2012年高考数学精英备考专题讲座（打包下载）理科

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第一讲
函数
第一节
初等函数
函数是高中知识的主干知识，是高中知识的一条主线，它涉及了函数的概念和性质，基本初等函数，数列，不等式，方程，导数，解析几何和立体几何等，是历年高考的重点、热点和必考点.初等函数（由基本初等函数经过运算或复合组成的）是基础.
一般地,
在高考试题中，考察函数知识都是以初等函数为载体.单独以定义域、值域、奇偶性等命题大多是选择题或填空题，综合题中涉及函数性质的往往只是试题的一部分.
难度值一般控制在0.5～0.8之间.
考试要求：
①了解映射概念,理解函数的概念,会选择适当方法表示函数;②会求一些简单函数的定义域和值域；③了解函数的奇偶性,能判断简单函数的奇偶性；④了解反函数的概念及指数函数与对数函数互为反函数；⑤理解有理指数幂的含义,掌握幂的运算(性质),掌握指数函数、对数函数的概念,对数的运算性质.
题型一
判定初等函数的性质
例1
求函数的值域.
点拔
函数是三次函数与三角函数复合函数而成的，令得，本题
就转化为求，的值域.
三次函数求值域常用导数的方法.
解
,则,∴,
由,得或；由,，得，列表：
t
1
0
0
2
减函数
有极小值
增函数
函数有极小值
又,,∴.
易错点
①令，忽略了；②错误地认为最值一定在端点处取得.
变式与引申1：
函数的值域为_____________
题型二
抽象函数的性质
例2
已知函数对任意实数都有，且当时，
，求在上的值域.
点拔
此题是抽象函数，但是初等函数中，可以找到一个具体函数满足条件，如，由此
猜想抽象函数在是递增函数，再用定义证明递增.：设，且，则，再利用判断与的大小关系.下面只要求出的值就行.
解
设，且，则，由条件当时，
又
为增函数，
令得，再令用得出,
令
得
上的值域为
易错点
利用性质“当时，”证明单调性，易出错.
变式与引申2：
设函数y=是定义在R上的函数，并且满足下面三个条件：
①对任意正数有；②当时，；③
.
(1)求的值;
（2）证明上是减函数.
题型三
函数奇偶性的判断
例3
判断函数的奇偶性.
点拔
利用定义判断函数的奇偶性：第一步：看定义域是否关于原点对称:若定义域不关于原点对称，则
为非奇偶非函数；若定义域关于原点对称，则进行第二步：验证与的关系，若（或）则为偶函数；若
（或）则为奇函数.当难于得出和
的时候，可以考虑验证特殊值.
解
当时，为偶函数；
当时，,
∵,∴；∵,，,∴既不是奇函数也不是偶函数.
易错点
①用定义判断奇偶性时，容易漏掉的情况.
②的情况难于得出与的关系，易出错.
变式与引申3：
设为实数，函数．讨论的奇偶性.
题型四
函数思想的应用
例4
关于
x的方程有四个不同的解，求的取值范围.
点拔
此题有多种思考方法：法1：
原方程看作含绝对值的方程，则采用去绝对值的方法，分段讨论解一
元二次方程：和.原方程有四个不同的解，等价于有2个不等的正解，且有2个不同的负数解.问题就转化为两个一元二次方程根的分布问题.
法2：把原方程看作是关于的一元二次方程，则令，则原问题等价于有2个不等的正数解.
法3：采用函数思想来观察方程，则可以把原方程变为：，问题等价于函数和的图像有四个不同的交点.事实上，我们还有下面各种变形：
解
法1
有四个不同的解等价于有2个不等的正解，
且有2个不同的负数解.
有2个不等的正解
有2个不同的负数解
综上所述：.
法2
令则原问题等价于有2个不等的正数解.
.
法3
在同一直角坐标系内画出直线HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
与曲线的图像，如图观图可知，
的取值必须满足,解得.
易错点
①作为二次方程分类，运算量大，易出错;
②易忽略;
③同学们很难将四个不同解等价转化其它问题.
变式与引申4：
（2011年北京卷。理）已知函数若关于x
的方程f(x)=k有两个不同的实根，则数k的取值范围是_______
本节主要考查
①初等函数的基本性质（定义域，值域，奇偶性等）,理解函数的基本问题是初等函数问题；②通过变量代换将一般函数问题转化为初等函数问题解题；③熟练作出初等函数的图像利用数形结合；④函数思想.
点评
（1）基本方法：①熟练掌握基本初等函数的性质和图像；②初等函数利用变量代换转化为基本初
等函数；
③求出中间变量的范围.
（2）求定义域的常用方法:
根据函数解析式求函数的定义域，利用函数式有意义，列出不等式组，再解出.函数式有意义的依据是：
①分式分母不为；②偶次方根的被开放数不能小于；③对数函数的真数大于,底数大于且不等于1；
④终边在轴上的角的正切没有意义；⑤没有意义；⑥复合函数的定义域，要保证内函数的值域是外函数的定义域.
（3）求值域的常用方法:①观察法；②配方法；③导数法；④不等式法；⑤单调性法；⑥数形结合法；
⑦判别式法；⑧有界性法；⑨换元法.
（4）判断函数奇偶性的步骤：
习题1—1
1.
函数的图象(
).
A．关于原点对称
B．关于直线y＝x对称
C．关于x轴对称
D．关于y轴对称
2.
已知函数的值域是,则实数的取值范围是________________．
3.
已知定义域为的函数是奇函数，求的值.
4.
定义在上的函数,,当时,,且对任意的、,有.
（1）求证：f(0)=1；（2）求证：对任意的,恒有；
5.
设函数.试讨论关于的方程:在区间上的根的个数.
第二节
导数与积分
导数是高考命题的热点,也是难点.纵观近几年的各省高考试题,导数的考题分两个层次.
（1）知识性试题
以函数为载体，以导数为工具，以考查函数诸多性质和导数极值理论、单调性质、几何意义及其应用为目标，是高考导数与函数交汇试题的显著特点和命题趋向（其中多项式函数一般不超过三次，以e为底的对数函数较多）.
（2）综合性试题导数与不等式、导数与数列常是高考压轴题，同时考查函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想，尤其是分类讨论思想，是近三年来高考命题的热点.难度值一般控制在之间.
考试要求
⑴了解导数概念的实际背景；⑵理解导数的几何意义；⑶能求简单的复合函数的导数；⑷能用导数研究单调性,会求函数的单调区间；⑸了解函数在某点取得极值的充分条件和必要条件,会求极大值、极小值及闭区间上的最值；⑹会利用导数解决某些实际问题；（7）了解定积分的实际思想、基本思想及概念，了解微积分基本定理.
题型一
导数的几何意义、极值理论及单调性质等
例题1
给定两个函数解决下列问题：
（I）若在处取得极小值，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若在区间为增函数，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若关于的方程有三个不同的根，求的取值范围.
点拔:第（I）小题在处取得极小值，即知，能解决函数所含参数，进而求单调区间.第（Ⅱ）小题是运用导数研究函数单调性求参数的逆向问题,即求导函数的函数值在区间上恒大于,进而转化为不等式的恒成立求函数最值.第（Ⅲ）小题可将问题转化为函数的图象与轴有三个不同的交点,通过导数讨论函数的单调性与极值,利用数形结合求解.
解:（I）因为在处取得极小值,所以.故.所以.易知函数单调增区间是;单调递减区间是.
（Ⅱ）由题意可知,因为在区间（2，+）为增函数,所以在区间上恒成立,即恒成立.由于,所以,故.
（Ⅲ）设故
.令，得，由（Ⅱ）知.
①当时，，在上是单调递增，显然不合题意.
②当时,随的变化情况如下表：
1
+
0
—
0
+
极大值
极小值
欲使方程有三个不同的根，即函数与轴有三个不同的交点，则有，解得.
综上，的取值范围是.
易错点:①本题中在不同区间单调时用“和”,而不能用“”连接.②恒成立问题分离
变量易错求是.③通过导数讨论函数的单调性与极值,并利用数形结合求
解,学生难以掌握.
变式与延申1：
函数的图象如图所示.
⑴若函数在处的切线方程为求函数的解析式；
⑵在（1）条件下，是否存在实数，使得的图象与
的图象有且只有在三个不同的交点？若存在，求出的取值范围；
若不存在，请说明理由.
题型二
导数与不等式
例题2
设函数.
(1)若求的单调区间;
(2)若时,求的取值范围.
点拔:本题主要考查导数与不等式的相关知识,主要涉及利用导数判断函数的单调性,由(1)可得出的不等式(此不等式较隐蔽,有时甚至需要构造函数以便产生这样的不等式),是本小题的突破口,然后讨论参数的取值对导函数值符号的影响.分类讨论思想在此应用甚为关键.
解:(1)
时,
当当
故在单调减少,在单调增加.
(2)
.由(1)知当且仅当时等号成立.故,从而当即时,
,而,于是当时,
.又由可得,从而当时,
故当时,
,而,于是当,,综合得的取值范围为.
易错点:
①第(2)小题利用导数求的最小值,但方程难以求解;②对(1)式提供的不等式使用意识较低;③需强化分类讨论思想方法在解决含参不等式中的应用.
变式与延申2：
已知函数级的图象在点处的切线方程为.
(1)用表示出;
(2)若在上恒成立,求的取值范围;
(3)
题型三
导数与数列
例题3
数列中，是函数的极值点.
（1）当时，求通项；
（2）是否存在，使数列是等比数列？若存在的取值范围；若不存在，请说明理由.
点拔:本题导数的使用有如用药的“药引”，由极值的讨论唤出了的数列系列问题.由题明确求数列通项的本质是找递推式,而题中的递推式变化较大，应细致讨论.第(2)问中构造函数,利用导数将不等式的恒成立转化为求函数最值.
解:易知,令
①
故在
②
③.
(1)当时,,则.由①知,
.
因,则由①知,.因为则由②知,
,又因为则由②知,
.由此猜想:当时,.
下面用数学归纳法证明:当时,
事实上,当时,由前面的讨论知结论成立.
假设当时,
成立,则由②知,,从而
,所以.所以当时,成立.
于是由②知,当,,而因此
(2)存在，使数列是等比数列.事实上,由②知,若对任意的,都有,则,即数列是首项为,公比为的等比数列,且.而要使,即对一切都成立,只需对一切都成立.记，则.
令,因此,当时,,从而函数在上单调递减,故当,数列单调递减,即数列中最大项为,于是当时,必有,这说明,当时,
数列是等比数列.
当时,可得,由③知,无极值,不合题意.
当,可得数列不是等比数列.
当时,
由③知,无极值,不合题意.
当可得数列不是等比数列.
综上,存在，使数列是等比数列,且
易错点:①多情况的分类讨论;②知识和方法较为综合.
变式与延申3：
当正整数时,比较与的大小.（本题可将去掉,供思考）
题型四
导数与积分
例题4
（Ⅰ）已知函数，其图象记为曲线C.
（i）求函数的单调区间；
（ii）证明：若对于任意非零实数，曲线C与其在点处的切线交于另一点，曲线C与其在点处的切线交于另一点，线段与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为，则为定值；
（Ⅱ）对于一般的三次函数请给出类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题，并予以证明.
点拔:需把握好两点：一是定积分上下限的确定；二是降维思想的应用，寻求上下限变量之间的关系，其他变量全用变量表示.另外本题对运算能力要求，计算时需谨慎，力求每步精确.
解法一（Ⅰ）（i）由得=，
当和时，；
当时，，
因此，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（ii）曲线C与其在点处的切线方程为，即，由，得即，解得或，故，进而有，用替代，重复上述计算过程，可得和，又，所以，因此.
（II）记函数的图象为曲线，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题为：若对任意不等于的实数，曲线与其在点处的切线交于另一点，曲线与其在点处的切线交于另一点，线段与曲线所围成封闭图形的面积分别记为，则为定值；
证明：
因为平移变换不改变面积的大小，故可将曲线的对称中心平移至坐标原点，因而不妨设，类似（Ⅰ）（ii）计算可得，因此
解法二(Ⅰ)同解法一
（II）记函数的图象为曲线，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题为：若对任意不等于的实数，曲线与其在点处的切线交于另一点，曲线与其在点处的切线交于另一点，线段与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为，则为定值；
证明：由得，所以曲线在点处的切线方程方程为，
由，得，
化简：得到，，即，故
=，用代替，重复上述过程，可得和
所以
易错点:①本题思维量较小，但由积分公式计算面积，字母计算的整体代换等运算求解能力要求较高，不容易正确；②对曲线的对称中心会有理解障碍，影响化归与转化思想应用.
变式与延申4：
已知通过点，与有一个交点，且,.
（1）求与所围的面积S.
（2）,为何值时，S取得最小值.
本节主要考查：（1）求切线方程，讨论单调性，求极值和最值，导数与不等式问题，利用积分计算图形面积.（2）构造函数，证明不等式.
函数含参时，不等式有解或恒成立转化为求函数最值或对参数进行分类讨论.
讨论极值点位置时用到根的分布知识.（3）考查函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想，尤其是分类讨论思想，是近年来高考命题的热点.
点评:
导数的思想方法和基本理论能在的许多问题上起到居高临下和化繁为简的作用.备考应注意以下几个方面:
(1)导数的意义:变化率和切线的斜率,能够设切点坐标求切线方程.函数的单调区间和函数在某区间单调的区别；
(2)导数作为工具使用:如利用单调性求最值、证明不等式、解决数列、解决不等式恒立或方程解等问题；(3)注意各小题之间的承接与提示作用，以及以为底的指对数与一次多项式之间的不等关系(如例2中)；
(4)
积分是大学内容的下放,要求能对公式进行应用,求面积方面问题较多.
(5)
注重导数与其他知识的交汇,重点知识重点抓,使常见数学思想方法融会贯通.
习题1-2
1．已知则
.
2．已知函数
(Ⅰ)当=2时，求曲线HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
=(HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
)在点(1，)处的切线方程；
(Ⅱ)求HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
()的单调区间.
3.
设为三次函数,且图像关于原点对称,当时,的极小值为.
(1)求函数的解析式及单调递增区间;
(2)记若在上至少有一个,使得,求实数的取值范围.
4．已知二次函数，直线，直线
（其中，为常数）；.若直线1、2与函数的图象以及
、轴与函数的图象所围成的封闭图形如图阴影所示.
（Ⅰ）求、、的值；
（Ⅱ）求阴影面积关于的函数的解析式.
5．
设
（I）判断函数的单调性；
（Ⅱ）是否存在实数，使得关于的不等式在上恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求证：，（其中为自然对数的底数）.
第三节
函数的单调性、最值和极值
函数的单调性、最（极）值是高考的热点，新课程中函数的单调性、最（极）值的要求提高了，可能更会成为高考的热点、难点.
在高考试题中，函数的单调性、极（最）值往往是以某个初等函数为载体出现，综合题往往与不等式、数列等联系起来，处理方法除了定义法之外，一般采用导数法.难度值控制在0.3～0.6之间.
考试要求：①理解函数单调性的概念；②能判断简单函数的单调性；③能求函数的最大（小）值；④掌握基本初等函数的单调性和最值；⑤数形结合思想；⑥函数思想.
题型一：已知函数的单调性、最（极）值，求参变量的值.
例1
设函数.
（1）若的两个极值点为且，求实数的值；
（2）是否存在实数，使得是上的单调函数？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
点拔：因为是三次函数，所以只要①利用“极值点的根”，转化为一元二次方程根的问题；②利用在上单调＞0（＜0），转化为判断一元二次函数图像能否在轴上方的问题.
解：
（1）由已知有，从而,所以；
（2）由，得总有两个不等的实根，不恒为菲负值，所以不存在实数，使得是上的单调函数.
易错点：①三次函数的极值点与原函数的导数关系不清；
②含参变量的问题是逆向思维，学生易出现错误；
③学生不会将在上是单调函数的问题转化为恒成立问题.
变式与引申1：(2011年高考江西卷理)
设
（1）若在上存在单调递增区间，求的取值范围；
（2）当时，在上的最小值为，求在该区间上的最大值．
题型二：已知最（极）值或其所在区域，通过单调性分析参变量的范围.
例2已知函数．
（1）若函数的图像过原点，且在原点处的切线斜率是-3，求a，b的值；
（2）若函数在区间（1，1）上至少有一个极值点，求a的取值范围．
点拔：第（1）问利用已知条件可得，求出a，b的值.第（2）问利用“极值点”的根转化为一元二次方程根的分布问题.
解析：（1）由函数的图像过原点，得，
又，在原点处的切线斜率是，
则，所以，或．
（2）法一：由，得．又在上至少有一个极值点，
即或解得或
所以的取值范围是．
法二：,由题意
①必有一根在(-1,1)上,
故,即,解得；
或，则，当（舍去），当时，经检验符合题意；
同理，则，经检验，均不符合题意，舍去.
②有两个不同的根在(-1,1)上
故解得：
所以，a的取值范围.
易错点：①解不等式出错；②第（2）问的解法一，不易分析.；③第（2）问的解法二，分类讨论，不易讨论完整.
变式与引申2：将（2）中改为“在区间（1，1）上有两个极值点”，或改为“存在极值点，但在区间（1，1）上没有极值点”，如何求的取值范围？
题型三：函数的单调性、最（极）值与不等式结合的问题
例3
设函数，已知和为的极值点．
（1）求和的值；
（2）讨论的单调性；
（3）设，试比较与的大小．
点拔：此题是由指数函数与多项式函数等组合的超越函数，分析第（1）问先由极值点转化为方程的根，再用待定系数法；第（3）问中比较两个函数与的大小，可构造新函数，再通过分析函数的单调性来讨论与0的大小关系.
解：（1）因为，
又和为的极值点，所以，
因此解方程组得，．
（2）因为，，所以，
令，解得，，．
因为当时，；当时，．
所以在和上是单调递增的；在和上是单调递减的．
（3）由（1）可知，故，
令，则．令，得，
因为时，，所以在上单调递减．
故时，；
因为时，，所以在上单调递增．
故时，．
所以对任意，恒有，又，因此，
故对任意，恒有．
易错点：①求导数时，易出错；②比较两个函数的大小属于不等式问题，学生容易只从不等式的简单知识出发，而无法从构造的新函数的单调性来分析.
变式与引申3：将第（3）问改为：设，试证恒成立．
题型四：函数的单调性、最（极）值问题的综合应用
例4
已知函数.
（1）当时，求曲线在点（2，）处的切线方程；
（2）设是的两个极值点，是的一个零点，且，，求证：存在实数，使得按某种顺序排列后成等差数列，并求.
点拔：本题为函数的极值概念、导数运算法则、切线方程、导数应用、等差数列等基础知识的综合运用；分析第（2）时应从先，来确定，再用等差中项的性质求出确定，同时确定的顺序.
解：（1）当时，因为=（x－1）（3x－5），故，，
所以在点（2,0）处的切线方程为.
（2）证明：因为＝3（x－a）（x－），
由于，故.
所以f（x）的两个极值点为x＝a，x＝.[
不妨设x1＝a，x2＝，因为，，且x3是f（x）的零点，故x3＝b.
又因为－a＝2（b－），x4＝（a＋）＝，
所以a，，，b依次成等差数列.所以存在实数x4满足题意，且x4＝.
易错点：学生遇到综合类问题容易出现知识上的漏洞.
变式与引申4：已知是给定的实常数，设函数
，，是的一个极大值点．
(Ⅰ)求的取值范围；
(Ⅱ)设是的3个极值点，问是否存在实数，可找到，使得的某种排列(其中=)依次成等差数列?若存在，求所有的及相应的；若不存在，说明理由．
本节主要考查：
（1）函数单调性；
（2）单调性、极值点与导数的关系；
（3）函数思想；
（4）数形结合思想.
点评：（1）讨论函数单调性必须在其定义域内进行，因此要研究函数单调性必须先求函数的定义域，函数的单调区间是定义域的子集；
（2）求函数单调区间的常用方法：定义法、图像法、复合函数法、导数法等；
（3）利用求导的方法研究函数的单调性、最（极）值，函数在区间上为单调问题转化为导函数在区间上的正负问题，从而转化为不等式问题，再而研究函数的最（极）值.需灵活应运用函数与方程思想、数形结合思想、化归思想和分类讨论思想等.
习题1—3
1.
已知：函数，若，，均不相等，且，则的取值范围是（
）
2.已知函数的定义域均为非负实数集，对任意的，规定
.
3.
已知函数
（1）设，求的单调区间；
（2）设在区间(2,3)上不单调，求的取值范围.
4.已知函数，.
（I）若曲线与曲线相交，且在交点处有相同的切线，求a的值及该切线的方程；
（II）设函数，当)存在最小值时，求其最小值的解析式；
（III）对（2）中的，证明：当时，1.
5.设函数，其中为常数．
（1）当时，判断函数在定义域上的单调性；
（2）时，求的极值点；
（3）求证对任意不小于3的正整数，不等式都成立．
第四节
函数的综合应用(1)
函数内容是每年高考都要考查的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．函数和其它内容如导数、不等式、数列等内容的结合是近几年的考查热点，题目由易到难几乎都有，与导数的结合更是经常作为压轴题出现.
考试要求
（1）了解映射概念，理解函数的概念；（2）了解函数单调性、奇偶性的概念，掌握判断一些简单函数的单调性、奇偶性的方法；（3）掌握指、对数函数的概念、图象和性质.（4）根据具体函数的图象，能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解，了解这种方法是求方程近似解的常用方法.
