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参考答案与解析
专题一　集合与常用逻辑用语、不等式
1．解析：选B.依题意，有a－2＝0或2a－2＝0.当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不满足A B；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，满足A B.所以a＝1，故选B.
2．解析：选C.通解(直接运算法)：因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M∩N＝{－2}，故选C.
光速解(排除法)：由于1 N，所以1 M∩N，排除A，B；由于2 N，所以2 M∩N，排除D.故选C.
3．解析：选A.由题意知， UM＝{2，3，5}，又N＝{2，5}，所以N∪ UM＝{2，3，5}，故选A.
4．解析：选A.由题意知， UN＝{2，4，8}，所以M∪ UN＝{0，2，4，6，8}．故选A.
5．解析：选A.方法一：因为U＝{1，2，3，4，5}，B＝{1，2，4}，所以 UB＝{3，5}，又A＝{1，3}，所以( UB)∪A＝{1，3，5}．故选A.
方法二：因为A＝{1，3}，所以A ( UB)∪A，所以集合( UB)∪A中必含有元素1，3，所以排除选项C，D；观察选项A，B，因为5 B，所以5∈ UB，即5∈( UB)∪A，故选A.
6．解析：选A.通解(列举法)：M＝{…，－2，1，4，7，10，…}，N＝{…，－1，2，5，8，11，…}，所以M∪N＝{…，－2，－1，1，2，4，5，7，8，10，11，…}，所以 U(M∪N)＝{…，－3，0，3，6，9，…}，其元素都是3的倍数，即 U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}，故选A.
优解(描述法)：集合M∪N表示被3除余1或2的整数集，则它在整数集中的补集是恰好被3整除的整数集，故选A.
7．解析：选A.M∪N＝{x|x<2}，所以 U(M∪N)＝{x|x≥2}，故选A.
8．解析：选B.通解：若a2＝b2，则当a＝－b≠0时，有a2＋b2＝2a2，2ab＝－2a2，即a2＋b2≠2ab，所以由a2＝b2 /　a2＋b2＝2ab；若a2＋b2＝2ab，则有a2＋b2－2ab＝0，即(a－b)2＝0，所以a＝b，则有a2＝b2，即a2＋b2＝2ab a2＝b2.所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B.
优解：因为“a2＝b2” “a＝－b或a＝b”，“a2＋b2＝2ab” “a＝b”，所以本题可以转化为判断“a＝－b或a＝b”与“a＝b”的关系，又“a＝－b或a＝b”是“a＝b”的必要不充分条件，所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B.
9．解析：选B.甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sin α＝±cos β，所以由甲不能推导出sin α＋cos β＝0，所以甲不是乙的充分条件；由sin α＋cos β＝0，得sin α＝－cos β，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．综上，故选B.
10．解析：如图，作出可行域，为一封闭三角形区域(包含边界)，求出三条边界的交点，分别为A(1，4)，B(5，2)，C(2，1)．作出直线y＝2x并平移，当直线y＝2x－z过点B时截距－z取得最小值，即z取得最大值，所以zmax＝8.
答案：8
11．解析：根据不等式组作出可行域如图所示，作出直线3x＋2y＝0并平移，由图可知，当平移后的直线经过点A时，z取得最大值．根据得所以zmax＝3×3＋2×3＝15.
答案：15
专题二　基本初等函数、导数及其应用
1．解析：选D.通解(复合函数法)：由题意得y＝x(x－a)在区间(0，1)单调递减，所以x＝≥1，解得a≥2.故选D.
光速解(特值法)：取a＝3，则y＝x(x－3)＝－在(0，1)单调递减，所以f(x)＝2x(x－3)在(0，1)单调递减，所以a＝3符合题意，排除A，B，C，故选D.
2．解析：选D.通解：f(x)的定义域为{x|x≠0}，因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即＝，即e(1－a)x－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故选D.
光速解：f(x)＝＝，f(x)是偶函数，又y＝x是奇函数，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函数，故a－1＝1，即a＝2，故选D.
3．解析：选D.方法一：因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6>0.5>0，所以1.010.6>1.010.5>1，即b>a>1；因为函数g(x)＝0.6x是减函数，且0.5>0，所以0.60.5<0.60＝1，即c<1.综上，b>a>c.故选D.
方法二：因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6>0.5，所以1.010.6>1.010.5，即b>a；因为函数h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上单调递增，且1.01>0.6>0，所以1.010.5>0.60.5，即a>c.综上，b>a>c.故选D.
4．解析：选D.方法一：由题图可知函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数．对于A，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝－f(x)，所以函数f(x)＝是奇函数，所以排除A；对于B，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)＝是奇函数，所以排除B；对于C，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝f(x)，所以函数f(x)＝是偶函数，又x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)>0恒成立，不符合题意，所以排除C；分析知，选项D符合题意，故选D.
方法二：由题图可知函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数．因为y＝x2＋2是偶函数，y＝ex－e－x是奇函数，所以f(x)＝是奇函数，故排除A；因为y＝x2＋1是偶函数，y＝sin x是奇函数，所以f(x)＝是奇函数，故排除B；因为x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)＝>0恒成立，不符合题意，故排除C.故选D.
5．解析：选B.通解：设g(x)＝ln，易知g(x)的定义域为∪，且g(－x)＝ln＝ln＝－ln＝－g(x)，所以g(x)为奇函数．若f(x)＝(x＋a)ln为偶函数，则y＝x＋a也应为奇函数，所以a＝0，故选B.
优解：因为f(x)＝(x＋a)ln为偶函数，f(－1)＝(a－1)ln 3，f(1)＝(a＋1)ln＝－(a＋1)ln 3，所以(a－1)ln 3＝－(a＋1)ln 3，解得a＝0，故选B.
6．解析：选C.因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a＞0，则0＜≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
7．解析：选C.由题意可知y′＝＝，则曲线y＝在点处的切线斜率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.
8．解析：选B.由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝±.令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－1，即a<－3.故选B.
9．解析：选A.函数f(x)＝e－(x－1)2是由函数y＝eu和u＝－(x－1)2复合而成的复合函数，y＝eu为R上的增函数，u＝－(x－1)2在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由复合函数的单调性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．易知f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以c＝f＝f，又<2－<<1，所以fc>a，故选A.
10．解析：选ACD.因为Lp＝20×lg随着p的增大而增大，且Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，所以Lp1≥Lp2，所以p1≥p2，故A正确；由Lp＝20×lg，得p＝p010，因为Lp3＝40，所以p3＝p010＝100p0，故C正确；假设p2>10p3，则p010>10p010，所以10－>10，所以Lp2－Lp3>20，不可能成立，故B不正确；因为＝＝10－＋2≥1，所以p1≤100p2，故D正确．综上，选ACD.
11．解析：选ABC.取x＝y＝0，则f(0)＝0，故A正确；取x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正确；取x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0，取y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故C正确；不妨取f(x)＝0，此时f(x)符合题设，但f(x)无极值．故D不正确．综上，选ABC.
12．解析：选BCD.因为函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选BCD.
13．解析：方法一：当a＝1时，函数f(x)只有一个零点－1，不符合题意；当a＝0时，函数f(x)只有一个零点－1，不符合题意；当a＝－1时，函数f(x)有两个零点，分别为－1和－，符合题意．
若a≠0且a≠±1，分以下两种情况：
①当x2－ax＋1≥0时，f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|＝ax2－2x－(x2－ax＋1)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1＝(x＋1)[(a－1)x－1]，令f(x)＝0，由a≠0且a≠±1，得x1＝－1，x2＝，且x1≠x2.又x1＝－1时，ax2－2x－(x2－ax＋1)＝a＋2－(x2－ax＋1)＝0，所以a＝(x2－ax＋1)－2，则x2－ax＋1≥0时，a≥－2且a≠0，a≠±1；x2＝时，ax2－2x－(x2－ax＋1)＝－－(x2－ax＋1)＝0，所以＝x2－ax＋1，则x2－ax＋1≥0时，a≤2且a≠0，a≠±1.
②当x2－ax＋1<0时，f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|
＝ax2－2x＋(x2－ax＋1)＝(a＋1)x2－(a＋2)x＋1＝(x－1)[(a＋1)x－1]，令f(x)＝0，由a≠0且a≠±1，得x3＝1，x4＝，且x3≠x4.同理，x3＝1时，x2－ax＋1<0，则a>2；x4＝时，x2－ax＋1<0，则a<－2.
综上，a的取值范围为(－∞，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)．
方法二：当a＝0时，f(x)＝－2x－|x2＋1|＝－x2－2x－1＝－(x＋1)2，令f(x)＝0，解得x＝－1，所以此时f(x)有且只有一个零点，所以a＝0不符合题意．
令x2－ax＋1＝0，当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2－ax＋1≥0在R上恒成立，此时f(x)＝ax2－2x－(x2－ax＋1)＝(a－1)x2＋(a－2)x－1.当a＝1时，f(x)＝－x－1，此时函数f(x)有且仅有一个零点，不符合题意，当a≠0且a≠1时，令f(x)＝0，解得x＝－1或x＝，此时方程f(x)＝0有两个不相等实根，即函数f(x)有且仅有两个零点，所以－2≤a≤2且a≠0，a≠1符合题意．
当a>2时，在同一个平面直角坐标系中作出函数y1＝ax2－2x和y2＝x2－ax＋1的图象，如图1所示．令y3＝y1－y2＝ax2－2x－x2－ax＋1＝0，得(a－1)x2＋(a－2)x－1＝0，解得x＝－1或x＝，所以函数y1＝ax2－2x和函数y2＝x2－ax＋1的图象有两个交点，当x<－1或x>时，y3>0，即y1>y2；当－12，所以函数y2＝x2－ax＋1的图象与x轴有两个交点，设两个交点坐标分别为(x1，0)，(x2，0)，则x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两根，不妨设x10，所以x2>1，02符合题意．
当a<－2时，在同一平面直角坐标系中作出函数y1＝ax2－2x和y2＝x2－ax＋1的图象，如图3所示．同理可知x1<－1<x2时两函数图象还有一个交点，所以此时函数y＝|x2－ax＋1|和函数y1＝ax2－2x的图象有且仅有两个交点，即此时f(x)＝ax2－2x－|x2－ax＋1|有且仅有两个零点，所以a<－2符合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)
14．解析：由题意得，当x>0时，f′(x)＝axln a＋(1＋a)x·ln(1＋a)＝ax[ln a＋ln(1＋a)]≥0，设g(x)＝ln a＋ln(1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
因为a∈(0，1)，所以ln(1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0答案：
15．解：(1)(cos2 x)′＝(cos x cos x)′＝－sin xcos x＋cos x·(－sin x)＝－2sin xcos x，
f′(x)＝a－
＝a－＝a－.
