 6 cm，求它的表面积和体积；
(2)已知球的表面积为 64π，求它的体积； 500 (3)已知球的体积为 3 π，求它的表面积．解 (1)∵直径为 6 cm，
∴半径 R＝3 cm. ∴表面积 S 球＝4πR2＝36π(cm2)， 4 3 体积 V 球＝3πR ＝36π(cm3)．
【跟踪训练 3】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，若不计容器厚度，则球的体积为( )
500π A. 3 cm3 866π B. 3 cm3 1372π C. 3 cm3 2048π D. 3 cm3
解析如图，作出球的一个截面，则 MC＝8－6＝2(cm)， 1 1 BM＝2AB＝2×8＝4(cm)．设球的半径为 R cm，则
R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42， 4 500 3 ∴R＝5，∴V 球＝3π×5 ＝ 3 π(cm3).
【跟踪训练 4】球的表面积为 400π，一个截面的面积
【跟踪训练 1】 (1)两个球的半径相差 1，表面积之差
364π 3 ．为 28π，则它们的体积和为________
(2)已知球的大圆周长为 16π cm，求这个球的表面积．
答案 (2)见解析
解析 (1)设大、小两球半径分别为 R，r，则由题意可得
R－r＝1， R＝4， ∴ 2 2 4πR －4πr ＝28π， r＝3.
4 3 4 3 364π ∴它们的体积和为3πR ＋3πr ＝ 3 . (2)设球的半径为 R cm，由题意可知 2πR＝16π，解得 R ＝8，则 S 球＝4πR2＝256π(cm2).

全国名校高考数学优质试题汇编(附详解)专题排列与组合

排列与组合A组基础题组1.(优质试题陕西宝鸡质量检测(一))某市正在建设最具幸福感城市,原计划沿渭河修建7个河滩主题公园.为提升城市品味、升级公园功能,打算减少2个河滩主题公园,两端河滩主题公园不在调整计划之列,相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整,则调整方案的种数为( )A.12B.8C.6D.42.某校开设10门课程供学生选修,其中A、B、C三门由于上课时间相同,至多选一门,学校规定每位学生选修三门,则每位学生不同的选修方案种数是( )A.70B.98C.108D.1203.如图,∠MON的边OM上有四点A1,A2,A3,A4,ON上有三点B1,B2,B3,则以O,A1,A2,A3,A4,B1,B2,B3中三点为顶点的三角形的个数为( )A.30B.42C.54D.564.市内某公共汽车站有6个候车位(成一排),现有3名乘客随便坐在某个座位上候车,则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是( )A.48B.54C.72D.845.(优质试题甘肃兰州高考实战模拟)某国际会议结束后,中、美、俄等21国领导人合影留念,他们站成两排,前排11人,后排10人,中国领导人站在前排正中间位置,美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻,如果对其他国家领导人所站位置不做要求,那么不同的站法共有( )A.种B.种C.种D.种6.(优质试题河南郑州第二次质量预测)数字“124 467”重新排列后得到不同的偶数的个数为( )A.72B.120C.192D.2407.(优质试题福建漳州八校联考)有六人排成一排,其中甲只能在排头或排尾,乙、丙两人必须相邻,则满足要求的排法有( )A.34种B.48种C.96种D.144种8.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为( )A.24B.18C.12D.69.西部某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组,分配到两所小学支教,若要求女生不能单独成组,且每组最多5人,则不同的分配方案共有( )A.36种B.68种C.104种D.110种10.已知-=+1,则n= .-11.(优质试题吉林长春普通高中质检检测(二))某班主任准备请优质试题届毕业生做报告,要从甲、乙等8人中选4人发言,要求甲、乙两人至少有一人参加,若甲、乙同时参加,则他们发言中间需恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有种.(用数字作答)12.(优质试题辽宁沈阳高考模拟)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人一张,若甲、乙分得的电影票连号,则共有种不同的分法.(用数字作答)13.从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)14.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球的个数都不同,则共有种不同的放法.B组提升题组1.现有4种不同品牌的小车各2辆(同一品牌的小车完全相同),计划将其放在4个车库中(每个车库放2辆),则恰有2个车库放的是同一品牌的小车的不同放法共有( )A.144种B.108种C.72种D.36种2.某班准备从含甲、乙的7名男生中选取4人参加4×100米接力赛,要求甲、乙两人至少有一人参加,且若甲、乙同时参加,则他们在赛道上顺序不能相邻,那么不同的排法种数为( )A.720B.520C.600D.3603.(2014安徽,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )A.24对B.30对C.48对D.60对4.航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验,要求2艘攻击型核潜艇一前一后,3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右,每侧3艘,同侧不能都是同种舰艇,则舰艇分配方案的方法数为( )A.72B.324C.648D.1 2965.从1到9这9个数字中取3个偶数、4个奇数,试问:(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有多少个?(3)在(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有多少个?6.已知10件不同的产品中有4件是次品,现对它们进行测试,直至找出所有次品为止. (1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品,第10次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品,则这样的不同测试方法数是多少?答案精解精析A组基础题组1.C 除两端的2个河滩主题公园之外,从中间5个河滩主题公园中任选2个,有种方法,其中有4种相邻的情况,故调整方案共有-4=6种.2.B 共可分为两类:在A、B、C中选一门,其他7门中选两门,有=63种;在A、B、C中不选,在其他7门中选三门,有=35种,所以共有63+35=98种,故选B.3.B 先从这8个点中任取3个点,有种取法,再减去三点共线的情形即可,故三角形的个数为--=42.4.C 根据题意,先把3名乘客进行全排列,有=6种排法,排好后有4个空,再将2个连续的空座位“捆绑”和余下的1个空座位插入形成的4个空中,则有=12种排法,所以共有6×12=72种候车方式,故选C.5.D 中国领导人站在前排正中间位置,美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻,有种站法,其他18国领导人可以任意站,因此有种站法.根据分步乘法计数原理知,共有种站法.故选D.6.D 将数字“124 467”重新排列后所得数字为偶数,则末位数字应为偶数,(1)若末位数字为2,因为含有2个4,所以有=60种情况;(2)若末位数字为6,同理有=60种情况;(3)若末位数字为4,因为有两个数字4,所以共有5×4×3×2×1=120种情况.综上,共有60+60+120=240种情况.7.C 特殊元素优先安排,先让甲从头、尾中选取一个位置,有种选法,乙、丙相邻,捆绑在一起看作一个元素,与其余三个元素全排列,最后乙、丙可以换位,故共有 · · =96种,故选C.8.B 从0,2中选一个数字,①取0:此时0只能放在十位,再从1,3,5中任取两个数,在个位与百位进行全排列即可,列式为 ;②取2:此时2可以放在十位或百位,再从1,3,5中任取两个放在剩余两位进行全排列,列式为2 ,∴满足条件的奇数的个数为 +2 =3 =3×3×2=18.故选B.9.C 分组的方案有3、4和2、5两类,第一类有( -1)· =68种;第二类有( - )· =36种,所以共有68+36=104种不同的方案. 10.答案 6解析由 1-1= -12+1得 1)=(n-1)(n-2)+1,即n 2-7n+6=0,∴n=1 舍去)或n=6.11.答案 1 080解析若甲、乙同时参加,有2 =120种,若甲、乙有一人参加,有 =960种,从而不同的发言顺序有1 080 种. 12.答案 48解析电影票号码相邻只有4种情况,则甲、乙2人在这4种情况中选一种,共种选法,2张票分给甲、乙,共有种分法,其余3张票分给其他3个人,共有种分法,根据分步乘法计数原理,可得共有 =48种分法.13.答案 660解析从8人中选出4人,且至少有1名女学生的选法种数为 - =55.从4人中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人的选法为 =12种. 故共有55×12=660种选法. 14.答案 18解析对这3个盒子中所放的小球的个数的情况进行分类.第一类,这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,2,6,此类有 =6种放法;第二类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,3,5,此类有 =6种放法;第三类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是2,3,4,此类有 =6种放法.因此共有6+6+6=18种满足题意的放法.B组提升题组1.C 从4种小车中选取2种有种选法,从4个车库中选取2个车库有种选法,然后将这2种小车放入这2个车库共有种放法;将剩下的2种小车每1种分开来放,因为同一品牌的小车完全相同,只有1种放法,所以共有=72种不同的放法.故选C.2.C 根据题意,分两种情况讨论.①甲、乙只有其中一人参加,有=480种情况;②甲、乙两人都参加,有=240种情况,其中甲、乙相邻的有=120种情况.不同的排法种数为480+240-120=600.3.C 利用正方体中两个独立的正四面体解题,如图,它们的棱是原正方体的12条面对角线.一个正四面体中两条棱成60°角的有(-3)对,两个正四面体有(-3)×2对.又正方体平行的面对角线成对,所以共有(-3)×2×2=48对.故选C.4.D 核潜艇排列的排列数为,6艘舰艇任意排列的排列数为,同侧均是同种舰艇的排列数为×2,则舰艇分配方案的方法数为(-×2)=1 296.5.解析(1)分三步完成:第一步,在4个偶数中取3个,有种情况;第二步,在5个奇数中取4个,有种情况;第三步,将3个偶数和4个奇数进行排列,有种情况.所以符合题意的七位数有=100 800个.(2)3个偶数排在一起的有=14 400个.(3)3个偶数排在一起,4个奇数也排在一起的有=5 760个.6.解析(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试,有·=种测试方法,再排余下4件的测试位置,有种测试方法.所以共有··=103 680种不同的测试方法.(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现,所以共有··=576种不同的测试方法.。

