2017版5年高考3年模拟习题B版总结
§2.1 2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学函数及其表示
§2.1 函数及其表示
知识清单
考点一 函数的概念及其表示
1.函数的概念 如果A、B都是非空的数集,那么A到B的映射f:A→B就叫做A到B的函数,记作y=f(x),其中x∈A,y∈ B.原象的集合A叫做函数y=f(x)的定义域,象的集合C⊆B叫做函数y=f(x)的值域. 2.函数的三要素: 定义域 ,值域,对应关系. 3.两个函数能成为同一函数的条件是定义域、值域、 对应关系 都相同. 4.函数的表示法主要有: 解析法 , 图象法 , 列表法 . 图象法表示函数是函数变量间对应关系的直观体现,是数形结合思想的重要表现,是研究函数性 质的基础.利用函数解析式作出函数图象,利用图象求函数解析式或分析函数解析式的特点都是 重要的解题能力. 5.映射的概念 一般地,设A、B是两个非空的集合,如果按照某一个确定的对应关系f,使对于集合A中的任何一
方法3 求函数值域(或最值)的解题策略
1.基本函数法 基本函数的值域可通过它的图象、性质直接求解. 2.配方法 对于形如y=ax2+bx+c(a≠0)或F(x)=a[f (x)]2+bf(x)+c(a≠0)的函数的值域问题,均可用配方法求解. 3.换元法
1
利用代数或三角换元,将所给函数转化成易求值域的函数,形如y= f (x) 的函数,令f(x)=t;形如y=ax
例2
(2015浙江镇海中学阶段性测试,16)已知函数f(x)满足:当x≠0时,都有f x
1 x
=x3- x13 ,求f(x)
的解析式. 解题导引
通过多项式运算把x3- 1 凑配成关于x- 1 的表达式→以x替代x- 1 ,得结论
x3
x
x
解析
【5年高考3年模拟】2017届高考数学理科人教B版(全国通用)一轮总复习训练检测：第八章 立体几何
易错警示㊀ 没有从俯视图中正确得到球的半径， 而错误地从 １ 正视图中得到球的半径 Ｒ ＝ 造成错解． 或解题粗心， 误认为 ２ 半径 Ｒ ＝ １ 造成错解．
２ １ ＋ π． 故选 Ｃ． ３ ６
３． （ ２０１５ 课标Ⅱ，６，５ 分） 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩 余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比 值为 （㊀ ㊀ ）
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２３４ ㊀
５ 年高考 ３ 年模拟㊀ Ｂ 版（ 教师用书）
第八章 ㊀ 立体几何
ɦ ８． １㊀ 空间几何体的三视图 ㊁ 表面积和体积
对应学生用书起始页码 Ｐ１２９ ２ ０ １ ２ ２ ０ １ ６
考点一㊀ 三视图与直观图
该几何体的体积为
１． （ ２０１６ 课标全国Ⅱ，６，５ 分 ） 下图是由圆柱与圆锥组合而成的 几何体的三视图，则该几何体的表面积为 （㊀ ㊀ ）
2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学教师专用题组
10.3抛物线及其性质考点一抛物线的定义和标准方程8.(2011陕西,2,5分)设抛物线的顶点在原点,准线方程为x=-2,则抛物线的方程是()A.y2=-8xB.y2=8xC.y2=-4xD.y2=4x答案B设抛物线的方程为y2=2px(p>0),由题意得=2,即p=4,所以抛物线方程为y2=8x,故选B.评析本题考查抛物线的标准方程及求法,理解抛物线的焦准距即为标准方程中的p是关键,属容易题.9.(2012陕西,13,5分)如图是抛物线形拱桥,当水面在l时,拱顶离水面2米,水面宽4米.水位下降1米后,水面宽米.答案2解析建立坐标系如图所示.则抛物线方程为x2=-2py.∵点A(2,-2)在抛物线上,∴p=1,即抛物线方程为x2=-2y.当y=-3时,x=±.∴水位下降1米后,水面宽为2米.考点二抛物线的几何性质13.(2011辽宁,3,5分)已知F是抛物线y2=x的焦点,A,B是该抛物线上的两点,|AF|+|BF|=3,则线段AB的中点到y轴的距离为()A. B.1 C. D.答案C(如图)过A、B及线段AB中点C向抛物线的准线l作垂线,垂足分别为A1、B1、C1,CC1交y轴于C0.由抛物线定义可知|AA1|+|BB1|=|AF|+|BF|,∴|CC0|=|CC1|-|C1C0|=(|AA1|+|BB1|)-|C1C0|=-=,故选C.评析本题重点考查了抛物线的概念及有关性质,属中档题.14.(2011湖北,4,5分)将两个顶点在抛物线y2=2px(p>0)上,另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n,则()A.n=0B.n=1C.n=2D.n≥3答案C抛物线与等边三角形都是轴对称图形,由题意知,x轴为它们的一条公共对称轴,所以过焦点F且倾斜角分别为30°、150°的两条直线与抛物线的交点分别为正三角形的另两个顶点.如图,故在焦点两侧能形成两个正三角形.故选C.评析本题主要考查了抛物线、正三角形的轴对称性及直线与抛物线相交的知识,考查用数形结合解解析几何问题的思想.善于用数形结合思想方法分析问题是解好本题的关键,属容易题.15.(2011全国,10,5分)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线y=2x-4与C交于A,B两点,则cos∠AFB=()A. B.C.-D.-答案D由-得x2-5x+4=0,∴x=1或x=4.不妨设A(4,4),B(1,-2),则||=5,||=2,·=(3,4)·(0,-2)=-8,∴cos∠AFB=··=-=-.故选D.评析本题主要考查直线与抛物线的位置关系及向量的夹角公式.正确求出A、B两点坐标是得分关键,属中等难度题.16.(2011浙江,21,15分)已知抛物线C1:x2=y,圆C2:x2+(y-4)2=1的圆心为点M.(1)求点M到抛物线C1的准线的距离;(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点),过点P作圆C2的两条切线,交抛物线C1于A,B两点.若过M、P两点的直线l垂直于AB,求直线l的方程.解析(1)由题意可知,抛物线的准线方程为y=-,所以圆心M(0,4)到准线的距离是.(2)设P(x0,),A(x1,),B(x2,),由题意得x0≠0,x0≠±1,x1≠x2.设过点P的圆C2的切线方程为y-=k(x-x0),即y=kx-kx0+.①则=1,即(-1)k2+2x0(4-)k+(-4)2-1=0.设PA,PB的斜率分别为k1,k2(k1≠k2),则k1,k2是上述方程的两根,所以k1+k2=--,k1k2=---.将①代入y=x2得x2-kx+kx0-=0,由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0,所以k AB=--=x1+x2=k1+k2-2x0=---2x0,k MP=-.由MP⊥AB,得k AB·k MP=---·-=-1,解得=,即点P的坐标为,所以直线l的方程为y=±x+4.评析本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识,考查解析几何的基本思想方法,考查运算求解能力和综合解题能力.解题的关键是通过点在曲线上,直线与圆相切和直线互相垂直等条件构造方程,设而不求,逐个消元.本题所考知识点多,综合性强,运算量很大,属于难题.。
【5年高考3年模拟】2017届高考数学理科人教B版(全国通用)一轮总复习训练检测：第十六章 几何证明选讲
如图，ＡＢ 为☉Ｏ 的直径，直线 ＣＤ 与☉Ｏ 相切于 Ｅ，ＡＤ 垂直 ＣＤ
于 Ｄ，ＢＣ 垂直 ＣＤ 于 Ｃ，ＥＦ 垂直 ＡＢ 于 Ｆ，连结 ＡＥ，ＢＥ．证明： （１） ∠ＦＥＢ ＝ ∠ＣＥＢ； （２） ＥＦ２ ＝ ＡＤ·ＢＣ．
５． 解析 （１） 因为 ＤＦ⊥ＥＣ，所以△ＤＥＦ∽△ＣＤＦ，则有∠ＧＤＦ
由切割线定理得 ＤＣ·ＤＡ ＝ ＤＢ２ ，
（ ∗）
其中 ＤＡ ＝ ＡＣ＋ＣＤ ＝ ３ＣＤ＋ＣＤ ＝ ４ＣＤ．
又△ＡＦＣ∽△ＡＢＤ，∴
ＦＣ ＝ ＡＦ ＝ ＤＢ ＡＢ
３ ４
，得
ＤＢ ＝
８ ３
，代入（ ∗） 式得
ＤＣ·４ＤＣ
＝
６４ ９
，∴
ＣＤ ＝
４ ３
．
��������������������� ������本���题������考������查���相������交������弦���定������理������、���切���割������线������定������理���，���结������合������相���似������三������角������形���
第十六章 几何证明选讲 ５ ０１
（２） 因为∠ＰＣＤ ＝ ∠ＢＦＤ，所以 ∠ＥＦＤ ＋ ∠ＰＣＤ ＝ １８０°， 由此 知
Ｃ，Ｄ，Ｆ，Ｅ 四点共圆，其圆心既在 ＣＥ 的垂直平分线上，又在 ＤＦ
的垂直平分线上，故 Ｇ 就是过 Ｃ，Ｄ，Ｆ，Ｅ 四点的圆的圆心，所
以 Ｇ 在 ＣＤ 的垂直平分线上．又 Ｏ 也在 ＣＤ 的垂直平分线上，因
得 Ｒｔ△ＢＣＥ≌Ｒｔ△ＢＦＥ，所以 ＢＣ ＝ ＢＦ．
类似可证：Ｒｔ△ＡＤＥ≌Ｒｔ△ＡＦＥ，得 ＡＤ ＝ ＡＦ． 又在 Ｒｔ△ＡＥＢ 中，ＥＦ⊥ＡＢ，故 ＥＦ２ ＝ ＡＦ·ＢＦ， 所以 ＥＦ２ ＝ ＡＤ·ＢＣ．
2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学§4.2 三角函数的图象与性质
栏目索引
例2 (2015浙江名校(绍兴一中)交流卷四,8)函数f(x)=2cos2x+2sin xcos x-1,下列命题正确的是( )
A.f(x)在区间 8 ,
7 8
上是减函数
B.直线x= 是函数f(x)图象的一条对称轴
8
C.函数f(x)的图象可由函数y=2 2 sin xcos x的图象向左平移 个单位得到
x
2k π
2
,
2x
π 3
π 2
2k
,
k
Z,
得 ≤x≤ 5
4
12
,
故函数f(x)的单调递增区间为 4 ,
5 12
.