题型一
函数解析式问题
例
某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表.那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y＝[x]（[x]表示不大于x的最大整数）可以表示为
A
y＝[]
B
y＝[]
C
y＝[]
D
y＝[]
点拨：用具体数据代入选项，确定哪个函数比较符合；
解：法一：特殊取值法，若x=56，y=5,排除C、D，若x=57，y=6，排除A，所以选B
法二：设，
，所以选B
例2
设函数若方程有四个不同的实数解，
若方程g(x)=a有四个不同的实数解，则实数a的取值范围是___________________.
点拨：在同一坐标系中画出和的图象，再根据题意画出，根据图象得出a的取值范围.
解：在坐标系中作出和的图象，可知图象如图所示，
故a的取值范围是.
易错点：⑴对抽象函数理解不强，缺少处理方法容易造成错误；
⑵正确理解解析式所表示的意义是解题的关键，如果讨论和的大小再得出的解析式，然后画图，一是计算量比较多，再是容易出错.
变式与引申1：设函数若,则关于x的方程的解的个数为（
）
A
1
B
2
C
3
D
4
变式与引申2：
设函数由方程确定，下列结论正确的是.（请将你认为正确的序号都填上）
（１）是上的单调递减函数；[]
（２）对于任意，恒成立；
（３）对于任意，关于的方程都有解；
题型二
函数的性质与图象
例3已知定义在R上的奇函数，满足，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根，则
点拨：由求出的周期，又根据函数是奇函数且在区间[0,2]上是增函数，得出在一个周期[-2,2]中的单调性，再根据对称性求值.
解：因为定义在R上的奇函数，满足，所以，所以函数图象关于直线对称且，由知，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为在区间[0,2]上是增函数，所以在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根,不妨设,由对称性知,.所以.
易错点：对函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性等其中的一个知识点掌握不好，都容易出错；不能得出是周期函数，或不能得出对称轴及单调区间等.
变式与引申3：函数的图像大致是
（
）
A．
B．
C．
D．
变式与引申4：设函数的集合，
平面上点的集合
，
则在同一直角坐标系中，中函数的图象恰好经过中两个点的函数的个数是
(
)
A
4
B
6
C
8
D
10
题型三
函数零点与二分法思想
例4
设函数
（1）当时，求函数在上的最大值；
（2）记函数，若函数有零点，求的取值范围.
点拨：（1）这是一道含绝对值的函数题，对与1的大小进行讨论，去掉绝对值后求值；（2）函数有零点转化为方程有解，用导数求出该函数的值域得出的取值范围.
解：（1）当时，＝
∴当时，
当时，＝
∵函数在上单调递增
∴
由得又
∴当时，，当时，.
（2）函数有零点即方程有解，得.
令，
当时，，
所以函数在上是增函数，；
当时，，
所以函数在上是减函数，.
所以方程有解时，即函数有零点时的取值范围.
易错点：（1）去绝对值和对求值大小进行讨论时考虑不周造成的错误；（2）零点问题不能转化成方程有解问题，从而不能使问题得到有效的解决.
变式与引申5：函数的零点所在的大致区间是(
)
A.（0，1）
B.
C.
D.
变式与引申6：已知函数，，的零点分别为，则的大小关系是(
)][]
A．
B．
C．
D．
题型四
函数与导数问题
例5
已知函数．
(1)
若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线，求a的取值
范围；
(2)设g(x)=|f(x)|，x∈[－l，1]，求g(x)的最大值F(a)的解析式．
点拨：(1)
求曲线y=f(x)的切线的斜率就是对的求导，其导数值不能取到已知直线的斜率-1；(2)
g(x)是偶函数，只须求g(x)在[0,1]上最大值.
解：（1）
∵
∴要使直线=0对任意的总不是曲线的切线，当且仅当-1<-3a,∴.
（2）因在[-1,1]上为偶函数,故只求在
[0,1]上最大值，
①
当时，，在上单调递增且,
∴，∴.
②
当时
i
.当，即时，在上单调递增，此时
ii.
当，即时，在上单调递减，在上单调递增.
10
当即时，在上单调递增，在上单调递减，故.
20当即时，
（ⅰ）当即时，
（ⅱ）
当即时，
综上
易错点：本题第二问分类讨论比较多，计算量也很大，考虑不周都会产生错误.
变式与引申7：
已知函数，，和直线，又.
（1）求的值；
（2）是否存在的值，使直线既是曲线的切线，又是的切线；如果存在，求出的值；如果不存在,说明理由．
本节主要考查：（1）函数的解析式和函数的图象，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等函数性质；（2）结合图象，直观地反映函数的性质，考查了数形结合的思想和基本的作图、运算、分析等解题能力；（3）零点和二分法体现了函数和方程的关系；（4）考查了用导数作为工具求曲线的切线和函数的最值等思想方法.
点评：（1）数形结合函数的性质是高考考查的重点内容．解决一些函数单调性和奇偶性，对称性等要从数形结合的角度去认识，以形辅数，以数画形，化抽象为直观；（2）要充分利用导数这一工具，结合函数的一些思考方法解决函数中的如求最大值和最小值等问题；（4）重视计算能力，画图能力及分类讨论的思想方法.
习题1-4
.已知[x]表示不超过实数x的最大整数，为取整函数，
的零点，则等于
（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
.设函数，则的值为.
3．已知函数在点x=1处的切线与直线垂直，且f（－1）=0，求函数f(x)在区间[0，3]上的最小值.
4．已知函数R，且
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
（1）若能表示成一个奇函数和一个偶函数的和，求的解析式；
（2）命题P：函数在区间上是增函数；
命题Q：函数是减函数
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
如果命题P、Q有且仅有一个是真命题，求a的取值范围；
5．（2011年高考北京卷理）已知函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）若对于任意的，都有≤，求的取值范围.
第五节
函数的综合应用(2)
函数、导数、不等式等这三部分或它们的综合，在每年高考试题中都有大量出现，综合性都比较强，题目都有较高的难度；利用函数解不等式，利用导数研究函数的单调性，求函数的极值和最值等是考查的重点.特别今后，高考的应用题不一定是概率题，那么函数作为解决生活实际问题的重要方法，其应用题出现在高考试题中，并且可能常态化那也在情理之中.
考试要求
能结合实例，借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会用导数求函数的极大值、极小值以及生活中的优化问题.能够利用函数解决一些生活实际问题.
题型一
函数与不等式
例设函数，则使得的自变量的取值范围为（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：由分段函数的表达式知，需分成两类：
解析：由，则或，
解该不等式组得，.选A
例2
已知函数f(x)=|lgx|.若0A
B
C
D
点拨：注意的取值范围，利用均值不等式求解.
解：
作出函数f(x)=|lgx|的图象，由知，
，考察函数的单调性可知，当时，函数单调递减，，
故选C.
易错点：例1分段函数不等式一般通过分类讨论的方式求解，解对数不等式没注意到真数大于0，或没注意底数在（0，1）上时，或不等号的方向写错等；例2直接利用均值不等式求解得最小值为等错误.
变式与引申1：已知函数若在上单调递增，则实数的取值范围为
．
变式与引申2：已知二次函数，不等式的解集为．
①若方程有两个相等的实根，求的解析式；
②若的最大值为正数，求实数的取值范围．
题型二
函数与数列
例3
已知函数
（1）求的值；
（2）若数列，求列数的通项公式；
（3）若数列{bn}满足，则实数k为何值时，不等式恒成立.
点拨：（2）注意到，及，构成对进行运算；（3）求出，将裂项，并求和求出，再利用二次函数单调性求解.
解：（1）令
令
（2）∵
①
∴
②
由（1），知
∴①+②，得
（3）∵,,∴,∴
由条件，可知当恒成立时即可满足条件.设,
当k＞0时，又二次函数的性质知不可能恒成立
当k=0时，f（n）=－n－2＜0恒成立；
当k＜0时，由于对称轴直线
∴f（n）在上为单调递减函数∴只要f（1）＜0，即可满足恒成立
∴由，∴k＜0
综上知，k≤0，不等式恒成立
易错点：没有发现，可以结合，进行逆序求和；对不能裂项求和或求和中出错，对恒成立的讨论不够严谨造成错误.
变式与引申3：已知定义在R上的函数，对于任意的实数a，b都有，且
①求的值；
②求的解析式（）
变式与引申4：一企业生产的某产品在不做电视广告的前提下，每天销售量为件.
经市场调查后得到如下规律：若对产品进行电视广告的宣传，每天的销售量（件）与电视广告每天的播放量（次）的关系可用如图所示的程序框图来体现.
①试写出该产品每天的销售量（件）关于电视广告每天的播放量（次）的函数关系式；
②要使该产品每天的销售量比不做电视广告时的销售量至少增加，则每天电视广告的播放量至少需多少次？
题型三
含参数的函数极值问题
例4
设x1、
的两个极值点.
（1）若，求函数f(x)的解析式；
（2）若的最大值；
（3）若，求证：
点拨：（2）根据根与系数关系得出两根异号，则，再用导数求的最大值；（3）将不等式问题转化为求函数的最大值问题.
解：
（1）是函数f(x)的两个极值点，
（2）∵x1、x2是
f(x)是两个极值点，
∴x1、x2是方程的两根.∵△=
4b2
+
12a3，
∴△>0对一切a
>
0，恒成立.
由
令
在（0，4）内是增函数；
∴h
(a)在（4，6）内是减函数.
∴a
=
4时，h(a)有极大值为96，上的最大值是96，
∴b的最大值是
（3）证法一：∵x1、x2是方程的两根，
，
证法二：∵x1、x2是方程的两根，.
∵x1
<
x
<
x2，
易错点：本题讨论、计算较多，不小心都容易出错，对问题的转化能力要求较高.
变式与引申5：
若函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，求实数的取值范围．
变式与引申6：已知函数存在单调递减区间，求a的取值范围；
题型四
函数应用题
例5
2010年上海世博会组委会为保证游客参观的顺利进行，对每天在各时间段进入园区和离开园区的人数作了一个模拟预测.
为了方便起见，以10分钟为一个计算单位，上午9点10分作为第一个计算人数的时间，即；9点20分作为第二个计算人数的时间，即；依此类推，把一天内从上午9点到晚上24点分成了90个计算单位.
对第个时刻进入园区的人数和时间（）满足以下关系（如图1-5-2）：
，
对第个时刻离开园区的人数和时间
（）满足以下关系（如图1-5-3）：
（1）试计算在当天下午3点整（即15点整）时，世博园区内共有多少游客？
（2）请求出当天世博园区内游客总人数最多的时刻.（附）
点拨：（1）计算出入园游客总数与出园游客总数，其差就是所求；（2）当入园游客总数与出园游客总数之差最大，则游客总人数最多，按每段函数分别计算.
解：（1）当且时，，
当且时，
所以
××；
另一方面，已经离开的游客总人数是：
×；……2分
所以（人）
故当天下午3点整（即15点整）时，世博园区内共有位游客.
（2）当时园内游客人数递增；当时园内游客人数递减.
(i)当时，园区人数越来越多，人数不是最多的时间；
(ii)当时，令，得出，
即当时，进入园区人数多于离开人数，总人数越来越多；
当时，，进入园区人数多于离开人数，总人数越来越多；
(iii)当时，
令时，，
即在下午点整时，园区人数达到最多.
此后离开人数越来越多，故园区内人数最多的时间是下午4点整.
易错点：（1）下午3点是哪个时段算不清出错；
（2）不能读懂题意和看图，无从下手.
变式与引申7：提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。在一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数。当桥上的的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明；当时，车流速度v是车流密度x的一次函数．
（Ⅰ）当时，求函数的表达式;
（Ⅱ）当车流密度为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆/每小时）可以达到最大，并求出最大值（精确到1辆/小时）
本节主要考查：函数与不等式、数列等知识的综合运用能力；考查了如何用导数求函数中含参数的与极值有关的综合题，考查了用函数如何建模，如何解决实际生活中出现的问题.考查了数形结合、化归与转化、分类与讨论的数学思想方法，以及运算求解能力.
点评：导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱.作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式或解决数列中的一些问题等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.
习题1-5
.已知函数f(x)=,若f(a)>f(-a),则实数a的取值范围是
A
（-1，0）∪（0，1）
B
（-∞，-1）∪（1,+∞）
C
（-1，0）∪（1,+∞）
D
（-∞，-1）∪（0,1）
.拟定从甲地到乙地通话分钟的电话费由（元）决定，其中m>0,是大于或等于m的最小整数，（如,），则从甲地到乙地通话时间为5.5分钟的电话费为
.
.已知函数
(1)
求证:
函数是偶函数;
(2)
判断函数分别在区间、上的单调性,
并加以证明;
(3)
若,
求证:
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
.有一种密英文的明文(真实文)按字母分解,其中英文的a,b,c,…,z的26个字母(不分大小写),依次对应1,2,3,…,26这26个自然数,见如下表格:
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
n
o
p
q
r
s
t
u
v
w
x
y
z
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
给出如下一个的变换公式:
(x∈N,1≤x≤26,x不能被2整除)
+13(x∈N,1≤x≤26,x能被2整除)
将明文转换成密文,如8→+13=17,即h变成q；5→=3，即e变成c.
①按上述规定，将明文good译成的密文是什么？
②按上述规定，若将某明文译成的密文是shxc，那么原来的明文是什么？
.已知函数，
（1）判断函数的奇偶性；
（2）求函数的单调区间；
（3）若关于的方程有实数解，求实数的取值范围．
图
求定义域
开始
关于原
点对称
是
否
输出“为
非奇非偶函数”
否
输出“为
非奇非偶函数”
输出“为
奇或偶函数”
是
结束
图1-2-1
图1-2-2
（图1-5-2）
10800
3600
1
1
24
36
72
90
n
X’=
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第七讲
选择题、填空题的解题策略
选择题在高考中注重多个知识点的小型综合，渗透各种思想方法，体现以考查“三基”为重点的导向，解答选择题的基本要求是四个字——准确、迅速.
选择题主要考查基础知识的理解、接本技能的熟练、基本运算的准确、基本方法的运用、考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面.解答选择题的基本策略是：要充分利用题设和选项两方面提供的信息作出判断.一般说来，能定性判断的，就不再使用复杂的定量计算；能使用特殊值判断的，就不必采用常规解法；对于明显可以否定的选项应及早排除，以缩小选择的范围；对于具有多种解题思路的，宜选最简单解法等.解题时应仔细审题、深入分析、正确推理、谨防疏漏；初选后认真检验，确保准确.
解数学选择题的常用方法，主要分为直接法和间接法两大类.直接法是解答选择题最基本、最常用的方法；但高考的题量较大，如果所有选择题都用直接法解答，不但时间不允许，甚至有些题目根本无法解答.因此，我们还要掌握一些特殊的解答选择题的方法.
填空题是将一个数学真命题，写成其中缺少一些语句的不完整形式，要求学生在指定空位上将缺少的语句填写清楚、准确.
它是一个不完整的陈述句形式，填写的可以是一个词语、数字、符号、数学语句等.
填空题大多能在课本中找到原型和背景，故可以化归为我们熟知的题目或基本题型.
根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：
一是定量型，要求考生填写数值、数集或数量关系，如：方程的解、不等式解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等等.
由于填空题和选择题相比，缺少选择的信息，所以高考题多数是以定量型问题出现.
二是定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质，如：给定二次曲线的焦点坐标、离心率等等.
近几年出现了定性型的具有多重选择性的填空题.
填空题缺少选择的提示信息，故解答题的求解思路可以原封不动地移植到填空题上.
但填空题既不用说明理由，又无需书写过程，因而解选择题的有关策略、方法有时也适合于填空题.
填空题虽题小，但跨度大，覆盖面广，形式灵活，可以有目的、和谐地结合一些问题，突出训练学生准确、严谨、全面、灵活地运用知识的能力和基本运算能力，突出以图助算、列表分析、精算与估算相结合等计算能力.
想要又快又准地答好填空题，除直接推理计算外，还要讲究一些解题策略，尽量避开常规解法.
解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格.
《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”.
为此在解填空题时要做到：细——审题要细，不能粗心大意；活——解题要活，不要生搬硬套；稳——变形要稳，不可操之过急；快——运算要快，力戒小题大作；全——答案要全，力避残缺不齐.
第一节
选择题的解题策略（1）
【解法一】直接法：
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密的推理和准确的运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出选项“对号入座”，作出相应的选择.
涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.
例1
双曲线方程为，则它的右焦点坐标为
（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题是有关圆锥曲线的基础题，将双曲线方程化为标准形式，再根据的关系求出，继而求出右焦点的坐标.
解：，所以右焦点坐标为，答案选C.
易错点：（1）忽视双曲线标准方程的形式，错误认为；（2）混淆椭圆和双曲线标准方程中的关系，在双曲线标准方程中.
例
2
阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的值等于（
）
A.2
B.3
C.4
D.5
点拨：此题是程序框图与数列求和的简单综合题.
解：由程序框图可知，该框图的功能是输出使和
时的的值加1，因为，，所以当时，计算到故输出的是4，答案选C.
易错点：没有注意到的位置，错解.实际上
使得后加1再
输出，所以输出的是4.
变式与引申1：
根据所示的程序框图（其中表示不大于的最大整数），输出（
）.
A.
B.
C.2
D.
答案：选A
例3
正方体-HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
中，
与平面所成角的余弦值为（
）
A.
HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
B.HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
C.HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
D.HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
点拨：此题考查立体几何线面角的求解.通过平行直线与同一平面所成角相等的性质及转化后，只需求点到面的距离.
解：因为∥,所以与平面所成角和与平面所
成角相等,设⊥平面，由等体积法得HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,
即HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
.设=,则,.
所以
记与平面所成角为HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,
则HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,所以HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,故答案选D.
易错点：考虑直接找与平面所成角，没有注意到角的转化，导致思路受阻.
点评：直接法是解答选择题最常用的基本方法.直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案.平时练习中应不断提高直接法解选择题的能力.准确把握题目的特点，用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上，否则一味求快则会快中出错.
【解法二】
特例法：
用特殊值代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确的判断.常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等.
例4：在平面直角坐标系xoy中，已知△ABC的顶点A(－4，0)
和C(4，0)，且顶点B在椭圆上，则（
）
A.
B.
C.1
D.
点拨：此题是椭圆性质与三角形的简单综合题，可根据性质直接求解，但正弦定理的使用不易想到，可根据性质用取特殊值的方法求解.
解：根据B在椭圆上，令B在短轴顶点处，即可得答案选A.
例5
已知函数=
若均不相等，且，则的取值范围是
（
）
A.（1，10）
B.(5，6)
C.(10，12)
D.(20，24)
点拨：此题是函数综合题，涉及分段函数，对数函数，函数图像变换，可结合图像，利用方程与函数的思想直接求解，但变量多，关系复杂，直接求解较繁，采用特例法却可以很快得出答案.
解：不妨设，取特例，如取，则易得，从而，故答案选C．
另解：不妨设，则由，再根据图像易得.实际上中较小的两个数互为倒数.
例6
记实数…中的最大数为，最小数为.已知的三边边长为、、（）,定义它的倾斜度为
，则“”是“为等边三角形”的（
）
A.
充分布不必要的条件
B.必要而不充分的条件
C.
充要条件
D.既不充分也不必要的条件
点拨：此题引入新定义，需根据新信息进行解题，必要性容易判断.
解：若△为等边三角形时、即，则则t=1；若△为等腰三角形，如时，则，此时t=1仍成立但△不为等边三角形,
所以答案选B.
点评：当正确的选择对象在题设条件都成立的情况下，用特殊值（取的越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，是解答本类选择题的最佳策略.
【解法三】
排除法：
充分运用选择题中单选的特征（即有且只有一个正确选项），通过分析、推理、计算、判断，逐一排除，最终达到目的.
例7
下列函数中，周期为，且在上为减函数的是（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查三角函数的周期和单调性.
解：C、D中函数周期为2，所以错误.当时，，函数为减函数,而函数为增函数，所以答案选A.
例8
函数的图像大致是（
）
点拨：此题考查函数图像，需要结合函数特点进行分析,考虑观察零点.
解：因为当2或4时，，所以排除B、C；当-2时，，故排除D，所以答案选A.
易错点：易利用导数分析单调性不清导致错误.
例9
设函数
，
若,
则实数的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题是分段函数，对数函数，解不等式的综合题，需要结合函数单调性，对数运算性质进行分析，分类讨论，解对数不等式，运算较复杂，运用排除法较易得出答案.
解：取验证满足题意，排除A、D.
取验证不满足题意,
排除B.所以答案选C.
易错点：直接求解利用函数解析时，若忽略自变量应符合相应的范围，易解错
点评：排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选项范围内找出矛盾，这样逐步排除，直到得出正确的选择.它与特例法、图解法等结合使用是解选择题,
尤其是选项为范围的选择题的常用方法.
【解法四】
验证法：
将选项中给出的答案代入题干逐一检验，从而确定正确答案.
例10
将函数的图像向左平移个单位.若所得图像与原图像重合，则的值不可能等于（
）
A.4
B.6
C.8
D.12
点拨：此题考查三角函数图像变换及诱导公式，的值有很多可能，用验证较易得出答案.
解：逐项代入验证即可得答案选B.
实际上，函数的图像向左平移个单位所得函数为
，此函数图像与原函数图像重合，即，于是为4的倍数.
易错点：的图像向左平移个单位所得函数解析式，应将原解析式中的变为，图像左右平移或轴的伸缩变换均只对产生影响，其中平移符合左加右减原则，这一点需要对图像变换有深刻的理解.
例11
若能被整除，则的值可能为（
）
（（））（）（）0
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查二项展开式，可能的值情况很多，宜用验证法.
解：，再把各项逐一代入验证可知，答案选C.
易错点：忽略原式与的二项展开式少了常数项1而无法进行求解.
例12
下列双曲线中离心率为的是（
）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查双曲线的性质，没有确定形式，只能根据选项验证得出答案.