当a＝1时，f′(x)＝1－＝.
因为x∈，所以cos x∈(0，1)，
cos3 x＋cos2 x<2，故f′(x)<0，
故当a＝1时，f(x)在上单调递减．
(2)方法一：令F(x)＝ax－＋sin x，则F(0)＝0.
F′(x)＝a－＋cos x＝a＋.
令F′(0)＝0，得a＝0.
当a>0时，F′(0)＝a>0，当x→时，F′(x)→－∞，所以存在一个x0∈，满足F′(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，则当x∈(0，x0)时，F(x)>F(0)＝0，不符合题意；
当a≤0时，因为f(x)＋sin x＝ax－＝ax－≤－，x∈，所以要证f(x)＋sin x<0在上恒成立，只需证－<0在上恒成立．
因为cos2 x在上恒大于0，sin3 x在上恒大于0，所以－<0在上恒成立，命题得证．
综上，a的取值范围为(－∞，0]．
方法二：依题意，f(x)＋sin x＝ax－＋sin x＝ax＋sin x，x∈.
①当a≤0时，易知f(x)＋sin x<0；
②当a>0时，因为x∈时满足sin x所以f(x)＋sin x＝ax＋sin x>asin x＋sin x＝sin x，
因为函数y＝的值域为(1，＋∞)，a＋1>1，所以对于任意大于0的参数a，一定存在x0∈，使得即存在x0∈，使得f(x0)＋sin x0>0，故a>0不能确保f(x)＋sin x<0，与题意矛盾，故a>0不成立．
综上，a的取值范围为(－∞，0]．
16．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝(－1)ln(1＋x)，f′(x)＝－ln(1＋x)＋(－1)·，
所以f′(1)＝－ln 2，
又f(1)＝0，所以点(1，f(1))处的切线方程为
y－0＝－(x－1)ln 2，即xln 2＋y－ln 2＝0.
(2)方法一：由题意得f′(x)＝－ln(1＋x)＋(＋a)·≥0(x>0)，即≥0(x>0)，因为x2(1＋x)>0，所以只需满足ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)≥0(x>0)．
设g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)，
则g′(x)＝2ax＋1－ln(1＋x)－1＝2ax－ln(1＋x)．
若a≤0，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，于是在(0，＋∞)上g(x)若a>0，设h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝2a－，h′(0)＝2a－1.
①若0令h′(x)＝0，得x＝－1，
因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当0－1时，h′(x)>0，
所以h(x)即g′(x)在(0，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当0②若a≥，因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝2a－1≥0，所以h(x)即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g′(x)>g′(0)＝0，于是g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g(x)>g(0)＝0，满足题意．
综上所述，a的取值范围为[，＋∞)．
方法二：由题意得f′(x)＝－ln(1＋x)＋(＋a)·≥0(x>0)，即(＋a)·≥(x>0)，即≥(x>0)，即a≥(x>0)恒成立．
设g(x)＝，
则g′(x)＝
＝
＝，
再设h(x)＝ln(1＋x)－，
则h′(x)＝－＝，
当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
故在(0，＋∞)上h(x)>h(0)＝0，
又x>0时，－(x＋2)<0，x3>0，
所以当x>0时，g′(x)<0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由洛必达法则可得g(x)＝ ＝ ＝，
所以当x>0时，g(x)<，
所以a≥，故a的取值范围为[，＋∞)．
17．解：(1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，
令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：方法一(最值法)：由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g＝－ln－＝ln>0，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
方法二(分析法)：当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝－1＝，所以当a>1时，u′(a)<0；当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0，
因为a2－a＋＝＋>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
18．解：(1)f′(x)＝－ln(x＋1)＋，
所以f′(2)＝－，
故曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率为－.
(2)证明：构造g(t)＝ln t－(t≥1)，则g′(t)＝－＝≥0，
所以函数g(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(t)≥g(1)＝0，所以ln t>(t>1)．
令x＋1＝t(x>0)，则ln(x＋1)>(x>0)，
所以当x>0时，ln(x＋1)>1，即f(x)>1.
(3)证明：先证ln(n！)－ln n＋n≤1.
令h(n)＝ln(n！)－ln n＋n，n∈N*，
则h(n＋1)－h(n)＝ln(n＋1)－ln(n＋1)＋ln n＋1＝1－ln，
由(2)可知ln(x＋1)>1，令n＝，
则1－ln<0，
故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证．
再证方法一：构造s(x)＝ln x－，x>0，
则s′(x)＝－＝，
当00，当x>1时，s′(x)<0，
故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤.
又当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝ln－1≤·－1＝<＝，
所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln 2＋ln 2－2＋(1－＋－＋…＋－)＝ln 2－1＋故h(n)>h(1)－＝，得证．
综上，方法二：先证不等式ln(1＋x)－1<成立．
令p(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则p′(x)＝≤0，
故p(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x>0时，
p(x)ln－1<<.
以下同方法一．
19．解：(1)当a＝8时，f(x)＝8x－，x∈，
f′(x)＝8－＝8＋－.
令＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)令g(x)＝f(x)－sin 2x＝ax－－sin 2x，
则g′(x)＝a－－2cos 2x＝
a－－4cos2x＋2＝
a－，
令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，
则k′(u)＝＋4＝.
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，
所以k(u)在(0，1)上单调递减，
因为k(1)＝3，所以当u∈(0，1)时，k(u)>3，
所以k(u)的值域为(3，＋∞)．
①当a≤3时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递减，
又g(0)＝0，所以当x∈时，g(x)<0，
即f(x)②当a>3时， x0∈使得g′(x0)＝0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，
所以g(x0)>g(0)＝0，
所以f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3]．
20．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(1＋x)，
则f′(x)＝－ln(1＋x)＋·，
所以f′(1)＝－ln 2，
又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即xln 2＋y－ln 2＝0.
(2)假设存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称．令g(x)＝f＝(x＋a)ln＝(x＋a)ln ，
因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，
所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln ＝(2b－x＋a)ln ＝(x－2b－a)ln ，
于是得
当a＝，b＝－时，g(x)＝ln，g(－1－x)＝ln ＝ln ＝ln ＝ln ＝g(x)，
所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意．
故存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－.
(3)方法一：f′(x)＝－ln(1＋x)＋·＝＝(x>0)，
设h(x)＝－ln(1＋x)，则h′(x)＝－＝＝，
①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x>0时，h(x)即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．
②当a≥时，2a－1≥0，当x>0时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．
③当0时，h′(x)>0，
所以h(x)在上单调递减，
在上单调递增，
所以h又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以存在x0∈，使得h(x0)＝0，
即当0当x>x0时，h(x)>0，f(x)单调递增，
此时y＝f(x)有极小值点x0.
综上所述，a的取值范围为.
方法二：由题意，得f′(x)在(0，＋∞)上有变号零点，令f′(x)＝－ln(1＋x)＋·＝0(x>0)，得·＝，即＝，即a＝，所以原问题等价于直线y＝a与曲线y＝在(0，＋∞)上有交点，
设h(x)＝(x>0)，
则h′(x)＝
＝
＝，
设φ(x)＝ln(1＋x)－，则φ′(x)＝－＝>0，
所以当x>0时，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，
又当x>0时，－(x＋2)<0，
所以h′(x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
由洛必达法则可得h(x)＝ ＝ ＝，当x→＋∞时，h(x)→0，
所以当0故a的取值范围为.
21．解：(1)证明：令h(x)＝x－x2－sin x，
则h′(x)＝1－2x－cos x，
令p(x)＝1－2x－cos x，则p′(x)＝－2＋sin x＜0，
所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，
所以当0＜x＜1时，h′(x)＜h′(0)＝0，
所以h(x)单调递减，又h(0)＝0，
所以当0＜x＜1时，h(x)＜h(0)＝0，
即x－x2＜sin x.
令g(x)＝sin x－x，
则g′(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，
所以当0＜x＜1时，g(x)＜g(0)＝0，即sin x＜x.
综上，当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x.
(2)通解：因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)(－1＜x＜1)，所以f(－x)＝cos(－ax)－ln[1－(－x)2]＝cos ax－ln(1－x2)，
所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．
f′(x)＝－asin ax＋(－1＜x＜1)，
令t(x)＝－asin ax＋(－1＜x＜1)，
则t′(x)＝－a2cos ax＋(－1＜x＜1)．
令n(x)＝－a2cos ax＋，则n′(x)＝a3sin ax＋.
当a＝0时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
当a＞0时，取与1中的较小者，为m，
则当0＜x＜m时，易知n′(x)＞0，
所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，
所以t′(x)＞t′(0)＝2－a2.
