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2023届高考数学复习专题 ★★
一题多解经典好题
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)设alog34＝2，则4－a＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.
方法一：因为alog34＝2，所以log34a＝2，则有4a＝32＝9，所以4－a＝＝，故选B.
方法二：因为alog34＝2，所以－alog34＝－2，所以log34－a＝－2，所以4－a＝3－2＝＝，故选B.
方法三：因为alog34＝2，所以＝＝log43，所以4＝3，两边同时平方得4a＝9，所以4－a＝＝，故选B.
方法四：因为alog34＝2，所以a＝＝＝log49，所以4－a＝＝，故选B.
方法五：令4－a＝t，两边同时取对数得log34－a＝log3t，即alog34＝－log3t＝log3，因为alog34＝2，所以log3＝2，所以＝32＝9，所以t＝，即4－a＝，故选B.
方法六：令4－a＝t，所以－a＝log4t，即a＝－log4t＝log4.由alog34＝2，得a＝＝＝log49，所以log4＝log49，所以＝9，t＝，即4－a＝，故选B.
2．已知集合A＝{x|－1≤x≤3，x∈N*}，则集合A的真子集的个数为(　　)
A．7 B．8
C．15 D．16
解析：选A.
方法一：A＝{x|－1≤x≤3，x∈N*}＝{1，2，3}，其真子集有： ，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，3}，{2，3}共7个．
方法二：因为集合A中有3个元素，所以其真子集的个数为23－1＝7(个)．
3. 已知全集U＝R，集合M＝{x|－3≤x<4}，N＝{x|x2－2x－8≤0}，则(　　)
A．M∪N＝{x|－3≤x<4}
B．M∩N＝{x|－2≤x<4}
C．( UM)∪N＝(－∞，－3)∪[－2，＋∞)
D．M∩( UN)＝(－3，－2)
【解析】　
方法一：由题意，得A∪B＝{－1，0，1，2}，所以 U(A∪B)＝{－2，3}，故选A.
方法二：因为2∈B，所以2∈A∪B，所以2 U(A∪B)，故排除B，D；又0∈A，所以0∈A∪B，所以0 U(A∪B)，故排除C，故选A.
4. 设集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x|2x＋a≤0}，且A∩B＝{x|－2≤x≤1}，则a＝(　　)
A．－4 B．－2
C．2 D．4
【解析】　
方法一：易知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x≤－}，因为A∩B＝{x|－2≤x≤1}，所以－＝1，解得a＝－2.故选B.
方法二：由题意得A＝{x|－2≤x≤2}．若a＝－4，则B＝{x|x≤2}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤2}，不满足题意，排除A；若a＝－2，则B＝{x|x≤1}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤1}，满足题意；若a＝2，则B＝{x|x≤－1}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，不满足题意，排除C；若a＝4，则B＝{x|x≤－2}，又A＝{x|－2≤x≤2}，所以A∩B＝{x|x＝－2}，不满足题意．故选B.
5．(2020·高考天津卷)设全集U＝{－3，－2，－1，0，1，2，3}，集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{－3，0，2，3}，则A∩( UB)＝(　　)
A．{－3，3}　　　　　　　　 B．{0，2}
C．{－1，1} D．{－3，－2，－1，1，3}
解析：选C.
方法一：由题知 UB＝{－2，－1，1}，所以A∩( UB)＝{－1，1}，故选C.
方法二：易知A∩( UB)中的元素不在集合B中，则排除选项A，B，D，故选C.
6．(2021·福建省质量检测)已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|(x－4)(x＋2)≥0}，则 R(A∪B)＝(　　)
A．{x|－2≤x≤1} B．{x|1≤x≤4}
C．{x|－2解析：选C.
方法一：因为B＝{x|x≤－2或x≥4}，所以A∪B＝{x|x≤－2或x≥1}，故 R(A∪B)＝{x|－2方法二：－2∈B，故－2 R(A∪B)，排除A，D；2∈A，故2 R(A∪B)，排除B.故选C.
7．(2020·石家庄质量检测)已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．a2<－ab　　　　　　　 B．|a|<|b|
C.> D.>
解析：选C.
方法一：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，<，所以A，B，D不一定成立，因为a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以－＝>0，所以>一定成立，故选C.
方法二：因为a>0>b，所以>0>，所以>一定成立．故选C.
8．若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在区间[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：
方法一：当x＝0时，1≥0对任意的a∈R恒成立，当x≠0时，因为不等式x2＋2ax＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋2ax＋1＝0在R上无解或有两个相等的实根或x2＋2ax＋1＝0有两个不等的实根且两根均小于0，所以Δ＝4a2－4≤0或解得a≥－1.
方法二：因为x＝0时，1≥0对任意的a∈R恒成立，当x≠0时，不等式可化为－2a≤x＋(x∈(0，＋∞))，由基本不等式得x＋≥2，当且仅当x＝时取等号，所以易知－2a≤2，解得a≥－1.综上，a≥－1.