解：依据双曲线的离心率，逐一验证可知选B.
易错点：双曲线中，与椭圆中混淆，错选D.
变式与引申2：下列曲线中离心率为的是（
）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
A.
B.
C.
D.
答案：选B
点评：验证法适用于题设复杂，但结论简单的选择题.
若能根据题意确定代入顺序则能较大提高解题速度.
习题
7-1
1.
一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测。方法一：在10箱子中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚。国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别为和，则
A.
=
B.
<
C.
>
D.以上三种情况都有可能
2．某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为，则此人能（
）
A.不能作出这样的三角形
B.作出一个锐角三角形
C.作出一个直角三角形
D.作出一个钝角三角形
3.
设是任意等比数列，它的前项、前项、与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是(
)
A.
B.
C.
D.
4.
定义在R上的奇函数为减函数，设，给出下列不等式：①；②；③④，其中正确的不等序号是（
）
A.①②④
B.①④
C.②③
D.①③
5.如图，在棱柱的侧棱和上各有一动点满足，过三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为（
）
A.3：1
B.2：1
C.4：1
D.
6.
已知圆与直线及都相切，圆心在直线上，则圆C的方程为（
）
A.
B.
C.
D.
7.
要得到函数
(?http:?/??/?www.7caiedu.cn?/??)的图象，只需将函数
(?http:?/??/?www.7caiedu.cn?/??)的图象（
）
A．向右平移
(?http:?/??/?www.7caiedu.cn?/??)个单位
B．向右平移
(?http:?/??/?www.7caiedu.cn?/??)个单位
C．向左平移
(?http:?/??/?www.7caiedu.cn?/??)个单位
D．向左平移
(?http:?/??/?www.7caiedu.cn?/??)个单位
第二节
选择题的解题策略（2）
【解法五】
图解法：
据题设条件作出研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确判断.
习惯上也叫数形结合法.
例1
设函数，则在下列区间中函数不存在
零点的是（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查函数零点问题，可转化为两个熟悉函数的交点问题.画图时应注意两个函数在与选项有关的关键点（如分界点）的函数值大小关系.
解：将的零点转化为函数的交点，数形结合，答案选A.
易错点：图像不准确，忽略关键点，易解错.
例2
（2011高考江西卷理）若曲线：与曲线：有4个不同的交点，则实数的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：
此题考查直线与曲线的公共点问题，应利用数形结合的思想进行求解.
曲线：，图像为圆心为（1,0），半径为1的圆；曲线：，或者，直线恒过定点，即曲线图像为轴与恒过定点的两条直线。作图分析：
，，又直线（或直线）、轴与圆共有四个不同的交点，结合图形可知
易错点：（1）忽略曲线方程：表示的是两条直线（2）求直线与曲线相切时的值时不结合图像取值导致错误.
例3
直线与圆心为D的圆
交于A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为
（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题是直线与圆的综合题，考查圆的参数方程，直线的倾斜角及圆的性质，应用图解.
解：数形结合，设直线AD与BD的倾斜角分别为，则
，，由圆的性质可知
，故
.所以答案选C.
易错点：考虑代数解法，利用圆的方程和直线方程进行求解，过程复杂，计算困难导致错误.
点评：严格地说，图解法并非属于选择题解题思路范畴，而是一种数形结合的解题策略.
但它在解有关选择题时非常简便有效.不过运用图解法解题一定要对有关函数图像，方城曲线，几何图形较熟悉，否则错误的图像会导致错误的选择.
【解法六】
分析法：
（1）
特征分析法：根据题目所提供的信息，如数值特征、结构特征、位置特征等，进行快速推理，迅速作出判断的方法.
例4
已知，则等于(
)
A.
B.
C.
D.
5
点拨：此题考查同角三角函数关系及半角公式，可先利用同角正余弦平方和为1求的值，再根据半角公式求，运算较复杂，试根据答案数值特征分析.
解：由于受条件的制约，为一确定的值，进而推知也为一确定的值，又，因而，故，所以答案选D.
易错点：忽略，为一确定的值导致结果与有关.
（2）
逻辑分析法：通过对四个选项之间的逻辑关系的分析，达到否定谬误项，选出正确项的方法.
例5
当时，恒成立，则的一个可能值是（
）
A.
5
B.
C.
D.-5
点拨：此题是有关不等式恒成立的问题，可运用数形结合的思想进行求解，较复杂.
解：由知A真
B真
C真D真，假设A,B,C真，则均有两个以上正确答案，所以根据选择题答案唯一的特点，答案选D.
也可利用数形结合思想求解.
易错点：忽略不等式的特点，平方转化为二次不等式，导致错误.
【解法七】估值法：
对于选项是数值的选择题，可以通过估计所要计算值的范围来确定唯一的正确选项.
例6
若，是第三象限的角，
则=（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查同角三角函数关系及两角和公式，可根据角的范围先求出的正弦值，再根据两角和公式求.
解：根据单位圆估算,
所以答案选A.
易错点：忽略角的范围，求正弦值得出两个答案，以致思路受阻.
例7据2002年3月5日第九届全国人大五次会议《政府工作报告》：“2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7.
3%.
如果“十五”期间（2001-2005年）每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十五”末我国国内年生产总值约为（
）
A.115000亿元
B.
120000亿元
C.
127000亿元
D.
135000亿元
点拨：此题考查等比数列在实际生活中的应用，容易列式，但结果的数值难算，应进行估算.
解：
且
所以答案选C.
易错点：没有想清楚2005年生产总值是以95933为首项，为公比的等比数列的第五项，错列式导致错误.
例8
已知过球面上三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且，则球面面积是（
）
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查球的性质及球面面积公式，可先求截面圆半径，结合球心到截面的距离，利用勾股定理求出球半径，再求球面面积.
解：球的半径不小于△的外接圆半径，则，所以答案选D.
点评：估值法，省去了很多推导过程和比较复杂的计算，节省了时间，从而显得快捷.
其应用广泛，减少了运算量，却加强了思维的层次，是人们发现问题、研究问题、解决问题的一种重要方法.
【解法八】逆推法：
假设选项正确，以部分条件作为已知条件进行推理，看是否能推出与已知条件矛盾的结论，从而找出正确答案.
例9
用表示两数中的最小值.
若函数的图像关于直线对称，则的值为（
）.
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查对新定义符号的理解及图像的对称性，应考虑画图像，由于的值未知，图像不容易确定，所以从选项假设出发.
解：根据图像，时，函数的图像关于直线对称，
时，函数的图像关于直线对称，时，函数的图像关于直线对称，所以答案选D.
例10
在中，所对的边分别为，若，则是（
）
A.等腰三角形
B.
等边三角形
C.
直角三角形
D.
锐角三角形
点拨：此题考查解三角形，条件比较难转化，考虑从选项出发.
解：等边三角形是等腰三角形和锐角三角形的特殊情况，故先假设选项B正确.
此时,
，，不满足题目条件，所以A，B，C均不满足题意，故答案选C.
易错点：利用正弦定理边化角及三角函数和差化积直接求解,
忽略三角形内角和.
例11
平行四边形的周长等于，的内切圆半径等于，已知，则它的边长是（
）.
A.
B.
C.
D.
点拨：此题考查解三角形问题，条件多而复杂，考虑从选项出发.
解：，显然A选项不符合.
以“周长等于”为条件，假设选项B正确，即，则在中,
,根据余弦定理可求得，从而的内切圆半径
，恰好符合条件，所以答案选B.
点评：逆推法常用于由题干条件直接推导结论较复杂的选择题，逆向思维，常结合逻辑法，排除法进行运用，是只适用于选择题的特殊方法.
与验证法不同的是它需要推理，且由条件得出的答案唯一.
从考试的角度来看，解选择题只要选对就行，至于用什么“策略”、“手段”都是无关紧要的，但平时做题时要尽量弄清每一个选项正确的理由与错误的原因.
另外，在解答一道选择题时，往往需要同时采用几种方法进行分析、推理，只有这样，才会在高考时充分利用题目自身提供的信息，化常规为特殊，避免小题大作，真正做到准确，快速.
总之，解答选择题既要看到各类常规题的解题思想，但更应该充分挖掘题目的“个性”，寻求简便方法，充分利用选项的暗示作用，迅速地作出正确的选择.
这样不但可以迅速、准确地获取正确答案，还可以提高解题速度，为后续解题节省时间.
习题
7-2
1.
若a0，b0，则不等式等价于（
）
A．或
B.
C.
或
D.
或
2.
已知以为周期的函数，其中．若方程恰有5个实数解，则的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
3.
如图，在多面体中，已知面是
边长为的正方形，∥,,与面
的距离为，则该多面体的体积为（
）
A.
B.
C.
D.
4.
已知，且，则的值是（
）
A.
B.
C.
D.
5.
如图，在ΔABC中，，,，则=（
）
A.
B.
C.
D.
6．将正奇数，排成5列，按右图的格式排下去，2011所在的列从左数起是（
）
A.第一列
B.
第二列
C.
第三列
D.
第四列
7.
已知A、B为两定点，C为动点，且|CA|＝m(定值)(|AB|＞m)，延长AC至P点，使·＝·，则动点P的轨迹是（　　）
A．椭圆　　　B．双曲线　　　　C．抛物线　　　D．双曲线的一支
第三节
填空题的解题策略（1）
一
常规填空题解法示例
【解法一】直接求解法：
直接从题设条件出发，利用定义、性质、定理、公示等，经过变形、推理、计算、判断得到结论.
这种方法是解填空题的最基本、最常用的方法.
使用直接法解填空题，要善于通过现象看本质，自觉地，有意识地采取灵活、简捷的解法.
例1
展开式中的常数项为____________
点拨：此题考查二项展开式，应写出使的指数等于0的项.
解：，写出所有的系数，
即常数项为4246.
易错点：这里二项展开式是两项展开式的积，容易忽略.
例2
已知双曲线的离心率为2，焦点与椭圆的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为
；渐近线方程为
.
点拨：此题考查椭圆和双曲线的简单性质.
解：双曲线焦点即为椭圆焦点，不难算出焦点坐标为，又双曲线离心率为2，即，故，渐近线为.
易错点：容易将椭圆和双曲线中的关系混淆.
【解法二】
特殊化法：
当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以将题中变化的不定量选取符合条件的恰当特殊值（特殊函数，特殊角，特殊数列，特殊位置，特殊点，特殊方程，特殊模型等）进行处理，从而得出探求的结论.
这样可以大大地简化推理、论证的过程.
此种方法也称为“完美法”，其根本特点是取一个比较“完美”的特例，把一般问题特殊化，已达到快速解答.
为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例.
例3
已知定义在上的奇函数满足，且在区间[0，2]上是增函数，若方程（）在区间上有四个不同的根，，则
．
点拨：此题考查抽象函数的奇偶性，周期性，单调性和对称轴方程，条件多，将各种特殊条件结合的最有效方法是把抽象函数具体化.
解：根据函数特点取，再根据图像可得
【答案】-8
易错点：由只想到函数的周期为8，没有注意各条件之间的联系，根据结论与对称轴有关而导致思路受阻.
例4：在△中，角所对的边分别为，如果成等差数列，
则___________.
点拨：此题为解三角形与数列的综合题，直接求解较复杂，考虑取特殊值.
解：取特殊值，则，.
或取，则，代入也可得.也可利用正弦定理边化角及三角函数和差化积直接求解.
易错点：直接求解时容易忽略三角形内角和等于这个隐含条件而导致思路受阻.
【解法三】
数形结合法：
对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目条件的特点，作出符合题意的图形，做到数中思形，以形助数，并通过对图形的直观分析、判断，则往往可以简捷地得出正确的结果.
例5：
已知是椭圆的一个焦点，是短轴的一个端点，线段的延长线交于点HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
，且，则HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
的离心率为
.
点拨：此题是椭圆和向量的综合题，由于涉及到椭圆与直线相交，应结合图形，运用椭圆的第二定义进行求解.
解：如图，HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,
作HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
轴于点D1,则由，得
HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,所以HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,即HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,由椭圆的第二定义HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
又由HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,得,整理得.两边都除以HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,得.
易错点：没有运用椭圆的第二定义，导致运算量大且极难算.
例6
定义在区间上的函数的图像
与的图像的交点为，过点作⊥轴于点，
直线与的图像交于点,则线段的长为_____.
点拨：此题考查三角函数图像和同角三角函数关系，涉及图像问题，应运用数形结合思想进行转化.
解：线段的长即为的值，且其中的满足
，解得，即线段的长为.
易错点：考虑通过求出点，的纵坐标来求线段长度，没有想到线段长度的意义，忽略数形结合，导致思路受阻.
【解法四】
特征分析法：
有些问题看似，非常复杂，一旦挖掘出其隐含的数量或位置等特征，此问题就能迎刃而解.
例7
已知函数满足：
，，则____________．
点拨：此题考查函数周期性，所知函数值有限，所求函数自变量数值很大，应考虑寻找规律.
解：取得
法一：通过计算，寻得周期为6
法二：取,有,同理.
联立得,
所以
故.
易错点：忽略自变量是一个数值较大的正整数，没有考虑函数值的周期性规律或数列与函数的联系，一味考虑直接求而导致思路受阻.
例8
五位同学围成一圈依序循环报数，规定：
①第一位同学首次报出的数为1.第二位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；
②若报出的是为3的倍数，则报该数的同学需拍手一次，
当第30个数被报出时，五位同学拍手的总次数为
点拨：此题考查递推数列，具有循环的特点.这样得到的数列这是历史上著名的数列，叫斐波那契数列.寻找规律是解决问题的根本，否则，费时费力.首先求出这个数列的每一项除以3所得余数的变化规律，再求所求就比较简单了.
解：这个数列的变化规律是：从第三个数开始递增，且是前两项之和，那么有1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、377、610、987……分别除以3得余数分别是1、1、2、0、2、2、1、0、1、1、2、0、2、2、1、0……由此可见余数的变化规律是按1、1、2、0、2、2、1、0循环，周期是8.在这一个周期内第四个数和第八个数都是3的倍数，所以在三个周期内共有6个报出的数是三的倍数，后面6个报出的数中余数是1、1、2、0、2、2，只有一个是3的倍数，故3的倍数总共有7个，也就是说拍手的总次数为7次.s
易错点：容易考虑将数列的前30项分别求出再求有几项是三的倍数，而没有考虑观察余数呈现的规律而导致解题过程复杂化.
【解法五】构造法：
根据题设条件与结论的特殊性，构造出一些熟悉的数学模型，并借助于它认识和解决问题的一种方法.
例9
如图，在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且>>,分别经过三条棱，，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系为
.
点拨：此题考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，
已知条件少，没有具体的线段长度，应根据三条棱两两垂直
的特点，以，，为棱，补成一个长方体.
解：通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长
，，分别为3，2，1得.
易错点：立体几何图形比较抽象，忽略将题中图形与熟悉图形联系，将线段长度具体化很难求出.
例10
已知实数满足，则=____________.
点拨：此题考查数学知识的运用能力，两个未知数一个方程，且方程次数较高，不能直接求出，的值，应考虑将整体求出，注意方程的结构特点.
解：构造函数，则已知变为，即，根据函数是奇函数且单调递增可得，于是，即.
易错点：没有观察方程的特点，一味想将作为整体直接求解，导致求解困难.
习题7-3
1.
设实数、满足,则的最小值为.
2．12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为
.[来源:
3．过抛物线准线上任一点作抛物线的两条切线，切点分别为.若已知直线过一个定点，则这个定点是________________.
4．若函数（且)有两个零点，则实数a的取值范围是
．
5.已知数列满足：则______；=_________．
6.
如图，点在正方形所在的平面外，
且面，,则与
所成角的度数为__________.
7.
设
，
将的最小值记为，则
其中=__________________
.
第四节
填空题的解题策略（2）
二
开放型填空题解法示例
【题型一】多选型
给出若干个命题或结论，要求从中选出所有满足题意的命题或结论.
这类题不论多选还是少选都是不能得分的，相当于多项选择题.它的思维要求不同于一般的演绎推理，而是要求从结论出发逆向探究条件，且结论不唯一.此类问题多涉及定理、概念、符号语言、图形语言.因此，要求同学们有扎实的基本功，能够准确的阅读数学材料，读懂题意，根据新的情景，探究使结论成立的充分条件.判断命题是真命题必须通过推理证明，而判断命题是假命题，举反例是最有效的方法.
例1一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的_______(填入所有可能的几何体前的编号)
①三棱锥
②四棱锥
③三棱柱
④四棱柱
⑤圆锥
⑥圆柱
点拨：此题考查立体图形的三视图，多选题，应逐个验证，由于几何体摆放的位置不同，正视图不同，验证时应考虑全面.
解：如下图所示，三棱锥、四棱锥、三棱柱、圆锥四种几何体的正视图都可能是三角形，
所以应填①②③⑤．
易错点：忽略三棱柱可以倒置，底面正对视线，易漏选③
例2甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结论的编号）.
①；
②；
③事件与事件相互独立；
④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关.
点拨：此题考查概率有关知识，涉及独立事件，互斥事件的概念.题型为多选型，应根据题意及概念逐个判断.
解：易见是两两互斥的事件，事件的发生受到事件的影响，所以这两事件不是相互独立的.而.
所以答案②④.
易错点：容易忽略事件的发生受到事件的影响，在求事件发生的概率时没有分情况考虑而导致求解错误.
【题型二】探索型
从问题给定的题设中探究其相应的结论，或从给定题断要求中探究其相应的必须具备的条件.常见有：规律探索、条件探索、问题探索、结论探索等几个类型.如果是条件探索型命题，解题时要求学生要善于从所给的题断出发，逆向追索，逐步探寻，推理得出应具备的条件，进而施行填空；如果是结论探索型命题，解题时要求学生充分利用已知条件或图形的特征进行大胆猜想、透彻分析、发现规律、获取结论.
例3
观察下列等式：
①;
②;
③;
④
⑤
可以推测，
.
点拨：此题给出多个等式，出现的系数存在规律，需对此规律进行探索，猜测，推理得出答案.
解：因为所以；观察可得，，所以.
例4观察下列等式：
，根据上述规律，第五个等式为.
点拨：此题给出多个等式，需寻找规律，探索答案.
解：（方法一）∵所给等式左边的底数依次分别为1,2；1,2,3；1,2,3,4…，右边的底数依次分别为3,6,10…（注意：这里），∴由底数内在规律可知：第五个等式左边的底数为，右边的底数为.
又左边为立方和，右边为平方的形式，故第五个等式为
.
（方法二）∵易知第五个等式的左边为，且化简后等于，而，故易知第五个等式为
【题型三】新定义型
定义新情景，给出一定容量的新信息（考生未见过），要求考生依据新信息进行解题.这样必须紧扣新信息的意义，将所给信息转化成高中所学习的数学模型，然后再用学过的数学模型求解，最后回到材料的问题中给出解答.此类问题多涉及给出新定义的运算、新的背景知识、新的理论体系，要求同学有较强的分析转化能力，不过此类题的求解较为简单.
例1
对于平面上的点集，如果连接中任意两点的线段必定包含于，则称为平面上的凸集，给出平面上4个点集的图形如下（阴影区域及其边界）：
[]
其中为凸集的是
（写出所有凸集相应图形的序号）.
点拨：此题给出凸集这样一个新概念，需对此新定义理解，对照定义验证各个选项.
解：在各个图形中任选两点构成线段，看此线段是否包含于此图形，可以在边界上，故选②③.
易错点：忽略④是由两个圆构成一个整体图形，从两个圆上各取一点构成的线段不包含于此图形，易误选④.
例6若数列满足：对任意的，只有有限个正整数使得成立，记这样的的个数为，则得到一个新数列．例如，若数列是，则数列是．已知对任意的，，则
，
．
点拨：此题定义了一个新数列，应透过复杂的符号理解简单的定义，并严格依照定义进行正确推理，寻找规律，大胆猜想.
解：因为，而，所以m=1,2,所以2.
因为
所以＝1,
＝4，＝9，＝16，
猜想.
易错点：容易对定义不理解导致思路受阻，或理解错误导致解错.
【题型四】组合型
给出若干个论断要求学生将其重新组合，使其构成符合题意的命题.解这类题，就要求学生对所学的知识点间的关系有透彻的理解和掌握，通过对题目的阅读、理解、分析、比较、综合、抽象和概括，用归纳、演绎、类比等推理方法准确地阐述自己的观点，理清思路，进而完成组合顺序.
例7
是两个不同的平面，是平面及之外的两条不同直线，给出下列四个论断：
（1）,（2）,（3）（4），若以其中三个论断作为条件，余下一个论断为结论，写出你认为正确的一个命题：________________________.
点拨：此题是开放性填空题，只需填一个正确的答案，考查的是线面关系.
解：通过线面关系，不难得出正确的命题有：
（1）,,；（2）,,.
所以可以填,,
(或,,).
三
减少填空题失分的检验方法
【方法一】回顾检验：解答之后再回顾，即再审题，避免审题上带来某些明显的错误，这是最起码的一个环节.
【方法二】赋值检验：若答案是无限的、一般性结论，可赋予一个或几个特殊值进行检验，以避免知识性错误.
【方法三】估算检验：当解题过程是否等价变形难以把握时，可用估算的方法进行检验，以避免忽视充要条件而产生逻辑性错误.
【方法四】作图检验：当问题具有几何背景时，可通过作图进行检验即数形结合，一避免一些脱离事实而主观臆断导致错误.
【方法五】变法检验：一种方法解答之后，再用其他方法解之，看它们的结果是否一致，从而可避免方法单一造成的策略性错误.
【方法六】极端检验：当难以确定端点处是否成立时，可直接取其端点进行检验，以避免考虑不周全的错误.
