《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：17解析几何

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《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：19概率与统计

专题能力训练19概率与统计能力升级训练第37页一、选择题1.某单位共有老年、中年、青年职工430人,其中有青年职工160人,中年职工人数是老年职工人数的2倍.为了解职工身体状况,现采用分层抽样方法进行调查,在抽取的样本中有青年职工32人,则该样本中的老年职工人数为()A.9B.18C.27D.36答案:B解析:设该单位老年职工有x人,样本中的老年职工人数为y.则160+3x=430,解得x=90,即老年职工有90人,由,得y=18.2.如图,在边长为1的正方形OABC中任取一点P,则点P恰好取自阴影部分的概率为()A. B. C. D.答案:C解析:∵由图象知阴影部分的面积是-x)d x=,∴所求概率P=.3.下列说法:①将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后,方差恒不变;②设有一个回归方程=3-5x,变量x增加一个单位时,y平均增加5个单位;③线性回归方程x+必过();④在一个2×2列联表中,由计算得K2=13.079,则有99%的把握确认这两个变量间有关系;其中错误．．的个数是()A.0B.1C.2D.3本题可以参考独立性检验临界值表P(K2≥k) 0.5 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.25 0.10 0.005 0.001k0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.535 7.879 10.828答案:B解析:只有②错误,不是平均增加,而是平均减少.4.把一枚骰子连续掷两次,已知在第一次抛出的是偶数点的情况下,第二次抛出的也是偶数的概率为()A.1B.C.D.答案:B解析:这是一个条件概率,设事件A表示第一次抛出的是偶数点,事件B表示第二次抛出的是偶数点,事件A与事件B相互独立.P(A)=P(B)=,P(AB)=P(A)P(B)=,所以P(B|A)=,故选B.5.(2014广州高三模拟)给出以下三幅统计图及四个命题:世界人口变化情况统计图2050年世界人口分布预测图2050年世界人口预测图①从折线统计图能看出世界人口的变化情况;②2050年非洲人口大约将达到15亿;③2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多;④从1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢.其中命题正确的是()A.①②B.①③C.①④D.②④答案:B解析:①显然正确;从条形统计图中可得到:2050年非洲人口大约将达到近18亿,②错;从扇形统计图中能够明显地得到结论:2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多,③正确;由上述三幅统计图并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢,故④错误.6.选择薪水高的职业是人之常情,假如张伟和李强两人大学毕业有甲、乙两个公司可供选择,,统计如下:甲公司最大值2500最小值800极差1700众数1200中位数1200平均数1320标准差433.1282乙公司最大值20000最小值700极差19300众数1000中位数1000平均数1000标准差2906.217根据以上的统计信息,若张伟想找一个工资比较稳定的工作,而李强想找一个有挑战性的工作,则他俩分别选择的公司是()A.甲、乙B.乙、甲C.都选择甲D.都选择乙答案:A解析:由表中的信息可知,甲公司的工资标准差远小于乙公司的工资标准差,这表示甲公司的工资比较稳定,张伟想找一个工资比较稳定的工作,会选择甲公司;而乙公司工资的最大值和极差远大于甲公司工资的最大值和极差,李强想找一个有挑战性的工作,会选择乙公司.二、填空题7.(2014江西高考,理12)10件产品中有7件正品,3件次品,从中任取4件,则恰好取到1件次品的概率是.答案:解析:本题属于古典概型,由古典概型概率公式可得所求概率为.8.某年级120名学生在一次百米测试中,成绩全部介于13s与18s之间.将测试结果分成5组:[13,14),[14,15),[15,16),[16,17),[17,18],得到如图所示的频率分布直方图.如果从左到右的5个小矩形的面积之比为1∶3∶7∶6∶3,那么成绩在[16,18]的学生人数是.答案:54解析:成绩在[16,18]的学生人数所占的百分比为,所以成绩在[16,18]的学生的人数为120×=54.9.(2014河南南阳三联)已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,g(x)≠0,f'(x)g(x)<f(x)g'(x),f(x)=a x g(x),,则关于x的方程abx2+x+=0(b∈(0,1))有两个不同实根的概率为.答案:解析:∵f(x)=a x g(x),∴=a x,∵f'(x)g(x)<f(x)g'(x),g(x)≠0,∴'=(a x)'=a x ln a<0,即ln a<0,即0<a<1.又,∴a+,即a=.∵关于x的方程abx2+x+=0(b∈(0,1))有两个不同实根,∴Δ=2-10ab>0,即0<b<,故所求概率为.三、解答题10.现有7名数理化成绩优秀者,其中A1,A2,A3的数学成绩优秀,B1,B2的物理成绩优秀,C1,C2的化学成绩优秀,从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名,组成一个小组代表学校参加竞赛.(1)求C1被选中的概率;(2)求A1和B1不全被选中的概率.解:(1)用M表示“C1恰被选中”这一事件.从7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名,其一切可能的结果组成的12个基本事件为:(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A2,B1,C1),(A2,B1,C2),(A2,B2,C1),(A2,B2,C2),(A3,B1, C1),(A3,B1,C2),(A3,B2,C1),(A3,B2,C2).C1恰被选中有6个基本事件:(A1,B1,C1),(A1,B2,C1),(A2,B1,C1),(A2,B2,C1),(A3,B1,C1),(A3,B2,C1),因而P(M)=.(2)用N表示“A1,B1不全被选中”这一事件,则其对立事件表示“A1,B1全被选中”这一事件,由于={(A1,B1,C1),(A1,B1,C2)},所以事件由两个基本事件组成,所以P()=,由对立事件的概率公式得P(N)=1-P()=1-.11.某高校共有学生15000人,其中男生10500人,女生4500人,为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况,采用分层抽样的方法.收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位:小时).(1)应收集多少位女生的样本数据?(2)根据这300个样本数据,得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图(如图所示),其中样本数据的分组区间为:[0,2],(2,4],(4,6],(6,8],(8,10],(10,12].估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率;(3)在样本数据中,有60位女生的每周平均体育运动时间超过4小时,请完成每周平均体育运动时间与性别列联表,并判断是否有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.附K2=P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.010 0.005k02.706 3.841 6.635 7.879解:(1)300×=90,所以应收集90位女生的样本数据.(2)由频率分布直方图得1-2×(0.100+0.025)=0.75,所以该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计值为0.75.(3)由(2)知,300位学生中有300×0.75=225人的每周平均体育运动时间超过4小时,75人的每周平均体育运动时间不超过4小时,又因为样本数据中有210份是关于男生的,90份是关于女生的,所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下:每周平均体育运动时间与性别列联表男生女生总计每周平均体育运动时间45 30 75结合列联表可算得K2=≈4.762>3.841.所以,有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.12.袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流摸球,甲先取,乙后取,然后甲再取……取后不放回,直到两人中有1人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.(1)求袋中原有白球的个数;(2)求取球2次即终止的概率;(3)求甲取到白球的概率.解:(1)设袋中原有n个白球,从袋中任取2个球都是白球的结果数为,从袋中任取2个球的所有可能的结果为=21.由题意知,所以n(n-1)=6,解得n=3(舍去n=-2).即袋中原有白球3个.(2)设事件A为“取球2次即终止”.取球2次即终止,即乙第一次摸到的是白球而甲摸到的是黑球.则P(A)=.(3)设事件B为“甲取到白球”,“第i次取到白球”为事件A i,i=1,2,3,4,5,因为甲先取,所以甲只可能在第1次,第3次和第5次取到白球.所以P(B)=P(A1∪A3∪A5)=P(A1)+P(A3)+P(A5)=.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：10数列

专题能力训练10等差数列、等比数列能力升级训练第19页一、选择题1.在等差数列{a n}中,若a2+a4+a6+a8+a10=80,则a7-a8的值为()A.4B.6C.8D.10答案:C解析:由a2+a4+a6+a8+a10=5a6=80,解得a6=16.所以a7-a8==8.故选C.2.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n=()A.2n-1B.C. D.答案:B解析:因为a n+1=S n+1-S n,所以由S n=2a n+1,得3S n=2S n+1,所以,所以数列{S n}是以S1=a1=1为首项,公比q=的等比数列,所以S n=,选B.3.等差数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),若当首项a1和公差d变化时,a5+a8+a11是一个定值,则下列选项中为定值的是()A.S17B.S18C.S15D.S14答案:C解析:由a5+a8+a11=3a1+21d=3(a1+7d)=3a8是定值,可知a8是定值,所以S15==15a8是定值. 4.根据下边框图,对大于2的整数N,输出的数列的通项公式是()A.a n=2nB.a n=2(n-1)C.a n=2nD.a n=2n-1答案:C解析:由程序框图可知a1=2×1=2,a2=2×a1=2×2=4,a3=2a2=2×4=8,…,因此在{a n}中满足a1=2,a n=2a n-1.所以{a n}是首项和公比均为2的等比数列,故a n=2·2n-1=2n,故选C.5.一个正整数表如下(表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的2倍):第1行 1则第9行中的第4个数是()A.132B.255C.259D.260答案:C解析:依题意,知前8行共有1+2+4+…+27==255个数,同时255也是第8行的最后一个数,故第9行中的第4个数为259.6.某化工厂打算投入一条新的生产线,但需要经环保部门审批同意方可投入生产.已知该生产线连续生产n年的产量为f(n)=n(n+1)(2n+1)吨,但如果年产量超过150吨,将会给环境造成危害.为保护环境,环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是()A.5年B.6年C.7年D.8年答案:C解析:由题意可知第一年的产量为a1=f(1)=×1×2×3=3(吨);以后第n(n=2,3,…)年的产量分别为a n=f(n)-f(n-1)=n(n+1)(2n+1)-(n-1)·n·(2n-1)=3n2(吨).令3n2≤150,得1≤n≤5.又n∈N*,所以1≤n≤7,即生产期限最长为7年.二、填空题7.等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3+3S2=0,则=.答案:4解析:显然公比q≠1,设首项为a1,则由S3+3S2=0,得=-3×,即q3+3q2-4=0,即q3-q2+4q2-4=q2(q-1)+4(q2-1)=0,即(q-1)(q2+4q+4)=0,所以q2+4q+4=(q+2)2=0,解得q=-2,所以=q2=4.8.在等差数列{a n}中,a1=7,公差为d,前n项和为S n,当且仅当n=8时S n取得最大值,则d的取值范围为.答案:解析:由题意知当d<0时,S n存在最大值.∵a1=7>0,∴数列{a n}中所有非负项的和最大.又∵当且仅当n=8时,S n取最大值,∴解得-1≤d<-.9.设{a n}是公比为q的等比数列,|q|>1,令b n=a n+1(n∈N*),若数列{b n}有连续四项在集合{-1,5,-7,12,17}中,则q=.答案:-2解析:易知{a n}有四项在集合{-2,4,-8,11,16}中,四项-2,4,-8,16成等比数列,公比为-2.三、解答题10.已知数列{a n}中,a1=,a n=2-(n≥2,n∈N*),数列{b n}满足b n=(n∈N*).(1)求证:数列{b n}是等差数列;(2)求数列{a n}中的最大项和最小项,并说明理由.(1)证明:因为a n=2-(n≥2,n∈N*),b n=,所以当n≥2时,b n-b n-1==1.又因为b1==-,所以数列{b n}是以-为首项,1为公差的等差数列.(2)解:由(1)知,b n=n-,则a n=1+=1+.设函数f(x)=1+,易知f(x)在区间内均为减函数,所以当n=3时,a n取得最小值-1;当n=4时,a n取得最大值3.11.已知数列{a n}(n∈N*)是首项为a,公比为q≠0的等比数列,S n是数列{a n}的前n项和,已知12S3,S6,S12-S6成等比数列.问当公比q取何值时,a1,2a7,3a4成等差数列.解:由题意可知,a≠0.(1)当q=1时,则12S3=36a,S6=6a,S12-S6=6a,此时不满足条件12S3,S6,S12-S6成等比数列;(2)当q≠1时,则12S3=12×,S6=,S12-S6=,由题意,得12×,化简整理,得(4q3+1)(3q3-1)(1-q3)(1-q6)=0,解得q3=-,或q3=,或q=-1.当q=-1时,a1+3a4=-2a,2a7=2a,∴a1+3a4≠2(2a7),不满足条件;当q3=-时,a1+3a4=a(1+3q3)=,2(2a7)=4aq6=,即a1+3a4=2(2a7),所以当q=-时,满足条件;当q3=时,a1+3a4=a(1+3q3)=2a,2(2a7)=4aq6=,∴a1+3a4≠2(2a7),从而当q3=时,不满足条件.综上,当q=-时,使得a1,2a7,3a4成等差数列.12.已知数列{a n}满足a n=2a n-1+2n-1(n∈N*,n≥2),且a4=81.(1)求数列{a n}的前3项;(2)是否存在一个实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由;(3)求数列{a n}的前n项和S n.解:(1)由a n=2a n-1+2n-1(n∈N*,n≥2)得,a4=2a3+24-1=81,∴a3=33.同理可得a2=13,a1=5.(2)假设存在实数λ,使得数列为等差数列,=1-.则1-为常数,∴=0,λ=-1.即存在实数λ=-1,使得数列为等差数列.(3)由(2)可知,等差数列的公差d=1.则+(n-1)×1=n+1,∴a n=(n+1)×2n+1.S n=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n+n.记T n=2×2+3×22+4×23+…+(n+1)×2n,有2T n=2×22+3×23+…+n×2n+(n+1)×2n+1,上述两式错位相减,得T n=n·2n+1.∴S n=n·2n+1+n=n(2n+1+1).。

【志鸿优化设计】2016高考数学(浙江版)二轮专题复习配套课件：2.1 函数的图象与性质

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专题二 1 2 3 4 5
第1讲
函数的图象与性质 -28-
3.函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示,下列说法正确的是(
)
①函数y=f(x)满足f(-x)=-f(x); ②函数y=f(x)满足f(x+2)=f(-x);
利用已知函数图象作图;(2)对函数解析式进行恒等变换,转化成已知方程对应的曲线;(3)通过研究函数的性质明确函数图象的位置和形状. 2.已知函数解析式选择其对应的图象时,一般是通过研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等性质以及图象经过的特殊点等来获得相应的图象特征,然后对
照图象特征选择正确的图象.
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专题二
热点考题诠释能力目标解读
第1讲
函数的图象与性质 -8-
高考对函数图象与性质的考查主要体现在函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性等方面.题型多以选择题、填空题为主,一般属中档题.函数图象考查比较灵活,涉及知识点较多.试题考查角度有三个方面:一是函数解析式与函数图象的对应关系;二是研究函数图象变换与对应解析式之间的关系;三是利用图象研究函数性质、方程及不等式的解等,综合性较强.
3.(2015浙江,文5)函数f(x)=cos x(-π≤x≤π且x≠0)的图象可能为(
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D 解析答案
专题二
热点考题诠释能力目标解读
第1讲
函数的图象与性质 -6-
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4.(2015福建,文15)若函数f(x)=2|x-a|(a∈R)满足f(1+x)=f(1-x),且f(x)在[m,+∞)上单调递增,则实数m的最小值等于 .