(2)∵|f(x)-m|<2在x∈ 4 ,
2
上恒成立,
∴-2+m<f(x)<2+m在x∈ 4 ,
2
上恒成立,
栏目索引
考点二 三角函数的性质及其应用
1.三角函数的基本性质
栏目索引
2.正弦函数y=sin x图象的对称轴为直线 x=kπ+2 ,k∈Z ,对称中心为 (kπ,0),k∈Z .
3.余弦函数y=cos x图象的对称轴为直线 x=kπ,k∈Z ,对称中心为
k
2
,
0
栏目索引
高考数学（浙江省专用）
§4.2 三角函数的图象与性质
知识清单
考点一 三角函数的图象及其变换
1.y=sin x(x∈R)的图象:
栏目索引
2.y=cos x(x∈R)的图象:
3.y=tan
2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学教师专用题组
§10.2双曲线及其性质考点一双曲线的定义和标准方程9.(2011山东,8,5分)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的两条渐近线均和圆C:x2+y2-6x+5=0相切,且双曲线的右焦点为圆C的圆心,则该双曲线的方程为()A.-=1B.-=1C.-=1D.-=1答案A∵圆C的方程为(x-3)2+y2=4,圆心C(3,0)为双曲线的右焦点,双曲线的渐近线方程为y=±x,∴a2+b2=9且C到渐近线的距离d==2,解得a2=5,b2=4,∴双曲线方程为-=1.10.(2011安徽,2,5分)双曲线2x2-y2=8的实轴长是()A.2B.2C.4D.4答案C双曲线的标准方程为-=1,故实轴长为4.评析本题考查了双曲线的标准方程,准确认识标准方程中a,b的意义是关键,属容易题.11.(2011全国,15,5分)已知F1、F2分别为双曲线C:-=1的左、右焦点,点A∈C,点M的坐标为(2,0),AM为∠F1AF2的平分线,则|AF2|=.答案6解析由题意,知F1(-6,0)、F2(6,0),|F1M|=8>4=|F2M|.由角平分线性质得==2,所以点A在双曲线的右支上.由双曲线的定义得|F1A|-|F2A|=6,所以|AF2|=6.评析本题主要考查双曲线的定义、方程和角平分线的性质.正确利用双曲线的定义和确定点A在双曲线的右支上是得分关键,本题属偏难题.12.(2011上海,3,4分)设m是常数,若点F(0,5)是双曲线-=1的一个焦点,则m=.答案16解析∵a2=m,b2=9,∴a2+b2=m+9=25,m=16.评析本题考查了双曲线的标准方程.正确写出a、b、c之间的关系是得分关键,属容易题.考点二双曲线的几何性质25.(2014广东,4,5分)若实数k满足0<k<9,则曲线--=1与曲线--=1的()A.焦距相等B.实半轴长相等C.虚半轴长相等D.离心率相等答案A∵0<k<9,∴9-k>0,25-k>0.∴--=1与--=1均表示双曲线,又25+(9-k)=34-k=(25-k)+9,∴它们的焦距相等,故选A.26.(2014大纲全国,9,5分)已知双曲线C的离心率为2,焦点为F1、F2,点A在C上.若|F1A|=2|F2A|,则cos∠AF2F1=()A. B. C. D.答案A由题意得-解得|F2A|=2a,|F1A|=4a,又由已知可得=2,所以c=2a,即|F1F2|=4a,∴cos∠AF2F1=-=-=.故选A.评析本题考查了双曲线的定义、余弦定理等基础知识.考查基本运算能力.27.(2013福建,3,5分)双曲线-y2=1的顶点到其渐近线的距离等于()A. B.C. D.答案C双曲线-y2=1的一个顶点为(2,0),一条渐近线为x+2y=0,故由双曲线的对称性知顶点到渐近线的距离d===,选C.28.(2013课标全国Ⅰ,4,5分)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,则C的渐近线方程为()A.y=±xB.y=±xC.y=±xD.y=±x答案C∵=-=-=,∴C的渐近线方程为y=±x.故选C.29.(2013北京,6,5分)若双曲线-=1的离心率为,则其渐近线方程为()A.y=±2xB.y=±xC.y=±xD.y=±x答案B由离心率为,可知=,又∵c2=a2+b2,∴b=a,因此双曲线的渐近线方程为y=±x=±x,故选B.30.(2012课标全国,8,5分)等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,C与抛物线y2=16x的准线交于A,B两点,|AB|=4,则C的实轴长为()A. B.2 C.4 D.8答案C如图,AB为抛物线y2=16x的准线,由题意可得A(-4,2).设双曲线C的方程为x2-y2=a2(a>0),则有16-12=a2,故a=2,∴双曲线的实轴长2a=4.故选C.评析本题考查了双曲线和抛物线的基础知识,考查了方程的数学思想,要注意双曲线的实轴长为2a.31.(2011课标,7,5分)设直线l过双曲线C的一个焦点,且与C的一条对称轴垂直,l与C交于A,B两点,|AB|为C的实轴长的2倍,则C的离心率为()A. B. C.2 D.3答案B不妨设双曲线C为-=1(a>0,b>0),并设l过F2(c,0)且垂直于x轴,则易求得|AB|=,∴=2×2a,b2=2a2,∴离心率e===,故选B.评析本题主要考查双曲线的方程、离心率和实轴长等几何性质,属中等难度题目.32.(2011湖南,5,5分)设双曲线-=1(a>0)的渐近线方程为3x±2y=0,则a的值为()A.4B.3C.2D.1答案C双曲线-=1的渐近线方程为-=0,整理得3x±ay=0,故a=2,选C.评析本题考查双曲线渐近线的求法,属中档题.33.(2011福建,7,5分)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于()A.或B.或2C.或2D.或答案A显然该曲线不可能是抛物线,不妨从Γ是椭圆和双曲线两方面着手分析,若Γ是椭圆,∵|PF1|+|PF2|=2a,|F1F2|=2c,从而e====;同理可求得当Γ是双曲线时,e=,故选A.评析本题主要考查椭圆、双曲线的定义、基本量之间的关系、比例线段的性质.熟练掌握并善于用定义解题是解决这类问题的关键.本题对思维层次的要求较高.属中等偏难题.34.(2013江苏,3,5分)双曲线-=1的两条渐近线的方程为.答案y=±x解析-=1的两条渐近线方程为-=0,化简得y=±x.35.(2013陕西,11,5分)双曲线-=1的离心率为,则m等于.答案9解析由题意知m>0,则e2==1+=1+=,解得m=9.36.(2012江苏,8,5分)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线-=1的离心率为,则m的值为.答案2解析∵m2+4>0,∴a2=m,b2=m2+4,c2=m2+m+4,∴==5,∴m=2.评析本题考查双曲线的标准方程和离心率的概念,考查运算求解能力.37.(2011辽宁,13,5分)已知点(2,3)在双曲线C:-=1(a>0,b>0)上,C的焦距为4,则它的离心率为.答案2解析∵2c=4,∴c=2,则b2=c2-a2=4-a2,故--=1,∴a2=1,a=1,∴e==2.评析本题考查双曲线中a,b,c的关系,明确a,b,c的关系简化计算是解题关键,属容易题.38.(2011江西,20,13分)P(x0,y0)(x0≠±a)是双曲线E:-=1(a>0,b>0)上一点,M、N分别是双曲线E的左、右顶点,直线PM,PN的斜率之积为.(1)求双曲线的离心率;(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A,B两点,O为坐标原点,C为双曲线上一点,满足=λ+,求λ的值.解析(1)点P(x0,y0)(x0≠±a)在双曲线-=1上,有-=1.又M(-a,0),N(a,0),由题意又有-=,可得a2=5b2,c2=a2+b2=6b2,则e==.(2)由--得4x2-10cx+35b2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则①设=(x3,y3),=λ+,即又C为双曲线上一点,即-5=5b2,有(λx1+x2)2-5(λy1+y2)2=5b2,化简得λ2(-5)+(-5)+2λ(x1x2-5y1y2)=5b2.②又A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线上,所以-5=5b2,-5=5b2.③由①式又有x1x2-5y1y2=x1x2-5(x1-c)(x2-c)=-4x1x2+5c(x1+x2)-5c2=10b2,连同③代入②,得λ2+4λ=0,解出λ=0或λ=-4.评析本题考查了曲线和方程,直线与双曲线的位置关系,同时考查了方程思想和运算能力.灵活地进行整体运算是解题的关键.本题属偏难题.。
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§5.2平面向量的数量积及其应用考点一平面向量的数量积17.(2014四川,7,5分)平面向量a=(1,2),b=(4,2),c=ma+b(m∈R),且c与a的夹角等于c与b的夹角,则m=( )A.-2B.-1C.1D.2答案 D 解法一:由c与a的夹角等于c与b的夹角,可设c=λ=a+b(λ∈R),∵c=ma+b,∴⇒m=2.解法二:c=ma+b=(m+4,2m+2),∵c与a的夹角等于c与b的夹角,且向量夹角的取值范围是[0,π],∴=,∴2(a c)=b c⇒2(m+4+4m+4)=4m+16+4m+4⇒m=2.18.(2014天津,8,5分)已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=120°,点E,F分别在边BC,DC上,BE=λBC,DF=μDC.若=1,=-,则λ+μ=()A. B. C. D.答案 C 以,为基向量,则=(+λ)(+μ)=μ+λ+(1+λμ)=4(μ+λ)-2(1+λμ)=1①.=(λ-1) (μ-1)=-2(λ-1)(μ-1)=-②,由①②可得λ+μ=.评析本题考查平面向量的基本定理,数量积等相关运算,难度中等.19.(2014课标Ⅱ,3,5分)设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a b=( )A.1B.2C.3D.5答案 A 由|a+b|=得a2+b2+2a b=10,①由|a-b|=得a2+b2-2a b=6,②①-②得4a b=4,∴a b=1,故选A.20.(2013陕西,3,5分)设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 |a b|=||a||b|cos<a,b>|=|a||b|,故|cos<a,b>|=1,故a,b同向或反向,即a∥b,反之也成立.故为充分必要条件.21.(2013湖北,6,5分)已知点A(-1,1)、B(1,2)、C(-2,-1)、D(3,4),则向量在方向上的投影为( )A. B. C.- D.-答案 A =(2,1),=(5,5),||=5,故在上的投影为==.22.(2011卓越联盟自主招生,1)向量a,b均为非零向量,(a-2b)⊥a,(b-2a)⊥b,则a,b的夹角为( )A. B. C. D.答案B(a-2b)a=|a|2-2a b=0,(b-2a)b=|b|2-2a b=0,所以|a|2=|b|2,即|a|=|b|,故|a|2-2a b=|a|2-2|a|2cos<a,b>=0,可得cos<a,b>=,又因为0≤<a,b>≤π,所以<a,b>=.23.(2011课标,10,5分)已知a与b均为单位向量,其夹角为θ,有下列四个命题p1:|a+b|>1⇔θ∈p2:|a+b|>1⇔θ∈p3:|a-b|>1⇔θ∈p4:|a-b|>1⇔θ∈其中的真命题是( )A.p1,p4B.p1,p3C.p2,p3D.p2,p4答案 A ∵|a|=|b|=1,且θ∈[0,π],若|a+b|>1,则(a+b)2>1,∴a2+2a b+b2>1,即a b>-,∴cosθ==a b>-,∴θ∈;若|a-b|>1,同理求得a b<,∴cosθ=a b<,∴θ∈,故p1,p4正确,应选A.评析本题主要考查向量的模和数量积运算以及余弦函数的单调性.24.(2011全国,12,5分)设向量a,b,c满足|a|=|b|=1,a b=-,<a-c,b-c>=60°,则|c|的最大值等于( )A.2B.C.D.1答案 A 由a b=-得<a,b>=120°,设=a,=b,=c,则∠AOB=120°,=a-c,=b-c,∵<a-c,b-c>=60°,∴∠ACB=60°,∴O、A、C、B四点共圆,|c|的最大值应为圆的直径2R,在△AOB=2.故选A.中,OA=OB=1,∠AOB=120°,所以AB=,由正弦定理得2R=∠评析本题主要考查向量的基本运算和数形结合的思想方法.