第一部分 专题复习 培植新的增分点
专题一 集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式
第一讲 集合与常用逻辑用语
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)∵A={x>2或x<0},B={x|-<x<},
∴A∩B={x|-<x<0或2<x<},
A∪B=R.
(2)依题意,P∩Q=Q,Q⊆P,于是解得6<a≤9,即实数a的取值范围为(6,9].
答案:(1)B (2)D
[预测押题1] (1)选A 本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围,抓住1∉A作为解题的突破口,1∉A即1不满足集合A中不等式,所以12-2×1+a≤0⇒a≤1.
(2)选B 对于2x(x-2)<1,等价于x(x-2)<0,解得0<x<2,所以A={x|0<x<2};集合B表示函数y=ln(1-x)的定义域,由1-x>0,得x<1,故B={x|x<1},∁RB={x|x≥1},则阴影部分表示A∩(∁RB)={x|1≤x<2}.
[例2] 解析:(1)命题p是全称命题:∀x∈A,2x∈B,
则┐p是特称命题:∃x∈A,2x∉B.
(2)①中不等式可表示为(x-1)2+2>0,恒成立;②中不等式可变为log2x+≥2,得x>1;③中由a>b>0,得<,而c<0,所以原命题是真命题,则它的逆否命题也为真;④由p且q为假只能得出p,q中至少有一为假,④不正确.
答案:(1)D (2)A
[预测押题2] (1)选A 因为x2-3x+6=+>0,所以①为假命题;若ab=0,则a、b中至少一个为零即可,②为假命题;x=kπ+(k∈R)是tan x=1的充要条件,③为假命题.
(2)解析:“∃x∈R,2x2-3ax+9<0”为假命题,则“∀x∈R,2x2-3ax+9≥0”为真命题,因此Δ=9a2-4×2×9≤0,故-2≤a≤2.
答案:[-2,2]
[例3] 解析:(1)当x=2且y=-1时,满足方程x+y-1=0,即点P(2,-1)在直线l上.点P′(0,1)在直线l上,但不满足x=2且y=-1,∴“x=2且y=-1”是“点P(x,y)在直线l上”的充分而不必要条件.
(2)因为y=-x+经过第一、三、四象限,所以->0,<0,即m>0,n<0,但此为充要条件,因此,其必要不充分条件为mn<0.
答案:(1)A (2)B
[预测押题3] (1)选B 由10a>10b得a>b,由lg a>lg b得a>b>0,所以“10a>10b”是“lg a>lg b”的必要不充分条件.
(2)解析:由|x-m|<2,得-2<x-m<2,即m-2<x<m+2.依题意有集合{x|2≤x≤3}是{x|m-2<x<m+2}的真子集,于是有由此解得1<m<4,即实数m的取值范围是(1,4).
答案:(1,4)
交汇·创新考点
[例1] 选A 在同一坐标系下画出椭圆x2+=1及函数y=2x的图象,结合图形不难得知它们的图像有两个公共点,因此A∩B中的元素有2个,其子集共有22=4个.
[预测押题1] 选B A={x|x2+2x-3>0}={x|x>1或x<-3},函数y=f(x)=x2-2ax-1的对称轴为x=a>0,f(-3)=6a+8>0,根据对称性可知,要使A∩B中恰含有一个整数,则这个整数解为2,所以有f(2)≤0且f(3)>0,即所以即≤a<,选B.
[例2] 解析:对①:取f(x)=x-1,x∈N*,所以B=N*,A=N是“保序同构”;对②:取f(x)=x-(-1≤x≤3),所以A={x|-1≤x≤3},B={x|-8≤x≤10}是“保序同构”;对③:取f(x)=tan(0<x<1),所以A={x|0<x<1},B=R是“保序同构”,故应填①②③.
答案:①②③
[预测押题2] 解析:∵A⊆M,且集合M的子集有24=16个,其中“累计值”为奇数的子集为{1},{3},{1,3},共3个,故“累积值”为奇数的集合有3个.
答案:3
[例3] 解析:对于①,命题p为真命题,命题q为真命题,所以p∧綈q为假命题,故①正确;对于②当b=a=0时,l1⊥l2,故②不正确,易知③正确.所以正确结论的序号为①③.
答案:①③
[预测押题3] 选D 由y=tanx的对称中心为(k∈Z),知A正确;由回归直线方程知B正确;在△ABC中,若sinA=sinB,则A=B,C正确.
第二讲 函数的图像与性质
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)由题意,自变量x应满足解得∴-3<x≤0.
(2)设t=1+sinx,易知t∈[0,2],所求问题等价于求g(t)在区间[0,2]上的值域.
由g(t)=t3-t2+4t,得g′(t)=t2-5t+4=(t-1)(t-4).由g′(t)=0,可得t=1或t=4.又因为t∈[0,2],所以t=1是g(t)的极大值点.由g(0)=0,g(1)=-+4=,g(2)=×23-×22+4×2=,得当t∈[0,2]时,g(t)∈,即g(1+sinx)的值域是.
答案:(1)A (2)
[预测押题1] (1)解析:∵f()=-tan=-1,∴f(f())=f(-1)=2×(-1)3=-2.
答案:-2
(2)由题意知:a≠0,f(x)=(x+a)(bx+2a)=bx2+(2a+ab)x+2a2是偶函数,则其图像关于y轴对称,所以2a+ab=0,b=-2.所以f(x)=-2x2+2a2,因为它的的值域为(-∞,2],所以2a2=2.所以f(x)=-2x2+2.
答案:-2x2+2
[例2] 解析:(1)曲线y=ex关于y轴对称的曲线为y=e-x,将y=e-x向左平移1个单位长度得到y=e-(x+1),即f(x)=e-x-1.
(2)由题图可知直线OA的方程是y=2x;而kAB==-1,所以直线AB的方程为y=-(x-3)=-x+3.由题意,知f(x)=所以g(x)=xf(x)=当0≤x≤1时,故g(x)=2x2∈[0,2];当1<x≤3时,g(x)=-x2+3=-+,显然,当x=时,取得最大值;当x=3时,取得最小值0.
综上所述,g(x)的值域为.
答案:(1)D (2)B
[预测押题2] (1)选C 因为函数的定义域是非零实数集,所以A错;当x<0时,y>0,所以B错;当x→+∞时,y→0,所以D错.
(2)选B 因为f(x)=f(-x),所以函数f(x)是偶函数.因为f(x+2)=f(x),所以函数f(x)的周期是2,再结合选项中的图像得出正确选项为B.
[例3] 解析:(1)函数y=-3|x|为偶函数,在(-∞,0)上为增函数.选项A,D是奇函数,不符合;选项B是偶函数但单调性不符合;只有选项C符合要求.
(2)∵f(x)=ax3+bsinx+4, ①
∴f(-x)=a(-x)3+bsin(-x)+4,
即f(-x)=-ax3-bsinx+4, ②
①+②得f(x)+f(-x)=8. ③
又∵lg(log210)=lg=lg(lg 2)-1=-lg(lg 2),
∴f(lg(lg210))=f(-lg(lg 2))=5.
又由③式知f(-lg(lg 2))+f(lg(lg 2))=8,
∴5+f(lg(lg 2))=8,
∴f(lg(lg 2))=3.
答案:(1)C (2)C
[预测押题3] (1)选A 依题意得,函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,且f(x)=f(|x|),不等式f(1-2x)<f(3)⇔f(|1-2x|)<f(3)⇔|1-2x|<3⇔-3<1-2x<3⇔-1<x<2.
(2)解析:∵f(x)=-f,
∴f=-f(x+3)=-f(x),
∴f(x)=f(x+3),∴f(x)是以3为周期的周期函数.
则f(2014)=f(671×3+1)=f(1)=3.
答案:3
(3)解析:因为函数f(x)的图像关于y轴对称,所以该函数是偶函数,又f(1)=0,所以f(-1)=0.又已知f(x)在(0,+∞)上为减函数,所以f(x)在(-∞,0)上为增函数.<0,可化为xf(x)<0,所以当x>0时,解集为{x|x>1};当x<0时,解集为{x|-1<x<0}.
综上可知,不等式的解集为(-1,0)∪(1,+∞).
答案:(-1,0)∪(1,+∞)
交汇·创新考点
[例1] 解析:设x<0,则-x>0.∵当x≥0时,f(x)=x2-4x,∴f(-x)=(-x)2-4(-x).∵f(x)是定义在R上的偶函数,∴f(-x)=f(x),∴f(x)=x2+4x(x<0),∴f(x)=由f(x)=5得或∴x=5或x=-5.观察图像可知由f(x)<5,得-5<x<5.∴由f(x+2)<5,得-5<x+2<5,∴-7<x<3.∴不等式f(x+2)<5的解集是{x|-7<x<3}.
答案:{x|-7<x<3}
[预测押题1] 解析:根据已知条件画出f(x)图像如图所示.因为对称轴为x=-1,所以(0,1)关于x=-1的对称点为(-2,1).
因f(m)<1,所以应有-2<m<0,m+2>0.
因f(x)在(-1,+∞)上递增,所以f(m+2)>f(0)=1.
答案:>
[例2] 解析:因为A,B是R的两个非空真子集,且A∩B=∅,画出韦恩图如图所示,则实数x与集合A,B的关系可分为x∈A,x∈B,x∉A且x∉B三种.
(1)当x∈A时,根据定义,得fA(x)=1.因为A∩B=∅,所以x∉B,故fB(x)=0.又因为A⊆(A∪B),则必有x∈A∪B,所以fA∪B(x)=1.
所以F(x)===1.
(2)当x∈B时,根据定义,得fB(x)=1.因为A∩B=∅,所以x∉A,故fA(x)=0.又因为B⊆(A∪B),则必有x∈A∪B,所以fA∪B(x)=1.
所以F(x)===1.
(3)当x∉A且x∉B,根据定义,得fA(x)=0,fB(x)=0.由图可知,显然x∉(A∪B),故fA∪B(x)=0,所以F(x)===1.
综上,函数的值域中只有一个元素1,即函数的值域为{1}.
答案:{1}
[预测押题2] 解:当x∈A∩B时,因为(A∩B)⊆(A∪B),所以必有x∈A∪B.
由定义,可知fA(x)=1,fB(x)=1,fA∪B(x)=1,所以F(x)===.
故函数F(x)的值域为{}.
第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)当x=-1,y=-=0,所以函数y=ax-的图像必过定点(-1,0),结合选项可知选D.
(2)a=log36=log33+log32=1+log32,b=log510=log55+log52=1+log52,c=log714=log77+log72=1+log72,∵log32>log52>log72,∴a>b>c.
答案:(1)D (2)D
[预测押题1] (1)选A 函数y=x-x为奇函数.当x>0时,由x-x>0,即x3>x,可得x2>1,故x>1,结合选项,选A.
(2)选B 依题意的a=ln x∈(-1,0),b=∈(1,2),c=elnx∈(e-1,1),因此b>c>a.
[例2] 解析:(1)由f(-1)=-3<0,f(0)=1>0及零点定理,知f(x)的零点在区间(-1,0)上.
(2)当f(x)=0时,x=-1或x=1,故f[f(x)+1]=0时,f(x)+1=-1或1.当f(x)+1=-1,即f(x)=-2时,解得x=-3或x=;当f(x)+1=1即f(x)=0时,解得x=-1或x=1.故函数y=f[f(x)+1]有四个不同的零点.
答案:(1)B (2)C
[预测押题2] 解析:当x>0时,由f(x)=ln x=0,得x=1.因为函数f(x)有两个不同的零点,则当x≤0时,函数f(x)=2x-a有一个零点,令f(x)=0得a=2x,因为0<2x≤20=1,所以0<a≤1,所以实数a的取值范围是0<a≤1.
答案:(0,1]
[例3] 解:(1)由年销售量为x件,按利润的计算公式,有生产A,B两产品的年利润y1,y2分别为y1=10x-(20+mx)=(10-m)x-20(x∈n,0≤x≤200),y=18x-(8x+40)-0.05x2=-0.05x2+10x-40(x∈n,0≤x≤120).
(2)因为6≤m≤8,所以10-m>0,函数y1=(10-m)x-20在[0,200]上是增函数,所以当x=200时,生产A产品有最大利润,且y1max=(10-m)×200-20=1980-200m(万美元).