高考数学复习专题基本不等式

高考数学复习专题基本不等式全国名校高考数学复优质学案、专题汇编（附详解）高考数学复专题：基本不等式一、基本不等式1.基本不等式：对于任意非负实数 $a$ 和 $b$，有 $a+b \geq 2\sqrt{ab}$，等号成立当且仅当 $a=b$。

2.算术平均数与几何平均数：设 $a>0$，$b>0$，则$a$ 和 $b$ 的算术平均数不小于它们的几何平均数。

3.利用基本不等式求最值问题：1）如果积 $xy$ 是定值 $P$，那么当且仅当 $x=y$ 时，$x+y$ 有最小值 $2\sqrt{P}$。

2）如果和 $x+y$ 是定值 $P$，那么当且仅当 $x=y$ 时，$xy$ 有最大值 $\frac{P}{4}$。

4.常用结论：1）$a+b \geq 2ab$（$a$，$b$ 为任意实数）。

2）$\frac{b^2}{a}+\frac{a^2}{b} \geq 2(a+b)$（$a$，$b$ 为同号实数）。

3）$ab \leq \frac{a^2+b^2}{2} \leq (\frac{a+b}{2})^2$（$a$，$b$ 为任意实数）。

4）$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq\frac{3}{2}$（$a$，$b$，$c$ 为正实数）。