答案：[－1，＋∞)
9. 已知f(＋1)＝x＋2，则f(x)的解析式为________________．
(1)方法一(换元法)：令＋1＝t，则x＝(t－1)2，t≥1，
所以f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1(t≥1)，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－1(x≥1)．
方法二(配凑法)：f(＋1)＝x＋2＝x＋2＋1－1＝(＋1)2－1.
因为＋1≥1，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－1(x≥1)．
10．已知二次函数f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，则f(x)＝________．
解析：
方法一(换元法)：令2x＋1＝t(t∈R)，
则x＝，
所以f(t)＝4－6·＋5＝t2－5t＋9(t∈R)，
所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．
方法二(配凑法)：因为f(2x＋1)＝4x2－6x＋5＝(2x＋1)2－10x＋4＝(2x＋1)2－5(2x＋1)＋9，所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．
方法三(待定系数法)：因为f(x)是二次函数，所以设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f(2x＋1)＝a(2x＋1)2＋b(2x＋1)＋c＝4ax2＋(4a＋2b)x＋a＋b＋c.
因为f(2x＋1)＝4x2－6x＋5，
所以解得
所以f(x)＝x2－5x＋9(x∈R)．
答案：x2－5x＋9(x∈R)
11.设f(x)＝若f(a)＝f(a＋1)，则f＝(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析　
方法一：当0＜a＜1时，a＋1＞1，
所以f(a)＝，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a.
由f(a)＝f(a＋1)得＝2a，
所以a＝.
此时f＝f(4)＝2×(4－1)＝6.
当a≥1时，a＋1＞1，
所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a.
由f(a)＝f(a＋1)得2(a－1)＝2a，无解．
综上，f＝6，故选C.
方法二：因为当0＜x＜1时，f(x)＝，为增函数，
当x≥1时，f(x)＝2(x－1)，为增函数，
又f(a)＝f(a＋1)，所以＝2(a＋1－1)，
所以a＝.
所以f＝f(4)＝6.
12. 设函数f(x)＝则满足f(x＋1)A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)
C．(－1，0) D．(－∞，0)
解析
方法一：①当即x≤－1时，f(x＋1)＜f(2x)即为2－(x＋1)＜2－2x，即－(x＋1)＜－2x，解得x＜1.
因此不等式的解集为(－∞，－1]．
②当时，不等式组无解．
③当即－1＜x≤0时，f(x＋1)＜f(2x)即1＜2－2x，解得x＜0.因此不等式的解集为(－1，0)．
④当即x＞0时，f(x＋1)＝1，f(2x)＝1，不合题意．
综上，不等式f(x＋1)＜f(2x)的解集为(－∞，0)．
故选D.
方法二：因为f(x)＝
所以函数f(x)的图象如图所示．
由图可知，当x＋1≤0且2x≤0时，函数f(x)为减函数，故f(x＋1)＜f(2x)转化为x＋1＞2x.
此时x≤－1.
当2x＜0且x＋1＞0时，f(2x)＞1，f(x＋1)＝1，
满足f(x＋1)＜f(2x)．
此时－1＜x＜0.
综上，不等式f(x＋1)＜f(2x)的解集为(－∞，－1]∪(－1，0)＝(－∞，0)．
故选D.
13. 函数y＝x＋的最小值为________．
解析：
方法一(换元法)：令t＝，且t≥0，则x＝t2＋1，
所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.
配方得y＝＋，
又因为t≥0，所以y≥＋＝1，
故函数y＝x＋的最小值为1.
方法二(单调性法)：因为函数y＝x和y＝在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1.
14．已知函数f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)＝x2－x，则当x<0时，函数f(x)的最大值为________．
解析：
方法一：当x<0时，－x>0，所以f(－x)＝x2＋x.
又因为函数f(x)为奇函数，
所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－x＝－＋，
所以当x<0时，函数f(x)的最大值为.
方法二：当x>0时，f(x)＝x2－x＝－，最小值为－，
因为函数f(x)为奇函数，所以当x<0时，函数f(x)的最大值为.
答案：
15．已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝________．
解析：
方法一：因为f(x)在R上是奇函数，且f(1－x)＝f(1＋x)．
所以f(x＋1)＝－f(x－1)，即f(x＋2)＝－f(x)．
因此f(x＋4)＝f(x)，则函数f(x)是周期为4的函数，
由于f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝2，
故令x＝1，得f(0)＝f(2)＝0，
令x＝2，得f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，
令x＝3，得f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝0，
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋0－2＋0＝0，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.
方法二：取一个符合题意的函数f(x)＝2sin ，则结合该函数的图象易知数列{f(n)}(n∈N*)是以4为周期的周期数列．
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.
答案：2
16．若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是(　　)
A．[－1，1]∪[3，＋∞)
B．[－3，－1]∪[0，1]
C．[－1，0]∪[1，＋∞)
D．[－1，0]∪[1，3]
解析：选D.
方法一：由题意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)单调递减，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.当x＞0时，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，所以1≤x≤3；当x＜0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，所以－1≤x≤1，又x＜0，所以－1≤x＜0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1，0]∪[1，3]，选D.
方法二：当x＝3时，f(3－1)＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f(4－1)＝f(3)＜0，此时不符合题意，排除选项A，C.故选D.