又y2=-0.05(x-100)2+460(x∈N,0≤x≤120),所以当x=100时,生产B产品有最大利润,且y2max=460(万美元).
因为y1max-y2max=1980-200m-460=1520-200m
所以当6≤m<7.6时,可投资生产A产品200件;
当m=7.6时,生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品200件或生产B产品100件);
当7.6<m≤8时,可投资生产B产品100件.
[预测押题3] 解:(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元),则f(t)=(-t2+5t)-t=-t2+4t=-(t-2)2+4(0≤t≤3).
所以当t=2时,f(t)max=4,即当集团投入两百万广告费时,才能使集团由广告费而产生的收益最大.
(2)设用于技术改造的资金为x(百万元),则用于广告费的费用为(3-x)(百万元),则由此两项所增加的收益为g(x)=+[-(3-x)2+5(3-x)]-3=-x3+4x+3(0≤x≤3).对g(x)求导,得g′(x)=-x2+4,令g′(x)=-x2+4=0,得x=2或x=-2(舍去).当0≤x<2时,g′(x)>0,即g(x)在[0,2)上单调递增;当2<x≤3时,g′(x)<0,即g(x)在(2,3]上单调递减.∴当x=2时,g(x)max=g(2)=.
故在三百万资金中,两百万元用于技术改造,一百万元用于广告促销,这样集团由此所增加的受益最大,最大收益为百万元.
交汇·创新考点
[例1] 选B ∵f′(x)>0,x∈(0,π)且x≠,
∴当0<x<时,f′(x)<0,f(x)在(0,)上单调递减.
当<x<π时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增.
∵当x∈[0,π]时,0<f(x)<1.∴当x∈[π,2π],则0≤2π-x≤π.又f(x)是以2π为最小正周期的偶函数,知f(2π-x)=f(x).
∴x∈[π,2π]时,仍有0<f(x)<1.依题意及y=f(x)与y=sinx的性质,在同一坐标系内作y=f(x)与y=sinx的简图.
则y=f(x)与y=sinx在x∈[-2π,2π]有4个交点.
故函数y=f(x)-sinx在[-2π,2π]上有4个零点.
[预测押题] 选D 根据f=-f,可得f=-f(x),进而得f(x+5)=f(x),即函数y=f(x)是以5为周期的周期函数.当x∈[-1,4]时,f(x)=x2-2x,在[-1,0]内有一个零点,在(0,4]内有x1=2,x2=4两个零点,故在一个周期内函数有三个零点.又因为2012=402×5+2,故函数在区间[0,2010]内有402×3=1206个零点,在区间(2010,2012]内的零点个数与在区间(0,2]内零点的个数相同,即只有一个零点,所以函数f(x)在[0,2012]上零点的个数为1207.
第四讲 不等式
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)原不等式等价于(x-1)(2x+1)<0或x-1=0,即-<x<1或x=1,所以原不等式的解集为.
(2)由题意知,一元二次不等式f(x)>0的解集为.
而f(10x)>0,∴-1<10x<,解得x
答案:(1)A (2)D
[预测押题1] (1)选B 当x>0时,f(x)=>-1,∴-2x+1>-x2,即x2-2x+1>0,解得x>0且x≠1.
当x<0时,f(x)=>-1,即-x>1,解得x<-1.故x∈(-∞,-1)∪(0,1)∪(1,+∞).
(2)解析:∵f(x)=x2+ax+b的值域为[0,+∞),∴Δ=0,∴b-=0,∴f(x)=x2+ax+a2=.又∵f(x)<c的解集为(m,m+6),∴m,m+6是方程x2+ax+-c=0的两根.
由一元二次方程根与系数的关系得解得c=9.
答案:9
[例2] 解析:(1)曲线y=|x|与y=2所围成的封闭区域如图阴影部分所示,当直线l:y=2x向左平移时,(2x-y)的值在逐渐变小,当l通过点A(-2,2)时,(2x-y)min=-6.
(2)设租用A型车x辆,B型车y辆,目标函数为z=1600x+2400y,则约束条件为作出可行域,如图中阴影部分所示,可知目标函数过点(5,12)时,有最小值zmin=36800(元).
答案:(1)A (2)C
[预测押题2] (1)选C 题中的不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示,平移直线x-y=0,当平移经过该平面区域内的点(0,1)时,相应直线在x轴上的截距达到最小,此时x-y取得最小值,最小值是x-y=0-1=-1;当平移到经过该平面内区域内的点(2,0)时,相应直线在x轴上的截距达到最大,此时x-y取得最大值,最大值是x-y=2-0=2.因此x-y的取值范围是[-1,2].
(2)解析:作出可行域,如图中阴影部分所示,区域面积S=××2=3,解得a=2.
答案:2
[例3] 解析:(1)因-6≤a≤3,所以3-a≥0,a+6≥0,∴≤=,当且仅当a=-时等号成立.
(2)f(x)=4x+≥2=4(x>0,a>0),当且仅当4x=,即x=时等号成立,此时f(x)取得最小值4.
又由已知x=3时,f(x)min=4,∴=3,即a=36.
答案:(1)B (2)36
[预测押题3] (1)选D 依题意,点A(-2,-1),则-2m-n+1=0,即2m+n=1(m>0,n>0),∴+=(2m+n)=4+≥4+2=8,当且仅当=,即n=2m=时取等号,即+的最小值是8.
(2)选A 由已知得a+2b=2.又∵a>0,b>0,∴2=a+2b≥2,∴ab≤,当且仅当a=2b=1时取等号.
交汇·创新考点
[例1] 选C 作出可行域,如图中阴影部分所示,三个顶点到圆心(0,1)的距离分别是1,1,,由A⊆B得三角形所有点都在圆的内部,故≥,解得:m≥2.
[预测押题1] 选C 如图,若使以(4,1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点,结合图形,当圆与直线x-y-2=0相切时,恰有一个公共点,此时a==,当圆的半径增大到恰好过点A(2,2)时,圆与阴影部分至少有两个公共点,此时a=5,故a的取值范围是<a≤5,故选C.
[例2] 选C z=x2-3xy+4y2(x,y,z∈R+),∴==+-3≥2-3=1.当且仅当=,即x=2y时“=”成立,此时z=x2-3xy+4y2=4y2-6y2+4y2=2y2,∴x+2y-z=2y+2y-2y2=-2y2+4y=-2(y-1)2+2.∴当y=1时,x+2y-z取得最大值2.
[预测押题2] 解析:4x2+y2+xy=1,∴(2x+y)2=3xy+1=×2xy+1≤×+1,∴(2x+y)2≤,∴(2x+y)max=.
答案:
第五讲 导数及其应用
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)∵点(1,1)在曲线y=上,y′=,∴在点(1,1)处的切线斜率为y′|x=1==-1,所求切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)因为y′=2ax-,所以y′|x=1=2a-1.因为曲线在点(1,a)处的切线平行于x轴,故其斜率为0,故2a-1=0,a=.
答案:(1)x+y-2=0 (2)
[预测押题1] 选D 由f(x+2)=f(x-2),得f(x+4)=f(x),可知函数为周期函数,且周期为4.又函数f(x)为偶函数,所以f(x+2)=f(x-2)=f(2-x),即函数的对称轴是x=2,所以f′(-5)=f′(3)=-f′(1),所以函数在x=-5处的切线的斜率k=f′(-5)=-f′(1)=-1.
[例2] 解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f′(0)=4.故b=4,a+b=8.从而a=4,b=4.
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2).令f′(x)=0,得x=-ln2或x=-2.从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.
[预测押题2] 解:(1)当m=1时,f(x)=x3+x2-3x+1,又f′(x)=x2+2x-3,所以f′(2)=5.又f(2)=,所以所求切线方程为y-=5(x-2),即15x-3y-25=0.所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为15x-3y-25=0.
(2)因为f′(x)=x2+2mx-3m2,令f′(x)=0,得x=-3m或x=m.当m=0时,f′(x)=x2≥0恒成立,不符合题意;当m>0时,f(x)的单调递减区间是(-3m,m),若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则解得m≥3;
当m<0时,f(x)的单调递减区间是(m,-3m),若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则解得m≤-2.
综上所述,实数m的取值范围是(-∞,-2]∪[3,+∞).
[例3] 解:(1)f′(x)=1-,①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.
②当a>0时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)在x=ln a处取得最小值,且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.
(2)当a=1时,f(x)=x-1+.直线l:y=kx-1与曲线y=f(x)没有公共点,等价于关于x的方程kx-1=x-1+在R上没有实数解,即关于x的方程:(k-1)x=(*)在R上没有实数解.
①当k=1时,方程(*)可化为=0,在R上没有实数解.
②当k≠1时,方程(*)可化为=xex.
令g(x)=xex,则有g′(x)=(1+x)ex.
令g′(x)=0,得x=-1,当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:
当x=-1时,g(x)min=-,同时当x趋于+∞时,g(x)趋于+∞,从而g(x)的取值范围为.所以当∈时,方程(*)无实数解,解得k的取值范围是(1-e,1).综合①②,得k的最大值为1.
[预测押题3] 解:(1)f′(x)=a+-,由题意可知f′()=1,解得a=1.
故f(x)=x--3ln x,∴f′(x)=,由f′(x)=0,得x=2.
于是可得下表:
∴f(x)min=f(2)=1-3ln 2.
(2)f′(x)=a+-=(x>0),由题意可得方程ax2-3x+2=0有两个不等的正实根,不妨设这两个根为x1,x2,并令h(x)=ax2-3x+2,则
也可以为解得0<a<.
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)证明:设φ(x)=f(x)-1-a=aln x-a(x>0),则φ′(x)=-.令φ′(x)=0,则x=1,易知φ(x)在x=1处取到最小值,故φ(x)≥φ(1)=0,即f(x)-1≥a.(2)由f(x)>x得aln x+1>x,即a>.令g(x)=(1<x
[预测押题1] 解:(1)由f(x)=ex(x2+ax-a)可得,f′(x)=ex[x2+(a+2)x].当a=1时,f(1)=e,f′(1)=4e.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.
(2)令f′(x)=ex[x2+(a+2)x]=0,解得x=-(a+2)或x=0.当-(a+2)≤0,即a≥-2时,在区间[0,+∞)上,f′(x)≥0,所以f(x)在[0,+∞)上是增函数,所以方程f(x)=k在[0,+∞)上不可能有两个不相等的实数根.当-(a+2)>0,即a<-2时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
由上表可知函数f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-(a+2))=.因为函数f(x)在(0,-(a+2))上是减函数,在(-(a+2),+∞)上是增函数,且当x≥-a时,有f(x)≥f(-a)=e-a(-a)>-a,又f(0)=-a,所以要使方程f(x)=k在[0,+∞)上有两个不相等的实数根,k的取值范围是.
[例2] 选C 法一:曲线y=与直线x=1及x轴所围成的曲边图形的面积S=dx=0=,又∵S△AOB=,∴阴影部分的面积为S′=-=,由几何概型可知,点P取自阴影部分的概率为P=.
法二:S阴影=(-x)dx=,S正方形OABC=1,∴点P取自阴影部分的概率为P=.
[预测押题2] 解析:画出草图,可知所求概率P=====.
答案:
[例3] 解:(1)因为方程ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根x1=0,x2=,故f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}.因此区间I=,故I的长度为.
(2)设d(a)=,则d′(a)=(a>0).令d′(a)=0,得a=1.由于0<k<1,故当1-k≤a<1时,d′(a)>0,d(a)单调递增;当1<a≤1+k时,d′(a)<0,d(a)单调递减.所以当1-k≤a≤1+k时,d(a)的最小值必定在a=1-k或a=1+k处取得.而==<1,故d(1-k)<d(1+k).因此当a=1-k时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值.
[预测押题3] 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞),f′(x)==.当a>b时,f′(x)>0,函数f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增;当a<b时,f′(x)<0,函数f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递减.
(2)① 计算得f(1)=>0,f()=>0,f()=>0.因为f(1)f()=·=ab=,即f(1)f()=. (*)所以f(1),f(),f()成等比数列.因为≥,所以f(1)≥f().由(*)得f()≤f().
