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小题阶段自查(一)
1.B　[解析] 因为集合B={x|x>1},所以 RB={x|x≤1},所以A∩( RB)={x|-1≤x≤1}.故选B.
2.D　[解析] 命题“ a∈[0,1],a4+a2>1”的否定是“ a∈[0,1],a4+a2≤1”.故选D.
3.C　[解析] 易知T是S的真子集,所以S∩T=T,故选C.
4.C　[解析] 因为2x>0,所以2x<3x等价于1<,因为y=在定义域内单调递增,所以1<等价于x>0,故“x>0”是“2x<3x”的充要条件.故选C.
5.D　[解析] 因为x>,所以3x-1>0,所以y=3x+=(3x-1)++1≥2+1=5,当且仅当3x-1=,即x =1时,等号成立,故函数y=3x+的最小值为5.故选D.
6.A　[解析] 设每月的土地租金成本和运输成本分别为W1万元和W2万元,分拣中心和货运枢纽相距s km,则W1=,W2=k2s,将s=10,W1=2,W2=8代入可得k1=20,k2=,所以W1=,W2=s,故W1+W2=+s≥2=8,当且仅当=s,即s=5时取等号.故选A.
7.D　[解析] 因为命题“ x∈[1,2],2x+x-a≤0”为真命题,所以a≥(2x+x)min,x∈[1,2],显然y=2x+x在[1,2]上单调递增,所以a≥21+1=3,即实数a的取值范围为[3,+∞).故选D.
8.B　[解析] 因为+=1,且a,b为正实数,所以a+b+b+1=(a+b+b+1)=4+++1≥5+2=9,当且仅当=,即a=b+2时,等号成立,所以a+2b+1≥9,所以a+2b≥8.故选B.
9.ABD　[解析] 对于A,-=<0,故<,故A正确;对于B,a+-b-=(a-b)+=(a-b)>0,故a+>b+,故B正确;对于C,当a=4,b=2时,ab=ba,故C错误;对于D,因为>,所以lg>lg=,故D正确.故选ABD.
10.AC　[解析] 因为直线l:y=kx+b和圆O:x2+y2=2有公共点,所以圆心到直线l的距离d=≤,即|b|≤.当b=1时显然成立,故A正确;当k=1时,需满足|b|≤2,故B错误;当b2-k2≤1时,b2≤k2+1<2k2+2,故C正确;“b2-2k2≤2”是“直线l:y=kx+b和圆O:x2+y2=2有公共点”的充要条件,故D错误.故选AC.
11.BD　[解析] 方法一:由x2+y2-xy=1,得(x+y)2-1=3xy≤3,当且仅当x=y=±1时取等号,所以(x+y)2≤4,即-2≤x+y≤2,故A错误,B正确;因为-≤xy≤,所以-≤x2+y2-1≤,所以≤x2+y2≤2,故C错误,D正确.故选BD.
方法二:由x2+y2-xy=1得+=1,令得故x+y=sin θ+cos θ=2sin∈[-2,2],故A错误,B正确;x2+y2=+=sin 2θ-cos 2θ+=sin+∈,故C错误,D正确.故选BD.
12.1　[解析] 易知a≠0.∵={0,a2,a+b},∴=0,即b=0,∴a2=1,又由集合中元素的互异性,知a≠1,∴a=-1,故a2024+b2023=(-1)2024+02023=1.
13.40%　[解析] 设既对物理感兴趣又对历史感兴趣的同学占该班同学总数的比例为x,则对物理或历史感兴趣的同学的比例是56%+74%-x, 所以56%+74%-x=90%,解得x=40%,所以既对物理感兴趣又对历史感兴趣的同学占该班同学总数的比例是40%.
14.　[解析] 令b-a=m,c-b=n,1-c=p,X=max{b-a,c-b,1-c}=max{m,n,p},则m,n,p>0,①若b≥2a,则1-n-p≥2-2m-2n-2p,得2m+n+p≥1,又∴4X≥2m+n+p≥1,则X≥.②若a+b≤1,即2-m-2n-2p≤1,得m+2n+2p≥1,又∴5X≥m+2n+2p≥1,∴X≥.综上,X的最小值为.小题阶段自查(一)　预备知识
一、单选题
1.[2023·辽宁沈阳二模] 已知集合A={x|-1≤x<2},B={x|x>1},则A∩( RB)= (　 )
A.{x|-1≤x<1}
B.{x|-1≤x≤1}
C.{x|-1≤x<2}
D.{x|x<2}
2.[2024·重庆七校联考] 命题“ a∈[0,1],a4+a2>1”的否定是 (　 )
A. a∈[0,1],a4+a2≤1
B. a [0,1],a4+a2≤1
C. a [0,1],a4+a2>1
D. a∈[0,1],a4+a2≤1
3.[2021·全国乙卷] 已知集合S={s|s=2n+1,n∈Z},T={t|t=4n+1,n∈Z},则S∩T= (　 )
A. B.S
C.T D.Z
4.[2023·浙江镇海中学模拟] 已知x∈R,则“x>0”是“2x<3x”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
5.[2023·山西朔州模拟] 函数y=3x+的最小值为 (　 )
A.8 B.7
C.6 D.5
6.[2023·湖南师大附中模拟] 快递公司计划在某货运枢纽附近投资配建货物分拣中心.假定每月的土地租金成本与分拣中心到货运枢纽的距离成反比,每月的货物运输成本与分拣中心到货运枢纽的距离成正比.经测算,如果在距离货运枢纽10 km处配建分拣中心,则每月的土地租金成本和货物运输成本分别为2万元和8万元.要使得两项成本之和最小,分拣中心到货运枢纽的距离应设置为 (　 )
A.5 km B.6 km C.7 km D.8 km
7.[2023·重庆南开中学月考] 若命题“ x∈[1,2],2x+x-a≤0”为真命题,则实数a的取值范围为 (　 )
A.(-∞,5] B.[6,+∞)
C.(-∞,3] D.[3,+∞)
8.[2023·重庆巴蜀中学月考] 已知正实数a,b满足+=1,则a+2b的最小值为 (　 )
A.6 B.8
C.10 D.12
二、多选题
9.[2023·山东潍坊二模] 已知实数a>b>0,则 (　 )
A.<
B.a+>b+
C.ab>ba
D.lg>
10.[2023·诸暨模拟] “直线l:y=kx+b和圆O:x2+y2=2有公共点”的一个充分不必要条件是 (　 )
A.b=1 B.k=1 C.b2-k2≤1 D.b2-2k2≤2
11.[2022·新高考全国Ⅱ卷] 若实数x,y满足x2+y2-xy=1,则 (　 )
A.x+y<1 B.x+y≥-2
C.x2+y2≥1 D.x2+y2≤2
三、填空题
12.[2023·甘肃武威十八中一诊] 已知集合={0,a2,a+b},则a2024+b2023=　　　　.
13.[2023·云南昆明一中模拟] 某班一个课外调查小组调查了该班同学对物理和历史两门学科的兴趣爱好情况,其中对物理或历史感兴趣的同学占90%,对物理感兴趣的同学占56%,对历史感兴趣的同学占74%,则既对物理感兴趣又对历史感兴趣的同学占该班同学总数的比例是　　　　.
14.[2024·九省联考] 以max M表示数集M中最大的数,设01.A　[解析] 由题意得解得02.D　[解析] 方法一:因为f(x)=是偶函数,所以f(x)-f(-x)=-==0,又因为x不恒为0,所以ex-e(a-1)x=0,即ex=e(a-1)x,则x=(a-1)x,即1=a-1,解得a=2.故选D.
方法二:因为f(x)=是偶函数,所以f(1)=f(-1),即=-,解得a=2,经检验符合题意.故选D.
方法三:由题设,可知f(x)=x·,且y=x为奇函数,则g(x)=为奇函数,由g(x)+g(-x)=0,解得a=2.故选D.
3.C　[解析] 对于A,因为y=ln x在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=-ln x在(0,+∞)上单调递减,故A错误;对于B,f(x)==在(0,+∞)上单调递减,故B错误;对于C,因为y=在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=-在(0,+∞)上单调递增,故C正确;对于D,因为f===,f(1)=3|1-1|=30=1,f(2)=3|2-1|=3,所以f(x)=3|x-1|在(0,+∞)上不单调,故D错误.故选C.
4.D　[解析] 对于A,f(x)=x,则f(2x)=2x,f(x+1)=x+1,不满足f(2x)=f(x+1);对于B,f(x)=log2x,则f(2x)=log2(2x)=1+log2x,f(x+1)=log2(x+1),不满足f(2x)=f(x+1);对于C,f(x)=2x,则f(2x)=22x,f(x+1)=2x+1=2×2x=2x+1,不满足f(2x)=f(x+1);对于D,f(x)=当x∈Q时,2x∈Q,x+1∈Q,故f(2x)=f(x+1)=1,当x Q时,2x Q,x+1 Q,故f(2x)=f(x+1)=0,所以f(x)=满足f(2x)=f(x+1),D正确.故选D.
5.B　[解析] 方法一:f(x)==-1,所以函数f(x)的图象关于点(-1,-1)对称.因为奇函数的图象关于原点(0,0)对称,所以需要将函数 f(x)的图象向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度,故选B.
方法二:对于A,f(x-1)===-1,故f(x-1)-1=-2不是奇函数,故A不正确;对于B,f(x-1)+1=是奇函数,故B正确;同理,f(x+1)==,显然f(x+1)-1=-, f(x+1)+1=的图象均不关于原点对称,因此都不是奇函数,故C,D不正确.故选B.
6.A　[解析] 因为对任意x∈R,都有f(3+x)=f(1-x),所以f(1)=f(3-2)=f[1-(-2)]=f(3),又因为f(x)在(2,+∞)上单调递减,且2<3<4,所以f(4)7.D　[解析] 因为f(x)是(0,+∞)上的单调函数,所以存在唯一的t∈(0,+∞),使得f(t)=5,则f(x)-x-log2x=t,得f(x)=t+x+log2x,所以f(t)=2t+log2t=5.因为y=2t+log2t为(0,+∞)上的增函数,且2×2+log22=5,所以t=2,所以f(x)=x+log2x+2.因为f(x)在[1,8]上单调递增,所以f(1)≤f(x)≤f(8),得3≤f(x)≤13.故选D.
8.C　[解析] 对于A,因为函数g(x)是“类奇函数”,所以g(x)g(-x)=1,且g(x)>0,所以当x=0时,g(0)g(-0)=1,可得g(0)=1,故A中说法正确;对于B,由g(x)g(-x)=1,得g(-x)=,g(-x)随g(x)的增大而减小,若g(x)max=g(4)=4,则g(x)min=g(-4)=,故B中说法正确;对于C,令g(x)=2x,则g(x)的定义域为R,对于R中的任意一个x,都有g(x)=2x>0,-x∈R,且g(-x)g(x)=2-x·2x=1,又g(x)=2x在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)=2x为符合题意且满足该选项的一个“类奇函数”,但g(x)=2x在(-∞,0)上单调递增,故C中说法错误;对于D,因为g(x)g(-x)=1,h(x)h(-x)=1,所以G(x)G(-x)=g(x)g(-x)h(x)h(-x)=1,又g(x)>0,h(x)>0,所以G(x)>0,所以函数G(x)=g(x)h(x)也是“类奇函数”,所以D中说法正确.故选C.
9.ACD　[解析] 因为f(x)=f[f(a)]=1,所以当a≤0时,f(a)=1-2a>0,所以此时f[f(a)]=f(1-2a)=ln(1-2a)=1,所以1-2a=e,解得a=<0,所以a=满足题意;当01时,f(a)=ln a>0,所以此时f[f(a)]=f(ln a)=ln(ln a)=1,所以ln a=e,解得a=ee,满足题意.故选ACD.
10.ACD　[解析] 依题意,x,y∈R,f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),取x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)f(0),因为f(1)=1,所以f(0)=2,A正确;取x=1,y=1,得f(2)+f(0)=f(1)f(1),则f(2)=-1,B错误;取x=0,y∈R,得f(y)+f(-y)=f(0)f(y),而f(0)=2,则f(-y)=f(y),所以对任意x∈R,恒有f(-x)=f(x),则f(x)为偶函数,C正确;取x∈R,y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)f(1),即f(x+1)+f(x-1)=f(x),有f(x+2)+f(x)=f(x+1),于是f(x+2)=-f(x-1),即有f(x+3)=-f(x),因此f(x+6)=-f(x+3)=f(x),所以f(x)为周期函数,D正确.故选ACD.
11.ABD　[解析] 在不超过5的正整数中与5互素的正整数有1,2,3,4,所以φ(5)=4,在不超过8的正整数中与8互素的正整数有1,3,5,7,所以φ(8)=4,因为5与8互素,所以φ(40)=φ(5×8)=φ(5)·φ(8)=16,故A正确;若n为素数,则n与其前面n-1个正整数互素,所以φ(n)=n-1,故B正确;因为φ(1)=1,φ(2)=φ(2×1)=1≠2φ(1),故C错误;因为不超过2n且与2n互素的正整数有1,3,5,…,2n-1,共有2n-1个,所以φ(2n)=2n-1,故D正确.故选ABD.
12.-　[解析] 由题意知,当x∈时,f(sin x)+2f(cos x)=cos 2x,所以可得
解得f(sin x)=-cos 2x=2sin2x-1,即f(x)=2x2-1,所以f=-.
13.f(x)=ln x+1(答案不唯一)　[解析] 若f(x)=ln x+1,则f(x1)=ln x1+1,f(x2)=ln x2+1,又f(x1x2)=ln(x1x2)+1=ln x1+ln x2+1,所以f(x1x2)=f(x1)+f(x2)-1,此时f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,满足题设.
14.(-∞,-2)∪(1,+∞)　[解析] 令g(x)=+ex,则g(x)=f(x)-2,因为g(x)+g(-x)=+ex+-ex=+=0,所以g(x)为奇函数.又g(x)=1-+ex,所以g(x)为增函数.因为f(m2)+f(m-2)>4,所以f(m2)-2+f(m-2)-2>0,等价于g(m2)+g(m-2)>0,即g(m2)>-g(m-2)=g(2-m),所以m2>2-m,即m2+m-2>0,解得m<-2或m>1,所以实数m的取值范围为(-∞,-2)∪(1,+∞).小题阶段自查(二)　函数的概念与性质
一、单选题
1.[2024·广州中山大学附中模拟] 函数f(x)=-log2x的定义域为 (　 )
A.(0,2]
B.(-∞,2)
C.(-∞,0)∪(0,2]
D.[2,+∞)
2.[2023·全国乙卷] 已知f(x)=是偶函数,则a= (　 )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
3.[2023·北京卷] 下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是 (　 )
A.f(x)=-ln x B.f(x)=
C.f(x)=- D.f(x)=3|x-1|
4.[2023·浙江临海、新昌二模] 已知函数f(x)满足f(2x)=f(x+1),则f(x)的解析式可能是 (　 )
A.f(x)=x
B.f(x)=log2x
C.f(x)=2x
D.f(x)=
5.[2021·全国乙卷] 设函数f(x)=,则下列函数中为奇函数的是 (　　)
A.f(x-1)-1 B.f(x-1)+1
C.f(x+1)-1 D.f(x+1)+1
6.[2023·深圳模拟] 已知函数f(x)的定义域为R,若对任意x∈R,都有f(3+x)=f(1-x),且f(x)在(2,+∞)上单调递减,则f(1),f(2)与f(4)的大小关系是 (　 )
A.f(4)B.f(2)C.f(1)D.f(4)7.[2023·石家庄部分学校联考] 已知函数f(x)是(0,+∞)上的单调函数,且f[f(x)-x-log2x]=5,则f(x)在[1,8]上的取值范围为 (　 )
A.[2,10] B.[3,10]
C.[2,13] D.[3,13]
8.[2023·广东惠州一模] 若函数f(x)的定义域为D,对于D中的任意一个x,都有f(x)>0,-x∈D,且f(-x)f(x)=1,则称函数f(x)为“类奇函数”.若某函数g(x)是“类奇函数”,则下列说法中错误的是 (　 )
A.若0在g(x)的定义域中,则g(0)=1
B.若g(x)max=g(4)=4,则g(x)min=g(-4)=
C.若g(x)在(0,+∞)上单调递增,则g(x)在(-∞,0)上单调递减
D.若g(x)的定义域为R,且函数h(x)也是定义域为R的“类奇函数”,则函数G(x)=g(x)h(x)也是“类奇函数”
二、多选题
9.[2023·广州华南师大附中月考] 已知f(x)=若f[f(a)]=1,则实数a的值可以为 (　 )
A. B.
C.1 D.ee
10.[2024·浙江名校联盟模拟] 已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),则 (　 )
A.f(0)=2
B.f(2)=0
C.f(x)为偶函数
D.f(x)为周期函数
11.[2023·C9联盟模拟] 欧拉函数φ(n)(n∈N+)的函数值等于所有不超过n,且与n互素(两个数的最大公约数为1)的正整数的个数,例如φ(1)=1,φ(4)=2.欧拉函数具有以下性质:如果m,n是互素的正整数,那么φ(mn)=φ(m)·φ(n).下列说法中正确的是 (　 )
A.φ(40)=16
B.若n为素数,则φ(n)=n-1
C.若n为奇数,则φ(2n)=2φ(n)
D.若n∈N+,则φ(2n)=2n-1
三、填空题
12.[2024·丹东模拟] 若x∈,函数f(x)满足f(sin x)+2f(cos x)=cos 2x,则f=　　　　.