点评：
填空题是介于选择题和解答题之间的一种题型.
它既有选择题的小、活、广，又有解答题的推理运算严谨，考查全面的特点.
因此，在解题过程中可灵活选用选择题、解答题的有效方法灵活解题，以达到正确、合理、迅速的目的.
因此在平时训练时要注意以下几点：
1
注意对一些特殊题型结构与解法的总结，以找到规律性的东西；
2
注意对知识的联想、迁移、类比、归纳的应用，以快速得到提示与启发；
3
注意从不同角度、不同方法对题目的“再解答”，以保证解答的正确性.
习题7-4
1．已知定义域为的函数满足：①对任意，恒有
成立；当时，.给出如下结论：
①对任意，有；②函数的值域为；③存在，使得；④“函数在区间上单调递减”的充要条件是
“存在，使得”.
其中所有正确结论的序号是
.
2.
已知命题“若数列为等差数列，且，则”现已知数列为等比数列，且，若类比上述结论，则可得到
.
3.设S为复数集C的非空子集.若对任意，都有，则称S为封闭集.下列命题：w_w
w.
k#s5_u.c
o
m
①集合S＝{a＋bi|（为整数，为虚数单位）}为封闭集；
②若S为封闭集，则一定有；
③封闭集一定是无限集；
④若S为封闭集，则满足的任意集合也是封闭集.
其中真命题是
（写出所有真命题的序号）
4.,
有以下三个论断：①；②；③.若以其中两个为条件，余下一个为结论，写出所有正确的命题：_______________________________________________________.
5.
若规定的子集为的第个子集，其中
，则
（1）是E的第_________个子集；（2）E的第211个子集是____________.
6.
①在中，的充分必要条件是；
②函数的最小值是；
③数列的前项和为，若，则数列是等差数列；
④空间中，垂直于同一直线的两直线平行；
⑤直线分圆所成的两部分弧长之差的绝对值为.
其中正确的结论的序号为：___________.
7．平面几何中的射影定理为：直角中，
则有，如图；将此结论类比到空间：在三棱锥中，AB、AC、AD三边两两互相垂直，在面的射影为点，则得到的类比的结论中
有怎样的关系
.
A.
B.
C
D
A.1
B.1
C1
D1
O
O
x
y
1
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24
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第三讲
数列与不等式
第一节
数列及其应用
数列是高中数学重要内容，是高考命题的热点.纵观近几年的高考试题,对等差和等比数列的概念、通项公式、性质、前项和公式,对增长率、分期付款等数列实际应用题多以客观题和中低档解答题为主，对数列与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等相结合的综合题的考查多属于中高档题,甚至是压轴题,难度值一般控制在之间.
考试要求（1）数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.（2）等差数列、等比数列①
理解等差数列、等比数列的概念.②
掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.　③
能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.　④
了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
题型一
等差、等比数列的概念与性质
例1．（1）已知等比数列中，各项都是正数，且、、2成等差数列，求
;
（2）等差数列的前n项和为，已知，,
求
.
【点拨】（1）依据等差中项的概念先求等比数列的公比，再利用等比数列的性质求值.
（2）此题的算法较多，如何寻找合理、简捷的运算途径是解决问题的关键，根据等差数列的性质，
由第一个条件得出，再由第二个条件列出方程求.
【解】（1）依题意可得：，即，则有可得，解得或（舍）
所以;
（2）因为是等差数列，所以，，由，得：2－＝0，
＝2，又，即＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，
【易错点】（1）等差数列与等比数列只有一字之差，部分同学经常出现审题不仔细的现象；（2）等差中项与等比中项的性质混淆，概念模糊不清；（3）对等差数列与等比数列的性质及公式的变式不熟悉，往往要先计算等量，一旦计算量大一点，解题受阻.
变式与引申1：等差数列的前n项和为，公差
.
（1）求的值;
（2）当为最小时，求的值.
题型二：数列的通项与求和
例2．（2011年全国卷理科第17题）等比数列的各项均为正数，且
（Ⅰ）求数列的通项公式.
（Ⅱ?）设
求数列的前项和.
【点拨】（1）等比数列中，已知两条件可以算出两个基本量,再进一步求通项.（2）分组求和、倒序相加、错位相减、裂项相消等是常用的求和方法，这里利用（1）的结论以及的关系求的通项公式，根据裂项相消求数列前
项和
.
【解】
（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由得所以。有条件可知a>0,故。
由得，所以。故数列{an}的通项式为an=。
（Ⅱ?）
故
所以数列的前n项和为
【易错点】（1）没有注意条件a>0，公比计算错；（2）在求的通项公式时，遗漏了负号；不会将化为.
变式与引申2已知是数列{}的前n项和，并且=1，对任意正整数n，；设）.
（1）证明数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）设的前n项和，求.
3.
等比数列{}的前n项和为，
已知对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上.
（1）求r的值；
（2）当b=2时，记
求数列的前项和.
题型三：数列的实际应用
例3.
为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如右图所示；由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数从左到右依次是等比数列的前四项，后6组的频数从左到右依次是等差数列的前六项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求视力不小于5.0的学生人数；
(3)设,求数列的通项公式.
【点拨】（1）频率分布直方图是解决问题的关健；（2）已知前两项的频数，前4组的频数从左到右依次是等比数列的前四项，可求，后6组的频数从左到右依次是等差数列的前六项，，的前六项和可求，得，（3）求得、后，根据题设条件，按递推公式求通项公式方法求出.
【解】(1)由题意知
因此数列是一个首项.公比为3的等比数列，所以
，又=100—(1+3+9)，
所以=87,解得
因此数列是一个首项,公差为—5的等差数列,
所以
(2)
求视力不小于5.0的学生人数为
(3)
由①
可知，当时，②
①－②得，当时，
,
,
又因此数列是一个从第2项开始的公比为3的等比数列,
数列的通项公式为
.
【易错点】（1）不理解的意义，解题找不到切入点；（2）计算数列的通项公式时忽略“全校100名学生”这个重要的已知条件，导致前两问的结果都不正确；（3）求出、后，由题设条件不能正确地找出求的方法；（4）计算由①式变为②式时，缺少这个条件.
变式与引申4：
某地为了防止水土流失，植树造林，绿化荒沙地，每年比上一年多植相同亩数的林木，但由于自然环境和人为因素的影响，每年都有相同亩数的土地沙化，具体情况为下表所示：
2008年
2009年
2010年
新植亩数
1000
1400
1800
沙地亩数
25200
24000
22400
而一旦植完，则不会被沙化．
问：（1）每年沙化的亩数为多少；
（2）到那一年可绿化完全部荒沙地.
题型四：数列综合题
例4根据如图所示的程序框图，将输出的x、y值依次分别记为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）写出，由此猜想出数列；
的一个通项公式，并证明你的结论;
（3）求．
【点拨】（1）程序框图与数列的联系是新课标背景下的新鲜事物，因为程序框图中循环，与数列的各项一一对应，所以，这方面的内容是命题的新方向，应引起重视；（2）由循环体写出数列的递推公式，再由递推公式求出数列的通项公式是解决问题
的关健；（3）掌握错位相减法求数列的前项和及数列求和的一般方法.
【解】（1）由框图，知数列中
∴
（2）y1=2，y2=8，y3=26，y4=80.
由此，猜想
证明：由框图，知数列{yn}中，，
，
∴数列{yn+1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
（3）
=1×3+3×32+…+（2n－1）·3n－[1+3+…+（2n－1）]
记Sn=1×3+3×32+…+（2n－1）·3n，①
则3Sn=1×32+3×33+…+（2n－1）×3n+1
②
①－②，得－2Sn=3+2·32+2·33+…+2·3n－（2n－1）·3n+1=2（3+32+…+3n）－3－（2n－1）·3n+1
=
∴
又1+3+…+（2n－1）=n2
∴.
【易错点】（1）根据框图不能正确写出数列的递推公式，解题受阻，（2）对数列求和的方法及每种方法所适合的题型认识不清，盲目求和；（3）对指数运算不够熟悉，导致利用错位相减法计算出的结果不正确.
变式与引申5：已知数列中，在直线y=x上，其中n=1,2,3….
（1）令求证数列是等比数列;
（2）求数列的通项；
⑶
设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由.
本节主要考查：（1）数列的有关概念，递推公式；等差数列和等比数列的定义、判定方法、性质、通项公式和前项和公式，数列求和及数列的应用（2）数列是一类特殊的函数，而函数又是高中数学的重要内容，所以数列常与导数、不等式、三角、解析几何、概率及算法等知识点交融命题，解决数列的通项公式及前项和、证明不等关系等问题（3）简单的递推公式求通项公式的方法，分组求和、倒序相加、裂项求和、错位相减等数列求和方法（4）着重考查函数与方程思想、数形结合、等价转化、分类讨论等重要的数学思想.
点评：（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算问题中非常重要，树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意解题的目标；
（2）数列中与的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题型，要切实注意与之间关系的转化.如：，
=等；
（3）等差、等比数列的基本知识是必考内容，这类考题既有选择题，填空题，又有解答题；有容易题、中等题，也有难题，在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，充分理解公式的变式及适用范围，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；
（4）求和问题也是常见的试题，等差数列、等比数列及可以转化为等差、等比数列求和问题应掌握，还应该掌握一些特殊数列的求和方法，如公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等；
（5）在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，
进一步培养阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力；
（6）解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．
习题3－1
1.等比数列中，，=4，函数，则（
）
A．
B.
C.
D.
2．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，若=，则=_________．
3．数列中，，（是不为零的常数，），且成等比数列．
（1）求的值；
（2）求的通项公式；
（3）求数列的前项之和．
4．(2011陕西文科19)如图3-1-3，从点做x轴的垂线交曲线于点曲线在点处的切线与x轴交于点，再从做x轴的垂线交曲线于点，依次重复上述过程得到一系列点：记点的坐标为.
（Ⅰ）试求与的关系
（?Ⅱ）求．
5．已知数列满足且
（1）求的表达式；
（2）求；
（3）若，试比较的大小，并说明理由.
第二节
解不等式
不等式是高中数学的传统内容，对不等式的性质、一元二次不等式、简单的线性规划、均值不等式的考查多以选择、填空题的形式出现，这类试题虽然难度不大，但往往有一定的灵活性.若是解答题,也是中等难度的题目；高考中涉及不等式的，更多的情况是以函数与导数、方程、三角、数列、解析几何等知识为载体，综合考查不等式的解法和证明.
不等式因它的基础性（是研究函数、方程、极限等必不可少的工具）、渗透性（容易与其它各部分知识结合在一起）、应用性（实际应用广泛），很自然地成为每年高考的热点.近几年，高考关于不等式的命题趋势是：
（1）单纯不等式的题目多以选择填空题的形式出现，若是解答题也是中等难度的题目；
（2）高考中涉及不等式的，更多的情况是以函数、方程、三角、数列、解析几何等知识为载体，综合考查不等式的解法和证明，突出不等式的工具性.在高考试卷中，有关解不等式的试题一般有一到两道．
考试要求
（1）不等关系：了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景．
（2）一元二次不等式
①
会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型．
②
通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系．
③
会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图．
（3）二元一次不等式组与简单线性规划问题
①
会从实际情境中抽象出二元一次不等式组．
②
了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组．
③
会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决．
题型一：
不等式的解法
例1(2011上海理科20)已知函数，其中常数满足。
⑴
若，判断函数的单调性；
⑵
若，求时的取值范围。
点拨；解不等式的基本思想方法是转化：一元二次不等式转化为一元一次不等式，分式不等式转化为整式不等式，指数与对数不等式（通过化“同底”）转化为代数不等式，抽象函数不等式（通过单调性）转化为具体不等式等.本题是指数不等式，可通过化“同底”求解．
解：⑴
当时，任意，则
∵
，，
∴
，函数在上是增函数。
当时，同理，函数在上是减函数。
⑵
当时，，则；
当时，，则.
易错点：对符号的讨论.
变式与引申1：（1）不等式的解集是
.
（2）设函数则不等式的解集是（
）
A
B
C
D
题型二：含参数不等式的解法
例2
解关于的不等式．
点拨：解分式不等式应通过分解因式化成形如的不等式（称为“规范式”，其中称为“根”），
然后再利用序轴穿根法写出解集.本题尽管含有字
母参数，但解法仍然相同，所不同的是根的大
小可能不能确定，因而可能要分类讨论.
首先通过移项把原不等式化为，
进一步朝规范化方向行进时遇到了可能为
的问题，所以首先要对是否为分类讨论，
接下来该怎样进行，请看右边的流程图.
解：原不等式可化为
（＊）
（1）设
，不等式化为，解
得.
（2）设，
如果，不等式可化为.
当,即时,；
当,即时,；
当,即时,解得.
如果，不等式可化为，
解得或.
综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；
　当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
　当时，不等式的解集为．
易错点：在规范化的过程中，对可能为零视而不见；在已经规范化了之后，对不确定的根的大小关系不加区分.整体表现为不能有序地进行分类讨论.
变式引申2：（1）解关于的不等式．
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（2）已知函数（a，b为常数）且方程f(x)－x+12=0有两个实根为x1=3,
x2=4.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）设k>1，解关于x的不等式；
题型三：不等式的恒成立问题
例3已知函数．
（1）若，求的值；
（2）若对于恒成立，求实数m的取值范围
点拨：不等式恒成立问题通常有以下处理方法：（1）分离参数法，将参数与变量进行分离，再转化为最值问题解决；（2）变换主元法，有些题分离参数后很难求最值，可考虑变换思维角度，即主元与参数互换位置（3）数形结合法。本题分离参数后可求最值.
解（1）.
由已知，
解得
∵
.
（2）当即∵,
∴在上恒成立,∴.又时,,
故的取值范围是.
易错点：（1）绝对值的处理方法不明确，找不到解题的突破口（2）指数运算不熟悉，不能正确地将参数与变量进行分离（3）能否取等号也是常见的错误.
变式与引申3：（1）已知，当时，恒成立，求a的取值范围．
（2）奇函数上是增函数，当时，是否存在实数m，使对所有的均成立？若存在，求出适合条件的所有实数m；若不存在，说明理由.
题型四：线性规划问题与基本不等式
例4
（1）
设满足则(
).
（A）有最小值2，最大值3
（B）有最小值2，无最大值
（C）有最大值3，无最小值
（D）既无最小值，也无最大值
（2）函数的图象恒过定点，
若点在直线上，其中，则的最小值
为
．
点拨：（1）首先准确地作出线性约束条件下的可行域，再由y＝－x
经过平移得到结论，这里关键就在于转化与化归．（2）找出定点的坐标，
代入直线方程，得，由均值不等式得结果.
解（1）画出不等式表示的平面区域，如右图，由z＝x＋y，得y＝－x＋z，令z＝0，画出y＝－x的图象，当它的平行线经过A（2,0）时，z取得最小值，最小值为：z＝2，无最大值，故选.B
（2）函数的图象恒过定点,,，,∴.
易错点：
可行域画不准确，将y＝－x经过平移后得到的最优解不正确，
变式与引申4：（1）设不等式组所表示的平面区域是,平面区域是与关于直线对称,对于中的任意一点A与中的任意一点B,
的最小值等于(
)
A．
B．4
C．
D．2
（2）已知，则的最小值是（
）
A．2
B．
C．4
D．5
本节主要考查：（1）一元一次不等式、一元二次不等式的性质及能转化为它们的分式不等式、绝对值不等式、指数与对数不等式的解法以及含字母系数不等式的解法；（2）基本不等式及其应用，简单的线性规划等问题（3）图解法、换元法、分析法、综合法等方法（4）数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用以及逻辑推理能力、运算求解能力等基本数学能力.
点评：
（1）解不等式的关键是等价转化.分式不等式转化为整式不等式；指数与对数不等式转化为代数不等式；抽象函数的不等式在确定其单调性的前提下去掉函数符号转化为代数不等式．
（2）在不等式的求解中，换元法和图解法是常用的技巧之一.通过换元，可将较复杂的不等式化归为较简单的或基本不等式；通过构造函数，将不等式的解化归为直观、形象的图象关系.对含有参数的不等式，运用图解法，有时可以使分类标准更加明晰．
（3）等价转化．具体地说，分式化为整式，高次化为低次，绝对值化为非绝对值，指数与对数化为代数式等．分类讨论．分类讨论的目的是处理解决问题过程中遇到的障碍，在无障碍时不要提前进行分类讨论．数形结合．有些不等式的解决可化为两个函数图像间的位置关系的讨论等几何问题．
（4）函数方程思想．解不等式可化为解方程或求函数图像与轴交点的问题，根据题意判断所求解的区间．如“穿根法”实际上就是一种函数方程思想．
（5）线性规划问题的解题步骤：①根据线性约束条件画出可行域；②利用线性目标函数求出最优解。最优“整点”不一定在可行区域内，这时需要将相近的点一一列出，再代入约束条件和目标函数逐一检验，得出正确答案.
（6）在利用基本不等式解决有关问题时，特别注意不等式成立的条件，即“一正，二定值，三相等”在使用基本不等式时，要掌握常见的恒等变形技巧。
（7）不等式渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用．如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题等，无一不与不等式有着密切的联系.因此不等式应用问题体现了一定的灵活性、综合性．在解决问题时，要依据题设、题断的结构特点及内在联系，选择适当的解决方案，最终归结为不等式的求解．
习题3－2
1．
(2011年湖南卷理科第7题)
设，在约束条件下，目标函数的最大值小于2，则的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
2．若对任意，恒成立，则的取值范围是
．
3．已知函数f(x)＝log2(x＋－a)的定义域为A，值域为B．（1）当a＝4时，求集合A；（2）设I＝R为全集，集合M＝{x|y＝}，若(CIM)∪(CIB)＝，求实数a的取值范围．
4．解关于x的不等式＞1(a≠1)
．
5．已知是定义在上的奇函数，且，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0时
＞0
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
(1)用定义证明在［－1，1］上是增函数；
(2)解不等式：；
(3)若对所有，恒成立，求实数t的取值范围．
第三节
不等式选讲
不等式选讲是一个选考内容,纵观近年关于课程标准的高考试题,含绝对值不等式的试题常以选做题的形式出现,属于中档偏易题.最值与恒成立问题是高考的常考点,不等式的证明常与数列相结合,考查数学归纳法、放缩法等技能方法,属于中高档题,甚至是压轴题,难度一般控制在之间.
考试要求：
⑴理解绝对值及其几何意义.
①绝对值不等式的变式：.
②利用绝对值的几何意义求解几类不等式：①；②；③.
⑵了解不等式证明的方法：如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法；
⑶了解柯西不等式：若，则,
当且仅当时取等号.
题型一
含绝对值不等式
例（2011全国课标卷理科第24题）设函数,其中.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集
（Ⅱ）若不等式的解集为
，求a的值。
点拨：⑴解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号.
⑵可考虑采用零点分段法.
解：
（Ⅰ）当时，可化为,
由此可得
或,
故不等式的解集为或.
(?Ⅱ)
由的
此不等式化为不等式组
或
即
或
因为，所以不等式组的解集为
由题设可得=
，故.
易错点：⑴含有多项绝对值的不等式的转化易出错；⑵不会运用分类讨论的数学思想,去掉绝对值符号.
变式与引申：若，求证：
.
题型二
不等式的性质
例.⑴设，则的最小值是(
).
A.
B.
C.
D.
⑵设且,求的最大值.
点拨：⑴观察分母能发现其和为,则已知可配凑成,再利用基本不等式求解；⑵观察已知条件,可将所求式子转化为,再利用基本不等式求解.
【答案】B
解：⑴＝
.
当且仅当,,时等号成立,如取,,满足条件.
（2）∵,∴.
又,∴,即
易错点：忽视基本不等式求最值时的“一正、二定、三相等”条件.
变式与引申2：已知,且,求证:.
题型三
不等式的证明
例3
已知,且,求证：.
点拨：由,得,,.可使问题得证；也可运用柯西不等式证明.
解法1：∵
,∴,,,
∴.
解法2：由柯西不等式,得,∴.
易错点：⑴易出现的错误；⑵忽视基本不等式中等号成立的条件.
变式与引申3：
⑴，求证：.
题型四
不等式与函数的综合应用
例4已知函数.当时.
⑴求证：；
⑵若,则当时,求证：.
点拨：本题中所给条件并不足以确定参数,的值，但应该注意到：所要求的结论不是的确定值,而是与条件相对应的“取值范围”,因此,我们可以用
、、来表示,,因为由已知条件有,,,可使问题获证.
解：
(1)
证明：由，从而有
,∵,∴
(2)由,,,.
从而
,将以上三式代入，并整理得
,
.
易错点：⑴不会用、来表示、、及其它们的和差关系式,从而解题思路受阻；⑵不能灵活运用绝对值,对问题进行转化；⑶运用放缩法时的放缩程度把握不住.
变式与引申4：设二次函数，函数的两个零点为.
（1）若求不等式的解集；
（2）若且，比较与的大小．
本节主要考查：⑴不等式的性质(基本不等式与柯西不等式)应用；⑵含绝对值不等式的解法；
⑶逆求参数取值范围；⑷数学归纳法证明与数列有关的不等式问题；
⑸函数方程思想、分类讨论思想、转化化归思想以及比较法、分析法、综合法、数学归纳法和放缩法等数学思想方法.
点评：⑴运用不等式性质解有关问题时,要随时对性质成立的条件保持高度警惕,避免错误发生；
⑵应用绝对值不等式解题时,要注意绝对值不等式中等号成立的条件；解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号,主要思路有：①利用绝对值的几何意义；②零点分段讨论；③平方转化；④借助图象直观获解.