②由①知f()=H,f()=G.故由H≤f(x)≤G,得f()≤f(x)≤f(). (**)当a=b时,()=f(x)=f()=a.这时,x的取值范围为(0,+∞);当a>b时,0<<1,从而<,由f(x)在(0,+∞)上单调递增(**)式,得≤x≤,即x的取值范围为;当a<b时,>1,从而>,由f(x)在(0,+∞)上单调递减与(**)式,得≤x≤,即x的取值范围为.综上,当a=b时,x的取值范围为(0,+∞);当a>b时,x的取值范围为;当a<b时,x的取值范围为.
专题二 三角函数、解三角形、平面向量
第一讲 三角函数的图像与性质
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)==|sinθ-cosθ|,又θ∈,∴sinθ-cosθ>0,故原式=sinθ-cosθ.
(2)由已知得|OP|=2,由三角函数定义可知sinα=,cosα=,即α=2kπ+(k∈Z).所以2sin2α-3tanα=2sin-3tan=2sin-3tan=2×-3×=0.
答案:(1)A (2)D
[预测押题1] (1)选C 由已知可得-2tanα+3sinβ+5=0,tanα-6sinβ=1,解得tanα=3,故sinα=.
(2)解析:由A点的纵坐标为及点A在第二象限,得点A的横坐标为-,所以sinα=,cosα=-,tanα=-.故tan2α==-.
答案: -
[例2] 解析:(1)∵T=π-=π,∴T=π,∴=π(ω>0),∴ω=2.由图像知当x=π时,2×π+φ=2kπ+(k∈Z),即φ=2kπ-(k∈Z).∵-<φ<,∴φ=-.
(2)y=cos(2x+φ)的图像向右平移个单位后得到y=cos的图像,整理得y=cos(2x-π+φ).∵其图像与y=sin的图像重合,∴φ-π=-+2kπ,∴φ=+π-+2kπ,即φ=+2kπ.又∵-π≤φ<π∴φ=.
答案:(1)A (2)
[预测押题2] (1)选C 将y=sin的图像向左平移个单位,再向上平移2个单位得y=sin+2的图像,其对称中心的横坐标满足2x+=kπ,即x=-,k∈Z,取k=1,得x=.
(2)选C 根据已知可得,f(x)=2sinx,若f(x)在[m,n]上单调,则n-m取最小值.又当x=2时,y=2;当x=-1时,y=-,故(n-m)min=2-(-1)=3.
[例3] 解:(1)f(x)4cosωx·sin=2sinωx·cosωx+2cos2ωx=(sin2ωx·cos2ωx)+=2sin+.因为f(x)的最小正周期为π,且ω>0,从而由=π,故ω=1.
(2)由(1)知,f(x)=2sin+.若0≤x≤,则≤2x+≤.当≤2x+≤,即0≤x≤时,f(x)单调递增;当≤2x+≤,即≤x≤时,f(x)单调递减;综上可知,f(x)在区间[0,]上单调递增,在区间[,]上单调递减.
[预测押题3] 解:(1)因为f(x)=sin 2x++a=sin(2x+)+a+,所以T=π.由+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.故函数f(x)的单调递减区间是(k∈Z).
(2)因为-≤x≤,所以-≤2x+≤,-≤sin≤1.因为函数f(x)在上的最大值与最小值的和为+=,所以a=0.
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)f(x)=-=====sin.由题意可知,f(x)的最小正周期T=π,∴=π.又∵ω>0,∴ω=1,∴f()=sin=sin=.
(2)|f(x)-m|≤1,即f(x)-1≤m≤f(x)+1.∵对∀x∈,都有|f(x)-m|≤1,∴m≥f(x)max-1且m≤f(x)min+1.∵-≤x≤0,∴-≤2x+≤,∴-1≤sin≤,∴-≤sin≤,即f(x)max=,f(x)min=-,∴-≤m≤1-.故m的取值范围为.
[预测押题1] 解:(1)f()=cos·cos=-cos·cos=-=-.
(2)f(x)=cosx·cos=cosx·=cos2x+sinxcosx=(1+cos2x)+sin2x=cos+.f(x)<等价于cos+<,即cos<0.于是2kπ+<2x-<2kπ+,k∈Z.解得kπ+<x<kπ+,k∈Z.故使f(x)<成立的x的取值集合为.
[例2] 解析:因为圆心由(0,1)平移到了(2,1,),所以在此过程中P点所经过的弧长为2,其所对圆心角为2.如图所示,过P点作x轴的垂线,垂足为A,圆心为C,与x轴相切与点B,过C作PA的垂线,垂足为D,则∠PCD=2-,|PD|=sin=-cos2,|CD|=cos=sin2,所以P点坐标为(2-sin2,1-cos2),即的坐标为(2-sin2,1-cos2).
答案:(2-sin2,1-cos2)
[预测押题2] 选A 画出草图,可知点Q点落在第三象限,则可排除B、D;代入A,cos∠QOP===,所以∠QOP=.代入C,cos∠QOP==≠.
第二讲 三角恒等变换与解三角形
基础·单纯考点
[例1] 解:(1)因为f(x)=cos,所以f(-)=cos=cos=cos=×=1.
(2)因为θ∈,cosθ=,所以sinθ==-=-,cos2θ=2cos2θ-1=2×()2-1=-,sin 2θ=2sin θcosθ =2××=-.所以f(2θ+)=cos=cos=×=cos2θ-sin2θ=--=.
[预测押题1] 解:(1)由已知可得f(x)=3cosωx+sinωx=2sin.所以函数f(x)的值域为[-2,2].又由于正三角形ABC的高为2,则BC=4,所以函数f(x)的周期T=4×2=8,即=8,解得ω=.
(2)因为f(x0)=,由(1)得f(x0)=2sin=,即sin=.由x0∈得+∈.所以cos==,故f(x0+1)=2sin=2sin
=2=2=.
[例2] 解:(1)由已知得,∠PBC=60°,所以∠PBA=30°.在△PBA中,由余弦定理得PA2=3+-2××cos30°=.
故PA=.
(2)设∠PBA=α,由已知得PB=sinα.在△PBA中,由正弦定理得=,化简得sinα=4sinα.则tanα=,即tan∠PBA=.
[预测押题2] 解:(1)由正弦定理得2sinBcosC=2sinA-sinC.∵在△ABC中,sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB,∴sinC(2cosB-1)=0.又0<C<π,sinC>0,∴cosB=,注意到0<B<π,∴B=.
(2)∵S△ABC=acsinB=,∴ac=4,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac≥ac=4,当且仅当a=c=2时,等号成立,∴b的取值范围为[2,+∞).
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)∵f(x)=cos+2cos2x=cos+1,∴f(x)的最大值为2.f(x)取最大值时,cos=1,2x+=2kπ(k∈Z),故x的集合为{x|x=kπ-,k∈Z}.
(2)由f(B+C)=cos+1=,可得cos=,由A∈(0,π),可得A=.在△ABC中,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos=(b+c)2-3bc,由b+c=2,知bc≤=1,当b=c=1时,bc取最大值,此时a取最小值1.
[预测押题1] 解:(1)由已知得·=bccosθ=8,b2+c2-2bccosθ=42,故b2+c2=32.又b2+c2≥2bc,所以bc≤16,(当且仅当b=c=4时等号成立),即bc的最大值为16.即≤16,所以cosθ≥.又0<θ<π,所以0<θ≤,即θ的取值范围是(0,].
(2)f(θ)=sin2θ+cos2θ+1=2sin+1.因为0<θ≤,所以<2θ+≤,≤sin≤1.当2θ+=,即θ=时,f(θ)min=2×+1=2;当2θ+=,即θ=时,f(θ)max=2×1+1=3.
[例2] 解:(1)在△ABC中,因为cosA=,cosC=,所以sinA=,sinC=.从而sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=×+×=.由正弦定理=,得AB=×sinC=×=1040(m).所以索道AB的长为1040m.
(2)假设乙出发t分钟后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130t m,所以由余弦定理得d2=(100+5t)2+(130t)2-2×130t×(100+50t)×=200(37t2-70t+50),因0≤t≤,即0≤t≤8,故当t=(min)时,甲、乙两游客距离最短.
(3)由正弦定理=,得BC=×sinA=×=500(m).乙从B出发时,甲已经走了50×(2+8+1)=550(m),还需要走710m才能到达C.设乙步行的速度为v m/min,由题意得-3≤-≤3,解得≤v≤,所以使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min,乙步行的速度控制在(单位:m/min)范围内.
[预测押题2] 解:(1)因为点C的坐标为,根据三角函数的定义,得sin∠COA=,cos∠COA=.因为△AOB为正三角形,所以∠AOB=60°.所以cos∠BOC=cos(∠COA+60°)=cos∠COAcos60°-sin∠COAsin60°=×-×=.
(2)因为∠AOC=θ,所以∠BOC=+θ.在△BOC中,|OB|=|OC|=1,由余弦定理,可得f(θ)=|BC|2=|OC|2+|OB|2-2|OC|·|OB|·cos∠COB=12+12-2×1×1×cos=2-2cos.因为0<θ<,所以<θ+<.所以-
第三讲 平面向量
基础·单纯考点
[例1] 解析:以向量:a的终点为原点,过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系,设一个小正方形网格的边长为1,则a=(-1,1),b=(6,2),c=(-1,-3).由c=λa+μb,即(-1,-3)=λ(-1,1)+μ(6,2),得-λ+6μ=-1,λ+2μ=-3,故λ=-2,μ=-,则=4.
答案:4
[预测押题1] (1)选A 由已知,得=(3,-4),所以||=5,因此与同方向的单位向量是=.
(2)选C 如图,连接BP,则=+=b+,①
=+=a+-,②
①+②,得2=a+b-.③
又==(-)=,④
将④代入③,得2=a+b-,
解得=a+b.
[例2] 解析:(1)由已知得=(2,1),=(5,5),因此在方向上的投影为==.
(2)设AB的长为a(a>0),又因为=+,=+=-,于是·=(+)·(-)=·-2+2=-a2+a+1,由已知可得-a2+a+1=1.又a>0,∴a=,即AB的长为.
答案:(1)A (2)
[预测押题2] (1)选D a⊥(a+b)⇒a·(a+b)=a2+a·b=|a|2+|a||b|cos<a,b>=0,故cos<a,b>=-=-,故所求夹角为.
(2)选C 设BC的中点为M,则=.又M为BC中点,∴=(+),∴==(+),∴||==.又∵·=-2,∠A=120°,∴||||=4.∵||=≥=,当且仅当||=||时取等号,∴||的最小值为.
交汇·创新考点
[例1] 解析:设P(x,y),则=(x-1,y+1).由题意知=(2,1),=(1,2).由=λ+μ知(x-1,y+1)=λ(2,1)+μ(1,2),即∴∵1≤λ≤2,0≤μ≤1,∴作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分),由图可知平面区域D为平行四边形,可求出M(4,2),N(6,3),故|MN|=.又x-2y=0,x-2y-3=0之间的距离d=,故平面区域D的面积为S=×=3.
答案:3
[预测押题1] 选D 如图作可行域,z=·=x+2y,显然在B(0,1)处zmax=2.故选D.
[例2] 解:(1)∵g(x)=sin(+x)+2cos(-x)=2sinx+cosx,∴=(2,1),
∴||==.
(2)由已知可得h(x)=sinx+cosx=2sin(x+),∵0≤x≤,∴≤x+≤,∴h(x)∈[1,2].∵当x+∈[,]时,即x∈[0,]时,函数h(x)单调递增,且h(x)∈[,2];当x+∈(,]时,即x∈(,]时,函数h(x)单调递减,且h(x)∈[1,2).∴使得关于x的方程h(x)-t=0在[0,]内恒有两个不相等实数解的实数t的取值范围为[,2).
[预测押题2] 解:(1)由题设,可得(a+b)·(a-b)=0,即|a|2-|b|2=0.代入a,b的坐标,可得cos2α+(λ-1)2sin2α-cos2β-sin2β=0,所以(λ-1)2sin2α-sin2α=0.因为0<α<,故sin2α≠0,所以(λ-1)2-1=0,解得λ=2或λ=0(舍去,因为λ>0).故λ=2.
(2)由(1)及题设条件,知a·b=cosαcosβ+sinαsinβ=cos(α-β)=.因为0<α<β<,所以-<α<β<0.所以sin(α-β)=-,tan(α-β)=-.所以tan α=tan[(α-β)+β]===.所以tanα=.