17. 已知二次函数f(x)满足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，试确定此二次函数的解析式．
解析：　
方法一(利用一般式)：
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得
解得所以所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
方法二(利用顶点式)：
设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．因为f(2)＝f(－1)＝－1，所以抛物线的对称轴为x＝＝.所以m＝.又根据题意函数有最大值8，所以n＝8，所以f(x)＝a＋8.因为f(2)＝－1，
所以a＋8＝－1，解得a＝－4，
所以f(x)＝－4＋8＝－4x2＋4x＋7.
方法三(利用零点式)：
由已知得f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，
故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，
即f(x)＝ax2－ax－2a－1.
又函数有最大值8，即＝8.
解得a＝－4或a＝0(舍去)，
所以所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.
18. 已知a＝0.30.6，b＝0.30.5，c＝0.40.5，则　(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>c>a D．c>b>a
解析：　
方法一：由指数函数y＝0.3x在定义域内单调递减，得ab，故选D.
方法二：因为＝0.3<1，且＝<1，又a，b，c都为正数，所以c>b>a，故选D.
【答案】　D
19. 已知函数f(x)＝aex＋b(a，b∈R)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x＋1，则a－b＝________．
解析：
方法一：由题意，得f′(x)＝aex，则f′(0)＝a，又f(0)＝a＋b，所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y－(a＋b)＝a(x－0)，即y＝ax＋a＋b.又该切线方程为y＝2x＋1，所以解得所以a－b＝3.
方法二：由题意，得f′(x)＝aex，则f′(0)＝a.因为函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x＋1，所以解得所以a－b＝3.
20. 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
证明：
方法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
21. 若α为第四象限角，则(　　)
A．cos 2α>0 B．cos 2α<0
C．sin 2α>0 D．sin 2α<0
解析：
方法一：由题意，知－＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cos 2α≤0或cos 2α>0，sin 2α<0，故选D.
方法二：当α＝－时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A，B，C，故选D.
22. 已知sin α－cos α＝，α∈(0，π)，则tan α＝(　　)
A．－1 B．－
C． D．1
解析：选A.
方法一：由
得2cos2α＋2cos α＋1＝0，即(cos α＋1)2＝0，
所以cos α＝－.
又α∈(0，π)，所以α＝，
所以tan α＝tan＝－1.
方法二：因为sin α－cos α＝，
所以sin＝，所以sin＝1.
因为α∈(0，π)，所以α＝，所以tan α＝－1.
法三：由sin α－cos α＝得1－sin 2α＝2，所以sin 2α＝－1.
设sin α＋cos α＝t，
所以1＋sin 2α＝t2，所以t＝0.
由得sin α＝，cos α＝－，
所以tan α＝－1.
23．化简：sin2αsin2β＋cos2αcos2β－cos 2αcos 2β.
解析：
方法一(从“角”入手，化复角为单角)：
原式＝sin2αsin2β＋cos2αcos2β－(2cos2α－1)(2cos2β－1)
＝sin2αsin2β－cos2αcos2β＋cos2α＋cos2β－
＝sin2αsin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－
＝sin2β＋cos2β－＝1－＝.
方法二(从“名”入手，化异名为同名)：
原式＝sin2αsin2β＋(1－sin2α)cos2β－cos 2αcos 2β
＝cos2β－sin2α(cos2β－sin2β)－cos 2αcos 2β
＝cos2β－sin2αcos 2β－cos 2αcos 2β
＝cos2β－cos 2β
＝－cos 2β＝.
24. 在平面直角坐标系xOy中，锐角α，β的顶点为坐标原点O，始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆O的交点分别为P，Q.已知点P的横坐标为，点Q的纵坐标为，则2α－β的值为________．
解析：　
方法一：由已知可知cos α＝，sin β＝.
又α，β为锐角，所以sin α＝，cos β＝.
因此cos 2α＝2cos2α－1＝，sin 2α＝2sin αcos α＝，
所以sin(2α－β)＝sin 2αcos β－cos 2αsin β＝×－×＝.
因为α为锐角，所以0＜2α＜π.
又cos 2α＞0，所以0＜2α＜，
又β为锐角，所以－＜2α－β＜，
又sin(2α－β)＝，所以2α－β＝.
方法二：同方法一得，cos β＝，sin α＝.
因为α，β为锐角，所以α－β∈.
所以sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝×－×＝.
所以sin(α－β)＞0，故α－β∈，
故cos(α－β)＝＝＝.
又α∈，所以2α－β＝α＋(α－β)∈(0，π)．
所以cos(2α－β)＝cos[α＋(α－β)]＝cos αcos(α－β)－sin αsin(α－β)＝×－×＝.
所以2α－β＝.
25．(2020·昆明市三诊一模)已知函数f(x)＝sin(ω>0)，x∈的值域是，则ω的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.
方法一：因为x∈，ω>0，所以ωx－∈.又当x∈时，f(x)∈，所以≤－≤，解得≤ω≤3，故选B.
方法二：当ω＝2时，f(x)＝sin.因为x∈，所以2x－∈，所以sin∈，满足题意，故排除A，C，D，选B.