⑶利用基本不等式和柯西不等式求最值是不等式选讲的重点考查内容之一,解题中常用技巧是注意创设应用基本不等式的条件,合理地拆分项或配凑因式,即把已知式子转化成基本不等式和柯西不等式的模型.在应用求最值时,“一正、二定、三相等”三个条件不可缺一.
⑷证明不等式的常用方法：
①比较法,即作差比较法与作商比较法；②综合法—-由因导果；③分析法---执果索因；④数学归纳法,证明不等式时应把握两点：一是明确证题的关键是第二步的证明,即运用的归纳假设作为条件去推证时的命题成立.如果没有运用归纳假设条件,就直接证得结论那么这种证法就不是数学归纳法；二是注意明确时目标式的结构特征,以选择恰当的方法去证明,若直接证明目标式有困难,可借助其他辅助方法(放缩法、分析法等)去证明.⑤放缩法,运用时应注意观察“放与缩”的方向和“放与缩”的量的大小,把握好放缩的“度”,熟记一些常用放缩技巧和放缩的结构形式.
⑸不等式作为工具,常与函数、导数、数列、解析几何结合在一起,在高考中以综合题形式出现,应给予关注.
习题3-3
1．已知条件p：，条件q：<1，则q是p成立的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2不等式对任意实数恒成立,则实数的取值范围为(
).
A.
B.
C.
D.
3.设,是大于的常数,若的最小值是,则的值等于______.
4.求证：.
5.设数列的前项和为，已知(n∈N
).
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若存在整数，使对任意n∈N
且n≥2,都有成立，求的最大值；
（3）令，数列的前项和为，求证：当n∈N
且n≥2时，.
第四节
数列与不等式的综合应用
数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法.数列与不等式的交汇综合又是高考的重中之重.
近几年，高考关于数列与不等式的综合应用的命题趋势是：
（1）以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇．
（2）以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大．
题型一
数列中的不等关系
例1设等差数列的前项和为，，，则的最大值是
.
【点拨】数列与不等式的小题，主要是运用基本不等式、不等式的性质、线性规划等求范围或最值．本题明为数列，实为线性规划，着力考查了转化化归和数形结合思想．因约束条件只有两个，本题也可用不等式的方法求解．
【解法1】由题意，，即，，．
建立平面直角坐标系，画出可行域（图略），画出目标函数即直线，由图知，当直线过可行域内点时截距最大，此时目标函数取最大值．
【解法2】前面同解法1
设，由解得，∴
由不等式的性质得：
，即
，的最大值是4．
【解法3】前面同解法1，
∴
∴，即
∴，的最大值是4．
【易错点】一方面得出不等式组，之后不知如何运用；另一方面用线性规划求最值时，用错点的坐标．
变式与引申1：
⑴等比数列的公比，第17项的平方等于第24项，求使
恒成立的正整数的取值范围．
⑵设若是与的等比中项，则的最小值为
（
）
A．8
B．4
C．2
D．1
题型二
数列、函数与不等式
例2
已知函数，数列满足，且．
（1）设，证明：；
（2）设（1）中的数列的前项和为，证明．
【点拨】数列参与的不等式的证明问题常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法证明；(3)放缩法，利用迭代法、累加法、累乘法构建关系进行放缩.
【解】（1）
由条件知
故
（2）由（1）的过程可知
，
.
【易错点】不易找出放缩的方法，从而无法证明．放缩法中通过对分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的．
变式与引申2：
已知数列是首项的等比数列，其前项和为，且成等差数列。
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设为数列的前项和，
求证：
题型三
数列与不等式的探索性问题
例3已知数列和满足：，，，其中为实数，为正整数.
（1）对任意实数，证明数列不是等比数列；
（2）试判断数列是否为等比数列，并证明你的结论；
（3）设,为数列的前项和.是否存在实数，使得对任意正整数，都有?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
【点拨】数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.也可直接推理判断是否存在.
【解】（1）证明：假设存在一个实数λ，使｛an｝是等比数列，则有a22=a1a3,
即
矛盾.所以｛an｝不是等比数列.
(2)因为bn+1=(-1)n+1［an+1-3(n-1)+21］=(-1)n+1(an-2n+14)=(-1)n·（an-3n+21）=
又,所以
当，,此时不是等比数列；
当时，,由上可知bn≠0，∴(n∈N+).
故当时，数列是以为首项，为公比的等比数列.
(3)由（2）知，当,不满足题目要求.
∴，故知，于是可得
要使a(n∈N+)
当n为正奇数时，；当n为正偶数时，
∴f(n)的最大值为f(1)=,f(n)的最小值为f(2)=
,
于是，
当a当b>3a存在实数λ，使得对任意正整数n,都有a【易错点】证明（2）时容易丢失这种情况；含的问题要对n分奇偶两种情况讨论．
变式与引申3：（2009年四川卷文科第22题）设数列的前项和为，对任意的正整数，都有成立，记.
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，是否存在正整数，使得成立？若存在，找出一个正整数；若不存在，请说明理由；
（3）记，设数列的前项和为，求证：对任意正整数都有.
题型三
数列、解几与不等式
例4设C1，
C2，
…Cn，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x
(?http:?/??/?www.zxsx.com?)轴的正半轴上，且都与直线相切，对每一个正整数n
(?http:?/??/?www.zxsx.com?)
，圆Cn都与圆Cn+1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知{rn
}为递增数列.
(1)证明：{rn
}为等比数列；
(2)设r1=1，求数列的前
HYPERLINK
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Equation.DSMT4
项和.
【点拨】本题明是对等比数列的概念及数列求和的方法的考查，实是对数形结合及解析法的深层次的考查．要求学生把相关知识方法融合，分析题意，找出解决问题的路径，进行正确的推理与运算，简洁明了的表述过程与结果．
【解】（1）将直线的倾斜角记为，则有
设的圆心为，则由题意得知，得，同理可得：
从而，又，∴∴{rn
}为公比为3的等比数列
（2）由于，∴，从而，记，则有
∴
两式相减得：
∴
【易错点】错位相减法及找出及之间的关系不易建立，要充分利用数形结合解决问题．
变式与引申4：
如图，已知曲线．从C上的点作x轴的垂线，交于点，再从点作y轴的垂线，交C于点设，．
（1）求点Q1、Q2的坐标；
（2）求数列的通项公式；
（3）记数列的前n项和为，求证：.
本节主要考查：数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用，此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能.
点评
数列与不等式作为高中数学代数的两大核心内容，其在高考试卷中处于的核心地位，数列与不等式的综合是高考的重中之重，有数列与不等式的主要交汇，有不等式与函数的重点交叉，数列与函数、数列与数学归纳法、不等式与解析几何的交汇也比较突出．当这些两者甚至三者交汇结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活，对学生的数学思维能力，分析问题和解决问题的能力，计算能力以及数学的思想和方法、数学的素养都有较高的要求．
（1）试题主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．
（2）求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：（1）建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；（2）首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；（3）利用条件中的不等式关系确定最值．
（3）探索型问题常常需要由给定的题设条件去探索相应的结论，或探索满足某些条件的对象是否存在，问题增加了许多可变因素，思维指向不明显．探索型问题有：（1）猜想型，即结论未给出，解题时需要首选探索结论，然后再加以证明；（2）判断型，即判定符合某种条件的数学对象是否存在或其结论是否成立，解题时常先假设存在，然后求出或导出矛盾．
（4）
数列中的不等式问题，一般有放缩，构造函数这两类常见的方法．用放缩法证明不等式有：（1）利用迭代法构建关系进行放缩；（2）利用累加法构建关系进行放缩；（3）利用累乘法构建关系进行放缩；
（5）利用可求和的新数列构建关系进行放缩．而放缩主要是把数列的通项放缩为一个可求和的数列，如放缩为等比、等差或可裂项求和的数列．
习题3－4
1．数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列，设数列的前项和为
，且，则对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，小于的最小正整数为
（
）
A．1
?
　B．2
　
C．3
　　
D．4
2．已知成等差数列，成等比数列，则的最小值是________.
3．设数列的前项和为，且，其中为常数，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设数列的公比为数列满足求证：.
4．已知为锐角，且，函数，数列的首项.
（1）求函数的表达式；
（2）求证：；
（3）求证：.
5．已知，数列满足，数列满足,
.
求证：（1）；
（2）；
（3）若，则当时，有.
图3-1-1
图3-1-2
图3-1-3
开始
结束
化为
化为规范式
化为规范式
与的大小
是否确定？
讨论与的大小关系
与的大小
是否确定？
讨论与的大小关系
写出解集
图
图
答图
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精品试卷·第
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精品资料·第
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第九讲
数学高考的创新试题解题指导
第一节
需要抽象概括的创新试题
高考数学归纳抽象创新题的命题特点：加强创新意识的考查，有利于实现选拔功能；深化课改，促进能力立意命题的实践和发展.
其中新定义信息型创新题是近年高考出现频率最高的创新题之一，因其背景新颖，构思巧妙，能有效甄别考生的思维品质，因而倍受高考命题专家垂青.
题型一　定义新概念
【例1】设是一个数集，且至少含有两个数，若对任意、，都有、，
、（除数），则称是一个数域.例如有理数集是数域；数集也是数域.有下列命题：
①整数集是数域；
②若有理数集，则数集必为数域；
③数域必为无限集；
④存在无穷多个数域.
其中正确的命题的序号是　
（把你认为正确的命题的序号填填上）
点拨：本题定义了新的概念：数域，审题非常关键，解题时可采用排除法，代入特殊的数值对选项进行排除筛选.
此题是以高等数学中“群、环、域”的知识考查高中数学中有关知识的问题，体现了高考数学与中学数学的和谐接轨，以高考数学知识为背景的问题，对已有的知识改造、重组创造“新知识”的问题，也成为高考试题的一大亮点.定义一个新概念，要求学生面对陌生情境，迅速提取有用信息，要善于挖掘概念的内涵与本质，并合理迁移运用已学的知识加以解决.这类问题较好地考查学生的转化能力、知识迁移能力以及学生探究性学习的潜能.
解析：对于整数集，当，时，,故①错；对于满足的集合，不是数域，②错；若是数域，则存在且，依定义，，，，,均是中元素，故中有无数元素，③正确；类似数集也是数域，④正确，故选③，④
易错点：审题不清，未能理解数域的定义所应满足的条件.
变式与引申
1.定义若平面点集中的任一个点，总存在正实数，使得集合
，称为一个开集．给出下列集合：
①；②
；
③；④
．
其中是开集的是
．（请写出所有符合条件的序号）
题型二　定义新数表
【例2】全体正整数排成一个三角形数阵：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
根据以上排列规律，数阵中第（）行的从左向右的第3个数是
.
点拨：由数阵找到（）行的最后一个数.
数表其实是数列的一种分拆，不同的分拆方式就会产生不同的数表，本题中的数阵是对正整数数列的一种重排，只要找出其排列规律便不难求得答案，本题以三角形数表为载体，考查了学生观察、归纳、猜想的思维能力.源于杨辉三角的数表蕴含着丰富的性质，数表型试题在各地高考试卷中屡见不鲜.
解析：该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，…，第行有个数，则第（）行的最后一个数为，则第行的第3个数为.
易错点：未能找到新的数阵的规律，解题无从入手.
变式与引申
2.将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
记表中的第一列数构成的数列
(?http:?/??/?www.mathschina.com?)为，．为数列的前项和，且满足．
（Ⅰ）证明数列成等差数列，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）上表中，若从第三行起，第一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当时，求上表中第行所有项的和．
题型三　定义新数列
【例3】若数列满足（为正常数，），则称为“等方比数列”．甲：数列是等方比数列；乙：数列是等比数列，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
点拨：
本题主要考察等比数列的定义和创新定义的理解、转换.等比数列，则公比应唯一确定.
数列是高考重点考查的内容，围绕数列问题创设情境，设计出一些新颖的题目是近几年高考的一大亮点，如2010年上海卷的“对称数列”、2009年湖北卷的“等方比数列”、2008年江苏卷的“绝对差数列”、2007的北京卷的“等和数列”等，各种新数列精彩纷呈，此类试题形式新颖、内容深远、能力要求广泛、解法多样，能够较好地考查考生的学习能力、逻辑思维能力、应用能力和创新能力等.
解析：由等比数列的定义数列，若乙：是等比数列，公比为，即，则甲命题成立；反之，若甲：数列是等方比数列，即即公比不一定为，
则命题乙不成立，故选B.
易错点：是由，得到的是两个等比数列，而命题乙是指一个等比数列，忽略等比数列的确定性，容易错选C.
变式与引申
3.对于每项均是正整数的数列，定义变换，将数列变换成数列．
对于每项均是非负整数的数列，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；
又定义．
设是每项均为正整数的有穷数列，令（）．
（Ⅰ）如果数列为5，3，2，写出数列；
（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列，证明；
（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．
本节主要考查：数学归纳抽象创新题的求解要求认真理解题意，透过“现象”把握问题的本质，并将它抽象成数学如函数、数列问题，运用相应的数学知识求解．新定义问题的求解通常分三大步骤进行:(1)对新定义进行信息提取，确定化归方向；(2)对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法;(3)对定义中提取知识进行转换，有效地输出.其中对定义信息的提取和化归转化是求解的关键，也是一个难点.
点评：抽象是指舍弃事物非本质的属性，揭示其本质的属性；概括是指把仅仅属于某一类对象的共同属性区分出来的思维过程.抽象和概括是相互联系的，没有抽象就不可能有概括，而概括必须在抽象的基础上得出某一观点或作出某项结论.
抽象概括能力就是从具体的、生动的实例，在抽象概括的过程中，发现研究对象的本质；从给定的大量信息材料中，概括出一些结论，并能应用于解决问题或作出新的判断.
平时的数学学习中要切实加强自主探究能力和创新意识的培养，从而不断提高自身的数学素养，增强分析问题和解决问题的综合能力.如可以多订阅报刊杂志，从杂志中涉猎新题.有了新题还得用好新题，通过新题归纳解题的思维方法，激发学生的思维风暴；关注题型的纵横发展，注重多元性，拓展发散思维.另外，还要注意强化数学建模，提高实践能力，发展个性特长.重点抓好运用高中数学知识解决生活中的实际问题的能力的培养与训练，注重数学知识和技能应用的灵活性、综合性、发散性和迁移性.以提高数学阅读能力为起点，建立数学模型为核心，寻找或自行编制一些贴近生活的实际应用题，特别是概率与统计应用题.
习题9－1
1．(2011高考江西卷
·理)如图9-1-1，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方
向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小
圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大
致是(
)
2．设函数的定义域为,若存在常数,使对一切实数均成立,则称为“倍约束函数”.现给出下列函数:
①;
②;
③;
④;
⑤是定义在实数集R上的奇函数,且对一切,均有.
其中是“倍约束函数”的有（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
3.如图9-1-2，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：
1，2，3，4，5，6的横纵坐标分别对应数列的
前12项，如下表所示：
按如此规律下去，则_______
.
4．图9-1-3展示了一个由区间到实数集的映射过程：区间中的实数对应数轴上的点，如图9-1-3中的图①；将线段围成一个圆，使两端点、恰好重合，如图②；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在轴上，点的坐标为，如图③.图③中直线与轴交于点，则的象就是，记作.
图9-1-3
(Ⅰ)方程的解是
;
(Ⅱ)下列说法中正确命题的序号是
.(填出所有正确命题的序号)
①；
②是奇函数;
③在定义域上单调递增;
④的图像关于点
对称．
第2节
需要构建模式的创新试题
高考数学应用题的命题方向,是引导学生自觉地置身于现实生活的大环境中,关心身边的数学问题,了解社会,关心社会,形成健全的人格.
题型一
构建指数函数模式的问题
【例1】有一个受到污染的湖泊，其湖水的容积为立方米，每天流出湖泊的水量都是立方米，现假设下雨和蒸发正好平衡，且污染物质与湖水能很好地混合，用表示某一时刻每立方米湖水所含污染物质的克数，我们称为在时刻时的湖水污染质量分数，已知目前污染源以每天克的污染物质污染湖水，湖水污染质量分数满足关系式：
（），其中是湖水污染的初始质量分数.
（Ⅰ）当湖水污染质量分数为常数时，求湖水污染的初始质量分数；
（Ⅱ）求证：当时，湖泊的污染程度将越来越严重；
（Ⅲ）如果政府加大治污力度，使得湖泊的所有污染停止，那么需要经过多少天才能使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的5%？
点拨：本题结合实际生活中湖泊水质的问题，得到湖水污染指数的函数关系式，通过分析函数的特征，得到污染质量分数的情况.
解析：（Ⅰ）∵为常数，
有，
∴
(Ⅱ)
我们易证得，
则
∵，，，
∴.
故湖水污染质量分数随时间变化而增加，污染越来越严重.
(Ⅲ)污染停止即，，设经过天能使湖水污染下降到初始污染水平5%，即
∴，∴，
故需要天才能使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的5%.
易错点：审题不清，未能理解湖水污染指数的函数关系式中各个参数之间的关系，对于较为复杂解析式没能找到影响函数单调性的参数.
变式与引申
1.设D和D1是两个平面区域,且.在区域D内任取一点M，记“点M落在区域D1内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)=.
在东西方向直线延伸的湖岸上有一港口A,一艘机艇以40km/h的速度从A港出发,30分钟后因故障而停在湖里.已知机艇出发后，先按东偏北某个方向直线前进,以后又改成正北，但不知最初的方向和何时改变方向,如果去营救,则营救到机艇的概率是
.
题型二
构建二次函数模式的问题
【例2】一个人以6米/秒的速度去追停在交通灯前的汽车，当他离汽车25米时，交通灯由红变绿，汽车以1米
/
秒2的加速度匀加速开走，那么（
）
A．人可在7米内追上汽车
B．人可在10米内追上汽车
C．人追不上汽车,其间距离最近为5米
D．人追不上汽车,其间距离最近为7米
点拨：本题是一道加速行程问题,
需要运用物理现象建立数学模型，即汽车行程+25=人的行程，建立二次函数关系式．
解析：若经秒人刚好追上汽车，则，由，得
考虑距离差
故当时,有最小值7
,
即人与汽车最少相距7米,
故选D．
易错点：理解物理运动情境时出现了偏差，未能得到正确的二次函数关系式.
变式与引申
2.
给出下列一系列化合物的分子式:
、、则该系列化合物中,分子中含碳元素的质量分数最大可无限接近（
）．
A．
95%
B．
96%
C．
97%
D．98%
题型三
构建对勾函数模式的问题
【例3】某工厂拟建一座平面图（如图9-2-1所示）为矩形且面积为的三级污水处理池，如果池外周壁建造单价为每米400元，中间两条隔墙建造单价为每米248元，池底建造单价为每平方米80元（池壁厚度忽略不计，且池无盖）
(Ⅰ)写出总造价（元）与污水处理池长
()的函数关系式；
(Ⅱ)若由于地形限制，长、宽都不能超过，求的定义域；
(Ⅲ)在条件(Ⅱ)下，污水处理池的长和宽各为多少时，污水处理池的总造价最低？并求出最低总造价.
点拨：本题给出一个实际问题的情景，如何设计污水处理池，使得造价最低.首先需要根据题意建立造价关于设计方案的函数模型，再根据条件求出函数的定义域，在求解函数的最值方面常见的方法是分析函数在定义域上的单调性，进而求最值.
解析：(Ⅰ)因污水处理水池的长为，则宽为，
总造价为：
(Ⅱ)由题设条件，解得，即函数定义域为
(Ⅲ)先研究函数在上的单调性，
对于任意的，不妨设
则
，，，即
又，，即
故函数在上是减函数，∴当时，取得最小值，
此时
综上，当污水处理池的长为，宽为时，总造价最低，最低为45000元
易错点：建立函数模型后未考虑函数定义域，对于对勾函数的单调性不熟悉.
【注】
对勾函数是一种类似于反比例函数的一般函数.所谓的对勾函数，是形如的函数，是一种教材上没有但考试老喜欢考的函数，所以更加要注意和学习.
我们发现学习过的均值不等式实际就是对勾函数的参数a，b同号时的特例，等号成立时能取到最值；当不能取到等号时就要用对勾函数的单调性来求函数的最值.
若a，b异号：
　　（1）a＞0，b＜0时，在定义域内是增函数，递增区间为（-∞，0）和（0，+∞）,
　　（2）a＜0，b＞0时，在定义域内是减函数，递减区间为（-∞，0）和（0，+∞）.
通过研究我们可以知道高中阶段的对勾函数的参数主要是a，b同号，求最值的应用，所以我们要熟悉对勾函数的图像、性质和单调性.
本题考查的是学生对于对勾函数单调性的理解，在区间上单调递减，在区间上单调递增，在上取得极小值，这一函数性质在不等式和导数中均有重要应用.学生可思考若不限制函数的定义域，此题的最优造价方案又将如何.
变式与引申
3.
要建一间地面面积为20，墙高为的长方形储藏室，在四面墙中有一面安装一扇门（门的面积和墙面的面积按一定的比例设计）.已知含门一面的平均造价为300元，其余三面的造价为200元，屋顶的造价为250元.问怎样设计储藏室地面矩形的长与宽，能使总价最低，最低造价是多少？
本节主要考查：
近年高考应用题的背景:
安徽省是添加剂的搭配方案问题,北京市是公司招聘员工的考试方案问题,广东省是运动员射击问题,湖北省、辽宁省是数学竞赛问题,湖南省是小型煤矿进行安全检查问题,江西省是商场举行抽奖促销活动问题,重庆市是乘客上下电梯问题,浙江是摸球问题,真正做到了“贴近生活、背景公平、控制难度”的命题原则.随着学习能力、理性思维能力、创新意识逐步纳入高考考查的轨道，关心社会热点的结合新增内容的新颖的原创应用试题会大量出现.