利用O、A、C、B四点共圆是解题关键,属难题.25.(2013课标全国Ⅱ,13,5分)已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,则= .答案 2解析解法一:=(-)=-=22-×22=2.解法二:以A为原点建立平面直角坐标系(如图),得A(0,0),E(1,2),B(2,0),C(2,2),D(0,2),∴=(1,2),=(-2,2),则=(1,2)(-2,2)=1×(-2)+2×2=2.26.(2013课标全国Ⅰ,13,5分)已知两个单位向量a,b的夹角为60°,c=ta+(1-t)b.若b c=0,则t= .答案 2解析解法一:∵b c=0,∴b[ta+(1-t)b]=0,ta b+(1-t)b2=0,又∵|a|=|b|=1,<a,b>=60°,∴t+1-t=0,t=2.解法二:由t+(1-t)=1知向量a、b、c的终点A、B、C共线,在平面直角坐标系中设a=(1,0),b=,则c=-.把a、b、c的坐标代入c=ta+(1-t)b,得t=2.评析本题考查了向量的运算,利用三点共线的条件得到c的坐标是解题关键.27.(2012课标全国,13,5分)已知向量a,b夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=,则|b|= .答案3解析|2a-b|=两边平方得4|a|2-4|a||b|cos 45°+|b|2=10.∵|a|=1,∴|b|2-2|b|-6=0.∴|b|=3或|b|=-(舍去).评析本题考查了向量的基本运算,考查了方程的思想.通过“平方”把向量转化为向量的数量积是求解的关键.28.(2011重庆,12,5分)已知单位向量e1,e2的夹角为60°,则|2e1-e2|= .答案解析∵e1,e2是单位向量,夹角为60°,∴|2e1-e2|=-=-=-°=.评析本题主要考查向量的模与数量积的含义,属容易题.29.(2011安徽,13,5分)已知向量a,b满足(a+2b)(a-b)=-6,且|a|=1,|b|=2,则a与b的夹角为.答案解析由(a+2b)(a-b)=-6,得a2-2b2+a b=-6,又|a|=1,|b|=2,得a b=1,设向量a与b的夹角为θ,则cos θ==,又0≤θ≤π,故θ=.评析本题考查向量的数量积和向量夹角的求法,解题的关键是运用向量数量积的运算法则,求出a b=1,属于中等难度题.考点二向量的综合应用13.(2013重庆,10,5分)在平面上,⊥,||=||=1,=+.若||<,则||的取值范围是( )A. B.C. D.答案 D 以A为原点,AB1所在直线为x轴建立直角坐标系,如图所示.设B1(a,0),B2(0,b),O(m,n),则由已知得P(a,b).由||=||=1,||<,得(m-a)2+n2=1,m2+(n-b)2=1,(m-a)2+(n-b)2<,即-2am+a2=1-(m2+n2),①-2nb+b2=1-(m2+n2),②m2+n2-2am-2bn+a2+b2<,③将①②代入③中,得m2+n2+1-(m2+n2)+1-(m2+n2)<,即有m2+n2>,>.又||=||=1,相当于以O为圆心,1为半径的圆与x轴,y轴有交点,即有|m|≤1,|n|≤1,即m2+n2≤2,≤,故有||=∈,选D.评析本题考查了向量的坐标运算、不等式等知识,考查了数形结合思想,建立坐标系,转化为坐标运算是解题的关键.14.(2013福建,7,5分)在四边形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为( )A. B.2 C.5 D.10答案 C =(1,2)(-4,2)=0,故⊥.故四边形ABCD的对角线互相垂直,面积S=||||=××2=5,选C.评析本题考查向量的坐标运算和数量积的应用,考查学生的运算求解及观察能力,能否观察出与互相垂直是解决本题的关键.15.(2012江西,7,5分)在直角三角形ABC中,点D是斜边AB的中点,点P为线段CD的中点,则=( )A.2B.4C.5D.10答案 D 解法一:以C为原点,CA,CB所在直线为x轴,y轴建立直角坐标系.设A(a,0),B(0,b),则D,P.从而|PA|2+|PB|2=+=(a2+b2)=10|PC|2,故选D.解法二:因为-=,且+=2,两式平方相加得2+2=+4=4+4=20,故选D. 解法三:由平行四边形性质得2(+)=+(2)2=4+4=20,故选D.评析本题考查向量的运算和平行四边形性质.考查了数形结合思想和化归与转化思想,以及推理论证能力和应用意识.16.(2012湖南,7,5分)在△ABC中,AB=2,AC=3,=1,则BC=( )A. B. C.2 D.答案 A ∵=(-)=-=1,∴=5,即2×3cos A=5,∴cos A=.由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB ACcos A=3,∴BC=,故选A.评析本题考查了向量的基本运算和解三角形.把向量、作为基底,进而得出cos A=是解题的关键.17.(2012广东,8,5分)对任意两个非零的平面向量α和β,定义α。
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第六章数列§6.1数列的概念和表示方法考点数列的概念和表示方法8.(2012华约联盟自主招生,9)已知数列{a n}的通项公式为a n=lg,n=1,2,…,S n是数列{a n}的前n项和,则S n=()A.0B.lg+lg3C.lg+lg2D.lg-+lg3答案B a n=lg=lg(n2+3n+2)-lg[n(n+3)]=[lg(n+1)-lg n]-[lg(n+3)-lg(n+2)],所以S n=a1+a2+…+a n=[lg(n+1)-lg n]+[lg n-lg(n-1)]+…+(lg2-lg1)-{[lg(n+3)-lg(n+2)]+[lg(n+2)-lg(n+1)]+…+(lg4-lg3)}=[lg(n+1)-lg1]-[lg(n+3)-lg3]=lg+lg3.9.(2011江西,5,5分)已知数列{a n}的前n项和S n满足:S n+S m=S n+m,且a1=1,那么a10=()A.1B.9C.10D.55答案A a10=S10-S9=(S1+S9)-S9=S1=a1=1,故选A.评析本题主要考查数列中a n与S n的关系,灵活运用a n=S n-S n-1(n≥2)与S n+S m=S n+m是解题的关键,属容易题. 10.(2012四川,16,4分)记[x]为不超过实数x的最大整数.例如,[2]=2,[1.5]=1,[-0.3]=-1.设a为正整数,数列{x n}满足x1=a,x n+1=(n∈N*).现有下列命题:①当a=5时,数列{x n}的前3项依次为5,3,2;②对数列{x n}都存在正整数k,当n≥k时总有x n=x k;③当n≥1时,x n>-1;④对某个正整数k,若x k+1≥x k,则x k=[].其中的真命题有.(写出所有真命题的编号)答案①③④解析当a=5时,x2==3,x3==2,①正确;令a=3时,x2==2,x3==1,x4==2,以后各项均为1,2交替出现,②错;易证x∈N*时,≥-,所以x n+1=≥->-≥-1,③正确;因为x n+1=≤≤,所以≥x k,x k≤,所以x k≤,又由③知x k>-1,有-1<x k≤,又x k∈N*,因此x k=[],④正确.11.(2011浙江文,17,4分)若数列中的最大项是第k项,则k=.答案4解析设数列为{a n},则a n+1-a n=(n+1)(n+5)·-n(n+4)=--=(10-n2),所以当n≤3时,a n+1>a n;当n≥4时,a n+1<a n.因此,a1<a2<a3<a4,a4>a5>a6>…,故a4最大,所以k=4.评析本题考查数列的单调性,正确判断数列的变化趋势是解答本题的关键.12.(2011广东,20,14分)设b>0,数列{a n}满足a1=b,a n=---(n≥2).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,a n≤+1.解析(1)由题设知:a n>0,=---=·--+(n≥2),设c n=,得c n=c n-1+(n≥2),c1=,当b=2时,c n-c n-1=(n≥2),c1=,则{c n}是首项与公差均为的等差数列,即c n=,得a n=2;当b>0且b≠2时,c n+-=c n-1+-(n≥2),c1+-=+-=-≠0,则-是首项为-,公比为的等比数列,即c n+-=-·n-1=-n,得c n=--,有a n=--.综上所述:a n=--且(2)证明:由(1)及题设知:当b=2时,+1=2=a n,当b>0且b≠2时,=--=--·-----·------…--…--即又综上所述:对于一切正整数n,a n≤+1.评析本题考查了由递推公式求通项公式以及用均值定理证明数列不等式,掌握对递推式取倒数法,待定系数法是求通项的关键,有效利用试卷前面公式可提示解题思路,用均值定理可证之,本题综合性较强,属难题.13.(2011全国,20,12分)设数列{a n}满足a1=0且---=1.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,记S n=b k,证明:S n<1.解析(1)由题设---=1,得-是公差为1的等差数列.又-=1,故-=n.所以a n=1-.(5分)(2)证明:由(1)得b n==-·=-,(8分)所以S n=-=1-<1.(12分)14.(2011江苏,20,16分)设M为部分正整数组成的集合,数列{a n}的首项a1=1,前n项的和为S n,已知对任意的整数k∈M,当整数n>k时,S n+k+S n-k=2(S n+S k)都成立.(1)设M={1},a2=2,求a5的值;(2)设M={3,4},求数列{a n}的通项公式.解析(1)由题设知,当n≥2时,S n+1+S n-1=2(S n+S1),即(S n+1-S n)-(S n-S n-1)=2S1.从而a n+1-a n=2a1=2.又a2=2,故当n≥2时,a n=a2+2(n-2)=2n-2.所以a5的值为8.(2)由题设知,当k∈M={3,4}且n>k时,S n+k+S n-k=2S n+2S k且S n+1+k+S n+1-k=2S n+1+2S k,两式相减得a n+1+k+a n+1-k=2a n+1,即a n+1+k-a n+1=a n+1-a n+1-k.所以当n≥8时,a n-6,a n-3,a n,a n+3,a n+6成等差数列,且a n-6,a n-2,a n+2,a n+6也成等差数列.从而当n≥8时,2a n=a n+3+a n-3=a n+6+a n-6,(*)且a n+6+a n-6=a n+2+a n-2.所以当n≥8时,2a n=a n+2+a n-2,即a n+2-a n=a n-a n-2.于是当n≥9时,a n-3,a n-1,a n+1,a n+3成等差数列,从而a n+3+a n-3=a n+1+a n-1,故由(*)式知2a n=a n+1+a n-1,即a n+1-a n=a n-a n-1.当n≥9时,设d=a n-a n-1.当2≤m≤8时,m+6≥8,从而由(*)式知2a m+6=a m+a m+12,故2a m+7=a m+1+a m+13.从而2(a m+7-a m+6)=a m+1-a m+(a m+13-a m+12),于是a m+1-a m=2d-d=d.因此,a n+1-a n=d对任意n≥2都成立.又由S n+k+S n-k-2S n=2S k(k∈{3,4})可知(S n+k-S n)-(S n-S n-k)=2S k,故9d=2S3且16d=2S4.解得a4=d,从而a2=d,a1=.因此,数列{a n}为等差数列.由a1=1知d=2.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.评析本题考查数列的概念,数列的通项与前n项和之间的关系,以及等差数列的基础知识,对考生的分析探究能力、运算能力、逻辑推理能力均有较高要求.。
§3.2 2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学导数的应用
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概念;函数的极值可以有多个,而函数的最大(小)值最多只有一个. 6.极值点不一定是最值点,最值点也不一定是极值点,但如果连续函数在开区间(a,b)内只有一个 极值点,则极大值就是最大值,极小值就是最小值. 7.在求可导函数的最值时,不必讨论导数为零的点是否为极值点,直接将导数为零的点与端点函 数值进行比较即可. 8.对于一般函数而言,函数的最值必在下列各种点中取得:导数为零的点、导数不存在的点、 端点.