13.[2023·湖南娄底四模] 已知函数f(x)满足以下条件:①在区间(0,+∞)上单调递增;②对任意x1,x2,均有f(x1x2)=f(x1)+f(x2)-1.则f(x)的一个解析式为　　　　　　　.
14.[2024·广东六校联考] 已知函数f(x)=+ex+2,且满足f(m2)+f(m-2)>4,则实数m的取值范围是　　　　　　　. 小题阶段自查(三)
1.D　[解析] 由函数图象关于y轴对称可知函数f(x)为偶函数,且f(2)<0.对于A,若f(x)=,则f(-x)==-=-f(x),函数为奇函数,其图象关于原点对称,故A不符合题意;对于B,若f(x)=,则f(-x)==-=-f(x),函数为奇函数,其图象关于原点对称,故B不符合题意;对于C,f(x)=>0恒成立,故C不符合题意;对于D,若f(x)=,则f(-x)===f(x),函数为偶函数,其图象关于y轴对称,且f(2)=<0,故D符合题意.故选D.
2.C　[解析] 由log83=b,得8b=23b=3,所以4a-3b====.故选C.
3.D　[解析] ∵3a=6log32=log364log216=4,3c=4, ∴3a<3c<3b,即b>c>a.故选D.
4.B　[解析] 方法一:因为f(x)=e2x+e-2x+2,所以f(1-x)=e2-2x+e2x=f(x),所以函数f(x)的图象关于直线x=对称,将f(x)的图象向左平移个单位长度,所得图象关于y轴对称,即f为偶函数.故选B.
方法二:因为f=e2x+1+e-2x+1=e(e2x+e-2x),x∈R,所以f=e(e2x+e-2x)=f,所以f为偶函数.因为f(x+1)=e2x+2+e-2x,所以f(-1+1)=e0+e2=1+e2,f(1+1)=e4+e-2=e4+,所以f(-1+1)≠f(1+1),f(-1+1)≠-f(1+1),故f(x+1)为非奇非偶函数.f(x-1)=e2x-2+e-2x+4,故f(-1-1)=e-4+e6=+e6,f(1-1)=e0+e2=1+e2,所以f(-1-1)≠f(1-1),f(-1-1)≠-f(1-1),故f(x-1)为非奇非偶函数.f=e2x-1+e-2x+3,故f=e-3+e5=+e5,f=e+e=2e,所以f≠f,f≠-f,故f为非奇非偶函数.故选B.
5.D　[解析] 因为f(x)=·cos 2x,f(-x)=·cos(-2x)=·cos 2x=f(x),所以函数f(x)为偶函数,故排除A,B;又f(0)=>0,故排除C.故选D.
6.B　[解析] 由题意知,当x=9时,P(x)=50%,则=50%,解得e-0.9+9k=1,所以9k-0.9=0,可得k=0.1,所以P(x)=.当x=5时,P(x)==≈=40%.故选B.
7.C　[解析] 因为g(x)=log3(3x+1)-x=log3(+)的定义域为R,g(-x)=log3(+)=g(x),所以函数g(x)为偶函数.因为当x∈[0,+∞)时, ≥1,y=单调递增,所以由复合函数的单调性可得函数y=+在[0,+∞)上单调递增,又函数y=log3x在定义域上单调递增,所以由复合函数的单调性可得g(x)在[0,+∞)上单调递增.因为f(x)=log3(3x-1+3)-x=1+log3(3x-2+1)-x=log3(3x-2+1)-(x-2)=g(x-2),所以f(x)的图象关于直线x=2对称,且在[2,+∞)上单调递增,所以由f(a-1)≥f(2a+1)可得|a-1-2|≥|2a+1-2|,两边平方,化简得(a+2)(3a-4)≤0,解得-2≤a≤.故选C.
8.D　[解析] f[2-(x+2)]=f(-x)=f[(x+2)+2]=f(x+4),又f(x)是偶函数,所以f(-x)=f(x),则f(x+4)=f(x),所以f(x)的周期为4.由f(2-x)=f(x+2)得f(x)的图象关于直线x=2对称,当x∈[0,2]时,f(x)=()x,可得f(x)的大致图象如图所示.在区间[0,10]内,函数g(x)=f(x)-mx-1(m>0)有5个零点,等价于y=f(x)与y=mx+1(m>0)的图象在[0,10]上有5个交点.结合图象,当x=10时,y=f(x)与y=mx+1(m>0)的图象恰好有5个交点,对应的m取到最大值,此时A(10,e),可得e=10m+1,则m=,则实数m的取值范围是.故选D.
9.AC　[解析] 当01时,取a=2,有f(2)=f(4)=0,即函数f(x)=x2-2x(x>0)的图象与x轴有两个公共点,又x∈(0,+∞),随着x的无限增大,函数y=ax呈爆炸式增长,其增长速度比y=xa大,因此存在正数x0,使得当x>x0时,xa10.ACD　[解析] 方法一:由题意可得燃油汽车的声压级=20×lg∈[60,90],所以=1,∈[60,90]①.同理,=1,∈[50,60]②,=1=102=100③.对于A,由表知≥,可得p1≥p2,故A正确;对于B,②÷③得=1∈[1,10],所以p2≤10p3,故B错误;对于C,=100,即p3=100p0,故C正确;对于D,①÷②得=1∈[100,102],即∈[1,100],即p1≤100p2,故D正确.故选ACD.
方法二:因为Lp=20×lg,所以-=20×lg-20×lg=20×lg,又因为-≥0,所以lg≥0,即≥1,所以p1≥p2,故A正确;同理,-=20×lg-20×lg=20×lg,因为-=20×lg∈[10,20],所以lg∈,即∈[,10],所以∈,则p2≤10p3,故B错误;因为=40,所以20×lg=40,则lg=2,即=100,所以p3=100p0,故C正确;因为-≤40,即20×lg≤40,所以lg≤2,即p1≤100p2,故D正确.故选ACD.
11.ABD　[解析] 由题意得ek=n(n>1),e-k=m=,∵n<2m,∴n<2×,∴10,∴y=在(1,e)上单调递增,∵112.x=3　[解析] 当x≥0时,g(x)=2,即log2(x+1)=2,解得x=3;当x<0时,g(x)=f(-x)=2x+1=2,解得x=0(舍去).所以g(x)=2的解为x=3.
13.(2e2-4,+∞)　[解析] 由复合函数的单调性得函数g(x)=ln(x+2)-2在(-2,+∞)上单调递增,因为g(e2-2)=0,所以在(-2,e2-2)上g(x)<0,在(e2-2,+∞)上g(x)>0.不妨设a>b,则f(a)=f(b)=0,所以g(a)=-g(b),即ln(a+2)-2=-ln(b+2)+2,所以(a+2)(b+2)=e4,所以a+b=(a+2)+(b+2)-4≥2-4=2e2-4,当且仅当a+2=b+2,即a=b时等号成立,因为a>b,所以等号不能取到,所以a+b>2e2-4,所以a+b的取值范围是(2e2-4,+∞).
14.　[解析] 设f(x1)=f(x2)=f(x3)=k,则x1,x2,x3为方程f(x)=k的解,也是函数f(x)的图象与函数y=k的图象的交点的横坐标.作出函数f(x)和y=k的图象,如图所示,观察图象可得1一、单选题
1.[2023·天津卷] 函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可能为 (　 )
A.f(x)= B.f(x)=
C.f(x)= D.f(x)=
2.[2022·浙江卷] 已知2a=5,log83=b,则4a-3b= (　 )
A.25 B.5 C. D.
3.[2024·江苏镇江模拟] 设a=2log32,b=log23,c=,则a,b,c的大小关系为 (　 )
A.a>b>c B.c>b>a
C.a>c>b D.b>c>a
4.[2023·杭州、宁波部分学校联考] 已知函数f(x)=e2x+e-2x+2,则 (　 )
A.f(x+1)为奇函数
B.f为偶函数
C.f(x-1)为奇函数
D.f为偶函数
5.[2023·山东淄博模拟] 函数f(x)=·cos 2x在[-4,4]上的图象大致是 (　 )
A B C D
6.[2024·辽宁朝阳联考] 某银行拟在乡村开展小额贷款业务,根据调查的数据,建立了实际还款比例P(x)关于还款人的年收入x(单位:万元)的模型:P(x)=.已知当贷款人的年收入为9万元时,其实际还款比例为50%,若贷款人的年收入约为5万元,则实际还款比例约为 (　 )
A.30% B.40%
C.60% D.70%
7.[2023·湖北七市州模拟] 已知函数f(x)=log3(3x-1+3)-x,若f(a-1)≥f(2a+1)成立,则实数a的取值范围为 (　 )
A.(-∞,-2]
B.(-∞,-2]∪[0,+∞)
C.
D.(-∞,-2]∪
8.[2024·山东德州模拟] 定义在R上的偶函数f(x)满足f(2-x)=f(x+2),当x∈[0,2]时,f(x)=()x,若在区间[0,10]内,函数g(x)=f(x)-mx-1(m>0)有5个零点,则实数m的取值范围是 (　 )
A. B.
C. D.
二、多选题
9.[2023·合肥一模] 已知a>0且a≠1,函数f(x)=xa-ax(x>0)的图象可能是 (　 )
A B C D
10.[2023·新课标Ⅰ卷] 噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20×lg,其中常数p0(p0>0) 是听觉下限阈值,p是实际声压.下表为不同声源的声压级:
声源 与声源的距离/m 声压级/dB
燃油汽车 10 60~90
混合动力汽车 10 50~60
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1,p2,p3,则 (　 )
A.p1≥p2 B.p2>10p3
C.p3=100p0 D.p1≤100p2
11.[2023·烟台一模] 已知f(x)=ex,g(x)=e-x,若直线x=k(k>0)与f(x),g(x)的图象交点的纵坐标分别为n,m,且n<2m,则 (　 )
A.n+m<
B.n-m<
C.nn>(m+1)m+1
D.nm+1<(m+1)n
三、填空题
12.[2023·上海卷] 已知函数f(x)=2-x+1,且g(x)=则方程g(x)=2的解为　　　　.
13.[2023·深圳五校联考] 若函数f(x)=|ln(x+2)-2|-t有两个零点a和b,则a+b的取值范围是 　　　　.
14.[2023·淮北一模] 设f(x)=若互不相等的实数x1,x2,x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3),则x1f(x1)+x2f(x2)+x3f(x3)的取值范围是　　　　. 小题阶段自查(四)
1.C　[解析] 因为f(x)=sin x+2xf'(0),所以f'(x)=cos x+2f'(0),即f'(0)=1+2f'(0),解得f'(0)=-1.故选C.
2.C　[解析] 设曲线y=在点处的切线方程为y-=k(x-1).由y=,得y'==,所以k=y'|x=1=,所以曲线y=在点处的切线方程为y-=(x-1),即y=x+.故选C.
3.D　[解析] ∵f(x)-f(2-x)=0,∴f(2-x)=f(x),∴f(x)的图象关于直线x=1对称.∵f(x)-f(2-x)=0,∴f'(x)+f'(2-x)=0,∴f'(x)的图象关于点(1,0)对称.故选D.
4.D　[解析] 设g(x)=(x-3)(x-32)(x-33)(x-34)(x-35),则f(x)=xg(x),求导可得f'(x)=g(x)+xg'(x),则f'(0)=g(0)+0=(0-3)×(0-32)×(0-33)×(0-34)×(0-35)=-315.故选D.
5.C　[解析] 由y=xf'(x)的图象知,当x∈(-∞,-1)时,xf'(x)<0,故f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(-1,0)时,xf'(x)>0,故f'(x)<0,当x∈[0,1),xf'(x)≤0,故f'(x)≤0,等号仅可能在x=0处取得,所以当x∈(-1,1)时,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,xf'(x)>0,故f'(x)>0,f(x)单调递增.结合选项可知只有C符合,故选C.
6.B　[解析] 方法一:f'(x)=3x2+a,则由题意知方程3x2+a=0有2个不等实根,所以a<0.由3x2+a=0得x1=-,x2=,易得函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.要使函数f(x)有3个零点,需满足
解得a<-3.故选B.
方法二:x=0显然不是函数f(x)的零点,由f(x)=0得-a=x2+.设g(x)=x2+(x≠0),则g'(x)=2x-=(x≠0),由g'(x)<0得x<0或00得x>1,所以g(x)在(-∞,0),(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.可作出g(x)的大致图象,如图所示.由图可知,要使关于x的方程-a=x2+有三个解,需满足-a>g(1)=3,故a<-3.故选B.
7.A　[解析] 由a=ln 5-ln 3=ln=ln,c=,构造函数f(x)=ln(1+x)-x,00,0g(0),所以-1->0,所以>1+,即>,所以>,即b>c,所以b>c>a,故选A.
8.A　[解析] 方法一(主元法):令f(y)=yln x+yln y-ex,则f'(y)=ln x+ln y+1.令f'(y)>0,得y>;令y<0得0方法二(同构法):由yln x+yln y=ex,得yln(xy)=ex,即xyln(xy)=exln ex.令f(x)=xln x,则f(xy)=f(ex),f'(x)=ln x+1,易知f(x)在上单调递减,在上单调递增,f(1)=0,ex>1,画出函数f(x)的图象,如图所示,结合图象知,若f(xy)=f(ex),则xy=ex,即y=,所以x·(y-2)=ex-2x.令g(x)=ex-2x,则g'(x)=ex-2,易知当x=ln 2时,g(x)取到最小值2-2ln 2,故选A.
9.BD　[解析] 对于A选项,(cos x)'=-sin x,A错误;对于B选项,(tan x)'='===,B正确;对于C选项,(2x+1)'=2x+1·ln 2,C错误;对于D选项,(e2x)'=e2x·(2x)'=2e2x,D正确.故选BD.
10.AC　[解析] 令f'(x)=3x2-1=0,得x=-或x=.当x∈∪时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.所以x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点,故A正确.因为f=1+>0,f=1->0,所以f(x)只有一个零点,故B错误.因为f(x)+f(-x)=2,所以曲线y=f(x)关于点(0,1)中心对称,故C正确.记斜率为2的切线与曲线y=f(x)的切点为(x0,y0),则f'(x0)=3-1=2,解得x0=±1,当x0=-1时,切点为(-1,1),切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3,当x0=1时,切点为(1,1),切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,故D错误.故选AC.
11.ABD　[解析] 由题意可得,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=(x2+3x+1)ex+,因为f'(x)=(x2+3x+1)ex+>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.对于A,因为f=-ln 2>1-ln 2>0,所以x0<,故A正确;对于B,因为f=-1<-1=(e+1-)<(e+1-e)<0,所以x0>,故B正确;对于C,因为x0>,所以ln x0>-1,>1,所以+ln x0>0,故C错误;对于D,因为x0<,所以x0+ln x0<-ln 2<0,故D正确.故选ABD.
12.　[解析] 由y=ax2+ln x,得y'=2ax+,因为曲线y=ax2+ln x在点(1,a)处的切线与直线y=2x平行,所以当x=1时,2a+1=2,得a=.
13.-　[解析] 由y=可得y'=,设直线y=kx+b与曲线y=相切于点(m,n),则有所以切线方程可表示为y-n=(x-m),即y=x+.由y=可得y'=-,设直线y=kx+b与曲线y=相切于点(s,t),则有所以切线方程可表示为y-t=-(x-s),即y=-x+.所以消去s,整理得4(ln m)2-12ln m+9=0,解得ln m=,所以m=,所以斜率k==-.
14.　[解析] 方法一:因为函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在(0,+∞)上恒成立.令g(x)=f'(x),则g'(x)=ax(ln a)2+(1+a)x[ln(1+a)]2>0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,故只需f'(0)≥0即可,所以ln a+ln(1+a)≥0,即a2+a-1≥0,又a∈(0,1),所以≤a<1,故a的取值范围是.