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：15解析几何

专题能力训练15直线、圆一、选择题1.若直线x+2ay-5=0与ax+4y+2=0平行,则a的值为()A.2B.±2C.D.±答案:D解析:当a=0时,不符合题意;当a≠0时,由-=-,得a=±.故选D.2.设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|P A|+|PB|的取值范围是()A.[,2]B.[,2]C.[,4]D.[2,4]答案:B解析:由题意,得A(0,0),B(1,3).因为1×m+m×(-1)=0,所以两直线垂直,所以点P在以AB为直径的圆上,所以P A⊥PB.所以|P A|2+|PB|2=|AB|2=10.设∠ABP=θ,则|P A|+|PB|=sinθ+cosθ=2sin.因为|P A|≥0,|PB|≥0,所以0≤θ≤.所以≤|P A|+|PB|≤2,故选B.3.若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为()A.x2+(y-1)2=1B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y+1)2=1D.(x+1)2+y2=1答案:A解析:因为(1,0)关于y=x的对称点为(0,1),所以圆C是以(0,1)为圆心,以1为半径的圆,其方程为x2+(y-1)2=1.4.已知点M是直线3x+4y-2=0上的动点,点N为圆(x+1)2+(y+1)2=1上的动点,则|MN|的最小值是()A. B.1 C. D.答案:C解析:因为圆心(-1,-1)到点M的距离的最小值为点(-1,-1)到直线3x+4y-2=0的距离d=,所以点N到点M的距离的最小值为d-1=.5.(2014北京朝阳一模)直线y=x+m与圆x2+y2=16交于不同的两点M,N,且||≥|,其中O是坐标原点,则实数m的取值范围是()A.(-2,-]∪[,2)B.(-4,-2]∪[2,4)C.[-2,2]D.[-2,2]答案:D解析:设MN的中点为D,则=2,||≥2|.由=16,得16=(2|)2,从而得||≤2,由点到直线的距离公式可得||=≤2,解得-2≤m≤2.6.(2014河南南阳三联)动圆C经过点F(1,0),并且与直线x=-1相切,若动圆C与直线y=x+2+1总有公共点,则圆C的面积()A.有最大值8πB.有最小值2πC.有最小值3πD.有最小值4π答案:D解析:设圆心为C(a,b),半径为r,r=|CF|=|a+1|,即(a-1)2+b2=(a+1)2,即a=b2,∴圆心为,r=b2+1,圆心到直线y=x+2+1的距离为d=+1,∴b≤-2(2+3)或b≥2,当b=2时,r min=×4+1=2,∴S min=πr2=4π.二、填空题7.(2014福建漳州质量检查)过圆x2+y2=1上一点作圆的切线与x轴、y轴的正半轴交于A,B 两点,则|AB|的最小值为.答案:2解析:假设直线l AB:=1.由于圆心(0,0)到l的距离为1,可得a2b2=a2+b2.又a2b2≤,所以a2+b2≥4.又因为|AB|=≥2,当且仅当a=b=时等号成立.8.(2014重庆高考,理13)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a=.答案:4±解析:由△ABC为等边三角形可得,C到AB的距离为,即(1,a)到直线ax+y-2=0的距离d=,即a2-8a+1=0,可求得a=4±.9.(2014江苏南京二模)在平面直角坐标系xOy中,过点P(5,3)作直线l与圆x2+y2=4相交于A,B 两点,若OA⊥OB,则直线l的斜率为.答案:1或解析:因为OA⊥OB,所以圆心到弦AB的距离为.设直线l的斜率为k,则直线方程为y-3=k(x-5),即kx-y+3-5k=0.由,解得k=1或k=.三、解答题10.已知直线l过点(2,-6),它在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍,求直线l的方程.解:当直线l过原点时,它在两坐标轴上的截距都是0,适合题意,此时直线l的方程为y=-x, 即y=-3x,可化为3x+y=0;当直线l不过原点时,设它在x轴上的截距为a(a≠0),则它在y轴上的截距为2a,则直线的截距式方程为=1,把点(2,-6)的坐标代入得=1,解得a=-1,故此时直线l的方程为-x-=1,可化为2x+y+2=0.综上,直线l的方程为3x+y=0或2x+y+2=0.11.(2014苏北四市一检)已知△ABC的三个顶点A(-1,0),B(1,0),C(3,2),其外接圆为☉H.(1)若直线l过点C,且被☉H截得的弦长为2,求直线l的方程;(2)对于线段BH上的任意一点P,若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M,N,使得点M是线段PN的中点,求☉C的半径r的取值范围.解:(1)线段AB的垂直平分线方程为x=0,线段BC的垂直平分线方程为x+y-3=0, 所以外接圆圆心H(0,3),半径,☉H的方程为x2+(y-3)2=10.设圆心H到直线l的距离为d,因为直线l被☉H截得的弦长为2,所以d==3.当直线l垂直于x轴时,显然符合题意,即x=3为所求;当直线l不垂直于x轴时,设直线方程为y-2=k(x-3),则=3,解得k=.综上,直线l的方程为x=3或4x-3y-6=0.(2)直线BH的方程为3x+y-3=0,设P(m,n)(0≤m≤1),N(x,y),因为点M是线段PN的中点,所以M,又M,N都在半径为r的☉C上,所以即因为此关于x,y的方程组有解,即以(3,2)为圆心,r为半径的圆与以(6-m,4-n)为圆心,2r为半径的圆有公共点,所以(2r-r)2≤(3-6+m)2+(2-4+n)2≤(r+2r)2.又3m+n-3=0,所以r2≤10m2-12m+10≤9r2对所有的m∈[0,1]成立.而f(m)=10m2-12m+10在[0,1]上的值域为,故r2≤,且10≤9r2.又线段BH与圆C无公共点,所以(m-3)2+(3-3m-2)2>r2对所有的m∈[0,1]成立,即r2<.故☉C的半径r的取值范围为.12.已知以点C(t∈R,t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O,A,与y轴交于点O,B,其中O为原点.(1)求证:△OAB的面积为定值;(2)设直线y=-2x+4与圆C交于点M,N,若OM=ON,求圆C的方程.(1)证明:∵圆C过原点O,∴OC2=t2+.设圆C的方程是(x-t)2+=t2+,令x=0,得y1=0,y2=;令y=0,得x1=0,x2=2t,∴S△OAB=OA·OB=·|2t|=4,即△OAB的面积为定值.(2)解:∵OM=ON,CM=CN,∴OC垂直平分线段MN.∵k MN=-2,∴k OC=.∴直线OC的方程是y=x.∴t,解得t=2或t=-2.当t=2时,圆心C的坐标为(2,1),OC=,此时C到直线y=-2x+4的距离d=,圆C与直线y=-2x+4相交于两点.当t=-2时,圆心C的坐标为(-2,-1),此时C到直线y=-2x+4的距离为.又OC=,显然不合题意.综上所述,满足条件的圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：31解答题专项训练

专题能力训练31解答题专项训练(立体几何)能力升级训练第61页1.(2014课标全国Ⅰ高考,理19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C 及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)解:因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形.又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即所以可取n=(1,).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-).则cos<n,m>=.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.2.如图,四棱锥P-ABCD中,P A⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,P A=,连接CE并延长交AD于点F.(1)求证:AD⊥平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.(1)证明:在△ABD中,因为E是BD的中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=.因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB.从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA,故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥P A.又P A⊥平面ABCD,所以GF⊥AD.又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.(2)解:以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cosθ=.3.如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点.(1)求证:BM∥平面ADEF;(2)求证:平面BDE⊥平面BEC;(3)求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值.(1)证明:取DE的中点N,连接MN,AN.在△EDC中,M,N分别为EC,ED的中点,所以MN∥CD,且MN=CD.由已知AB∥CD,AB=CD,所以MN∥AB,且MN=AB,所以四边形ABMN为平行四边形.所以BM∥AN.又因为AN⊂平面ADEF,且BM⊄平面ADEF,所以BM∥平面ADEF.(2)证明:在正方形ADEF中,ED⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以ED⊥平面ABCD.所以ED⊥BC.在直角梯形ABCD中,AB=AD=2,CD=4,可得BC=2.在△BCD中,BD=BC=2,CD=4.所以BC⊥BD.又BD∩DE=D,所以BC⊥平面BDE.又因为BC⊂平面BCE,所以平面BDE⊥平面BEC.(3)解:由(2)知ED⊥平面ABCD,且AD⊥CD.以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),平面ADEF的一个法向量为m=(0,1,0).设n=(x,y,z)为平面BEC的一个法向量,因为=(-2,2,0),=(0,-4,2),所以令x=1,得y=1,z=2.所以n=(1,1,2)为平面BEC的一个法向量.设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为θ,则cosθ=.所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为.4.(2014陕西高考,理17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC 的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,由题设,BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC.∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0).∴sinθ=|cos<,n>|=.解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别是BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.得取n=(1,1,0).∴sinθ=|cos<,n>|=.5.(2014辽宁高考,理19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.(1)证明:(方法一)过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF,由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.图1所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO,所以EF⊥BC.(方法二)由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系.图2易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0, 2,0),因而E,F,所以,=(0,2,0),因此=0.从而,所以EF⊥BC.(2)解:(方法一)在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC.又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=,由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2.从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C正弦值为.(方法二)在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量n2=(x,y,z).又.由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cosθ=|cos<n1,n2>|=.因此sinθ=,即所求二面角正弦值为.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面P AD,PD=AD,E为PB的中点,向量,点H在AD上,且=0.(1)求证:EF∥平面P AD.(2)若PH=,AD=2,AB=2,CD=2AB,①求直线AF与平面P AB所成角的正弦值.②求平面P AD与平面PBC所成二面角的平面角的余弦值.解:(1)证明:取P A的中点Q,连接EQ,DQ.∵E是PB的中点,∴EQ∥AB,且EQ=AB.又,∴DF∥AB,且DF=AB.∴EQ∥DF,且EQ=DF.∴四边形EQDF为平行四边形.∴EF∥QD.又EF⊄平面P AD,且DQ⊂平面P AD,∴EF∥平面P AD.(2)方法一:①证明:∵=0,∴,即PH⊥AD.又AB⊥平面P AD,PH⊂平面P AD,∴AB⊥PH.又AB∩AD=A,∴PH⊥平面ABCD.连接AE,AF,∵PD=AD,Q为P A的中点,∴DQ⊥P A.又AB⊥平面P AD,且DQ⊂平面P AD,∴AB⊥DQ.∵AB∩P A=A,∴DQ⊥平面P AB.由(1)知EF∥DQ,∴EF⊥平面P AB.∴AE为AF在平面P AB上的射影.∴∠F AE为直线AF与平面P AB所成的角.∵PD=AD=2,PH=,∴在Rt△PHD中,HD==1.∴H为AD的中点.又PH⊥AD,∴P A=PD=AD=2,∴EF=DQ=PH=.∵AB⊥平面P AD,∴AB⊥AD.∵DF∥AB,∴DF⊥AD.在Rt△ADF中,AF=.又EF⊥平面P AB,∴EF⊥AE.∴在Rt△AEF中,sin∠F AE=.∴直线AF与平面P AB所成的角的正弦值为.②延长DA,CB交于点M,连接PM,则PM为平面P AD与平面PBC所成二面角的交线.∵AB∥CD,AB=CD,∴点A,B分别为DM,CM的中点,且DM=4.在Rt△PHM中,PM2=PH2+MH2,∴PM=2.∴PD2+PM2=DM2.∴PM⊥PD.又CD⊥平面PMD,且PM⊂平面PMD,∴CD⊥PM.∵CD∩PD=D,∴PM⊥平面PCD.∴PM⊥CP.∴∠CPD即为所求的二面角的平面角.∴在Rt△PCD中,cos∠CPD=.方法二:①由方法一,可得PH⊥平面ABCD.又AB⊥平面P AD,在平面ABCD内过点H作HG∥AB,交BC于点G,∴HG⊥平面P AD.以H为原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系H-xyz.∵PD=AD=2,PH=,∴在Rt△PHD中,HD==1.∴H为AD的中点.∴A(1,0,0),P(0,0,),B(1,2,0),E,F(-1,1,0),C(-1,4,0).∴=(-2,1,0).设平面P AB的一个法向量为n=(x,y,z).∵=(1,0,-),=(1,2,-),由∴得y=0,令z=,得x=3.∴n=(3,0,).设直线AF与平面P AB所成的角为θ.则sinθ=|cos<,n>|===.∴直线AF与平面P AB所成的角的正弦值为.②显然向量为平面P AD的一个法向量,且=(0,2,0).设平面PBC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),=(1,2,-),=(-2,2,0),由·n1=0,得到x1+2y1-z1=0,由·n1=0,得到-2x1+2y1=0,令x1=1,则y1=1,z1=.∴n1=(1,1,),cos<,n1>=,∴平面P AD与平面PBC所成二面角的平面角的余弦值为.7.如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°.点E,F分别在边CD,CB上,点E与点C,D不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置,使平面PEF⊥平面ABFED.(1)求证:BD⊥平面POA;(2)当PB取得最小值时,若点Q满足=λ(λ>0),试探究:直线OQ与平面PBD所成的角是否一定大于45°?并说明理由.解:(1)证明:∵菱形ABCD的对角线互相垂直,∴BD⊥AC,即BD⊥AO.∵EF⊥AC,∴PO⊥EF.∵平面PEF⊥平面ABFED,平面PEF∩平面ABFED=EF,且PO⊂平面PEF,∴PO⊥平面ABFED.∵BD⊂平面ABFED,∴PO⊥BD.∵AO∩PO=O,∴BD⊥平面POA.(2)如图,以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz.设AO∩BD=H.在菱形ABCD中,∵∠DAB=60°,∴△BDC为等边三角形,故BD=4,HB=2,HC=2.设PO=x,则OH=2-x,OA=4-x.∴O(0,0,0),P(0,0,x),B(2-x,2,0),故=(2-x,2,-x),∴||=.当x=时,|PB|min=.此时PO=,OH=.设点Q的坐标为(a,0,c),由OP=,得A(3,0,0),B(,2,0),D(,-2,0),P(0,0,).∴=(a-3,0,c),=(-a,0,-c).∵=λ,∴∴Q,∴.设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.∵=(,2,-),=(0,-4,0),∴取x=1,解得y=0,z=1,∴n=(1,0,1).设直线OQ与平面PBD所成的角为θ,∴sinθ=|cos<,n>|===.又λ>0,∴sinθ>.∵θ∈[0°,90°],∴θ>45°.因此直线OQ与平面PBD所成的角大于45°,即结论成立.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：28解答题专项训练