26. 若函数f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos 2ωx在区间上单调递增，则正数ω的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：　
方法一：因为f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos 2ωx＝sin 2ωx＋1在区间上单调递增，
所以解得ω≤，所以正数ω的最大值是.故选B.
方法二：易知f(x)＝sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝，所以解得ω≤.所以正数ω的最大值是.故选B.
【答案】　B
27.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：　
方法一：因为bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a，所以asin A＝a即sin A＝1，故A＝，因此△ABC是直角三角形．
方法二：因为bcos C＋ccos B＝asin A，
所以sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2 A，
即sin(B＋C)＝sin2 A，所以sin A＝sin2 A，
故sin A＝1，即A＝，因此△ABC是直角三角形．
28. 若将上题条件改为“2sin Acos B＝sin C”，试判断△ABC的形状．
解析：
方法一：由已知得2sin Acos B＝sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin(A－B)＝0，因为－π方法二：由正弦定理得2acos B＝c，再由余弦定理得
2a·＝c a2＝b2 a＝b，
故△ABC为等腰三角形．
29．已知点A(0，1)，B(3，2)，向量＝(－4，－3)，则向量＝(　　)
A．(－7，－4)　　　　　　 B．(7，4)
C．(－1，4) D．(1，4)
解析：选A.
方法一：设C(x，y)，
则＝(x，y－1)＝(－4，－3)，
所以
从而＝(－4，－2)－(3，2)＝(－7，－4)．故选A.
方法二：＝(3，2)－(0，1)＝(3，1)，
＝－＝(－4，－3)－(3，1)＝(－7，－4)．
故选A.
30．(2020·长沙市四校模拟考试)如图，在梯形ABCD中，BC＝2AD，DE＝EC，设＝a，＝b，则＝(　　)
A.a＋b B．a＋b
C.a＋b D．a＋b
解析：选D.
方法一：如图所示，取BC的中点F，连接AF，因为BC＝2AD，所以AD＝CF，又AD∥CF，所以四边形ADCF为平行四边形，则AF∥CD，所以＝.因为DE＝EC，所以＝＝，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋(－)＝＋＝a＋b，故选D.
方法二：
如图，连接BD，因为DE＝EC.所以＝(＋)＝(＋＋)＝(＋ ＋)＝＋＝a＋b，故选D.
31．如图，在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________．
解析：
方法一：以AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
设正方形的边长为1，则＝，＝，＝(1，1)．因为＝λ＋μ＝，所以解得所以λ＋μ＝.
方法二：由＝＋，＝－＋，得＝λ＋μ＝＋，又＝＋，所以解得所以λ＋μ＝.
答案：
32． (2020·武昌区高三调研)在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝，AC＝BC＝2，点P是斜边AB上一点，且BP＝2PA，那么·＋·＝(　　)
A．－4 B．－2
C．2 D．4
解析：选D.
方法一：由已知得||＝||＝2，·＝0，＝(－)，
所以·＋·＝(＋)·＋(＋)·＝||2＋·＋·＋·＝||2＋(－)·(＋)＝||2＋||2－||2＝22＋×22－×22＝4.
方法二：
由已知，建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)，设P(x，y)．
因为BP＝2PA，所以＝2，所以(x，y－2)＝2(2－x，－y)，所以，所以·＋·＝(，)·(2，0)＋(，)·(0，2)＝4.故选D.
33．已知正方形ABCD，点E在边BC上，且满足2＝，设向量，的夹角为θ，则cos θ＝________．
解析：
方法一：因为2＝，所以E为BC的中点．设正方形的边长为2，则||＝，||＝2，·＝·(－)＝||2－||2＋·＝×22－22＝－2，所以cos θ＝＝＝－.
方法二：因为2＝，所以E为BC的中点．
设正方形的边长为2，建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则点A(0，0)，B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，所以＝(2，1)，＝(－2，2)，所以·＝2×(－2)＋1×2＝－2，故cos θ＝＝＝－.
答案：－
34．(2020·新高考卷Ⅰ)＝(　　)
A．1　　　　　　　　 B．－1
C．i D．－i
解析：选D.
方法一：＝＝＝－i，选D.
方法二：利用i2＝－1进行替换，则＝＝＝＝－i，选D.
35．(2021·湖北八校第一次联考)复数z满足(1＋i)z＝|1－i|，则z＝(　　)
A．1－i B．1＋i
C.－i D．＋i
解析：选C.
方法一：因为(1＋i)z＝|1－i|，所以z＝＝＝＝－i，故选C.
方法二：设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，因为(1＋i)z＝|1－i|，所以a－b＋(a＋b)i＝，所以解得所以z＝－i，故选C.
36．已知i为虚数单位，则＝(　　)
A．5 B．5i
C．－－i D．－＋i
解析：选A.
方法一：＝＝5，故选A.
方法二：＝＝＝5，故选A.