[例3] 选D a∘b==cosθ=cosθ,b∘a=cosθ,因为|a|>0,|b|>0,0
[预测押题3] 选D 依题意,=(-1-x,-y)=(-1-x)e1-ye2,=(1-x,-y)=(1-x)e1-ye2,由||=||,得2=2,∴[(-1-x)e1-ye2]2=[(1-x)e1-ye2]2,∴4x+4ye1·e2=0.∵∠xOy=45°,∴e1·e2=,故2x+y=0,即x+y=0.
专题三 数列
第一讲 等差数列、等比数列
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)∵{an}是等差数列,Sm-1=-2,Sm=0,∴am=Sm-Sm-1=2.∵Sm+1=3,∴am+1=Sm+1-Sm=3,∴d=am+1-am=1.又Sm===0,∴a1=-2,∴am=-2+(m-1)·1=2,∴m=5.
(2)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则:由a2+a4=20得a1q(1+q2)=20,①,由a3+a5=40得a1q2(1+q2)=40.②由①②解得q=2,a1=2.故Sn===2n+1-2.
答案:(1)C (2)2 2n+1-2
[预测押题1] 解:(1)设等差数列的公差为d,d>0.由题意得,(2+d)2=2+3d+8,d2+d-6=(d+3)(d-2)=0,得d=2.故an=a1+(n-1)·d=2+(n-1)·2=2n,故an=2n.
(2)bn=an+2an=2n+22n.Sn=b1+b2+…+bn=(2+22)+(4+24)+…+(2n+22n)=(2+4+6+…+2n)+(22+24+…+22n)=+=n2+n+.
[例2] 解:(1)设数列{an}的公比为q(q≠0,q≠1),由a5,a3,a4成等差数列,得2a3=a5+a4,即2a1q2=a1q4+a1q3.由a1≠0,q≠0得q2+q-2=0,解得q1=-2,q2=1(舍去),所以q=-2.
(2)证明:法一:对任意k∈N*,Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk)=ak+1+ak+2+ak+1=2ak+1+ak+1·(-2)=0,所以,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.
法二:对任意k∈N*,2Sk=,Sk+2+Sk+1=+=.2Sk-(Sk+2+Sk+1)=-=[2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)]=(q2+q-2)=0,因此,对任意k∈N*,Sk+2,Sk,Sk+1成等差数列.
[预测押题2] 解:(1)由an+2=p·,得=p·.令cn=,则c1=a,cn+1=pcn.∵a≠0,∴c1≠0,=p(非零常数),∴数列是等比数列.
(2)∵数列{cn}是首项为a,公比为p的等比数列,∴cn=c1·pn-1=a·pn-1,即=apn-1.当n≥2时,an=··…··a1=(apn-2)×(apn-3)×…×(ap0)×1=an-1p.∵a1满足上式,∴an=an-1p,n∈N*.
[例3] 解析:(1)设数列{an}的公比为q,由a1a2a3=4=aq3与a4a5a6=12=aq12可得q9=3,an-1anan+1=aq3n-3=324,因此q3n-6=81=34=q36,所以n=14.
(2)因为d>0,所以an+1>an,所以p1是真命题.因为n+1>n,但是an的符号不知道,所以p2是假命题.同理p3是假命题.由an+1+3(n+1)d-an-3nd=4d>0,所以p4是真命题.
答案:(1)C (2)D
[预测押题3] (1)选C 由题意得S6=6a1+15d=5a1+10d,所以a6=0,故当n=5或6时,Sn最大.
(2)选A ∵a4+a8=-2,∴a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2a+a6a10=a+2a4a8+a=(a4+a8)2=4.
(3)选A 依题意,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20),即(S20-10)2=10(70-S20),故S20=-20或S20=30.又S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,则S40=S30+=70+=150.
交汇·创新考点
[例1] 选D 由题意知f(Sn+2)=f(an)+f(3)(n∈N*),∴Sn+2=3an,Sn-1+2=3an-1(n≥2),两式相减得,2an=3an-1(n≥2).又n=1时,S1+2=3a1=a1+2,∴a1=1,∴数列{an}是首项为1,公比为的等比数列,∴an=.
[预测押题1] 选A 设Pn+1(n+1,an+1),则PnPn+1=(1,an+1-an)=(1,2),即an+1-an=2,所以数列{an}是以2为公差的等差数列.又因为a1+2a2=3,所以a1=-,所以Sn=n.
[例2] 选C 法一:设{an}的公比为q.①f(an)=a,∵==q2,∴{f(an)}是等比数列.排除B、D.
②f(an)=,∵==,∴{f(an)}是等比数列.排除A.
法二:不妨令an=2n,①因为f(x)=x2,所以f(an)=4n.显然{f(2n)}是首项为4,公比为4的等比数列.②因为f(x)=2x,所以f(a1)=f(2)=22,f(a2)=f(4)=24,f(a3)=f(8)=28,所以==4≠==16,所以{f(an)}不是等比数列.
③因为f(x)=,所以f(an)==()n.显然{f(an)}是首项为,公比为的等比数列.
④因为f(x)=ln|x|,所以f(an)=ln2n=nln2.显然{f(an)}是首项为ln2,公差为ln2的等差数列.
[预测押题2] 解析:(1)若正比例函数f(x)=kx(k≠0),则===q,故函数f(x)=kx(k≠0)是“保等比数列函数”.
(2)若二次函数f(x)=kx2+bx+c(k≠0,且b,c不全为0),则==,不是常数,故函数分f(x)=kx2+bx+c(k≠0且b,c不全为0)不是“保等比数列函数”.
(3)若幂函数f(x)=xm(m≠0),则===qm,故函数f(x)=xm(m≠0)是“保等比数列函数”.
(4)如指数函数f(x)=mx(m>0,且m≠1),则==man+1-an,不是常数,故函数f(x)=mx(m>0且m≠1)不是“保等比数列函数”.
答案:(1)(3)
第二讲 数列的综合应用
基础·单纯考点
[例1] 解:(1)∵函数f(x)=x2+bx为偶函数,∴b=0,∴f(x)=x2,∴an+1=2f(an-1)+1=2(an-1)2+1,∴an+1-1=2(an-1)2.又a1=3,an>1,bn=log2(an-1),∴b1=log2(a1-1)=1,∴====2,∴数列{bn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)得,bn+1=2n,∴bn=2n-1,∴cn=nbn=n2n-n,∴设An=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,则2An=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,∴-An=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-n·2n+1-2,∴An=(n-1)2n+1+2.设Bn=1+2+3+4+…+n,则Bn=,∴Sn=An-Bn=(n-1)2n+1+2-.
[预测押题1] 解:(1)由已知,得解得a2=2.设数列{an}的公比为q,则a1q=2,∴a1=,a3=a1q2=2q.由S3=7,可知+2+2q=7,∴2q2-5q+2=0,解得q1=2,q2=.由题意,得q>1,∴q=2.∴a1=1.故数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)证明:∵bn===-,∴Tn=+++…+=-=-<.
[例2] 解:(1)由题意得a1=2000(1+50%)-d=3000-d,a2=a1(1+50%)-d=a1-d=4500-d.an+1=an(1+50%)-d=an-d.
(2)由(1)得an=an-1-d=-d=an-2-d-d…=a1-d.整理得an=(3000-d)-2d=(3000-3d)+2d.由题意,am=4000,即(3000-3d)+2d=4000.解得=.故该企业每年上缴资金d的值为时,经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元.
[预测押题2] 解:(1)到2013年7月甲企业的产值比乙企业的产值大.理由如下:设从2013年1月到2014年1月甲企业每个月的产值(单位:万元)分别是a1,a2,…a13,乙企业每个月的产值(单位:万元)分别是b1,b2,…b13,由题意知{an}成等差数列,{bn}成等比数列,∴a7=(a1+a13),b7=.∵a1=b1,a13=b13,∴a7=(a1+a13)>==b7,即2013年7月甲企业的产值比乙企业的产值大.
(2)设一共用了n天,则n天平均耗资为p(n),则p(n)==++.当且仅当=,即n=800时,p(n)有最小值,故日均耗资最小时使用了800天.
交汇·创新考点
[例1] 解(1)设等比数列{an}的公比为q,则由已知可得解得或故an=·3n-1,或an=-5·(-1)n-1.
(2)若an=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==.<<1.若an=-5·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.
综上,对任何正整数m,总有<1.
故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.
[预测押题1] 解:(1)设等比数列{an}的公比为q,∵an+1+an=9·2n-1,n∈N*,∴a2+a1=9,a3+a2=18,∴q===2,∴2a1+a1=9,∴a1=3,∴an=3·2n-1,n∈N*,经验证,满足题意.
(2)由(1)知Sn===3(2n-1),∴3(2n-1)>k·3·2n-1-2,∴k<2-.令f(n)=2-,则f(n)随n的增大而增大,∴f(n)min=f(1)=2-=.∴k<.∴实数k的取值范围为.
[例2] 解:(1)证明:以点An-1(an-1,a)(n≥2)为切点的切线方程为y-a=2an-1·(x-an-1).当y=0时,得x=an-1,即an=an-1.
又∵a1=1,∴数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列.∴通项公式为an=.
(2)据题意,得Bn.∴bn=·=+·(n-1)=n.∵Sn=1×+2×+…+n×,Sn=1×+2×+…+n×,两式相减,得Sn=1×+1×+…+-n×=-n×.化简,得Sn=-×=-.
[预测押题2] 解:(1)由P1是线段AB的中点⇒=+,又=a1+b1,且,不共线,由平面向量基本定理,知a1=b1=.
(2)由=an+bn(n∈N*)⇒=(an,bn),设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则由于P1,P2,P3…Pn,…互不相同,所以d=0,q=1不会同时成立.
若d=0,则an=a1=(n∈N*)⇒P1,P2,P3…Pn,…都在直线x=上;
若q=1,则bn=为常数列⇒P1,P2,P3…Pn,…都在直线y=上;
若d≠0且q≠1,P1,P2,P3…Pn,…都在同一条直线⇔Pn-1Pn=(an-an-1,bn-bn-1)与PnPn+1=(an+1-an,bn+1-bn)始终共线(n>1,n∈N*)⇔(an-an-1)(bn+1-bn)-(an+1-an)(bn-bn-1)=0⇔d(bn+1-bn)-d(bn-bn-1)=0⇔bn+1-bn=bn-bn-1⇔q=1,这与q≠1矛盾,所以当d≠0且q≠1时,P1,P2,P3…Pn,…不可能在同一条直线上.
专题四 立体几何
第一讲 空间几何体的三视图、表面积及体积
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)由俯视图是圆环可排除A,B,C,进一步将已知三视图还原为几何体,可得选项D.
(2)根据已知条件作出图形:四面体C1A1DB,标出各个点的坐标如图(1)所示,可以看出正视图是正方形,如图(2)所示.
图形(1) 图形(2)
答案:(1)D (2)A
[预测押题1] (1)选B 依题意,左视图中棱的方向是从左上角到右下角.
(2)选A 对于①,存在斜高与底边长相等的正四棱锥,其正视图与侧视图是全等的正三角形;对于②,存在如图所示的三棱锥SABC,底面为等腰三角形,其底边AB的中点为D,BC的中点为E,侧面SAB上的斜高为SD,且CB=AB=SD=SE,顶点S在底面上的射影为AC的中点,则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的三角形;对于③,存在底面直径与母线长相等的圆锥,其正视图与侧视图是全等的三角形.
[例2] 解析:(1)如图,作出球的一个截面,则MC=8-6=2(cm),BM=AB=×8=4(cm).设球的半径为Rcm,则R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,∴R=5,∴V球=π×53=π(cm3)
(2)由三视图可知该几何体为一直三棱柱被截去了一个小三棱柱,如图所示.三棱柱的底面为直角三角形,且直角边长分别为3和4,三棱柱的高为5,故其体积V1=×3×4×5=30(cm3),小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同,高为3,故其体积V2=××3×4×3=6(cm3),所以所求几何体的体积为30-6=24(cm3).
(1)图 (2)图
答案:(1)A (2)24
[预测押题2] (1)解析:由三视图知该几何体为上底直径为2,下底直径为6,高为2的圆台,则几何体的全面积S=π×1+π×9+×2π(3×6-1×2)=26π.
答案:26π
(2)解析:作出三视图所对应的几何体 (如图),底面ABCD是边长为2的正方形,SD⊥平面ABCD,EC⊥平面ABCD,SD=2,EC=1,连接SC,则该几何体的体积为VSDABCE=VSABCD+VSBCE=×4×2+××2×1×2=.