①当2－a2≥0，即0＜a≤时，t′(x)＞0(0＜x＜m)．
所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)＞t(0)＝0，
即f′(x)＞0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，
由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．
故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
②当2－a2＜0，即a＞时，
当＜1，即a＞时，
因为t′(0)＜0，t′＞0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，
且当0＜x＜x1时，t′(x)＜0，t(x)单调递减，
因为t(0)＝0，所以当0＜x＜x1时，t(x)＜0，
即f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x1)上单调递减，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当＞1，即＜a＜时，
因为t′(0)＜0，t′＝－a2cos＋＞0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，
且当0＜x＜x2时，t′(x)＜0，t(x)单调递减．
因为t(0)＝0，所以当0＜x＜x2时，t(x)＜0，
即f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x2)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当a＜0时，由偶函数图象的对称性可得a＜－.
综上所述，a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)．
优解：
由f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，
得f′(x)＝－asin ax＋(－1＜x＜1)，
令t(x)＝－asin ax＋(－1＜x＜1)，
则t′(x)＝－a2cosax＋(－1＜x＜1)．
由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)＜0，
所以2－a2＜0，
解得a＜－或a＞.
所以a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)．
专题三　三角函数、解三角形
1．解析：选B.依题意，得所以sin αcos β＝，所以sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝＋＝，所以cos(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×＝，故选B.
2．解析：选D.方法一：由题意，cos α＝＝1－2sin2，得sin2＝＝＝，又α为锐角，所以sin＞0，所以sin＝.
方法二：由题意，cos α＝＝1－2sin2，得sin2＝，将选项逐个代入验证可知D选项满足．故选D.
3．解析：选C.因为acos B－bcos A＝c，所以由正弦定理得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(B＋A)，则2sin Bcos A＝0.在△ABC中，sin B≠0，则cos A＝0，A＝.所以B＝π－A－C＝π－－＝.故选C.
4．解析：选B.对于A，f(x)＝sin，最小正周期为＝4，因为f(2)＝sin π＝0，所以函数f(x)＝sin的图象不关于直线x＝2对称，故排除A；对于B，f(x)＝cos，最小正周期为＝4，因为f(2)＝cos π＝－1，所以函数f(x)＝cos的图象关于直线x＝2对称，故选项B符合题意；对于C，D，函数y＝sin和y＝cos的最小正周期均为＝8，均不符合题意，故排除C，D.故选B.
5．解析：选D.由题意得×＝－，解得ω＝2，易知x＝是f(x)的最小值点，所以×2＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，得φ＝＋2kπ(k∈Z)，于是f(x)＝sin(2x＋＋2kπ)＝sin(2x＋)，f(－)＝sin(－×2＋)＝sin ＝，故选D.
6．解析：选C.图象法：把函数y＝cos的图象向左平移个单位长度后得到函数f(x)＝cos[2(x＋)＋]＝cos＝－sin 2x的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝x－如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.
7．解析：选D.由题意得×＝－，解得ω＝2，易知x＝是f(x)的最小值点，所以×2＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，得φ＝＋2kπ(k∈Z)，于是f(x)＝sin ＝sin ，f＝sin ＝sin ＝，故选D.
8．解析：由且θ∈(0，)，解得故sin θ－cos θ＝－.
答案：－
9．解析：通解(定义法)：因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sin＝(x－1)2＋ax＋sin，得a＝2.
优解(特值法)：因为f(x)为偶函数，所以f＝f，即－a＝＋a，得a＝2.
答案：2
10．解析：方法一：由余弦定理得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，解得AC＝1＋.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC×ADsin 30°，所以AD＝＝＝2.
方法二：由角平分线定理得＝，又BD＋CD＝，所以BD＝，CD＝.由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－，又由方法一知AC＝1＋，所以AD2＝2＋2－＝2＋2－(2－2)＝4，所以AD＝2.
答案：2
11．解析：方法一：函数f(x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3)．
方法二：函数f(x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3)．
答案：[2，3)
12．解析：对比正弦函数y＝sin x的图象易知，点为“五点(画图)法”中的第五点，所以ω＋φ＝2π　①.
由题知|AB|＝xB－xA＝，两式相减，得ω(xB－xA)＝，
即ω＝，解得ω＝4.
代入①，得φ＝－，所以f(x)＝sin，
所以f(π)＝sin＝－sin＝－.
答案：－
13．解：(1)由余弦定理知cos A＝，
代入＝2，得2bc＝2，故bc＝1.
(2)由正弦定理及－＝1，
得－＝1，
化简得－＝1.
因为A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sin C，
所以sin(A－B)－sin B＝sin C＝sin(A＋B)，
所以sin Acos B－cos Asin B－sin B
＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以－2cos Asin B＝sin B.
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以cos A＝－.
因为A∈(0，π)，所以sin A＝＝.
由(1)知bc＝1，故△ABC的面积S＝bcsin A＝×1×＝.
14．解：(1)由正弦定理＝，得＝，
解得sin B＝.
(2)方法一(余弦定理)：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即39＝4＋c2－4ccos 120°，
整理得c2＋2c－35＝0，
解得c＝5或c＝－7(舍去)．所以c＝5.
方法二(射影定理)：因为A＝120°，所以B，C均为锐角，
所以cos B＝＝.
由射影定理得，c＝acos B＋bcos A＝×＋2×＝6－1＝5.
(3)由正弦定理＝，可得sin C＝，
又B，C均为锐角，
所以cos C＝＝，
cos B＝＝，
所以sin(B－C)＝sin Bcos C－cos Bsin C＝×－×＝－.
15．解：方法一：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因为2sin(A－C)＝sin B，
所以2sin＝sin，
展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sin A>0，
所以sin A＝.
(2)由正弦定理＝，
得BC＝×sin A＝×＝3，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos C，
得52＝AC2＋(3)2－2AC·3×，
整理得AC2－3AC＋20＝0，
解得AC＝或AC＝2，
由(1)得，tan A＝3>，所以又A＋B＝，所以B>，
即C设AB边上的高为h，则×AB×h＝×AC×BCsin C，
即5h＝2×3×，解得h＝6，
所以AB边上的高为6.
方法二：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因为2sin(A－C)＝sin B，
所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
所以2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，
所以sin Acos C＝3cos Asin C，
易得cos Acos C≠0，所以tan A＝3tan C＝3tan＝3，
又sin A>0，所以sin A＝＝.
(2)由(1)知sin A＝，tan A＝3>0，
所以A为锐角，所以cos A＝，
所以sin B＝sin＝(cos A＋sin A)＝×＝，
由正弦定理＝，
得AC＝＝＝2，
故AB边上的高为AC×sin A＝2×＝6.
16．解：(1)因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DCsin∠ADC＝2××1×DC×＝，
解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝.
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝.
方法一：在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝1＋4－2＝3，所以b＝.
在△ABC中，由余弦定理，得cos B＝＝＝，所以sin B＝＝.
方法二：在△ABD中，由正弦定理，得＝，所以sin B＝＝，
所以cos B＝＝.
所以tan B＝＝.
(2)方法一：因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，
所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得
＝－，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2.
方法二：因为D为BC的中点，所以BC＝2BD＝a.
在△ABD与△ABC中，由余弦定理，得cos B＝＝，
得2BD2＝b2＋c2－2＝6，
得BD＝，所以a＝2.
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝＝＝－，
所以S△ABC＝bcsin∠BAC
＝bc
＝bc
＝ ＝，
解得bc＝4.则由解得b＝c＝2.
17．解：(1)如图，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝22＋12＋2×2×1×＝7，得BC＝.
方法一：由正弦定理＝，
得sin∠ABC＝＝.
方法二：由余弦定理得cos∠ABC＝＝＝，
所以sin∠ABC＝＝.
(2)方法一：由sin∠ABC＝，得tan∠ABC＝，
又tan∠ABC＝＝，所以DA＝，
故△ADC的面积为DA·AC·sin(120°－90°)＝××1×＝.
方法二：△ABC的面积为AC·AB·sin∠BAC＝×1×2×＝，
＝＝＝，
故△ADC的面积为S△ABC＝×＝.
专题四　平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．解析：选C.|2＋i2＋2i3|＝|2－1－2i|＝|1－2i|＝.故选C.
2．解析：选C.由题意知，＝＝＝1－i，故选C.
3．解析：选A.直接运算、概念法：因为z＝＝＝－i，所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.故选A.
4．解析：选A.因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以该复数在复平面内对应的点为(6，8)，位于第一象限，故选A.
5．解析：选C.因为(a＋i)(1－ai)＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋(1－a2)i＝2，所以2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故选C.
6．解析：选B.z＝＝＝＝1－2i，所以＝1＋2i，故选B.
7．解析：选B.由题意知，a＋b＝(5，3)，a－b＝(1，－1)，所以cos〈a＋b，a－b〉＝＝＝＝，故选B.
8．解析：选B.方法一：由题意知，＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝(＋)·(－＋)＝||2－||2，由题意知||＝||＝2，所以·＝4－1＝3，故选B.
方法二：以点A为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，则＝(1，2)，＝(－1，2)，·＝－1＋4＝3，故选B.
9．解析：选D.转化法：因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)·(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.
10．解析：选D.因为a＋b＋c＝0，所以c＝－a－b，等式两边同时平方得2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2a·b，所以a·b＝0.
通解(运用两向量的夹角公式求解)：又a－c＝a－(－a－b)＝2a＋b，b－c＝b－(－a－b)＝a＋2b，所以(a－c)·(b－c)＝(2a＋b)·(a＋2b)＝2a2＋5a·b＋2b2＝4，且|a－c|＝|2a＋b|＝＝＝，|b－c|＝|a＋2b|＝＝＝，所以cos?a－c，b－c?＝＝，故选D.