37．(2020·高考全国卷Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝＋i，则|z1－z2|＝________．
解析：
方法一：设z1＝x1＋y1i(x1，y1∈R)，z2＝x2＋y2i(x2，y2∈R)，则由|z1|＝|z2|＝2，得x＋y＝x＋y＝4.因为z1＋z2＝x1＋x2＋(y1＋y2)i＝＋i，所以|z1＋z2|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝x＋y＋x＋y＋2x1x2＋2y1y2＝8＋2x1x2＋2y1y2＝()2＋12＝4，所以2x1x2＋2y1y2＝－4，所以|z1－z2|＝|x1－x2＋(y1－y2)i|＝＝
＝＝2.
方法二：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝－a＋(1－b)i，则即所以|z1－z2|2＝(2a－)2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝2.
方法三：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(，1)，求|a－b|.因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2，即|z1－z2|＝2.
方法四：设z1＋z2＝z＝＋i，则z在复平面上对应的点为P(，1)，所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四边形法则知OAPB是边长为2，一条对角线也为2的菱形，则另一条对角线的长为|z1－z2|＝2××2＝2.
答案：2
38．(2020·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝____________．
解析：
方法一：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋×1＝25.
方法二：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1，所以d＝＝＝1，所以S10＝10×(－2)＋×1＝25.
答案：25
39. (2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5　　　　　 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
解析：　
方法一：设等差数列{an}的公差为d，
因为所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.
方法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为所以解得
选项A，a1＝2×1－5＝－3；
选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；
选项D，S1＝－2＝－，排除D.故选A.
40. (2020·广东省七校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：
方法一：设数列{an}的公差为d，则由题意得，解得所以an＝－2n＋17，由于a8＞0，a9＜0，所以Sn取得最大值时n的值是8，故选D.
方法二：设数列{an}的公差为d，则由题意得，解得则Sn＝15n＋×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以当n＝8时，Sn取得最大值，故选D.
【答案】　D
41．(2020·高考全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．12 B．24
C．30 D．32
【解析】　选D.
方法一：设等比数列{an}的公比为q，所以＝＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝×(25＋26＋27)＝×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.
方法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则＝＝＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故选D.
42. (2020·福州市适应性考试)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，设bn＝.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝2bn－n，求数列{cn}的前n项和．
【解析】　(1)
方法一：因为bn＝且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
所以bn＋1－bn＝－＝2，
又b1＝a1＝2，
所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．
所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.
方法二：因为bn＝，所以an＝nbn，
又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，
即bn＋1－bn＝2，
又b1＝a1＝2，
所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．
所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)及题设得，cn＝22n－n＝4n－n，
所以数列{cn}的前n项和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)
＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n)
＝－
＝－－.
43. (2020·贵阳市四校联考)中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，问丙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七个人，所分钱数为等差数列，甲、乙两人共分77文，戊、己、庚三人共分75文，则丙、丁两人各分多少文钱？则下列说法正确的是(　　)
A．丙分34文，丁分31文
B．丙分37文，丁分40文
C．丙分40文，丁分37文
D．丙分31文，丁分34文
【解析】　
方法一：设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数依次是a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，且成等差数列，设公差为d，根据题意可得即解得所以丙分得a3＝a1＋2d＝34(文)，丁分得a4＝a1＋3d＝31(文)，故选A.
方法二：依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为a－3d，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，a＋3d，则解得所以丙分得a－d＝34(文)，丁分得a＝31(文)，故选A.
44. 在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．5
【解析】　
方法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.
同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，
故a13＋a15＝＝＝1.
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
方法二：设等比数列{an}的公比为q，
则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝＝＝.
又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×＝2，
a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×＝1，
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
45．(2020·开封市定位考试)等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝(　　)
A．－1　　　　　　　　　　 B．1
C．－2 D．2
解析：选C.
方法一：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.
方法二：因为a3＋4S2＝0，所以a2q＋＋4a2＝0，因为a2≠0，所以q＋＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q＝－2，故选C.
46. 如图，四边形ABCD为矩形，ED⊥平面ABCD，AF∥ED.求证：BF∥平面CDE.
【证明】　
方法一：如图，在ED上取点N，使DN＝AF，连接NC，NF，
因为AF∥DN且AF＝DN，
所以四边形ADNF为平行四边形，
所以AD∥FN且AD＝FN，
又四边形ABCD为矩形，AD∥BC
且AD＝BC，所以FN∥BC且FN＝BC，
所以四边形BCNF为平行四边形，所以BF∥NC，
因为BF 平面CDE，NC 平面CDE，所以BF∥平面CDE.
方法二：因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD，
因为AB 平面CDE，CD 平面CDE，
所以AB∥平面CDE；
又AF∥ED，因为AF 平面CDE，ED 平面CDE，
所以AF∥平面CDE；
因为AF∩AB＝A，AB 平面ABF，AF 平面ABF，
所以平面ABF∥平面CDE，
又BF 平面ABF，
所以BF∥平面CDE.
47．如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．
解析：
方法一：如图，建立空间直角坐标系D xyz，
则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，
＝(－1，－2，2)．
设P(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]，
则＝(x－1，y－2，z)．
所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2)．
解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.