5）$2(a+b) \geq \sqrt{2}(a+b)$（$a$，$b$ 为任意实数）。

6）$\frac{a^2+b^2}{a+b} \geq \frac{a+b}{2}$（$a$，$b$ 为任意实数）。

7）$a^2+b^2 \geq ab$（$a>0$，$b>0$）。

二、基本不等式在实际中的应用1.问题的背景是人们关心的社会热点问题，如物价、销售、税收等。

题目往往较长，解题时需认真阅读，从中提炼出有用信息，建立数学模型，转化为数学问题求解。

2.经常建立的函数模型有正（反）比例函数、一次函数、二次函数、分段函数以及 $y=ax+b$（$a>0$，$b>0$）等。

全国名校高中数学优质试题汇编(附详解)11

高三（上）12月联考数学试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合P={x|1≤2x＜4}，Q={1，2，3}，则P∩Q（）A．{1}B．{1，2}C．{2，3}D．{1，2，3}2．“a=0”是“复数z=a+bi（a，b∈R）为纯虚数”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3．若向量数量积•＜0则向量与的夹角θ的取值范围是（）A．（0，）B．[0，）C．（，π]D．（，π）4．某中学奥数培训班共有14人，分为两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩的茎叶图如图所示，其中甲组学生成绩的平均数是88，乙组学生成绩的中位数是89，则n﹣m的值（）A．5 B．6 C．7 D．85．已知S n是数列{a n}的前n项和，且S n=S n+a n+3，a4+a5=23，则S8=（）+1A．72 B．88 C．92 D．986．执行如图所示的程序框图，则输出的a值为（）A ．﹣3B ．C ．﹣D ．27．已知函数f （x ）=，则f （﹣2017）=（）A ．1B ．eC ．D ．e 28．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图，则几何体的表面积为（）A．4 B ．（2）π+96 C ．（4）π+64 D ．（4+4）π+96 9．已知抛物线y 2=2x 上一点A 到焦点F 距离与其到对称轴的距离之比为5：4，且|AF |＞2，则A 点到原点的距离为（）A． B ．2 C ．4 D ．810．函数的图象大致为（）A．B．C．D．11．圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是（）A．0B．C．0D．12．已知函数f（x）=x+sinx（x∈R），且f（y2﹣2y+3）+f（x2﹣4x+1）≤0，则当y≥1时，的取值范围是（）A．B． C．D．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．已知数列：的前n项和S n=．14．已知x为三角形中的最小角，则函数的值域为．15．家具公司制作木质的书桌和椅子，需要木工和漆工两道工序．己知木工平均四个小时做一把椅子，八个小时做一张书桌，该公司每星期木工最多有8000个工作时；漆工平均两小时漆一把椅子，一个小时漆一张书桌，该公司每星期漆工最多有1300个工作时．又已知制作一把椅子和一张书桌的利润分别是15元和20元．根据以上条件，怎样安排生产能获得最大利润？16．设F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P，使，O为坐标原点，且，则该双曲线的离心率为．三、解答题（共5小题，满分60分）17．已知△ABC的面积为S，且．（1）求tanA的值；（2）若B=，求△ABC的面积S．18．某冷饮店只出售一种饮品，该饮品每一杯的成本价为3元，售价为8元，每天售出的第20杯及之后的饮品半价出售．该店统计了近10天的饮品销量，如图所示：设x为每天饮品的销量，y为该店每天的利润．（1）求y关于x的表达式；（2）从日利润不少于96元的几天里任选2天，求选出的这2天日利润都是97元的概率．19．在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD与ADEF是边长均为a的正方形，四边形ABGH是直角梯形，AB⊥AF，且FA=2FG=4FH．（1）求证：平面BCG⊥平面EHG；（2）若a=4，求四棱锥G﹣BCEF的体积．20．已知椭圆的离心率为，过左焦点F且垂直于长轴的弦长为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P（m，0）为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为的直线l 交椭圆C于A、B两点，证明：|PA|2+|PB|2为定值．21．已知函数．（1）当a=0时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）令g（x）=f（x）﹣（ax﹣1），求函数g（x）的极值；（3）若a=﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，证明：．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ﹣6sinθ，直线l的参数方程为（t为参数）．若直线l与圆C相交于不同的两点P，Q．（1）写出圆C的直角坐标方程，并求圆心的坐标与半径；（2）若弦长|PQ|=4，求直线l的斜率．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x﹣1|﹣2|x+a|．（1）当a=1时，求不等式f（x）＞1的解集；（2）若不等式f（x）＞0，在x∈[2，3]上恒成立，求a的取值范围．高三（上）12月联考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合P={x|1≤2x＜4}，Q={1，2，3}，则P∩Q（）A．{1}B．{1，2}C．{2，3}D．{1，2，3}【考点】交集及其运算．【分析】化简集合P，根据交集的定义写出P∩Q即可．【解答】解：集合P={x|1≤2x＜4}={x|0≤x＜2}，Q={1，2，3}，则P∩Q={1}．故选：A．2．“a=0”是“复数z=a+bi（a，b∈R）为纯虚数”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由于复数z=a+bi（a，b∈R）为纯虚数，故a=0且b≠0，即“a=0”是“复数z=a+bi（a，b∈R）为纯虚数”的必要不充分条件．【解答】解：依题意，复数z=a+bi（a，b∈R）为纯虚数，⇔a=0且b≠0，∴“a=0”是“复数z=a+bi（a，b∈R）为纯虚数”的必要不充分条件，故选B．3．若向量数量积•＜0则向量与的夹角θ的取值范围是（）A．（0，）B．[0，）C．（，π]D．（，π）【考点】平面向量数量积的运算；数量积表示两个向量的夹角．【分析】利用向量的数量积，转化求解向量的夹角即可．【解答】解：向量数量积•＜0，可得||||cos＜，＞＜0，可得cos＜，＞＜0，＜，＞∈（，π]，故选：C．4．某中学奥数培训班共有14人，分为两个小组，在一次阶段测试中两个小组成绩的茎叶图如图所示，其中甲组学生成绩的平均数是88，乙组学生成绩的中位数是89，则n﹣m的值（）A．5 B．6 C．7 D．8【考点】茎叶图．【分析】利用茎叶图、平均数、中位数的性质，列出方程组，求出m，n，由此能求出结果．【解答】解：由题意得：，解得m=3，n=9，∴n﹣m=9﹣3=6．故选：B．。

圆的一般方程

，
1 3 □2
D2＋E2－4F
.
(2)当 D2＋E2－4F＝0 时，方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 表示点 . 2 2 5 □ D ＋ E －4F<0 (3)当
4 □
D E －，－ 2 2
时，方程 x2＋y2＋Dx＋Ey
＋F＝0 不表示任何图形．
2．由圆的一般方程判断点与圆的位置关系已知点 M(x0，y0)和圆的方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2 ＋E2－4F>0)．则其位置关系如下表：
3．(教材改编，P123，T1)圆 x2＋y2＋4x－6y－3＝0 的圆心和半径长分别为( A．(4，－6)，16 C．(－2,3)，4 ) B．(2，－3)，4 D．(2，－3)，16
课堂互动探究
探究1 求：
圆的一般方程的定义
例 1 若方程 x2＋y2＋2mx－2y＋m2＋5m＝0 表示圆， (1)实数 m 的取值范围； (2)圆心坐标和半径．
1．判断二元二次方程 Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0 表示圆要“两看”：一看方程是否具备圆的一般方程的特征：①A＝C≠0； ②B＝0；二看它能否表示圆．此时判断 D2＋E2－4AF 是否大于 0；或直接配方变形，判断等号右边是否为大于零的常数．
2．求轨迹方程的一般步骤 (1)建立适当坐标系，设出动点 M 的坐标(x，y)． (2)列出点 M 满足条件的集合． (3)用坐标表示上述条件，列出方程 f(x，y)＝0. (4)将上述方程化简． (5)证明化简后的以方程的解为坐标的点都是轨迹上的点．
解 0，将 P，Q 的坐标分别代入上式，
4D－2E＋F＋20＝0， ① 得 D－3E－F－10＝0， ②