方法二:因为函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)=axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在(0,+∞)上恒成立,则(1+a)xln(1+a)≥-axln a在(0,+∞)上恒成立,又a∈(0,1),所以a+1∈(1,2),故ln(1+a)>0,所以≥-在(0,+∞)上恒成立,故=1≥-,所以即解得≤a<1,故a的取值范围是.小题阶段自查(四)　导数及其应用
一、单选题
1.[2024·南通模拟] 已知f'(x)是函数f(x)的导函数,f(x)=sin x+2xf'(0),则f'(0)= (　 )
A. B. -
C. -1 D. 1
2.[2023·全国甲卷] 曲线y=在点处的切线方程为 (　 )
A.y=x B.y=x
C.y=x+ D.y=x+
3.[2023·昆明模拟] 已知函数f(x)(x∈R)的导函数为f'(x),且f(x)满足f(x)-f(2-x)=0,则下列结论一定正确的是 (　 )
A.函数f(x)的图象关于点(1,1)对称
B.函数f(x)的图象关于直线x=2对称
C.函数f'(x)的图象关于直线x=1对称
D.函数f'(x)的图象关于点(1,0)对称
4.[2024·合肥一中月考] 已知函数f(x)=x(x-3)(x-32)(x-33)(x-34)(x-35),则f'(0)= (　 )
A.315 B.314
C.-314 D.-315
5.[2023·石家庄二模] 已知函数y=xf'(x)的图象如图所示(其中f'(x)是函数f(x)的导函数),下面四个图象中可能是y=f(x)图象的是 (　 )
A B C D
6.[2023·全国乙卷] 函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　 )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
7.[2023·邯郸二模] 设a=ln 5-ln 3,b=,c=,则a,b,c的大小关系为 (　 )
A.b>c>a B.a>b>c
C.a>c>b D.c>a>b
8.[2024·重庆七校联考] 若正数x,y满足yln x+yln y=ex,则x·(y-2)的最小值为 (　 )
A.2-2ln 2 B.2+2ln 2
C.ln 2 D.-ln 2
二、多选题
9.[2023·威海期末] 下列求导运算正确的是 (　 )
A.(cos x)'=sin x
B.(tan x)'=
C.(2x+1)'=(x+1)2x
D.(e2x)'=2e2x
10.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知函数f(x)=x3-x+1,则 (　 )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
11.[2023·马鞍山三模] 已知函数f(x)=(x2+x)ex+ln x的零点为x0,则下列判断正确的是 (　 )
A.x0<
B.x0>
C.+ln x0<0
D.x0+ln x0<0
三、填空题
12.[2024·黑龙江双鸭山一中模拟] 若曲线y=ax2+ln x(a为常数)在点(1,a)处的切线与直线y=2x平行,则a=　　　　.
13.[2023·石家庄模拟] 若直线y=kx+b是曲线y=的切线,也是曲线y=的切线,则k=　　　　.
14.[2023·全国乙卷] 设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)上单调递增,则a的取值范围是　　　　. 解答专题特训(一)
1.解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),且f'(x)=2x+2-=2(x+1)-.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;当a>0时,令f'(x)<0,可得x∈,此时f(x)单调递减,令f'(x)>0,解得x∈,此时f(x)单调递增.
(2)若a=0,则f(x)=x2+2x>-1>-1-e2,符合题意.
若a<0,则f=-10<-9<-1-e2,不符合题意.若a>0,由(1)知,只需f=-1-ln>-1-e2,令g(x)=x-1-xln x,则g'(x)=-ln x,易知当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,1)时,g(x)=x(1-ln x)-1>-1>-1-e2,即∈(0,1],即a∈(0,2],符合题意;当x∈(1,+∞)时,注意到g(e2)=-1-e2,故只需1<综上所述,a的取值范围是[0,2e2).
2.解:(1)当a=2时,f(x)=(x+1)·ln x-2x+2,则f'(x)=ln x+-1(x>0),记g(x)=ln x+-1,则g'(x)=-=,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=0,所以g(x)≥0,即f'(x)≥0,有且仅有f'(1)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)①f'(x)=ln x++1-a,令h(x)=ln x++1-a,则h'(x)=,所以当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)>h(1),即f'(x)>f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)>f(1)=0,满足题意.当a>2时,f'(1)=2-a<0,f'(ea)=1+>0,
所以f'(x)在(1,+∞)上有唯一零点x0,且x0∈(1,ea),
当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x0)综上,a的取值范围为(-∞,2].
②经计算a1=0.5,a2=∈(0.5,0.6),a3=∈(0.6,0.7),因为an+1-an=+-=->0,所以数列{an}为递增数列,所以当n=1或n=2时,0.5≤an<0.6,当n≥3时,an≥a3>0.6.当a=2时,由①可知当x>1时,f(x)>0,即ln x>(x>1),令=,则k>2,x=,则有所以当n=1或n=2时,[10an]=5;当n≥3时,[10an]=6.
3.解:(1)由题意得f'(x)=ex-a.
①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不存在极值.
②当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,得x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴当x=ln a时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln a)=a-aln a,无极大值.
(2)由题意可知xebx+bx2≥ex-xln x+x2,
∵x>0,∴ebx+bx≥-ln x+x=ex-ln x+x-ln x.
由(1)可知,当a=-1时,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,则存在x>0,使得bx≥x-ln x,∴b≥.
令h(x)=1-,则h'(x)=,易知当x∈(0,e)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(e,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)min=h(e)=1-,∴b≥1-.
4.证明:(1)若a=1,则f(x)=(1-x)(ex-1),设g(x)=ln(x+1)-(1-x)(ex-1),x>0,则g'(x)=-[-(ex-1)+(1-x)ex]=,设φ(x)=(x+1)ex-1,x>0,则φ'(x)=(x+2)ex>0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,即g'(x)>0,
于是g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0,即f(x)0时,f(x)(2)函数h(x)=ln(x+1)-(1-ax)(ex-1),a>0,其定义域为(-1,+∞),h(0)=0,且h'(x)=+(ax+a-1)ex-a==
,由(1)知φ(x)=(x+1)ex-1在(-1,+∞)上单调递增,φ(0)=0,当x∈(-1,0)时,φ(x)<0,当x∈(0,+∞)时,φ(x)>0,则由h'(x)=0,解得x=0或x=-1,其中-1>-1.①若-1=0,即a=1,则h'(x)=,当-10时,h'(x)>0,故h'(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,所以h(x)在(-1,+∞)上单调递增,函数h(x)无极值点,不符合题意.
②若-1<-1<0,即a>1,则当x∈∪(0,+∞)时,h'(x)>0,当x∈时,h'(x)<0,
则h(x)在,(0,+∞)上单调递增,
在上单调递减,因此x=0是h(x)的极小值点,即x0=0,所以f(x0)=f(0)=0.
③若-1>0,即00,当x∈时,h'(x)<0,
则h(x)在(-1,0),上单调递增,在上单调递减,因此x=-1是h(x)的极小值点,
即x0=-1,所以f(x0)=f=a(-1),又00,所以f>0.
综上所述,f(x0)≥0.
5.解:(1)当a=8时,f(x)=8x-,x∈,f'(x)=8-=8-=8-==.
因为0令f'(x)>0,可得令f'(x)<0,可得0所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)设g(x)=f(x)-sin 2x,x∈,则g'(x)=f'(x)-2cos 2x=a--2(2cos2x-1),令cos2x=t,t∈(0,1),则g'(x)=φ(t)=a--2(2t-1)=a+2-4t+-,则φ'(t)=-4-+==->0,所以φ(t)<φ(1)=a-3.
(i)若a∈(-∞,3],则g'(x)=φ(t)即g(x)在上单调递减,所以g(x)所以当a∈(-∞,3]时,f(x)(ii)若a∈(3,+∞),则当t→0时,-=-3+→-∞,所以φ(t)→-∞.又φ(1)=a-3>0,所以存在t0∈(0,1),使得φ(t0)=0,即存在x0∈,使得g'(x0)=0.当t∈(t0,1)时,φ(t)>0,即当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以当x∈(0,x0)时,g(x)>g(0)=0,即f(x)>sin 2x,不合题意.综上,a的取值范围为(-∞,3].
6.解:方法一:
(1)由题知f'(x)=ex-a,g'(x)=a-(x>0).
①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在R上单调递增,则f(x)没有最小值,不符合题意.
②当a>0时,令f'(x)>0,得x>ln a,令f'(x)<0,得x0,得x>,令g'(x)<0,得0所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,所以g(x)在x=处取得最小值g=1+ln a.
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,
所以a-aln a=1+ln a,即ln a-=0.
令h(x)=ln x-(x>0),则h'(x)=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,易知h(1)=0,所以a=1.
(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且f(x)min=g(x)min=1.
①当b<1时,因为f(x)min=g(x)min=1>b,所以直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意.
②当b=1时,因为f(x)min=g(x)min=1=b,所以直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有两个交点,不符合题意.
③当b>1时,首先证明直线y=b与曲线y=f(x)有两个交点,即证明F(x)=f(x)-b有两个零点.因为F'(x)=f'(x)=ex-1, 所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0,所以F(x)在(-∞,0)上有且只有一个零点,设为x1,在(0,+∞)上有且只有一个零点,设为x2.
然后证明直线y=b与曲线y=g(x)有两个交点,即证明G(x)=g(x)-b有两个零点.因为G'(x)=g'(x)=1-(x>0),所以G(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又因为G(e-b)=e-b>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln(2b)>0,所以G(x)在(0,1)上有且只有一个零点,设为x3,在(1,+∞)上有且只有一个零点,设为x4.
接下来证明存在b使得x2=x3,因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=-x2=x3-ln x3,若x2=x3,则-x2=x2-ln x2,即-2x2+ln x2=0,所以只需证明ex-2x+ln x=0在(0,1)上有解,即φ(x)=ex-2x+ln x在(0,1)上有零点.因为φ=--3<0,φ(1)=e-2>0,所以φ(x)=ex-2x+ln x在(0,1)上有零点,设为x0,令x2=x3=x0,则b=-x0,则存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.
最后证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列,因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0),又因为F(x)在(-∞,0)上单调递减,x1<0,0方法二:
(1)f(x)的定义域为R,∵f(x)=ex-ax,∴f'(x)=ex-a.若a≤0,则f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上单调递增,f(x)无最小值,不符合题意,故a>0.令f'(x)=0,得x=ln a,当xln a时,f'(x)>0,函数f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.g(x)的定义域为(0,+∞),∵g(x)=ax-ln x,∴g'(x)=a-,令g'(x)=0,得x=.当0时,g'(x)>0,函数g(x)在上单调递增,故g(x)min=g=1+ln a.∵函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,∴a-aln a=1+ln a,∵a>0,∴a-aln a=1+ln a可化为ln a-=0.令h(x)=ln x-,x>0,则h'(x)=-=-=,∵x>0,∴h'(x)=>0恒成立,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,又∵h(1)=0,∴h(a)=h(1),∴a=1.
(2)证明:由(1)知a=1,函数f(x)=ex-x在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
函数g(x)=x-ln x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
设u(x)=f(x)-g(x)=ex-2x+ln x(x>0),则u'(x)=ex-2+>ex-2,当x≥1时,u'(x)>e-2>0,∴函数u(x)在[1,+∞)上单调递增,∵u(1)=e-2>0,∴当x≥1时,u(x)≥u(1)>0恒成立,即f(x)-g(x)>0在[1,+∞)上恒成立,∴当x≥1时,f(x)>g(x).∵f(0)=1,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=1,函数g(x)在(0,1)上单调递减,∴函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在(0,1)上存在唯一的交点,设该交点为M(m,f(m))(0解答题(本大题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.[2024·江苏南京模拟] 已知函数f(x)=x2+2x-aln(x+1)(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)>-1-e2恒成立,求a的取值范围.
2.[2023·福州二模] 已知函数f(x)=(x+1)·ln x-ax+a.
(1)若a=2,试判断f(x)的单调性.
(2)若当x>1时,f(x)>0恒成立.
①求a的取值范围;
②设an=+++…+(n∈N*),[x]表示不超过x的最大整数,求[10an].(参考数据:ln 2≈0.69)
3.[2023·安徽铜陵三模] 已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)试讨论函数f(x)的极值;
(2)若存在实数x>0,使得xebx-ex+(b-1)x2+xln x≥0成立,求实数b的取值范围.
4.[2023·广州一模] 已知a>0,函数f(x)=(1-ax)(ex-1).
(1)若a=1,证明:当x>0时,f(x)(2)若函数h(x)=ln(x+1)-f(x)存在极小值点x0,证明:f(x0)≥0.
5.[2023·全国甲卷] 已知f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)6.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.小题阶段自查(五)
1.B　[解析] 当α=,β=0时, sin2α+sin2β=1成立,但sin α+cos β≠0,故sin2α+sin2β=1推不出
sin α+cos β=0;当sin α+cos β=0时,sin2α+sin2β=(-cos β)2+sin2β=1,即sin α+cos β=0能推出sin2α+sin2β=1.综上可知,甲是乙的必要条件但不是充分条件.故选B.
2.D　[解析] y=2sin=2sin,所以将函数y=2sin的图象上所有的点向右平移个单位长度,可以得到y=2sin 3x的图象.故选D.
3.D　[解析] 由倍角公式可知cos α=1-2sin2,则sin2===.因为α为锐角,所以∈,则04.B　[解析] 因为tan=,所以tan αtan=1,结合tan αtan=1,可得tan=tan,又因为α,β∈,所以-α∈,β+∈,所以-α=β+,整理得α+β=.故选B.
5.B　[解析] 由题意可知,g(x)=Acos,由图象知A=1,T=-=(T为g(x)的最小正周期),解得T=π,所以ω==2.因为g(x)的图象过点,所以-×2+×2+φ=2kπ,k∈Z,解得φ=2kπ-,k∈Z,又|φ|<,所以φ=-,所以g(x)=cos,所以g=.故选B.
6.D　[解析] 由题意得=2×,解得ω=±2.又函数f(x)在区间上单调递增,所以f(x)在x=处取得最小值.当ω=2时,可得+φ=-+2k1π,k1∈Z,则φ=-+2k1π,k1∈Z,不妨取φ=-,则f(x)=sin,故f=sin=sin =;当ω=-2时,可得-+φ=-+2k2π,k2∈Z,则φ=-+2k2π,k2∈Z,不妨取φ=-,则f(x)=sin,故f=sin=.综上可知,f=.故选D.
7.A　[解析] ∵tan 2θ=-4tan,∴=-4·,∴2tan2θ+5tan θ+2=0,解得tan θ=-或-2,∵θ∈,∴tan θ∈(-1,0),∴tan θ=-,∴==
==,故选A.
8.C　[解析] 因为y=cos的图象向左平移个单位长度所得图象对应的函数为y=cos=cos=-sin 2x,所以f(x)=-sin 2x.直线y=x-过与(1,0)两点,作出y=f(x)的图象与直线y=x-,如图所示.当x=-时,f=-sin=-1,y=×-=-<-1;当x=时,f=-sin=1,y=×-=<1;当x=时,f=-sin=1,y=×-=>1.由图可知,y=f(x)的图象与直线y=x-的交点个数为3.故选C.
9.ACD　[解析] 对于A,因为sin θ+cos θ=,所以(sin θ+cos θ)2=1+2sin θcos θ=,则sin θcos θ=-,故A正确;对于B,C,(sin θ-cos θ)2=1-2sin θcos θ=,因为θ∈(0,π),且sin θcos θ=-<0,所以sin θ>0,cos θ<0,即sin θ-cos θ>0,所以sin θ-cos θ=,故B错误,C正确;对于D,由解得所以tan θ=-,故D正确.故选ACD.
10.AC　[解析] 根据图象得f=sin>0,f=sin<0,且即所以ω∈,故A正确;当x∈时,ωx+∈,因为ω∈,所以+∈,所以f(x)在区间上不单调递增,故B错误;当x∈时,ωx+∈,因为ω∈,所以+∈,所以f(x)在区间上有且仅有2个极小值点,故C正确;由C选项知f(x)在区间上有2个或3个极大值点,故D错误.故选AC.
11.BCD　[解析] 由题意得y=1+-versin(λ0π)-coversin(λ0π)=1-coversin(λ0π)+[1-versin(λ0π)]=sin(λ0π)+cos(λ0π)=2sin,而λ0===-cos 2θ-=-=-sin,因为θ∈,所以≤2θ+≤,所以-≤sin≤1,所以λ0∈,所以λ0π+∈,故y=2sin的取值范围为.因为2sin>0,所以A不正确;2sin=2sincos+2cossin=,所以D正确;因为<<<,所以sin>sin>sin>sin,故2sin>>>2sin,所以B,C正确.故选BCD.