所以P(1－λ，2－2λ，2λ)，
设点P在直线CC1上的垂足为Q，得Q(0，2，2λ)，
||＝＝ .
当λ＝时，||min＝.
方法二：取B1C1的中点E1，连接D1E1，E1E，
则CC1∥平面D1EE1.
所以点P到直线CC1的距离的最小值即为CC1与平面D1EE1的距离．过点C1作C1F⊥D1E1于F，线段C1F的长即为所求．在直角三角形C1D1E1中，C1F＝.
答案：
48. 已知直线l过点M(2，1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O为原点，当△AOB面积最小时，求直线l的方程．
【解析】　
方法一：设直线l的方程为y－1＝k(x－2)(k<0)，A，B(0，1－2k)，S△AOB＝(1－2k)·＝≥(4＋4)＝4，当且仅当－4k＝－，即k＝－时，等号成立．故直线l的方程为y－1＝－(x－2)，即x＋2y－4＝0.
方法二：设直线l：＋＝1，且a>0，b>0，因为直线l过点M(2，1)，所以＋＝1，则1＝＋≥2，故ab≥8，故S△AOB的最小值为×ab＝×8＝4，当且仅当＝＝时取等号，此时a＝4，b＝2，故直线l为＋＝1，即x＋2y－4＝0.
49. 上题条件不变，当|MA|·|MB|取得最小值时，求直线l的方程．
解析：
方法一：由本例3的解析知A，B(0，1－2k)(k<0)．
所以|MA|·|MB|＝·
＝2
＝2 ≥4.
当且仅当－k＝－，即k＝－1时取等号．此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
方法二：由本例3的解析知A(a，0)，B(0，b)，a>0，b>0，＋＝1.
所以|MA|·|MB|＝||·||
＝－·＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)
＝2(a－2)＋b－1＝2a＋b－5
＝(2a＋b)－5＝2≥4，当且仅当a＝b＝3时取等号，此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
50．直线l过点P(－1，2)且到点A(2，3)和点B(－4，5)的距离相等，则直线l的方程为________．
解析：
方法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.由题意知＝，即|3k－1|＝|－3k－3|，所以k＝－，所以直线l的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋3y－5＝0；当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，也符合题意．故所求直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
方法二：当AB∥l时，有k＝kAB＝－，直线l的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋3y－5＝0；当l过AB的中点时，AB的中点为(－1，4)，所以直线l的方程为x＝－1，故所求直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
答案：x＋3y－5＝0或x＝－1
51．(2021·岳阳模拟)直线x－2y＋1＝0关于直线x＝1对称的直线方程是(　)
A．x＋2y－1＝0
B．2x＋y－1＝0
C．2x＋y－3＝0
D．x＋2y－3＝0
解析：选D.
方法一：设所求直线上任一点为(x，y)，则它关于x＝1的对称点(2－x，y)在直线x－2y＋1＝0上，所以2－x－2y＋1＝0，化简得x＋2y－3＝0.
方法二：根据直线x－2y＋1＝0关于直线x＝1对称的直线斜率是互为相反数得答案A或D，再根据两直线交点在直线x＝1上知选D.
52. 已知两条直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点为P，求过点P且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程．
【解析】　
方法一：解l1与l2组成的方程组得到交点P(0，2)，因为k3＝，所以直线l的斜率k＝－，方程为y－2＝－x，即4x＋3y－6＝0.
方法二：设所求直线l的方程为4x＋3y＋c＝0，由法一可知：P(0，2)，将其代入方程，得c＝－6，所以直线l的方程为4x＋3y－6＝0.
方法三：设所求直线l的方程为x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0，即(1＋λ)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0，因为直线l与l3垂直，所以3(1＋λ)－4(λ－2)＝0，所以λ＝11，所以直线l的方程为4x＋3y－6＝0.
53．(2021·南充市第一次适应性考试)若过点A(4，0)的直线l与圆(x－2)2＋y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围是(　　)
A．(－，) B．[－，]
C. D.
解析：选D.
方法一：设直线l的方程为y＝k(x－4)，联立得则(x－2)2＋k2(x－4)2＝1，得(k2＋1)x2－(8k2＋4)x＋16k2＋3＝0，根据题意知Δ＝(8k2＋4)2－4(k2＋1)(16k2＋3)≥0 －≤k≤.
方法二：设直线l的方程为y＝k(x－4)，直线l与圆有公共点，则圆心(2，0)到直线l：kx－y－4k＝0的距离d＝＝≤1 4k2≤k2＋1 3k2≤1 －≤k≤.
54. 过点(，－)，且与椭圆＋＝1有相同焦点的椭圆的标准方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
【解析】　
方法一(定义法)：椭圆＋＝1的焦点为(0，－4)，(0，4)，即c＝4.
由椭圆的定义知，2a＝＋，解得a＝2.
由c2＝a2－b2，可得b2＝4.
所以所求椭圆的标准方程为＋＝1.
方法二(待定系数法)：
设所求椭圆方程为＋＝1(k<9)，
将点(，－)的坐标代入，可得＋＝1，
解得k＝5或k＝21(舍去)，
所以所求椭圆的标准方程为＋＝1.