设g(x)=2ax2+x+a,令Δ≤0,解得a≤- 2
a
4
2 4
舍去
.
此时f(x)在(0,+∞)上单调递减.
综上,a的取值范围是
,
2 4
∪[0,+∞).
(2)∵f(x)=2ax- b +ln x,定义域为(0,+∞),
x
∴f '(x)=2a+ b + 1 .
(9分)
②若1<a<2,则 a
>1,g'(x)=
(a
2)(x
1)
x
2
a
a
,2ax2Fra bibliotek故g(x)在(0,1)上为减函数,在 1, 2
a
a
上为增函数,在 2 a
a
,
上为减函数,
又g(1)=0,且x→+∞时,g(x)→-∞,
所以g(x)恰有2个零点. (11分)
解析 ∵ f '(x)=(2x+2a)·e-x-(x2+2ax+1)·e-x=-[x2+2(a-1)x+1-2a]e-x,
2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学教师专用题组
§3.2导数的应用考点一导数与单调性16.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解析(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f '(x0)=0,即解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.(ii)若-3<a<0,则f(x)在-单调递减,在-单调递增,故在(0,1)中,当x=-时, f(x)取得最小值,最小值为f -=-+.①若f ->0,即-<a<0,f(x)在(0,1)无零点;②若f -=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;③若f -<0,即-3<a<-,由于f(0)=,f(1)=a+,所以当-<a<-时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-时,f(x)在(0,1)有一个零点.(10分)综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-<a<-时,h(x)有三个零点. (12分) 17.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3++c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3++(a1a2a n=++++≤++++=b1+b2++b n·=b1-+b2-++b n-<+++=a1+a2++a n<ea1+ea2++ea n=eS n.即T n<eS n.评析本题考查利用导数求单调性,数学归纳法,不等式,数列求和等基础知识,考查分析问题与解决问题的能力.18.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)e x-a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤--1.解析(1)函数f(x)的定义域为R.因为f '(x)=2x·e x+(1+x2)e x=(x2+2x+1)e x=(x+1)2e x≥0,所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0,f(ln a)=(1+ln2a)·e ln a-a=aln2a>0,所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f '(x0)=(x0+1)2=0,解得x0=-1.所以y0=(1+)-a=-a,所以点P的坐标为--.所以k OP=a-.由题意可得, f '(m)=(m+1)2e m=a-.要证明m≤--1,只需要证明m+1≤-,只需要证明(m+1)3≤a-=(m+1)2e m,只需要证明m+1≤e m.构造函数:h(x)=e x-x-1(x∈R),则h'(x)=e x-1.当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.所以e x-x-1≥0,故e m-m-1≥0,故m+1≤e m,故原不等式成立.评析本题考查函数的单调性的同时,侧重考查导数的综合应用.注意应用零点存在性定理及结合条件构造适当的函数.19.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.解析(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g'(x)=2-+=--.当0<a<时,g(x)在区间--,-∞上单调递增,在区间---上单调递减;当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.(2)证明:由f '(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=---.令φ(x)=-2---ln x+x2-2×---·x-2---+---.则φ(1)=1>0,φ(e)=----2--<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=---,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.所以0=<-=a0<-=--<1,即a0∈(0,1).当a=a0时,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.评析本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想.20.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=+a(2x-1)=-.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).(i)当a=0时,g(x)=1,此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.(ii)当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).①当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0,f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.②当a>时,Δ>0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1<x2),因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-.由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-.所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.(iii)当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.所以函数有一个极值点.综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;当a>时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,(i)当0≤a≤时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.(ii)当<a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.(iii)当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意.(iv)当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,当x>1-时,ax2+(1-a)x<0,此时f(x)<0,不合题意.综上所述,a的取值范围是[0,1].21.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-x n,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);+2.(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<-解析(1)由f(x)=nx-x n,可得f '(x)=n-nx n-1=n(1-x n-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:(i)当n为奇数时.令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1.当x变化时, f '(x), f(x)所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.(ii)当n为偶数时.当f '(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以, f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=-, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).由于f '(x)=-nx n-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).(3)证明:不妨设x1≤x2.+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=-知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-x n<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)<h(x).设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1.+x0.由此可得x2-x1<x'2-x'1=-=1+n-1=n,因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+-故2≥-=x0.所以,|x2-x1|<+2.-评析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.22.(2014重庆,20,12分)已知函数f(x)=ae2x-be-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.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f '(x)为偶函数,知f '(-x)=f '(x),即2(a-b)(e2x-e-2x)=0,因为当x≠0时,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,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的取值范围为(4,+∞).评析本题考查函数导数的求法,利用导数处理单调性、极值等常见问题,以及基本不等式等.对运算能力要求较高,此外对分类讨论思想也有一定的要求.23.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)-(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f '(x)=-,由f'(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f'(x)=-,因为当x∈时,-<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为-∞.24.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=-,其中k<-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),∴|x+1|<--或|x+1|>-,∴-1---<x<-1+--或x<-1--或x>-1+-,∴函数f(x)的定义域D为(-∞,-1--)∪(-1---,-1+--)∪(-1+-,+∞).(2)f'(x)=--,=--由f'(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+-)(x+1--)(x+1)<0,∴x<-1--或-1<x<-1+-,结合定义域知x<-1--或-1<x<-1+--,所以函数f(x)在区间(-∞,-1--),(-1,-1+--)上单调递增,同理,f(x)在区间(-1---,-1),(-1+-,+∞)上单调递减.(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,∴(x+1+--)(x+1---)·(x+3)(x-1)=0,∴x=-1---或x=-1+--或x=-3或x=1,∵k<-6,∴1∈(-1,-1+--),-3∈(-1---,-1),-1---<-1--,-1+-->-1+-,结合函数f(x)的单调性知f(x)>f(1)的解集为(-1---,-1--)∪(-1---,-3)∪(1,-1+--)∪(-1+-,-1+--).评析本题考查函数的定义域,利用导数研究函数的单调性以及含参数不等式的解法,考查分类讨论思想,逻辑推理能力和运算求解能力,难度较大.25.(2013天津,20,14分)已知函数f(x)=x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有<<.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f'(x)=0,得x=.当x变化时, f'(x), f(x)所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是∞.(2)证明:当0<x≤1时, f(x)≤0.设t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).。