优解(数形结合法)：如图，令＝a，＝b，则＝c，所以＝a－c，＝b－c，而|AB|＝，|AC|＝|BC|＝，在△ABC中，由余弦定理得cos?a－c，b－c?＝cos?，?＝cos∠ACB＝＝，故选D.
光速解(坐标法)：如图(图同优解)，令向量a，b的起点均为O，终点分别为A，B，以，分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝－a－b＝(－1，－1)，所以a－c＝(2，1)，b－c＝(1，2)，则cos?a－c，b－c?＝＝＝，故选D.
11．解析：＝＝＝＝4＋i.
答案：4＋i
12．解析：由|a－b|＝，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，结合①，得3a2－3(a2＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝.
答案：
13．解析：因为E为CD的中点，所以＝＋，因为D为AB的中点，所以＝，所以＝＋，又＝a，＝b，所以＝a＋b.
因为＝，所以－＝(－)，即＝＋＝a＋b，所以·＝·＝a2＋a·b＋b2.在三角形ABC中，∠A＝，||＝1，设三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a＝1，|a|＝c，|b|＝b，所以a·b＝bccos ＝，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos，即1＝b2＋c2－bc，所以b2＋c2＝bc＋1，所以·＝a2＋a·b＋b2＝c2＋bc＋b2＝(bc＋1)＋bc＝bc＋.
方法一：在三角形ABC中，由正弦定理得＝＝＝，所以b＝sin B，c＝sin C，bc＝sin Bsin C＝sin Bsin＝sin B＝(sin Bcos B＋sin2B)＝＝＝sin＋，因为0方法二：
因为在三角形ABC中，∠A＝，a＝1，所以由正弦定理得2r＝＝，其中r为三角形ABC外接圆的半径，所以r＝，即三角形ABC外接圆的半径是确定的．如图所示，圆O的半径为，点A在优弧BC上运动，且总满足∠A＝，则S△ABC＝bcsin A＝bc，由图可知，当点A在优弧BC的中点时，点A到BC的距离最大，即S△ABC最大，此时AB＝AC，即c＝b，又∠A＝，所以此时三角形ABC为正三角形，所以三角形ABC面积的最大值为，所以bc的最大值为1，又·＝bc＋，所以·的最大值为＋＝.
答案：a＋b　
专题五　数　列
1．解析：选C.方法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9.设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝20.
方法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5①，由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45②，由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20.故选C.
2．解析：选C.方法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
方法二：设等比数列{an}的公式为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且an＋1＝a1qn＝＋2＝－qn＋＋2，所以又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
3．解析：选C.若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以－＝a1＋(n＋1－1)·－＝，为常数，所以为等差数列，即甲 乙；若为等差数列，设其公差为t，则＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲 乙．所以甲是乙的充要条件，故选C.
4．解析：选C.通解(直接运用等比数列的通项公式与前n项和公式求解)：若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍)或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝＝15.故选C.
优解(直接求和法)：由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，整理得(1＋q)(q3－4q)＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
5．解析：选C.方法一：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则化简整理得所以S8＝＝×(1－44)＝－85.
方法二：易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85.
故选C.
6．解析：选B.通解：由题意得，an＝a1＋(n－1)，cos an＋3＝cos ＝cos ＝cos (a1＋n＋2π－)＝cos ＝cos an，所以，数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝cos ＝－cos a1－sin a1，cos a3＝cos ＝－cos a1＋sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1.下面逐一讨论：①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－cos a1－sin a1，得tan a1＝－，所以ab＝cos a1(－cos a1＋sin a1)＝－cos2a1＋sin a1cos a1
＝＝
＝＝－.
②当cos a1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－cos a1＋sin a1，得tan a1＝，所以ab＝cos a1(－cos a1－sin a1)＝－cos2 a1－sin a1cos a1
＝＝
＝＝－.
③当cos a2＝cos a3≠cos a1时，有－cos a1－sin a1＝－cos a1＋sin a1，得sin a1＝0，所以ab＝cos a1＝－cos2a1＝－(1－sin2a1)＝－.
综上，ab＝－，故选B.
光速解：取a1＝－，则cos a1＝，cos a2＝cos ＝，cos a3＝cos＝－1，所以S＝，ab＝－，故选B.
7．解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×＝7×，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，所以q＝－.
答案：－
8．解析：方法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝aq17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
方法二：设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
答案：－2
9．解：(1)设{an}的公差为d，
则解得所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2)由(1)得|an|＝
当n≤7时，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝
10．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理，得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以bn＝
所以Sn＝＝n2＋4n.
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＋＝.
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，
所以Tn＞Sn.
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＋＝.
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，所以Tn＞Sn.
综上所述，当n＞5时，Tn＞Sn.
11．解：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，
两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，
即(n－1)an－1＝(n－2)an，
当n＝2时，可得a1＝0，
故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，
整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3)．
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
(2)方法一：令bn＝＝，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋　①，
Tn＝＋＋…＋＋　②，
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，
即Tn＝2－.
方法二：设bn＝，
所以bn＝＝＝×，故a＝，b＝0，q＝.
故A＝＝＝－1，B＝＝＝－2，
C＝－B＝2.
故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2)＋2，整理得Tn＝2－.
12．解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，所以an＝nd.
因为bn＝，所以bn＝＝，
所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝.
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，
因为d>1，所以d＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＝，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋，
所以－＝，所以a－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝＝＝，
S99＝＝＝99×50d，
T99＝＝＝.
因为S99－T99＝99，
所以99×50d－＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1(舍去)．
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，
所以bn＝＝＝，
S99＝＝＝99×51d，
T99＝＝＝.
因为S99－T99＝99，
所以99×51d－＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去)．
综上，d＝.
13．解：(1)设{an}的公差为d，
由
得解得
所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
a2n－1＝2·2n－1＋1＝2n＋1，a2n－1＝2(2n－1)＋1＝2n＋1－1.
从a2n－1到a2n－1共有2n－1－2n－1＋1＝2·2n－1－2n－1＝2n－1(项)．
所以i＝＝＝＝3·22n－2.(或i＝2n－1·(2n＋1)＋·2＝3·22n－2)
(2)(Ⅰ)证明：因为当2k－1≤n≤2k－1时，bk因为{an}为递增数列，所以若2k－1≤n≤2k－1，则a2k－1≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2k＋1－1.
同理可得2k＋1＋1≤an＋1≤2k＋2－1.
故可得2k＋1－1所以2k－1综上，当k≥2时，2k－1(Ⅱ)由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列，
设{bn}的通项公式为bn＝p·qn(p>0，q>0且q≠1)，
由(i)知，2n－1即2n－1则有1－①当>1，即q>2时，
n0∈N*，使得p·>2，与p·<1＋矛盾；
②当0<<1，q≠1，即01－矛盾．故q＝2.因为2n－1设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝2n＋1－2.
专题六　立体几何
1．解析：选D.作出该零件的直观图如图所示，该零件可看作是长、宽、高分别为2，2，3的长方体去掉一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体所得，其表面积为2×(2×2＋2×3＋2×3)－2×1×1＝30，故选D.
2.解析：选C.如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，PO，PM 平面POM，所以DC⊥平面POM，又OM 平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥MN，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故选C.
3．解析：选A.如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝，又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP ABC＝×S△ABC×PD＝××2××＝1，故选A.
4．解析：选B.等体积法：如图，因为PM＝PC，PN＝PB，所以＝＝＝×＝，所以＝＝＝＝(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B.
5．解析：选B.在△AOB中，AO＝BO＝，∠AOB＝，由余弦定理得，AB＝ ＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝×3h＝，解得h＝，由勾股定理得，母线PA＝＝3，则该圆锥的高PO＝＝，所以该圆锥的体积为×3π×＝π，故选B.
6．解析：选C.如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM 平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C AB D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2则CM＝1，MD＝，在△CMD中，由余弦定理可得，CD＝＝.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因为DH 平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝＝，故选C.
7．解析：选ABD.由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，<1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；对于选项D，方法一：如图所示，正方体的正六边形截面各边到截面中心O的距离为OA′＝，圆的半径OA＝0.6，由≈2.45可知圆可嵌入截面内，过点A作截面的垂线，交正方体底面于点B.设正方体底面中心为点O′，该截面与底面所成角为θ，即∠OA′O′.由题意得OO′＝，O′A′＝，则tan θ＝＝.所以在Rt△A′AB中，BA＝AA′tan θ＝＞0.01，说明正方体空间内有足够的厚度使得该圆柱体可以放入正方体容器内部．
方法二：由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.
8．解析：选AC.在△PAB中，由余弦定理得AB＝2，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝.对于A，该圆锥的体积V＝πr2h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P AC O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝＝，所以AC＝2，故C选项正确；对于D，PH＝OH＝，S△PAC＝×AC×PH＝×2×＝2，故D选项错误．故选AC.
9．解析：方法一：如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即为正四棱台ABCD A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以V正四棱台ABCD A1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝.
方法二：如图，将正四棱台ABCD A1B1C1D1补形成正四棱锥P ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD A1B1C1D1的高为，所以V正四棱台ABCD A1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝.
答案：
10．解析：如图所示，正四棱锥P ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′ ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′ ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以＝，即＝，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28.
答案：28
11．解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．
答案：12
12．解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径)．设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2]．
答案：[2，2]
13．解析：方法一：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.
将三棱锥S ABC补形为正三棱柱SB1C1 ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.
又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，
所以4＝SA2＋3，解得SA＝2.
方法二：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.
设三棱锥S ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2.过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA.
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO＋O1A2，即4＝SA2＋3，解得SA＝2.
答案：2
14．解：(1)证明：因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，
所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.
设BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA，
所以∠HBA＝∠AOB.
所以∠HBA＝∠CAB，
所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，
故CF＝AF，F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，
所以EF∥PC.
因为D，O分别是BP，BC的中点，
所以DO∥PC，
所以EF∥DO.又DO 平面ADO，EF 平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)由(1)得FO∥AB，
因为AB⊥BC，所以FO⊥BC.又PO⊥BC，
所以∠POF是二面角P BC F的平面角，
所以二面角P BC F的大小为120°.
如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M，连接MO，MB，
则∠POM是二面角P BC M的平面角，
所以∠POM＝60°.
在△PBC中，由PB＝PC＝，BC＝2，得PO＝2，
所以PM＝.
所以三棱锥P ABC的体积VP ABC＝S△ABC×PM＝××2×2×＝.
15．解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，又BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱锥A1 BB1C1C的高为A1H.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝.
方法一：由S△CA1C1＝·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1 BB1C1C的高为1.
方法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1 BB1C1C的高为1.
16.解：(1)证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，
因为A1C，AC 平面ACC1A1，
且A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
因为A1D 平面ACC1A1，所以BC⊥A1D，
又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
所以A1D⊥平面BCC1B1，所以A1D＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，
又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
所以D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
所以A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝A1C1，
所以A1C＝AC.
(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，
故取BB1的中点F，连接A1F，A1F⊥BB1，
因为AA1与BB1的距离为2，所以A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
所以A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝.
建立空间直角坐标系C xyz如图所示，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)，所以＝(0，，0)，
＝(－，0，)，
＝(－2，，)，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取x＝1，
则y＝0，z＝1，
所以平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)．
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cos?n，?|＝＝.
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
17．解：(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝.
因为AE⊥BC，所以AE＝＝.
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED所以AE，DE，BC两两垂直．
所以以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为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，)，＝(－，0，)，＝(0，－，)．
设F(xF，yF，zF)，因为＝，
所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，
可得F(－，0，)．所以＝(，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即取x＝1，
则y＝z＝1，m＝(1，1，1)．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即得x＝0，取y＝1，则z＝1，n＝(0，1，1)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
记二面角D AB F的大小为θ，则
sin θ＝＝ ＝，
故二面角D AB F的正弦值为.
18．解：(1)证明：方法一：依题意，得＝＋＋＝＋＋＝，
所以B2C2∥A2D2.
方法二：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，
则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)，
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以则
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知，＝(－2，－2，2)，
＝(0，－2，1)，
所以则
令y2＝1，得b＝(1，1，2)．
所以|cos 150°|＝|cos〈a，b〉|
＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
19．解：(1)证明：如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，O是BC的中点，所以＝＝，所以△OBA∽△ABC.
记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得OD∥PC，所以EF∥OD，又OD 平面ADO，EF 平面ADO，所以EF∥平面ADO.
(2)证明：AO＝＝，OD＝PC＝，
又AD＝OD＝，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF 平面BEF，
EF 平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO 平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，＝(－2，，0)．
因为PB＝PC，BC＝2，所以设P(x，，z)，z>0，
则＝＋＝＋＝(2，0，0)＋(x－2，，z)＝，
由(2)知AO⊥BE，所以·＝(－2，，0)·＝0，所以x＝－1，
又PB＝，＝(x，，z)，所以x2＋2＋z2＝6，
所以z＝，则P(－1，，)．
由D为BP的中点，得D，
则＝.
设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)，
则即
得b＝a，c＝a，
取a＝1，则n1＝(1，，)．
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
设二面角D AO C的大小为θ，
则|cos θ|＝|cos?n1，n2?|＝＝＝，
所以sin θ＝ ＝，
故二面角D AO C的正弦值为.
20．解：(1)证明：方法一(几何法)：连接MN(图略)．因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝AC＝1，即有MN綉A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC1.
又MC1 平面C1MA，A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
方法二(共面向量基本定理法)：以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则有A(0，0，0)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，1，2)．
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，设＝x＋y，即有(1，0，－2)＝x(1，1，0)＋y(0，1，2)，解得因为A1N 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
方法三(向量法)：设平面C1MA的法向量n＝(x，y，z)，由方法二可得＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，则即不妨取n＝(2，－2，1)．由方法二可知＝(1，0，－2)，所以·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0，所以⊥n.
又A1N 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
(2)由(1)中方法二易知，平面ACC1A1的一个法向量为＝(1，0，0)，由(1)中方法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2，1)，所以cos〈，n〉＝＝，所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为.
(3)由(1)中方法二可得C(0，2，0)，则＝(－1，1，0)，所以由(1)中方法三得点C到平面C1MA的距离d＝＝.
专题七　平面解析几何
1．解析：选C.将方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化为(x－2)2＋(y－1)2＝9，其表示圆心为(2，1)，半径为3的圆．设z＝x－y，数形结合知，只有当直线x－y－z＝0与圆相切时，z才能取到最大值，此时＝3，解得z＝1±3，故z＝x－y的最大值为1＋3，故选C.
2．解析：选D.结合选项可知，直线AB的斜率存在且不为零．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，由点A，B在双曲线上，得
两式作差，得x－x＝，即(x1－x2)(x1＋x2)＝，化简得＝9，即·＝kAB·＝9，因此kAB＝9·.
由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．对于A选项，因为kAB＝9×＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9×＝－<－3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9×＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9×＝<3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.
3．解析：选A.方法一(直接求解法)：由已知得e1＝，e2＝＝，因为e2＝e1，所以＝×，得a＝.故选A.
方法二(选项代入验证法)：若a＝，则e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合题意，由于是单选题，故选A.
4．解析：选B.如图，由x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圆心坐标为(2，0)，半径r＝，所以圆心到点(0，－2)的距离为＝2，由于圆心与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin＝＝＝，所以cos＝，所以sin α＝2sincos＝2××＝.故选B.
5.解析：选B.方法一：依题意a＝3，b＝，c＝＝.如图，不妨令F1(－，0)，F2(，0)．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝＝　①，由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.由①②，解得mn＝.设|OP|＝x.在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，由余弦定理得＝－，得x2＝＝＝，所以|OP|＝.
方法二：依题意a＝3，b＝，c＝＝.如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，α＝∠F1PF2，则cos∠F1PF2＝cos α＝，故sin∠F1PF2＝sin α＝＝＝，则tan＝或tan＝2(舍去)．故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tan＝6×＝3.又S△F1PF2＝×2c|y0|＝|y0|，故y＝3，又＋＝1，所以x＝，|OP|2＝x＋y＝，|OP|＝.
方法三：依题意a＝3，b＝，c＝＝.如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2＝.因为cos∠F1PF2＝，所以sin∠F1PF2＝，故S△F1PF2＝＝3.又S△F1PF2＝×2c|y0|＝|y0|，故y＝3，又＋＝1，所以x＝，|OP|2＝x＋y＝，|OP|＝.
方法四：依题意a＝3，b＝，c＝＝.如图(图同方法一)，不妨令F1(－，0)，F2(，0)．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝＝　①，由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.由①②，解得mn＝.因为＝(＋)，所以||2＝(m2＋n2＋2mncos∠F1PF2)＝＝，所以|PO|＝.
6．解析：选B.方法一：因为·＝0，所以PF1⊥PF2，则S△PF1F2＝|PF1|·|PF2|＝b2tan，得|PF1|·|PF2|＝1×tan ，所以|PF1|·|PF2|＝2.
方法二：因为·＝0，所以PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝16.因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，所以(|PF1|＋|PF2|)2＝20，即|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2.
故选B.
7．解析：选D.通解：不妨取渐近线y＝x，此时直线PF2的方程为y＝－(x－c)，与y＝x联立并解得即P.
因为直线PF2与渐近线y＝x垂直，所以PF2的长度即为点F2(c，0)到直线y＝x(即bx－ay＝0)的距离，由点到直线的距离公式得|PF2|＝＝＝b，所以b＝2.因为F1(－c，0)，P，且直线PF1的斜率为，所以＝，化简得＝，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以＝，整理得a2－2a＋2＝0，即(a－)2＝0，解得a＝.
所以双曲线的方程为－＝1，故选D.
优解：因为过点F2向其中一条渐近线作垂线，垂足为P，且|PF2|＝2，所以b＝2，再结合选项，排除选项B，C；若双曲线方程为－＝1，则F1(－2，0)，F2(2，0)，渐近线方程为y＝±x，不妨取渐近线y＝x，则直线PF2的方程为y＝－(x－2)，与渐近线方程y＝x联立，得P，则kPF1＝，由题意知，直线PF1的斜率为，所以双曲线方程－＝1不符合题意，排除A，故选D.
8．解析：选C.由题意，F1(－，0)，F2(，0)，因为△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即＝2×，解得m＝－或m＝－3(当m＝－3时，直线y＝x＋m与椭圆C无交点，不符合题意，舍去)，故选C.
9．解析：选A.方法一：连接OA，由题可知|OA|＝1，OA⊥PA，因为|OP|＝，所以由勾股定理可得，|PA|＝1，则∠POA＝.设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－<θ<，∠APD＝＋θ，且|PD|＝cos θ.所以·＝||||cos ＝cos θcos ＝cos θ＝cos2θ－sin θcos θ＝＋cos 2θ－sin 2θ＝＋cos ≤＋，故选A.
方法二：以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系，设圆O：x2＋y2＝1，点P(，0)，因为|OA|＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝，不妨设A.设直线PD的方程为y＝k(x－)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，由得(k2＋1)x2－2k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2>0，解得－1于是＝，＝，所以·＝.设t＝1－k，则010．解析：选D.根据双曲线的离心率e＝＝，得c＝a，即c2＝5a2，即a2＋b2＝5a2，所以b2＝4a2，＝4，所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x，易知渐近线y＝2x与圆相交．
通解：由消去y，得5x2－16x＋12＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.所以|AB|＝|x1－x2|＝× ＝，故选D.