点评：所谓应用意识就是能综合应用所学数学知识、思想和方法解决问题，包括解决在相关学科、生产、生活中简单的数学问题；能理解对问题陈述的材料，并对所提供的信息资料进行归纳、整理和分类，将实际问题抽象为数学问题，建立数学模型；应用相关的数学方法解决问题并加以验证，并能用数学语言正确地表达和说明.应用的主要过程是依据现实的生活背景，提炼相关的数量关系，将现实问题转化为数学问题，构造数学模型，并加以解决.
情境创新问题，题型新颖，形式多样，融综合性、应用性、开放性、创新性于一体．要求认真理解题意，透过“现象”把握问题的本质，并将它抽象成数学(如函数、数列、概率、不等式、三角等)问题，运用相应的数学知识求解．
习题9－2
1．定义:
则称为集合A的n阶拆分,则满足条件的A的2009阶拆分有
组.(用最简计算式作答)
2．已知函数(x≥1)的图像是C1，函数y
=
g
(x)的图像C2与C1关于直线y
=
x对称；
(Ⅰ)求函数y
=
g
(x)
的解析式及定义域M；
(Ⅱ)对于函数y
=
h(x)，如果存在一个正的常数a，使得定义域A内的任意两个不等的值x1，x2都有：｜h(x1)－h(x2)｜≤a｜x1－x2｜成立，则称函数y
=
h(x)
为A上的利普希兹Ⅰ类函数．试证明：y＝g
(x)是M上的利普希兹Ⅰ类函数；
(Ⅲ)设A、B是曲线C2上任意不同两点，证明：直线AB与直线y＝x必相交．
3．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为元，并且每件产品需向总公司交元（）的管理费，预计当每件产品的售价为元（）时，一年的销售量为万件，
（Ⅰ）求该分公司一年的利润（万元）与每件产品的售价的函数关系式；
（Ⅱ）当每件产品的售价为多少元时，该分公司一年的利润最大，并求出的最大值.
4．如图9-2-3，某新建小区有一片边长为1(单位：百米)的正方形剩余地块，中间部分是一片池塘，池塘的边缘曲线段为函数的图像，另外的边缘是平行于正方形两边的直线段．为了美化该地块，计划修一条穿越该地块的直路（宽度不计），直路与曲线段相切（切点记为），并把该地块分为两部分．记点到边距离为，表示该地块在直路
左下部分的面积．
（1）求的解析式；
（2）求面积的最大值．
5．某人玩硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正、反面的概率都是．棋盘上标有第0站、第1站、第2站、……、第100站．一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，则棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败大本营)时，该游戏结束．设棋子跳到第站的概率为；
(Ⅰ)求，，；(Ⅱ)求证:；(Ⅲ)求玩该游戏获胜的概率．
第3节
研究性问题的创新试题
研究性学习作为一种适应新形势需要的学习方法，其核心是自主学习，有助于激发学生创造动机，提高动手实践能力，树立科学思想，培养创新精神.因此，在近几年高考命题中都有所体现.而要解决高考中的研究性学习问题，就要针对提出的数学问题，充分研究问题的条件和结论之间的联系，运用解决问题和分析问题的数学能力，发现解题依据，从中寻求最佳解题方法.
题型一
知识类比问题
【例1】在中有余弦定理：.
拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明.
点拨：根据类比猜想得出.
其中为侧面为与所成的二面角的平面角.
本题考查由平面三角形的余弦定理到空间斜三棱柱的拓展推广，因为类比是数学发现的重要源泉，因此平时的教学与复习中更要注意类比等思想方法的学习.
解析：
作斜三棱柱的直截面DEF，则为面与面所成角，在中有余弦定理：
，
同乘以，得：
即
易错点：本题考查的是立体几何中的余弦定理，学生容易将平面几何余弦定理中边长之间的关系直接生搬硬套在立体几何中.
变式与引申
1.已知椭圆具有性质：若、是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上任意一点，当直线、的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点P的位置无关的定值.试对双曲线写出具有类似特性的性质，并加以证明.
题型二
条件探索性问题
例2
已知首项为的数列满足,其中：为常数.
(Ⅰ)若对任意的，有对任意的都成立，求的值；
(Ⅱ)当时，若，数列是递增数列还是递减数列？请说明理由；
(Ⅲ)当确定后，数列由其首项确定，当时，通过对数列的探究，写出“是有穷数列”的一个真命题（不必证明）
说明：对于第(Ⅲ)小题，将根据写出真命题所体现的思维层次和对问题探究的完整性，给予不同的评分.
点拨：本题作为高考的压轴题，考察学生对数列中递推公式的理解和应用，因此可从递推公式入手，求出关于通项的方程，求出参数，第(Ⅱ)小题可应用证明数列单调性的定义法，直接比较与的大小，第(Ⅲ)小题属于开放探索型题型，要求学生写出使得结论成立的条件，此时关键在于求出与结论等价的充分必要条件.
条件开放的数学问题，可用执果索因的演绎法或由特殊到一般的归纳法，也可以从结论出发，利用给定的条件，逆向推理直到终结点便是所探索的条件．
解析：(Ⅰ)由于，则，
当时，由于的任意性，得，则
(Ⅱ)数列是递减数列，由于，，则，恒成立.
又由于，，因此数列是单调递减数列.
(Ⅲ)真命题：
1
数列满足，若，则数列是有穷数列；
2
数列满足，若，，则数列是有穷数列；
3
数列满足，则数列是有穷数列的充要条件是存在，使得；
4
数列满足，则数列是有穷数列且项数为的充要条件是
，
易错点：求解递推公式时，推导与之间的关系式出错.另外，判断并证明数列单调性中，没有利用一般的归纳法得到，给接下来的证明带来困难.
变式与引申
2.给定集合，映射满足：
①当时，；
②任取若，则有.
则称映射：
是一个“优映射”.例如：用表1表示的映射：是一个
“优映射”.
表1
表2
1
2
3
2
3
1
1
2
3
4
3
(Ⅰ)已知表2表示的映射：
是一个优映射，请把表2补充完整（只需填出一个满足条件的映射）；
(Ⅱ)若映射：是“优映射”，且方程的解恰有6个，则这样的“优映射”的个数是_____.
题型三
结论探索型问题
例3
如图9－3－1，在直棱柱ABCD—A1B1C1D1中．
(Ⅰ)当A1CB1D1时，试确定底面四边形ABCD的形状；
(Ⅱ)如果底面ABCD是正方形，E是C1D1的中点，是否存在实数，当时，DECA1．若存在，求出实数的范围；若不存在，说明理由．
点拨：(Ⅰ)根据条件，可以考虑四边形的特殊性，采用逆推法；（2）在ABCD是正方形的情况下，可以建立空间直角坐标系，利用向量运算的确定性来转化开放运动的不定条件，方便问题的解决．
解析：(Ⅰ)根据条件与结论分析，如果A1CB1D1，则BD一定垂直平面AA1C，只要满足条件ACBD
就能推出结论，因此对四边形ABCD的形状可以是正方形、菱形、筝形．
(Ⅱ)以A为原点建立如图9－4所示的空间直角坐标系，设底面边长AB=，AA1=，则
因为，如果有DECA1，则
此时，故不存在满足条件的实数．
易错点：空间点的坐标易写错，向量运算不正确.
变式与引申
3.设动点的坐标为，向量，，且.
(Ⅰ)求动点的轨迹的方程；
(Ⅱ)过点作直线与曲线交于两点，若（为坐标原点），是否存在直线，使得四边形为矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
题型四
综合探究能力问题
例4对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数
.
（Ⅰ）当，时，求函数的不动点；
（Ⅱ）若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若图像上，两点的横坐标是函数的不动点，且，两点关于直线对称，求的最小值.
点拨：理解不动点的概念，求出不动点的充要条件.
本题以高等数学中不动点的概念为背景，考察学生能综合灵活运用所学数学知识，思想方法.对新概念、新知识、新信息、新情景、新问题进行分析、探索、创造性的解决问题的能力.
解析：（Ⅰ），因为为不动点，因此有所以或，所以和为的不动点.
（Ⅱ）因为恒有两个不动点，，
即，由题设恒成立，即对任意，
恒成立，所以有，所以.
（Ⅲ）由，得，由题设即，
设，的中点为，则，因为，所以，所以有，因为，当且仅当即时，有最小值.
易错点：学生未能理解不动点的概念，仅仅简单地从字面上理解，未能转化为数学语言，这也要求我们在训练学生思维能力方面重要的是把握对概念的理解.
变式与引申
4.
设是定义在上的函数，若存在，使得在上单调递增，在上单调递减，则称为上的单峰函数，为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．
（I）证明：对任意的，，，若，则为含峰区间；若，则为含峰区间；
（II）对给定的（），证明：存在，满足，使得由（I）所确定的含峰区间的长度不大于（区间长度等于区间的右端点与左端点之差）
本节主要考查：高考数学命题中的研究性创新问题主要有学习能力型、结论探索型、解题策略研究型、综合探究能力型等几种类型.
研究性创新问题因其思维含量高、知识覆盖面广、综合性强，这类创新题在高考中频频亮相.
点评：所谓创新意识就是能发现问题、提出问题，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想方法，选择有效的方法和手段分析信息，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.
创新意识是理性思维的高层次表现.对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创新意识也就越强.
高考中的研究性学习问题，就要针对提出的数学问题，充分研究问题的条件和结论之间的联系，运用数学综合能力，发现解题依据，从中寻求最佳解题方法.
如类比是将解题方法、式子结构、运算法则、问题结论等或引申、或推广、或迁移，由已知探索未知，由旧知探索新知；善于从若干特殊现象中总结出一般规律.
高考中对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查.在考试中创设新颖的问题情境，构造有一定深度和广度的数学问题时，往往注重问题的多样化，体现思维的发散性；精心设计考查数学主体内容、体现数学素质的试题；也会有反映数、形运动变化的试题以及研究型、探索型、开放型等类型的试题.这种试题往往以压轴题的形式出现.
习题9－3
1．已知　　　　　　　　的两个焦点，是椭圆上一点，且，请将题目中所空缺的一个可能条件填入_________处.
2.设等差数列的前项和为，则，，，成等差数列.类比以上结论有：设等比数列的前项积为，则，
，
，成等比数列.
3．对于在区间上有意义的两个函数与，如果对任意的，均有，则称与在上是接近的，否则称与在上是非接近的，现有两个函数与，给定区间.
（Ⅰ）若与在给定区间上都有意义，求的取值范围;
(Ⅱ)讨论与在给定区间上是否是接近的.
4．如图9－3－2，矩形ABCD所在平面外的一点P，Q为BC的中点，PA平面ABCD，M是PD上的一动点，且PA=AB=2，AD=4
．
（1）当等于多少时？二面角M—AQ—D为600；
（2）N为线段AQ上的动点，设，是否
存在正实数，使得．如果存在，请求
出对应的实数；如果不存在，说明理由.
5．过椭圆上的动点P引圆的两条切线PA、PB，A、B为切点，直线AB与X轴、Y轴分别交于M、N.
（1）问代数式的值是否与P点的运动相关？并证明你的结论；
（2）是否存在点P使得？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
6．已知函数具有性质:
（I）当固定,记求的表达式（k=0,1,2,…,n）;
（II）　对证明.
图9-1-2
图9-1-1
图9-2-1
图9-2-3
M
N
K
O
y
B
C
D
(A)
x
图9－3－1
图9－3－2
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第二讲　三角函数与平面向量
第一节
三角函数的化简、求值及证明
三角函数的化简、求值及证明涉及恒等变换，而三角函数的恒等变换是历年高考命题的热点.
它既可以出现小题（选择或者填空），也可以与三角函数的性质，解三角形，向量等知识结合，参杂、渗透在解答题中，它们的难度值一般控制在0.5-0.8之间.
提高三角变换能力,
要学会设置条件,
灵活运用三角公式,
掌握运算、化简及证明的方法和技能.
考试要求
⑴理解同角三角函数的基本关系式；（2）会推导两角和与差、二倍角的余弦、正弦、正切公式，了解它们的内在联系，能运用上述公式进行简单的恒等变换；（3）掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题；(4)能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
题型一
已知三角函数的值求角问题
例1
（１）在中，内角的对边分别是，若，，则（　　）．
　Ａ．　　　B．　　　C．　　　D．
（２）若，，求α+2β=
.
点拨
本题（１）应先利用正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理求角A.
题（２）首先应求α+2β的函数值，为了使角的范围好控制，这里选用正切值好一点，然后根据条件依次找出所需的条件，要注意角的范围.
解三角形的问题关键是灵活运用正弦定理和余弦定理，正确进行边化角、角化边，探寻解答.
题（２）最困难的地方在于确定α+2β的范围，一般地，根据已知条件，把角的范围限制得越精确，结果也越准确.
解（１）由及正弦定理，得，代入，得
　　　　，即，又，（为什么从角化边入手？）
由余弦定理，（选用余弦定理合理否？）
所以．故选Ａ．
（２）∵，，∴
∴，（为什么要把角的范围定得这样精确？）
α+2β,又tan2β=,
∴,∴α+2β=.
易错点
题（１）记错公式、忘记讨论角的范围或者代数运算不熟练是造成这类解三角形问题的出错的主要原因.这里选用余弦定理求角是正确的，如果选用正弦定理求角就不合理，一是出现2个角，二是要讨论舍弃1个角，更容易出错；题（２）中，角的范围容易忽略或放大，导致错误.
变式与引申1：已知α，β为锐角，tanα=，sinβ=,求2α+β的值.
题型二
三角函数化简、求值问题
例2　（2011江西卷文科第17题）在中，角A,B,C的对边是a,b,c,已知
　　（1）求的值
　　（2）若a=1,
,求边c的值.
点拨(1)合理且灵活运用正弦定理和余弦定理,选择是从角化边入手还是边化角入手；（2）关键是如何利用已知条件恒等变形求出,再利用正弦定理求出.
解：（1）由
正弦定理得：
及：所以。
（2）由
展开易得：
正弦定理：
易错点
本题涉及到正弦定理、诱导公式及三角形内角和为180°这两个知识点的考查,
不知道利用将已知条件中的角化成同角,从而利用恒等变形得出.再由正弦定理求出
变式与引申2：（2011江西卷文理科科第17题）在△ABC中，角的对边分别是，已知.
（1）求的值；
（2）若，求边的值.
题型三
三角函数的取值范围问题
例3　已知函数.
（1）当时，求在区间上的取值范围；
（2）当时，，求的值.
点
拨
（1）首先把变换成的形式，要特别注意在限定区间上求的取值范围；（2）如何把正切值转换为已知的三角函数值，从而求出的值.
解
(1)
当，.
由，得，
从而在区间上的取值范围是.
（2）=
=
.
由，得
，
.所以，由
，求得
.
在高考中，本题第（2）小题还出现一些新的解法，同学们不妨一试：
解法思路：由
，从而有四条思路：
（1），化成关于的等式，求出m-2;
（2），同（1），求出m=-2.
（3），同（1），求出m-2.
（4）由，，求出m-2.
易错点
记错二倍角公式；不会在区间上，联系三角函数图像求函数的取值范围；或运用公式不合理，产生错误.例如用，去求，容易出现符号处理带来的麻烦等等.
变式与引申3：已知向量，，且，其中A、B、C是ABC的内角，分别是角A，B，C的对边．
（1）求角C的大小；
（2）求的取值范围．
题型四
三角函数化简、求值的综合应用
例4　已知角是三角形的三内角，向量,,，
且.
（1）求角；
（2）求；（3）若边的长为，求的面积．
点拨
本题难在第（2）题，若整理成关于角B的二次式或齐次式，运算则相对简单；第（3）题也要注意选择运算简单的思路.
解（1）∵,
∴
,
即.
,.
∵,∴,∴,
∴.
（2）由题知，整理得，∴,
∴.∴或.而使，舍去.
∴.
∴.
（3）由（1）知，
得，又，故（舍去负值，为什么？）,
由正弦定理，∴.
∴.
故三角形的面积.
易错点
求解本题，易错点有二：一是本题有点运算量,很容易由于选择的解法运算繁琐而算错；二是不会根据条件回避讨论.由角的范围或其它隐含条件去讨论甄别函数值至关重要，也很容易出错．
其它解法思路：化简时，也有很多的思路，如：
⑴由,得；
⑵由得等.
变式与引申4：在例4题（3）中，若内角A，B，C的对边分别为a、b、c，且求边c的长.
本节主要考查
⑴三角函数的公式及其在化简、求值和证明中的运用；⑵
恒等变换的能力和运算能力；⑶三角形中的边、角、面积等关系（正余弦定理）；（4）等价转化的数学思想方法等等.
点评
高考试题中的三角函数题相对比较传统，难度较低，位置靠前，重点突出.因此，在复习过程中既要注重三角知识的基础性，突出三角函数的图象、周期性、单调性、奇偶性、对称性等性质.以及化简、求值和最值等重点内容的复习，又要注重三角知识的工具性，突出三角与代数、几何、向量的综合联系，以及三角知识的应用意识.本节涉及的知识与技能主要有:
（1）三角函数式的化简问题，在最后所得到的结果中，要求所含函数和角的名称或种类最少,三角函数名称尽可能统一，各项的次数尽可能地低，出现的项数最少，一般应使分母和根号不含三角函数式，对能求出具体数值的，要求出值．
（2）三角函数的求值问题，是训练三角恒等变换的基本题型，求值的关键是熟练掌握公式及应用,
掌握公式的逆用和变形.在化简和求值中，重视角的范围对三角函数值的影响，对角的范围尤其要注意讨论.
（3）证明恒等式的过程就是分析、转化、消去等式两边差异来促成统一的过程，在进行三角函数的化简和三角恒等式的证明时，需要仔细观察题目的特征，灵活、恰当地选择公式.
证明时常用的方法有：①从一边开始，证明它等于另一边；②证明左右两边同等于同一个式子；③证明与原式等价的另一个式子成立，从而推出原式成立；④分析法等.
（4）近年的考纲明确提出要加强对正余弦定理的考查，且常结合三角形内的三角恒等变换进行考查．解三角形这类题目的解答程序是：一是看方向（是从角化边入手还是边化角入手）；二是用定理（合
理且灵活运用正弦定理和余弦定理）；三是定答案（根据取值范围讨论并确定答案）.还要特别注意三角形中三个角A、B、C，三条边a、b、c，中线ma，角平分线AD，外接圆半径R，内切圆半径r，三角形面积S之间的关系和三角形的形状.
（5）三角函数的综合问题常常与向量，二次函数等有关，但着力点还是三角知识，尤其是利用二倍角公式、“切化弦”、同角三角函数的基本关系、两角和与差等进行恒等变形，是高考考查的重中之重.
解答这类综合问题的原则是三点：
降次——化次数较高的三角式为次数较低的三角式；
减元——化多种三角函数为单一的三角函数；
变角——化多角的三角函数为单角的三角函数.
还要特别注意：
①1的变化：
②角的变化：
③化切为弦、升幂公式、降幂公式的合理运用；
④在理解的基础上熟记和灵活运用各种公式，包括正用公式、反用公式和变用公式.
习题2－1
1.
已知cos+sinβ=，sin+cosβ的取值范围是D，x∈D，则函数y=的最小值为(
).
A.
B.
C.
D.
2.在锐角三角形ABC，A、B、C的对边分别为a、b、c，，则=________．
3.已知，求的值．
4.
在中，角满足
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围.
5.已知向量m＝（，1），n＝(，).
（1）若m?n=1,求的值;
（2）记f(x)=
m?n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a,b,c，且满足（2a-c）cosB=bcosC，求函数f(A)的取值范围.
第二节
三角函数的图像、性质及其变换
近几年高考对“三角函数”一章三角的考查要求略有降低，而对三角函数的图像、性质的考查有逐步加强的趋势.
“考试大纲”将三角函数的图象和性质，由“了解”改为“理解”，提高了一个层次.因此，考生在复习中要作出相应的调整.它们的难度值一般控制在0.5-0.8之间，且在解答题中大多需要利用三角函数的变换和性质求解.
考试要求
⑴理解正弦函数、余弦函数的定义、性质,理解正切函数的单调性；⑵了解函数的物理意义，会用“五点法”画正弦函数、余弦函数和函数y=Asin(ωx+φ)的简图，了解参数
对函数图像变化的影响.
题型一
由“参”定“形”，由“形”定“参”
【例1】
点拨：（1）在函数y＝Asin（ωx＋）的有关问题中，只要确定了这三个参数A，ω，φ，则该函数的图像、性质等就出来了；同理，（2）中，已知图像求解析式问题，关键也是确定三个参数A，ω，φ，最困难的就是求φ.
于是，本题的答案为②、③．
例2.已知函数的图象如图所示,
则它的解析式为.
点拨：已知图像求解析式问题，关键也是确定三个参数A，ω，φ，
尤其是求φ.
解析:由图知
以下求的值有多种方法可供选择：
易错点
例（１）中，选项“”的含义容易被误解；例（2）中，已知图像求解析式中的φ时，常常由于方法不当或范围不清晰而不能求出准确值.
点评：三角函数的图像由若干个参数确定(即由“参”定“形”)，同时，已知三角函数的图像也能够确定这若干个参数（即由“形”定“参”).本例所用的方法带有普遍性，用来求解有关函数y＝Asin（ωx＋）的图象问题十分奏效.
变式与引申1：若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值为（
）
A．
B.
C.
D.
题型二
利用图像的性质解题
【例3】设函数f
(x)的图象与直线x
=a，x
=b及x轴所围成图形的面积称为函数f(x)在[a，b]上的面积，已知函数y＝sinnx在[0，]上的面积为（n∈N
），
（1）y＝sin3x
在[0,]上的面积为　
　；（2）y＝sin（3x－π）＋1在[，]上的面积为　
.