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§4.4三角函数的最值与综合应用考点三角函数的最值与综合应用10.(2011上海,8,4分)函数y=sin cos-的最大值为.答案解析y=cos x·cos-=cos x=cos2x+sin xcos x=+=+(sin2x+cos2x)=+sin,所以所求函数的最大值为.评析本题主要考查三角恒等变换及求函数最值问题,化简正确是解题关键,属容易题.11.(2011课标,16,5分)在△ABC中,B=60°,AC=,则AB+2BC的最大值为.答案2解析设AC=b=,AB=c,BC=a,在△ABC中,===2,∴a=2sin A,c=2sin C,且A+C=120°,∴AB+2BC=c+2a=2sin C+4sin A=2sin C+4sin(120°-C)=4sin C+2cos C=2sin(C+φ),其中sinφ=,cosφ=,∴φ∈(30°,60°),而C∈(0°,120°),∴φ+C∈(30°,180°),当C+φ=90°时,AB+2BC有最大值2.评析本题主要考查正弦定理的应用及三角函数性质和公式的应用,熟练掌握定理、公式和三角函数的性质是正确解题的关键.12.(2014湖北,17,11分)某实验室一天的温度(单位:℃)随时间t(单位:h)的变化近似满足函数关系:f(t)=10-cos t-sin t,t∈[0,24).(1)求实验室这一天的最大温差;(2)若要求实验室温度不高于11℃,则在哪段时间实验室需要降温?解析(1)因为f(t)=10-2=10-2sin,又0≤t<24,所以≤t+<,-1≤sin≤1.当t=2时,sin=1;当t=14时,sin=-1.于是f(t)在[0,24)上取得最大值12,取得最小值8.故实验室这一天最高温度为12℃,最低温度为8℃,最大温差为4℃.(2)依题意,当f(t)>11时实验室需要降温.由(1)得f(t)=10-2sin,故有10-2sin>11,即sin<-.又0≤t<24,因此<t+<,即10<t<18.在10时至18时实验室需要降温.评析查了正弦函数的性质,考查了运算求解能力.正确利用正弦函数的单调性是解题的关键.计算失误是造成失分的重要原因之一,应充分重视.13.(2014江苏,18,16分)如图,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m.经测量,点A位于点O正北方向60m处,点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸),tan∠BCO=.(1)求新桥BC的长;(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?解析解法一:(1)如图,以O为坐标原点,OC所在直线为x轴,建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0,60),C(170,0),直线BC的斜率k BC=-tan∠BCO=-.因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率k AB=.设点B的坐标为(a,b),则k BC=--=-,k AB=--=.解得a=80,b=120.所以BC=--=150.因此新桥BC的长是150m.(2)设保护区的边界圆M的半径为r m,OM=d m(0≤d≤60).由条件知,直线BC的方程为y=-(x-170),即4x+3y-680=0.由于圆M与直线BC相切,故点M(0,d)到直线BC的距离是r,即r==-.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以---即-----解得10≤d≤35.故当d=10时,r=-最大,即圆面积最大.所以当OM=10m时,圆形保护区的面积最大.解法二:(1)如图,延长OA,CB交于点F.因为tan∠FCO=,所以sin∠FCO=,cos∠FCO=.因为OA=60,OC=170,所以OF=OCtan∠FCO=,CF=∠=,从而AF=OF-OA=.因为OA⊥OC,所以cos∠AFB=sin∠FCO=.又因为AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=,从而BC=CF-BF=150.因此新桥BC的长是150m.(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D,连结MD,则MD⊥BC,且MD是圆M的半径,并设MD=r m,OM=d m(0≤d≤60).因为OA⊥OC,所以sin∠CFO=cos∠FCO.故由(1)知sin∠CFO==-=-=,所以r=-.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以---即-----解得10≤d≤35.故当d=10时,r=-最大,即圆面积最大.所以当OM=10m时,圆形保护区的面积最大.14.(2012重庆,18,13分)设f(x)=4cos-sinωx-cos(2ωx+π),其中ω>0.(1)求函数y=f(x)的值域;(2)若f(x)在区间-上为增函数,求ω的最大值.解析(1)f(x)=4cosωx+sinωx sinωx+cos2ωx=2sinωxcosωx+2sin2ωx+cos2ωx-sin2ωx=sin2ωx+1,因-1≤sin2ωx≤1,所以函数y=f(x)的值域为[1-,1+].(2)因y=sin x在每个闭区间-(k∈Z)上为增函数,故f(x)=sin2ωx+1(ω>0)在每个闭区间-(k∈Z)上为增函数.依题意知-⊆-,+对某个k∈Z成立,此时必有k=0,于是--解得ω≤,故ω的最大值为.评析本题主要考查三角函数的化简及其性质,进一步考查了转化与化归思想.15.(2011重庆,16,13分)设a∈R,f(x)=cos x(asin x-cos x)+cos2-满足f-=f(0),求函数f(x)在,上的最大值和最小值.解析f(x)=asin xcos x-cos2x+sin2x=sin2x-cos2x.由f-=f(0)得-·+=-1,解得a=2.因此f(x)=sin2x-cos2x=2sin-.当x∈时,2x-∈,f(x)为增函数,当x∈时,2x-∈,f(x)为减函数,所以f(x)在上的最大值为f=2.又因f=,f=,故f(x)在上的最小值为f=.评析本题考查用三角公式化简函数的解析式,并考查y=Asin(ωx+φ)的图象与性质,本题是一道容易题.16.(2011湖南,17,12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足csin A=acos C.(1)求角C的大小;(2)求sin A-cos的最大值,并求取得最大值时角A,B的大小.解析(1)由正弦定理得sin Csin A=sin Acos C.因为0<A<π,所以sin A>0,从而sin C=cos C.又cos C≠0,所以tan C=1,则C=.(2)由(1)知,B=-A.于是sin A-cos=sin A-cos(π-A)=sin A+cos A=2sin.因为0<A<,所以<A+<.从而当A+=,即A=时,2sin A+取最大值2.综上所述,sin A-cos的最大值为2,此时A=,B=.评析本题重点考查了解三角形和三角恒等变换及三角求值的基本内容,属容易题.17.(2011北京,15,13分)已知函数f(x)=4cos xsin-1.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在区间-上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=4cos xsin-1=4cos x-1=sin2x+2cos2x-1=sin2x+cos2x=2sin,所以f(x)的最小正周期为π.(2)因为-≤x≤,所以-≤2x+≤.于是,当2x+=,即x=时,f(x)取得最大值2;当2x+=-,即x=-时,f(x)取得最小值-1.评析本题考查正弦函数的两角和公式、正弦、余弦函数的二倍角公式以及简单的三角恒等变换,考查三角函数的周期性和三角函数在闭区间上的最值求法.解题关键是利用三角函数的两角和公式、二倍角公式进行三角恒等变换,利用三角函数的单调性求三角函数在闭区间上的最值.本题综合性较强,属于中等难度题.18.(2011四川,17,12分)已知函数f(x)=sin+cos-,x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和最小值;(2)已知cos(β-α)=,cos(β+α)=-,0<α<β≤,求证:[f(β)]2-2=0.解析(1)∵f(x)=sin-+sin-=sin-+sin-=2sin-,∴T=2π,f(x)的最小值为-2.(2)证明:由已知得cosβcosα+sinβsinα=,cosβcosα-sinβsinα=-.两式相加得2cosβcosα=0.∵0<α<β≤,∴β=.∴[f(β)]2-2=4sin2-2=0.。
§2.2 2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学函数的基本性质
取值范围为
.
答案 a≤2
解析
依题意知函数f(x)=x|x-a|在区间[2,+∞)上为增函数,而f(x)=x|x-a|=
x2 x
ax, x 2 ax,
a, x a,
所以当a≥0时,
f(x)在区间 ,
a 2
上递增,在区间 a2 ,
a
上递减,在区间(a,+∞)上递增,
奇(偶)函数定义的等价形式:f(-x)=±f(x)⇔f(-x)∓f(x)=0⇔ ff((xx)) =±1(f(x)≠0).
3.任意一个定义域关于原点对称的函数f(x)均可写成一个奇函数g(x)与一个偶函数h(x)之和的形
f (x) f (x)
式 g(x)= f (x) f (x) ,h(x)=
1 x2 (1 x1)(1 x2 )
所以φ(x)= 1 x 在(0,1)上是增函数,又因为y=ln x是增函数,所以f(x)=ln 1 x 在(0,1)上是增函数,故
1 x
1 x
选A.
答案 A
评析 本题考查函数的奇偶性、复合函数的单调性,考查推理运算能力.
1-1 已知函数f(x)=x|x-a|,若对任意的x1,x2∈[2,+∞)且x1≠x2,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,则实数a的
(2)熟记一些基本函数的单调性,将一些复杂的函数化为几种基本函数组合的形式后,利用复合
函数的单调性的判断方法进行判断. (3)函数的单调区间可以是开的,也可以是闭的,还可以是半开半闭的,对于闭区间上的连续函数 来说,只要在开区间上单调,它在闭区间上也单调.因此,只要函数在单调区间的端点连续且有意 义,都可以使单调区间包括端点.