优解：圆心(2，3)到渐近线y＝2x的距离d＝＝，所以|AB|＝2＝2＝，故选D.
11．解析：选AC.由题意，易知直线y＝－(x－1)过点(1，0)．
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以＝1，即p＝2，故A选项正确．
对于B，通解：不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＜x2，联立方程得消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝，x2＝3.所以M，N(3，－2)，所以由两点间距离公式可得|MN|＝＝，故B选项错误；
优解一：不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＜x2，联立方程得消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝，x2＝3.所以由抛物线的定义得，|MN|＝x1＋x2＋p＝＋3＋2＝，故B选项错误．
优解二：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程得消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，Δ＝64＞0，则x1＋x2＝，x1x2＝1，所以由弦长公式得|MN|＝×＝，故B选项错误．
光速解：易知直线y＝－(x－1)的倾斜角为，所以|MN|＝＝，故B选项错误．
对于C，通解：由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为，半径r＝|MN|＝＝＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确．
光速解：由二级结论——以抛物线焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切，易知C选项正确．
对于D，由两点间距离公式可得|MN|＝，|OM|＝，|ON|＝，故D选项错误．故选AC.
12．解析：将点A的坐标代入抛物线方程，得5＝2p，于是y2＝5x，则抛物线的准线方程为x＝－，所以A到准线的距离为1－＝.
答案：
13．解析：方法一：由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以＝(x1－c，y1)，＝(－c，y0)，因为＝－，所以即
所以A.
＝，＝(c，y0)，因为⊥，所以·＝0，即c2－y＝0，解得y＝4c2.
因为点A在双曲线C上，所以－＝1，又y＝4c2，所以－＝1，即－＝1，化简得＝，所以e2＝1＋＝，所以e＝.
方法二：由方法一得A，y＝4c2，所以|AF1|＝＝＝＝，|AF2|＝＝＝＝，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即－＝2a，即c＝a，所以双曲线的离心率e＝＝＝.
方法三：由＝－可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝|F2B|.设|F2B|＝3m(m>0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由⊥可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D(图略)，则|AB|·|F1D|＝|F1A|·|F1B|，即×5m×|F1D|＝×4m×3m，所以|F1D|＝m，所以|BD|＝＝m，所以|F2D|＝m，则|F1F2|＝＝m＝2c，即c＝m，所以e＝＝.
答案：
14．解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得××＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±，故答案可以为2.
答案：2(答案不唯一，可以是±2，±中任意一个)
15．解析：由题意得直线OP的斜率存在．设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以圆心到该直线的距离为＝，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px(p>0)联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝，设P(x1，y1)，点P不在原点上，x1≠0，则x1＝，又O(0，0)，所以|OP|＝|x1－0|＝2×＝8，解得p＝6.
答案：6
16．解：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得
|y|＝ ，
化简得x2＝y－，
所以W的方程为x2＝y－.
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设B，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝
＝·＝|2kt＋1|，
且2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)>(k2＋1)＝.
令f(k)＝，k≥1，
则f′(k)＝，
当1≤k<时，f′(k)<0，当k>时，f′(k)>0，
所以函数f(k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f()＝3，
所以2(|AB|＋|BC|)>≥3.
当2k－2k2>0，即0所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)>k(k2＋1)＝.
令g(k)＝，0则g′(k)＝，
当00，
所以函数g(k)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(k)≥g＝3，
所以2(|AB|＋|BC|)>≥3.
综上，矩形ABCD的周长大于3.
17．解：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝＝，所以c2＝a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，
解得yM＝，同理得yN＝，
则yM＋yN＝2
＝2
＝2
＝2
＝2×＝6.
所以MN的中点的纵坐标为＝3，所以MN的中点为定点(0，3)．
18．解：(1)设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得
解得
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明：方法一(根与系数的关系)：
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
联立得得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，
所以4m2－1≠0，且Δ＞0.
由根与系数的关系得
所以y1＋y2＝y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0)．
直线MA1的方程为＝，
直线NA2的方程为＝，
所以＝，得＝，＝＝.
因为
＝
＝
＝
＝－3，
所以＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二(齐次化)：
由题意得A1(－2，0)，A2(2，0)．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则－＝1，即4x－y＝16.
如图，连接MA2，
kMA1·kMA2＝·＝＝
＝4　①.
由－＝1，得4x2－y2＝16，
4[(x－2)＋2]2－y2＝16，
4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，[my－(x－2)]＝1.　
4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0，
两边同时除以(x－2)2，得＋·－＝0，
即－·－＝0.
kMA2＝，kNA2＝，
由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－　②.
由①②可得kMA1＝－3kNA2.
lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3k NA2(x＋2)，
l NA2：y＝k NA2(x－2)．
联立得解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
19．解：(1)由题意可知
故则b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆的方程为＋＝1，
此椭圆的离心率e＝＝.
(2)如图，由题易知直线A2P的斜率存在且不为0，所以可设直线A2P的方程为y＝k(x－2)．由可得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
设P(xP，yP)，则由根与系数的关系可知xP＋2＝，即xP＝，则yP＝k(xP－2)＝.
由直线A2P交y轴于点Q可得Q(0，－2k)，
所以S△A1PQ＝×4×|yP－yQ|，
S△A2FP＝×1×|yP|，
因为S△A1PQ＝2S△A2FP，所以2|yP－yQ|＝|yP|，
①当2|yP|－2|yQ|＝|yP|时，|yP|＝2|yQ|，
即有＝2·|－2k|，
解得k＝0，不符合题意，舍去．
②当2|yQ|－2|yP|＝|yP|时，2|yQ|＝3|yP|，
即有4|k|＝，解得k＝±.
故直线A2P的方程为y＝±(x－2)．
20．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，
故p＝2.
(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0)．
因为·＝0，所以∠MFN＝90°，
则S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)
＝(x3x4＋x3＋x4＋1)　(*)．
当直线MN的斜率不存在时，
点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由得x2－6x＋1＝0，
得或
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2)．
当直线MN的斜率存在时，
设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝.
又·＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以－＋1＋＝0，
化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝
＝＝＋2＋1.
令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以＋6＋1＝>0，
即t2＋6t＋1>0，
得t>－3＋2或t<－3－2，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2)．
故△MFN面积的最小值为4(3－2)．
专题八　计数原理、概率、统计
1．解析：选D.由题意，初中部和高中部学生人数之比为＝，所以抽取的60名学生中初中部应有60×＝40(人)，高中部应有60×＝20(人)，所以不同的抽样结果共有C·C种，故选D.
2．解析：选C.甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有C＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有CC＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得，共有6×20＝120(种)选法，故选C.
3．解析：选B.特殊元素优先法：先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有C种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有A种安排方式．所以不同的安排方式共有CA＝60(种)．故选B.
4．解析：选C.因为相关系数r＝0.824 5>0.75，所以花瓣长度和花萼长度的相关性较强，并且呈正相关，所以选项A，B错误，选项C正确；因为相关系数与样本的数据有关，所以当样本发生变化时，相关系数也会发生变化，所以选项D错误．故选C.
5．解析：选D.记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝＝，故选D.
6．解析：选A.设6个主题分别为A，B，C，D，E，F，甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表：
乙 甲 A B C D E F
A (A，A) (A，B) (A，C) (A，D) (A，E) (A，F)
B (B，A) (B，B) (B，C) (B，D) (B，E) (B，F)
C (C，A) (C，B) (C，C) (C，D) (C，E) (C，F)
D (D，A) (D，B) (D，C) (D，D) (D，E) (D，F)
E (E，A) (E，B) (E，C) (E，D) (E，E) (E，F)
F (F，A) (F，B) (F，C) (F，D) (F，E) (F，F)
共36种情况．其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种，故抽到不同主题的概率为＝，故选A.(另解：甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，故抽到不同主题的概率为1－＝，故选A)
7．解析：选A.如图所示，题中所给区域为一圆环形区域，其面积为4π－π＝3π.由题意，知A点应在图中的BCDE区域内(包含边界)，其中∠BOx＝，该部分区域的面积为××22－××12＝，故所求概率为＝，故选A.
8.解析：选A.通解(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若该学生爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
优解(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示“该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪”，事件C表示“该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰”，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝＝0.8，故选A.
9．解析：选BD.取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.
10．解析：选ABD.由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确；对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确；对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为Cβ(1－β)2＋C(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确；对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝Cα(1－α)2＋C(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α.当0＜α＜0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)＞0，故D选项正确．故选ABD.
11．解析：方法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有CC种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有CC种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有CC种方案．综上，不同的选课方案共有CC＋CC＋CC＝64(种)．
方法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有C－C－C＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C－C－C＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．
答案：64
12．解析：方法一：二项式展开式的通项公式Tk＋1＝C(2x3)6－k＝(－1)k26－kCx18－4k，令18－4k＝2，解得k＝4，所以x2的系数为(－1)4×22×C＝60.
方法二：将二项式看成6个多项式相乘，要想出现x2项，则先在2个多项式中分别取2x3，然后在余下的多项式中都取－，相乘，即C(2x3)2×C＝60x2，所以x2的系数为60.
答案：60
13．解析：通解：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝，P(B)＝25%＝，P(C)＝50%＝，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)＝××＝；设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝＝，P(D2)＝＝，P(D3)＝＝，P(E|D1)＝1－＝，P(E|D2)＝1－＝，P(E|D3)＝1－＝，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)·P(E|D3)＝×＋×＋×＝.