专题能力训练28解答题专项训练(函数与导数)1.已知函数f(x)=x2+(x≠0,a∈R).(1)讨论函数f(x)的奇偶性,并说明理由;(2)若函数f(x)在[2,+∞)上为增函数,求a的取值范围.解:(1)当a=0时,f(x)=x2,对任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x),∴f(x)为偶函数.当a≠0时,f(x)=x2+(a≠0,x≠0),令x=-1,得f(-1)=1-a.令x=1,得f(1)=1+a.∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0,∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1).∴函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数.(2)若函数f(x)在[2,+∞)上为增函数,则f'(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,即2x-≥0在[2,+∞)上恒成立,即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立,只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),∴a≤16.∴a的取值范围是(-∞,16].2.(2014北京朝阳一模)已知函数f(x)=ax2-ln x,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为1,求a的值.解:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-.(1)①当a=0时,f'(x)=-<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a<0时,f'(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当a>0时,令f'(x)=0,又因为x>0,解得x=.当x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在上单调递减.当x∈时,f'(x)>0,所以函数f(x)在上单调递增.综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+∞),当a>0时,函数f(x)的单调减区间是,单调增区间为.(2)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为f(e)=a e2-1=1,解得a=>0,舍去.②当a>0时,由(1)可知,当≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f(1)=a=1,解得a=2.当1<<e,即<a<1时,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f ln a=1,解得a=e,舍去.当≥e,即0<a≤时,函数f(x)在[1,e]上单调递减,所以函数f(x)的最小值为f(e)=a e2-1=1,得a=,舍去.综上所述,a=2.3.(2014重庆高考,理20)已知函数f(x)=a e2x-b e-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f'(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为4-c.(1)确定a,b的值;(2)若c=3,判断f(x)的单调性;(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.解:(1)对f(x)求导得f'(x)=2a e2x+2b e-2x-c,由f'(x)为偶函数,知f'(-x)=f'(x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因e2x+e-2x>0,所以a=b.又f'(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(2)当c=3时,f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f'(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,故f(x)在R上为增函数.(3)由(1)知f'(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R,f'(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0,f'(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,即f'(x)=0有两个根x1=ln t1或x2=ln t2.当x1<x<x2时,f'(x)< 0;又当x>x2时,f'(x)>0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围是(4,+∞).4.(2013浙江高考,理22)已知a∈R,函数f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值.解:(1)由题意f'(x)=3x2-6x+3a,故f'(1)=3a-3.又f(1)=1,所以所求的切线方程为y=(3a-3)x-3a+4.(2)由于f'(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,故①当a≤0时,有f'(x)≤0,此时f(x)在[0,2]上单调递减,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a.②当a≥1时,有f'(x)≥0,此时f(x)在[0,2]上单调递增,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1.③当0<a<1时,设x1=1-,x2=1+,则0<x1<x2<2,f'(x)=3(x-x1)(x-x2).列表如下:由于f(x1)=1+2(1-a),f(x2)=1-2(1-a),故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)>0,从而f(x1)>|f(x2)|.所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}.当0<a<时,f(0)>|f(2)|.又f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0,故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a).当≤a<1时,|f(2)|=f(2),且f(2)≥f(0).又f(x1)-|f(2)|=2(1-a)-(3a-2)=,所以当≤a<时,f(x1)>|f(2)|.故f(x)max=f(x1)=1+2(1-a).当≤a<1时,f(x1)≤|f(2)|.故f(x)max=|f(2)|=3a-1.综上所述,|f(x)|max=5.已知定义在正实数集上的函数f(x)=x2+2ax,g(x)=3a2ln x+b,其中a>0,设两曲线y=f(x),y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同.(1)用a表示b,并求b的最大值;(2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).(1)解:设曲线y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公共点(x0,y0)处的切线相同,∵f'(x)=x+2a,g'(x)=,∴依题意得即由x0+2a=,得x0=a或x0=-3a(舍去),则b=a2+2a2-3a2ln a=a2-3a2ln a.令h(t)=t2-3t2ln t(t>0),则h'(t)=2t(1-3ln t),由h'(t)=0,得t=或t=0(舍去).当t变化时,h'(t),h(t)的变化情况如下表:于是函数h(t)在(0,+∞)上的最大值为h()=,即b的最大值为.(2)证明:设F(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-3a2ln x-b(x>0),则F'(x)=x+2a-(x>0),由F'(x)=0,得x=a或x=-3a(舍去).当x变化时,F'(x),F(x)的变化情况如下表:结合(1)可知函数F(x)在(0,+∞)上的最小值是F(a)=f(a)-g(a)=0.故当x>0时,有f(x)-g(x)≥0,即当x>0时,f(x)≥g(x).6.(2014辽宁高考,理21)已知函数f(x)=(cos x-x)·(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)·ln.证明:(1)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;(2)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.证明:(1)当x∈时,f'(x)=-(1+sin x)·(π+2x)-2x-cos x<0,函数f(x)在上为减函数.又f(0)=π->0,f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.(2)考虑函数h(x)=-4ln,x∈.令t=π-x,则x∈时,t∈.记u(t)=h(π-t)=-4ln,则u'(t)=.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0.当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数.又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0.所以u(t)在(0,x0]上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈时,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0,因为x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.。

《志鸿赢在高考》2016届高考数学新课标全国二轮复习素能演练提升7数列

素能演练提升七一、选择题1.(2015课标全国Ⅱ高考,理4)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=()A.21B.42C.63D.84解析:由题意知=1+q2+q4==7,解得q2=2(负值舍去).∴a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2=21×2=42.答案:B2.已知数列{a n}是等差数列,且a3+a6=5,数列{b n}是等比数列,且b5=,则b2·b8=()A.1B.5C.10D.15解析:由等差数列的通项公式知a3+a6=2a1+7d(其中d为等差数列{a n}的公差),由等比数列的性质知b2b8==a2+5a5=6a1+21d=3(2a1+7d)=3(a3+a6)=15.答案:D3.在数列{a n}中,若a1=-2,且对任意的n∈N*有2a n+1=1+2a n,则数列{a n}前10项的和为()A.5B.10C.D.解析:由2a n+1=1+2a n,得a n+1-a n=,所以数列{a n}是首项为-2,公差为的等差数列.所以S10=10×(-2)+.故选C.答案:C4.(2015广东肇庆二模,5)已知等差数列{a n},a6=2,则此数列的前11项的和S11=()A.44B.33C.22D.11解析:由等差数列的前n项和公式,得S11==22.答案:C5.(2015课标全国Ⅰ高考,文7)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10=()A.B.C.10 D.12解析:∵公差d=1,S8=4S4,∴,即2a1+7d=4a1+6d,解得a1=.∴a10=a1+9d=+9=.答案:B二、填空题6.(2015广东高考,理10)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=.解析:根据等差数列的性质,得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,解得a5=5.又a2+a8=2a5,所以a2+a8=10.答案:107.设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=15,S9=153,则S6=.解析:根据等差数列的性质,可知S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,即2(S6-15)=15+153-S6,解得S6=66.答案:668.(2015江苏南通密卷三,9)在等差数列{a n}和等比数列{b n}中,已知a1=-8,a2=-2,b1=1,b2=2,那么满足a n=b n的n的所有取值构成的集合是.解析:由已知得,a n=6n-14,b n=2n-1,令a n=b n,可得6n-14=2n-1,解得n=3或5,所以满足a n=b n的n的所有取值构成的集合是{3,5}.答案:{3,5}9.等比数列{a n}的前n项和为S n,公比不为1.若a1=1,且对任意的n∈N*都有a n+2+a n+1-2a n=0,则S5=.解析:设等比数列{a n}的公比为q,则a n+2+a n+1-2a n=a1·q n+1+a1·q n-2a1·q n-1=0,即q2+q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2,所以q=-2.故S5==11.答案:11三、解答题10.已知数列{a n}的前n项和S n=-n2+24n(n∈N*).(1)求{a n}的通项公式;(2)当n为何值时,S n达到最大?最大值是多少?解:(1)n=1时,a1=S1=23.n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2+24n+(n-1)2-24(n-1)=-2n+25.经验证,a1=23符合a n=-2n+25,所以a n=-2n+25(n∈N*).(2)因为S n=-n2+24n=-(n-12)2+144,1所以当n=12时,S n最大且最大值为144.11.(2014吉林长春调研,17)设等差数列{a n}的前n项和为S n,其中a1=3,S5-S2=27.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若S n,2(a n+1+1),S n+2成等比数列,求正整数n的值.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,则S5-S2=3a1+9d=27,又a1=3,则d=2.故a n=2n+1.(2)由(1)可得S n=n2+2n,又S n·S n+2=8(a n+1+1)2,即n(n+2)2(n+4)=8(2n+4)2,化简得n2+4n-32=0,解得n=-8(舍)或n=4,所以n的值为4.12.已知等差数列{a n}前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求等差数列{a n}的通项公式;(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|a n|}的前n项和.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得解得所以由等差数列通项公式可得a n=2-3(n-1)=-3n+5,或a n=-4+3(n-1)=3n-7.故a n=-3n+5或a n=3n-7.(2)当a n=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列,不满足条件;当a n=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.故|a n|=|3n-7|=记数列{|a n|}的前n项和为S n.当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;当n≥3时,S n=S2+|a3|+|a4|+…+|a n|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)=5+n2-n+10,当n=2时,满足此式.综上,S n=2。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：30解答题专项训练