12.B　[解析] 声波的振幅越大,则声音的响度越大.由y1=sin(400π·t),可得其振幅为,由y2=sin(360π·t),可得其振幅为,所以音叉B发出的声音的响度较大.
13. 　[解析] 方法一:sin2+sin2+sinsin=++×=.
方法二:sin2+sin2+sinsin=++×=.
14.　　[解析] 将函数f(x)=2sin(3x+φ)的图象向右平移个单位长度,得到的函数g(x)=2sin的图象关于点对称,∴3×-+φ=kπ,k∈Z,即φ=kπ+,k∈Z,∵|φ|≤,∴φ=±.若φ=,则g(x)=2sin,∵g(x)在区间=(m∈R)上单调递增,∴m<0,当x∈时,3x-∈,∴≥-,且≤,即m≤-,且m≤-,∴m≤-;若φ=-,则g(x)=2sin,∵g(x)在区间=(m∈R)上单调递增,∴m>0,当x∈时,3x-∈,∴≥-,且≤,即m≤-,且m≥,此时m无解.综上可得,φ=,m的取值范围是.小题阶段自查(五)　三角函数
一、单选题
1.[2023·全国甲卷] 设甲:sin2α+sin2β=1,乙:sin α+cos β=0,则 (　 )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2.[2022·浙江卷] 为了得到函数y=2sin 3x的图象,只要把函数y=2sin图象上所有的点 (　 )
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
3.[2023·新课标Ⅱ卷] 已知α为锐角,cos α=,则sin= (　 )
A. B.
C. D.
4.[2023·泉州模拟] 已知α,β∈,且满足tan αtan=1,则 (　 )
A.α-β= B.α+β=
C.α+β= D.2α+β=
5.[2023·江苏南京模拟] 已知函数f(x)=Acos(ωx+φ),将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象,g(x)的部分图象如图所示,则g= (　 )
A. B.
C.- D.-
6.[2023·全国乙卷] 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间单调递增,直线x=和x=为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则f= (　 )
A.- B.-
C. D.
7.[2024·九省联考] 已知θ∈,tan 2θ=-4tan,则= (　 )
A. B.
C.1 D.
8.[2023·全国甲卷] 函数y=f(x)的图象由函数y=cos的图象向左平移个单位长度得到,则y=f(x)的图象与直线y=x-的交点个数为 (　 )
A.1 B.2 C.3 D.4
二、多选题
9.[2023·金华一中模拟] 已知 sin θ+cos θ=,θ∈(0,π),则 (　 )
A. sin θcos θ=-
B. sin θ-cos θ=
C. sin θ-cos θ=
D.tan θ=-
10.[2023·无锡三模] 已知函数f(x)=sin(ω>0)的部分图象如图所示,则 (　 )
A.ω∈
B.f(x)在区间上单调递增
C.f(x)在区间上有且仅有2个极小值点
D.f(x)在区间上有且仅有2个极大值点
11.[2023·泰安模拟] 定义1-cos θ为角θ的正矢,记作versin θ;定义1-sin θ为角θ的余矢,记作coversin θ.定义:λ=为一组数据θ1,θ2,…,θn相对于常数θ0的“正弦方差”. 若θ∈,一组数据0,相对于θ的“正弦方差”为λ0,则y=1+-versin(λ0π)-coversin(λ0π)的值可能是 (　 )
A.- B.
C. D.
三、填空题
12.[2023·安阳一模] 敲击一次音叉A所发出的声波可用函数y1=sin(400π·t)描述,敲击一次音叉B所发出的声波可用函数y2=sin(360π·t)描述,则敲击两个音叉所发出的声音的响度较大的是　　　　.(填“A”或“B”)
13.[2023·珠海一中月考] sin2+sin2+sinsin=　　　　.
14.[2023·南通三模] 将函数f(x)=2sin(3x+φ)的图象向右平移个单位长度,得到的函数g(x)的图象关于点对称,且g(x)在区间上单调递增,则φ=　　　　,实数m的取值范围是　　　　. 解答专题特训(二)
1.解:(1)方法一:因为A+B+C=π,A+B=3C,所以C=,即A+B=,则B=-A,故2sin=sin,即2=sincos A-cossin A,整理得sin A=3cos A.又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),所以sin A=.
方法二:因为A+B=3C,所以A+B=3(π-A-B),所以A+B=,所以C=.由题意得2sin(A-C)=sin(A+C),即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,整理得sin A=3cos A,又sin2A+cos2A=1,A∈(0,π),
所以sin A=.
(2)由(1)可得cos A=,所以sin B=sin(A+C)=×+×=.由=,得AC=2,所以S△ABC=×5×2×=15.设AB边上的高为h,则·AB·h=15,解得h=6,所以AB边上的高为6.
2.解:(1)因为a2=b2+c2-2bccos A,所以==2bc=2,解得bc=1.
(2)由正弦定理可得-=
-=-==1,则sin(A-B)-sin(A+B)=sin B,
即-2cos Asin B=sin B,因为03.解:(1)由m⊥n,可得sin A-cos A=0,则sin A=cos A,故tan A=,又0由三角形的面积公式可得S△ABC=bcsin A=bc=,故bc=1.由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=1,所以(b+c)2=4,故b+c=2.
(2)由(1)知A=,故===,故c=sin C,b=sin B,所以c-2b=sin C-sin B=sin-sin B=-sin B=sin B+cos B-sin B=cos B-sin B=2cos=2cos(B+A)=-2cos C.因为A=,所以04.解:(1)因为AD平分∠BAC,所以===.在△ABC中,设BC边上的高为h,因为D在BC边上,所以==,所以=,又BC=3,所以CD=.
在△ABC中,AB=BC=3,AC=2,则cos C===.在△ACD中,由余弦定理可得AD2=AC2+CD2-2AC×CD×cos C=22+-2×2××=,故AD=.
(2)因为AD平分∠BAC,所以∠DAC=∠BAD=θ,又∠ADC=60°,
所以B=60°-θ,C=120°-θ.在△ABC中,由正弦定理可得=,又AB=3,AC=2,所以3sin(60°-θ)=2sin(120°-θ),
即cos θ-sin θ=cos θ+sin θ,可得tan θ=.
5.解:(1)因为sin B=10sin C,所以由正弦定理可得b=10c,代入2c=b(sin A-cos A),可得sin A-cos A=,又sin2A+cos2A=1,所以sin A=或sin A=-.因为A∈(0,π),所以sin A>0,所以sin A=.
(2)若选①,因为S=bcsin A=+1,所以bcsin A=2(+1),所以2bcsin A=4(+1),又2c=b(sin A-cos A),所以b2(sin A-cos A)sin A=4(+1),
所以b2====.因为2c=b(sin A-cos A)>0,所以若选②,因为2c=b(sin A-cos A),bc=4,所以b2(sin A-cos A)=8,所以b2==.因为2c=b(sin A-cos A)>0,所以若选③,因为a2+b2=c2,所以C=,所以A+B=,且sin C=1,由2c=b(sin A-cos A),结合正弦定理可得2sin C=sin B(sin A-cos A)=cos A(sin A-cos A)=(sin 2A-1-cos 2A),化简可得4sin C+1=sin≤,而4sin C+1=5,矛盾,所以△ABC不存在.
6.解:(1)由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=12+22-2×1×2×cos A,BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos C=32+22-2×3×2×cos C,所以5-4cos A=13-12cos C.因为四边形ABCD内接于圆O,所以A+C=π,所以5-4cos(π-C)=13-12cos C,化简可得cos C=,又C∈(0,π),所以C=.
(2)设四边形ABCD的面积为S,则S=S△ABD+S△BCD=·AB·AD·sin A+·BC·CD·sin C,又BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=BC2+CD2-2BC·CD·cos C,所以
即两式平方后相加得S2+4=10+6sin Asin C-6cos Acos C,即S2=6-6cos(A+C),又A+C∈(0,2π),所以当A+C=π时,S2取得最大值,即S取得最大值,此时A=π-C,代入2=3cos C-cos A,得cos C=,又C∈(0,π),所以C=.在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos C=32+22-2×3×2×cos=7,即BD=,所以对角线BD的长为.解答专题特训(二)　解三角形
解答题(本大题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.[2023·新课标Ⅰ卷] 已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
(1)求sin A;
(2)设AB=5,求AB边上的高.
2.[2023·全国甲卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2.
(1)求bc;
(2)若-=1,求△ABC的面积.
3.[2024·沈阳质检] 在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,已知a=1,m=(1,-),n=(sin A,cos A),且m⊥n.
(1)若△ABC的面积为,求b+c的值;
(2)求c-2b的取值范围.
4.[2024·唐山模拟] 在△ABC中,AB=3,AC=2,D为BC边上一点,且AD平分∠BAC.
(1)若BC=3,求CD与AD;
(2)若∠ADC=60°,设∠BAD=θ,求tan θ.
5.[2023·南京一模] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2c=b(sin A-cos A).
(1)若sin B=10sin C,求sin A的值.
(2)在下列条件中选择一个,判断△ABC是否存在 如果存在,求b的最小值;如果不存在,请说明理由.
①△ABC的面积S=+1;②bc=4;③a2+b2=c2.
6.[2023·诸暨模拟] 如图,在平面四边形ABCD中,AB=1,BC=3,AD=CD=2.
(1)当四边形ABCD内接于圆O时,求角C的大小;
(2)当四边形ABCD的面积最大时,求对角线BD的长.小题阶段自查(六)
1.B　[解析] 因为z====1-2i,所以=1+2i,故选B.
2.B　[解析] a在b上的投影向量为·=5b=(5,0).故选B.
3.D　[解析] 因为向量a=2e1+3e2与b=λe1-2e2共线,所以存在唯一实数k,使a=kb,即2e1+3e2=k(λe1-2e2),所以2e1+3e2=kλe1-2ke2.因为{e1,e2}是平面内的一个基底,所以解得故选D.
4.A　[解析] 依题意得,=(1,-1),设将向量绕点O逆时针旋转90°所得向量的坐标为(x,y),x>0,则有所以y=x=1,因此=2(1,1)=(2,2),则z2=2+2i,所以====2i.故选A.
5.B　[解析] 设AC=1,因为C=90°,B=30°,所以BC=,又AD平分∠BAC,所以∠CAD=30°,则CD=,则CD=BC,所以=+=+=+(-)=+,又=λ+μ,所以λ=,μ=,所以=.故选B.
6.C　[解析] 如图所示,以B为坐标原点,直线BC为x轴,过点B且垂直于BC的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则B(0,0),C(2,0).由∠PBC=,BP=2,得P(,1),所以=(,1),=(-2,1),所以·=×(-2)+1×1=4-2.故选C.
7.A　[解析] 由圆O是△ABC的外接圆,且A=,得OB⊥OC,因为=-,=-,所以·=(-)·(-)=·-·-·+=cos∠AOC-cos∠AOB+1=cos∠AOC-cos+1=cos∠AOC+sin∠AOC+1=sin+1≤+1,当且仅当∠AOC=时等号成立.故选A.
8.C　[解析] 由(a-c)2+(b-c)2=3,得a2+b2+2c2-2(a+b)·c=3,即(a+b)·c=.设向量a+b,c的夹角为θ,则(a+b)·c=|a+b|cos θ=,显然cos θ≠0,所以|a+b|2=≥(当且仅当θ=0时等号成立).又(a+b)2+(a-b)2=2a2+2b2=4,所以|a-b|2=4-(a+b)2≤4-=,所以|a-b|≤,即|a-b|的最大值为.故选C.
9.AB　[解析] 由题知=1-2i,其在复平面内对应的点的坐标为(1,-2),故C错误;z1·=12+22=5,故A正确;由|z-z1|=2知z在复平面内对应的点在以z1对应的点为圆心,2为半径的圆上,|z1|=,因此-2≤|z|≤+2,故B正确;z1在复平面内对应的点的坐标为(1,2),因此(x-1)2+(y-2)2=4,故D错误.故选AB.
10.BC　[解析] 由已知可得,a-b=(5,0),a+b=(-3,4).对于A,(a-b)·(a+b)=5×(-3)+0×4=-15≠0,故A错误;对于B,因为|a-b|=5,|a+b|==5,所以|a-b|=|a+b|,故B正确;对于C,因为b-a=(-5,0),(b-a)·a=-5×1+0×2=-5,|a|==,所以b-a在a上的投影向量是·=·=-a,故C正确;对于D,a·(a+b)=1×(-3)+2×4=5,|a+b|=5,所以a在a+b上的投影向量是·=×(-3,4)=,故D错误.故选BC.
11.BCD　[解析] 对于A选项,因为点F在线段DE上,所以存在t∈[0,1],使得=t,所以-=t-t,所以=+,又=2,=3,所以=+,因为=λ+μ,所以于是2λ+3μ=+=1,故A选项错误;对于B选项,根据A选项的分析,若=2,则=,此时t=1,则=+=+,故=-=-+,=-=-,于是·=·=--+·=-×4-×9+×2×3×=0,即BF⊥CF,故B选项正确;对于C选项,取BC的中点H,连接DH,EH,HF,则|+|=2||,由BD=AD,BH=HC,得DH=AC=,DH∥AC,由AE=AC=1=AD,∠BAC=60°,可知△ADE为等边三角形,故DE=1,∠HDE=60°,在△HDE中根据余弦定理可得HE=,则cos∠HED==>0,所以∠HED为锐角,又∠HDE=60°,所以过H作△HDE的高时,垂足落在线段DE上,由题意知垂足为F时,|+|=2||最小,最小值为2||sin 60°=,故C选项正确;对于D选项,·=(+)2-(-)2=-,在△ABC中,根据余弦定理可求得BC=,即·=-,则||最小时,·也最小,根据S△BFC=S△ABC-S△ADE-S△EFC-S△BDF,由C选项的分析,得DF=DHcos 60°=,故EF=,又∠BDF=∠FEC=120°,所以S△EFC+S△BDF=××2×sin 120°+××1×sin 120°=,所以S△BFC=S△ABC-S△ADE-S△EFC-S△BDF=×2×3×sin 60°-×1×1×sin 60°-=,故D选项正确.故选BCD.
12.+1　[解析] 因为复数z满足|z-(1-i)|=1,所以根据复数的几何意义有,复数z在复平面内对应的点Z到点A(1,-1)的距离为1,即点Z的轨迹是以A(1,-1)为圆心,半径r=1的圆,所以|z|的最大值为+1=+1.
13.1　2　[解析] 因为向量a,b满足|a|=2,|b|=1,a与b的夹角为,所以a·b=|a||b|cos =2×1×=1,|a-2b|====2.
14.a　[解析] 以线段AB的中点为原点O,建立如图所示的平面直角坐标系,由||=14,可得A(-7,0),B(7,0).由||-||=6,得点C的轨迹是以A(-7,0),B(7,0)为焦点,实轴长为6的双曲线的右支(不含右顶点).因为=+λ,所以=λ,所以AE为内角A的平分线,又CD是内角C的平分线,E为CD上一点,所以E为△ABC的内心.作EM⊥AC,EQ⊥AB,EN⊥BC,垂足分别为M,Q,N,则由双曲线与内切圆的性质可得,|AC|-|BC|=|AM|-|BN|=|AQ|-|BQ|=6,又|AQ|+|BQ|=14,所以|BQ|=4,所以在上的投影向量的模为4,故在上的投影向量为a.小题阶段自查(六)　平面向量与复数
一、单选题
1.[2023·全国乙卷] 设z=,则= (　 )
A.1-2i B.1+2i
C.2-i D.2+i
2.[2023·芜湖质检] 已知向量a=(5,-4),b=(1,0),则a在b上的投影向量为 (　 )
A.(4,0) B.(5,0)
C.(-4,0) D.(-5,0)
3.[2024·泰安肥城模拟] 已知{e1,e2}是平面内的一个基底,若向量a=2e1+3e2与b=λe1-2e2共线,则λ的值为 (　 )
A.1 B.-1
C. D.-
4.[2023·江苏镇江一中模拟] 在复平面内,已知复数z1=1-i对应的向量为,其中O为坐标原点,现将向量绕点O逆时针旋转90°,并将其长度变为原来的2倍得到向量,设对应的复数为z2,则= (　 )
A.2i B.2i
C.2 D.2
5.[2023·山西阳泉三模] 在△ABC中,C=90°,B=30°,∠BAC的平分线交BC于点D.若=λ+μ(λ,μ∈R),则= (　 )
A. B.
C.2 D.3
6.[2023·安徽皖南八校三模] 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线,以等边三角形的每个顶点为圆心,以边长为半径,在另两个顶点间作一段圆弧,三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中,已知AB=2,P为弧AC上的一点,且∠PBC=,则·的值为 (　 )
A.4- B.4+
C.4-2 D.4+2
7.[2023·长沙实验中学二模] 已知△ABC是单位圆O的内接三角形,若A=,则·的最大值为 (　 )
A.+1 B.2
C.2 D.1-
8.[2023·河北张家口一模] 已知向量a,b,c都是单位向量,若(a-c)2+(b-c)2=3,则|a-b|的最大值为 (　 )
A. B.2
C. D.
二、多选题
9.[2023·海南中学三模] 已知复数z1=1+2i,复数z满足|z-z1|=2,则 (　 )
A.z1·=5
B.-2≤|z|≤+2
C.复数在复平面内所对应的点的坐标是(-1,2)
D.若复数z在复平面内所对应的点为Z(x,y)(x,y∈R),则(x-1)2+(y-2)2=2
10.[2023·石家庄模拟] 已知向量a=(1,2),b=(-4,2),则 (　 )
A.(a-b)⊥(a+b)
B.|a-b|=|a+b|
C.b-a在a上的投影向量是-a
D.a在a+b上的投影向量是(-3,4)
11.[2023·山东烟台二模] 如图,在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=60°,点D,E分别在AB,AC上且满足=2,=3,点F在线段DE上,则下列结论正确的有 (　 )
A.若=λ+μ,则3λ+2μ=1
B.若=2,则BF⊥CF
C.|+|的最小值为
D.当·取最小值时,S△BFC=
三、填空题
12.[2023·安徽江淮十校三模] 已知复数z满足|z-(1-i)|=1(i是虚数单位),则|z|的最大值为　　　　.