答案:
[例3] 选C 因为直三棱柱中AB=3,AC=4,A1A=12,AB⊥AC,所以BC=5,且BC为过底面ABC的截面圆的直径.取BC中点D,则OD⊥底面ABC,则O在侧面BCC1B1内,矩形BCC1B1的对角线长即为球直径,所以2R==13,即R=.
[预测押题3] 选C 取SC的中点E,连接AE、BE,依题意,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos60°=3,∴AC2=AB2+BC2,即AB⊥BC.又SA⊥平面ABC,∴SA⊥BC,又SA∩AB=A,∴BC⊥平面SAB,BC⊥SB,AE=SC=BE,∴点E是三棱锤SABC的外接球的球心,即点E与点O重合,OA=SC==2,故球O的表面积为4π×OA2=16π.
交汇·创新考点
[例] 解:如图1所示的△ABC中,设BD=x(0<x<3),则CD=3-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知△ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前AD⊥BC知,折起后(如图2),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,所以AD⊥平面BDC.又因为∠BDC=90°,所以S△BCD=BD·CD=x(3-x).于是VABCD=AD·S△BCD=(3-x)·x·(3-x).VABCD=(x3-6x2+9x).令f(x)=(x3-6x2+9x),由f′(x)=(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1.当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,3)时,f′(x)<0,所以当x=1时,f(x)取得最大值,即BD=1时,三棱锥ABCD的体积最大.
[预测押题] 解析:记球O的半径为R,作SD⊥AB于D,连接OD,OS,易求R=.又SD⊥平面ABC,注意到SD==,因此要使SD最大,则需OD最小,而OD的最小值为×=,因此高SD的最大值是=1.又三棱锥SABC的体积为S△ABC·SD=××22×SD=SD,因此三棱锥SABC的体积的最大值是×1=.
答案:
第二讲 点、直线、平面之间的位置关系
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)A,不是公理,是个常数的结论,需经过推理论证;B,C,D均是平面的基本性质公理.
(2)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,平面BCC1B1⊥平面ABCD,BC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面ABCD,而BC1不垂直于BC,故A错误;平面A1B1C1D1∥平面ABCD,B1D1⊂平面A1B1C1D1,AC⊂平面ABCD,但B1D1和AC不平行,故B错误.AB⊥A1D1,AB⊂平面ABCD,A1D1⊂平面A1B1C1D1,但平面A1B1C1D1∥平面ABCD,故C错误.
答案:(1)A (2)D
[预测押题1] 选C m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,需要m∩n=A才有l⊥α,选项A错误;若m⊂α,n⊥α,l⊥n,l与m可能平行、相交、异面,选项B错误;若l⊥m,l⊥n,l与m可能平行、相交、异面.选项D错误.
[例2] 解:(1)证明:取BC的中点为M,连接AM,B1M.在三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,△ABC为正三角形,所以AM⊥BC,故AM⊥平面BCC1B1,又BD⊂平面BCC1B1,所以AM⊥BD.又正方形BCC1B1中,tan∠BB1M=tan∠CBD=,所以BD⊥B1M,又B1M∩AM=M,所以BD⊥平面AB1M,故AB1⊥BD,正方形BAA1B1中,AB1⊥A1B,又A1B∩BD=B,所以AB1⊥平面A1BD.
(2)取AA1的中点为N,连接ND,OD,ON.因为N,D分别为AA1,CC1的中点,所以ND∥平面ABC.又OD∥平面ABC.ND∩OD=D,所以平面NOD∥平面ABC,所以ON∥平面ABC,又ON⊂平面BAA1B1,平面BAA1B1∩平面ABC=AB,所以ON∥AB,注意到AB∥A1B1,所以ON∥A1B1,又N为AA1的中点,所以O为AB1的中点,即=1.
[预测押题2] 证明:(1)∵AD∥BC,BC=2AD,G是BC的中点,∴AD綊BG,∴四边形ADGB是平行四边形,∴AB∥DG.∵AB⊄平面DEG,DG⊂平面DEG,∴AB∥平面DEG.
(2)连接GF,易知四边形ADFE是矩形.∵DF∥AE,AE⊥底面BEFC,∴DF⊥平面BEFC.又EG⊂平面BEFC,∴DF⊥EG.∵EF綊BG,EF=BE,∴四边形BGFE为菱形,∴BF⊥EG.又BF∩DF=F,BF⊂平面BDF,DF⊂平面BDF,∴EG⊥平面BDF.
[例3] 证明:(1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,所以AB∥DE且AB=DE.所以ABED为平行四边形.所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD,而且ABED为平行四边形,所以BE⊥CD,AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点,所以PD∥EF,所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE,EF∩BE=E,所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.
[预测押题3] 证明:(1)∵AB=AD=2,AB⊥AD,M为线段BD的中点,∴AM=BD=,AM⊥BD.∵AE⊥平面ABD,MC∥AE,∴MC⊥平面ABD,∴AM,BD⊂平面ABD.∴MC⊥AM,MC⊥BD.又MC∩BD=M,∴AM⊥平面CBD.又AE=MC=,∴四边形AMCE为平行四边形,∴EC∥AM,∴EC⊥平面CBD,∵EC⊂平面CDE,∴平面BCD⊥平面CDE.
(2)∵M为BD的中点,N为DE的中点,∴MN∥BE.由(1)知EC∥AM且AM∩MN=M,BE∩EC=E,∴平面AMN∥平面BEC.
[例4] 解:(1)证明:设点O为AC,BD的交点.由AB=BC,AD=CD,得BD是线段AC的中垂线.所以O为AC的中点,BD⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.又AC∩PA=A,所以BD⊥平面APC.
(2)连接OG.由(1)可知OD⊥平面APC,则DG在平面APC内的射影为OG,所以∠OGD是DG与平面APC成的角.由题意得OG=PA=.在△ABC中,AC=
=2,所以OC=AC=.在直角△OCD中,OD==2.在直角△OGD中,tan∠OGD==.所以DG与平面APC所成的角的正切值为.
(3)连接OG.因为PC⊥平面BGD,OG⊂平面BGD,所以PC⊥OG.在直角△PAC中,得PC=.所以GC==.从而PG=,所以=.
[预测押题4] 解:(1)证明:如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AC∥A1C1,且AC=A1C1,连接ED,在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE=AC且DE∥AC,又F为A1C1的中点,可得A1F=DE,且A1F∥DE,即四边形A1DEF为平行四边形,所以EF∥DA1,又EF⊄平面A1CD,DA1⊂平面A1CD,所以EF∥平面A1CD.
(2)证明:由于底面ABC是正三角形,D为AB的中点,故CD⊥AB,又侧棱A1A⊥底面ABC,CD⊂平面ABC,所以AA1⊥CD,又AA1∩AB=A,因此CD⊥平面A1ABB1,而CD⊂平面A1CD,所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.
(3)在平面A1ABB1内,过点B作BG⊥A1D交直线A1D于G点,连接CG.由于平面A1CD⊥平面A1ABB1,而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线,故BG⊥平面A1CD.由此得∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角.设棱长为a,可得A1D=,则△A1AD∽△BGD,易得BG=,在Rt△BGC中,sin∠BCG==.所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)证明:法一:在折叠后的图形中,因为AB=AC,AD=AE,所以=,所以DE∥BC.因为DE⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,所以DE∥平面BCF.
法二:在折叠前的图形中,因为AB=AC,AD=AE,所以=,所以DE∥BC,即DG∥BF,EG∥CF.在折叠后的图形中,仍有DG∥BF,EG∥CF.又因为DG⊄平面BCF,BF⊂平面BCF,所以DG∥平面BCF,同理可证EG∥平面BCF.又DG∩EG=G,DG⊂平面DEG,EG⊂平面DEG,故平面DEG∥平面BCF.又DE⊂平面DEG,所以DE∥平面BCF.(2)证明:在折叠前的图形中,因为△ABC为等边三角形,BF=CF,所以AF⊥BC,则在折叠后的图形中,AF⊥BF,AF⊥CF.又BF=CF=,BC=,所以BC2=BF2+CF2,所以BF⊥CF.又BF∩AF=F,BF⊂平面ABF,AF⊂平面ABF,所以CF⊥平面ABF.
(3)由(1)知,平面DEG∥平面BCF,由(2)知AF⊥BF,AF⊥CF,又BF∩CF=F,所以AF⊥平面BCF,所以AF⊥平面DEG,即FG⊥平面DEG.在折叠前的图形中,AB=1,BF=CF=,AF=.由AD=知=,又DG∥BF,所以===,所以DG=EG=×=,AG=×=,所以FG=AF-AG=.故三棱锥FDEG的体积为V三棱锥FDEG=S△DEG·FG=×××=.
[预测押题1] 解:(1)证明:取EF的中点M,连接GM、MC,则GM綊AE.又等腰梯形ABCD中,BC=1,AD=3,∴BC綊AE.∴GM綊BC,∴四边形BCMG是平行四边形,∴BG∥CM.又CM⊂平面FCE,BG⊄平面FCE,∴BG∥平面FCE.
(2)∵平面FCE⊥平面ABCE,平面FCE∩平面ABCE=CE,又EF⊂平面FCE,FE⊥CE,∴FE⊥平面ABCE.又VFBEG=VBGEF=VBAEF=VFABE,S△ABE=×2×1=1,∴VFBEG=××1×1=.
[例2] 解:(1)证明:因为△ABC是正三角形,M是AC的中点,所以BM⊥AC,即BD⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC.
(2)证明:在正三角形ABC中,BM=2.在△ACD中,因为M为AC的中点,DM⊥AC,所以AD=CD,∠CDA=120°,所以DM=,所以BM∶MD=3∶1,所以BN∶NP=BM∶MD,所以MN∥PD,又MN⊄平面PDC,PD⊂平面PDC,所以MN∥平面PDC.
(3)假设直线l∥CD,因为l⊂平面PAB,CD⊄平面PAB,所以CD∥平面PAB.又CD⊂平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以CD∥AB.又知CD与AB不平行,所以直线l与直线CD不平行.
[预测押题2] 解:(1)证明:连接BD,则AC⊥BD.由已知得DN⊥平面ABCD,所以DN⊥AC.因为DN∩DB=D,所以AC⊥平面NDB.又BN⊂平面NDB,所以AC⊥BN.
(2)当E为AB的中点时,有AN∥平面MEC.证明如下:设CM与BN交于F,连接EF.由已知可得四边形BCNM是平行四边形,F是BN的中点,因为E是AB的中点,所以AN∥EF.又EF⊂平面MEC,AN⊄平面MEC,所以AN∥平面MEC.
第三讲 空间向量与立体几何
基础·单纯考点
[例1] 证明:以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,0,),B( 1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F,=,=(1,0,-1),=(0,2,-1),=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).
(1)因为=-,所以∥,即EF∥AB.又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.
(2)因为·=(0,0,1)·(1,0,0)=0,·=(0,2,0)·(1,0,0)=0,所以⊥,⊥,即AP⊥DC,AD⊥DC.又因为AP∩AD=A,AP⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.
[预测押题1] 证明:(1)以B为坐标原点,BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),设BA=a,则A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),·=0,·=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,因此B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(0,1,4),则=,=(0,1,1),·=0+2-2=0,·=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF.又EG∩EF=E,因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
[例2] 解:(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因为cos〈,〉===,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,2,4),所以n1·=0,n1·=0,即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2,y=-2,所以,n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一个法向量.取平面ABA1的一个法向量为n2=(0,1,0).设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|===,得sinθ=.因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
[例3] 解:(1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60∘,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.
(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直.
以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0,).则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,).设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,则即可取n=(,1,-1).故cos〈n,〉==-.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
[预测押题2] 解:(1)证明:∵平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE⊂平面SAD,SE⊥AD,∴SE⊥平面ABCD.∵BE⊂平面ABCD,∴SE⊥BE.∵AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3,AE=ED=,∴∠AEB=30°,∠CED=60°.∴∠BEC=90°,即BE⊥CE.又SE∩CE=E,∴BE⊥平面SEC.∵BE⊂平面SBE,∴平面SBE⊥平面SEC.