点拨：本题解题的关键是审题，可以画个草图帮助理解题意，如图.第（1）问简单，第（2）问的函数图像有了变化：向右移动个单位，再向上移动1个单位；其所求的面积就是图中直线,
，x轴以及y＝sin（3x－π）＋1的图像
所围成图形的面积.
可以把直线y=1上方的两
个“波峰”拿一个填入“波谷”，得到一个矩形
和一个“波峰”，其面积容易求出.
【解析】（1）T=,
n=3,一个周期的面积为.
（2）S=1×(-)+=.
易错点:
第（2）问审题容易出问题，结合图像能够帮助理解题意.
点评：本题主要考查了正弦函数的图象的平移变换、对称变换及其应用，解题时要注意观察题目函数图像的特点随机应变，如本题可利用图像的对称性解题.
变式与引申2：已知函数，x∈[0,
]的图象和直线y=2围成一个封闭的平面图形，求该图形的面积.
题型三
三角函数性质的应用
【例4】已知函数（，且均为常数），
（1）求函数的最小正周期；
（2）若在区间上单调递增，且恰好能够取到的最小值2，试求的值．
点拨
研究三角函数的性质（如周期、最值、单调性、奇偶性等）时，首先应该对所给的函数关系式进行化简，最好化为一个角（形如）、一种三角函数的形式．
【解析】（1）
（其中），
所以，函数的最小正周期为．
（2）
由（1）可知：的最小值为，所以，．………
①
另外，由在区间上单调递增，可知在区间上的最小值为，
所以，，………
②
联立①②解得：.
易错点:
在题（2）中，不能利用隐含条件”的最小值2”正确列出方程组，还有计算时也容易出错.
变式与引申3：已知函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别是，，.
（1）求的解析式，并写出的单调递减区间；
（2）设，求函数的值域.
题型四
三角函数的图象和性质的综合应用
【例4】已知函数的图象上有一个最低点，将图象上的各点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的倍，然后再向左平移1个单位得到的图象，且方程的所有正根构成一个以3为公差的等差数列，求的解析式及其最小正周期、单调递减区间.
点拨
本题比较难，首先难在审题上，要理清各层题目意思；其次，原题中的函数不但有a,b,c三个
参数，而且图像也不在标准位置上；第三难在通过图像变换后，会得到什么样的函数图像，还有方程的根正好构成等差数列又怎么理解.解题思路分析如下：第一步，要化成同名函数；其次是利用转化的思想，把“三元”化为“一元”，这可以通过图象上有一个最低点来转化得到；然后处理图像变换，得出y=f(x)的含参解析式；最后利用等差数列求出参数c.
此题是三角函数图象的综合应用题，要正确解答必须对三角函数图象变换的基本特性有较深刻的认识，考查综合应用知识的能力，和数形结合、转化的数学思想.解决三角函数的图象变换问题，要注意以下两方面：首先要化为同名函数；其次是周期变换发生在相位变换之前时，应明确平移的量是什么.还要充分运用数形结合、转化等数学思想解题.
【解析】将函数化为，由条件得
，
下一步是关键是求出参数c，显然的周期，其半周期的长度恰好为3.而可看成的图象与直线的交点的横坐标，且由半
周期的长度为3可知，相邻交点间的距离也为3，从而由
三角函数图象的特征知道，，否则无法满足半周期为3.
的图象与与直线的交点只可能是在的各
对称中心，对称轴向上平移了3个单位，即，如图
.从而,单调递减区间为.
易错点
本题易出错的地方是平移、伸缩时，解析式的变化，再就是用等差数列的条件时讨论不全．
变式与引申4：函数的性质通常指函数的定义域、值域、周期性、单调性、奇偶性等，请选择适当的探究顺序，研究函数f(x)=
+的性质，并在此基础上，作出其在的草图．
本节主要考查
⑴三角函数的图象，包括：①y=sinx、y=cosx、y=tanx的图象；②“五点法”画出y=Asin（ωx+φ）的简图；③利用平移和伸缩变换画出y=Asin（ωx+φ）的图象；⑵三角函数性质，包括奇偶性，单调性，周期性，最值；⑶三角函数的图象和性质的综合应用；（4）等价转化，数形结合等数学思想方法.
点评
高考对三角函数的图象和性质一向是考查的重点，在复习过程中要注意与三角函数的化简、求值等基础知识，以及三角函数的恒等变形等结合起来，还要注意与代数、几何、向量的综合联系.复习的重点是正、余弦函数的图象变换及其应用，掌握它们的性质,其中单调性又是本节的一个难点.
1.对三角函数图象要从对称轴和有界性这两个角度去把握，对称性包括对称轴和对称中心两个关键要素，要熟记y=sinx、y=cosx、y=tanx的对称轴和对称中心．
2．对三角函数性质的研究要首先建立在定义域的基础之上．而求三角函数的定义域往往要解三角不等式，解三角不等式的方法一般表现为图象法或三角函数线法．
对三角函数性质的考查总是与三角变换相结合．一般解题规律是先对三角函数关系式进行三角变换，使之转化为一个角的三角函数的形式，再利用换元法转化为对基本三角函数性质的研究．
3.
求三角函数的最值问题属于常见题型，主要利用正、余弦函数的有界性，一般通过三角变换和换元化为一次函数或二次函数在闭区间上的最值问题,或引入辅助角,或采用“不等式”法,或“数形结合”等基本类型处理.
4.对函数y＝Asin(ωx＋)＋k
(A＞0,
ω＞0,
≠0,
k≠0),其图象的基本变换是个难点，各种变换的实质要熟练掌握，不能单从形式上简单判断．
5．“五点法”是三角函数作简图的有力武器,要熟练掌握.最基本的三角函数图象的形状和位置特征，要准确掌握，它是利用数形结合思想解决三角函数问题的关键．
6.主要题型：求三角函数的定义域、值域、周期，判断奇偶性，求单调区间，利用单调性比较大小，图象的平移和伸缩，图象的对称轴和对称中心，利用图象解题，根据图象求解析式.
7．常用方法：
(1)求三角函数的值域、最值：利用正弦、余弦函数的有界性，通过变换转化为代数最值问题；
(2)求周期：将函数式化为一个三角函数的一次方的形式，再利用公式，利用图象判断.
习题2－2
1.如图，质点P在半径为2的圆周上逆时针运动，其初始位置为P0（，-），角速度为1，那么点P到x轴距离d关于时间t的函数图像大致为
2.
函数的值域是
3.函数f(x)=a+bsin2x+ccos2x的图象经过点A（0，1），B（，1）,且当x∈［0,
］时，f(x)取得最大值2－1．（1）求f(x)的解析式；（2）是否存在向量m，使得将f(x)的图象按向量m平移后可以得到一个奇函数的图象？若存在，求出满足条件的一个m;若不存在，说明理由.
4.已知函数的图像的一部分如图2-2-5所示.
（1）求函数的解析式；
（2）当时，求函数的最大值与最小值及相应的的值.
5．设函数f(x)=a·b，其中向量a=(2cosx，1)，b=(cosx，sin2x)，x∈R.
（1）若f(x)=1－且x∈[－，]，求x；
（2）试作出函数f(x)在一个周期内的简图；
(3)
设函数f(x)的最大值为M
，若有10个互不相等的正数且
，求的值.
第三节
平面向量与代数的综合应用
平面向量与代数的综合应用为每年高考必考内容，以选择题（填空题）形式出现，或作为题设条件与三角函数（解三角形）、数列、函数不等式形成综合解答题的形式出现，分值在4～12分左右；向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，这使它成为中学数学知识的一个交汇点，也成为多项内容的媒介，在高考中主要考查有关的基础知识，突出向量的工具作用，难度系数在0.4～0.8之间.
考试要求
⑴理解平面向量的概念，理解两个向量相等及向量共线的含义；⑵掌握向量的加法、减法及数乘运算；⑶了解平面向量基本定理及其意义，掌握平面向量的正交分解及其坐标表示，理解用坐标表示向量的加法和减法运算及数乘运算，理解用坐标表示的平面向量共线的条件；⑷理解平面向量的数量积的含义及其物理意义，掌握数量积的坐标表达式并会进行数量积的运算，能用数量积表示两向量的夹角，会用数量积判断两向量的垂直关系.
题型一
平面向量的有关概念及应用
例1定义平面向量之间的一种运算“”如下，对任意的，，令，下面说法错误的是（
）
（A）若与共线，则
（B）
（C）对任意的，有
（D）
点拨：仿照平面向量的线性运算规则及数量积的性质进行“”运算.
解：若与共线，则有，故A正确；因为，
而，所以有，故选项B错误，选B.
易错点：把定义的运算“”混同与“”，认同选项B正确.
变式与引申1：已知两个非零向量，定义运算“#”：，其中为的夹角．有两两不共线的三个向量，下列结论：①若，则；②；③若；则；④；⑤．其中正确的个数有（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
题型二
平面向量与三角函数的综合应用
例2：已知向量，．
(1)当时，求的值；(2)求的最小正周期和单调递增区间．
点拨：(1)由向量平行列方程解出的值，所求式子转化成正切单角名称的三角代数式，代入可求解；(2)进行向量坐标形式的数量积运算得到的解析式，转化为函数结构.
解：(1)由
得，即，
所以.
(2)
因为，；所以；
；所以最小正周期为;由
得，故单调递增区间为
().
易错点：计算的值出错；转化为形式出错；下结论时遗漏.
变式与引申2：【2010?辽宁理数】平面上O,A,B三点不共线，设，，则△OAB的面积等于
A.
B
.C.
D
.
题型三
平面向量与数列的综合应用
例3在平面直角坐标系中已知,满足向量与向量共线，且点都在斜率为6的同一条直线上.若.考资
(1)
求数列的通项公式；
(2)
求数列{}的前n项和..
点拨：利用点都在斜率为6的同一条直线上和与共线分别得出数列递推公式和，求出后再求的通项公式.
DB点拨
解：(1)因为点都在斜率为6的同一条直线上，所以，即于是数列是等差数列，故；因为，；又因为共线，所以
即，当n≥2时，
，当n=1时，上式也成立,
所以.
高
(2),
EMBED
Equation.DSMT4
.
易错点：错误理解点都在斜率为6的同一条直线上的含义,无法求得的通项公式；由与共线错列方程得到结果.
变式与引申3：数列中，，，数列中，，，在直角坐标平面内，已知点列，则向量++…+的坐标为(　
).
A.
B.
C.
D.
题型四
平面向量与函数的综合应用
例4已知平面向量(，－1)，(,
).高考资源网
(1)
若存在实数和，使得＋,
，且，试求函数的关系式；高(2)
根据(1)的结论，确定的单调区间.
点拨：第(1)问先分别求得与的坐标，再用的充要条件或是直接利用的充要条件，进行向量的代数运算,其过程将用到向量的数量积公式及求模公式，得到函数的关系式；第(2)问中求函数的单调区间运用的是求导的方法.资源
解：（1）方法一：由题意知(,),
，又高故＝×（）＋×()＝0，整理得：，即
.
高考资源网
方法二：因为(，－1)，(,
),所以＝2，＝1且，又故＝0.
即，化简得,
所以.
(2)
由(1)知：，求导，令＜0得－1＜＜1；令＞0得
＜－1或＞1.
故的单调递减区间是(－1,
1
)，单调递增区间是（－∞，－1）和（1，＋∞）.
易错点：字母运算出错不能正确得到的坐标形式；没能通过简单的心算判断出，使得的展开式中无法消去含有的项.
变式与引申4：1.已知平面向量＝(，－1)，＝(，)，若存在不为零的实数k和角α，使向量＝＋(),
＝＋,且⊥，试求实数
的取值范围；
2.已知两个向量，
.
（1）若且，求实数x的值；
（2）对写出函数具备的性质.
本节主要考查（1）知识点有平面向量的有关概念、加减法的几何意义、向量共线定理、平面向量的基本定理、坐标表示、垂直关系、向量的数量积；（2）演绎推理能力、运算能力、创新意识；（3）函数与方程的思想、数形结合思想和待定系数法.
点评（1）掌握平面向量的基础知识，正确地进行向量的各种运算来处理向量与代数的综合应用问题（如例1），要善于利用向量“数”与“形”两方面的特征；（2）向量共线的充要条件中应注意只有非零向量才能表示与之共线的其他向量，向量共线的坐标表示不能与向量垂直的坐标表示相混淆；（3）理解向量的数量积的定义、运算律、性质并能灵活应用，向量的数量积的结果是实数而不是向量，注意数量积与实数乘法运算律的差异；（4）向量的坐标运算使得向量运算完全代数化，向量与函数、数列、解三角形、不等式等相结合形成了代数的综合问题（如例2、例3、例4），在知识的交汇点处命题来考查了向量的工具性及学生分析问题、解决问题的能力.
习题2—3
1.（2011年湖南理数）在边长为1的正三角形中，设，则.
2.
关于平面向量有下列四个命题：①若，则；
②已知．若，则；③非零向量和，满足，则与的夹角为；④．其中正确的命题为___________．（写出所有正确命题的序号）
3.已知向量
(m是常数),
(1)若是奇函数，求m的值;
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(2)若向量的夹角为中的值，求实数的取值范围.
4.在平面直角坐标系xOy中，点A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。
(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；
(2)设实数t满足()·=0，求t的值.
5.（2010郑州四中模拟）已知点集，其中，点列在中，为与轴的公共点，等差数列的公差为1；
(1)求数列，的通项公式；(2)若，数列的前项和k
s
5
u满足对任意的都成立，试求的取值范围.
第四节
平面向量与几何的综合应用
平面向量与几何的综合应用内容为每年高考必考内容，多以选择题（填空题）形式考查平面向量相关概念的几何意义及与平面几何知识的综合应用，或作为题设条件与解析几何知识综合以解答题形式出现，分值在4-12分左右；难度系数在0.3～0.6之间.
考试要求
⑴理解平面向量的概念、两个向量平行或共线及相等的几何意义；⑵掌握向量的加减法运算及数乘运算几何意义，了解向量线性运算的性质及其几何意义；⑶了解平面向量基本定理及其意义；⑷理解平面向量的数量积的含义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系，能用数量积表示两向量的夹角，会用数量积判断两向量的垂直关系；⑸会用向量方法解决简单的平面几何问题和简单力学问题及其他一些实际问题.
题型一
平面向量加减法及数乘运算的几何意义应用
例1
⑴已知为平面上四点，且，，则(
　)
A．点M在线段AB上
B．点B在线段AM上
C．点A在线段BM上
D．O、A、M、B四点共线
⑵在中，点在上，平分．若，，，，则(
　)　　　　A.
B.
C.
D.
点拨：⑴考查了平面向量的加减法运算，利用数乘运算几何意义根据来判断点M的位置：⑵考查向量的基本运算和三角形的角平分线定理，关键在于确定点D在AB上的位置，由角平分线定理得出D为AB的三等分点，结合向量的基本运算求解；
解：⑴选B.
根据题意知,则，即.由判断出点Ｍ在线段AB的延长线上，即点B在线段AM上；
⑵选B．因为平分，由角平分线定理得，所以Ｄ为AB的三等分点，且，故；
易错点：⑴没有根据来判断点M的位置；⑵同学对角平分线定理不熟悉，导致求解出错.
变式与引申1：⑴（2010湖北卷）已知和点M满足，若存在实数使得成立，则=（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
⑵设分别是的三边上的点，且则与(
)
A.反向平行
B.同向平行
C.互相垂直
D.既不平行也不垂直
题型二
平面向量基本定理及数量积的几何意义应用
例2：⑴在正六边形中，点是内（包括边界）的动点，若，则的取值范围是　　　；
⑵已知，
，，，，设，如果，，，那么为何值时，三点在一条直线上？
⑶（2010江苏南通质检）如图2-8，在等腰中，，点分别是的中点，点是（包括边界）内任意一点，则的取值范围是
；
点拨：⑴利用平面向量基本定理和向量加法的平行四边形法则，通过画图数形结合解出，或者用平面向量基本定理及线性规划的知识来解出；⑵向量个数较多，应选准一对作为基底，利用平面向量共线充要条件列出方程求解；⑶因为，又是向量在的方向上的投影，那么相当于与向量在的方向上的投影的乘积.
解：⑴方法一，的取值范围是.从特例试一试，当点与重合时(如图)，确定，过点作和（即和）的平行线得，易知，,
所以；同理点与重合时，也可以得；点与重合
时，，所以.
方法二，如图建立直角坐标系，设六边形的边长为2，各个顶点的坐标分
别是、、、、、，
令，那么,,.
由得
①，
②，二者联立
有，.因为点在内（包括边界），所以点
必在直线和的下方，同时在直线的上方，求出直线和的方程，
根据线性规划知识得到点满足的约束条件是：；把分别换成得；作图验证可知，当点与重合时，，即；点与重合时，，即.所以的取值范围是；
⑵由题设知，，三点在一条直线上的充要条件是存在实数，使得，即，整理得，①若共线，则可为任意实数；②若不共线，则有，解之得，．所以综上所述，当共线时，则可为任意实数；当不共线时，；
⑶因为点是定点，点在（包括边界）内任意移动，所以向
量在方向上的投影最长时位于处的，最短时位于处，
且为负数，所以，再以为原点，
所在直线为轴，所在直线为轴建立坐标系,得,,,
,，,即.
易错点：⑴对平面向量基本定理概念不清晰，利用向量加法进行平行四边形法则作图不到位，判断的取值出错；⑵不能正确选准一对向量来作为基底去表示，没有对是否共线进行分类讨论；⑶没有认识到的取值范围即为向量在方向上的投影.
变式与引申2：⑴已知在平面直角坐标系中，，，O为原点，且（其中均为实数），若N（1，0），则的最小值是
.
⑵已知=1，=,,点在内，且=30°，设
，则等于（　
）
A.
　
B.3
　
C.
D.
题型三
平面向量与平面几何综合的问题
例３：⑴已知中，过重心的直线交于，交边于，设的面积为，的面积为，，，则①
　　
，②的取值范围是
；
⑵已知圆的半径为１，为该圆的两条切线，、为两切点，那么的最小值为（　）
Ａ．
Ｂ．
Ｃ．
Ｄ．
点拨：⑴令通过引入中间变量根据三角形的重心和平面向量的基本定理演算出和之间的关系式；⑵用的三角函数形式表示出，再使用均值不等式得到答案；或者建立适当的坐标系，使用向量数量积的坐标运算形式求解.
解：⑴；设因为是△的重心，故，又，，因为与共线，所以，即，又与不共线，
所以及，消去，得；
①
，故；
②
，那么，当与重合时，，当位于中点时，，故，故，但因为与不能重合，故
⑵选D.方法一：如图，令
，
令，；
方法二：以圆心O的坐标原点，以OP为轴，建立坐标系：圆的方程为，
设，，，，由
，
所以有．
易错点：⑴没有正确引入中间变量使得和之间的关系式运算出错：⑵对的三角形式化简方向偏离正确结构或建立坐标系没有利用得出，难以继续演算．
变式与引申3：⑴
是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足则的轨迹一定通过
的(
)
A．外心
B．内心
C．重心
D．垂心
⑵如图2-11，半圆的直径，为圆心，是圆弧上不同于的任意
一点，若为半径上的动点，则的最小值是
；
题型四
平面向量与圆锥曲线综合的问题
例4已知直线与曲线：交于两点A、B；
⑴设，当时，求点P的轨迹方程；
⑵是否存在常数，对任意，都有？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
⑶对为任意正实数，是否存在常数，都有为常数？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
点拨：⑴从分析点的坐标与点的坐标相关联，直线方程与曲线方程联立消，演算出点关于的参数方程，消参数可求点P的轨迹方程；⑵由和根与系数关系式建立方程组，去探究是否存在常数；⑶应该是上一问的引申，遵循了由特殊到一般的探究过程．
解：⑴设，则，由消去，得：
；依题意有解得：且；，；所以点P的坐标为消去，得：，即，由得，由且，解得或，点P的轨迹方程为（或）；
⑵假设存在这样的常数．由消y得：　①，及；因为
；解得：．当时，，且方程①判别式，所以对任意，A、B两点总存在，故当时，对任意，都有；
⑶假设这样的常数存在，对为任意正实数，使为一常数M.即，
即，化简得：，对为任意正实数，有，成立，即，出现了矛盾．所以这样的常数不存在．
易错点：求出点P的轨迹方程后，没有注意到的取值范围，代数式化简运算出错．
变式与引申4：⑴已知定点(-1,0)和B
(1,0)，是圆上的一动点，则的最大值是
；最小值是
.
⑵已知、B、C是椭圆M：上的三点，其中点A的坐标为，BC过椭圆M的中心，且，；
1
求椭圆M的方程；
②过点的直线（斜率存在时）与椭圆M交于两点P、Q，设D为椭圆M与轴负半轴的交点，且求实数的取值范围．
本节主要考查
⑴知识点有平面向量的加减法、向量共线定理、平面向量的基本定理、向量的数量积的几何意义及运算，平面向量平行和垂直位置关系；⑵演绎推理能力、运算能力、创新意识；⑶数形结合思想、函数、不等式思想、分类讨论思想、化归转化思想和应用向量法分析解决问题．
点评
⑴认识向量的几何特性．对于向量问题一定要结合图形进行研究，掌握平面向量相关概念的几何意义，正确地运用向量的各种运算来处理向量与几何的综合应用问题（如例1、例2），要善于利用向量“数”与“形”两方面的特征；⑵理解向量数量积的定义、运算律、性质几何意义，并能灵活应用处理与向量的夹角、模长和垂直的相关问题；⑶平面向量能与中学数学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点，注意向量在知识的交汇点处命题，要关注平面向量与三角形等平面几何知识相结合的综合问题（如例３）及平面向量作为解析几何问题的已知条件与之交织在一起的综合问题（例４）；⑷平面向量重视考查综合能力，体现了向量的工具性及学生分析问题、解决问题的能力，学生要善于运用向量方法解题，树立运用向量知识解题的意识；⑸知晓三角形五“心”向量形式的充要条件，设为所在平面上一点，角所对边长分别为，则
①为的外心；
②为的重心；
③为的垂心；
④为的内心；
⑤为的的旁心；
习题２－４
1．(2011全国理科)设向量满足，则的最大值等于
A．2
B.