13.[2023·北京东城区二模] 已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,a与b的夹角为,则a·b=　　　　,|a-2b|=　　　　.
14.[2023·广东惠州一模] 已知在△ABC中,点D在线段AB上,CD是内角C的平分线,E为CD上一点,且满足=+λ(λ>0),||-||=6,||=14.设=a,则在上的投影向量为　　　　.(结果用a表示) 小题阶段自查(七)
1.D　[解析] 由题意知a5+a7=-10,故S11===-55.故选D.
2.B　[解析] 由a3a8=a7,可得a1q2·a1q7=a1q6,整理得a1q3=1,即a4=1,因为a5=2,所以公比q===2.故选B.
3.C　[解析] an=a1qn-1=16×=24×21-n=25-n,故Tn=a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+5-n===,因为n∈N*,所以当Tn取最大值时,n的值为4或5.故选C.
4.A　[解析] 由anan+1=an-1可知an≠0,则an+1=1-,因为a1=-3,所以a2=1-=,a3=1-=,a4=1-=-3,a5=1-=,…,所以{an}是以3为周期的数列,则a105=a3+3×34=a3=.故选A.
5.D　[解析] 设2022年6月为第一个月,第n个月月底小王手中的现款为an元,则a1=(1+20%)×8000-800=8800,且an+1=1.2an-800,则an+1-4000=1.2(an-4000),又a1-4000=4800,所以数列{an-4000}是首项为4800,公比为1.2的等比数列,所以a12-4000=4800×1.211,即a12=4000+4800×1.211≈39 520,所以预计到2023年5月底小王的年收入约为39 520-8000=31 520(元).故选D.
6.C　[解析] 依题意,a1>0,q≠0.若q≥2,则Sn=,所以Sn-an+1=-a1qn=a1·=a1·<0,则对任意的n∈N*,都有Sn1,则Sn1-qn+1,即qn+1-2qn+1>0,所以2-q<,因为函数y=(x≥1)在[1,+∞)上单调递减,所以y∈,所以2-q≤0,解得q≥2,必要性成立.故“q≥2”是“对任意的n∈N*,都有Sn7.B　[解析] 因为|ak+1-ak|=5(k=1,2,…,99),所以ak+1-ak=5或-5.因为a100=(a100-a99)+(a99-a98)+…+(a2-a1)+a1=480,a1=5,所以(a100-a99)+(a99-a98)+…+(a2-a1)=475.设99个ak+1-ak(k=1,2,…,99)中有x个5,99-x个-5,则5x+(-5)(99-x)=475,解得x=97,故99个ak+1-ak(k=1,2,…,99)中有97个5,2个-5,因为这97个5,2个-5的每一个组合均唯一对应一个满足条件的数列,所以所求数列的个数为=4851.故选B.
8.A　[解析] 因为f=,f=×f(n∈N*),即=,所以f=××…××f=()n-1×=()n-2=(n≥2),又f=满足上式,所以f=(n∈N*),则f(n)==3n-1(n∈N*),所以an=log3f(n)=log33n-1=n-1,所以+=+=…=+=1,又因为g(x)+g(1-x)=2x3-3x2+2+2(1-x)3-3(1-x)2+2=3,所以g+g+g+…+g=1012×3=3036.故选A.
9.ABC　[解析] 对于A,若Sn=an,则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,解得an-1=0,因此an=0,n∈N*,即{an}是等差数列,A正确;对于B,若a1=2,an+1=2an+3,则an+1+3=2(an+3),a1+3=5,故{an+3}是等比数列,B正确;对于C,设等差数列{an}的公差为d,由Sn=a1+a2+…+an,得S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n=(a1+nd)+(a2+nd)+…+(an+nd)=Sn+n2d,S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n=(an+1+nd)+(an+2+nd)+…+(a2n+nd)=(S2n-Sn)+n2d,因此2(S2n-Sn)=Sn+(S3n-S2n),则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,C正确;对于D,若等比数列{an}的公比q=-1,则S2=0,S4-S2=0,S6-S4=0不成等比数列,D错误.故选ABC.
10.BD　[解析] 因为2an+1=an-3anan+1,所以=+3,所以+3=2,又+3=4≠0,所以是以4为首项,2为公比的等比数列,所以+3=4×2n-1,可得an=,故选项A,C错误;an=,则{an}为递减数列,故选项B正确;因为=2n+1-3,所以的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)=(22+23+…+2n+1)-3n=22×-3n=2n+2-3n-4,故选项D正确.故选BD.
11.BCD　[解析] 由题得an-1+an=an+1且n≥2.因为a1=1,a2=a3-a1,a4=a5-a3,a6=a7-a5,…,a2n=a2n+1-a2n-1(n∈N*),所以a2+a4+a6+…+a2n=a2n+1-1,则a2+a4+a6+…+a2022=a2023-1,A错误;因为a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2n+1=a2n+2-a2n(n∈N*),所以a1+a3+a5+…+a2n+1=a2n+2,则a1+a3+a5+…+a2023=a2024,B正确;由an+1=an+2-an,得=an+1an+2-anan+1,又a1=a2,所以+++…+=+(a2a3-a1a2)+(a3a4-a2a3)+…+(a2023a2024-a2022a2023)=a2023a2024,C正确;因为===-,所以+++…+=-+-+…+-=-,D正确.故选BCD.
12.502　[解析] 由题意可得an=n-1,bn=2n-1,则=bn-1=2n-1-1,所以++…+=(1+2+…+28)-9=-9=502.
13.48　384　[解析] 方法一:设前3项的公差为d,后7项的公比为q,且q>0,则q4===16,又q>0,所以q=2,则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1,可得a3=3,则a7=a3q4=48.a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384.
方法二:因为{an}(3≤n≤9)成等比数列,所以=a5a9=12×192=482,又易知an>0,所以a7=48.因为=a3a7,所以a3==3.设后7项的公比为q,且q>0,则q2==4,可得q=2.因为a1+a2+a3==6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9===381,所以a1+a2+…+a9=6+381-a3=384.
14.8　[解析] 因为an=(n∈N*,p∈R),所以an=·,所以an=·,所以an=·,即an=·,即an=·,所以an=,所以Sn=a1+a2+…+an=++…+,故Sn=<,又Sn<4,所以只需≤4,解得p≤8,故p的最大值为8.小题阶段自查(七)　数列
一、单选题
1.[2024·哈工大附中模拟] 在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若a5,a7是方程x2+10x-16=0的两个根,那么S11的值为 (　 )
A.88 B.-88
C.110 D.-55
2.[2023·深圳模拟] 在等比数列{an}中,a5=2,a3a8=a7,则{an}的公比q= (　 )
A. B.2
C.2 D.4
3.[2023·山东济南一模] 已知等比数列{an}的前n项积为Tn,a1=16,公比q=,则Tn取最大值时n的值为 (　 )
A.3 B.6
C.4或5 D.6或7
4.[2023·襄阳模拟] 已知数列{an}满足a1=-3,anan+1=an-1,则a105= (　 )
A. B.
C.-1 D.
5.[2023·孝感模拟] 为响应国家号召,某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.个体户小王在2022年6月初向某银行借了1年期的免息贷款8000元用于进货,因质优价廉,供不应求,他每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%,并且每月月底需扣除生活费800元,余款全部用于下月再进货,如此继续,预计到2023年5月底他的年收入(扣除当月生活费且还完贷款)约为(参考数据:1.211≈7.4,1.212≈9) (　 )
A.35 200元 B.43 200元
C.30 000元 D.31 520元
6.[2024·北京丰台二中三模] 设数列{an}的前n项和为Sn,若{an}是首项为正数、公比为q的等比数列,则“q≥2”是“对任意的n∈N*,都有SnA.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
7.[2023·辽宁大连模拟] 已知数列{an}共有100项,满足a1=5,a100=480,且|ak+1-ak|=5(k=1,2,…,99),则符合条件的不同数列个数为 (　 )
A.4753 B.4851
C.4937 D.4950
8.[2023·山东济宁三模] 已知函数y=f(x)(x∈R)满足f=,f=·f(n∈N*).若an=log3f(n),函数g(x)=2x3-3x2+2,则g+g+g+…+g= (　 )
A.3036 B.3034
C.3032 D.3030
二、多选题
9.[2023·辽东南协作校三模] 已知数列{an}的前n项和是Sn,则下列说法正确的是 (　 )
A.若Sn=an,则{an}是等差数列
B.若a1=2,an+1=2an+3,则{an+3}是等比数列
C.若{an}是等差数列,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列
D.若{an}是等比数列,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列
10.[2024·山东滨州模拟] 已知数列{an}满足a1=1,2an+1=an-3anan+1(n∈N*),则下列结论正确的是 (　 )
A.为等差数列
B.{an}为递减数列
C.{an}的通项公式为an=
D.的前n项和Tn=2n+2-3n-4
11.[2023·安徽五校联考] 斐波那契数列{an}的第1项和第2项都是1,第3项起每一项都等于它前2项的和,则 (　 )
A.a2+a4+a6+…+a2022=a2023
B.a1+a3+a5+…+a2023=a2024
C.+++…+=a2023a2024
D.+++…+=-
三、填空题
12.[2023·河北石家庄三模] 已知数列{an}的通项公式为an=n-1,数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则++…+=　　　　.
13.[2023·北京卷] 我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=　　　　;数列{an}所有项的和为　　　　.
14.[2023·长春模拟] 已知数列{an}的前n项和为Sn,an=(n∈N*,p∈R),且Sn<4,则p的最大值为　　　　. 解答专题特训 (三)
1.解:(1)设{an}的公差为d,由a2+b2=3,得2+d+q=3,即d+q=1.由a3+b3=4,得2+2d+q2=4,即2d+q2=2,与d+q=1联立,解得(舍去)或
因此数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=1×2n-1=2n-1.
(2)由b1=1,T3=13,得1+q+q2=13,即q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍去).因为q=3,a2+b2=2+d+q=3,所以d=-2,所以S3=3×2+×(-2)=0.
2.解:(1)因为3a2=3a1+a3,所以3d=a3=a1+2d,即a1=d,故an=nd.所以bn==,{bn}是首项为,公差为的等差数列, 所以Sn=,Tn=.
因为S3+T3=21,所以+=21,即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=(舍去),故{an}的通项公式为an=3n.
(2)若{bn}为等差数列,则2b2=b1+b3,即2·=+,即-3a1d+2d2=0,所以a1=d或a1=2d.当a1=d时,an=nd,bn=,故Sn=,Tn=.又S99-T99=99,所以-=99,即50d2-d-51=0,解得d=或d=-1(舍去).
当a1=2d时,an=(n+1)d,bn=,故Sn=,Tn=.又S99-T99=99,所以-=99,即51d2-d-50=0,解得d=-(舍去)或d=1(舍去).综上,d=.
3.解:(1)由an=2-1得(an+1)2=4Sn,
当n≥2时,(an-1+1)2=4Sn-1,两式作差可得-+2an-2an-1=4an(n≥2),即--2(an+an-1)=0(n≥2),即(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2),
又an+an-1≠0(n≥2),所以an-an-1-2=0(n≥2),即an-an-1=2(n≥2),可得数列{an}是公差为2 的等差数列.
当n=1时,由a1=2-1得a1-2+1=0,
即(-1)2=0,故a1=1,
所以数列{an}的通项公式为an=a1+2(n-1)=2n-1.
(2)由(1)知bn=ancos=(2n-1)cos,则T3n+1=b1+b2+b3+…+b3n-2+b3n-1+b3n+b3n+1=1×+3×+5×1+…+(6n-5)×+(6n-3)×+(6n-1)×1+(6n+1)×=×+×+×1+(6n+1)×=-+n-+3n2+2n-3n-=-,所以数列{bn}的前3n+1项和T3n+1=-.
4.解:(1)依题意得=,即=,
所以=,化简得d(d-2)=0,因为d≠0,所以d=2,所以an=1+2(n-1)=2n-1,经检验,==(常数),所以an=2n-1.
(2)证明:方法一,因为an=2n-1,所以bn=
-===,
所以b1+b2+b3+…+bn===<.
方法二,bn=-===,所以b1+b2+b3+…+bn===<.
5.解:(1)因为点(an,6Sn)(n∈N*)在函数f(x)=(x+1)(x+2)的图象上,所以6Sn=(an+1)(an+2)=+3an+2,
当n=1时,6S1=+3a1+2,所以-3a1+2=0,解得a1=1或a1=2,因为a1>1,所以a1=2.
因为6Sn=+3an+2,所以当n≥2时6Sn-1=+3an-1+2,两式相减得6an=-+3an-3an-1(n≥2),即(an+an-1)(an-an-1)=3(an+an-1)(n≥2),因为an>0,所以an-an-1=3(n≥2),所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,所以an=2+(n-1)·3=3n-1.
由bn+1=3bn,b2=a3+1=9,得{bn}是以3为公比的等比数列,所以bn=b2·3n-2=3n.
(2)因为cn=+=+=,
所以Tn=c1+c2+…+cn=5×+8×+11×+…+(3n+2)×,Tn=5×+8×+11×+…+(3n+2)×,
两式相减可得Tn=5×+3×+3×+…+3×-(3n+2)×=+-(3n+2)×=+-(3n+2)×=+-(3n+2)×=-,所以Tn=-.
6.解:(1)因为Sn=n2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,因为a1=S1=1也符合上式,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.设数列{bn}的公比为q(q>0),因为b1=1,T3=1+q+q2=7,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),所以bn=2n-1.
(2)由(1)知cn=设{cn}的前2n项和中,奇数项的和为Pn,偶数项的和为Qn,所以Pn=c1+c3+c5+…+c2n-1,Qn=c2+c4+c6+…+c2n.
当n为奇数时,cn==-,所以Pn=1-+-+…-=1-;当n为偶数时,cn=n,所以Qn=c2+c4+c6+…+c2n=2+4+6+…+2n==n(n+1).由(-1)nλ--(n2+n+1)恒成立,当n=1时,-(n2+n+1)=-3为最大值,所以λ>-3.综上可得,-3<λ<7.解答专题特训 (三)数列
解答题(本大题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.[2024·湖南邵阳模拟] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0的等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=2,b1=1,a2+b2=3.
(1)若a3+b3=4,求数列{bn}的通项公式;
(2)若T3=13,求S3.
2.[2023·新课标Ⅰ卷] 设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
3.[2023·沧州三模] 已知各项都为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足an=2-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=ancos,求数列{bn}的前3n+1项和T3n+1.
4.[2024·龙岩二模] 已知等差数列{an}的首项为1,公差d≠0,前n项和为Sn,且为常数.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=-,证明:b1+b2+b3+…+bn<.
5.[2023·佛山联考] 记各项都为正数的数列{an}的前n项和为Sn,已知点(an,6Sn)(n∈N*)在函数f(x)=(x+1)(x+2)的图象上,且a1>1,数列{bn}满足bn+1=3bn,b2=a3+1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=+,求数列{cn}的前n项和Tn.