方法三(待定系数法)：设所求椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．由题意得解得
所以所求椭圆的标准方程为＋＝1.
55．直线y＝2x－1与椭圆＋＝1的位置关系是(　　)
A．相交　　　B．相切　　　C．相离　　　D．不确定
解析：选A.
方法一：直线方程y＝2x－1过点(1，1)，而(1，1)在椭圆内部，故选A.
方法二：由得10y2＋2y－35＝0，Δ＝22－4×10×(－35)＝1 404>0，所以直线y＝2x－1与椭圆＋＝1相交．
56．若双曲线的渐近线方程为y＝±x，且经过点(4，)，则双曲线的标准方程为________．
解析：
方法一：因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，
所以可设双曲线的方程为x2－4y2＝λ(λ≠0)．
因为双曲线过点(4，)，所以λ＝16－4×()2＝4，
所以双曲线的标准方程为－y2＝1.
方法二：因为渐近线y＝x过点(4，2)，而<2，
所以点(4，)在渐近线y＝x的下方，在y＝－x的上方(如图)．
所以双曲线的焦点在x轴上，故可设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)．
由已知条件可得解得
所以双曲线的标准方程为－y2＝1.
答案：－y2＝1
57. 抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0距离的最小值是________．
【解析】　
方法一：如图，设与直线4x＋3y－8＝0平行且与抛物线y＝－x2相切的直线为4x＋3y＋b＝0，切线方程与抛物线方程联立得
消去y整理得3x2－4x－b＝0，则Δ＝16＋12b＝0，解得b＝－，所以切线方程为4x＋3y－＝0，抛物线y＝－x2 上的点到直线4x＋3y－8＝0距离的最小值是这两条平行线间的距离d＝＝.
方法二：由y＝－x2，得y′＝－2x.如图，设与直线4x＋3y－8＝0平行且与抛物线y＝－x2相切的直线与抛物线的切点是T(m，－m2)，则切线斜率k＝y′|x＝m＝－2m＝－，
所以m＝，即切点T，点T到直线4x＋3y－8＝0的距离d＝＝，所以抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0距离的最小值是.
【答案】　
58．(2020·福州市质量检测)已知圆O：x2＋y2＝，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长等于圆O半径的倍，C的离心率为.若直线l与C交于A，B两点，且与圆O相切，证明：△AOB为直角三角形．
解析：
方法一：①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝或x＝－.
当直线l的方程为x＝时，不妨设A，B，
则·＝－＝0.
当直线l的方程为x＝－时，不妨设
A，B，
则·＝－＝0，
综上，OA⊥OB.
所以△AOB为直角三角形．
②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l与圆O相切，所以＝，
即3m2－4k2－4＝0，
由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
所以Δ＝16k2m2－8(1＋2k2)(m2－2)＝8(4k2－m2＋2)＝(4k2＋1)>0，
且x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝
＝＝0，
所以OA⊥OB.
综上所述，OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
方法二：①当直线l的方程为y＝时，
不妨设A，B，则·＝
－＋＝0，
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形．
②当直线l的方程为y＝－时，不妨设A，B，所以·＝－＋＝0，
所以OA⊥OB，所以△AOB为直角三角形．
③当直线l不与x轴平行时，设其方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l与圆O相切，所以＝，即3m2－4t2－4＝0.
由得(t2＋2)y2＋2tmy＋m2－4＝0.
所以Δ＝4t2m2－4(t2＋2)(m2－4)＝8(2t2－m2＋4)＝
(t2＋4)>0，
且y1＋y2＝－，y1y2＝.
·＝y1y2＋x1x2
＝y1y2＋(ty1＋m)(ty2＋m)
＝(1＋t2)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝
＝＝0，
所以OA⊥OB，所以△AOB为直角三角形．
综上所述，△AOB为直角三角形．
59. (2020·咸阳模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－. 设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．
解析：方法一：易知直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx＋m.
联立方程组消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即3＋4k2＝m2.
设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝，
所以x1＝x2＝.
所以P，即P.
又Q(4，4k＋m)，
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，
则由·＝0，
得·(4－t，4k＋m)＝0.
整理，得(t－1)＋t2－4t＋3＝0.
由的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
方法二：设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：＋＝1.
令x＝4，得Q.
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，
则由·＝0，
得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，
即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.
由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
60．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有(　　)
A．256种 B．128种 C．72种 D．64种
解析：选C.