优解：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为＝；将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为＝.
答案：　
14．解：(1)由题意，求出zi的值如表所示，
试验 序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
zi 9 6 8 －8 15 11 19 18 20 12
则＝×(9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12)＝11，
s2＝×[(9－11)2＋(6－11)2＋(8－11)2＋(－8－11)2＋(15－11)2＋(11－11)2＋(19－11)2＋(18－11)2＋(20－11)2＋(12－11)2]＝61.
(2)因为2＝2＝，＝11＝>，
所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高．
15．解：(1)由题图知(100－95)×0.002＝1%＞0.5%，所以95＜c＜100，
设X为患病者的该指标，
则p(c)＝P(X≤c)＝(c－95)×0.002＝0.5%，
解得c＝97.5.
设Y为未患病者的该指标，
则q(c)＝P(Y＞c)＝(100－97.5)×0.01＋5×0.002＝0.035＝3.5%.
(2)当95≤c≤100时，
p(c)＝(c－95)×0.002＝0.002c－0.19，
q(c)＝(100－c)×0.01＋5×0.002＝－0.01c＋1.01，
所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝－0.008c＋0.82；
当100＜c≤105时，
p(c)＝5×0.002＋(c－100)×0.012＝0.012c－1.19，
q(c)＝(105－c)×0.002＝－0.002c＋0.21，
所以f(c)＝p(c)＋q(c)＝0.01c－0.98.
综上所述，f(c)＝
由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，
作出f(c)在区间[95，105]上的大致图象(略)，可得f(c)在区间[95，105]的最小值f(c)min＝f(100)＝－0.008×100＋0.82＝0.02.
16．解：(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋BA，
所以P(A)＝P(BA＋BA)＝P(BA)＋P(BA)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋，
所以pi＋1－＝，
又p1－＝－＝，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以pi－＝×，
所以pi＝＋×.
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝＋×，
所以p1＋p2＋p3＋…＋pn
＝＋×[1＋＋()2＋…＋()n－1]
＝＋×
＝＋×.
17．解：(1)试验组的样本平均数为×(7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8＋23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝19.8.
(2)(i)将40个数据按照从小到大的顺序依次排列，得最中间的两个数据，即第20个和第21个数据分别为23.2和23.6，则40只小白鼠体重的增加量的中位数m＝＝23.4.
列联表如下：
对照组 6 14
试验组 14 6
(ii)K2＝
＝＝6.4>3.841，
故有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异．
专题九　选考部分
1．解：(1)记点A，B对应的参数分别为t1，t2.令x＝0，得t2＝－，
令y＝0，得t1＝－，
则|PA|·|PB|＝＝
＝＝4，
所以sin 2α＝±1，
由题可知α∈[0，π)，所以α＝或α＝.
因为直线l与x轴正半轴、y轴正半轴相交，所以α＝.
(2)根据(1)得直线l的参数方程为(t为参数)，　
转化为普通方程为x＋y－3＝0，
因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
所以l的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－3＝0.
2．解：方法一：(1)求不等式f(x)即求不等式2|x－a|－a整理得2|x－a|不等式两边同时平方，得4(x2－2ax＋a2)因式分解得(3x－a)(x－3a)<0，因为a>0，
所以可得故不等式的解集为.
(2)设曲线y＝f(x)与x轴的两个交点的横坐标分别为x1，x2，x1>x2.
令f(x)＝0，得2|x－a|＝a，
即2x－2a＝a或2x－2a＝－a，
得x1＝，x2＝，故曲线y＝f(x)与x轴的两个交点之间的距离d＝|x1－x2|＝a，
易得INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题四.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题四.TIF" \* MERGEFORMAT 专题四　平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．(2023·高考全国卷乙(文))＝(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C.　　　 D．5
2．(2023·高考全国卷甲(文))＝(　　)
A．－1 B．1
C．1－i D．1＋i
3．(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝，则z－＝(　　)
A．－i B．i
C．0 D．1
4．(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)对应的点位于(　　)
A．第一象限　　　　　　　 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
5．(2023·高考全国卷甲(理))设a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，则a＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
6．(2023·高考全国卷乙(理))设z＝，则＝(　　)
A．1－2i　　　　　　　 B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
7．(2023·高考全国卷甲(文))已知向量a＝，b＝，则cos〈a＋b，a－b〉＝(　　)
A. B．
C. D．
8．(2023·高考全国卷乙(文))正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则·＝(　　)
A. B．3
C．2 D．5
9．(2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则(　　)
A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1 D．λμ＝－1
10．(2023·高考全国卷甲(理))已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，|c|＝，且a＋b＋c＝0，则cos〈a－c，b－c〉＝(　　)
A．－ B．－
C. D．
11．(2023·高考天津卷)已知i是虚数单位，化简的结果为__________．
12．(2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足＝，＝，则＝__________．
13．(2023·高考天津卷)在三角形ABC中，∠A＝，||＝1，D为线段AB的中点，E为线段CD的中点，若设＝a，＝b，则可用a，b 表示为__________；若＝，则·的最大值为__________．INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题十.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题十.TIF" \* MERGEFORMAT 专题九　选考部分
1．(2023·高考全国卷甲(理))已知点P(2，1)，直线l：(t为参数)，α为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于点A，B，且|PA|·|PB|＝4.
(1)求α；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．
2．(2023·高考全国卷甲(理))设a＞0，函数f(x)＝2|x－a|－a.
(1)求不等式f(x)＜x的解集；
(2)若曲线y＝f(x)与x轴所围成的图形的面积为2，求a.
3．[选修4－4：坐标系与参数方程]
(2023·高考全国卷乙(理))在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ＝2sin θ，曲线C2：(α为参数，<α<π)．
(1)写出C1的直角坐标方程；
(2)若直线y＝x＋m既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m的取值范围．
4．[选修4－5：不等式选讲]
(2023·高考全国卷乙(理))已知f＝2＋.
(1)求不等式f≤6－x的解集；
(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组所确定的平面区域的面积．INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题九.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题九.TIF" \* MERGEFORMAT 专题八　计数原理、概率、统计
1．(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有(　　)
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
2．(2023·高考全国卷乙(理))甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
3．(2023·高考全国卷甲(理))现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　)
A．120种 B．60种
C．30种 D．20种
4．(2023·高考天津卷)调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中相关系数r＝0.824 5，下列说法正确的是(　　)
INCLUDEPICTURE "GSA10.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "GSA10.tif" \* MERGEFORMAT
A．花瓣长度和花萼长度没有相关性
B．花瓣长度和花萼长度呈负相关
C．花瓣长度和花萼长度呈正相关
D．若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.824 5
5．(2023·高考全国卷甲(文))某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为(　　)
A. B．
C. D．
6．(2023·高考全国卷乙(文))某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为(　　)
A. B．
C. D．
7．(2023·高考全国卷乙(理))设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于的概率为(　　)
A. B．
C. D．
8．(2023·高考全国卷甲(理))某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(　　)
A．0.8 B．0.6
C．0.5 D．0.4
9．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则(　　)
A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
10．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β. 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．(　　)
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
11．(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
12．(2023·高考天津卷)在6的展开式中，x2的系数是________．
13．(2023·高考天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为______；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为__________．
14．(2023·高考全国卷乙(理))某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yi，试验结果如下：
试验序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸缩率xi 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸缩率yi 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
记zi＝xi－yi，z1，z2，…，z10的样本平均数为，样本方差为s2.
(1)求，s2；
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高(如果≥2，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)．
15．(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
INCLUDEPICTURE "GSA13.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "GSA13.tif" \* MERGEFORMAT
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)当漏诊率p＝0.5%时，求临界值c和误诊率q；
(2)设函数f＝p＋q.当c∈时，求f的解析式，并求f在区间的最小值．
16.(2023·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率．
(2)求第i次投篮的人是甲的概率．
(3)己知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则
.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．
17.(2023·高考全国卷甲(文))一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g)．试验结果如下：
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15．2　18.8　20.2　21.3　22.5　23.2
25．8　26.5　27.5　30.1
32．6　34.3　34.8　35.6　35.6　35.8
36．2　37.3　40.5　43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7．8　 9.2　 11.4　12.4　13.2　15.5
16．5　18.0　18.8　19.2
19．8　20.2　21.6　22.8　23.6　23.9
25．1　28.2　32.3　36.5
(1)计算试验组的样本平均数；
(2)(ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表
对照组
试验组
(ⅱ)根据(ⅰ)中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？
附：K2＝，
P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题八.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题八.TIF" \* MERGEFORMAT 专题七　平面解析几何
1．(2023·高考全国卷乙(文))已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是(　　)
A．1＋ B．4
C．1＋3 D．72
2．(2023·高考全国卷乙(文))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. B．
C. D．
3．(2023·新课标Ⅰ卷)设椭圆C1：＋y2＝1(a＞1)，C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝e1，则a＝(　　)
A. B．
C. D．
4．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝(　　)
A．1 B．
C. D．
5．(2023·高考全国卷甲(理))设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，点P在C上，cos∠F1PF2＝，则|OP|＝(　　)
A. B．
C. D．
6．(2023·高考全国卷甲(文))设F1，F2为椭圆C：＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若·＝0，则·＝(　　)
A．1 B．2
C．4 D．5
7．(2023·高考天津卷)双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P.已知|PF2|＝2，直线PF1的斜率为，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1 B．－＝1
C.－＝1 D．－＝1
8．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB 面积是△F2AB 面积的2倍，则m＝(　　)
A. B．
C．－ D．－
9．(2023·高考全国卷乙(理))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＝，则·的最大值为(　　)
A. B．
C．1＋ D．2＋
10．(2023·高考全国卷甲(理))已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，C的一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B两点，则|AB|＝(　　)
A. B．
C. D．
11．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－过抛物线C：y2＝2px的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则(　　)
A．p＝2
B.＝
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
12．(2023·高考全国卷乙(理))已知点A在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为________．
13．(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，⊥，＝－，则C的离心率为________．
14．(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值________．
15．(2023·高考天津卷)过原点O的一条直线与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px(p>0)于点P，若＝8，则p的值为________．
16．(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.