6.[2024·哈工大附中模拟] 已知Sn是数列{an}的前n项和,满足Sn=n2.数列{bn}是各项均为正数的等比数列,Tn是数列{bn}的前n项和,满足b1=1,T3=7(n∈N)*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)记cn=数列{cn}的前2n项和为K2n,若不等式(-1)nλ-1.A　[解析] ∵圆台的母线长为=3,∴其侧面展开图的面积S=π×(1+2)×3=9π.故选A.
2.A　[解析] 由题意可知,△A'B'C'的面积S△A'B'C'=×1×1×=,所以△ABC的面积S△ABC=2S△A'B'C'=.故选A.
3.D　[解析] 如图所示,在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,O,O1分别为正六边形ABCDEF,正六边形A1B1C1D1E1F1的中心,连接OO1,取OO1的中点,记为O',则由正六棱柱的性质可得O'为其外接球的球心,易得OO'=1,连接AO,OB,则△ABO为等边三角形,所以AO=2,连接O'A,则AO'为外接球的半径,AO'===,故外接球的表面积为4π×()2=20π.故选D.
4.C　[解析] 由题意知,水库水位为海拔148.5 m时,相应水面(棱台的上底面)的面积为140.0 km2=140×106 m2,水库水位为海拔157.5 m时,相应水面(棱台的下底面)的面积为180.0 km2=180×106 m2,水面上升的高度为157.5-148.5=9(m),所以增加的水量(棱台的体积)V=×9×(140×106++180×106)=3×(320×106+60×106)≈3×(320×106+60×2.65×106)=1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.
5.C　[解析] 作出正方体ABCD-A1B1C1D1,如图.对于A,设平面ABCD为平面α,平面ADD1A1为平面β,直线B1C1为直线m,直线BC为直线l,显然满足m∥α,l∥β,α⊥β,但是m∥l,A中命题为假命题.对于B,设平面ABCD为平面α,平面ADD1A1为平面β,直线BC为直线m,直线AD为直线l,显然满足m α,l β,m∥l,但α与β不平行,B中命题为假命题.对于C,由线面平行的性质易知C中命题为真命题.对于D,∵m⊥α,m∥l,∴l⊥α,又l⊥β,∴α∥β,D中命题为假命题.故选C.
6.A　[解析] ∵BC∥平面A1B1C1,平面BCMN∩平面A1B1C1=MN,BC 平面BCMN,∴BC∥MN.设△ABC的面积为1,△A1MN的面积为S,三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则三棱台ABC-A1NM的体积=(1+S+)·h,又三棱柱ABC-A1B1C1的体积=h,∴h=(1+S+)·h,解得=(舍)或=,∵△A1MN∽△A1C1B1,∴==,即==.故选A.
7.C　[解析] 如图,过E作EO⊥平面ABCD,垂足为O,过E分别作EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,OM,由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面的夹角分别为∠EMO和∠EGO,所以tan∠EMO=tan∠EGO=.因为EO⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以EO⊥BC,因为EG⊥BC,EO∩EG=E,EO,EG 平面EOG,所以BC⊥平面EOG,因为OG 平面EOG,所以BC⊥OG,同理OM⊥BM,又BM⊥BG,所以四边形OMBG是矩形,所以由BC=10得OM=5,所以EO=,所以OG=5,所以在直角三角形EOG中,EG===,在直角三角形EBG中,BG=OM=5,EB===8,又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,所以所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117(m).故选C.
8.D　[解析] 如图,设∠ABD=α,∠CBD=β,K为△BCD的外接圆的圆心,O为三棱锥A-BCD的外接球的球心,连接OA,OD,DK,OK,设DK=r,OD=R,OK=h.易知AD=2tan α=,CD=4sin,则2r=,可得r=.因为所以h=,所以R2=r2+=+=+=-1+.令t=3-2cos β,则cos β=,t∈(1,3),则R2=-1-=-1-≥-1-=-1+=,当且仅当t=,即t=时取等号,所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积S=4πR2≥2(+1)π.故选D.
9.BC　[解析] 对于A,如果一条直线上两点到一个平面的距离相等,那么这条直线与这个平面可能平行,直线也可能在平面内,也可能与平面相交,故A错误;对于B,两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等,故B正确;对于C,如果一个平面内一个锐角的两边分别平行于另一个平面内一个角的两边,由平面与平面平行的判定定理可知,这两个平面平行,故C正确;对于D,如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线,当这无数条直线均平行时,不能得出直线与这个平面垂直,故D错误.故选BC.
10.ABD　[解析] 对于A选项,连接AC,因为E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC,根据棱柱的性质可知AC∥A1C1,所以EF∥A1C1,因为EF 平面A1C1D,A1C1 平面A1C1D,所以EF∥平面A1C1D,所以A选项正确.对于B选项,因为=(++)2=22+22+22+2×=24,所以||=2,即AC1=2,所以B选项正确.对于C选项,连接BD1,B1D,易知四边形BDD1B1为平行四边形,则=++,=++,=+++2·+2·+2·=22+22+22+2×2×2×cos 120°+2×2×2×cos 60°+2×2×2×cos 120°=8,即||=2,同理可得||=2,故四边形BDD1B1为矩形,其面积为2×2=4,所以C选项错误.对于D选项,如图,过A1作A1G⊥平面ABCD,易知G在直线AC上,因为AB 平面ABCD,所以A1G⊥AB,过G作GH⊥AB于H,连接A1H,由A1G⊥AB,GH⊥AB,A1G∩GH=G,A1G,GH 平面A1GH,得AB⊥平面A1GH,所以AB⊥A1H,故AH=AA1·cos 60°=1,AG==,A1G==,故平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为×2×2××2×=4,所以D选项正确.故选ABD.
11.ACD　[解析] 对于A,将矩形ACC1A1与正方形CC1D1D展开成一个平面,如图①所示,若AM+MN最小,则A,M,N三点共线,因为CC1∥DD1,所以===2-,则有 MC=(2-)DN=CC1,即==1-,故A正确.对于B,当点M与点C1重合时,连接A1D,BD,A1B,AC,如图②所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以BD⊥CC1,又因为BD⊥AC,且AC∩CC1=C,AC,CC1 平面ACC1,所以BD⊥平面ACC1,又AC1 平面ACC1,所以BD⊥AC1,同理可证A1D⊥AC1,因为A1D∩BD=D,A1D,BD 平面A1BD,所以AC1⊥平面A1BD,易知△A1BD是边长为4的等边三角形,=×(4)2=8,周长为4×3=12.设E,F,Q,N,G,H分别为A1D1,A1B1,BB1,BC,CD,DD1的中点,易知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形,且平面EFQNGH∥平面A1BD,正六边形 EFQNGH的周长为12,面积为6××(2)2=12,则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积,它们的周长相等,故B错误.对于C,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图③所示,则A(4,0,0),B(4,4,0),设M(0,4,a)(0≤a≤4),因为AM⊥平面α,所以是平面α的一个法向量,且=(-4,4,a),=(0,4,0),故|cos<,>|==∈,所以直线AB与平面α所成角的正弦值的取值范围为,则直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为,故C正确.对于D,当点M与点C重合时,四面体AMD1B1即为四面体ACD1B1,易知四面体ACD1B1为正四面体,棱长AC=4,由正四面体的性质可得,其内切球的半径r=4×=,所以内切球的表面积为4πr2=,故D正确.故选ACD.
12.24π　[解析] 设圆柱的底面半径为R,则πR2=9π,可得R=3,所以S侧=2πRh=24π.
13.10　[解析] 作母线CE,AF,连接EF,AC,因为AF∥CE,所以AF,CE共面,四边形ACEF是圆柱的一个截面,EC⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以EC⊥BC,由已知得AC⊥BC,而AC∩CE=C,AC,CE 平面ACEF,所以BC⊥平面ACEF,又BC⊥AD,所以矩形ACEF即为点D的轨迹,因为∠AOC=,所以AC=OA=2,又CE=5,所以矩形ACEF的面积为2×5=10.
14.3　[解析] 在△ABC中,设AB=c,BC=a,由AC=2,∠ABC=60°及余弦定理可得4=a2+c2-2accos 60°,即a2+c2-ac=4,即(a+c)2-3ac=4,由a>0,c>0,得ac≤(当且仅当a=c时等号成立),所以4=(a+c)2-3ac≥(a+c)2-(a+c)2=(a+c)2,所以(a+c)2≤16,即a+c≤4(当且仅当a=c=2时等号成立),即当AB=BC=2时,AB+BC取得最大值4,此时三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱.如图,过点P作DD1∥AA1,分别与AC,A1C1交于D,D1,则DD1∥BB1,连接B1D1,BD,则过B,B1,P三点的平面截三棱柱所得的截面即为平面BB1D1D,由三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,得AA1⊥平面ABC, 所以AA1⊥BD,由DD1∥AA1,则DD1⊥BD, 所以四边形BB1D1D为矩形,则=BB1×BD=BD,当BD最小时,最小.当BD⊥平面ACC1A1时,BD⊥AC,BD最小, 此时BD=,所以的最小值为×=3.小题阶段自查(八)　立体几何
一、单选题
1.[2023·海南华侨中学一模] 已知某圆台的高为2,上底面半径为1,下底面半径为2,则其侧面展开图的面积为 (　 )
A.9π B.6π
C.9π D.8π
2.[2023·晋城模拟] 已知水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'是边长为1的正三角形,那么△ABC的面积为 (　 )
A. B.
C. D.
3.[2024·绍兴模拟] 已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的所有棱长均为2,则该正六棱柱的外接球的表面积为 (　 )
A.6π B.8π
C.16π D.20π
4.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库,已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65) (　 )
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
5.[2024·九省联考] 设α,β是两个平面,m,l是两条直线,则下列命题为真命题的是 (　 )
A.若α⊥β,m∥α,l∥β,则m⊥l
B.若m α,l β,m∥l,则α∥β
C.若α∩β=m,l∥α,l∥β,则m∥l
D.若m⊥α,l⊥β,m∥l,则α⊥β
6.[2023·河北衡水中学一模] 已知正三棱柱ABC-A1B1C1,过底边BC的平面与上底面交于MN,若截面BCMN将三棱柱分成了体积相等的两部分,则= (　 )
A. B.1-
C. D.3-
7.[2023·北京卷] 坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=AD=10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为(　 )
A.102 m B.112 m
C.117 m D.125 m
8.[2023·温州一模] 在三棱锥A-BCD中,AD⊥平面BCD,∠ABD+∠CBD=,BD=BC=2,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积的最小值为 (　 )
A.(2-2)π B.(2-1)π
C.(2+1)π D.(2+2)π
二、多选题
9.[2023·华南师大附中三模] 下列说法正确的是 (　 )
A.如果一条直线上两点到一个平面的距离相等,那么这条直线与这个平面平行
B.两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等
C.如果一个平面内一个锐角的两边分别平行于另一个平面内一个角的两边,那么这两个平面平行
D.如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线,那么这条直线和这个平面垂直
10.[2023·邯郸二模] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,BC的中点,以A为顶点的三条棱长都是2,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,则 (　 )
A.EF∥平面A1C1D
B.AC1=2
C.四边形BDD1B1的面积为2
D.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为4
11.[2023·安徽皖南八校三模] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为棱CC1上的动点,AM⊥平面α,则下列说法正确的是 (　 )
A.若N为DD1的中点,则当AM+MN最小时,=1-
B.当点M与点C1重合时,若平面α截正方体所得截面图形的面积越大,则其周长就越大
C.直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为
D.当点M与点C重合时,四面体AMD1B1的内切球的表面积为
三、填空题
12.[2022·上海卷] 已知圆柱的高为4,底面积为9π,则圆柱的侧面积为　　　　.
13.[2023·四川成都三模] 如图,AB为圆柱下底面圆O的直径,C是下底面圆周上一点,已知∠AOC=,OA=2,圆柱的高为5.若点D在圆柱表面上运动,且满足BC⊥AD,则点D的轨迹所围成的图形的面积为　　　　.
14.[2023·重庆西南大学附中模拟] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=60°,AC=2,侧棱长为,点P是侧面ACC1A1内一点.当AB+BC最大时,过B,B1,P三点的平面截三棱柱所得的截面面积的最小值为　　　　. 解答专题特训 (四)
1.解:(1)设A到平面A1BC的距离为h,因为=S△ABC·A1A==×4=,
=·h=×2·h,所以×2·h=,解得h=,所以A到平面A1BC的距离为.
(2)方法一:过点A作AH⊥BD,垂足为H,取A1B的中点O,连接AO,OH,如图.
因为AA1=AB,所以AO⊥A1B,
又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO 平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC.因为BC 平面A1BC,所以AO⊥BC,又AA1⊥BC,AA1∩AO=A,AA1 平面ABB1A1,AO 平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1.
因为A1B 平面ABB1A1,AB 平面ABB1A1,所以AB⊥BC,A1B⊥BC.由(1)可知AO=,所以AB=AA1=2,A1B=2,又因为=2,所以BC=2,所以AC=2,所以A1C=2,易知AD=A1C=,BD=A1C=,所以S△ABD=.在△ABD中,由等面积法可得AH=,
所以sin∠OHA=.因为AH⊥BD,AO⊥BD,AH∩AO=A,所以BD⊥平面AOH,又因为OH 平面AOH,所以OH⊥BD,所以∠OHA的补角即为二面角A-BD-C的平面角,所以二面角A-BD-C的正弦值为.
方法二:取A1B的中点E,连接AE,因为AA1=AB,所以AE⊥A1B.因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE 平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,所以AE=,且AE⊥BC,所以AA1=AB=2.因为A1A⊥BC,AE∩A1A=A,所以BC⊥平面ABB1A1,所以BC⊥AB,由=AB·BC·A1A=×2×BC×2=4,得BC=2.
以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),E(0,1,1),D(1,1,1).
易知平面BCD的一个法向量为n1==(0,-1,1),设平面BDA的法向量为n2=(x,y,z),
则由=(0,2,0),=(1,1,1),得即令x=1,得n2=(1,0,-1),
所以cos==-.设二面角A-BD-C的平面角为α,则sin α==,所以二面角A-BD-C的正弦值为.
2.解:(1)证明:如图,连接AE,DE,
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ADC≌△ADB,∴AB=AC,又E为BC的中点,
∴BC⊥DE,BC⊥AE,
又DE∩AE=E,
∴BC⊥平面ADE,
∵DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
(2)设DA=DB=DC=2,
由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC与△ABD均为等边三角形,∴AB=AC=2.∵BD⊥CD,∴BC=2,则DE=.
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠BAC=90°,
∴AE=.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE,又AE⊥BC,BC⊥DE,∴ED,EB,EA两两垂直.以E为原点,以ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(0,0,0),D(,0,0),B(0,,0),A(0,0,),设F(x,y,z),则=(x,y,z),
又==(-,0,),∴F(-,0,).
=(0,,-),设平面DAB的法向量为m=(x1,y1,z1),则令z1=1,可得m=(1,1,1).=(-,-,),设平面FAB的法向量为n=(x2,y2,z2),则
令z2=1,可得n=(0,1,1).
∴cos===,
故二面角D-AB-F的正弦值为=.
3.解:(1)证明:∵PA⊥底面ABCD,BC 平面ABCD,∴PA⊥BC,又∵BC⊥AB,PA,AB 平面PAB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.又∵BC 平面PBC,∴平面PBC⊥平面PAB.
(2)∵PA⊥底面ABCD,AB,AD 平面ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥AD,∵AB⊥AD,∴以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AE=a(a>0),
则E(0,a,0),P(0,0,1),B(1,0,0),=(1,-a,0),=(0,-a,1).
设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,得x=a,z=a,故n=(a,1,a).
易知平面ABE的一个法向量为m=(0,0,1),
则cos 60°==,可得a=,故n=,=(0,,0),故点C到平面PBE的距离d===1.
4.解:(1)证明:分别取AE,BE的中点F,G,连接MF,NG,FG,
因为MA=ME,所以MF⊥AE.
因为平面AME⊥平面ABE,平面AME∩平面ABE=AE,MF 平面AME,
所以MF⊥平面ABE.
同理可得NG⊥平面ABE,所以MF∥NG.在Rt△MAE中,MA=ME=2,所以MF=AE=×2=,同理NG=,所以四边形MFGN是平行四边形,所以MN∥FG.
因为F,G分别是AE,BE的中点,所以FG∥AB,所以MN∥AB,所以M,N,A,B四点共面.
(2)在题图①中,∠AED=∠BEC=45°,所以∠AEB=90°,所以AE⊥EB.在四棱锥E-ABNM中,取AB的中点H,连接FH,则FH∥BE,所以FA⊥FH.
