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|-
∴A∩B={x|-
A∪B=R.
(2)依题意,P∩Q=Q,Q⊆P,于是
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+
答案:(1)D (2)A
[预测押题2] (1)选A 因为x2-3x+6=
(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
答案:[-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=-
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
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+
[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
[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)=
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
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
(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)=
答案:(1)A (2)
[预测押题1] (1)解析:∵f(
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=
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
∴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)=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.
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)=
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)=
(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)=
(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)=
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=
(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
(2)选B 依题意的a=ln x∈(-1,0),b=
[例2] 解析:(1)由f(-1)=
(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=
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)=
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
交汇·创新考点
[例1] 选B ∵
∴当0<x<
当
∵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
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-
(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<
答案:(1)A (2)D
[预测押题1] (1)选B 当x>0时,f(x)=
当x<0时,f(x)=
(2)解析:∵f(x)=x2+ax+b的值域为[0,+∞),∴Δ=0,∴b-
由一元二次方程根与系数的关系得
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
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区域的点(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=
答案:2
[例3] 解析:(1)因-6≤a≤3,所以3-a≥0,a+6≥0,∴
(2)f(x)=4x+
又由已知x=3时,f(x)min=4
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),∴
(2)选A 由已知得a+2b=2.又∵a>0,b>0,∴2=a+2b≥2
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,
[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=
[例2] 选C z=x2-3xy+4y2(x,y,z∈R+),∴
[预测押题2] 解析:4x2+y2+xy=1,∴(2x+y)2=3xy+1=
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=
(2)因为y′=2ax-
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)
[预测押题2] 解:(1)当m=1时,f(x)=
(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
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
综上所述,实数m的取值围是(-∞,-2]∪[3,+∞).
[例3] 解:(1)f′(x)=1-
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+
①当k=1时,方程(*)可化为
②当k≠1时,方程(*)可化为
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:
x | (-∞,-1) | -1 | (-1,+∞) |
g′(x) | - | 0 | + |
g(x) |
| - |
|
当x=-1时,g(x)min=-
[预测押题3] 解:(1)f′(x)=a+
故f(x)=x-
于是可得下表:
x | 2 | (2,3) | 3 | ||
f′(x) | - | 0 | + | ||
f(x) |
| 1-3ln 2 |
| ||
∴f(x)min=f(2)=1-3ln 2.
(2)f′(x)=a+
也可以为
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)证明:设φ(x)=f(x)-1-a
[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:
x | 0 | (0,-(a+2)) | -(a+2) | (-(a+2),+∞) |
f′(x) | 0 | - | 0 | + |
f(x) | -a |
|
| |
由上表可知函数f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-(a+2))=
[例2] 选C 法一:曲线y=
法二:S阴影=
[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=
(2)设d(a)=
[预测押题3] 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞),f′(x)=
(2)① 计算得f(1)=
②由①知f(
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)
(2)由已知得|OP|=2,由三角函数定义可知sinα=
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
答案:
[例2] 解析:(1)∵
(2)y=cos(2x+φ)的图像向右平移
答案:(1)A (2)
[预测押题2] (1)选C 将y=sin
(2)选C 根据已知可得,f(x)=2sin
[例3] 解:(1)f(x)4cosωx·sin
(2)由(1)知,f(x)=2sin
[预测押题3] 解:(1)因为f(x)=
(2)因为-
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)f(x)=
(2)|f(x)-m|≤1,即f(x)-1≤m≤f(x)+1.∵对∀x∈
[预测押题1] 解:(1)f(
(2)f(x)=cosx·cos
[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-
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=
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)=
(2)因为θ∈
[预测押题1] 解:(1)由已知可得f(x)=3cosωx+
(2)因为f(x0)=
=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+
故PA=
(2)设∠PBA=α,由已知得PB=sinα.在△PBA中,由正弦定理得
[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=
(2)∵S△ABC=
交汇·创新考点
[例1] 解:(1)∵f(x)=cos
(2)由f(B+C)=cos
[预测押题1] 解:(1)由已知得
(2)f(θ)=
[例2] 解:(1)在△ABC中,因为cosA=
(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)×
(3)由正弦定理
[预测押题2] 解:(1)因为点C的坐标为
(2)因为∠AOC=θ
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=-
答案:4
[预测押题1] (1)选A 由已知,得
(2)选C 如图,连接BP,则
①+②,得2
又
将④代入③,得2
解得
[例2] 解析:(1)由已知得
(2)设AB的长为a(a>0),又因为
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>=-
(2)选C 设BC的中点为M,则
交汇·创新考点
[例1] 解析:设P(x,y),则
答案:3
[预测押题1] 选D 如图作可行域,z=
[例2] 解:(1)∵g(x)=sin(
∴|
(2)由已知可得h(x)=sinx+
[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<
(2)由(1)及题设条件,知a·b=cosαcosβ+sinαsinβ=cos(α-β)=
[例3] 选D a∘b=
[预测押题3] 选D 依题意,
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=
(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=
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)=
[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=
[预测押题2] 解:(1)由an+2=p·
(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
[例3] 解析:(1)设数列{an}的公比为q,由a1a2a3=4=a
(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
(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+
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
[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=-
[例2] 选C 法一:设{an}的公比为q.①f(an)=a
②f(an)=
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
③因为f(x)=
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
(2)若二次函数f(x)=kx2+bx+c(k≠0,且b,c不全为0),则
(3)若幂函数f(x)=xm(m≠0),则
(4)如指数函数f(x)=mx(m>0,且m≠1),则