正弦定理与余弦定理

全国名校高中数学优质专题汇编（附详解）1．(优质试题·兰州市实战考试)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若b 2＝ac ，c ＝2a ，则cos C ＝( ) A.24B ．－24C.34D ．－34解析：选B.由题意得，b 2＝ac ＝2a 2，b ＝2a ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋2a 2－4a 22a ×2a ＝－24，故选B.2．(优质试题·广东广雅中学、江西南昌二中联考)已知a ，b ，c 为△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若3b cos C ＝c (1－3cos B )，则sin C ∶sin A ＝( ) A ．2∶3 B ．4∶3 C ．3∶1D ．3∶2解析：选C.由正弦定理得3sin B cos C ＝sin C －3sin C cos B ，3sin(B ＋C )＝sin C ，因为A ＋B ＋C ＝π，所以B ＋C ＝π－A ，所以3sin A ＝sin C ，所以sin C ∶sin A ＝3∶1，选C. 3．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin A ＝223，a ＝3，S △ABC＝22，则b 的值为( ) A ．6 B ．3 C ．2D ．2或3解析：选D.因为S △ABC ＝22＝12bc sin A ，所以bc ＝6，又因为sin A ＝223，所以cos A ＝13，又a ＝3，由余弦定理得9＝b 2＋c 2－2bc cosA ＝b 2＋c 2－4，b 2＋c 2＝13，可得b ＝2或b ＝3.4．(优质试题·安徽合肥模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 的外接圆面积为( ) A ．4π B ．8π C ．9πD ．36π 解析：选C.已知b cos A ＋a cos B ＝2，由正弦定理可得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B ＝2(R 为△ABC 的外接圆半径)．利用两角和的正弦公式得2R sin(A ＋B )＝2，则2R sin C ＝2，因为cos C ＝223，所以sin C ＝13，所以R ＝3.故△ABC 的外接圆面积为9π.故选C.5．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，若b sin A －3a cos B ＝0，且b 2＝ac ，则a ＋cb 的值为( )A.22B. 2 C ．2D ．4解析：选C.在△ABC 中，由b sin A －3a cos B ＝0，利用正弦定理得sin B sin A －3sin A cos B ＝0，所以tan B ＝3，故B ＝π3.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ＝a 2＋c 2－ac ，即b 2＝(a ＋c )2－3ac ，又b 2＝ac ，所以4b 2＝(a ＋c )2，求得a ＋c b＝2.6．在△ABC 中，A ＝π4，b 2sin C ＝42sin B ，则△ABC 的面积为________．解析：因为b 2sin C ＝42sin B ，所以b 2c ＝42b ，所以bc ＝42， S △ABC ＝12bc sin A ＝12×42×22＝2.答案：27．在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C ＝________．解析：由余弦定理：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝25＋36－162×5×6＝34，所以sin A ＝74，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝16＋25－362×4×5＝18，所以sin C ＝378，所以sin 2Asin C ＝2×34×74378＝1.答案：18．已知△ABC 的周长为2＋1，面积为16sin C ，且sin A ＋sin B ＝2sin C ，则角C 的值为________．解析：将sin A ＋sin B ＝2sin C 利用正弦定理化简得： a ＋b ＝2c ，因为a ＋b ＋c ＝2＋1，所以2c ＋c ＝2＋1，即c ＝1，所以a ＋b ＝2，因为S △ABC ＝12ab sin C ＝16sin C ，所以ab ＝13.因为cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－12ab＝（a ＋b ）2－2ab －12ab ＝2－23－123＝12，则C ＝π3.答案：π39．(优质试题·高考北京卷)在△ABC 中，∠A ＝60°，c ＝37a .(1)求sin C 的值；(2)若a ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)在△ABC 中，因为∠A ＝60°，c ＝37a ，所以由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝37×32＝3314.(2)因为a ＝7，所以c ＝37×7＝3.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 得72＝b 2＋32－2b ×3×12，解得b ＝8或b ＝－5(舍)．所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×8×3×32＝6 3.10．(优质试题·贵州省适应性考试)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a cos B ＝4，b sin A ＝3. (1)求tan B 及边长a 的值；(2)若△ABC 的面积S ＝9，求△ABC 的周长．解：(1)在△ABC 中，a cos B ＝4，b sin A ＝3，两式相除，有b sin A a cos B ＝sin B sin A sin A cos B ＝tan B ＝34，又a cos B ＝4，所以cos B >0，则cos B ＝45，故a ＝5.(2)由(1)知，sin B ＝35，由S ＝12ac sin B ＝9，得c ＝6.由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝13，得b ＝13. 故△ABC 的周长为11＋13.1．(优质试题·长沙市统一模拟考试)△ABC 中，C ＝2π3，AB ＝3，则△ABC 的周长为( )A ．6sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋3B ．6sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＋3C ．23sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋3D ．23sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＋3解析：选C.设△ABC 的外接圆半径为R ，则2R ＝3sin2π3＝23，于是BC ＝2R sin A ＝23sin A ，AC ＝2R sin B ＝23sin ⎝⎛⎭⎫π3－A ，于是△ABC 的周长为23[sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫π3－A ]＋3＝23sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋3.选C.2．(优质试题·安徽江南十校联考)设△ABC 的面积为S 1，它的外接圆面积为S 2，若△ABC 的三个内角大小满足A ∶B ∶C ＝3∶4∶5，则S 1S 2的值为( )A.2512πB.2524πC.3＋32πD.3＋34π解析：选D.在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，又A ∶B ∶C ＝3∶4∶5，所以A ＝π4，B ＝π3，C ＝512π.由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (a 、b 、c 为△ABC 中角A 、B 、C 的对边，R 为△ABC 的外接圆半径)可得，a ＝sin A sin C ·c ，b ＝sin B sin C ·c ，R ＝c2sin C .所以S 1＝12ab sin C ＝12·sin A sin C ·sin B sin C ·c 2·sin C＝12sin A ·sin B ·sin C ·c 2sin 2C ， S 2＝πR 2＝π4·c 2sin 2C，所以S 1S 2＝2sin A ·sin B ·sin Cπ＝2×22×32×6＋24π＝3＋34π，故选D.3．如图，在四边形ABCD 中，已知AD ⊥CD ，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA ＝60°，∠BCD ＝135°，则BC 的长为________．解析：在△ABD 中，设BD ＝x ，则 BA 2＝BD 2＋AD 2－2BD ·AD ·cos ∠BDA ，即142＝x 2＋102－2·10x ·cos 60°，整理得x 2－10x －96＝0，解得x 1＝16，x 2＝－6(舍去)．在△BCD 中，由正弦定理：BC sin ∠CDB ＝BD sin ∠BCD ，所以BC ＝16sin 135°·sin 30°＝8 2.答案：8 24．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，a sin A ＋b sin B －c sin C sin B sin C ＝233a ，a ＝2 3.若b ∈[1，3]，则c 的最小值为________．解析：由a sin A ＋b sin B －c sin C sin B sin C ＝233a ，得a 2＋b 2－c 22ab ＝33sin C ．由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ，即3cos C ＝3sin C ，所以tan C ＝3，故cos C ＝12，所以c 2＝b 2－23b ＋12＝(b －3)2＋9，因为b ∈[1，3]，所以当b ＝3时，c 取最小值3. 答案：35.(优质试题·洛阳市第一次统一考试)如图，平面四边形ABDC 中，∠CAD ＝∠BAD ＝30°.(1)若∠ABC ＝75°，AB ＝10，且AC ∥BD ，求CD 的长； (2)若BC ＝10，求AC ＋AB 的取值范围．解：(1)由已知，易得∠ACB ＝45°，在△ABC 中，10sin 45°＝CB sin 60°⇒BC ＝5 6.因为AC ∥BD ，所以∠ADB ＝∠CAD ＝30°，∠CBD ＝∠ACB ＝45°，在△ABD 中，∠ADB ＝30°＝∠BAD ，所以DB ＝AB ＝10. 在△BCD 中，CD ＝CB 2＋DB 2－2CB ·DB cos 45°＝510－4 3. (2)AC ＋AB >BC ＝10，cos 60°＝AB 2＋AC 2－1002AB ·AC ⇒(AB ＋AC )2－100＝3AB ·AC ，而AB ·AC ≤⎝⎛⎭⎫AB ＋AC 22，所以（AB ＋AC ）2－1003≤⎝⎛⎭⎫AB ＋AC 22，解得AB ＋AC ≤20，故AB ＋AC 的取值范围为(10，20]．6．已知a ，b ，c 分别是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，ac sin A ＋4sin C ＝4c sin A .(1)求a 的值；(2)圆O 为△ABC 的外接圆(O 在△ABC 内部)，△OBC 的面积为33，b ＋c ＝4，判断△ABC 的形状，并说明理由．解：(1)由正弦定理可知，sin A ＝a 2R ，sin C ＝c2R ，则ac sin A ＋4sin C ＝4c sin A ⇔a 2c ＋4c ＝4ac ，因为c ≠0，所以a 2c ＋4c ＝4ca ⇔a 2＋4＝4a ⇔(a －2)2＝0，可得a ＝2. (2)设BC 的中点为D ，则OD ⊥BC ，所以S △OBC ＝12BC ·OD .又因为S △OBC ＝33，BC ＝2，所以OD ＝33，在Rt △BOD 中，tan ∠BOD ＝BD OD ＝12BC OD ＝133＝3，又0°<∠BOD <180°，所以∠BOD ＝60°，所以∠BOC ＝2∠BOD ＝120°，因为O 在△ABC 内部，所以∠A ＝12∠BOC ＝60°，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .所以4＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ，又b ＋c ＝4，所以bc ＝4，所以b ＝c ＝2，所以△ABC 为等边三角形．。