由(1)知FA,FH,FM两两垂直,以F为原点,分别以FA,FH,FM所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,0,0),M(0,0,),E(-,0,0),B(-,2,0),A(,0,0).
设平面ABNM的法向量为n=(x,y,z),
因为=(-,0,),=(-2,2,0),
所以令x=1,可得n=(1,1,1).设直线AE与平面ABNM所成的角为θ,因为=(-2,0,0),所以sin θ===,
所以直线AE与平面ABNM所成角的正弦值为.
5.解:方法一:(1)证明:如图,延长AD,BE,CF,则AD,BE,CF相交于一点G,连接FM,GN,DN,GM,AN,CM.
因为M,N分别为棱AB,BC的中点,所以MN∥AC, 且MN=AC.因为AB=2DE,所以AC=2DF,又AC∥DF,
所以DF∥MN,MN=DF,所以四边形MNFD为平行四边形.在三棱锥G-ABC中,GA=GC,GM=GN,MC=AN,所以△GAN≌△GCM,所以∠CGM=∠AGN,
又GF=GD,GM=GN,因此△FGM≌△DGN,
所以MF=DN,故四边形MNFD为矩形.
(2)由DE=AB,DE∥AB可知D,E分别是GA,GB的中点,又M为AB的中点,所以DM∥GB,DM=GB.
因为四边形MNFD为正方形,所以DM=MN,又MN=AC,所以AC=GB.由于三棱锥G-ABC为正三棱锥,且AC=GB,因此三棱锥G-ABC的棱长相等,因此直线BC与平面ACFD所成角的大小即为直线GC与平面ABC所成角的大小.取△ABC的中心为O,连接GO,则GO⊥平面ABC,所以∠GCO为直线GC与平面ABC所成的角.设三棱锥G-ABC的棱长为a,在△ABC中,由正弦定理可得OC=·=a,GO===a,
在Rt△GOC中,sin∠GCO==,
故直线BC与平面ACFD所成角的正弦值为.
方法二:(1)证明:因为三棱台ABC-DEF是正三棱台,M为棱AB的中点,AB=2DE,所以DE∥MB且DE=MB,
所以四边形DMBE为平行四边形,所以MD∥BE且MD=BE.同理NF∥BE且NF=BE,所以MD∥NF且MD=NF,所以四边形DMNF为平行四边形.
取AC的中点为O,连接AE,EC,OE,OB,
因为EA=EC,BA=BC,所以AC⊥OB,AC⊥OE,又OB∩OE=O,所以直线AC⊥平面BOE,又BE 平面BOE,所以AC⊥BE,又MN∥AC,MD∥BE,所以MN⊥MD,所以四边形DMNF为矩形.
(2)以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系,如图所示,设正方形DMNF的边长为1,则DE=1,AB=2,BE=1,
则A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D,
则=(0,2,0),=,=(-,1,0).
设平面ACFD的法向量为n=(x,y,z),
由得令z=-1,得n=(2,0,-1).设BC与平面ACFD所成的角为θ,
所以sin θ===,
所以直线BC与平面ACFD所成角的正弦值为.
6.解:(1)证明:如图,取AC的中点O,连接OD,OF,
∵在△DAC中,DA=DC,∴DO⊥AC.
由平面DAC⊥平面ABC,平面DAC∩平面ABC=AC,DO 平面DAC,得DO⊥平面ABC.∵O,F分别为AC,BC的中点,∴OF∥AB,且AB=2OF,
又DE∥AB,AB=2DE,∴OF∥DE,且OF=DE,∴四边形DEFO为平行四边形,∴EF∥DO,∴EF⊥平面ABC.
(2)∵DO⊥平面ABC,AC⊥BC,∴以O为原点,OA所在直线为x轴,过点O与CB平行的直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(-1,0,0),B(-1,4,0).∵EF⊥平面ABC,∴直线BE与平面ABC所成的角为∠EBF=60°.
∴DO=EF=BFtan 60°=2,∴D(0,0,2).
可取平面DAC的一个法向量为m=(0,1,0).
设平面ABED的法向量为n=(x,y,z),
∵=(-2,4,0),=(-1,0,2),
∴取z=1,则x=2,y=,∴n=(2,,1),∴|cos|==,∴平面ABED与平面DAC夹角的余弦值为.解答专题特训 (四)立体几何
解答题(本大题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
2.[2023·新课标Ⅱ卷] 如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=
∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值.
3.[2023·黑龙江大庆实验中学三模] 如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=1,E为AD的中点.
(1)求证:平面PBC⊥平面PAB;
(2)若二面角P-BE-A为60°,求点C到平面PBE的距离.
4.[2023·山东青岛二模] 如图①,矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为CD的中点,现将△ADE,△BCE分别沿AE,BE向上翻折,使点D,C分别到达点M,N的位置,且平面AME和平面BNE均与平面ABE垂直(如图②).
(1)证明:M,N,A,B四点共面;
(2)求直线AE与平面ABNM所成角的正弦值.
5.[2023·济南二模] 如图,在正三棱台ABC-DEF中,M,N分别为棱AB,BC的中点,AB=2DE.
(1)证明:四边形MNFD为矩形;
(2)若四边形MNFD为正方形,求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
6.[2023·杭州、宁波联考] 如图,已知在多面体ABCDE中,DE∥AB,AC⊥BC,BC=2AC=4,AB=2DE,DA=DC且平面DAC⊥平面ABC.
(1)设点F为BC的中点,证明:EF⊥平面ABC;
(2)若直线BE与平面ABC所成的角为60°,求平面ABED与平面DAC夹角的余弦值.小题阶段自查(九)
1.D　[解析] ∵直线l1:(m+2)x+(m2-3m)y+4=0与l2:4x+2(m-3)y+7=0平行,∴2(m-3)(m+2)=4(m2-3m),即m2-5m+6=0,解得m=2或m=3.当m=2时,l1:4x-2y+4=0,l2:4x-2y+7=0,满足题意;当m=3时,l1:5x+4=0,l2:4x+7=0,满足题意.故选D.
2.A　[解析] ∵直线是圆的一条对称轴,∴圆心(a,0)在直线2x+y-1=0上,即2a+0-1=0,解得a=.
3.C　[解析] 由题意可得圆C的半径r=,+=2,∴圆心O(0,0)到直线l:x0x-y0y=2的距离d====r,∴直线和圆相切.故选C.
4.A　[解析] 由题意可得F1(-1,0),代入直线l的方程可得0=-1+m,则m=1,所以直线l:y=x+1,所以圆心(0,0)到直线l的距离d==,又圆x2+y2=4的半径r=2,所以弦长|AB|=2=2×=.故选A.
5.C　[解析] 由题可知,圆C的半径为5,可得|PC|==4,所以点P的轨迹方程为(x-2)2+(y-4)2=16.故选C.
6.C　[解析] 将直线l的方程整理得到(2x-y-1)m+(x+y-5)=0,所以解得所以直线l恒过点C(2,3),因为点A(-4,1)在直线l:(2m+1)x-(m-1)y-m-5=0(m∈R)上的射影为点B,所以AB⊥BC,则点B在以线段AC为直径的圆上,该圆的圆心为D(-1,2),半径为=,又|DP|==5,所以点B到点P(3,-1)的距离的最大值为5+.故选C.
7.D　[解析] 依题意,以点C为坐标原点,直线CB,CD分别为x,y轴建立平面直角坐标系,则B(2,0),D(0,2),如图,取点E,设M'(x,y),当|M'D|=2|M'E|时,=2,化简整理得x2+y2=1,即点M'的轨迹是以C为圆心,1为半径的圆,而点M在以C为圆心,1为半径的圆上,因此|MD|=2|ME|,显然点B在圆C:x2+y2=1外,则2|MB|+|MD|=2|MB|+2|ME|=2(|MB|+|ME|)≥2|BE|,当且仅当M为线段BE与圆C的交点时取等号,而|BE|==,所以2|MB|+|MD|的最小值为2|BE|=.故选D.
8.A　[解析] 连接OA,由题意可知|OA|=1,|OP|=,OA⊥PA,则∠APO=,|PA|=1.设∠OPC=α,当点A,D位于直线PO异侧时,0≤α<,则·=||·||cos=1×cos αcos=cos α=cos2α-sin αcos α=-sin 2α=-sin,因为0≤α<,所以-≤2α-<,所以当2α-=-时,·取得最大值1.当点A,D位于直线PO同侧时,0≤α<,则·=||·||cos=1×cos αcos=cos α=cos2α+sin αcos α=+sin 2α=+sin,因为0≤α<,所以≤2α+<,所以当2α+=时,·取得最大值.综上可得,·的最大值为.故选A.
9.ABC　[解析] 对于A,当x=0时,y=1,则直线l在y轴上的截距为1,故A正确;对于B,直线l的斜率为1,设直线l的倾斜角为θ,则tan θ=1,由θ∈[0,π),可得θ=,所以直线l的倾斜角为,故B正确;对于C,圆心到直线l的距离d==<1,所以直线l与圆相交,所以直线l与圆C有2个交点,故C正确;对于D,根据C可知,圆C上的点到直线l的最大距离为+1,故D错误.故选ABC.
10.ACD　[解析] 设P(x,y),对于A,因为=,所以=2,化简得x2+y2-10x+17=0,故A正确;对于B,因为曲线C:x2+y2-10x+17=0,所以圆心为(5,0),半径为2,圆心(5,0)到直线3x+4y=0的距离d=3>2,所以直线3x+4y=0与曲线C没有公共点,故B错误;对于C,曲线C的圆心在x轴上,所以x轴被曲线C截得的弦即为直径,所以x轴被曲线C截得的弦长为4,故C正确;对于D,因为A(1,0),B(3,0),所以|AB|=2,故S△ABP=·|AB|·|yp|=|yp|,而曲线C的方程为x2+y2-10x+17=0,所以yp∈[-2,2],即S△ABP的最大值为2,故D正确.故选ACD.
11.ACD　[解析] 对于A,设点M(x,y),因为M到直线l:x+1=0的距离等于点M到点P(1,0)的距离,所以点M的轨迹为抛物线,故A正确;对于B,点M的轨迹为抛物线,且焦点在x轴正半轴上,设抛物线的方程为y2=2px(p>0),则p=1-(-1)=2,所以抛物线方程为y2=4x,所以动圆M的最小半径为p=1,动圆M面积的最小值为π×12=π,故B错误;对于C,因为点M在抛物线y2=4x上,设M(,2x0),则圆M的半径r=+1,所以圆M的方程为(x-)2+(y-2x0)2=(+1)2,令x=0,得+(y-2x0)2=+2+1,即(y-2x0)2=2+1,解得y=+2x0或y=-+2x0,所以圆M与y轴交点的坐标为(0,+2x0)和(0,-+2x0),又因为y轴被圆M截得的弦长为2,即(+2x0)-(-+2x0)=2=2,解得=2,所以圆M的半径r=+1=3,故C正确;对于D,设点M(a2,2a),则|MO|=,|MP|=a2+1,假设存在点M,使得==,则=,即a4-4a2+4=0,解得a=±,所以存在点M(2,2)或M(2,-2),使得=,故D正确.故选ACD.
12.2　[解析] ∵x2+y2-4x=0,∴(x-2)2+y2=4,∴圆心为C(2,0),半径为2,由题意知直线l1,l2平行,且与圆的四个交点构成正方形,则圆心到两直线的距离相等且为,圆心C到l1:y=2x+m的距离d1==,∴m=±-4,同理可得n=±-4,又m≠n,∴|m-n|=2.
13.[-,]　[解析] 圆C1:(x-a)2+y2=4的圆心C1(a,0),半径r1=2,圆C2:x2+(y-b)2=1的圆心C2(0,b),半径r2=1,由两圆相交,得|r1-r2|<|C1C2|14.　[解析] 因为点P在直线y=2x-4上,所以设P(t,2t-4),圆O:x2+y2=1的圆心为O(0,0),所以PO的中点为Q,且|QO|=,所以以PO为直径的圆Q的方程为+[y-(t-2)]2=t2+(t-2)2,即x2+y2-tx-(2t-4)y=0,圆Q与圆O的公共弦AB所在直线的方程为tx+(2t-4)y-1=0,即t(x+2y)-(4y+1)=0,令解得即直线AB过定点.小题阶段自查(九)　直线与圆
一、单选题
1.[2024·青岛模拟] 若直线l1:(m+2)x+(m2-3m)y+4=0与l2:4x+2(m-3)y+7=0平行,则实数m的值为 (　 )
A.2 B.-3
C.-3或2 D.3或2
2.[2022·北京卷] 若直线2x+y-1=0是圆(x-a)2+y2=1的一条对称轴,则a= (　 )
A. B.-
C.1 D.-1
3.[2023·张家口二模] 已知点P(x0,y0)为圆C:x2+y2=2上的动点,则直线l:x0x-y0y=2与圆C的位置关系为 (　 )
A.相交 B.相离
C.相切 D.相切或相交
4.[2024·昆明模拟] 已知椭圆C:+y2=1的左焦点是F1,过F1的直线l:y=x+m与圆x2+y2=4交于A,B两点,则弦AB的长为 (　 )
A. B.
C.2 D.
5.[2023·郴州模拟] 已知A,B是圆C:(x-2)2+(y-4)2=25上的两个动点,P是线段AB的中点,若|AB|=6,则点P的轨迹方程为 (　 )
A.(x-4)2+(y-2)2=16
B.(x-2)2+(y-4)2=11
C.(x-2)2+(y-4)2=16
D.(x-4)2+(y-2)2=11
6.[2023·安庆模拟] 已知点A(-4,1)在直线l:(2m+1)x-(m-1)y-m-5=0(m∈R)上的射影为点B,则点B到点P(3,-1)的距离的最大值为 (　 )
A.5- B.5
C.5+ D.5+2
7.[2023·济南模拟] 已知正方形ABCD的边长为2,点M在以C为圆心,1为半径的圆上,则2|MB|+|MD|的最小值为 (　 )
A. B.
C. D.
8.[2023·全国乙卷] 已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则·的最大值为 (　 )
A. B.
C.1+ D.2+
二、多选题
9.[2023·武汉模拟] 已知圆C:x2+y2=1,直线l:y=x+1,则 (　 )
A.直线l在y轴上的截距为1
B.直线l的倾斜角为
C.直线l与圆C有2个交点
D.圆C上的点到直线l的最大距离为
10.[2024·厦门双十中学月考] 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆.”后来人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中,A(1,0),B(3,0),点P满足=,点P的轨迹为曲线C,下列结论正确的是 (　 )
A.曲线C的方程为x2+y2-10x+17=0
B.直线3x+4y=0与曲线C有公共点
C.x轴被曲线C截得的弦长为4
D.△ABP的面积的最大值为2
11.[2023·南京模拟] 已知直线l:x+1=0,点P(1,0),圆心为M的动圆经过点P,且与直线l相切,则 (　 )
A.点M的轨迹为抛物线
B.圆M的面积的最小值为4π
C.当y轴被圆M截得的弦长为2时,圆M的半径为3
D.存在点M,使得=,其中O为坐标原点
三、填空题
12.[2023·人大附中三模] 若两条直线l1:y=2x+m,l2:y=2x+n与圆C:x2+y2-4x=0的四个交点能构成正方形,则|m-n|=　　　　.
13.[2023·嘉兴二模] 已知圆C1:(x-a)2+y2=4与圆C2:x2+(y-b)2=1(a,b∈R)交于A,B两点.若存在a,使得|AB|=2,则b的取值范围为　　　　.
14.[2023·哈尔滨三中四模] 已知A,B是圆O:x2+y2=1上两点,分别过点A,B作圆O的两条切线交于点P,若点P在直线y=2x-4上,则直线AB过定点 　　　　　　. 小题阶段自查(十)
1.D　[解析] 双曲线C:y2-=1的焦点在y轴上,且a=1,b=,则c===2,所以双曲线C的焦点坐标为(0,±2).故选D.
2.B　[解析] ∵椭圆E的方程为+=8,即椭圆E上的点到F1(0,-2)与F2(0,2)的距离之和为8,且|F1F2|=4<8,∴椭圆E的焦点坐标为(0,±2),半焦距c=2,长半轴长a=4,∴短半轴长b===2,∴椭圆E的长轴长2a=8,短轴长2b=4,焦距2c=4.故选B.
3.A　[解析] 方法一:将y=4x2化为x2=y,由此可知2p=,即p=.设直线AB的方程为y=x+,即x=,设A(x1,y1),B(x2,y2),根据抛物线的定义可知|AB|=y1+y2+p,将x=代入x2=2py,可得12y2-20py+3p2=0,则y1+y2=p=p,所以|AB|=y1+y2+p=p+p=p,又p=,所以|AB|=×=.故选A.