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§4.2三角函数的图象与性质考点一三角函数的图象及其变换19.(2014四川,3,5分)为了得到函数y=sin(2x+1)的图象,只需把函数y=sin 2x的图象上所有的点( )A.向左平行移动个单位长度B.向右平行移动个单位长度C.向左平行移动1个单位长度D.向右平行移动1个单位长度答案 A y=sin(2x+1)=sin,故只需把函数y=sin 2x的图象上所有的点向左平行移动个单位长度即可得到y=sin(2x+1)的图象.20.(2013四川,5,5分)函数f(x)=2sin(ωx+φ)（ω>0,-<φ<）的部分图象如图所示,则ω,φ的值分别是( )A.2,-B.2,-C.4,-D.4,答案 A 由题中图象可知T=--⇒T=⇒T=π,则ω===2.又图象过点,故f=2⇒2sin=2⇒sin=1.∵-<φ<,∴<φ+<,∴+φ=,∴φ=-.故选A.评析考查三角函数式化简、三角函数的图象以及识图能力,考查学生运算求解能力.识图及找出对应周期和已知点是解题关键.21.(2011全国,5,5分)设函数f(x)=cos ωx(ω>0),将y=f(x)的图象向右平移个单位长度后,所得的图象与原图象重合,则ω的最小值等于( )A. B.3 C.6 D.9答案 C 将y=f(x)的图象向右平移个单位长度后得到y=cos[ω(x-)]的图象,因为所得图象与原图象重合,所以cos(ωx-ω)=cos ωx,则-ω=2kπ,得ω=-6k(k∈Z).又ω>0,所以ω的最小值为6,故选C.评析本题主要考查三角函数图象变换,熟练掌握图象变换是解题关键,属中等难度题.22.(2015福建,19,13分)已知函数f(x)的图象是由函数g(x)=cos x的图象经如下变换得到:先将g(x)图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变),再将所得到的图象向右平移个单位长度.(1)求函数f(x)的解析式,并求其图象的对称轴方程;(2)已知关于x的方程f(x)+g(x)=m在[0,2π)内有两个不同的解α,β.(i)求实数m的取值范围;(ii)证明:cos(α-β)=-1.解析解法一:(1)将g(x)=cos x的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到y=2cos x的图象,再将y=2cos x的图象向右平移个单位长度后得到y=2cos-的图象,故f(x)=2sin x.从而函数f(x)=2sin x图象的对称轴方程为x=kπ+(k∈Z).(2)(i)f(x)+g(x)=2sin x+cos x==sin(x+φ)其中.依题意知,sin(x+φ)=在[0,2π)内有两个不同的解α,β,当且仅当<1,故m的取值范围是(-,).(ii)证明:因为α,β是方程sin(x+φ)=m在[0,2π)内的两个不同的解,所以sin(α+φ)=,sin(β+φ)=.当1≤m<时,α+β=2-,即α-β=π-2(β+φ);当-<m<1时,α+β=2-,即α-β=3π-2(β+φ),所以cos(α-β)=-cos[2(β+φ)]=2sin2(β+φ)-1=2-1=-1.解法二:(1)同解法一.(2)(i)同解法一.(ii)证明:因为α,β是方程sin(x+φ)=m在[0,2π)内的两个不同的解,所以sin(α+φ)=,sin(β+φ)=.当1≤m<时,α+β=2-,即α+φ=π-(β+φ);当-<m<1时,α+β=2-,即α+φ=3π-(β+φ).所以cos(α+φ)=-cos(β+φ).于是cos(α-β)=cos[(α+φ)-(β+φ)]=cos(α+φ)cos(β+φ)+sin(α+φ)sin(β+φ)=-cos2(β+φ)+sin(α+φ)sin(β+φ)=--+=-1.考点二三角函数的性质及其应用13.(2013北京,3,5分)“φ=π”是“曲线y=sin(2x+φ)过坐标原点”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 A 当φ=π时,y=sin(2x+π)=-sin 2x,此时曲线过坐标原点;但曲线y=sin(2x+φ)过坐标原点时,φ=kπ(k∈Z),∴“φ=π”是“曲线y=sin(2x+φ)过坐标原点”的充分而不必要条件,故选A.评析本题主要考查了三角函数的性质及充要条件的判断,y=sin(2x+φ)的图象过坐标原点的充要条件是φ=kπ(k∈Z),掌握此性质是解题关键.14.(2011山东,6,5分)若函数f(x)=sin ωx(ω>0)在区间上单调递增,在区间上单调递减,则ω=()A.3B.2C.D.答案 C 由题意知f(x)的图象的一条对称轴为直线x=,和它相邻的一个对称中心为原点,则f(x)的周期T=,从而ω=.评析本题主要考查三角函数的对称性、单调性和周期性及其关系,正确判断周期是得分的关键,属中等难度题.15.(2011课标,11,5分)设函数f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)的最小正周期为π,且f(-x)=f(x),则( )A.f(x)在单调递减B.f(x)在单调递减C.f(x)在单调递增D.f(x)在单调递增答案 A f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)=sin(ωx+φ+),∵周期T==π,∴ω=2.又f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数,∴φ+=kπ+,φ=kπ+,k∈Z.又|φ|<,∴φ=,∴f(x)=sin=cos 2x,易得f(x)在上单调递减,故选A.评析本题考查三角公式和三角变换,考查三角函数y=Asin(ωx+φ)的单调性、奇偶性的判定,属中等难度试题.16.(2013江苏,1,5分)函数y=3sin的最小正周期为.答案π解析T==π.17.(2013安徽,16,12分)已知函数f(x)=4cos ωx·sin(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值;(2)讨论f(x)在区间上的单调性.解析(1)f(x)=4cos ωx·sin=2sin ωx·cos ωx+2cos2ωx=(sin 2ωx+cos2ωx)+=2sin+.因为f(x)的最小正周期为π,且ω>0,从而有=π,故ω=1.(2)由(1)知, f(x)=2sin+.若0≤x≤,则≤2x+≤.当≤2x+≤,即0≤x≤时, f(x)单调递增;当≤2x+≤,即≤x≤时, f(x)单调递减.综上可知, f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.评析本题考查三角恒等变换和三角函数的图象及性质等基础知识和基本技能,考查学生逻辑推理能力和运算求解能力.正确化简函数f(x)的解析式是解题的关键.18.(2012安徽,16,12分)设函数f(x)=cos+sin2x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)设函数g(x)对任意x∈R,有g=g(x),且当x∈时,g(x)=-f(x).求g(x)在区间[-π,0]上的解析式.解析(1)f(x)=cos+sin2x=-+-=-sin 2x.故f(x)的最小正周期为π.(2)当x∈时,g(x)=-f(x)=sin 2x,故(i)当x∈-时,x+∈.由于对任意x∈R,g=g(x),从而g(x)=g=sin=sin(π+2x)=-sin 2x.(ii)当x∈--时,x+π∈.从而g(x)=g(x+π)=sin[2(x+π)]=sin 2x.综合(i)(ii)得g(x)在[-π,0]上的解析式为g(x)=∈---∈-评析本题考查两角和与差的三角函数公式,二倍角公式,三角函数的周期等性质,分段函数解析式等基础知识,考查分类讨论思想和运算求解能力.利用运算变形化简,利用周期性化未知为已知.19.(2012湖北,17,12分)已知向量a=(cos ωx-sin ωx,sin x),b=(-cos ωx-sin ωx,2cos ωx),设函数f(x)=a·b+λ(x∈R)的图象关于直线x=π对称,其中ω,λ为常数,且ω∈.(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)若y=f(x)的图象经过点,求函数f(x)在区间上的取值范围.解析(1)因为f(x)=sin2ωx-cos2ωx+2sin ωx·cos ωx+λ=-cos 2ωx+sin 2ωx+λ=2sin-+λ.由直线x=π是y=f(x)图象的一条对称轴,可得sin-=±1,所以2ωπ-=kπ+(k∈Z),即ω=+(k∈Z).又ω∈,k∈Z,所以k=1,故ω=.所以f(x)的最小正周期是.(2)由y=f(x)的图象过点,得f=0,即λ=-2sin-=-2sin=-,即λ=-.故f(x)=2sin--,由0≤x≤,有-≤x-≤,所以-≤sin-≤1,得-1-≤2sin--≤2-,故函数f(x)在上的取值范围为[-1-,2-].评析本题考查向量的数量积,坐标运算,二倍角公式,两角和差公式,三角函数的对称性、周期性、单调性等基础知识.考查学生的运算求解能力,综合运算推理的能力.20.(2012四川,18,12分)函数f(x)=6cos2+sin ωx-3(ω>0)在一个周期内的图象如图所示,A为图象的最高点,B、C为图象与x轴的交点,且△ABC为正三角形.(1)求ω的值及函数f(x)的值域;(2)若f(x0)=,且x0∈-,求f(x0+1)的值.解析(1)由已知可得, f(x)=3cos ωx+sin ωx=2·sin,所以正三角形ABC的高为2,从而BC=4. 所以函数f(x)的最小正周期T=4×2=8,即=8,ω=,函数f(x)的值域为[-2,2].(6分)(2)因为f(x0)=,由(1)有f(x0)=2sin=,即sin=.由x0∈-,知+∈-,所以cos=-=.故f(x0+1)=2sin=2sin=2[sin(+)cos+cos(+)sin]=2=.(12分)评析本题主要考查三角函数的图象与性质、同角三角函数的关系、两角和的正(余)弦公式、二倍角公式等基础知识,考查运算能力,考查数形结合、化归与转化等数学思想.21.(2012北京,15,13分)已知函数f(x)=-.(1)求f(x)的定义域及最小正周期;(2)求f(x)的单调递增区间.解析(1)由sin x≠0得x≠kπ(k∈Z),故f(x)的定义域为{x∈R|x≠kπ,k∈Z}.因为f(x)=-=2cos x(sin x-cos x)=sin 2x-cos 2x-1=sin--1,所以f(x)的最小正周期T==π.(2)函数y=sin x的单调递增区间为-(k∈Z).由2kπ-≤2x-≤2kπ+,x≠kπ(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ+,x≠kπ(k∈Z).所以f(x)的单调递增区间为-和(k∈Z).评析本题主要考查y=Asin(ωx+φ)的性质.注意定义域及单调区间的表示方法.22.(2011浙江文,18,14分)已知函数f(x)=Asin,x∈R,A>0,0<φ<.y=f(x)的部分图象如图所示,P、Q分别为该图象的最高点和最低点,点P的坐标为(1,A).(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若点R的坐标为(1,0),∠PRQ=,求A的值.解析(1)由题意得,T==6.因为P(1,A)在y=Asin的图象上,所以sin=1.又因为0<φ<,所以φ=.(2)设点Q的坐标为(x0,-A).由题意可知x0+=,得x0=4,所以Q(4,-A).连结PQ,在△PRQ中,∠PRQ=,由余弦定理得cos∠PRQ=-·=-,=·解得A2=3.又A>0,所以A=.评析本题主要考查三角函数的图象与性质、三角运算等基础知识.在(2)中,求出点Q坐标,根据△PRQ的边角关系,列出关于A的方程是求解关键.。
§12.1 2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学随机事件及其概率
P(A1)= C12 C14 = 8 ,P(A2)= C22 = 1 ,P(B1)= C11 C15 = 1 ,P(B2)= C52 = 2 .