专题能力训练30解答题专项训练(数列)1.已知各项都不相等的等差数列{a n}的前6项和为60,且a6为a1和a21的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n+1-b n=a n(n∈N*),且b1=3,求数列的前n项和T n.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),则解得∴a n=2n+3.(2)由b n+1-b n=a n,∴b n-b n-1=a n-1(n≥2,n∈N*),b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1=a n-1+a n-2+…+a1+b1=(n-1)·+3=n(n+2).∴b n=n(n+2)(n∈N*).∴,T n=+…+=.2.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(1)求a2,a3;(2)设b n=a2n-2,n∈N*,求证:{b n}是等比数列,并求其通项公式;(3)在(2)的条件下,求数列{a n}前100项中的所有偶数项的和S.解:(1)a2=,a3=-.(2)=.又∵b1=a2-2=-,∴数列{b n}是等比数列,且b n==-.(3)由(2)得a2n=b n+2=2-(n=1,2,3,…,50),S=a2+a4+…+a100=2×50-=100-1+=99+.3.已知等比数列{a n}的各项均为正数,且2a1,,3a2成等差数列,a2,a3,a6成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知b n=log3,记S n=b1+b2+…+b n,T n=1++…+,求证:T2014<1013.(1)解:设等比数列{a n}的公比为q,依题意可得解得a1=,q=.所以通项a n=.(2)证明:由(1)得b n=log3=log33n=n,所以S n=.由==.所以T n=1++…+==.所以T2014==1007+,即等价于证明1++…+<12.1++…+<1+×2+×4+…+×210=11.所以T2014<1013.4.已知数列{a n}是公差为正的等差数列,其前n项和为S n,点(n,S n)在抛物线y=x2+x上;各项都为正数的等比数列{b n}满足b1b3=,b5=.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记C n=a n b n,求数列{C n}的前n项和T n.解:(1)∵S n=n2+n,当n=1时,a1=S1=2;当n≥2时,S n-1=(n-1)2+(n-1)=n2-n+1.∴a n=S n-S n-1=3n-1(n≥2).当n=1时,a1=3-1=2满足题意.∴数列{a n}是首项为2,公差为3的等差数列.∴a n=3n-1.又∵各项都为正数的等比数列{b n}满足b1b3=,b5=,∴b2=b1q=,b1q4=,解得b1=,q=,∴b n=.(2)∵C n=(3n-1)×,∴T n=2×+5×+…+(3n-4)×+(3n-1)×,①∴T n=2×+5×+…+(3n-4)×+(3n-1)×,②①-②,得T n=1+3+…+-(3n-1)×=1+3×-(3n-1)×=-3×-(3n-1)×.∴T n=5-.5.(2014山东潍坊一模)已知数列{a n}的前n项和S n=a n+n2-1,数列{b n}满足3n·b n+1=(n+1)a n+1-na n,且b1=3.(1)求a n,b n;(2)设T n为数列{b n}的前n项和,求T n,并求满足T n<7时n的最大值.解:(1)当n≥2时,S n=a n+n2-1,S n-1=a n-1+(n-1)2-1,两式相减,得a n=a n-a n-1+2n-1,∴a n-1=2n-1(n≥2).∴a n=2n+1(n≥2).∴3n·b n+1=(n+1)(2n+3)-n(2n+1)=4n+3,∴b n+1=.当n≥2时,b n=.又∵b1=3适合上式,∴b n=.(2)由(1)知b n=,∴T n=+…+,①T n=+…+,②①-②,得T n=3++…+=3+4×=5-.∴T n=.T n-T n+1==-<0,∴T n<T n+1,即{T n}为递增数列.又∵T3=<7,T4=>7,∴当T n<7时,n的最大值为3.6.已知数列{a n}的各项排成如图所示的三角形数阵,数阵中每一行的第一个数a1,a2,a4,a7,…构成等差数列{b n},S n是{b n}的前n项和,且b1=a1=1,S5=15.(1)若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成仅比为正数的等比数列,且公比相等,已知a9=16,求a50的值;(2)设T n=+…+,求T n.解:(1)∵{b n}为等差数列,设公差为d,b1=1,S5=15,∴S5=5+10d=15,d=1.∴b n=1+(n-1)×1=n.设从第3行起,每行的公比都是q,且q>0,a9=b4q2,4q2=16,q=2,1+2+3+…+9=45,故a50是数阵中第10行第5个数,而a50=b10q4=10×24=160.(2)∵S n=1+2+…+n=,∴T n=+…+=+…+=2+…+=2.7.(2014山东济南一模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S7=49,a4和a8的等差中项为11.(1)求a n及S n;(2)证明当n≥2时,有+…+.(1)解法一:设等差数列{a n}的公差为d.∵S7=49,a4+a8=22,∴解得a1=1,d=2,所以a n=2n-1,S n=n2.解法二:∵S7=7a4=49,∴a4=7.∵a4+a8=22,∴a8=15.∴d==2,a1=a4-3d=1.∴a n=2n-1,S n=n2.(2)证法一:由(1)知,S n=n2,n∈N*.①当n=2时,=1+,∴原不等式成立.②当n≥3时,∵n2>n(n-1),∴.∴+…++…+<1++…+=1++…+=1+.证法二:由(1)知,S n=n2,n∈N*.当n≥2时,∵n2>(n-1)(n+1),∴.∴+…++…+<1++…+=1++…+=1+=.8.(2014上海十二校联考)已知数列{a n}具有性质:①a1为整数;②对于任意的正整数n,当a n为偶数时,a n+1=;当a n为奇数时,a n+1=.(1)若a1为偶数,且a1,a2,a3成等差数列,求a1的值;(2)设a1=2m+3(m>3,且m∈N),数列{a n}的前n项和为S n,求证:S n≤2m+1+3;(3)若a1为正整数,求证:当n>1+log2a1(n∈N)时,都有a n=0.(1)解:∵a1为偶数,∴可设a1=2n(n∈Z),故a2==n,若n为偶数,则a3=,由a1,a2,a3成等差数列,可知2a2=a1+a3,即2n=n,解得n=0,故a1=0;若n为奇数,则a3=,由a1,a2,a3成等差数列,可知2a2=a1+a3,即2n=n-,解得n=1,故a1=2.∴a1的值为0或2.(2)证明:∵a1=2m+3(m>3,m∈N)是奇数,∴a2==2m-1+1,a3==2m-2,a4==2m-3,依此类推,可知a3,a4,…,a m+1成等比数列,且有a n=2m-n+1(3≤n≤m+1),又∵a m+1=20=1,a m+2==0,a m+3=0,…,∴当n≤m+1时,a n>0;当n≥m+2时,都有a n=0.故对于给定的m,S n的最大值为a1+a2+…+a m+a m+1=(2m+3)+(2m-1+1)+2m-2+2m-3+…+20=(2m+2m-1+…+20)+4=+4=2m+1+3, ∴S n≤2m+1+3.(3)证明:当a1为正整数时,a n必为非负整数.证明如下:当n=1时,由已知a1为正整数,可知a1为非负整数,故结论成立;假设当n=k时,a n为非负整数,若a n=0,则a n+1=0;若a n为正偶数,则a n+1=必为正整数;若a n 为正奇数,则a n+1=必为非负整数.故总有a n为非负整数.当a n为奇数时,a n+1=;当a n为偶数时,a n+1=.故总有a n+1≤,∴a n≤≤…≤,当n>1+log2a1时,a n≤a1<·a1==1,即a n<1.又a n必为非负整数,故必有a n=0.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：32解答题专项训练

专题能力训练32解答题专项训练(解析几何)1.已知椭圆C的中心为坐标原点O,一个长轴端点为(0,2),短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,直线l与y轴交于点P(0,m),与椭圆C交于相异两点A,B,且=2.(1)求椭圆方程;(2)求m的取值范围.解:(1)由题意,知椭圆的焦点在y轴上,设椭圆方程为=1(a>b>0),由题意,知a=2,b=c,又a2=b2+c2,则b=,所以椭圆方程为=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意,知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+m,与椭圆方程联立,即消去y则(2+k2)x2+2mkx+m2-4=0,Δ=(2mk)2-4(2+k2)(m2-4)>0,由根与系数的关系,知又=2,即有(-x1,m-y1)=2(x2,y2-m),∴-x1=2x2.∴=-2.整理,得(9m2-4)k2=8-2m2,又9m2-4=0时不成立,所以k2=>0,得<m2<4,此时Δ>0,所以m的取值范围为.2.在平面直角坐标系xOy中,点P是圆x2+y2=4上一动点,PD⊥x轴于点D.记满足)的动点M 的轨迹为Γ.(1)求轨迹Γ的方程;(2)已知直线l:y=kx+m与轨迹Γ交于不同两点A,B,点G是线段AB中点,射线OG交轨迹Γ于点Q,且=λ,λ∈R.①证明:λ2m2=4k2+1.②求△AOB的面积S(λ)的解析式,并计算S(λ)的最大值.解:(1)设M(x,y),P(x0,y0),则点D(x0,0),且=4.(a)∵),∴(b)将(b)代入(a),得x2+4y2=4,∴轨迹Γ的方程为+y2=1.(2)①令A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.∴即(c)∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=+2m=.又由中点坐标公式,得G.根据=λ,得Q,将其代入椭圆方程,得=1.化简得λ2m2=1+4k2.(d)②由(c),(d)得m≠0,λ>1.|x1-x2|==.(e)在△AOB中,S△AOB=|m||x1-x2|, (f)由(d),(e),(f)可得S(λ)=(λ>1).令=t∈(0,+∞),则S==1(当且仅当t=1,即λ=时取“=”)∴当λ=时,S(λ)=取得最大值,其最大值为1.3.(2014四川“联测促改”(一))已知椭圆=1(a>b>0)的离心率是.(1)若点P(2,1)在椭圆上,求椭圆的方程;(2)若存在过点A(1,0)的直线l,使点C(2,0)关于直线l的对称点在椭圆上,求椭圆的焦距的取值范围.解:(1)e=⇒a=2b,c=b⇒=1,∵点P(2,1)在椭圆上,∴=1⇒b2=2⇒=1.(2)依题意,直线l的斜率存在且不为0,如图,设直线l的方程为y=k(x-1).设点C(2,0)关于直线l的对称点为C'(x0,y0),则若点C'(x0,y0)在椭圆=1上,则=1⇒b2k4+(2b2-4)k2+(b2-1)=0.设k2=t,因此原问题转化为关于t的方程b2t2+(2b2-4)t+(b2-1)=0有正根.①当b2-1<0⇒0<b2<1时,方程一定有正根;②当b2-1≥0⇒b2≥1时,则有⇒b2≤.∴综上得0<b≤.又椭圆的焦距为2c=2b⇒0<2c≤4.故椭圆的焦距的取值范围是(0,4].4.已知点F1,F2分别为椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆C上的一点,且|F1F2|=2,∠F1PF2=,△F1PF2的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)点M的坐标为,过点F2且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,对于任意的k∈R,是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,说明理由.解:(1)设|PF1|=m,|PF2|=n.在△PF1F2中,由余弦定理得22=m2+n2-2mn cos,化简得,m2+n2-mn=4.由,得mn sin.化简得mn=.于是(m+n)2=m2+n2-mn+3mn=8.∴m+n=2,由此可得,a=.又∵半焦距c=1,∴b2=a2-c2=1.因此,椭圆C的方程为+y2=1.(2)由已知得F2(1,0),直线l的方程为y=k(x-1),由消去y,得(2k2+1)x2-4k2x+2(k2-1)=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.∵=+y1y2=+k2(x1-1)(x2-1)=(k2+1)x1x2-(x1+x2)++k2=(k2+1)+k2==-.由此可知=-为定值.5.过抛物线C:y2=2px(p>0)上的点M分别向C的准线和x轴作垂线,两条垂线及C的准线和x 轴围成边长为4的正方形,点M在第一象限.(1)求抛物线C的方程及点M的坐标;(2)过点M作倾斜角互补的两条直线分别与抛物线C交于A,B两点,且直线AB过点(0,-1),求△MAB的面积.解:(1)抛物线C的准线为x=-,依题意M,则42=2p,解得p=4.故抛物线C的方程为y2=8x,点M的坐标为(2,4),(2)设A,B.直线MA的斜率k1=,同理直线MB的斜率k2=.由题设有=0,整理得y1+y2=-8.直线AB的斜率k==-1.于是直线AB的方程为y=-x-1.由得y2+8y+8=0.|y1-y2|==4,于是|AB|=|y1-y2|=8.点M到直线AB的距离d=,则△MAB的面积S=|AB|·d=14.6.如图,F1,F2为椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点,D,E是椭圆的两个顶点,椭圆的离心率e=,△DEF2的面积为1-.若点M(x0,y0)在椭圆C上,则点N称为点M的一个“椭点”,直线l与椭圆交于A,B两点,A,B两点的“椭点”分别为P,Q.(1)求椭圆C的标准方程;(2)问是否存在过左焦点F1的直线l,使得以PQ为直径的圆经过坐标原点?若存在,求出该直线的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)由e=,得.由=1-,得(a-c)b=1-.又a2-b2=c2,解得a=2,b=1.∴椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-.联立解得不妨令A,B,所以对应的“椭点”坐标P,Q.而≠0,所以此时以PQ为直径的圆不过坐标原点.②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+).联立消去y,得(4k2+1)x2+8k2x+12k2-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则这两点的“椭点”坐标分别为P,Q,由根与系数关系得x1+x2=,x1x2=.若使得以PQ为直径的圆过坐标原点,则OP⊥OQ.∵,∴=0.即+y1y2=0,即+k2[x1x2+(x1+x2)+3]=0.代入x1+x2=,x1x2=,解得k=±.所以直线方程为y=x+或y=-x-.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：9三角、向量与解三角形

专题能力训练9三角变换、平面向量与解三角形一、选择题1.(2014浙江温州一适)已知sin2α=,则cos2=()A. B.- C. D.-答案:C解析:cos2,故选C.2.若平面向量a与b的夹角为60°,a=(6,0),|b|=1,则|a+2b|=()A. B.2 C.4 D.12答案:B解析:由题意知|a|=6,∵|a+2b|2=a2+4a·b+4b2=36+4×6×1×cos60°+4=52,∴|a+2b|=2.3.(2014福建福州一中期末)已知锐角A,B满足2tan A=tan(A+B),则tan B的最大值为()A.2B.C.D.答案:D解析:由2tan A=tan(A+B)可得2tan A=,∴2tan2A tan B-tan A+tan B=0.∴tan B=,又A为锐角,∴2tan A+≥2,∴tan B≤,故选D.4.(2014东北三省二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,则B=()A. B. C. D.答案:C解析:由sin A=,sin B=,sin C=,代入整理得⇒c2-b2=ac-a2,所以a2+c2-b2=ac,即cos B=,所以B=,故答案为C.5.(2014浙江五校高三联考)已知A(-3,0),B(0,),O为坐标原点,点C在∠AOB内,且∠AOC=60°,设=λ,则实数λ=()A. B. C. D.3答案:C解析:由=λ,得λ,因此共线.设C点坐标为(x,)(x<0),∵∠AOC=60°,∴∠BOC=30°.∴=tan30°=.∴x=-1,∴=(-1,0).∵=(-3,0),∴λ=.6.(2014河北石家庄一模)在△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且满足c sin A=a cos C,则sin A+sin B的最大值为()A.1B.C.D.3答案:C解析:∵c sin A=a cos C,∴sin C sin A=sin A cos C,即sin C=cos C.∴tan C=,C=,A=-B.∴sin A+sin B=sin+sin B=sin.∵0<B<,∴<B+.故当B+,即B=时,sin A+sin B的最大值为,应选C.二、填空题7.在△ABC中,若sin(A-B)=1+2cos(B+C)sin(A+C),则△ABC的形状为.答案:直角三角形解析:sin(A-B)=1+2cos(B+C)·sin(A+C)=1-2cos A sin B,∴sin A cos B-cos A sin B=1-2cos A sin B,∴sin A cos B+cos A sin B=1,即sin(A+B)=sin C=1,∴∠C=.故△ABC为直角三角形.8.已知向量a=(2,3),b=(-1,2),若(m a+n b)∥(a-2b),则等于.答案:-解析:m a+n b=(2m,3m)+(-n,2n)=(2m-n,3m+2n),a-2b=(2,3)-(-2,4)=(4,-1).由(m a+n b)∥(a-2b)⇒-(2m-n)=4(3m+2n),整理得14m=-7n,则=-.9.在△ABC中,内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知a2=2b+c2,且tan A=3tan C,则b=.答案:4解析:(方法一)在△ABC中,∵tan A=3tan C,∴sin A cos C=3cos A sin C,则由正弦定理及余弦定理有a·=3·c,化简并整理得2(a2-c2)=b2.又由已知得a2-c2=2b,∴4b=b2,解得b=4或b=0(舍).(方法二)由余弦定理得a2-c2=b2-2bc cos A.又a2-c2=2b,b≠0,∴b=4c cos A+2.①∵tan A=3tan C,∴sin A cos C=3cos A sin C.∴sin A cos C+cos A sin C=4cos A sin C,即sin(A+C)=4cos A sin C,也即sin B=4cos A sin C.由正弦定理得sin B=sin C,故b=4c cos A.②由①②解得b=4.三、解答题10.(2014江苏高考,15)已知α∈,sinα=.(1)求sin的值;(2)求cos的值.解:(1)因为α∈,sinα=,所以cosα=-=-.故sin=sincosα+cossinα==-.(2)由(1)知sin2α=2sinαcosα=2×=-,cos2α=1-2sin2α=1-2×,所以cos=coscos2α+sinsin2α==-.11.已知a=(sinθ,1),b=(1,cosθ),c=(0,3),-<θ<.(1)若(4a-c)∥b,求θ;(2)求|a+b|的取值范围.解:(1)4a-c=(4sinθ,4)-(0,3)=(4sinθ,1).∵(4a-c)∥b,∴4sinθcosθ-1=0.∴sin2θ=.∵θ∈,∴2θ∈(-π,π).∴2θ=或2θ=,即θ=或θ=.(2)a+b=(sinθ+1,1+cosθ),|a+b|==,由(1)知-<θ+,∴sin.∴2sin∈(-2,2].∴|a+b|∈(1,+1].12.已知函数f(x)=sincos+sin2,其图象的两个相邻对称中心的距离为,且过点.(1)求函数f(x)的表达式;(2)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,a=,S△ABC=2,角C为锐角,且满足f,求c的值.解:(1)f(x)=sin(ωx+φ)+[1-cos(ωx+φ)]=sin.∵其图象的两个相邻对称中心的距离为,则T=π,∴=π.∵ω>0,∴ω=2.又f(x)的图象过点,∴sin=1,即sin.∴cosφ=.∵0<φ<,∴φ=.∴f(x)=sin.(2)∵f=sin=sin C+,∴sin C=.∵0<C<,∴cos C=.又a=,S△ABC=ab sin C=×b×=2,∴b=6.由余弦定理得c2=a2+b2-2ab cos C=21,∴c=.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：21选修4系列