方法二:将y=4x2化为x2=y,由此知2p=,根据抛物线的焦点弦公式得|AB|===.
4.B　[解析] 依题意,设P,Q,因为FP⊥FQ,所以·=+mn=0,又·=2,所以+mn=2c2,两式相减可得-=2c2,整理得2a2=3c2,所以该椭圆的离心率e===.故选B.
5.D　[解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点坐标为(x0,y0).当A,B在双曲线的同一支上时,|x0|>1,四个选项均不符合要求.当A,B在双曲线的不同支上时,由-=1,-=1,两式相减可得(x1+x2)(x1-x2)=,所以kAB==9×,即kAB=.又双曲线的渐近线方程为y=±3x,所以-33或<-3,分析选项可知只有D符合条件.故选D.
6.C　[解析] 因为双曲线-=1(a>0,b>0)的渐近线方程是y=±x,抛物线y2=2px(p>0)的准线方程是x=-,所以A,B两点的纵坐标分别是,-,又双曲线的离心率为2,所以=2,则=,所以A,B两点的纵坐标分别是,-.又△AOB的面积为,所以××=,可得p=2.故选C.
7.D　[解析] 如图,连接AF1,BF1,由题意可知A,D,F1三点共线,B,C,F1三点共线.在△ABF1中,因为AB⊥AD,且cos∠ABC=,所以cos∠ABF1=,所以sin∠ABF1=,所以tan∠ABF1==.设|AF1|=4k,|AB|=3k,则|BF1|=5k,由椭圆的定义可知|BF2|=2a-|BF1|=2a-5k,则|AF2|=|AB|-|BF2|=3k-(2a-5k)=8k-2a,又因为|AF1|+|AF2|=2a,所以4k+8k-2a=2a,解得k=,所以|AF1|=,|AF2|=-2a=.在Rt△AF1F2中,由|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2,可得+=(2c)2,整理得=,所以该椭圆的离心率e==.故选D.
8.B　[解析] 由题意可知F(0,-2),设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为P,过点A,B,M的圆的圆心为G(t,0),半径为r,连接GM,则|GM|==r.由题意知,直线AB的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为y=kx-2,由得(k2-3)x2-4kx+1=0,则k2-3≠0,且Δ=16k2-4(k2-3)=12k2+12>0,可得x1+x2=,x1x2=,则xP==,yP=kxP-2=,所以P.由圆的性质可知,圆心与弦中点的连线垂直于弦所在的直线,连接PG,则kPG==-,整理得t=(*).圆心G(t,0)到直线AB的距离d=,由弦长公式可得|AB|===,由垂径定理可得r2=d2+,即t2+7=+,将(*)代入可得+7=+,即+7=+,整理得k4-5k2+6=0,即(k2-2)(k2-3)=0,又因为k2-3≠0,所以k2-2=0,解得k=±,故直线l的斜率为±.故选B.
9.ACD　[解析] 对于A,若m>n>0,则mx2+ny2=1可化为+=1,因为m>n>0,所以<,即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆,故A正确;对于B,若m=n>0,则mx2+ny2=1可化为x2+y2=,此时曲线C表示圆心在原点,半径为的圆,故B不正确;对于C,若mn<0,则mx2+ny2=1可化为+=1,此时曲线C表示双曲线,由mx2+ny2=0可得y=±x,即其渐近线方程为y=±x,故C正确;对于D,若m=0,n>0,则mx2+ny2=1可化为y2=,即y=±,此时曲线C表示平行于x轴的两条直线,故D正确.故选ACD.
10.BCD　[解析] 在x2+y2-5x-4y+4=0中,令y=0,可得x2-5x+4=0,解得x=4或x=1,则圆与x轴的交点坐标为(1,0)和(4,0);令x=0,可得y2-4y+4=0,解得y=2,则圆与y轴的交点坐标为(0,2).椭圆+=1(a>b>0)的焦点在x轴上,当焦点坐标是(1,0),右顶点坐标是(4,0)时,可得a=4,c=1,此时离心率e==;当焦点坐标是(1,0),上顶点坐标是(0,2)时,可得b=2,c=1,则a=,此时离心率e==;当焦点坐标是(4,0),上顶点坐标是(0,2)时,可得b=2,c=4,则a=2,此时离心率e==.故选BCD.
11.AC　[解析] 由A(1,-4)在抛物线上可得16=2p,解得p=8,则抛物线C的方程为y2=16x,则F(4,0),抛物线的准线方程是x=-4,故A正确;过抛物线的焦点的弦中,与x轴垂直的弦的弦长最短,把x=4代入y2=16x,得|y|=8,可得最短弦长为16,故B错误;设M(x1,y1),N(x2,y2),因为C的焦点F是△AMN的重心,且A(1,-4),F(4,0),所以即所以线段MN的中点坐标为,连接MF,NF,则|MF|+|NF|=x1+x2+p=19,因为MN不过焦点F,所以|MF|+|NF|>|MN|,即|MN|<19,故D错误;MN的中点到准线的距离为>,故C正确.故选AC.
12.　[解析] 双曲线E:-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,∵直线y=±2x与E无公共点,∴≥2,则0<≤,∴双曲线E的离心率e=≤,又e>1,∴e的取值范围是.
13.1　[解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),则|OA|=|OB|,即+=+,即+2px1=+2px2,所以(x1-x2)(x1+x2+2p)=0,因为x1>0,x2>0,所以x1+x2>0,又2p>0,所以x1+x2+2p≠0,所以x1-x2=0,故A,B两点关于x轴对称.不妨设y1>0,由|OA|=4,∠AOx=30°,得A(6,2),将点A(6,2)的坐标代入抛物线的方程,得12=12p,所以p=1.
14.+1　[解析] 设内切圆Q分别与F1M,F2M,F1F2,y轴相切于点S,T,N,P,设O为坐标原点,连接QS,QT,QN,QP,则四边形QSMT和四边形OPQN都为正方形.设内切圆半径为r,则由题意得|ON|=|MT|=r,所以|F2M|=|F2O|=|F1F2|①,|F1M|+|F2M|-|F1F2|=2r②,由双曲线的定义得|F1M|-|F2M|=2a③,由①②③得r=a,所以|F1M|+|F2M|-|F1F2|=2a,则|F1M|=c+2a,|F2M|=c,由勾股定理得(c+2a)2+c2=(2c)2,整理得c2=2a2+2ac,所以e2=2+2e,解得e=+1(舍去负值).小题阶段自查(十)　圆锥曲线
一、单选题
1.[2024·浙南名校联盟联考] 双曲线C:y2-=1的焦点坐标为 (　 )
A.(±2,0) B.(±,0)
C.(0,±) D.(0,±2)
2.[2024·广州天河区模拟] 已知椭圆E的方程为+=8,则椭圆E的 (　 )
A.长轴长为16
B.短轴长为4
C.焦距为2
D.焦点坐标为(±2,0)
3.[2023·山东菏泽一模] 过抛物线C:y=4x2的焦点F作倾斜角为30°的直线交抛物线C于A,B两点,则|AB|= (　 )
A. B.
C.1 D.16
4.[2023·江苏四市一模] 已知椭圆+=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),点P,Q在直线x=上,FP⊥FQ,O为坐标原点,若·=2,则该椭圆的离心率为 (　 )
A. B.
C. D.
5.[2023·全国乙卷] 设A,B为双曲线x2-=1上两点,下列四个点中,可为线段AB中点的是 (　 )
A.(1,1) B.(-1,2)
C.(1,3) D.(-1,-4)
6.[2023·山东德州模拟] 已知双曲线-=1(a>0,b>0)的两条渐近线与抛物线y2=2px(p>0)的准线分别交于A,B两点,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,△AOB的面积为,则p= (　 )
A.1 B.
C.2 D.3
7.[2023·淄博二模] 古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质:从椭圆的一个焦点射出的光线,经椭圆反射,其反射光线必经过椭圆的另一个焦点.如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,若从椭圆的右焦点F2发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后,满足AB⊥AD,且cos∠ABC=,则该椭圆的离心率为 (　 )
A. B.
C. D.
8.[2023·福州一模] 双曲线C:-x2=1的下焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,若过A,B和点M(0,)的圆的圆心在x轴上,则直线l的斜率为 (　 )
A.± B.±
C.±1 D.±
二、多选题
9.[2023·海口模拟] 已知曲线C:mx2+ny2=1,则下列说法正确的是 (　 )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±x
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
10.[2023·武汉调研] 椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点和一个顶点在圆x2+y2-5x-4y+4=0上,则该椭圆的离心率的可能取值为(　 )
A. B.
C. D.
11.[2024·湖北四地联考] 已知A(1,-4),M,N是抛物线C:y2=2px(p>0)上三个不同的点,C的焦点F是△AMN的重心,则 (　 )
A.C的准线方程是x=-4
B.过C的焦点F的最短弦长为8
C.以MN为直径的圆与准线相离
D.线段MN的长为19
三、填空题
12.[2023·南京模拟] 已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的离心率为e,若直线y=±2x与E无公共点,则e的取值范围是　　　　.
13.[2023·北京西城区一模] 已知抛物线y2=2px(p>0)的顶点为O,且过点A,B.若△OAB是边长为4的等边三角形,则p=　　　　.
14.[2023·大同模拟] 双曲线C:-=1 (a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右支上有一点M,满足∠F1MF2=90°,若△F1MF2的内切圆与y轴相切,则双曲线C的离心率e=　　　　. 解答专题特训 (五)
1.解:(1)由题意可得,2c=2,则c=1,即a2-b2=1,
又椭圆过点E,所以+=1,所以a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)设M(x1,y1),Q(x2,y2),N(x3,y3),P(x4,y4).
因为=3,所以=3,
故所以
又因为M(x1,y1),Q(x2,y2)都在椭圆上,所以即
两式相减得+=-8,即+=-1,同理可得+=-1,两式相减可得+=0,所以kMN==-,为定值.
2.解:(1)设P(x,y),y≠0,因为直线PA与直线PB的斜率之积为-,所以·=-(y≠0),整理得+=1(y≠0),
故点P的轨迹M的方程为+=1(y≠0).
(2)设直线CD:y=k1(x+1)①.
设直线EF:y=k2(x-1)②.将①与曲线M的方程联立得(3+4)x2+8x+4-12=0.
设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,所以|CD|===.
将②与曲线M的方程联立得(3+4)x2-8x+4-12=0,设E(x3,y3),F(x4,y4),则x3+x4=,x3x4=,所以|EF|===,
所以+=+==,解得=1,所以k1k2=±1,故直线CD的斜率与直线EF的斜率之积为±1.
3.解:(1)当MD垂直于x轴时,xM=p,则|MF|=3=p+,所以p=2,故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由已知可知,当α为钝角时,β也为钝角,此时α-β<0,当α为直角时,β也为直角,此时α-β=0,当α为锐角时,β也为锐角,此时α-β>0,故仅讨论α-β>0的情况即可.
由(1)得F(1,0),D(2,0).令kMN=k1=tan α>0,kAB=k2=tan β>0,则tan(α-β)=.设M(x1,y1),N(x2,y2)(y1>0,y2<0),A(x3,y3),B(x4,y4)(y3<0,y4>0).
设AB与x轴的交点为(m,0),m>0,则直线AB的方程为y=k2(x-m),直线MN的方程为y=k1(x-1).
由得x2-(2+4)x+=0,则x1x2=1.由得x2-(2m+4)x+m2=0,则x3x4=m2.设t=,则直线MD的方程为x=ty+2.
由得y2-4ty-8=0,则y1y3=-8,x1x3=·=4.同理可得x2x4=4.
所以M(x1,2),N,A,B(4x1,4),所以k1=,k2=,即k1=2k2,
所以tan(α-β)===≤=,当且仅当=2k2,即k2=时等号成立,即当k2=时,α-β取得最大值.
又x3x4==m2,所以m=4,所以直线AB的方程为y=(x-4),即x-y-4=0.
4.解:(1)设E的方程为+=1(m>0,n>0),将A(0,-2),B两点的坐标分别代入E的方程得可得故E的方程为+=1.
(2)证明:由A(0,-2),B可得直线AB的方程为y=x-2.
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则该直线的方程为x=1,将x=1代入+=1,可得M,N,将y=-代入y=x-2,可得x=3-,则T.由=,得H,
则直线HN的方程为y=x-2,此时直线HN过点(0,-2).
②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,则设该直线的方程为y=k(x-1)-2,M(x1,y1)(-2由得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则所以
且x1y2+x2y1=.由可得T,则H(3y1+6-x1,y1),
则直线HN的方程为y-y2=(x-x2),
将(0,-2)的坐标代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,
可得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立,此时直线HN过点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
5.解:(1)由抛物线的定义可知,2+=3,解得p=2,即抛物线C的方程为y2=4x.设A(x1,y1),M(x2,y2),直线AM的方程为x=my+1(m≠0).
由消去x得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0,则y1+y2=4m,y1·y2=-4,
故|AM|=x1+x2+p=m(y1+y2)+4=4(m2+1).
因为AF⊥BF,所以直线BN的方程为x=-y+1,于是|BN|=4,则S四边形ABMN=·|AM|·|BN|=×4(m2+1)×4=8≥32,
当且仅当m2=,即m=±1时,等号成立,
所以四边形ABMN的面积的最小值为32.
(2)证明:设B(x3,y3),N(x4,y4),Q(xQ,yQ).
因为A,N,Q三点共线,所以=,
即=,整理得yQ=,
同理,由B,M,Q三点共线,可得yQ=,
即=,解得4xQ=
,
由(1)可知,y1·y2=y3·y4=-4,代入上式可得4xQ==-4,得xQ=-1,
即点Q在定直线x=-1上.
6.解:(1)∵双曲线C的左焦点F(-c,0)到双曲线C的渐近线bx+ay=0的距离d==b=2,
∴双曲线C的方程为-=1(0依题意得直线l1的方程为y=(x-a).
由 消去y整理得(36-a2)x2+2a3x-a2(a2+36)=0,依题意知36-a2≠0,Δ>0,设点A,B的横坐标分别为xA,xB,则xAxB=,
∵xA=a,∴xB=,∴|AB|=|xA-xB|=|xA-xB|=,∴|xA-xB|=8,
即=8,∴a=3.当a=3时,Δ>0,符合题意,故双曲线C的方程为-=1.
(2)依题意知,直线l2的斜率不为0,设直线l2的方程为x=my+6.由消去x整理得(4m2-9)y2+48my+108=0,∴4m2-9≠0,Δ1>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.直线AP的方程为y=(x-3),令x=6,得y=,∴M.
同理可得N.由对称性可知,若以线段MN为直径的圆过定点,则该定点一定在x轴上,设该定点为R(t,0),则=,=,
故·=(6-t)2+=(6-t)2+=(6-t)2+=(6-t)2+=(6-t)2-12=0,
解得t=6-2或t=6+2,故以线段MN为直径的圆过定点(6-2,0)和(6+2,0).解答专题特训 (五)解析几何
解答题(本大题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.[2023·杭州模拟] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且经过点E.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若椭圆C的内接四边形MNQP的对角线交于点T(1,1),满足==3,试问:直线MN的斜率是否为定值 若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
2.[2023·葫芦岛一模] 在平面直角坐标系中,已知点A(-2,0),B(2,0),直线PA与直线PB的斜率之积为-,点P的轨迹为M.
(1)求M的方程;
(2)分别过F1(-1,0),F2(1,0)作两条斜率存在的直线分别交M于C,D两点和E,F两点,且+=,求直线CD的斜率与直线EF的斜率之积.
3.[2022·全国甲卷] 设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3.
(1)求C的方程;
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β.当α-β取得最大值时,求直线AB的方程.
4.[2022·全国乙卷] 已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足=.证明:直线HN过定点.
5.[2023·淄博模拟] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(2,t)到其焦点F的距离为3,A,B为抛物线C上异于原点的两点.延长AF,BF分别交抛物线C于点M,N,直线AN,BM相交于点Q.
(1)若AF⊥BF,求四边形ABMN的面积的最小值;
(2)证明:点Q在定直线上.
6.[2023·邵阳二模] 已知双曲线C:-=1(00)的右顶点为A,左焦点F(-c,0)到其渐近线bx+ay=0的距离为2,斜率为的直线l1交双曲线C于A,B两点,且|AB|=.
(1)求双曲线C的方程.
(2)过点T(6,0)的直线l2与双曲线C交于P,Q两点,直线AP,AQ分别与直线x=6相交于M,N两点,那么以线段MN为直径的圆是否过定点 若过定点,求出定点的坐标;若不过定点,请说明理由.

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