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)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=
[预测押题1] 解:(1)由已知,得
(2)证明:∵bn=
[例2] 解:(1)由题意得a1=2000(1+50%)-d=3000-d,a2=a1(1+50%)-d=
(2)由(1)得an=
[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=
(2)设一共用了n天,则n天平均耗资为p(n),则p(n)=
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
(2)若an=
综上,对任何正整数m,总有
故不存在正整数m,使得
[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)由(1)知Sn=
[例2] 解:(1)证明:以点An-1(an-1,a
又∵a1=1,∴数列{an}是以1为首项,
(2)据题意,得Bn
[预测押题2] 解:(1)由P1是线段AB的中点⇒
(2)由
若d=0,则an=a1=
若q=1,则bn=
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=
(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=
(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
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=
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,矩形BCC1B1的对角线长即为球直径,所以2R=
[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=
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=
[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=
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=
(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
[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=
(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的射影为OG,所以∠OGD是DG与平面APC成的角.由题意得OG=
(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=
[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=
(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,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=
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
法二:在折叠前的图形中,因为AB=AC,AD=AE,所以
(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=
[预测押题1] 解:(1)证明:取EF的中点M,连接GM、MC,则GM綊
(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=
[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
(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
(1)因为
(2)因为
[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
(2)由(1)知,E(0,0,3),G
[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)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为
[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,
[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=
(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
[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
(2)设平面C1A1C的法向量m=(x,y,z),则由
[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
(3)存在.设P(s,t,0),有
[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
(2)存在.当AD=
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,
(2)由(1)知
[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=
(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,
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)|AB|=
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=-
(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
(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
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-
(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
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
(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=
答案:(1)A (2)①
[预测押题3] (1)选A 根据点到直线的距离公式有d=
(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=
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=
[预测押题1] 选B 由an=
[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
[预测押题2] 选C 当|
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
(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
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+
(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-
[例2] 解析:(1)设C:
(2)由椭圆的定义可知|AF1|+|AF2|=4,|F1F2|=2
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=±
(2)选D 设椭圆的方程为
(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
答案:2
[例3] 解:(1)设F(-c,0),由
(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
[预测押题3] 解:(1)由题意可知2a+2c=6+4
(2)不妨设BC的方程为y=n(x-3)(n>0),则AC的方程为y=-
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+4c2-8
答案:
[预测押题] 解析:设P
综上,得
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
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
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
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≤-1,x2≥1,x1+x2=
于是|AF1|=
|BF1|=
由|AF1|=|BF1|得-(3x1+1)=3x2+1,
即x1+x2=-
故
从而x1x2=-
由于|AF2|=
|BF2|=
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=
联立方程,解得
由m+n=
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·
【例2】 解:(1)由题意可设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),则
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.
由
从而|x1-x2|=4
由
xM=
同理点N的横坐标xN=
所以|MN|=
令4k-3=t,t≠0,则k=
当t>0时,|MN|=2
当t<0时,|MN|=2
综上所述,当t=-
即k=-
[预测押题2] 解:(1)设B(x1,y1),C(x2,y2),当直线l的的斜率是
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
BC的中垂线方程为y-2k2-4k=-
【例3】 解:(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程
由题意知
又e=
所以椭圆C的方程为
(2)设P(x0,y0)(y0≠0).
又F1(-
知
联立
整理得(1+4kx2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y
由题意得Δ=0,
即(4-x
又
故k=-
所以
因此
[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
∵M(
∴S△EMN=
=
当且仅当k
(2)证明:设AB的方程为y=k1(x-m) ,A(x1,y1),B(x2,y2),
由
y1+y2=
∵M(
同理,点N(
∴kMN=
∴MN的方程为y=
∴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(
(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
由AD⊥AE知,
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(
故直线QG的斜率kQG=
又因Q(x0,y0)在椭圆C上,所以x
从而kQG=-
故直线QG的方程为y=-
将②代入椭圆C方程,得
(x
再将①代入③,化简得
x2-2x0x+x
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:
故椭圆C的方程为
(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
∵点P在椭圆上,∴x
由以上两式解得:x0=2或x0=8(舍去),
∴y0=
∴椭圆上存在点P,其坐标为(2,
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
(2)①当C在第一或第六位时,有A
②当C在第二或第五位时,有A
③当C在第三或第四位时,有A
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
(2)解析: 依题意,当甲1人一组时,共有C
答案:24
【例3】 解析:(1)(1+x)5中含有x与x2的项为T2=C
∴x2的系数为10+5a=5,∴a=-1.