专题能力训练21几何证明选讲(选修4—1)能力升级训练第41页一、选择题1.如图,☉O的割线P AB经过圆心O,C是圆上一点,P A=AC=AB,则以下结论不正确．．．的是()A.CB=CPB.PC·AC=P A·BCC.PC是☉O的切线D.BC2=BA·BP答案:D解析:连接OC.∵AC=AB,∴∠B=30°,∠BAC=60°,即AC=AO=P A.∴A是OP的中点.∴∠OCP=90°,且∠P=30°,即PC是☉O的切线,∴C正确.同时CB=CP,∴A正确.∵AC=P A,CB=CP,∴PC·AC=P A·BC.∴B正确.又∵PC2=P A·PB,BC=CP,∴BC2=P A·PB.∴D错误.2.已知在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=5,BC=4,以BC为直径的圆交AB于点D,则BD的长为()A.4B.C.D.答案:D解析:在Rt△ABC中,AC2=AB2-BC2=25-16=9.又∵AC2=AD·AB,∴AD=,BD=AB-AD=.故选D.二、填空题3.(2014湖南高考,理12)如图,已知AB,BC是☉O的两条弦,AO⊥BC,AB=,BC=2,则☉O的半径等于.答案:解析:如下图,连接BO,由已知AO⊥BC,可得E是BC的中点,即BE=,故AE==1.在Rt△BOE中,OB2=BE2+OE2,即r2=()2+(r-1)2,解得r=.4.(2014湖北高考,理15)如图,P为☉O外一点,过P点作☉O的两条切线,切点分别为A,B.过P A 的中点Q作割线交☉O于C,D两点.若QC=1,CD=3,则PB=.答案:4解析:由题意知P A=PB.P A切☉O于点A,由切割线定理可得QA2=QC·QD=1×(1+3)=4.∴QA=2,∴P A=2×2=4=PB.5.(2014广东肇庆第一次模拟)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC,DE⊥AE,D,E为垂足,若AE=4,BE=1,则AC=.答案:10解析:根据题意,得AB=BE+AE=5.在△ABD和△DBE中,因为∠ABD=∠DBE且∠ADB=∠DEB,所以△ABD∽△DBE,则,即BD=.因为AD⊥BD,所以由三角形勾股定理可得AD==2.又因为∠ABD=∠ABC且∠ADB=∠BAC,所以△ABD∽△CBA,则,即AC==10.6.如图,弦AB与CD相交于☉O内一点E,过点E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P.已知PD=2DA=2,则PE=.答案:解析:由题知P A=3DA=3.∵BC∥PE,∴∠BCD=∠PED.又∵∠BCD=∠BAD,∴∠PED=∠BAD.∴△EPD∽△APE,∴,即PE2=P A·PD=3×2=6.∴PE=.7.如图,已知P A,PB是圆O的切线,A,B分别为切点,C为圆O上不与A,B重合的另一点,若∠ACB=120°,则∠APB=.答案:60°解析:如图,连接OA,OB,由题意知∠P AO=∠PBO=90°,∵∠ACB=120°,∴∠AOB=120°.又∵P,A,O,B四点共圆,∴∠APB=60°.8.如图,四边形ABCD是圆O的内接四边形,延长AB和DC相交于点P.若,则的值为.答案:解析:∵∠P=∠P,∠PCB=∠P AD,∴△PCB∽△P AD,∴.∵,∴.三、解答题9.(2014江苏苏州高三调研)如图,MN为两圆的公共弦,一条直线与两圆及公共弦依次交于A,B,C,D,E,求证:AB·CD=BC·DE.证明:由相交弦定理,得AC·CD=MC·NC,BC·CE=MC·NC.则AC·CD=BC·CE,即(AB+BC)·CD=BC·(CD+DE),也即AB·CD+BC·CD=BC·CD+BC·DE.故AB·CD=BC·DE.10.(2014课标全国Ⅰ高考,理22)如图,四边形ABCD是☉O的内接四边形,AB的延长线与DC 的延长线交于点E,且CB=CE.(1)证明:∠D=∠E;(2)设AD不是☉O的直径,AD的中点为M,且MB=MC,证明:△ADE为等边三角形.证明:(1)由题设知A,B,C,D四点共圆,所以∠D=∠CBE.由已知得∠CBE=∠E,故∠D=∠E.(2)设BC的中点为N,连接MN,则由MB=MC知MN⊥BC,故O在直线MN上.又因为AD不是☉O的直径,M为AD的中点,故OM⊥AD,即MN⊥AD,所以AD∥BC,故∠A=∠CBE.又因为∠CBE=∠E,故∠A=∠E.由(1)知,∠D=∠E,所以△ADE为等边三角形.11.(2014河北衡水中学第一次模拟)已知PQ与圆O相切于点A,直线PBC交圆于B,C两点,D 是圆上一点,且AB∥CD,DC的延长线交PQ于点Q.(1)求证:AC2=CQ·AB;(2)若AQ=2AP,AB=,BP=2,求QD.(1)证明:∵AB∥CD,∴∠P AB=∠AQC.又∵PQ与圆O相切于点A,∴∠P AB=∠ACB,∴∠AQC=∠ACB.∵AQ为切线,∴∠QAC=∠CBA.∴△ACB∽△CQA.∴,即AC2=CQ·AB.(2)解:∵AB∥CD,AQ=2AP,∴.由AB=,BP=2,得QC=3,PC=6.∵AP为圆O的切线,∴AP2=PB·PC=12.∴QA=4.又∵QA为圆O的切线,∴AQ2=QC·QD,即QD=.12.(2014云南一模)如图,已知AB是☉O的直径,弦DF与AB垂直,H为垂足,CF与AB交于点E.(1)求证:P A·PB=PO·PE;(2)若DE⊥CF,∠P=15°,☉O的半径等于2,求弦CF的长.(1)证明:连接OD.∵AB是☉O的直径,弦DF与直径AB垂直,H为垂足,点C在☉O上,∴∠DOA=∠DCF,∴∠POD=∠PCE.又∵∠DPO=∠EPC,∴△PDO∽△PEC.∴,即PD·PC=PO·PE.由切割线定理的推论,得P A·PB=PD·PC,∴P A·PB=PO·PE.(2)解:由已知,直径AB是弦DF的垂直平分线,∴ED=EF,∴∠DEH=∠FEH.∵DE⊥CF,∴∠DEH=∠FEH=45°.由∠PEC=∠FEH=45°,∠P=15°得∠DCF=60°.由∠DOA=∠DCF得∠DOA=60°.在Rt△DHO中,OD=2,DH=OD sin∠DOH=.∴DE=EF=,CE=.∴CF=CE+EF=.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：34解答题专项训练

专题能力训练34解答题专项训练(选修部分)能力升级训练第67页1.(2014届河南郑州高中毕业年级第一次质量预测)选修4—1:几何证明选讲如图,A,B,C,D四点在同一圆上,BC与AD的延长线交于点E,点F在BA的延长线上.(1)若=1,求的值;(2)若EF2=F A·FB,证明:EF∥CD.解:(1)∵A,B,C,D四点共圆,∴∠EDC=∠EBF.又∵∠AEB为公共角,∴△ECD∽△EAB.∴.∴,∴.(2)∵EF2=F A·FB,∴.又∵∠EF A=∠BFE,∴△F AE∽△FEB.∴∠FEA=∠EBF.又∵A,B,C,D四点共圆,∴∠EDC=∠EBF.∴∠FEA=∠EDC.∴EF∥CD.2.(2014届河南郑州高中毕业年级第一次质量预测)选修4—4:坐标系与参数方程已知曲线C1:(t为参数),C2:(θ为参数).(1)化C1,C2的方程为普通方程,并说明它们分别表示什么曲线;(2)过曲线C2的左顶点且倾斜角为的直线l交曲线C1于A,B两点,求|AB|.解:(1)C1:(x+2)2+(y-1)2=1,C2:=1.曲线C1为圆心是(-2,1),半径是1的圆.曲线C2为中心是坐标原点,焦点在x轴上,长轴长是8,短轴长是6的椭圆.(2)曲线C2的左顶点为(-4,0),则直线l的参数方程为(s为参数),将其代入曲线C1整理可得:s2-3s+4=0,设A,B对应参数分别为s1,s2,则s1+s2=3,s1s2=4.所以|AB|=|s1-s2|=.3.(2014河北石家庄二模)选修4—1:几何证明选讲如图,在△ABC中,CD是∠ACB的角平分线,△ADC的外接圆交线段BC于E,BE=3AD.(1)求证:AB=3AC;(2)当AC=4,AD=3时,求CD的长.(1)证明:因为四边形ACED为圆内接四边形,所以∠BDE=∠BCA.又因为∠DBE=∠CBA,所以△BDE∽△BCA.则.在圆内接四边形ACED中,CD是∠ACE的角平分线,所以DE=AD.从而.而BE=3AD,所以BA=3CA,即AB=3AC.(2)解:由(1)得AB=3AC=12.而AD=3,所以DE=3,BD=AB-AD=9.BE=3AD=9.根据割线定理,得BD·BA=BE·BC,所以BC=12,EC=BC-BE=3.在圆内接四边形ACED中,由于ED=EC,所以∠EDC=∠ECD.又因为∠ACD=∠ECD,所以∠ACD=∠EDC.所以DE∥AC.在等腰梯形ACED中,易求得CD=.4.(2014河北石家庄二模)选修4—4:坐标系与参数方程已知直线l:(t为参数),曲线C1:(θ为参数).(1)设l与C1相交于A,B两点,求|AB|的值;(2)若把曲线C1上各点的横坐标压缩为原来的,纵坐标压缩为原来的,得到曲线C2,设点P是曲线C2上的一个动点,求它到直线l的距离的最小值.解:(1)l的普通方程为y=(x-1),即x-y-=0,C1的普通方程为x2+y2=4,圆心(0,0)到直线l的距离为,半径2,由勾股定理得|AB|=2.(2)C2的参数方程为(θ为参数),故点P的坐标是,从而点P到直线l的距离d==,当sin=-1时,d取得最小值为-1).5.(2014河北石家庄二模)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=|x-1|+|x-3|.(1)求不等式f(x)>2的解集;(2)若不等式f(x)≤-3a的解集非空,求实数a的取值范围.解:(1)原不等式等价于解得原不等式解集为∪(3,+∞).(2)f(x)=|x-1|+|x-3|=f(x)图象如图所示,其中A(1,1),B(3,2),P,k PB=,k AC=-,直线y=-3a绕点P旋转,由图可得不等式f(x)≤-3a的解集非空时,有-3a≥或-3a<-,解得a≤-或a>.6.(2014河北唐山一模)选修4—1:几何证明选讲如图,AE是圆O的切线,A是切点,AD⊥OE于D,割线EC交圆O于B,C两点.(1)证明:O,D,B,C四点共圆;(2)设∠DBC=50°,∠ODC=30°,求∠OEC的大小.(1)证明:连接OA,OC,则OA⊥EA.由射影定理,得EA2=ED·EO.由切割线定理,得EA2=EB·EC,故ED·EO=EB·EC,即,又因为∠OEC=∠OEC,所以△BDE∽△OCE.所以∠EDB=∠OCE.因此O,D,B,C四点共圆.(2)连接OB.因为∠OEC+∠OCB+∠COE=180°,结合(1)得∠OEC=180°-∠OCB-∠COE=180°-∠OBC-∠DBE=∠OBD=∠DBC-∠OBC=∠DBC-∠ODC=20°.7.选修4—4:坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ2-4ρsinθ+2=0.(1)把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)将直线l向右平移h个单位,所得直线l'与圆C相切,求h.解:(1)因为ρ2=x2+y2,ρsinθ=y,所以圆C的直角坐标方程为x2+y2-4y+2=0.(2)平移直线l后,所得直线l'的(t为参数),把它代入圆C的方程,整理得2t2+2(h-12)t+(h-10)2+2=0.因为l'与圆C相切,所以Δ=4(h-12)2-8[(h-10)2+2]=0,即h2-16h+60=0,解得h=6或h=10.8.选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)=|2x-a|+a,a∈R,g(x)=|2x-1|.(1)若当g(x)≤5时,恒有f(x)≤6,求a的最大值;(2)若当x∈R时,恒有f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解:(1)g(x)≤5Û|2x-1|≤5Û-5≤2x-1≤5Û-2≤x≤3;f(x)≤6Û|2x-a|≤6-aÛa-6≤2x-a≤6-aÛa-3≤x≤3.依题意有,a-3≤-2,a≤1.故a的最大值为1.(2)f(x)+g(x)=|2x-a|+|2x-1|+a≥|2x-a-2x+1|+a=|a-1|+a,当且仅当(2x-a)(2x-1)≤0时等号成立.解不等式|a-1|+a≥3,得a的取值范围是[2,+∞).。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：4函数与导数