全国名校高三数学综合优质试题汇编(附详解) 平面解析几何

全国名校高三数学综合优质试题汇编（附详解）平面解析几何考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间120分钟，满分160分.4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.第Ⅰ卷一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分.把答案填在题中横线上.)1.直线x tan π3＋y ＋2＝0的倾斜角α＝________. 2.若在平面直角坐标系内过点P (1，3)且与原点的距离为d 的直线有两条，则d 的取值范围为__________.3.直线x ＋2y ＝0被圆(x －3)2＋(y －1)2＝25截得的弦长为________.4.(优质试题·常熟模拟)双曲线x 2m 2－4＋y 2m 2＝1(m ∈Z )的离心率为________. 5.两直线3ax －y －2＝0和(2a －1)x ＋5ay －1＝0分别过定点A ，B ，则AB ＝________.6.已知圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋a ＝0，圆C 与直线x ＋2y －4＝0相交于A ，B 两点，且OA ⊥OB (O 为坐标原点)，则实数a 的值为________.7.已知直线y ＝ax 与圆C ：(x －a )2＋(y －1)2＝a 2－1交于A ，B 两点，且∠ACB ＝60°，则圆的面积为________.8.M 是抛物线C ：y 2＝2px (p >0)上一点，F 是抛物线C 的焦点，O 为坐标原点，若MF ＝p ，K 是抛物线C 的准线与x 轴的交点，则∠MKO ＝________.9.已知直线y ＝k (x ＋2)(k >0)与抛物线C ：y 2＝8x 相交于A ，B 两点，F 为C 的焦点，若F A ＝2FB ，则k 的值为____________.10.(优质试题·昆山模拟)已知抛物线C ：y 2＝8x ，点P (0,4)，点A 在抛物线上，当点A 到抛物线准线l 的距离与点A 到点P 的距离之和最小时，F 是抛物线的焦点，延长AF 交抛物线于点B ，则△AOB 的面积为________.11.(优质试题·常州模拟)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，过其左焦点F作x轴的垂线，交双曲线于A，B两点，若双曲线的右顶点在以AB为直径的圆内，则双曲线离心率的取值范围是__________.12.已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为F1，F2，且两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若PF1＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则1e1－1e2＝______.13.过双曲线x2a2－y2＝1(a>0)的左焦点作直线l与双曲线交于A，B两点，使得AB＝4，若这样的直线有且仅有两条，则a的取值范围是____________.14.(优质试题·南通模拟)设直线l：3x＋4y＋4＝0，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)，若在圆C上存在两点P，Q，在直线l上存在一点M，使得∠PMQ＝90°，则r的取值范围是____________.第Ⅱ卷二、解答题(本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，平行于x轴且过点A(33，2)的入射光线l1被直线l：y＝33x反射，反射光线l2交y轴于点B，圆C过点A且与l1，l2都相切.(1)求l2所在直线的方程和圆C的方程；(2)设P，Q分别是直线l和圆C上的动点，求PB＋PQ的最小值及此时点P的坐标.16.(14分)在圆x 2＋y 2＝4上任取一点P ，点P 在x 轴的正射影为点Q ，当点P 在圆上运动时，动点M 满足PQ →＝2MQ →，动点M 形成的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)点A (2,0)在曲线C 上，过点(1,0)的直线l 交曲线C 于B ，D 两点，设直线AB 的斜率为k 1，直线AD 的斜率为k 2，求证：k 1k 2为定值.17.(14分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长为22，且椭圆C 与圆M ：(x －1)2＋y 2＝12的公共弦长为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)经过原点作直线l (不与坐标轴重合)交椭圆于A ，B 两点，AD ⊥x 轴于点D ，点E 在椭圆C上，且(AB →－EB →)·(DB →＋AD →)＝0，求证：B ，D ，E 三点共线.18.(16分)(优质试题·镇江模拟)已知圆M ：x 2＋y 2－2x ＋a ＝0.(1)若a ＝－8，过点P (4,5)作圆M 的切线，求该切线方程；(2)若AB 为圆M 的任意一条直径，且OA →·OB →＝－6(其中O 为坐标原点)，求圆M 的半径.19.(16分)如图，某城市有一块半径为1(单位：百米)的圆形景观，有两条与圆形景观相切且互相垂直的道路.最初规划在拐角处(图中阴影部分)建设一块绿化地，后来有众多市民建议在绿化地上建一条小路，便于市民快捷地往返两条道路.规划部门采纳了此建议，决定在绿化地中增建一条与圆C 相切的小道AB .问：A ，B 两点应选在何处可使得小道AB 最短？20.(16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，A 为椭圆上异于顶点的一点，点P 满足OP →＝2AO →.(1)若点P 的坐标为(2，2)，求椭圆的方程；(2)设过点P 的一条直线交椭圆于B ，C 两点，且BP →＝mBC →，直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求实数m 的值.答案精析1.2π3解析因为y ＝－3x －2，所以斜率k ＝－3，即tan α＝－3(0≤α<π)，所以α＝2π3. 2．(0,2)解析 OP ＝2，当直线l 过点P (1，3)且与直线OP 垂直时，有d ＝2，且直线l 有且只有一条；当直线l 与直线OP 重合时，有d ＝0，且直线l 有且只有一条；当0<d <2时，有两条．3．4 5解析由圆(x －3)2＋(y －1)2＝25，得到圆心坐标为(3,1)，半径r ＝5，所以圆心到直线x ＋2y ＝0的距离d ＝55＝5，则直线被圆截得的弦长为2r 2－d 2＝4 5.4．2 解析由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ m ∈Z ，(m 2－4)·m 2<0，∴m 2＝1，即双曲线的标准方程为y 2－x 23＝1，其离心率为e ＝c a ＝1＋31＝2. 5.135解析直线3ax －y －2＝0过定点满足⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，y ＋2＝0，解得x ＝0，y ＝－2.∴直线3ax －y －2＝0过定点A (0，－2)．将直线(2a －1)x ＋5ay －1＝0整理为(2x ＋5y )a －(x ＋1)＝0，满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝0，x ＋1＝0，解得x ＝－1，y ＝25. ∴直线(2a －1)x ＋5ay －1＝0过定点B ⎝⎛⎭⎫－1，25.6.85 解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由于OA ⊥OB ，所以x 1x 2＋y 1y 2＝54x 1x 2－(x 1＋x 2)＋4＝0.(*) 联立直线和圆的方程，消去y 得5x 2－8x ＋4a －16＝0，x 1＋x 2＝85，x 1x 2＝4a －165，代入(*)式得a ＝85. 7．6π解析由题意可得圆心C (a,1)，半径R ＝a 2－1(a ≠±1)，∵直线y ＝ax 和圆C 相交，△ABC 为等边三角形，∴圆心C 到直线ax －y ＝0的距离为R sin 60°＝32×a 2－1，即d ＝|a 2－1|a 2＋1＝3(a 2－1)2，解得a 2＝7， ∴圆C 的面积为πR 2＝π(7－1)＝6π.8．45°解析设点M 在抛物线的准线上的垂足是N ，由于MN ＝MF ＝p ，所以四边形MNKF 是正方形，则∠MKO ＝45°.9.223解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(y 1>0，y 2>0)，由AF ＝2FB 得x 1＋2＝2(x 2＋2)，①又由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝k (x ＋2)，消去y ，得k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0，x 1＋x 2＝8－4k 2k 2，② x 1x 2＝4，③由①②③可解得k ＝223. 10．4 5解析根据抛物线性质知抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离，故当P ，A ，F 三点共线时达到最小值，由P (0,4)，F (2,0)，可得l AB ：2x ＋y －4＝0，联立抛物线方程可得x 2－6x ＋4＝0，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，故AB ＝x 1＋x 2＋p ＝6＋4＝10，原点到直线l AB ：2x ＋y －4＝0的距离d ＝|4|4＋1＝455，所以△AOB 的面积为455×10×12＝4 5. 11．(2，＋∞)解析 AB ＝2b 2a ，由题意a ＋c <b 2a，即a 2＋ac <b 2＝c 2－a 2，c 2－ac －2a 2>0，即e 2－e －2>0，解得e >2(e <－1舍去)．12．2解析由椭圆与双曲线的定义得e 1＝2c 10＋2c ，e 2＝2c 10－2c，所以1e 1－1e 2＝4c 2c＝2. 13.⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞) 解析根据题意过双曲线x 2a2－y 2＝1(a >0)的左焦点F 作直线l 与双曲线交于A ，B 两点，使得AB ＝4，若这样的直线有且仅有两条，可得2b 2a ＝2a <AB ＝4，并且2a >4，解得a >2；或2b 2a ＝2a>AB ＝4，并且2a <4，解得0<a <12. 