方法一：首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．
方法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
61．在100件产品中，有2件次品，从中任取3件，其中“至少有1件次品”的取法有________种．
解析：
方法一：第1类，“只有1件次品”，共有CC种；第2类，“有2件次品”，共有CC种，由分类加法计数原理知共有CC＋CC＝9 604(种)．
方法二：无任何限制共有C种，其中“没有次品”共有C种，则“至少有1件次品”共有C－C＝9 604(种)．
答案：9 604
62. 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
【解】　(1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A种方法，共有A·A＝5 040(种)．　
(3)方法一(特殊元素优先法)：先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3 600(种)．　
方法二(特殊位置优先法)：首尾位置可安排另6人中的两人，有A种排法，其他有A种排法，共有AA＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A种方法，共有A·A＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，共有A·A＝1 440(种)．
63. (2020·广州市阶段训练)(3x2－2x－1)5的展开式中，x2的系数是________．(用数字填写答案)
【解析】　
方法一：因为(3x2－2x－1)5＝[(3x2－2x)－1]5展开式的通项公式为Tr＋1＝C(3x2－2x)5－r·(－1)r，当r＝0或r＝1或r＝2时，二项式(3x2－2x)5－r的展开式中无x2项；当r＝3时，二项式(3x2－2x)5－r的展开式中x2的系数为4；当r＝4时，二项式(3x2－2x)5－r的展开式中x2的系数为3；当r＝5时，二项式(3x2－2x)5－r的展开式中无x2项．所以所求展开式中x2的系数为4×C×(－1)3＋3×C×(－1)4＝－25.
方法二：(3x2－2x－1)5＝(3x＋1)5(x－1)5，(3x＋1)5的展开式中常数项为1，x的系数为3C＝15，x2的系数为9C＝90，(x－1)5的展开式中常数项为－1，x的系数为C×(－1)4＝5，x2的系数为C×(－1)3＝－10，所以(3x2－2x－1)5的展开式中，x2的系数为1×(－10)＋15×5＋90×(－1)＝－25.
64．(2020·四省八校第二次质量检测)(x>0)的展开式中含x3项的系数为________．
解析：
方法一：因为＝，所以其展开式的通项公式为Tr＋1＝C()12－r＝C(－1)r()12－2r＝C(－1)rx6－r，由6－r＝3得r＝3，所以含x3项的系数为C(－1)3＝－220.
方法二：＝＝，要求其展开式中含x3项的系数即求(x－1)12的展开式中含x9项的系数，为C(－1)3＝－220.
答案：－220
65. 已知射手甲射击一次，命中9环(含9环)以上的概率为0.56，命中8环的概率为0.22，命中7环的概率为0.12. 求甲射击一次，至少命中7环的概率．
【解析】　记“甲射击一次，命中7环以下”为事件A，
则P(A)＝1－0.56－0.22－0.12＝0.1，
“甲射击一次，命中7环”为事件B，则P(B)＝0.12，
由于在一次射击中，A与B不可能同时发生，
故A与B是互斥事件，
方法一：记“甲射击一次，命中8环”为事件C，
“甲射击一次，命中9环(含9环)以上”为事件D，由于一次射击命中，A，B，C，D不可能同时发生，故A，B，C，D是互斥事件，
则“甲射击一次，至少命中7环”的事件为B＋C＋D，
所以P(B＋C＋D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.12＋0.22＋0.56＝0.9.
所以甲射击一次，至少命中7环的概率为0.9.
方法二：因为“甲射击一次，至少命中7环”为事件A，
所以P()＝1－P(A)＝1－0.1＝0.9.
所以甲射击一次，至少命中7环的概率为0.9.
66．海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．
地区 A B C
数量 50 150 100
若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．
解析：
方法一：设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A；B1，B2，B3；C1，C2.
则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．
每个样品被抽到的机会相等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有：{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．所以P(D)＝.
即这2件商品来自相同地区的概率为.
方法二：这2件商品来自相同地区的概率为＝＝.
67. 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由落下，小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率分别为，，求小球落入A袋中的概率．
解析：
方法一：由题意知，小球落入A袋中的概率为：P(A)＝1－P(B)＝1－＝.
方法二：因为小球每次遇到障碍物时有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时，小球将落入A袋，所以小球落入A袋中的概率为C··＋C··＝.
68．在某“猜羊”游戏中，一只羊随机躲在两扇门背后，参赛选手选择其中一个门并打开，若这只羊就在该门后，则为猜对；否则，为猜错．已知一位选手获得了4次“猜羊”机会，若至少猜对2次才能获奖，则该选手获奖的概率为(　　)
A．0.25 B．0.312 5
C．0.5 D．0.687 5
解析：选D.
方法一：该选手获奖的概率为P＝C×＋C×＋C×＝＝0.687 5.
方法二：该选手获奖的对立事件为“该选手只猜对一次或一次都没有猜对”，所求概率为P＝1－＝1－＝＝0.687 5.
69. (2020·合肥一中最后一卷)某公司为了增强职工的健身意识，鼓励大家加入健步运动，要求200名职工每天晚上9：30上传手机的计步截图，对于步数超过10 000的给予奖励．图(1)为甲、乙两名职工在某一星期内的运动步数折线统计图，图(2)为根据这星期内某一天全体职工的运动步数作出的频率分布直方图．
如果图(2)中的频率分布直方图所记录的那天甲的排名为第130名，乙的排名为第40名，试判断作出的是星期几的频率分布直方图．
【解析】130÷200＝0.65，40÷200＝0.2，
假设甲当天的步数为x千步，乙当天的步数为y千步．
方法一：由频率分布直方图可得
解得所以可判断作出的是星期二的频率分布直方图．
方法二：由频率分布直方图可得
解得所以可判断作出的是星期二的频率分布直方图．
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