C62
15
C62 15
C62
3
而事件A1与B2,事件A2与B1均相互独立,
C62 3
∴P(A1B2)=P(A1)·P(B2)= 8 × 2 = 16 ,
子集.于是事件A的概率为P(A)= card(A) = m . card(I ) n
例1 (2016浙江模拟训练卷(一),“计数原理与概率”模块,2,5分)已知盒中共有6个除了颜色外 完全相同的球,其中红球1个,白球2个,黑球3个,现从盒子中每次随机取出一球,记住颜色后再放 回.如果取到红球得1分,取到白球得2分,取到黑球得3分,求两次取球后得分和为4分的概率. 解题导引 将“两次取球后得分和为4分”的条件拆分为三个互斥事 件的和→把每个互斥事件看作两个独立 事件的积→由概率的乘法和加 法公式得结论 解析 设每次取出的球为红球、白球、黑球的事件分别为A,B,C,
则P(C)=P(A∪B)=P(A)+P(B)= 1 + 4 = 9 ,
5 25 25
所以最多取两次的概率为 9 .
25
解法二:设最多取两次为事件C,因最多取三次,所以事件C的对立事件为前两次都没有取到蓝球,
从而P( C
)= 180 × 180 = 1265,故P(C)=1-P( C
)=1- 16= 9,
栏目索引
则得分和为4分的事件为AC+CA+BB.
∵P(AC)=P(CA)= 1 × 1 = 1 ,P(BB)= ×1 1= .1
6 2 12
33 9
∵事件AC,CA,BB是互斥事件,
2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学§1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件
故命题q也是假命题.故选A.
1-2 判断命题“若a≥0,则x2+x-a=0有实根”的逆否命题的真假. 解析 解法一:逆否命题为“若x2+x-a=0无实根,则a<0”. 判断如下: ∵x2+x-a=0无实根,∴Δ=1+4a<0,
1
∴a<- 4 <0,
∴“若x2+x-a=0无实根,则a<0”为真命题. 解法二:∵a≥0,∴4a≥0,∴4a+1>0, ∴方程x2+x-a=0的根的判别式Δ=4a+1>0, ∴方程x2+x-a=0有实根. ∴原命题“若a≥0,则x2+x-a=0有实根”为真. ∵原命题与其逆否命题等价, ∴“若a≥0,则x2+x-a=0有实根”的逆否命题为真. 解法三:设p:a≥0,q:x2+x-a=0有实根, 则¬p:a<0,¬q:x2+x-a=0无实根, ∴¬p:A={a∈R|a<0},
2
答案 D
评析 本题考查命题的相互转化、简单命题和复合命题真假的判断、充要条件、集合间的相
互关系,考查逻辑推理能力.
1-1 命题p:若a·b<0,则a与b的夹角为钝角;命题q:定义域为R的函数f(x)在(-∞,0)及(0,+∞)上都
是增函数,则f(x)在(-∞,+∞)上是增函数.则下列说法正确的是 ( )
b|;若0>a>b,则a2<b2,即-a|a|<-b|b|,从而a|a|>b|b|.
再证“a|a|>b|b|”⇒“a>b”.若a,b≥0,则由a|a|>b|b|,得a2>b2,故a>b;若a,b≤0,则由a|a|>b|b|,得-a2>-
【5年高考3年模拟】2017届高考数学理科人教B版(全国通用)一轮总复习：第五章平面向量、解三角形
解法二：（ 几何法） 如图所示，
在▱ＡＢＣＤ 中，设→ＡＢ ＝ ａ，Ａ→Ｄ ＝ ｂ，∴ →ＡＣ ＝ ａ＋ｂ，Ｄ→Ｂ ＝ ａ－ｂ，∵ ｜ ａ＋ｂ ｜
＝ ｜ ａ－ｂ ｜ ，∴ 平行四边形 ＡＢＣＤ 的两条对角线长度相等，即平行
四边形 ＡＢＣＤ 为矩形，∴ ａ⊥ｂ，故选 Ｂ．
��������������������� ������本���题������考������查������平������面���向������量������的������线������性������运������算���及������几������何������意������义������，���考���查������
２ ３
ＢＣ．若Ｄ→Ｅ ＝ λ１
→ＡＢ＋λ２
→ＡＣ（ λ１ ，λ２
为实
数） ，则 λ１ ＋λ２ 的值为 ． １
１０． 答案 ２
解析
Ｄ→Ｅ ＝ Ｄ→Ｂ＋Ｂ→Ｅ ＝
１ ２
→ＡＢ ＋
２ ３
Ｂ→Ｃ ＝
１ ２
→ＡＢ ＋
２ ３
（ →ＡＣ－→ＡＢ） ＝
－
１ ６
→ＡＢ＋
２ ３
→ＡＣ，
∵
Ｄ→Ｅ ＝ λ１
３ ５
ｂ
Ｄ．
４ ５
ａ－
４ ５
ｂ
答案
Ｄ
解 Ｒｔ△ＡＢＣ 得 ＡＢ ＝
５ ，ＡＤ ＝
４ ５
５．
即Ａ→Ｄ ＝
４ ５
→ＡＢ ＝
４ ５
（ Ｃ→Ｂ－→ＣＡ）＝
４ ５
ａ－
４ ５
ｂ，故选 Ｄ．
评析 本题考查了向量的基本运算，运用了数形结合的
方法．
考点二 平面向量的基本定理及坐标表示
§2.7 2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学函数与方程
§2.7 函数与方程
知识清单
考点 函数的零点与方程的根
1.函数零点的定义 (1)对于函数y=f(x)(x∈D),我们把使 f(x)=0 成立的实数x叫做函数y=f(x)(x∈D)的零点. (2)方程f(x)=0有实根⇔函数y=f(x)的图象与 x轴 有交点⇔函数y=f(x)有 零点 . 2.函数零点的判定 如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,并且有 f(a)·f(b)<0 ,那么函数y= f(x)在区间 (a,b) 内有零点,即存在c∈(a,b),使得 f(c)=0 ,这个 c 也就是f(x)=0的根.我们 把这一结论称为零点存在性定理.
由图可知两函数图象有2个交点,则f(x)的零点个数为2. 答案 2 评析 本题考查函数零点,函数图象和三角恒等变换,考查化归与转化思想和数形结合思想. 1-1 求函数f(x)=ln x+2x-6的零点个数. 解析 解法一:易证f(x)=ln x+2x-6在定义域(0,+∞)上连续且单调递增,又f(1)·f(4)<0,所以函数f(x) =ln x+2x-6只有一个零点. 解法二:求函数f(x)=ln x+2x-6的零点个数即求方程ln x+2x-6=0的解的个数,即求曲线y=ln x与直 线y=6-2x的交点的个数,画图可知它们只有一个交点. 所以函数f(x)=ln x+2x-6只有一个零点.
到点Q(0,2)的距离的平方.连结QB,易知QB⊥BC,所以|PQ|2>|QB|2=5.又|QC|= 10 >|QA|= 8,所以
|PQ|2<|QC|2=10,故a2+(b-2)2的取值范围是(5,10).
.
2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学第十五章数学思想方法
M(t,0), 使得 · =0?若存在 , 求出点 M的坐标 ; 若不存在 , 说明理由 .
解析 (1) 椭圆 C 的标准方程为 + =1.
(2) 存在定点 M.直线 l:y=kx+m 与椭圆方程联立 ∴ Δ =64k2m2-4(3+4k 2 )(4m 2-12)=0, 即 m2=3+4k2.
, 消去 y 得 (3+4k 2)x 2+8kmx+4m2-12=0,
xP=-
=- ,y P=kxP+m= , 即 P -
.
假设存在点 M(t,0) 满足题意 , ∵Q(4,4k+m),
∴ · =-
·(4-t)+ ·
=t 2-4t+3+ (t-1)
=(t-1) -
=0.
∴t=1. 即存在点 M适合题意 , 其坐标为 (1,0).
点评 把直线方程代入圆或圆锥曲线的方程 , 消去 y, 得关于 x 的一元二次方程 , 其判别式为 Δ , 则有 :(1) 曲
又 a1、 a2+5、 a3 成等差数列 , ∴ 2(a 2+5)=a 1+a3③，
联立 ①②③，解得 a1=1. (2) 由 2Sn=an+1-2 n+1+1 得 2Sn-1 =an-2 n+1(n ≥2), ∴ａn+1=3an+2n(n ≥2). 由 an+1=3an+2n 得 an+1+2n+1=3(a n+2n), 所以数列 {a n +2n}(n ≥2) 是一个以 a2+4 为首项 ,3 为公比的等比数列 . 由 2a1=a2-3 可得 a2=5, 所以 an+2n=9×３n-2 , 即 an=3n2n(n ≥2), 当 n=1 时,a 1=1, 显然在上式中成立 . 因此数列 {a n} 的通项公式是 an=3n-2 n.