专题能力训练4函数的图象与性质一、选择题1.(2014广东揭阳一模)设函数f(x)=的定义域为M,函数g(x)=ln(1+x)的定义域为N,则()A.M∩N=(-1,1]B.M∩N=RC.∁R M=[1,+∞)D.∁R N=(-∞,-1)答案:C解析:由题意可知1-x>0,解得x<1,所以M=(-∞,1).由1+x>0,解得x>-1,所以N=(-1,+∞),所以M∩N=(-1,1),A,B错;∁R M=[1,+∞),C正确;∁R N=(-∞,-1],D错.故选C.2.下列四个函数中,是奇函数且在区间(-1,0)上为减函数的是()A.y=B.y=C.y=log2|x|D.y=-答案:D解析:选项A,y=为偶函数,因此排除;选项B,y=不是奇函数,不符合题意,排除;选项C,y=log2|x|是偶函数,因此不符合题意,排除C.故选D.3.(2014安徽示范高中一联)已知函数f(x)=若f(f(1))=4a,则实数a等于()A. B. C.2D.4答案:C解析:∵f(1)=2,∴f(f(1))=f(2)=4+2a=4a,解得a=2.故选C.4.已知函数f(x)的定义域为(-1,0),则函数f(2x-1)的定义域为()A.(-1,1)B.C.(- 1,0)D.答案: B解析:因为函数f(x)的定义域为(-1,0),所以-1<2x-1<0,解得0<x<.所以函数f(2x-1)的定义域为.故选B.5.(2014天津高考,理4)函数f(x)=lo(x2-4)的单调递增区间为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)C.(2,+∞)D.(-∞,-2)答案:D解析:由x2-4>0得x>2或x<-2,因此函数定义域为(-∞,-2)∪(2,+∞).令t=x2-4,当x∈(-∞,-2)时,t随x的增大而减小,y=lo t随t的减小而增大,所以y=lo(x2-4)随x的增大而增大,即f(x)在(-∞,-2)上单调递增.故选D.6.函数y=x cos x+sin x的图象大致为()答案:D解析:因为y=x cos x+sin x是奇函数,所以排除B;当x=时,y=1,排除C;当x=π时,y=-π,排除A.故选D.二、填空题7.已知f(x)=则f的值为.答案:解析:f=f+1=f+1=sin+1=-+1=.8.已知定义域为R的函数f(x)=是奇函数,则a=.答案:2解析:由f(-1)=-f(1),易得a=2.9.已知函数y=f(x)是R上的偶函数,对于x∈R都有f(x+6)=f(x)+f(3)成立,当x1,x2∈[0,3],且x1≠x2时,都有>0,给出下列命题:①f(3)=0;②直线x=-6是函数y=f(x)的图象的一条对称轴;③函数y=f(x)在[-9,-6]上为增函数;④函数y=f(x)在[-9,9]上有四个零点.其中所有正确命题的序号为(把所有正确命题的序号都填上).答案:①②④解析:取x=-3,则f(3)=f(-3)+f(3),又y=f(x)是R上的偶函数,∴f(-3)=f(3)=0,即f(x+6)=f(x).∴f(x)是周期函数且T=6,故①②正确;由题意可知f(x)在[0,3]上是增函数,∴在[-3,0]上是减函数,故在[-9,-6]上为减函数,③错误;f(-3)=f(3)=f(9)=f(-9)=0,④正确.三、解答题10.已知a∈R,且a≠1,求函数f(x)=在区间[1,4]上的最值.解:任取x1,x2∈[1,4],且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=.∵x1-x2<0,(x1+1)(x2+1)>0,又a∈R,且a≠1,∴当a-1>0,即a>1时,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴函数f(x)在区间[1,4]上是增函数.∴f(x)max=f(4)=,f(x)min=f(1)=.当a-1<0,即a<1时,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),∴函数f(x)在区间[1,4]上是减函数.∴f(x)max=f(1)=,f(x)min=f(4)=.11.已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a>0),F(x)=若f(-1)=0,且对任意实数x均有f(x)≥0成立.(1)求F(x)的解析式;(2)当x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx是单调函数,求k的取值范围.解:(1)∵f(-1)=0,∴a-b+1=0.∴b=a+1.∴f(x)=ax2+(a+1)x+1.∵f(x)≥0恒成立,∴∴∴a=1,从而b=2.∴f(x)=x2+2x+1.∴F(x)=(2)g(x)=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1.∵g(x)在区间[-2,2]上是单调函数,∴≤-2,或≥2,解得k≤-2,或k≥6.∴k的取值范围为(-∞,-2]∪[6,+∞).12.已知二次函数f(x)=x2+bx+c的图象与直线y=x交于A,B两点,且|AB|=3,奇函数g(x)=,当x>0时,f(x)与g(x)都在x=x0处取到最小值.(1)求f(x),g(x)的解析式;(2)若函数y=x与y=k+的图象恰有两个不同的交点,求实数k的取值范围.解:(1)∵y=g(x)是奇函数,由g(-x)=-g(x),得d=0,∴g(x)=x+.由于x>0时,g(x)有最小值,∴c>0.∴g(x)=x+≥2,当且仅当x=时取到最小值.∴=-,即b2=4c.设A(x1,x1),B(x2,x2).∵|AB|=3,∴|x1-x2|=3.由x2+bx+c=x,得x2+(b-1)x+c=0.∴(b-1)2-4c=9,解得b=-4,c=4.∴f(x)=x2-4x+4,g(x)=.(2)∵函数y=x与y=k+的图象恰有两个不同的交点,∴方程x-k=有两个不等的实根.也即方程x2- (2k+1)x+k2+2=0(x≥2,x≥k)有两个不等的实根.当k≤2时,有解得<k≤2;当k>2时,有无解.综上所述,k∈.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：33解答题专项训练

专题能力训练33解答题专项训练(概率与统计)能力升级训练第65页1.(2014吉林长春四调)由某种设备的使用年限x i(年)与所支出的维修费y i(万元)的数据资料算得如下结果,=90,x i y i=112,x i=20,y i=25.(1)求所支出的维修费y对使用年限x的线性回归方程x+;(2)①判断变量x与y之间是正相关还是负相关;②当使用年限为8年时,试估计支出的维修费是多少?(附:在线性回归方程x+中,,其中为样本平均值.)解:(1)∵x i=20,y i=25,∴x i=4,y i=5.∴=1.2.=5-1.2×4=0.2.∴线性回归方程=1.2x+0.2.(2)①由(1)知=1.2>0,∴变量x与y之间是正相关.②由(1)知,当x=8时,=9.8(万元),即使用年限为8年时,支出的维修费约是9.8万元.2.为了解甲、乙两厂产品的质量,从两厂生产的产品中分别随机抽取9件样品,测量产品中某种元素的含量(单位:毫克).如图是测量数据的茎叶图,但是乙厂记录中有一个数字模糊,无法确认,假设这个数字具有随机性,并在图中以a表示,规定:当产品中的此种元素含量不小于18毫克时,该产品为优等品.(1)若甲、乙两厂产品中该种元素含量的平均值相同,求a的值;(2)求乙厂该种元素含量的平均值超过甲厂平均值的概率;(3)当a=3时,利用简单随机抽样的方法,分别在甲、乙两厂该种元素含量超过19(毫克)的数据中各抽取一个做代表,设抽取的两个数据中超过22(毫克)的个数为X,求X的分布列和数学期望.解:(1)依题意,得(18+15+16+19+13+21+25+20+23)=(18+16+15+19+19+13+26+21+20+a),解得a=3.(2)设“乙厂该种元素含量的平均值超过甲厂平均值”为事件A,依题意a=0,1,2,…,9,共有10种可能.由(1)可知,当a=3时,甲、乙两厂产品中该种元素含量的平均值相同,所以当a=4,…,9时,乙厂该种元素含量的平均值超过甲厂平均值,共有6种可能.所以乙厂该种元素含量的平均值超过甲厂平均值的概率P(A)=.(3)甲厂样品数据超过19(毫克)的有4个,超过22(毫克)的有2个,乙厂样品数据超过19(毫克)的有3个,超过22(毫克)的有2个,所以X的所有可能取值为0,1,2,则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=.所以X的分布列为:X0 1 2P所以X的数学期望E(X)=0×+1×+2×.3.某校为了普及冬奥会的知识,举办知识竞赛活动.参与者需先后回答两道选择题,问题A有三个选项,问题B有四个选项,但都只有一个选项是正确的,正确回答问题A可获奖金a元,正确回答问题B可获奖金b元,活动规定:参与者可任意选择回答问题的顺序,如果第一个问题回答正确,则继续答题,否则该参与者活动终止,假设一个参与者在回答问题前,对这两个问题都很陌生.(1)如果参与者先回答问题A,求其恰好获得奖金a元的概率;(2)试确定哪种回答问题的顺序能使该参与者获奖金额的期望值较大?解:随机猜对问题A的概率P1=,随机猜对问题B的概率P2=.(1)设参与者先回答问题A,且恰好获得奖金a元为事件M,则P(M)=P1(1-P2)=,即参与者先回答问题A,其恰好获得奖金a元的概率为.(2)参与者回答问题的顺序有两种,分别讨论如下:①先回答问题A,再回答问题B.参与者获奖金额ξ可取0,a,a+b,则P(ξ=0)=1-P1=,P(ξ=a)=P1(1-P2)=,P(ξ=a+b)=P1P2=.E(ξ)=0×+a×+(a+b)×.②先回答问题B,再回答问题A,参与者获奖金额η可取0,b,a+b,则P(η=0)=1-P2=,P(η=b)=P2(1-P1)=,P(η=a+b)=P2P1=.E(η)=0×+b×+(a+b)×.E(ξ)-E(η)=.于是,当时,E(ξ)>E(η),即先回答问题A,再回答问题B,获奖的期望值较大;当时,E(ξ)=E(η),两种顺序获奖的期望值相等;当时,E(ξ)<E(η),先回答问题B,再回答问题A,获奖的期望值较大.4.某省示范高中为了推进新课程改革,满足不同层次学生的需求,决定从高一年级开始,在每周的周一、周三、周五的课外活动期间同时开设数学、物理、化学、生物和信息技术辅导讲座,每位有兴趣的同学可以在规定期间的任何一天参加任何一门科目的辅导讲座,也可以放弃任何一门科目的辅导讲座.(规定:各科达到预先设定的人数时称为满座,否则称为不满座)统计数据表明,各学科讲座各天的满座的概率如下表:(1)求数学辅导讲座在周一、周三、周五都不满座的概率;(2)设周三各辅导讲座满座的科目数为ξ,求随机变量ξ的分布列和数学期望.解:(1)设数学辅导讲座在周一、周三、周五都不满座为事件A,则P(A)=.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4,5.P(ξ=0)=,P(ξ=1)=,P(ξ=2)=,P(ξ=3)=,P(ξ=4)=,P(ξ=5)=.所以,随机变量ξ的分布列如下:ξ0 1 2 3 4 5P故E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+5×.5.(2014山东高考,理18)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分.如图,甲上有两个不相交的区域A,B,乙被划分为两个不相交的区域C,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定:回球一次,落点在C上记3分,在D上记1分,其他情况记0分.对落点在A上的来球,队员小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为;对落点在B上的来球,小明回球的落点在C上的概率为,在D上的概率为.假设共有两次来球且落在A,B上各一次,小明的两次回球互不影响.求:(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率;(2)两次回球结束后,小明得分之和ξ的分布列与数学期望.解:(1)记A i为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3), 则P(A3)=,P(A1)=,P(A0)=1-;记B i为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为i分”(i=0,1,3),则P(B3)=,P(B1)=,P(B0)=1-.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”.由题意,D=A3B0+A1B0+A0B1+A0B3,由事件的独立性和互斥性,P(D)=P(A3B0+A1B0+A0B1+A0B3)=P(A3B0)+P(A1B0)+P(A0B1)+P(A0B3)=P(A3)P(B0)+P(A1)P(B0)+P(A0)P(B1)+P(A0)P(B3)=,所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为.(2)由题意,随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6,由事件的独立性和互斥性,得P(ξ=0)=P(A0B0)=,P(ξ=1)=P(A1B0+A0B1)=P(A1B0)+P(A0B1)=,P(ξ=2)=P(A1B1)=,P(ξ=3)=P(A3B0+A0B3)=P(A3B0)+P(A0B3)=,P(ξ=4)=P(A3B1+A1B3)=P(A3B1)+P(A1B3)=,P(ξ=6)=P(A3B3)=.可得随机变量ξ的分布列为:ξ0 1 2 3 4 6P所以数学期望E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+6×.6.(2014陕西高考,理19)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为1000元,此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表:作物产量(kg) 300 500概率0.5 0.5作物市场价格(元/kg) 6 10概率0.4 0.6(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润,求X的分布列;(2)若在这块地上连续3季种植此作物,求这3季中至少有2季的利润不少于．．．2000元的概率.解:(1)设A表示事件“作物产量为300kg”,B表示事件“作物市场价格为6元/kg”, 由题设知P(A)=0.5,P(B)=0.4,∵利润=产量×市场价格-成本,∴X所有可能的取值为500×10-1000=4000,500×6-1000=2000,300×10-1000=2000,300×6-1000=800.P(X=4000)=P()P()=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,P(X=2000)=P()P(B)+P(A)P()=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,所以X的分布列为(2)设C i表示事件“第i季利润不少于2000元”(i=1,2,3),由题意知C1,C2,C3相互独立,由(1)知,P(C i)=P(X=4000)+P(X=2000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),3季的利润均不少于2000元的概率为P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;3季中有2季利润不少于2000元的概率为P(C2C3)+P(C1C3)+P(C1C2)=3×0.82×0.2=0.384,所以,这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512+0.384=0.896.。