(2)由(1)知,直线ES,EB,EC两两垂直.如图,以E为原点,EB为x轴,EC为y轴,ES为z轴,建立空间直角坐标系.则E(0,0,0),C(0,2,0),S(0,0,1),B(2,0,0),所以=(0,-2,0),=(2,-2,0),=(0,-2,1).设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,得x=,z=2,则平面SBC的一个法向量为n=(,1,2).设直线CE与平面SBC所成夹角的大小为θ,则sinθ==,故直线CE与平面SBC所成正弦值为.
[预测押题3] 解:(1)由题意知AA1,AB,AC两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(-2,0,0),C(0,-2,0),C1(-1,-1,2),则=(-1,1,2),=(-1,-1,0),=(0,-2,-2).设E(x,y,z),则=(x,y+2,z),=(-1-x,-1-y,2-z).设=λ(λ>0),则则E,=.由得解得λ=2,所以线段CC1上存在一点E,=2,使BE⊥平面A1CC1.
(2)设平面C1A1C的法向量m=(x,y,z),则由得取x=1,则y=-1,z=1.故m=(1,-1,1),而平面A1CA的一个法向量n=(1,0,0),则cos〈m,n〉===,故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.
[例4] 解:(1)在△ABC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EF∥AB.又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,∴AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点,以直线DB,DC,DA分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0,),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(1,,0),=(1,,0),=(0,,1),=(0,0,2).平面CDF的法向量为=(0,0,2).设平面EDF的法向量n=(x,y,z),则即取n=(3,-,3),cos<,n>==,所以二面角E-DF-C的余弦值为.
(3)存在.设P(s,t,0),有=(s,t,-2),则·=t-2=0,∴t=,又=(s-2,t,0),=(-s,2-t,0),∵∥,∴(s-2)(2-t)=-st,∴s+t=2.把t=代入上式得s=,∴=,∴在线段BC上存在点P,使AP⊥DE.此时,=.
[预测押题4] 解:(1)证明:如图所示,以点C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1),即=(0,2,0),=(-1,0,1),=(1,0,1).由·=(0,2,0)·(1,0,1)=0+0+0=0,得⊥,即C1B1⊥CD.由·=(-1,0,1)·(1,0,1)=-1+0+1=0,得⊥,即DC1⊥CD.又DC1∩C1B1=C1,∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD,∴平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)存在.当AD=AA1时,二面角B1CDC1的大小为60°.理由如下:设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2),设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则⇒令z=-1,得m=(a,1,-1).又∵=(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量,则cos〈〉==,解得a=(负值舍去),故AD==AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意.
交汇·创新考点
[例] 解:(1)如图,连接BD交AC于O点,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,则OC=CDcos=1.而AC=4,得AO=AC-OC=3.又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z).由F为PC边中点,知F.又=,=(,3,-z),AF⊥PB,故·=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2.
(2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1·=0,n1·=0得因此可取n1=(3,,-2).由n2·=0,n2·=0得故可取n2=(3,-,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos〈n1,n2〉==.故二面角BAFD的正弦值为.
[预测押题] 解:证明:(1)易知△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC的中点O,连接BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC.∵平面ACD⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC.作EF⊥平面ABC,则EF∥DO.根据题意,点F落在BO上,∴∠EBF=60°,易求得EF=DO=,∴四边形DEFO是平行四边形,DE∥OF.∵DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,∴DE∥平面ABC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,可求得平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1).可得C(-1,0,0),B(0,,0),E(0,-1,),则=(1,,0),=(0,-1,).设平面BCE的法向量为n2=(x,y,z),则可得n2·=0,n2·=0,即(x,y,z)·(1,,0)=0,(x,y,z)·(0,-1,)=0,可取n2=(-3,,1).故cos<n1,n2>==.又由图知,所求二面角的平面角是锐角,故二面角EBCA的余弦值为.
专题五 解析几何
第一讲 直线与圆
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)根据斜率计算公式可得=-2,解得m=-8.
(2)|AB|===,所以cosα=,sinα=±,所以kAB=±,即直线AB的方程为y=±(x+1),所以直线AB的方程为y=x+或y=-x-.
答案:(1)B (2)B
[预测押题1] (1)选A 逆时针旋转90°后与原来直线垂直,所以其方程为y=-x,向右平移1个单位后得直线的方程为y=-(x-1),即直线方程为y=-x+.
(2)选A 当a=1时,直线l1:x+2y-1=0,直线l2:x+2y+4=0,则l1∥l2;若l1∥l2,则有a(a+1)-2×1=0,即a2+a-2=0,解得a=-2,或a=1,所以不能得到a=1.
[例2] 解析:(1)由抛物线方程及题意知A(1,2),B(1,-2),M(-1,0),设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,所以解得从而所求方程为x2+y2-2x-3=0,即圆的标准方程为(x-1)2+y2=4.
(2)因为圆的弦的垂直平分线必过圆心且圆经过点(0,0)和(4,0),所以设圆心为(2,m).又因为圆与直线y=1相切,所以=|1-m|,所以m2+4=m2-2m+1,解得m=-,所以圆的方程为(x-2)2+=.
答案:(1)D (2)(x-2)2+=
[预测押题2] (1)选C 由已知圆的方程可设所求圆的方程为x2+y2-2x+λ(x2+y2+2y)=0(λ≠-1),即x2+y2-x+y=0,∴圆心坐标为.又∵圆心在直线x+y=0上,∴-=0,∴λ=1,∴所求圆的方程为x2+y2-x+y=0.
(2)解析:设圆的方程为(x-a)2+y2=r2,∵圆心在x轴负半轴上,∴a<0. ①
∵圆C过点(0,1),∴a2+1=r2. ②
又∵被直线l截得的弦长为2,∴()2+=r2. ③
由①②③解得a=-1,r=.
故圆C的标准方程为(x+1)2+y2=2.
答案:(x+1)2+y2=2
[例3] 解析:(1)与直线y=x+1垂直的直线方程可设为x+y+b=0,由x+y+b=0与圆x2+y2=1相切,可得=1,故b=±.因为直线于圆相切与第一象限,故结合图形分析知b=-,故直线方程为x+y-=0.
(2)圆C的标准方程为(x-3)2+(y-4)2=1,设P(x,y),由|PT|=|PO|得(x-3)2+(y-4)2-1=x2+y2,得3x+4y-12=0,P的轨迹为直线:3x+4y-12=0,当圆心C到直线上点的距离最小时,切线PT取最小值,|PT|min=,此时P点的坐标为.
答案:(1)A (2)① ②
[预测押题3] (1)选A 根据点到直线的距离公式有d=.若点P在圆O上,则x+y=r2,d=r,相切;若点P在圆O外,则x+y>r2,d<r,相交;若点P在圆O内,则x+y<r2,d>r,相离;故只有①正确.
(2)解析:由题意知圆的标准方程为(x+2)2+(y-3)2=42,则圆心到直线l的距离d==>4且d<6,故直线与圆相离,则满足题意的点P有2个.
答案:2
交汇·创新考点
[例1] 选D 由导数的定义知,函数f(x)=x2+2bx的图像在点A处切线的斜率为k=f′(0)=2b.又∵切线L与直线x-y+3=0平行,∴2b=1,∴b=,∴y=f(x)的解析式为f(x)=x2+x=x(x+1),∴数列的通项为==-.∴前n项和Sn=++…+=1-.故S2013=1-=.
[预测押题1] 选B 由an=可知an=-,∴Sn=+++…+=1-.又知Sn=,∴1-=,∴n=9.∴直线方程为+=1,且与坐标轴的交点为(10,0)和(0,9),∴直线与坐标轴所围成的三角形的面积为×10×9=45.
[例2] 选C 集合A表示圆O:x2+y2=4上的半圆.如图所示,集合B是一条直线,过y=1上的一点,利用斜率为k的临界条件k=1.要想使A∩B≠∅,只需直线在与圆相切和过(2,0)之间,这时可求出b∈[1-2,3].
[预测押题2] 选C 当|+|=||时,O,A,B三点为等腰三角形的三个顶点,其中OA=OB,∠AOB=120°,从而圆心O到直线x+y-k=0(k>0)的距离为1,此时k=;当k>时|+|>||,又直线与圆x2+y2=4存在两交点,故k<2.综上,k的取值范围为[,2).
第二讲 椭圆、双曲线、抛物线
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)由题意知椭圆焦点在x轴上,且c=1,可设C的方程为+=1(a>1),由过F2且垂直于x轴的直线被C截得的弦长|AB|=3,知点必在椭圆上,代入椭圆方程化简得4a4-17a2+4=0,所以a2=4或a2=(舍去).故椭圆C的方程为+=1.
(2)如图所示,由抛物线定义知|MF|=|MH|,所以|MF|∶|MN|=|MH|∶|MN|.由于△MHN~△FOA,则==,则|MH|∶|MN|=1∶,即|MF|∶|MN|=1∶.
答案:(1)C (2)C
[预测押题1] 选B 依题意,设抛物线方程是y2=2px(p>0),则有2+=3,得p=2,故抛物线方程是y2=4x,点M的坐标是(2,±2),|OM|==2.
(2)选A 设过点P的两切线分别与圆切于S,T则|PM|-|PN|=(|PS|+|SM|)-(|PT|+|TN|)=|SM|-|TN|=|BM|-|BN|=2=2a,所以曲线为双曲线的右支且不能与x轴相交,a=1,c=3,所以b2=8,故P点的轨迹方程为x2-=1(x>1).
[例2] 解析:(1)设C:-=1.∵抛物线y2=16x的准线为x=-4,联立-=1和x=-4得A(-4,),B(-4,-),∴|AB|=2=4,∴a=2,∴2a=4.即C的实轴长为4.
(2)由椭圆的定义可知|AF1|+|AF2|=4,|F1F2|=2.因为四边形AF1BF2为矩形,所以|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2=12,所以2|AF1||AF2|=(|AF1|+|AF2|)2-(|AF1|2+|AF2|2)=16-12=4,所以(|AF2|-|AF1|)2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|·|AF2|=12-4=8,所以|AF2|-|AF1|=2,因此对于双曲线有a=,c=,所以C2的离心率e==.
答案:(1)C (2)D
[预测押题2] (1)选B 将圆C的方程配方,得(x-3)2+y2=9,则圆心C的坐标为(3,0),半径r=3.双曲线的渐进线方程为y=±x,不妨取y=x,即bx-ay=0,因为渐近线被圆截得的弦长等于2,所以圆心C到该渐近线的距离d===2.又由点到直线的距离公式,可得d==2,整理得9b2=4(a2+b2),所以5b2=4a2,所以b2=a2=c2-a2,即a2=c2.所以e2=,即e=.
(2)选D 设椭圆的方程为+=1(a>b>0).∠B1PA2为钝角可转化为,所夹的角为钝角,则(a,-b)·(-c,-b)<0,得b2<ac,故+-1>0,即e2+e-1>0,∴e>或e<.又0<e<1,∴<e<1.
(3)解析:建立如图所示的平面直角坐标系,设抛物线方程为x2=-2py(p>0),则A(2,-2),将其坐标代入x2=-2py,得p=1.故x2=-2y.当水面下降1m,得D(x0,-3)(x0>0),将其坐标代入x2=-2y,得x=6,则x0=.所以水面宽|CD|=2m.
答案:2
[例3] 解:(1)设F(-c,0),由=,知a=c.过点F且与x轴垂直的直线的方程为x=-c,代入椭圆方程有+=1,解得y=±,于是=,解得b=,又a2-c2=b2,从而a=,c=1,所以椭圆的方程为+=1.
(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1),由方程组消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.由根与系数的关系可得x1+x2=-,x1x2=.因为A(-,0),B(,0),所以·+·=(x1+,y1)·(-x2,-y2)+(x2+,y2)·(-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+.由已知得6+=8,解得k=±.
[预测押题3] 解:(1)由题意可知2a+2c=6+4,又椭圆的离心率为,即=,所以a=3,c=2.于是b=1,椭圆M的方程为+y2=1.
(2)不妨设BC的方程为y=n(x-3)(n>0),则AC的方程为y=-(x-3).由得x2-6n2x+9n2-1=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),因为3x2=,所以x2=,同理可得x1=,所以|BC|=·,|AC|=·,S△ABC=|BC|·|AC|=,设t=n+≥2,则S△ABC==≤,当且仅当t=时等号成立,所以△ABC面积的最大值为.