(2)∵Tr+1=C10(
=C
∴
∴常数项为C
(3)含x4的项为C
∴C
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+
答案:160
交汇·创新考点
【例】 选A ∵f(x)=
∴f[f(x)]=f(-
∴展开式中常数项为C
[预测押题] (1)选A f(x)的展开式中x的系数是C
(2)选A a=
=
=
=-
此时二次项的展开式的通项为Tr+1=C
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=
(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=
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C
(2)解析:作出不等式组
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)=
∵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)]=
(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
X | 0 | 1 | 2 | 3 |
P | ||||
[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)=(
P(B)=C
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
P(X=4)=C
P(X=4)=1-
X的分布列为
X | 2 | 3 | 4 | 5 |
P | ||||
【例3】 解:法一:(1)由已知得,小明中奖的概率为
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,
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
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-
P(X=2)=
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:
X1 | 0 | 2 | 4 |
P | |||
X2 | 0 | 3 | 6 |
P | |||
所以E(X1)=0×
E(X2)=0×
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)=
P(22<t≤28)=
P(28<t≤32)=
P(t>32)=
∴六月份西瓜日销售额X的分布列为
X | 2 | 5 | 6 | 8 |
P | 0.2 | 0.4 | 0.3 | 0.1 |
∴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
(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:
X | -2 | -1 | 0 | 1 |
P | ||||
EX=(-2)×
[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=
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
(2)随机变量X可取的值为S4,S5,S6,S7,即220,330,390,490.
P(X=220)=2×(
P(X=300)=C
P(X=390)=C
P(X=490)=C
所以X的分布列为
X | 200 | 300 | 390 | 490 |
P | ||||
所以X的均值为E(X)=220×
【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
T | 45000 | 53000 | 61000 | 65000 |
P | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.4 |
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
P(ξ=1)=C
P(ξ=2)=C
P(ξ=3)=C
ξ的分布列为:
ξ | 0 | 1 | 2 | 3 |
P | ||||
(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
p′=-9p2+6p=-3p(3p-2),知在(0,
又p=
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
∴24
∵
∴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,
(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,当第一组抽得的是04时,剩下的四个依次是16,28,40,52(即其余每一组所抽出来的都是相应的组中的第四个).
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=
法一:由题意知样本容量为20,组距为5.
列表如下:
分组 | 频数 | 频率 | |
[0,5) | 1 | 0.01 | |
[5,10) | 1 | 0.01 | |
[10,15) | 4 | 0.04 | |
[15,20) | 2 | 0.02 | |
[20,25) | 4 | 0.04 | |
分组 | 频数 | 频率 | |
[25,30) | 3 | 0.03 | |
[0,5) | 3 | 0.03 | |
[0,5) | 2 | 0.02 | |
[0,5) | 20 | 1 | |
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、
[预测押题2] (1)解析:依题意,甲班学生的平均分85=
答案:8
(2)解析:对于甲,平均成绩为x=90,所以方差为s2=
答案:2
[例3] 选C 由(1,0),(2,2)求b′,a′,则b′=
有上表数据求b,a,
x=3.5,y=
∴b=
a=
∴b<b′,a<a′.
[预测押题3] (1)选C 由公式可计算K2的观测值
k=
(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)=
(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
X | 0 | 1 | 2 |
P | |||
故X的期望EX=0×
(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
又xA=
xB=
s
s
所以
解得
(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)=
故ξ的分布列为
ξ | 0 | 1 | 2 |
P | |||
所以E(ξ)=0×
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-
(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
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
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一点,则有VO-BCD·
答案:VO-BCD·
【例3】 选B 当输入N=10时,由于k=1,S=0,T=1,因此T=
当k=2时,T=
当k=3时,T=
当k=4时,T=
……
当k=10时,T=
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
(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:
输出y的值为1的频率 | 输出y的值为2的频率 | 输出y的值为3的频率 | |
甲 | |||
乙 | |||
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
P(ξ=1)=C
P(ξ=2)=C
P(ξ=3)=C
故ξ的分布列为
ξ | 0 | 1 | 2 | 3 |
P | ||||
所有,E(ξ)=3×
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=
∴e=
又h=
∵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×
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