14．[2，＋∞)解析由题意得，圆C ：(x －2)2＋y 2＝r 2的圆心为C (2，0)，半径为r ，此时圆心到直线3x ＋4y ＋4＝0的距离d ＝|2×3＋4|32＋42＝2，过直线l 上任意一点M 作圆C 的两条切线，切点为P ，Q ，则此时四边形MPCQ 为正方形，所以要使得直线l 上存在一点M ，使得∠PMQ ＝90°，则d ≤2r ，即2r ≥2，得r ≥2，所以r 的取值范围是[2，＋∞)．15．解 (1)易知直线l 1：y ＝2，设l 1交l 于点D ，则D (23，2)，因为直线l 的斜率为33，所以l 的倾斜角为30°，所以l 2的倾斜角为60°，所以k 2＝3，所以反射光线l 2所在的直线方程为y －2＝3(x －23)，即3x －y －4＝0.由题意，知圆C 与l 1切于点A ，设圆心C 的坐标为(a ，b )，因为圆心C 在过点D 且与l 垂直的直线上，所以b ＝－3a ＋8，①又圆心C 在过点A 且与l 1垂直的直线上，所以a ＝33，②由①②得a ＝33，b ＝－1，故圆C 的半径r ＝CA ＝3，故所求圆C 的方程为(x －33)2＋(y ＋1)2＝9.综上，l 2所在直线的方程为3x －y －4＝0，圆C 的方程为(x －33)2＋(y ＋1)2＝9.(2)由(1)知B (0，－4)．设点B (0，－4)关于l 对称的点为B ′(x 0，y 0)，即⎩⎪⎨⎪⎧ y 0－42＝33·x 02，y 0＋4x 0＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－23，y 0＝2，故B ′(－23，2)．由题意知，当B ′，P ，Q 三点共线时，PB ＋PQ 最小，故PB ＋PQ 的最小值为B ′C －3＝(－23－33)2＋(2＋1)2－3＝221－3，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋12＋1＝x －33－23－33，y ＝33x ，得P ⎝⎛⎭⎫32，12，故PB ＋PQ 的最小值为221－3，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫32，12. 16．(1)解设点M 的坐标为(x ，y )，点P 的坐标为(x 0，y 0)，则x ＝x 0，y ＝y 02，因为点P (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝4上，所以x 20＋y 20＝4，*把x ＝x 0，y ＝y 02代入方程*，得x 24＋y 2＝1，所以曲线C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明方法一由题意知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，x ＝my ＋1，消去x ，得(m 2＋4)y 2＋2my －3＝0，易知Δ＝16m 2＋48>0，得y 1＋y 2＝－2m m 2＋4，y 1y 2＝－3m 2＋4， k 1k 2＝y 1y 2(x 1－2)(x 2－2) ＝y 1y 2(my 1－1)(my 2－1)＝y 1y 2m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1 ＝－3－3m 2＋2m 2＋m 2＋4＝－34. 所以k 1k 2＝－34为定值．方法二 ①当直线l 的斜率不存在时，设B ⎝⎛⎭⎫1，－32，D ⎝⎛⎭⎫1，32，所以k 1k 2＝－321－2·321－2＝－34. ②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k (x －1)，消去y ，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0，易知Δ＝48k 2＋16>0，x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2， k 1k 2＝y 1y 2(x 1－2)(x 2－2)＝k 2(x 1－1)(x 2－1)(x 1－2)(x 2－2)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝k 2(4k 2－4－8k 2＋1＋4k 2)4k 2－4－16k 2＋4＋16k 2＝－34，所以k 1k 2＝－34为定值． 17．(1)解由题意得2a ＝22，则a ＝ 2.由椭圆C 与圆M ：(x －1)2＋y 2＝12的公共弦长为2，其长度等于圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫1，±22，所以12＋12b2＝1，解得b ＝1. 所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明设A (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则B (－x 1，－y 1)，D (x 1,0)．因为点A ，E 都在椭圆C 上，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝2，x 22＋2y 22＝2，所以(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＋2(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝0，即y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 22(y 1＋y 2). 又(AB →－EB →)·(DB →＋AD →)＝AE →·AB →＝0，所以k AB ·k AE ＝－1，即y 1x 1·y 1－y 2x 1－x 2＝－1，其中k AB ，k AE 分别是直线AB ，AE 的斜率．所以y 1x 1·x 1＋x 22(y 1＋y 2)＝1，所以y 1x 1＝2(y 1＋y 2) x 1＋x 2，又k BE －k BD ＝y 1＋y 2x 1＋x 2－y 12x 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2－y 1＋y 2x 1＋x 2＝0，所以k BE ＝k BD ，所以B ，D ，E 三点共线．18．解 (1)若a ＝－8，则圆M ：(x －1)2＋y 2＝9，圆心M (1,0)，半径为3.若切线斜率不存在，圆心M 到直线x ＝4的距离为3，所以直线x ＝4为圆M 的一条切线；若切线斜率存在，设切线方程为y －5＝k (x －4)，化简为kx －y －4k ＋5＝0，则圆心到直线的距离d ＝|k －4k ＋5|k 2＋1＝3，解得k ＝815.此时切线方程为8x －15y ＋43＝0. 综上，所求切线方程为x ＝4或8x －15y ＋43＝0.(2)圆M 的方程可化为(x －1)2＋y 2＝1－a ，圆心M (1,0)，则OM ＝1.设圆的半径r ＝1－a (a <1)．因为AB 为圆M 的任意一条直径，所以MA →＝－MB →，且|MA →|＝|MB →|＝r ，则OA →·OB →＝(OM →＋MA →)·(OM →＋MB →)＝(OM →－MB →)·(OM →＋MB →)＝OM →2－MB →2＝1－r 2.又因为OA →·OB →＝－6，解得r ＝7，所以圆M 的半径为7.19.解如图，分别以两条道路所在的直线为坐标轴建立平面直角坐标系xOy ，设A (a ，0)，B (0，b )(0<a <1,0<b <1)，则直线AB 的方程为x a ＋y b＝1，即bx ＋ay －ab ＝0.因为直线AB 与圆C 相切，所以|b ＋a －ab |b 2＋a2＝1，化简得ab －2(a ＋b )＋2＝0，即ab ＝2(a ＋b )－2.因为AB ＝a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝(a ＋b )2－4(a ＋b )＋4＝(a ＋b －2)2，因为0<a <1,0<b <1，所以0<a ＋b <2，所以AB ＝2－(a ＋b )．又ab ＝2(a ＋b )－2≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，解得0<a ＋b ≤4－22或a ＋b ≥4＋2 2.因为0<a ＋b <2，所以0<a ＋b ≤4－22，所以AB ＝2－(a ＋b )≥2－(4－22)＝22－2，当且仅当a ＝b ＝2－2时取等号，所以AB 的最小值为22－2，此时a ＝b ＝2－ 2.答当A ，B 两点离道路的交点都为(2－2)百米时，小道AB 最短．20．解 (1)因为OP →＝2AO →，又点P 的坐标为(2，2)，所以点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫－1，－22，代入椭圆方程，得1a 2＋12b2＝1.① 又椭圆的离心率为22，所以1－b 2a 2＝22.② 由①②得a 2＝2，b 2＝1，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设点A 的坐标为(x 1，y 1)，点B 的坐标为(x 2，y 2)，点C 的坐标为(x 3，y 3)．因为OP →＝2AO →，所以点P 的坐标为(－2x 1，－2y 1)．因为BP →＝mBC →，所以(－2x 1－x 2，－2y 1－y 2)＝m (x 3－x 2，y 3－y 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x 1－x 2＝m (x 3－x 2)，－2y 1－y 2＝m (y 3－y 2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 3＝m －1m x 2－2m x 1，y 3＝m －1m y 2－2m y 1，代入椭圆的方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1mx 2－2m x 12a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1m y 2－2m y 12b 2＝1，即4m 2⎝⎛⎭⎫x 21a 2＋y 21b 2＋(m －1)2m 2⎝⎛⎭⎫x 22a 2＋y 22b 2－ 4(m －1)m 2⎝⎛⎭⎫x 1x 2a 2＋y 1y 2b 2＝1.③ 因为点A ，B 在椭圆上，所以x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1.④ 又直线OA ，OB 的斜率之积为－12，即y 1x 1·y 2x 2＝－12，结合②知x 1x 2a 2＋y 1y 2b 2＝0.⑤ 将④⑤代入③，得4m 2＋(m －1)2m 2＝1，解得m ＝52.。