交汇·创新考点
[例] 解析:设点P在双曲线右支上,F1为左焦点,F2为右焦点,则|PF1|-|PF2|=2a.又|PF1|+|PF2|=6a,∴|PF1|=4a,|PF2|=2a.∵在双曲线中c>a,∴在△PF1F2中|PF2|所对的角最小且为30°.在△PF1F2中,由余弦定理得|PF2|2=|PF1|2+|F1F2|2-2|PF1||F1F2|cos30°,即4a2=16a2+4c2-8ac,即3a2+c2-2ac=0.∴(a-c)2=0,∴c=a,即=.∴e=.
答案:
[预测押题] 解析:设P,F1P的中点Q的坐标为.若y≠0,则kF1P=,kQF2=,由kF1P·kQF2=-1,得y2=>0,若b2-2c2≠0,则2c2-b2>0,即3c2-a2>0,即e2>,故<e<1.若y=0,即b2-2c2=0,kQF2不存在,F2为F1P的中点,且-c=2c,得e=.
综上,得≤e<1,即所求椭圆离心率的范围是.
答案:
第三讲 圆锥曲线的综合问题
基础·单纯考点
【例1】解:(1)由题设知=3,即=9,故b2=8a2.
所以C的方程为8x2-y2=8a2.
将y=2代入上式,求得x=±.
由题设知,2=,解得a2=1.
所以a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知,F1(-3,0),F2(3,0),C的方程为8x2-y2=8.
由题意可设l的方程y=k(x-3),|k|<2,代入①并化简得(k2-8)x2-6k2+9k2+8=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≤-1,x2≥1,x1+x2=,x1x2=.
于是|AF1|===-(3x1+1),
|BF1|===3x2+1.
由|AF1|=|BF1|得-(3x1+1)=3x2+1,
即x1+x2=-.
故=-,解得k2=,
从而x1x2=-.
由于|AF2|===1-3x1,
|BF2|===3x2-1.
过|AB|=|AF2|-|BF2|=2-3(x1+x2)=4,
|AF2|·|BF2|=3(x1+x2)-9x1x2-1=16.
因而|AF2|·|BF2|=|AB|2,
所以|AF2|,|AB|,|BF2|成等比数列.
[预测押题1] 解:(1)由已知得F,B,C的坐标分别为(-c,0),(0,b),(1,0),则FC,BC的中垂线分别为x=,y-=(x-).
联立方程,解得
由m+n=+>0,
得b-bc+b2-c>0,
即(1+b)(b-c)>0,∴b>c.从而b2>c2,
即有a2>2c2,∴e2<.
又e>0,∴0<e<.
(2)直线AB与⊙P不能相切.证明如下:
由kAB=b,kPB==.
如果直线AB与⊙P相切,则b·=-1,解得c=0或c=2,与0<c<1矛盾,∴直线AB与⊙P不能相切.
【例2】 解:(1)由题意可设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),则=1,所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.
由消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.
从而|x1-x2|=4.
由解得点M的横坐标
xM===.
同理点N的横坐标xN=.
所以|MN|=|xM-xN|=|-|=8||=.
令4k-3=t,t≠0,则k=.
当t>0时,|MN|=2>2.
当t<0时,|MN|=2≥.
综上所述,当t=-,
即k=-时,|MN|的最小值是.
[预测押题2] 解:(1)设B(x1,y1),C(x2,y2),当直线l的的斜率是时,l的方程为y=(x+4),即x=2y-4,联立得2y2-(8+p)y+8=0,y1+y2=,y1y2=4,由已知=4,得y2=4y1,
由韦达定理及p>0可得y1=1,y2=4,p=2,∴抛物线G的方程为x2=4y.
(2)由题意知直线l的斜率存在,且不为0,设l:y=k(x+4),BC中点坐标为(x0,y0),由得x2-4kx-16k=0,由Δ>0得k<-4或k>0,∴x0==2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k,
BC的中垂线方程为y-2k2-4k=-(x-2k),∴b=2(k+1)2,∴b>2.
【例3】 解:(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=±.
由题意知=1,即a=2b2.
又e==,所以a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设P(x0,y0)(y0≠0).
又F1(-,0),F2(,0),
知+=+=,直线l的方程为y-y0=k(x-x0).
联立
整理得(1+4kx2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y-2kx0y0+k)=0.
由题意得Δ=0,
即(4-x)k2+2x0y0k+1-y=0.
又+y=1,所以16y0k2+8x0y0k+x=0,
故k=-.
所以+=k(+)=(-)·=-8.
因此+为定值,这个定值为-8.
[预测押题] 解:(1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点,
∵k1k2=-1,∴AB⊥CD.
设AB的方程为y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
由得k1y2-4y-4k1=0,y1+y2=,y1y2=-4.
∵M(,),∴M(+1,),同理,点N(2k+1,-2k1),
∴S△EMN=|EM|·|EN|
=·=2≥2=4,
当且仅当k=,即k1=±1时,△EMN的面积取最小值4.
(2)证明:设AB的方程为y=k1(x-m) ,A(x1,y1),B(x2,y2),
由得k1y2-4y-4k1m=0,
y1+y2=,y1y2=-4m.
∵M(,),∴M(+m,),
同理,点N(+m,),
∴kMN==k1k2.
∴MN的方程为y==k1k2[x-(+m)],即y=k1k2(x-m)+2,
∴直线MN恒过定点(m,2).
【例4】 解:(1)因为焦点为4,所以a2-b2=4.又因为椭圆C过点P(,),所以+=1,故a2=8,b2=4.从而椭圆C的方程为+=1.
(2)一定有唯一的公共点.理由:由题意,知E点坐标为(x0,0).设D(xD,0),则=(x0,-2),
=(xD,-2).
由AD⊥AE知,·=0,即xDx0+8=0.
由于x0y0≠0,故xD=-.
因为点G是点D关于y轴的对称点,所以点G(,0).
故直线QG的斜率kQG==.
又因Q(x0,y0)在椭圆C上,所以x+2y=8.
从而kQG=-. ①
故直线QG的方程为y=-(x-). ②
将②代入椭圆C方程,得
(x+2y)x2-16x0+64-16y=0. ③
再将①代入③,化简得
x2-2x0x+x=0,
解得x=x0,y=y0,
即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.
[预测押题] 解:(1)由题可知:解得,所以b2=a2-c2=4.
故椭圆C的方程为+=1.
(2)假设椭圆上存在一点P(x0,y0),使得直线PF1,PF2都与以Q为圆心的一个圆相切,则Q到直线PF1,PF2的距离相等.
∵F1(-2,0),F2(2,0),
∴直线PF1的方程为(x0+2)y-y0x-2y0=0,直线PF2的方程为(x0-2)y-y0x+2y0=0.
∴=,
化简整理得:x-5x0+4+y=0.
∵点P在椭圆上,∴x+2y=0.
由以上两式解得:x0=2或x0=8(舍去),
∴y0=或y0=-,此时相切的圆的半径r=1.
∴椭圆上存在点P,其坐标为(2,)或(2,-),使得直线PF1,PF2都与以Q为圆心的圆(x-1)2+y2=1相切.
专题六 概率与统计、推理与证明、复数、算法
第一讲 排列、组合、二项式定理
基础·单纯考点
【例1】 选B 0,1,2,…,9共能组成9×10×10=900(个)三位数,其中五重复数字的三位数有9×9×8=648(个),
∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).
[预测押题] 选D 取3次球,共有3×3×3=27种取法,其中最大值不是3的取法有2×2×2=8种,故有27-8=19种取法.
【例2】 解析:(1)因为丙没有入选相当于从9人中选3人,共有选法C=84种,甲、乙都没入选相当于从7人中选3人,共有选法C=35种,所以满足条件的选法种数是84-35=49种.
(2)①当C在第一或第六位时,有A=120(种)排法,
②当C在第二或第五位时,有AA=72(种)排法;
③当C在第三或第四位时,有AA+AA=48(种)排法.
所以共有2×(120+72+48)=480(种)排法.
【答案】:(1)C (2)480
[预测押题2] (1)选C 将甲、乙捆绑,与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列,有A·A种排法.而后将丙、丁进行插空,有3个空,有A种排法,故共有A·A·A=24种排法.
(2)解析: 依题意,当甲1人一组时,共有CCA=12种不同的参赛方式;当甲和另1人一组时,共有CAA=12种不同的参赛方式,所以共有24种不同的参赛方式.
答案:24
【例3】 解析:(1)(1+x)5中含有x与x2的项为T2=Cx=5x,T3=Cx2=10x2,
∴x2的系数为10+5a=5,∴a=-1.
(2)∵Tr+1=C10()10-r(-)r
=C(-2)rx,
∴=0,∴r=2.
∴常数项为C(-2)2=180.
(3)含x4的项为Cx5()3=Ca3x4,
∴Ca3=7,∴a=.
答案:(1)D (2)B (3)
[预测押题3]
(1)选A 令x=0,得到a0+a1+a2+…+a9=(2+m)9;令x=-2,得到a0-a1+a2-a3+…-a9=m9.所以有(2+m)9m9=39.即m2—+2m=3;解得m=1或-3.
(2)解析:依题意得3n=729,n=6.二项式(2x+)6的展开式的通项是Tr+1=C·(2x)6-r·()r=C·26-r·x6-.令6-=2,得r=3.因此,在该二项式的展开式中 x2的系数是C·26-3=160.
答案:160
交汇·创新考点
【例】 选A ∵f(x)=∴当x>0时,f(x)=-<0,
∴f[f(x)]=f(-)=(-+)6=(-)6.
∴展开式中常数项为C()3(-)3=-C=-20.
[预测押题] (1)选A f(x)的展开式中x的系数是C25a6-5=192a.f′(x)6(ax+2)5(ax+2)′=6a(ax+2)5,f′(x)的展开式中x的系数是6aC24a5-4=480a2.依题意得480a2>192a,解得a>或a<0.
(2)选A a= 0(sin-)dx
= 0(-)dx
= 0()dx
=-.
此时二次项的展开式的通项为Tr+1=C(-1x)9-r(-)r=C(-1)9-r(-1)rx9-2r.令9-2r=1,得r=4,所以关于x的一次项的系数为C(-)9-4·(-1)4=-.
第二讲 概率、随机变量及其分布列
基础·单纯考点
【例1】 解析:(1)取面积为测度,则所求概率为P====1-.
(2)由题意知n>4,取出的两数之和等于5的有两种情况:1,4,和2,3,所以P==,即n2-n-56=0,解得n=-7(舍去)或n=8.
答案:(1)A (2)8
[预测押题] (1)选D 由个位数与十位数之和为奇数,则个位数与十位数分别为一奇一偶.若个位数为奇数时,这样的两位数共有CC=25个;于是,个位数与十位数之和为奇数的两位数共有20+25=45个.其中,个位数是0的有C×1=5个.于是,所求概率为=.
(2)解析:作出不等式组表示的平面区域,如图三角形ABO,且有A(,),B(4,-4),所以S△ABO=××4=,点P的坐标满足不等式x2+y2≤2的面积S扇形=×π×()2=,所以所求概率P==×=.
答案:
【例2】 解:(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”,B表示事件“观众乙选中3号歌手”,则P(A)==,P(B)==.
∵事件A与B相互独立,
∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P(AB)=P(A)·P(B)=P(A)·[1-P(B)]=×=(或P(AB)==)
(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”,则P(C)==,
∵X可能的取值为0,1,2,3,且取这些值的概率分别为
P(X=0)=P(A B C)=××=,
P(X=1)=P(AB C)+P(A BC)+P(A BC)=
××+××+××==,
P(X=2)=P(ABC)+P(AB C)+P(ABC)=
××+××+××==,
P(X=2)=P(ABC)=××==,
∴X的分布列为
[预测押题] 解:(1)若该考生被录取,则前四项最多有一项不合格,并且第五项必须合格,记A={前四项均合格且第五项合格},B={前四项中仅有一项不合格且第五项合格},
则P(A)=()4×(1-)=,
P(B)=C××(1-)3×(1-)=.
又A、B互斥,故所求概率为
P=P(A)+P(B)=+=.
(2)该考生参加考试的项数X可以是2,3,4,5.
P(X=2)=×=,
P(X=3)=C(1-)××=,
P(X=4)=C(1-)×()2×=,
P(X=4)=1-×-=.