【志鸿优化设计】2016高考数学(浙江版)二轮专题复习配套课件：2.3 函数与方程、函数模型的应用

迁移训练2(2015浙江嘉兴学业测试(一),文7)已知函数f(x)=若函数y=f[f(x)+a]有四个零点,则实数a的取值范围为( )
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
令A f[.f[( )+a ].= 0,则得 f(x)+a=1 或 f(x)+a=2.于是有 -x 2,2) B [1,5) C.[1,2) D.[-2,5) �� + 1,�� ≤ 0, f(x)=-1-a 或 f(x)=2-a.画出函数 f(x)= �� 2 -4,�� > 0 的图象如图. 由图象可知,若函数 y=f[f(x)+a]有四个零点, 则方程 f(x)=-1-a 与 f(x)=2-a 应满足都有两个根, -3 < -1-�� ≤ 1, 所以即 1≤a<2. -3 < 2-�� ≤ 1, C
解析
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答案
专题二
命题热点答题模板
第 3讲
函数与方程、函数模型的应用 -14热点一热点二热点三
函数模型
例3(2015上海,文21)如图,O,P,Q三地有直道相通,OP=3千米,PQ=4千米,OQ=5千米.现
甲、乙两警员同时从O地出发匀速前往Q地,经过t小时,他们之间的距离为f(t)(单位:千米).甲的路线是OQ,速度为5千米/小时,乙的路线是OPQ,速度为8千米/小时.乙到达Q地后在原地等待.设t=t1时,乙到达P地;t=t2时,乙到达Q地.
第 3讲
函数与方程、函数模型的应用 -4-
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3.(2015天津,文8)已知函数f(x)=函数g(x)=3-f(2-x),则函数y=f(x)-g(x)的零点个数为( )

《志鸿全优设计》2022届高考数学理科二轮复习专题能力训练：16解析几何

专题力量训练16椭圆、双曲线与抛物线力量升级训练第31页一、选择题1.(2022安徽合肥二检)下列双曲线中,有一个焦点在抛物线x2=2y准线上的是()A.8x2-8y2=1B.20x2-5y2=1C.2y2-2x2=1D.5y2-20x2=1答案:D解析:由题意,抛物线x2=2y的焦点坐标为,其准线为y=-,由选项可知,A,B选项的焦点在x轴上,不满足;C选项的焦点坐标为(0,1),D选项的一个焦点坐标为.故选D.2.已知P是椭圆=1 (0<b<5)上除顶点外的一点,F1是椭圆的左焦点,若||=8,则点P到该椭圆左焦点的距离为()A.6B.4C.2D.答案:C解析:取PF1的中点M,连接OM,=2,∴|OM|=4,△F1PF2中,OM是中位线,∴PF2的长等于8,|PF1|+|PF2|=2a=10,解得|PF1|=2,故选C.3.(2022天津高考,理5)已知双曲线=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10,双曲线的一个焦点在直线l上,则双曲线的方程为()A.=1B.=1C.=1D.=1答案:A解析:由于双曲线焦点在x轴上,且其中一个焦点在直线y=2x+10上,所以c=5.又由于一条渐近线与l平行,因此=2,可解得a2=5,b2=20,故双曲线方程为=1,故选A.4.已知椭圆C1:=1(a>b>0)与圆C2:x2+y2=b2,若在椭圆C1上存在点P,使得由点P所作的圆C2的两条切线相互垂直,则椭圆C1的离心率的取值范围是()A. B.C. D.答案:C解析:椭圆上长轴端点向圆外引两条切线P'A,P'B,则两切线形成的角∠AP'B最小.若椭圆C1上存在点P'令切线相互垂直,则只需∠AP'B≤90°,即α=∠AP'O≤45°.∴sinα=≤sin45°=,解得a2≤2c2,∴e2≥,即e≥,而0<e<1,∴≤e<1,即e∈.5.(2022东北三校一联)双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点为F(c,0),以原点为圆心,c为半径的圆与双曲线在其次象限的交点为A,若此圆在A点处的切线的斜率为,则双曲线C的离心率为()A.+1B.C.2D.答案:A解析:设切点A为(x0,y0),则,代入=1,化简,得c4-8a2c2+4a4=0⇒c2=(4+2)a2⇒c=(+1)a⇒+1.二、填空题6.(2022广东深圳第一次调研)已知双曲线C:=1与椭圆=1有相同的焦点,且双曲线C的渐近线方程为y=±2x,则双曲线C的方程为.答案:x2-=1解析:∵椭圆=1的焦点为F1(-,0),F2(,0),又∵双曲线的渐近线方程为y=±2x,设双曲线方程为x2-=λ,则λ+4λ=5,即λ=1,故双曲线C的方程为x2-=1.7.设AB是椭圆的长轴,点C在椭圆上,且∠CBA=,若AB=4,BC=,则椭圆的两个焦点之间的距离为. 答案:解析:如图,设椭圆的标准方程为=1(a>0,b>0),由题意知,2a=4,a=2.∵∠CBA=,BC=,∴点C的坐标为C(-1,1).又∵点C在椭圆上,∴=1,∴b2=,∴c2=a2-b2=4-,c=,则椭圆的两个焦点之间的距离为.8.(2022北京顺义一模)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点,P A⊥l,垂足为A.假如△APF是边长为4的正三角形,则此抛物线的焦点坐标为,点P的横坐标x P=.答案:(1,0) 3解析:如图所示,设P,则|P A|==4,①又在Rt△AMF中,∠AFM=∠F AP=60°,故tan∠AFM=,②联立①②得p=2,|y0|=2,故焦点坐标为(1,0),点P的横坐标为x p==3.三、解答题9.过椭圆=1(a>b>0)的左顶点A作斜率为2的直线,与椭圆的另一个交点为B,与y轴的交点为C,已知.(1)求椭圆的离心率;(2)设动直线y=kx+m与椭圆有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q,若x轴上存在肯定点M(1,0),使得PM⊥QM,求椭圆的方程.解:(1)∵A(-a,0),设直线方程为y=2(x+a),B(x1,y1).令x=0,则y=2a,∴C(0,2a),∴=(x1+a,y1),=(-x1,2a-y1).∵,∴x1+a=(-x1),y1=(2a-y1),整理,得x1=-a,y1=a.∵B点在椭圆上,∴=1,∴,∴,即1-e2=,∴e=.(2)∵,可设b2=3t,a2=4t,∴椭圆的方程为3x2+4y2-12t=0.由得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12t=0.∵动直线y=kx+m与椭圆有且只有一个公共点P,∴Δ=0,即64k2m2-4(3+4m2)(4m2-12t)=0,整理得m2=3t+4k2t.设P(x1,y1),则有x1=-=-,y1=kx1+m=,∴P.又M(1,0),Q(4,4k+m),若x轴上存在肯定点M(1,0),使得PM⊥QM,∴·(-3,-(4k+m))=0恒成立.整理,得3+4k2=m2,∴3+4k2=3t+4k2t恒成立.故t=1,所求椭圆方程为=1.10.已知抛物线E:y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点M,过点M作圆C:(x-2)2+y2=1的两条切线,切点为A,B,|AB|=.(1)求抛物线E的方程;(2)过抛物线E上的点N作圆C的两条切线,切点分别为P,Q,若P,Q,O(O为原点)三点共线,求点N的坐标.解:(1)由已知得M,C(2,0).设AB与x轴交于点R,由圆的对称性可知,|AR|=.于是|CR|=,所以|CM|==3,即2+=3,p=2.故抛物线E的方程为y2=4x.(2)设N(s,t).P,Q是NC为直径的圆D与圆C的两交点.圆D方程为,即x2+y2-(s+2)x-ty+2s=0.①又圆C方程为x2+y2-4x+3=0,②②-①得(s-2)x+ty+3-2s=0.③P,Q两点坐标是方程①和②的解,也是方程③的解,从而③为直线PQ的方程.由于直线PQ经过点O,所以3-2s=0,s=.故点N坐标为.11.(2022四川高考,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆C的标准方程.(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.①证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);②当最小时,求点T的坐标.(1)解:由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆C的标准方程是=1.(2)①证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).则直线TF的斜率k TF==-m.当m≠0时,直线PQ的斜率k PQ=.直线PQ的方程是x=my-2.当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以PQ的中点M的坐标为.所以直线OM的斜率k OM=-,又直线OT的斜率k OT=-,所以点M在直线OT上,因此OT平分线段PQ.②解:由①可得,|TF|=,|PQ|====.所以=≥.当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：1集合、常用逻辑用语、不等式、复数、算

专题能力训练1集合与常用逻辑用语一、选择题1.已知集合A={x|x-2≤0,x∈N},B={x|≤2,x∈Z},则满足条件A⊆C⊆B的集合C的个数为()A.5B.4C.3D.2答案:B解析:易知集合A={x|x-2≤0,x∈N}={0,1,2},B={x|≤2,x∈Z}={0,1,2,3,4}.∵A⊆C⊆B,∴C={0,1,2},C={0,1,2,3},C={0,1,2,4},C={0,1,2,3,4}皆可.故选B.2.(2014大纲全国高考,理2)设集合M={x|x2-3x-4<0},N={x|0≤x≤5},则M∩N=()A.(0,4]B.[0,4)C.[-1,0)D.(-1,0]答案:B解析:∵M={x|x2-3x-4<0}={x|-1<x<4},N={x|0≤x≤5},∴M∩N={x|0≤x<4}=[0,4),选B.3.(2014上海长宁、嘉定二模)下列说法正确的是()A.命题“若x2=1,则x=1”的否命题是“若x2=1,则x≠1”B.“x=-1”是“x2-x-2=0”的必要不充分条件C.命题“若x=y,则sin x=sin y”的逆否命题是真命题D.“tan x=1”是“x=”的充分不必要条件答案:C解析:“若x2=1,则x=1”的否命题是“若x2≠1,则x≠1”,故A不正确;若x=-1,则x2-x-2=0成立,即x=-1是x2-x-2=0的充分条件,若x2-x-2=0,则x=-1或x=2,所以“x=-1”是“x2-x-2=0”的充分不必要条件,B不正确;命题“若x=y,则sin x=sin y”成立,则其逆否命题也成立,C正确;易知“tan x=1”是“x=”的必要不充分条件,D不正确.故选C.4.若a,b为向量,则“|a·b|=|a||b|”是“a∥b”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答案:C解析:因为a·b=|a|·|b|·cosθ,所以由|a·b|=|a|·|b|,得cosθ=±1.所以向量a与b的夹角为0或π,即a∥b为真;相反,若a∥b,则向量a与b的夹角为0或π,即|a·b|=|a||b|.所以“|a·b|=|a||b|”是“a∥b”的充要条件.当向量a或b为零向量时,上述结论也成立,故选C.5.已知函数f(x)=A cos(ωx+φ)(A>0,ω>0,φ∈R),则“f(x)是奇函数”是“φ=”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答案:B解析:若φ=,则f(x)=A cos=-A sinωx,所以f(x)是奇函数.若f(x)是奇函数,则f(0)=0,即f(0)=A cos(ω×0+φ)=A cosφ=0.所以φ=kπ+,k∈Z,不一定有φ=.“f(x)是奇函数”是“φ=”必要不充分条件,故选B.6.给出下列命题:①若“p或q”是假命题,则“ p且 q”是真命题;②|x|>|y|⇔x2>y2;③若关于x的实系数二次不等式ax2+bx+c≤0的解集为⌀,则必有a>0,且Δ≤0;④其中真命题的个数是()A.1B. 2C.3D.4答案:B解析:“p或q”是假命题,则p,q都是假命题,所以“ p且 q”是真命题,①正确;|x|>|y|⇔x2>y2成立,②正确;二次不等式ax2+bx+c≤0的解集为⌀时,有a>0,且Δ<0,所以③不正确;当时,所以④不正确,故选B.二、填空题7.(2014天津虹桥一模)设集合A={x||x|<4},B={x|x2-4x+3>0},则集合{x|x∈A,且x∉A∩B}=.答案:{x|1≤x≤3}解析:∵A={x|-4<x<4},B={x|x<1或x>3},∴A∩B={x|-4<x<1或3<x<4}.∴{x|x∈A,且x∉A∩B}={x|1≤x≤3}.8.下列说法正确的是.(只填序号)①命题“∀x∈R,有x2≥0”的否定为“∃x0∈R,有<0”②“a>b”是“ac2>bc2”的必要不充分条件;③“若tanα≠,则α≠”是真命题④甲、乙两位学生参与数学模拟考试,设命题p是“甲考试及格”,q是“乙考试及格”,则命题“至少有一位学生不及格”可表示为( p)∧( q)答案:①②③解析:∀x∈R,有x2≥0的否定是∃x0∈R,有<0,①正确;因为当ac2>bc2时,有a>b,反之c=0时不成立,所以②正确;若α=,则tanα=.所以③正确;易知④不正确.9.(2014陕西咸阳模拟)设命题p:实数x满足x2-4ax+3a2<0,其中a<0;命题q:实数x满足x2+2x-8>0.若q是p的必要不充分条件,则实数a的取值范围是.答案:(-∞,-4]解析:命题q中由x2+2x-8>0,得x>2或x<-4,命题p中由x2-4ax+3a2<0,得(x-3a)(x-a)<0, ∵a<0,∴3a<x<a.又p⇒q,q p,∴a≤-4.三、解答题10.(2014福建三明一模)已知集合A={x|1<x<3},集合B={x|2m<x<1-m}.(1)当m=-1时,求A∪B;(2)若A⊆B,求实数m的取值范围;(3)若A∩B=⌀,求实数m的取值范围.解:(1)当m=-1时,B={x|-2<x<2},则A∪B={x|-2<x<3}.(2)由A⊆B知得m≤-2,即实数m的取值范围为(-∞,-2].(3)由A∩B=⌀,得①若2m≥1-m,即m≥时,B=⌀,符合题意;②若2m<1-m,即m<时,需得0≤m<或⌀,即0≤m<.综上知m≥0,即实数m的取值范围为[0,+∞).11.(2014江苏兴化月考)已知命题:“∃x∈{x|-1<x<1},使等式x2-x-m=0成立”是真命题.(1)求实数m的取值集合M;(2)设不等式(x-a)(x+a-2)<0的解集为N,若“x∈N”是“x∈M”的必要条件,求a的取值范围.解:(1)由题意知,方程x2-x-m=0在(-1,1)上有解,即m的取值范围就为函数y=x2-x在(-1,1)上的值域,易得M=.(2)因为“x∈N”是“x∈M”的必要条件,所以M⊆N.当a=1时,解集N为空集,不满足题意;当a>1时,a>2-a,此时集合N={x|2-a<x<a},则解得a>;当a<1时,a<2-a,此时集合N={x|a<x<2-a},则解得a<-.综上,a>或a<-.12.(2014江苏阜宁中学一调)已知p:指数函数f(x)=(2a-6)x在R上是单调减函数;q:关于x的方程x2-3ax+2a2+1=0的两根均大于3,若p或q为真,p且q为假,求实数a的取值范围.解:p真,则指数函数f(x)=(2a-6)x的底数2a-6满足0<2a-6<1⇒3<a<.q真,令g(x)=x2-3ax+2a2+1,易知其为开口向上的二次函数.因为x2-3ax+2a2+1=0的两根均大于3,所以①Δ=(-3a)2-4(2a2+1)=a2-4>0,a<-2或a>2;②对称轴x=->3;③g(3)>0,即32-9a+2a2+1=2a2-9a+10>0,所以(a-2)(2a-5)>0,所以a<2或a>.由⇒a>.p真q假,由3<a<及a≤⇒a∈⌀.p假q真,由a≤3或a≥及a><a≤3或a≥.综上所述,实数a的取值范围为.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：2集合、常用逻辑用语、不等式、复数、算