17．(2023·高考全国卷乙(理))已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
18．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上．
19．(2023·高考天津卷)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，＝3，＝1.
(1)求椭圆的方程和离心率e；
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP的面积的二倍，求直线A2P的方程．
20．(2023·高考全国卷甲(理))已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，|AB|＝4.
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值．INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题二.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题二.TIF" \* MERGEFORMAT 专题二　基本初等函数、导数及其应用
1．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．[－2，0)
C．(0，2] D．[2，＋∞)
2．(2023·高考全国卷乙(理))已知f(x)＝是偶函数，则a＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D． 2
3．(2023·高考天津卷)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>b>c D．b>a>c
4．(2023·高考天津卷)函数f的图象如下图所示，则f的解析式可能为(　　)
INCLUDEPICTURE "GSA9.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "GSA9.tif" \* MERGEFORMAT
A．f(x)＝
B．f(x)＝
C．f(x)＝
D．f(x)＝
5．(2023·新课标Ⅱ卷)若f＝ln 为偶函数，则a＝(　　)
A．－1 B．0
C. D．1
6．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f＝aex－ln x在区间单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C. e－1 D． e－2
7．(2023·高考全国卷甲(文))曲线y＝在点处的切线方程为(　　)
A．y＝x B．y＝x
C．y＝x＋ D．y＝x＋
8．(2023·高考全国卷乙(文))函数f＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
9．(2023·高考全国卷甲(文))已知函数f＝e－(x－1)2.记a＝f，b＝f，c＝f，则(　　)
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
10．(多选)(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
己知在距离燃油汽车、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．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)己知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则(　　)
A．f(0)＝0
B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数
D．x＝0为f(x)的极小值点
12．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f＝aln x＋＋既有极大值也有极小值，则(　　)
A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
13．(2023·高考天津卷)若函数f＝ax2－2x－有且仅有两个零点，则a的取值范围为________．
14．(2023·高考全国卷乙(理))设a∈，若函数f＝ax＋x在上单调递增，则a的取值范围是________．
15．(2023·高考全国卷甲(文))已知函数f＝ax－，x∈.
(1)当a＝1时，讨论f的单调性；
(2)若f＋sin x<0，求a的取值范围．
16．(2023·高考全国卷乙(文))已知函数f＝ln.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f在点处的切线方程；
(2)若函数f在单调递增，求a的取值范围．
17．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋.
18.(2023·高考天津卷)已知函数f＝ln .
(1)求曲线y＝f在x＝2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f>1；
(3)证明：19．(2023·高考全国卷甲(理))已知函数f(x)＝ax－，x∈.
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＜sin 2x，求a的取值范围．
20．(2023·高考全国卷乙(理))已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由．
(3)若f在存在极值，求a的取值范围．
21．(2023·新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0(2)已知函数f＝cos ax－ln ，若x＝0是f的极大值点，求a的取值范围．专题一　集合与常用逻辑用语、不等式INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题一.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题一.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(2023·新课标Ⅱ卷)设集合A＝，B＝，若A B，则a＝(　　)
A．2 B．1
C. D．－1
2．(2023·新课标Ⅰ卷)己知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N＝(　　)
A．{－2，－1，0，1} B．{0，1，2}
C．{－2} D．{2}
3．(2023·高考全国卷甲(文))设全集U＝，集合M＝，N＝，则N∪ UM＝(　　)
A. B．
C. D．
4．(2023·高考全国卷乙(文))设全集U＝，集合M＝，N＝，则M∪ UN＝(　　)
A. B．
C. D． U
5．(2023·高考天津卷)已知集合U＝，A＝，B＝，则( UB)∪A＝(　　)
A. B．
C. D．
6．(2023·高考全国卷甲(理))设全集U＝Z，集合M＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，N＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，则 U(M∪N)＝(　　)
A．{x|x＝3k，k∈Z}　　　
B．{x|x＝3k－1，k∈Z}
C．{x|x＝3k－2，k∈Z}
D．
7．(2023·高考全国卷乙(理))设集合U＝R，集合M＝，N＝，则＝(　　)
A． U B．N∪ UM
C． U D．M∪ UN
8．(2023·高考天津卷)“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”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．既不充分又不必要条件
9．(2023·高考全国卷甲(理))设甲：sin2 α＋sin2 β＝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
10．(2023·高考全国卷乙(文))若x，y满足约束条件，则z＝2x－y的最大值为________．
11．(2023·高考全国卷甲(理))若x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最大值为________．INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题五.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题五.TIF" \* MERGEFORMAT 专题五　数　列
1．(2023·高考全国卷甲(文))记Sn为等差数列的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　)
A．25 B．22
C．20 D．15
2．(2023·高考天津卷)已知为等比数列，Sn为数列的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　)
A．3 B．18
C．54 D．152
3．(2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列．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
4．(2023·高考全国卷甲(理))设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝(　　)
A. B．
C．15 D．40
5．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
A．120 B．85
C．－85 D．－120
6．(2023·高考全国卷乙(理))已知等差数列的公差为，集合S＝，若S＝，则ab＝(　　)
A．－1 B．－
C．0 D．
7．(2023·高考全国卷甲(文))记Sn为等比数列的前n项和．若8S6＝7S3，则的公比为________．
8．(2023·高考全国卷乙(理))已知为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
9．(2023·高考全国卷乙(文))记Sn为等差数列的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
10.(2023·新课标Ⅱ卷)已知为等差数列，bn＝.记Sn，Tn分别为数列，的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
11．(2023·高考全国卷甲(理))记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
12．(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.
13．(2023·高考天津卷)已知数列是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
(1)求的通项公式和i.
(2)已知为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1(Ⅱ)求的通项公式及其前n项和．INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题三.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题三.TIF" \* MERGEFORMAT 专题三　三角函数、解三角形
1．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝，cos αsin β＝，则cos(2α＋2β)＝(　　)
A. B．
C．－ D．－
2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝，则sin ＝(　　)
A. B．
C. D．
3．(2023·高考全国卷乙(文))在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则B＝(　　)
A. B．
C. D．
4．(2023·高考天津卷)已知函数f图象的一条对称轴为直线x＝2，f(x)的一个周期为4，则f的解析式可能为(　　)
A．f(x)＝sin B．f(x)＝cos
C．f(x)＝sin D．f(x)＝cos
5．(2023·高考全国卷乙(文))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的图象的两条相邻对称轴，则f＝(　　)
A．－ B．－
C. D．
6．(2023·高考全国卷甲(理))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
7．(2023·高考全国卷乙(理))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的图象的两条相邻对称轴，则f＝(　　)
A．－ B．－
C. D．
8．(2023·高考全国卷乙(文))若θ∈，tan θ＝，则sin θ－cos θ＝________．
9．(2023·高考全国卷甲(理))若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin 为偶函数，则a＝________．
10．(2023·高考全国卷甲(理))在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
11．(2023·新课标Ⅰ卷)己知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
12．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f＝sin ，如图，A，B是直线y＝与曲线y＝f的两个交点，若＝，则f＝________．
INCLUDEPICTURE "GSA12.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "GSA12.tif" \* MERGEFORMAT
13．(2023·高考全国卷甲(文))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面积．
14．(2023·高考天津卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分別是a，b，c.已知a＝，b＝2，A＝120°.
(1)求sin B的值；
(2)求c的值；
(3)求sin 的值．
15．(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．
16．(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
17．(2023·高考全国卷乙(理))在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．INCLUDEPICTURE"分类汇编22数学专题七.TIF" INCLUDEPICTURE "分类汇编22数学专题七.TIF" \* MERGEFORMAT 专题六　立体几何
1．(2023·高考全国卷乙(理))如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为(　　)
INCLUDEPICTURE "GSA5.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "GSA5.tif" \* MERGEFORMAT
A．24 B．26
C．28 D．30
2．(2023·高考全国卷甲(理))已知四棱锥P ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．6
3．(2023·高考全国卷甲(文))在三棱锥P ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　)
A．1 B．
C．2 D．3
4．(2023·高考天津卷)在三棱锥P ABC中，线段PC上的点M满足PM＝PC，线段PB上的点N满足PN＝PB，则三棱锥P AMN和三棱锥P ABC的体积之比为(　　)
A. B．
C. D．
5．(2023·高考全国卷乙(理))已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　)
A．π B．π
C．3π D．3π
6．(2023·高考全国卷乙(理))已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C AB D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B．
C. D．
7．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
8．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P AC O 为45°，则(　　)
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
9．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
10．(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
11．(2023·高考全国卷甲(理))在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
12．(2023·高考全国卷甲(文))在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________．
13．(2023·高考全国卷乙(文))已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
14．(2023·高考全国卷乙(文))如图，在三棱锥P ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO.
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(1)求证：EF//平面ADO；
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P ABC的体积．
15．(2023·高考全国卷甲(文))如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
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(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1 BB1C1C的高．
16.(2023·高考全国卷甲(理))如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
17.(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．
18.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P A2C2 D2为150°时，求B2P.
19.(2023·高考全国卷乙(理))如图，在三棱锥P ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO.
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(1)证明：EF//平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D AO C的正弦值．
20．(2023·高考天津卷)如图，在三棱台ABC A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.
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(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
(3)求点C到平面C1MA的距离．

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