X的分布列为
【例3】 解:法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,且两人中奖与否互不影响.
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A,则事件A的对立事件为“X=5”,
因为P(X=5)=×=,
所以P(A)=1-P(X=5)=,
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为X2,则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1),选择方案乙抽奖累计的分的数学期望为E(3X2).
由已知可得,X1~B(2,),X2~B (2,),
所以E(X1)=2×=,
E(x2)=2×=,
从而E(2X1)=2E(X1)=,
E(3X1)=3E(X2)=.
因为E(2X1)>E(3X2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.
法二:(1)由已知得,小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,且两人中奖与否互不影响.
记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A,则事件A包含有“X=0”,“X=2”,“X=3”三个两两互斥的事件,
因为P(X=0)=(1-)×(1-)=,
P(X=2)=×(1-)=,
P(X=3)=(1-)×=,
所以P(A)=P(X=0)+P(X=2)+P(X=3)=,
即这两人的累计得分X≤3的概率为.
(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1,都选择方案乙所获得的累计得分为X2,则X1,X2的分布列如下:
所以E(X1)=0×+2×+4×=,
E(X2)=0×+3×+6×=.
因为E(X1)>E(X2),所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.
[预测押题] 解:(1)由已知得:P(t≤32)=0.9,
∴P(t>32)=1-P(t≤32)=0.1,
∴Z=30×0.1=3,Y=30-(6+12+3)=9.
(2)P(t≤22)==0.2,
P(22<t≤28)==0.4,
P(28<t≤32)==0.3,
P(t>32)==0.1,
∴六月份西瓜日销售额X的分布列为
∴E(X)=2×0.2+5×0.4+6×0.3+8×0.1=5,
D(X)=(2-5)2×0.2+(5-5)0×0.4+(6-5)2×0.3+(8-5)2×0.1=3.
(3)∵P(t≤32)=0.9,P(22<t≤32)=0.4+0.3=0.7,
∴由条件概率得:P(X≥5|t≤32)=P(22<t≤32|t≤32)===.
交汇·创新考点
【例1】 解:(1)从8个点中任取两点为向量终点的不同取法共有C=28种,X=0时,两向量夹角为直角共有8种情形,所以小波参加学校合唱团的概率为P(X=0)==.
(2)两向量数量积X的所有可能取值为-2,-1,0,1,X=-2时,有两种情形;X=1时,有8种情形;X=-1时,有10种情形.所以X的分布列为:
EX=(-2)×+(-1)×+0×+1×=-.
[预测押题] 解:(1)依题意得,每场比赛获得的门票收入组成首项为40,公差为10的等差数列.
设此数列为{an},则易知a1=40,an=10n+30,所以Sn==300.
解得n=-12(舍去)或n=5,所以次决赛共比赛了5场.
则前4项比赛的比分必为1:3,且第5场比赛为领先的球队获胜,其概率为C()4=.
(2)随机变量X可取的值为S4,S5,S6,S7,即220,330,390,490.
P(X=220)=2×()4=,
P(X=300)=C()4=,
P(X=390)=C()5=,
P(X=490)=C()6=,
所以X的分布列为
所以X的均值为E(X)=220×+300×+390×+490×=377.5(万元).
【例2】 解:(1)当X∈[100,130)时,T=500X-300(130-X)=800X-39000,
当X∈[130,150]时,T=500×130=65000.
所以=T
(2)由(1)知利润T不少于57000元,当且仅当120≤X≤150.由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7,所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元概率的估计值为0.7.
(3)依题意可得T的分布列为
所以ET=45000×0.1+53000×0.2+61000×0.3+65000×0.4=59400.
[预测押题] 解:(1)当n=3时,每次摸出两个球,
中奖的概率P==.
由题意知ξ的可能值为0,1,2,3,
故有P(ξ=0)=C()3=;
P(ξ=1)=C··()2=;
P(ξ=2)=C·()2·=;
P(ξ=3)=C()3=.
ξ的分布列为:
(2)设每次摸球中奖的概率为p,则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P(ξ=2)=C·p2(1-p)=-3p3+3p2,0<p<1,
p′=-9p2+6p=-3p(3p-2),知在(0,)上P为增函数,在(,1)上P为减函数,当p=时,P取得最大值.
又p==,即n2-3n+2=0,解得n=1或n=2.
第三讲 统计、统计案例
基础·单纯考点
[例1] 解析:(1)抽样间隔为=20.设在1,2,…,20中抽取的号码记为x0(x0∈[1,20]),在[481,720]之间抽取的号码记为20k+x0,则481≤20k+x0≤720,k∈N*.
∴24≤k+≤36.
∵∈[,1],∴k=24,25,26,…,35,
∴k值共有35-24+1=12(个),即所求人数为12.
(2)因为a,b,c成等差数列,所以2b=a+c,即第二车间抽取的产品数占抽样产品总数的三分之一,根据分层抽样的性质可知,第二车间生产的产品数占总数的三分之一,即为1200双皮靴.
答案:(1)B (2)C
[预测押题1] (1)选D 由分层抽样可得,=,解得n=13.
(2)解析:依据系统抽样方法的定义知,将这60名学生依次按编号每12人作为一组,即01~12、13~24、…、49~60,当第一组抽得的号码是04时,剩下的四个号码依次是16,28,40,52(即其余每一组所抽出来的号码都是相应的组中的第四个号码).
答案:16,28,40,52
[例2] 选A 借助已知茎叶图得出各小组的频数,再由频数=求出各小组的频率,进一步求出并得出答案.
法一:由题意知样本容量为20,组距为5.
列表如下:
观察各选择项的频率分布直方图知选A.
法二:由茎叶图知落在区间[0,5)与[5,10)上的频数相等,故频率、也分别相等.比较四个选项知A正确.
[预测押题2] (1)解析:依题意,甲班学生的平均分85=,故x=5,乙班学生成绩的中位数为83,故其成绩为76,81,81,83,91,91,96,所以成绩y=3,x+y=8.
答案:8
(2)解析:对于甲,平均成绩为x=90,所以方差为s2=×[(87-90)2+(91-90)2+(90-90)2+(89-90)2+(93-90)2]=4;对于乙,平均成绩为x=90,方差为s2=×[(89-90)2+(90-90)2+(91-90)2+(88-90)2+(92-90)2]=2.由于2<4,所以乙的成绩较为稳定.
答案:2
[例3] 选C 由(1,0),(2,2)求b′,a′,则b′==2,a′=0-2×1=-2.
有上表数据求b,a,
xiyi=0+4+3+12+15+24=58,
x=3.5,y=,
x=1+4+9+16+25+36=91,
∴b==,
a=-×3.6=-=-,
∴b<b′,a<a′.
[预测押题3] (1)选C 由公式可计算K2的观测值
k==≈3.03>2.706,所以有90%以上的把握认为“该市民能否做到‘光盘’与性别有关”,故选C.
(2)解析:由题意知,0.15(x+1)+0.2-0.15x-0.2=0.15.
答案:0.15.
交汇·创新考点
【例】 解:设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i=1,2,…,13).根据题意,P(Ai)=,且Ai∩Aj=∅(i≠j).
(1)设B为事件“此人到达当日空气重度污染”,则B=A5∪A8=P(A5∪A8)=P(A5)+P(A8)=.
(2)由题意可知,X的所有可能值为0,1,2,且P(X=1)=P(A3∪A6∪A7∪A11)=P(A3)+P(A6)+P(A7)+P(A11)=.
P(X=2)=P(A1∪A2∪A12∪A13)=P(A1)+P(A2)+P(A12)+P(A13)=.
P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=.
所以X的分布列为
故X的期望EX=0×+1×+2×=.
(3)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大.
【预测押题】 解:(1)依题意得xA=xB,s=s,
又xA=(85+80+85+60+90)=80,
xB=(70+x+95+y+75),
s=(25+0+25+400+100)=110,
s=[100+(x-80)2+225+(y-80)2+25],
所以
解得,或
(2)由(1)可得B种型号出租车中氮氧化物排放量超过80 mg/km的车辆数为2,随机变量ξ=0,1,2,则
P(ξ=0)==,P(ξ=1)==,P(ξ=2)==.
故ξ的分布列为
所以E(ξ)=0×+1×+2×=.
第四讲 推理与证明、算法初步、复数
基础·单纯考点
【例1】 解析:(1)因为a-=a-=a-=(a-3)-i,由纯虚数的定义,知a-3=0,所以a=3.
(2)A,|z1-z2|=0⇒z1-z2=0⇒z1=z2⇒z1=z2,真命题:B,z1=z2⇒z1=z2=z2,真命题;C,|z1|=|z2|⇒|z1|2=|z2|2⇒z1·z1=z2·z2,真命题;D,当|z1|=|z2|时,可取z1=1,z2=i,显然z=1,z=-1,即z≠z,假命题.
答案:(1)D (2)D
【预测押题1】(1)选A 依题意得(1-z)·z=(2+i)(-1+i)=-3+i,|(1-z)·z|=|-3+i|==.
(2)解析:z=1+i,则====-1+i,则复数在复平面上对应的点的坐标为(-1,1).
答案:(-1,1)
【例2】 解析:12=1,
12-22=-(1+2),
12-22+32=1+2+3,
12-22+32-42=-(1+2+3+4),
……
12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1.
答案:12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1
【预测押题2】 (1)解析:由归纳定理可知,第n个等式为2n×1×3×…×(2n-1)=(n+1)×(n+2)×…×2n.
答案:2n×1×3×…×(2n-1)=(n+1)×(n+2)×…×2n
(2)解析:将平面中的相关结论类比到空间,通常是将平面中的图形的面积类比空间中的几何体的体积,因此依题意可知:若O为四面体ABCD内一点,则有VO-BCD·+VO-ACD·+VO-ABD·=0.
答案:VO-BCD·+VO-ACD·+VO-ABD·=0.
【例3】 选B 当输入N=10时,由于k=1,S=0,T=1,因此T==1,S=1,k=2,此时不满足k>10;
当k=2时,T==,S=1+,k=3,此时不满足k>10;
当k=3时,T==,S=1++,k=4,此时不满足k>10;
当k=4时,T==,S=1+++,k=5,此时不满足k>10;
……
当k=10时,T==,S=1++++…+,k=11,此时满足k>10.
因此输出S=1++++…+.
[预测押题] (1)选A 输出的S值是一个逐次累计的结果,第一次运行S=12,k=11;第二次运行S=132,k=10.如果此时输出结果,则判断框中的k的最大值是10.
(2)选C 逐次运行的结果是n=3,i=2,n=4,i=3;n=2,i=4.故输出的值是4.
交汇·创新考点
【例】 解:(1)变量x是在1,2,3,…24这24个正数中随机产生的一个数,共有24种可能.
当x从1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23这12个数中产生时,输出y的值为2,故P1=;
当x从2,4,8,10,14,16,20,22这8个数中产生时,输出y的值为2,故P2=;
当x从6,12,18,24这4个数中产生时,输出y的值为3,故P3=.
所以,输出y的值为1的概率为,输出y的值为2的概率为,输出y的值为3的概率为.
(2)当n=2100时,甲、乙所编程序各自输出y的值为i(i=1,2,3)的频率如下:
比较频率趋势与概率,可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大.
(3)随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=C×()0×()3=
P(ξ=1)=C×()1×()2=
P(ξ=2)=C×()2×()1=
P(ξ=3)=C×()3×()0=
故ξ的分布列为
所有,E(ξ)=3×=1.
即ξ的数学期望为1.
[预测押题] 解:(1)证明:∵HM=MA,HN=NC,HK=KF,
∴MK∥AF,MN∥AC.
∵MK⊄平面ACF,AF⊂平面ACF,
∴MK∥平面ACF,
同理可证MN∥平面ACF,
∵MN,MK⊂平面MNK,且MK∩MN=M,
∴平面MNK∥平面ACF,
又MG⊂平面MNK,
故MG∥平面MNK.
(2)由程序框图可知a=CF,b=AC,c=AF,
∴d===cos∠CAF,
∴e=bc=AC·AF·sin∠CAF=S△ACF.
又h=,∴t=he=h·S△ACF=V三棱锥H-ACF.
∵三棱锥H-ACF为将长方体ABCD-EFGH切掉4个体积相等的小三棱锥所得,
∴V三棱锥H-ACF=2×3×1-4×××3×2×1=6-4=2,故t=2.
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