利用导数研究函数零点问题

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利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
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构造函数法研究零点问题
[典例引领] 1 2 设函数 f(x)＝ x －mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x. 2 (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 m≥1 时，讨论函数 f(x)与 g(x)图象的交点个数．
2
3 设 h(x)＝x＋2ln x＋ (x>0)， x 2 3 （x＋3）（x－1）所以 h′(x)＝1＋x－ 2＝， x x2
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所以 x x
1 在e ，e上变化时，h′(x)，h(x)的变化如下： 1 ，1 e
1
(1，e) ＋单调递增
h′(x) － 0 单调递减极小值(最小值) h(x) 1 1 3 又 h e ＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2. e e 1 2 且 h(e)－he ＝4－2e＋ <0. e 3 所以实数 a 的取值范围为 4<a≤e＋2＋， e 3 即 a 的取值范围为4，e＋2＋e .
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【解】 x2－m x ，
m (1) 函数 f(x) 的定义域为 (0 ，＋∞) ， f ′ (x) ＝ x －＝ x
m≤0 时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增，（x＋ m）（x－ m） m＞0 时，f′(x)＝， x 当 0＜x＜ m时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减，当 x＞ m时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增．综上 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； m＞0 时，函数 f(x)的单调增区间是( m，＋∞)，单调减区间是 (0， m)．Page源自17Page 12

_数学丨名校联盟全国优质校2023届高三大联考数学试卷及答案

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" !第 7 题图"
6!已知 - ,%'$(# .,829 %'$(# /,:3%'6 # 则
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0).;/;-
1).;- ;/
+!已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心# 若函数 0! #" ,#& .-#$ ..#./# 且
又 g( 1 ) 1 1 (1 1 ) ln 1 1 1 ln k ln k k 1 (1 k) ln k 0 ，
kk
k kk
k
k
∴
C1
和
C2
亦存在斜率为
1 k
的公切线，故选项
D
正确；
综上所述，应选 ABD.
三、填空题：
13. 2 ； 14. 10 ；
15. 2 ； 2
16. ( 2, ) ．
∴ ae 1 ，即 a 1 ，故选项 C 错误；
ae
e
（4）考查选项
D：由 l
e x1
与
C1
相切可知
e
x1
kx1
b， ∴
k，
x1
ln k
，b
k
k
ln k
，
由（2）可知 b 1 ln k k k ln k ，∴ k 1 (1 k ) ln k 0 ，
设函数 g (x) x 1 (1 x) ln x ，依题可得 g(k) 0 ，
记为 @# 求随机变量 @的分布列和数学期望!