专题能力训练2不等式能力升级训练第3页一、选择题1.(2014四川高考,理4)若a>b>0,c<d<0,则一定有()A. B.C. D.答案:D解析:∵c<d<0,∴-c>-d>0,∴0<,即>0.又a>b>0,∴,∴.2.已知不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|2<x<4},则不等式cx2+bx+a<0的解集为()A. B.C. D.答案:D解析:由已知a<0,把2和4看作方程ax2+bx+c=0的两个根,则∴b=-6a,c=8a, 即cx2+bx+a<0⇔8ax2-6ax+a<0.∵a<0,∴8x2-6x+1>0,解得x>或x<.故选D.3.(2014天津高考,理2)设变量x,y满足约束条件则目标函数z=x+2y的最小值为()A.2B.3C.4D.5答案:B解析:画出不等式组所确定的可行域(如图阴影部分所示).由z=x+2y,得y=-x+z,作直线l0:y=-x,平移l0,由图形可知当l0经过可行域中的点A(1,1)时,z取最小值,且z min=1+2×1=3,故选B.4.(2014北京高考,理6)若x,y满足且z=y-x的最小值为-4,则k的值为()A.2B.-2C.D.-答案:D解析:如图,作出所表示的平面区域,作出目标函数取得最小值-4时对应的直线y-x=-4,即x-y-4=0.显然z的几何意义为目标函数对应直线x-y+z=0在x轴上的截距的相反数,故该直线与x轴的交点(4,0)必为可行域的顶点.又kx-y+2=0恒过点(0,2),故k==-.故选D.5.已知a,b都是正实数,函数y=2a e x+b的图象过点(0,1),则的最小值是()A.3+2B.3-2C.4D.2答案:A解析:∵函数y=2a e x+b的图象过点(0,1),∴2a+b=1.=2+1+≥3+2,当且仅当a=1-,b=-1时,等号成立.故选A.6.(2014山东威海一模)函数f(x)=(x-2)(ax+b)为偶函数,且在(0,+∞)单调递增,则f(2-x)>0的解集为()A.{x|x>2或x<-2}B.{x|-2<x<2}C.{x|x<0或x>4}D.{x|0<x<4}答案:C解析:由题意可知f(-x)=f(x),即(-x-2)·(-ax+b)=(x-2)(ax+b),(2a-b)x=0恒成立,故2a-b=0,即b=2a,则f(x)=a(x-2)(x+2).又函数在(0,+∞)单调递增,所以a>0.f (2-x)>0,即ax(x-4)>0,解得x<0或x>4.故选C.二、填空题7.若a>0,关于x的不等式x+≥5在x∈(1,+∞)恒成立,则实数a的最小值为.答案:4解析:x+=(x-1)++1≥2+1,当且仅当x=1+时,等号成立.由2+1=5得a=4.8.(2014湖北黄冈三月月考)已知实数x,y满足的最小值是.答案:4解析:可行域如图所示,令=k,所以y=.当k<0时,抛物线的开口向下,不合条件.当k>0时,有两种情况:当k取最小值即抛物线过点A.所以的最小值是;当抛物线y=与直线x-y-1=0相切时,联立方程组消掉y得到x2-kx+k=0,∴Δ=k2-4k=0,∴k=4,此时的最小值是4.综上可知的最小值是4.9.(2014江苏南通期末)给出以下三个关于x的不等式:①x2-4x+3<0,②>1,③2x2+m2x+m<0.若③的解集非空,且满足③的x至少满足①和②中的一个,则m的取值范围是.答案:[-1,0)解析:由①解得x∈(1,3),由②解得x∈(-1,2),则①和②的并集为(-1,3),根据题意可得③的解集是(-1,3)的子集,令f(x)=2x2+m2x+m,则解得m∈[-1,0).三、解答题10.(2014湖北黄州月考)已知函数f(x)=的定义域为A,(1)求A;(2)若B={x|x2-2x+1-k2≥0},且A∩B≠⌀,求实数k的取值范围.解:(1)由解得-3<x<0或2<x<3,∴A=(-3,0)∪(2,3).(2)x2-2x+1-k2≥0,∴当k≥0时,1-k≤x≤1+k,当k<0时,1+k≤x≤1-k,∵A∩B≠⌀,∴∴k∈[-4,4].11.(2014湖北黄冈期末)设关于x的不等式|x-2|<a(a∈R)的解集为A,且∈A,-∉A.(1)∀x∈R,|x-1|+|x-3|≥a2+a恒成立,且a∈N,求a的值;(2)若a+b=1,求的最小值,并指出取得最小值时a的值.解:(1)∵∈A,-∉A,∴<a,≥a,即<a≤.∵|x-1|+|x-3|≥|(x-1)-(x-3)|=2,∴a2+a-2≤0,∴-2≤a≤1.∴<a≤1.又a∈N,∴a=1.(2)∵<a≤,∴≥±+2.当且仅当时上式取最小值.又,∴的最小值是,取最小值时a=.12.(2014江苏南通二调)为了净化空气,某科研单位根据实验得出,在一定范围内,每喷洒1个单位的净化剂,空气中释放的浓度y(单位:毫克/立方米)随着时间x(单位:天)变化的函数关系式近似为y=若多次喷洒,则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知,当空气中净化剂的浓度不低于4(毫克/立方米)时,它才能起到净化空气的作用.(1)若一次喷洒4个单位的净化剂,则净化时间可达几天?(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂,6天后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的药剂,要使接下来的4天中能够持续有效净化,试求a的最小值(精确到0.1,参考数据:取1.4).解:(1)因为一次喷洒4个单位的净化剂,所以浓度f(x)=4y=则当0≤x≤4时,由-4≥4,解得0≤x<8,所以此时0≤x≤4.当4<x≤10时,由20-2x≥4,解得x≤8,所以此时4<x≤8.综合得0≤x≤8,若一次投放4个单位的净化剂,则有效净化时间可达8天.(2)设从第一次喷洒起,经x(6≤x≤10)天,浓度g(x)=2+a=10-x+-a=14-x+-a-4≥2-a-4=8-a-4.因为14-x∈[4,8],而1≤a≤4,所以4∈[4,8],故当且仅当14-x=4时,y有最小值为8-a-4.令8-a-4≥4,解得24-16≤a≤4,所以a的最小值为24-16≈1.6.。

《志鸿全优设计》2016届高考数学理科二轮复习专题能力训练：8三角、向量与解三角形

专题能力训练8三角函数的图象与性质能力升级训练第15页一、选择题1.已知α∈(0,2π),且α的终边上一点的坐标为,则α等于()A. B. C. D.答案:B解析:由已知可得,α的终边上一点的坐标为,且α∈(0,2π),故α∈,根据三角函数的定义可得tan α=-,所以α=.2.(2014课标全国Ⅰ高考,文7)在函数①y=cos|2x|,②y=|cos x|,③y=cos,④y=tan中,最小正周期为π的所有函数为()A.①②③B.①③④C.②④D.①③答案:A解析:由于y=cos|2x|=cos2x,所以该函数的周期为=π;由函数y=|cos x|的图象易知其周期为π;函数y=cos的周期为=π;函数y=tan的周期为,故最小正周期为π的函数为①②③,应选A. 3.将函数y=sin(2x+φ)的图象沿x轴向左平移个单位后,得到一个偶函数的图象,则φ的一个可能取值为()A. B. C.0 D.-答案:B解析:函数y=sin(2x+φ)的图象沿x轴向左平移个单位后得到函数的解析式为y=sin,即y=sin,根据平移后的函数为偶函数可得+φ=kπ+,k∈Z,解得φ=kπ+,k∈Z,结合选项可知φ可以取.4.设函数f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)的最小正周期为π,且f(x)-f(-x)=0,则()A.f(x)在区间上是增函数B.f(x)在区间上是减函数C.f(x)在区间上是增函数D.f(x)在区间上是减函数答案:B解析:∵f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)=sin,又最小正周期为π,∴ω==2.∴f(x)=sin.∵f(-x)= f(x),∴φ+=kπ+,k∈Z.∴φ=kπ+,k∈Z.又|φ|<,∴φ=.故f(x)=sincos2x.当0<2x<π,即0<x<时,f(x)单调递减.当-π<2x<0,即-<x<0时,f(x)单调递增.5.若函数y=A sin(ωx+φ)A>0,ω>0,在一个周期内的图象如图所示,M,N分别是这段图象的最高点和最低点,且=0,则A·ω=()A. B. C. D.答案:A解析:由题中图象可知,即T=π.则ω==2.又M,N=0,∴-A2=0.∴A=.∴A·ω=.6.已知函数f(x)=sin的相邻两条对称轴之间的距离为,将函数f(x)的图象向右平移个单位后,再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍,得到g(x)的图象,若g(x)+k=0在x∈有且只有一个实数根,则k的取值范围是()A.k≤B.-1≤k<-C.-<k≤D.-<k≤或k=-1答案:D解析:因为函数f(x)的相邻两条对称轴之间的距离为,结合三角函数的图象可知.又T=,所以ω=2,f(x)=sin.将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数f(x)=sin=sin的图象,再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数g(x)=sin的图象.所以方程为sin+k=0.令2x-=t,因为x∈,所以-≤t≤.若g(x)+k=0在x∈上有且只有一个实数根,即g(t)=sin t的图象与直线y=-k在上有且只有一个交点,如图所示,由正弦函数的图象可知-≤-k<或-k=1,即-<k≤或k=-1.二、填空题7.若cos,tanθ>0,则cos(π-θ)=.答案:解析:由已知得sinθ=-,tanθ>0,∴θ在第三象限.∴cos(π-θ)=-cosθ=.∴应填.8.下图是某算法的程序框图,则程序运行后输出的结果是.答案:3解析:第一次循环有a=1,T=1,k=2,第二次循环有a=0,T=1,k=3,第三次循环有a=0,T=1,k=4,第四次循环有a=1,T=2,k=5,第五次循环有a=1,T=3,k=6,此时不满足条件,输出T=3.9.已知函数f(x)=sin x+tan x,项数为17的等差数列{a n}满足a n∈,且公差d≠0,若f(a1)+f(a2)+…+f(a17)=0,则当k=时,f(a k)=0.答案:9三、解答题10.如图所示,已知α的终边所在直线上的一点P的坐标为(-3,4),β的终边在第一象限且与单位圆的交点Q的纵坐标为.(1)求tan(2α-β)的值;(2)若<α<π,0<β<,求α+β.解:(1)由三角函数的定义知tanα=-,则tan2α=.又由三角函数线知sinβ=,∵β为第一象限角,∴tanβ=.∴tan(2α-β)=.(2)∵cosα=-<α<π,∴sinα=.又sinβ=,0<β<,∴cosβ=.∴sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=.由<α<π,0<β<,得<α+β<,∴α+β=.11.已知函数f(x)=A sin,x∈R,且f.(1)求A的值;(2)若f(θ)-f(-θ)=,θ∈,求f.解:(1)∵f(x)=A sin,且f,∴f=A sin=A sin=A·.∴A=3.(2)∵f(x)=3sin,且f(θ)-f(-θ)=,∴f(θ)-f(-θ)=3sin-3sin=3=3·2sinθcos =3sinθ=.∴sinθ=,且θ∈.∴cosθ=.∴f=3sin=3sin=3cosθ=.12.已知函数f(x)=sin(ω:x…-0 …y…0 1 0 -1 0 …(1)求f(x)的解析式;(2)在△ABC中,AC=2,BC=3,A为锐角,且f(A)=-,求△ABC的面积.解:(1)由表知,f(0)=1,f=-1,又f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π),∴=2×,sinφ=1,从而ω=2,φ=.∴f(x)=cos2x.(2)∵f(A)=-,即cos2A=-,又A为锐角,∴A=.在△ABC中,由正弦定理得, ∴sin B=.又BC>AC,∴B<A=.∴cos B=.∴sin C=sin(A+B) =sin A cos B+cos A sin B=.∴S△ABC=·AC·BC·sin C=.。