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10.（a）在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。
则下列叙述不正确是A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mL C．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4 mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g.10.（b）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。
下列说法不正确的是()A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL金刚石的晶体结构是一种空间网状结构，每一个碳原子与周围的四个碳原子形成一个正四面体，即正四面体中心的一个碳原子参与形成4个C-C单键，该碳原子对一个C-C单键的“贡献”都是1/2，所以，正四面体中心的这个碳原子参与形成的C-C单键数目相当于4×1/2=2，故金刚石中，1molC（金刚石）可以形成2mol C-C单键。
石墨的空间结构是一种层状结构，在每一层中，每一个碳原子参与形成3个平面正六边形，每1个正六边形含6个碳原子形成6个C-C单键，所以，一个碳原子对形成C-C单键“贡献”都是1/2，考察每一个共用的碳原子形成的C-C单键数目是3×1/2=3/2，所以1mol（石墨）中含3/2molC-C单键。
二氧化硅晶体的结构也是一种空间网状结构，每一个硅原子与周围的四个氧原子形成一个Si、O正四面体，即硅原子位于正四面体的中心，四个氧原子位于正四面体的四个顶点上，即每一个硅原子与周围的四个氧原子可以形成四个Si-O 单键，所以，1molSiO2中含有4molSi-O单键。
1mol硅晶体含有4molSi-Si单键。
SiO₂是表示组成的最简式，仅表示二氧化硅晶体中硅和氧的原子个数之比。
SiO2是原子晶体，不含SiO2分子。
白磷P4是正四面体结构，即有6个P-P键，31gP4是0.25mol。
即有1.5mol P-P 键。
(a) 硅晶体的空间排列(b) 共价键结构平面示意图硝酸是一种很强的氧化剂，不论稀、浓硝酸都有氧化性。
硝酸越浓氧化性越强。
同浓度的硝酸温度越高氧化性越强。
硝酸浓度不同，氧化能力不同。
硝酸能氧化除Pt、Au之外的绝大多数金属，当硝酸与金属反应时条件不同，硝酸的还原产物不同。
具体如下：1. 一般情况下，在金属活动顺序表中排在氢以后的金属与硝酸反应时，浓硝酸剧烈反应，生成硝酸盐和NO2，与稀硝酸反应常需加热，生成硝酸盐和NO，在反应中硝酸均既表现氧化性又表现酸性。
2. 常温时，铝、铁遇冷的浓硝酸产生钝化现象，而稀硝酸则可与它们反应。
若加热，解除钝化则发生反应。
如：铁在过量的浓硝酸中加热发生反应为：Fe+6HNO3(浓)＝Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O(注意：铁与硝酸反应时，无论硝酸是否过量，开始时总是把Fe氧化成Fe3+)铁过量时再与Fe3+反应生成Fe2+，NO气体是铁与硝酸反应生成Fe3+产生的。
Fe+4HNO3==Fe(NO3)3+NO↑+2H2O①3Fe+8HNO3==3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O②设n(Fe) : N(HNO3) = a，则a≤1/4时，按①进行；a≥3/8时，按②进行；1/4 ≤a ≤3/8时，两者都有。
如：5Fe＋16HNO3=2Fe(NO3)3+3Fe(NO3)2+4NO↑+2H2O比例关系：4HNO3～NO。
②可认为是①反应后Fe过量。
Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2Fe + 4HNO3（稀，过量）== Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O3Fe + 8HNO3（稀，不足）== 3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2OFe + 6HNO3(浓)＝Fe(NO3)3 + 3NO2↑+ 3H2O (条件：△)3Cu + 8HNO3（稀）== 3 Cu (NO3)2 + 2NO↑+ 4H2OCu + 4HNO3(浓)＝Cu (NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2OC+ 4HNO3(浓)＝CO2↑+ 4NO2↑+ 2H2O (条件：△)3. 当硝酸与金属活动顺序表中排在氢以前的金属如镁、锌铁等反应时，由于金属的强还原性，还原产物较为复杂。
除可生成NO2或NO外，在更稀硝酸中还可产生N2O、N2、NH3等。
一般情况下，对于同一种还原剂来说，硝酸越稀则还原产物中氮元素的价态越低。
浓硝酸被还原的主要产物是NO2，稀硝酸被还原的产物主要是NO；再如较稀的硝酸还原产物主要是N2O，而更稀的硝酸则被还原成NH3（NH3与HNO3反应生成NH4NO3）。
规律1.反应中被还原的硝酸的物质的量等于反应中生成的NO2和NO气体的物质的量之和。
规律 2.金属与硝酸反应时，生成的气体（NO2和NO）的物质的量、生成的M(NO3)x中所含的氮元素的物质的量与剩余的硝酸的物质的量三者之和等于原硝酸的物质的量。
规律3. 金属与硝酸反应时，若生成的气体NO2、NO恰好完全溶于NaOH溶液中，由于生成物NaNO3、NaNO2中的Na+与N原子个数比为1 : 1，则n(NaOH) ＝n(NO2) + n(NO)。
规律4.一定量的Cu完全溶于浓硝酸中，所产生的气体与一定量的O2混合后恰好完全溶于水时，消耗O2的量只取决于Cu的物质的量，即2 n(O2) ＝n(Cu)。
规律5.金属与硝酸反应所生成的氮的氧化物在与O2混合后用水恰好完全吸收时，消耗O2的量只取决于消耗金属的量，可依据得失电子守恒建立等式，即:n(M)×a ＝n(NO2) + 3n(NO) ＝4 n(O2) (a为金属M的化合价)规律6. 金属单质完全溶于硝酸中，其失去的电子的物质的量，等于金属离子所结合的NO3－的物质的量，也等于金属离子所结合的OH－的物质的量，即：n(e－) ＝n(NO3－) ＝n(OH－)。
规律7.若金属与浓硝酸反应只生成NO2时，则被还原的硝酸占参加反应的硝酸总量的1/2；若金属与稀硝酸反应只生成NO时，则被还原的硝酸占参加反应的硝酸总量的1/4 。
规律8. NO、NO2、O2的混合气体溶于水时，可发生如下反应：4NO2 + O2 + 2H2O === 4HNO3、4NO + 3O2 + 2H2O === 4HNO3以上两个反应均相当于：2N2O5 + 2H2O === 4HNO3，故NO、NO2、O2的混合气体中N、O原子个数比等于2 : 5时，则气体可恰好完全溶于水。
例题1 在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO的物质的量之比为1∶3，则要使1 mol金属锌完全反应，需要硝酸的物质的量为（）。
例题2 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480ml 的NO2气体和1120 ml的NO气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀的质量为（）t℃时，CuSO4在水中溶解度为25g，将32gCuSO4白色粉末加入到mg水中，形成饱和CuSO4溶液，并有CuSO4•5H2O晶体析出，则m的取值范围是（）NA为阿伏加德罗常数的值。
有关草酸(HOOC-COOH)的下列说法错误的是（）A. 9.0g草酸中共用电子对数目为0.9N AB．9.0g草酸被NaClO氧化生成CO2，转移的电子数为0.2 N AC．9.0g草酸溶于水，其中C2O42-和HC2O4-的微粒数之和为0.1 N AD. 9.0g草酸受热完全分解为CO2、CO、H2O，标况下测得生成的气体体积为4.48L弱电解质的电离平衡盐类水解和沉淀溶解平衡1.已知常温下K sp(AgCl)=1.6×10-10、K sp(AgI)=2.0×10-16，下列说法中正确的是A.含有大量Cl-的溶液中肯定不存在Ag+B.AgI悬浊液中加入少量KI粉末，平衡AgI(s) Ag+(aq)+I-(aq)向左移动，溶液中离子的总浓度会减小C.AgCl悬浊液中逐渐加入KI固体至c(I-)=K sp(AgI)/K sp(AgCl)mol·L-1时，AgCl开始向AgI沉淀转化D.向浓度均为0.01 mol·L-1的KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，当Cl-开始沉淀时，溶液中I-的浓度为1.25×10-8 mol·L-12.下列实验方案或实验结论正确的是A．除去SO2中的少量HC1，可将混合气体通人饱和Na2SO3溶液B．粘在试管内壁的硫单质，可用热的稀盐酸洗涤C．稀盐酸、NaOH、AlCl3、Ba(OH)2四瓶无色溶液，可用NaHCO3溶液鉴别D．将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的答案：C除去SO2中的HCl用饱和的NaHSO3溶液；附着在试管内壁的S可用热的NaOH溶液溶解除去；NH4NO3固体溶于水温度降低，主要是NH4NO3的溶解吸热不是NH4+水解吸热所致。
3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O高锰酸钾俗称灰锰氧，有金属光泽的紫黑色固体。
易溶于水，溶液呈鲜艳的紫红色。
高锰酸钾水溶液能使细菌微生物组织因氧化而破坏，因而具有杀菌消毒作用。
0.1%的高锰酸钾溶液可用来清洗伤口，也可用来消毒餐具、茶具及水果。
（将欲消毒的物品放入高锰酸钾溶液浸泡几分钟，然后清水冲洗即可）福尔马林（30%-40%甲醛水溶液，混合物）可使蛋白质变性，因此具有杀菌防腐作用。
（甲醛可使蛋白质变性）明矾（KAlSO4∙12H2O）在我们的生活中常用于净水，和做食用膨胀剂，像炸麻圆、油条里都可能含有。
用于净水的原因是：Al3++ 3 H2O ==== Al(OH)3+ 3H+Al(OH)3具有吸附性，故明矾能净水。
但不能杀菌消毒。
漂白剂和消毒剂次氯酸盐是一些漂白剂和消毒剂的有效成分，它与稀酸或空气里的二氧化碳和水反应生成次氯酸，起到漂白和消毒作用。
以次氯酸盐为有效成分的漂白剂和消毒剂的有效期较短，放久了，会因分解而失去漂白与消毒功能。
漂白粉（CaCl2与Ca(ClO)2的混合物，其有效成分为Ca(ClO)2），就是利用2Cl2+2Ca(OH)2反应制得。
2Cl2+2Ca(OH)2== CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O冰醋酸：乙酸低于16.6℃凝结成，是纯净物。