集合与简易逻辑

3.已知集合M ={0,1,2},N ={x X =2a, a 亡 M}，贝U 集合 M{6 2| =全国名校高考数学复习优质专题学案汇编（附详解）第一章集合与简易逻辑第1课时集合的概念及运算【考点导读】1. 了解集合的含义，体会元素与集合的属于关系；能选择自然语言，图形语言，集合语言描述不同的具体问题，感受集合语言的意义和作用.2. 理解集合之间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集；了解全集与空集的含义.3. 理解两个集合的交集与并集的含义，会求两个集合的交集与并集;使用文氏图表达集合的关系及运算，体会直观图示对理解抽象概念的作用.4. 集合问题常与函数，方程，不等式有关，其中字母系数的函数，方程，不等式要复杂一些，综合性较强，往往渗透数形思想和分类讨论思想.【基础练习】{ ( 0 , 0 ),(.xx = 2k-1,"Z} , B ={x x = 2k,kF 理解在给定集合中个子集补集的含义，会求给定子集的补集；能1. 集合 { X (庐,茅X 0 < y2 ，用x0矽y 卷，法,表示2.设集合A={P +Q={a+b|a 壬 P,b€Q},若 P ={0,2,5}, Q ={1,2,6}，贝U P +Q 中元素的个数是个.X 2-x-6v0} , Q ={x|2a <x<a + 2}.(1)若p.Q=p ，求实数a 的取值范围; (2)若p c Q =0，求实数a 的取值范围;全国名校高考数学复习优质专题学案汇编(附详解)4.设全集 I ={135,7,9}，集合 A={1,|a —5,9},C I A ={5,7} , J 则实数a 的值为 ______ 8【范例解析】例.已知R 为实数集，集合A={x 2x-3 X2 <0}若 B2C R A = R ,B C C R A={X 0<X <1 或 2<x<3}，求集合 B分析：先化简集合 A 由B.C R A 卡可以得出A 与B 的关系；最后，由数形结合，利用数轴直观地解决问题解: ( 1) ； A={x|1<x<2} , /. C R A={X |X <1 或 x>2}.又 B U C R A=R ,Acj C R A = R ，而 B C C R A={X 0 e x <1 或 2 e x v 3}，二{x 0 e x c 1 或 2 <x <3} g B.借助数轴可得 B=Au{x0cxc1 或 2 <x<3} ={x0cx<3r【反馈演练】1 .设集合 A ={|,2}, B= {1,2,3} , C ={2,3,4}，则(A C B )UC =2 .设 P ,Q 为两个非空实数集合，定义集合3 .设集合p={x（3）若 PryQ={x0<x<3}，求实数 a 的值. P= {x —2<xc3}，- P.Q = P , /. Q 匸 P .①当Q =0时，得2a ：>a+3，解得a >3 . ②当 Q 时，得一2 v 2a <a +3 c 3，解得-1v a c 0 . 综上，a “—1,02（3,邑）.（2）①当 Q =0 时，得 2a ：>a+3，解得 a >3 ；时，得[2a "+3：，解得a 兰—5或3兰a 兰3 .卫+3<-2或2a >32综上，a € (二,-5]53, P ).23 由 P CQ ={X 0<X <3，贝y a=0 .解：（1）由题意知:②当Q第2课命题及逻辑联结词【考点导读】 1. 了解命题的逆命题，否命题与逆否命题的意义；会分析四种命题的相互关系.2. 了解逻辑联结词“或”，“且”的含义；能用“或”,“且”,表述相关的数学内容.3.理解全称量词与存在量词的意义；能用全称量词与存在量词叙述简单的数学内容.理解对含有一个量词的命题的否定的意义；能正确地对含有一个量词的命题进行否定. 【基础练习】 :①X 2-3 = 0 :②你是高三的学生吗？③ 3+1=5 :④5X-3》6 .平行四边形的对边相等; 菱形的对角线互相垂直平分;设 a,b,c,d 壬R ，若 a=b,c=d ，贝a + c = b + d .2 一般地若用P 和q 分别表示原命题的条件和结论，则它的逆命题可表示为若q 则P ，否命题可表示为 ______ 若「卩则「q ，逆否命题可表示为若-■q 则-■ P ；原命题与逆否命题互为逆否命题，否命题与逆命题互为逆否命题. 【范例解析】1.下列语句中其中，不是命题的有①②④例1. 写出下列命题的逆命题，否命题，逆否命题并判断真假全国名校高考数学复习优质专题学案汇编（附详解）分析：先将原命题改为“若P则q”在写出其它三种命题.解:原命题：若一个四边形是平行四边形，则其两组对边相等；真命题;个四边形的两组对边相等，则这个四边形是平行四边形;逆命题：若真命题;否命题：若一个四边形不是平行四边形，则其两组对边至少一组不相等；真命题;逆否命题：若一个四边形的两组对边至少一组不相等，则这个四边形不是平行四边形；真命题原命题：若一个四边形是菱形，则其对角线互相垂直平分；真命题;逆命题：若一个四边形的对角线互相垂直平分，则这个四边形是菱形;真命题;否命题：若一个四边形不是菱形，则其对角线不垂直或不平分；真命题;逆否命题：若一个四边形的对角线不垂直或不平分，则这个四边形不是菱形;原命题: a,b,c, d 亡R，若a=b,c=d，贝y a+c = b + d ;真命题;逆命题: a,b,c,d 迂R，若a+ c = b+d，贝y a=b,c = d ；假命题;否命题: a,b,c,d 壬R，若a^b或cHd，贝y a+cHb + d ；假命题;全国名校高考数学复习优质专题学案汇编(附详解)逆否命题：设a,b,Gd忘R，若a + cHb+d，贝U a^b或cHd ；真命题.点评：已知原命题写出其它的三种命题首先应把命题写成“若的形式，找出其条件P和结论q,再根据四种命题的定义写出其它命题；对于含大前提的命题，在改写命题时大前提不要动；在写命题的否定即「P时，要注意对P中的关键词的否定，女“且”“或”的否定为“且”，“都是”的否定为“不都是”等命题，并判断真假.(1)P：2是4的约数，q：2是6的约数；(2)P：矩形的对角线相等，q：矩形的对角线互相平分;(3) P：方程X2-X+1=O的两实根的符号相同，q：方程X2-X+1 = O的两实根的绝对值相等.P且q：2是4的约数且2是6的约数，真命题; 非P：2不是4的约数，假命题.P或q：矩形的对角线相等或互相平分，真命题;P且q：矩形的对角线相等且互相平分，真命题;非P：矩形的对角线不相等，假命题P或q：方程x2-x+1=o的两实根的符号相同或绝对值相等，假命P的否定为“或”，例2.写出由下列各组命题构成的“P或q” “ P且q”非P”形式的“ _r分析: 先写出三种形式命题，根据真值表判断真假解:(1) P或q：2是4的约数或2是6的约数，真命题;全国名校高考数学复习优质专题学案汇编（附详解）题；P 且q ：方程X 2—x+i=o 的两实根的符号相同且绝对值相等，假命题;非P ：方程X 2—x+1=0的两实根的符号不同，真命题判断含有逻辑联结词“或”，“且”，7 把结构弄清楚，确定命题构成的形式以及构成它们的命题P ，q 的真假然后根据真值表判断构成新命题的真假例3.写出下列命题的否定，并判断真假P ：所有末位数字是0或5的整数都能被5整除; P ：每一个非负数的平方都是正数;P ：有的四边形没有外接圆; P ：某些梯形的对角线互相平分M,p （X ）”的否定是“ 厂 p （x ） ”解::存在末位数字是 0或5的整数，但它不能被 5整除，假命题; :存在一个非负数的平方不是正数，真命题; -P :任意一个三角形，它的内角和都不大于180。