C.
D.1
2.
设P为内一点，且，则的面积与面积之比为
3．已知A、B、C是直线l上的三点，O是直线l外一点，向量，，满足，求函数)的表达式；
４．在△ABC中，若对任意，有，求证△ABC是直角三角形．
5.已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上。斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设M为椭圆上任意一点，且（），证明：为定值.
图
图
图
图
图
G
图
A
B
C
D
E
F
图
x
C
y
F
E
D
A
B
o
P
C
A
B
N
图
M
P
A
P
B
Q
G
C
图
B
图
P
A
A
C
B
P
O
图
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精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
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精品资料·第
25
页
（共
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第五讲
立体几何
第1节
空间向量
立体几何是高考中的必考内容，会出现在客观题或主观题中，同时在解答题中通常一定有一道综合题，放在解答题的中间位置，属中档题，多数情况用传统法、向量法都可以进行解答，用向量法来解大都可以降低难度、简化运算.空间向量是理科的必学内容.
考试要求
1、空间向量及其运算：⑴了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.⑵掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.⑶掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
2、空间向量的应用：⑴理解直线的方向向量与平面的法向量.⑵能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.⑶能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）⑷能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
题型一
空间向量解决平行与垂直问题
例1如图5-1-1,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
（1）证明PA//平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
点拨：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力，可用传统方法也可用向量方法.用向量方法关键是先要适当建立空间直角坐标系，然后利用向量的垂直和平行，通过数量积转化成坐标计算来解决.
解：如图5-1-2所示建立空间直角坐标系,D为坐标原点,设.
（1）证明：连结AC,AC交BD于G,连结EG.
依题意得.
∵底面ABCD是正方形,∴G是此正方形的中心,故点G的坐标为
且.
∴,这表明PA//EG.
而平面EDB且平面EDB,∴PA//平面EDB.
（2）证明:依题意得,.又,
故.∴.
由已知,且,所以平面EFD.
易错点：不能建立恰当坐标系，导致每个点的坐标难求且数据复杂，会使运算量大，造成错误.
变式与引申
1．如图5-1-3，正方形ABCD和四边形ACEF所在
的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=，CE=EF=1.
（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；
（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE.
题型二
空间向量解决空间角问题
例2
如图5-1-4，
在四面体中，,
,，且.
(Ⅰ)
设为的中点.证明：在上存在一点,使,
并计算的值；
(Ⅱ)
求平面OAC与平面BAC夹角的余弦值.
点拨：(Ⅰ)由,可思考建立坐标系，利用向量的平行与垂直，向量的加减法.结合三垂线定理等知识解决.(Ⅱ)通过法向量的寻找来解决.
解：
(Ⅰ)取为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系（如图5-1-5所示）
则,
∵为的中点，∴.
设,且（0，1），
,=+=,,,,即，，因此存在点,使得.
(Ⅱ)记平面的法向量为，则由且,得，故可取，又平面的法向量为，，平面OAC与平面BAC夹角记为，则cos=.
易错点：寻找所求的平面的法向量易出错.
变式与引申
2.
如图5-1-6，已知点P在正方体
的对角线上，∠PDA=60°.
（1）求DP与所成角的大小；
（2）求DP与平面所成角的大小.
题型三
空间向量解决距离问题
例3如图5-1-7在三棱锥S—ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=2,M、N分别为AB、SB的中点.
（Ⅰ）证明：AC⊥SB；
（Ⅱ）求平面NCM与平面BCM夹角的余弦值；
（Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.
点拨：如果传统法
（Ⅰ）需作辅助线再构造一平面，可得线面垂直结论，即可证得线先垂直；（Ⅱ）由三垂线定理作出两个平面的夹角，再由直角三角形知识即可求解；（Ⅲ）由等体积转换即可求解.?但解此题用下面的空间向量知识解更简捷.
解：（Ⅰ）取AC中点O,连结OS、OB.
∵SA=SC,AB=BC,
∴AC⊥SO且AC⊥BO.
∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面
ABC=AC
∴SO⊥面ABC,∴SO⊥BO.
如图5-1-8所示建立空间直角坐标系O－xyz.
则A（2,0,0）,B（0,2,0）,C（－2,0,0）,
S（0,0,2）,M(1,,0),N(0,,).
∴=（－4,0,0）,=（0,2,2）,∵·=（－4,0,0）·（0,2,2）=0,∴AC⊥SB.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3,,0）,=（－1,0,）.设n=（x,y,z）为平面CMN的一个法向量,
n
则
·n
=－x+z=0,
取z=1,则x=,y=-,∴n
=(,－,1),
又=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,
∴cos(n,)==.
∴平面NCM与平面BCM夹角的余弦值.
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1,,0）,
n
=（,－,1）为平面CMN的一个法向量,
∴点B到平面CMN的距离d==.
易错点：利用向量的数量积的方法解决距离点面距离的问题，方法很巧，但公式易记错.
变式与引申
3.如图5-1-9，四面体ABCD中，O、E分别BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离.
题型四
空间向量解决探索性问题
例4如图5-1-10，四边形为正方形，四边形为矩形，⊥平面，为的中点，且，试问：在线段上是否存在点，使得⊥平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
点拨：结论探索性问题方法是先假设存在，再去推理，
解
假设在线段上存在一点使得⊥平面
如图5-1-10，以为原点，分别为轴建立
空间直角坐标系，有，设
又∴
注意到PE⊥平面AMN
∴
∴
∴
∴，
故在线段上存在点，使⊥平面，线段的长为
易错点:
应用传统方法，寻找解题思路有难度，用向量的方法可以降低思维的难度.空间坐标系的建立要恰当，向量与方程的运算易错.
变式与引申
4.如图5-1-12，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.
（Ⅰ）试确定，使得直线与平面所成角的正切值为；
（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面
上的射影垂直于.并证明你的结论.
本节主要考查：①知识点空间向量的概念及运算、空间直角坐标系及运算；②向量数量积、法向量、利用向量数量积处理空间中的平行、垂直问题；空间角和空间距离等综合应用问题；③空间想像力、等价转化思想的应用以及逻辑推理能力、方程思想、运算求解能力等基本数学能力.
点评：（1）立体几何考查的重点是空间想像力，各种位置关系，尤其是平行与垂直.
（2）位置关系：两条异面直线相互垂直只要证两条异面直线的方向量相互垂直；直线和平面相互平行问题只要证明这条直线的方向量和这个平面内的一个向量相互平行或证明这条直线的方向量和这个平面的法向量相互垂直.直线和平面垂直只要证明直线的方向量与这个平面内不共线的两个向量都垂直或证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行.平面和平面相互垂直用向量法就是证明两个平面的法向量相互垂直.
（3）求距离：求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离.点到平面的距离的求法：①“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来；②向量法，利用公式（其中A为已知点，B为这个平面内的任意一点，这个平面的法向量）.
（4）求角：两条异面直线所成的角：通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是，向量所成的角范围是，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角.直线和平面所成的角：①
“一找二证三求”，
三步都必须要清楚地写出来；
②向量法，先求直线的方向量于平面的法向量所成的角α，那么所要求的角为或.平面与平面所成的角：“一找二证三求”，找出这个两个平面夹角的平面角，然后再来证明我们找出来的这个角是我们要求的两个平面夹角的平面角，最后就通过解三角形来求.②向量法，先求两个平面的法向量所成的角为α，那么这两个平面夹角为α或
π－α.
习题5-1
1.如图5-1-13在直角坐标系中，设，，
沿轴把坐标平面折成的二面角后，的长为（
）
A．
B．
C．
D．
2.
若向量=（1,1,x）,
=(1,2,1),
=(1,1,1),满足条件=-2,则=
.
3.（2011年高考安徽卷·理）如图5-1-14，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。
（Ⅰ）证明直线∥；
（II）求棱锥F—OBED的体积。
4.如图5-1-15,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1,M是底面BC边上的中点,N是侧棱CC1上的点,且CN＝2C1N.
（Ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离.
5.
如图5-1-16所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.
（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；
（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F//平面A1BE？证明你的结论.
第二节
平行与垂直
三视图是新课标高考命题的必考点，大多以小题出现，难度不大.而立体几何中的平行和垂直关系也是高考命题的重点和热点，其中线面垂直的判定和性质几乎年年出现，面面垂直的性质和判定定理也是高考的一个热点，同时各平行的判定和性质也仍会被关注.考题多以解答题出现，属中档或中高档题，难度一般控制在0.50--0.75之间.
考试要求
（1）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（2）理解线线平行，线面平行，面面平行的判定及性质定理，能运用公理，定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题；（3）理解线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定及性质定理，能运用公理，定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
题型一
三视图
例1（1）如图5-2-1是一个几何体的三视图，根据图中数据，
可得该几何体的表面积是（
）
A．
B．
C．
D．
点拨
识别上述三视图表示的立体图形
解
从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合
而成的简单几何体，其表面积为：
，故选D.
易错点
对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.
（2）将正三棱柱截去三个角（如图5-2-2所示，分别是三边的中点）得到几何体如图5-2-3，则该几何体按所示方向的侧视图（或称左视图）为（
）
点拨:
底面和HGDE垂直，分析点B的位置
解：在左视图中，E，D两点重合，B，C两点重合，且平面ADE与平面FDE夹角为直角，故选（A）.
易错点
对于左视图中点B的位置分析不正确.
变式与引申
1.（1）一个体积为的正三棱柱的三视图如图5-2-4所示，
则这个三棱柱的左视图的面积为
（
）
A．
B．8
C．
D．12
（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其主视图、
左视图都是如图5-2-5所示的图形，则这个几何体的最大体积与
最小体积的差是（
）
A．6
B．7
C．8
D．9
题型二
空间的平行关系
例2
如图5-2-6，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H为BC的中点.
（Ⅰ）求证：FH∥平面EDB;
（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB;
（Ⅲ）求四面体B—DEF的体积.
点拨：（Ⅰ）设底面对角线交点为G，则可以通过证明EG∥FH，得∥平面；（Ⅱ）利用线线、线面的平行与垂直关系，证明FH⊥平面ABCD，得FH⊥BC，FH⊥AC，进而得EG⊥AC，平面；（Ⅲ）证明BF⊥平面CDEF，得BF为四面体B-DEF的高，进而求体积.
解:
（Ⅰ）
（Ⅱ）证明：由四边形ABCD为正方形，有,又,
而平面
,为的中点，,
（Ⅲ）解：
为四面体的高，又
易错点：本题是图形不规则的空间几何体，容易导致空间思维的混乱，结论是线面平行与垂直以及体积，考查平行关系的判断与性质.解决这类问题，通常利用线线平行证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直，通过求高和底面积求四面体体积.
变式与引申
2．如图5-2-7：在四棱锥中，底面是菱形，平面ABCD，
点分别为的中点，且.
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积；
（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得平面；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由.
题型三
空间的垂直关系
例3
如图5-2-8，是半径为的半圆，为直径，点为的中点，点和点为线段的三等分点，平面外一点满足==，FE=
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）已知点为线段上的点，，，求平面与平面夹角
的正弦值.
点拨
设法证明平面即可
解：（Ⅰ）证明：∵E为中点，AB=BC，AC为直径，
∴..∴.
又,.
,∴.
（Ⅱ）解：如图5-2-9，过D作.
，.
.又，所以HD为平面BED与平面RQD的交线.
BD,RD平面BDF,
EB平面BDF,HDBD,
HDRD
RDB为平面BED与平面RQD夹角的平面角.
FB=FD,BC=CD,所以FCBD.FBC=
易错点
第二问的计算量大，容易出错.
变式与引申
3.如图5-2-10，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.
（Ⅰ
）求证：DB⊥平面B1BCC1；
（Ⅱ
）设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．
题型四
综合运用
例4
如图5-2-11是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图的左视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图5-2-11所示.
（Ⅰ
）求出该几何体的体积；
（Ⅱ）若N是BC的中点，求证：平面；
（Ⅲ）求证：平面平面.
点拨：（Ⅰ）先对应求出各边；（Ⅱ）找线线平行；（Ⅲ）找线面垂直
解：（Ⅰ）由题意可知：四棱锥中，
平面平面，
所以，平面，又，
则四棱锥的体积为：
（Ⅱ）连接，则
又，
所以四边形为平行四边形，
平面,平面,所以，平面；
（Ⅲ）
,是的中点,，又平面平面平面
由(2)知：平面又平面所以，平面平面.
易错点
容易求错相应边的值，很难找出线面垂直关系.
变式与引申
4.
一个多面体的直观图和三视图如图5-2-12所示，其中M、N分别是AB、AC的中点，G是DF上的一动点.
（Ⅰ）求证：
（Ⅱ）当FG=GD时，在棱AD上确定一点P，使得GP//平面FMC,并给出证明.
本节主要考查
（1）知识点有识别三视图和三视图的还原；线线，线面，面面平行的判定与性质定理；线线，线面，面面垂直的判定与性质定理以及这些知识的综合应用（2）技能技巧；（3）数形结合，转化化归的应用以及观察能力，归纳能力，空间想象能力，运算求解能力等基本数学能力.
点
评
（1）三视图是立体几何的重点，也是新课标的一个重点内容，也是高考的热点，主要考察如何识别三视图和还原成直观图（如例题1）；
（2）在分析三视图还原成几何体过程中，还原几何体是要注意①确定三视方向②分析组合体的组成形式，特点③交线位置和虚实；还原数据时要注意对应：主，俯长对正；主，左高平齐；左，俯宽相等.
（3）平行关系是立体几何中的重点，也是高考中常考热点，在解决线面，面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”，而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意转化的方向总是受题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”.
（4）垂直关系是立体几何中的必考点，无论是线面垂直还是面面垂直，都源于线线的垂直，这种转化为“低维”垂直的思想方法，在解题时非常重要，在处理实际问题的过程中，可以先从题设条件下手，分析已有的垂直关系，再从结论入手分析所以证明的垂直关系，从而架起已知与未知之间的“桥梁”.
（5）对于平行与垂直关系，应根据本节的各种概念，定理多的特点进行复习，重在理清各种定理的特征和关系，总结规律，重视通性通法，培养计算能力和应用能力.
习题5－2
1．如图5-2-13，在一个正方体内放入两个半径不相等的球、，这两个球相外切，且球与正方体共顶点的三个面相切，球与正方体共顶点的三个面相切，则两球在正方体的面上的正投影是
（
）
A.
B.
C.
D.
2．设和为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1）若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；
（2）若外一条直线与内的一条直线平行，则和平行；
（3）设和相交于直线，若内有一条直线垂直于，则和垂直；
（4）直线与垂直的充分必要条件是与内的两条直线垂直．
上面命题中，真命题的序号是
．（写出所有真命题的序号）
3．（2011年高考江苏卷）如图5-2-14，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点
求证：（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD
4.
如图5-2-15，直四棱柱中，底面为菱形为延长线上的一点，面.
(Ⅰ)求平面与平面夹角的大小；
(Ⅱ)在上是否存在一点，使面?若存在，
求的值;不存在，说明理由.
5.如图5-2-16，已知直三棱柱ABC—A1B1C1，，E是棱CC1上动点，F是AB中点，
（1）求证：；
（2）当E是棱CC1中点时，求证：CF//平面AEB1；
（3）在棱CC1上是否存在点E，使得平面与
平面夹角的大小是45°，若存在，求CE的长，
若不存在，请说明理由.
第三节
空间角
空间角是立体几何的重要知识，是空间图形的一个突出量化指标，更是高考的必考内容.近年高考中空间角重点考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面夹角等内容；多以点、线、面的位置关系、空间距离等相结合，考查对图形的识别、理解、应用和加工能力；可以各种题型出现.小题主要以考查概念为主，解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主，属于中高档题,难度值一般控制在0.5-0.7之间.
考试要求⑴了解并掌握异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平夹角的概念；
⑵能用向量方法计算空间几何体中的线线、线面、面面的夹角；（3）掌握数形结合、等价转化的思想方法.
题型一
异面直线所成角的计算
例
等边三角形与正方形有一公共边，平面CAB与平面DAB夹角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于
．
点拨：
首先应画出图形，然后找到平面CAB与平面DAB夹角的平面角，结合条件计算知，四棱锥C—ABDE为正四棱锥.最后可用向量乘法或建立空间直角坐标系，通过向量的坐标运算来求出答案.
解：解法1：
设，作，则，为平面CAB与平面DAB夹角的平面角.，结合等边三角形与正方形可知此四棱锥为正四棱锥，则，
,.
故所成角的余弦值
解法2：以为坐标原点，建立如图5-3-1所示的直角坐标系，
则点,
,
则,
故所成角的余弦值.
易错点：①计算平面CAB与平面DAB夹角易错，从而不能判断四棱锥
C—ABDE为正四棱锥；②计算出错.
变式与引申
1.如图5-3-2，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，
侧棱PA⊥底面ABCD，，，，
则直线AC与PB所成角的余弦值等于
．
题型二
直线与平面所成角的计算
例2
如图5-3-3在正方体中，F是BC的中点，
点E在上，且，试求直线EF与平面所
成角的正弦值.
点拨：关键是求平面的一个法向量.
连结，则为平面的一个法向量.
解：设正方体棱长为1，以为单位正交基底，建立如图5-3-4坐标系，则各点的坐标分别为,连接，所以，由题意可知，为平面的一个法向量，.
故直线EF与平面所成角的正弦值为.
易错点：①求平面的法向量时出错；②计算时易错.
变式与引申
2.
动点P是棱长为1的正方体的对角线上一点，记．当为钝角时，求的取值范围．
题型三
平面与平面夹角的计算
例3
如图5-3-5，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一侧面是正三角形．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求平面BAC与平面DAC夹角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使与面成角？
若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
点拨：本题解题的关键是如何建立空间直角坐标系？如果把原图补成一个
正方体（或另画一个正方体，把原图放进去），建立空间直角坐标系，利
用空间向量计算，将会相当简单.第三问可通过转化的思想，设出E点坐
标，列出方程，解出未知数.
解：（Ⅰ）作面于，连，则四边形是正方形，且，
以为原点，以为轴，为轴建立空间直角坐标系如图5-3-6，则．
，
，则．
（Ⅱ）设平面的法向量为，
则由知：；
同理由知：．可取．
同理，可求得平面的一个法向量为．
由图可以看出，平面BAC与平面DAC夹角的大小应等于，
则．
（Ⅲ）设是线段上一点，则，平面的一个法向量为，，要使与面成角，由图可知与的夹角为，
所以．
则，解得，，则．
故线段上存在点，且时，与面成角．
易错点：易错点有二：一是由于建立空间坐标系不当，导致解法运算繁琐而算错；二是设出后，很难得到，从而不能列出方程，解出E点的位置.
变式与引申
3.如图5-3-7，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，点M在侧棱SC上，.
（Ⅰ）证明：M是侧棱SC的中点；
（Ⅱ）求平面SAM与平面BAM夹角的余弦值.
题型四
以空间角为载体的应用问题
例4
如图5-3-8，在直角梯形ABED中，
AB//DE，ABBE，ABCD,且BC=CD,AB=2,
F、H、G分别为AC
,AD
,DE的中点，现将△ACD
沿CD折起，使平面ACD平面CBED,如图5-3-9．
（Ⅰ）求证：平面FHG//平面ABE；
（Ⅱ）记表示三棱锥B－ACE
的体积，
求的最大值；
（Ⅲ）当取得最大值时，求平面DAB与平面CAB夹角的余弦值．
点拨：一是要抓住折叠后有图形不变的特征;二是求出后，可用导数和重要不等式求的最大值；三是求平面DAB与平面CAB夹角的余弦值有多种方法.
解：（Ⅰ）证明：由图5-3-8结合已知条件知四边形CBED为正方形，如图5-3-9.
∵F、H、G分别为AC
,
AD,DE的中点，∴FH//CD,
HG//AE
∵CD//BE
∴FH//BE
∵面，面，∴面，同理可得面
又∵
∴平面FHG//平面ABE
（Ⅱ）∵平面ACD平面CBED
且ACCD
∴平面CBED
∴＝＝
∵
∴（）
∴＝
∵，令得（不合舍去）或
当时，当时
∴当时有最大值，
（Ⅲ）以点C为坐标原点，CB为x轴建立空间直角坐标系
如图5-3-10所示：由（2）知当取得最大值时，即BC=
这时AC=,∴,,
∴平面ACB的法向量
设平面ABD的法向量为，
∵,
由,得，，令得
设平面DAB与平面CAB夹角为，则
易错点：①折叠前后几何图形特征和数量关系搞混；②计算出差错.
变式与引申
4.已知几何体A—BCED的三视图如图5-3-11所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形.
（Ⅰ）求此几何体的体积V的大小；
（Ⅱ）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；
（Ⅲ）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ并说明理由.
本节主要考查：（1）借助空间几何体内的位置关系求空间角；（2）用向量方法解决线线、线面、面面夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用；（3）运算能力、空间想象能力和探究能力；（4）等价转化的数学思想方法等等.
点
评：1．空间角常见的有线线角、线面角，面面角它们都可在建立空间直角坐标系后利用公式来求.
①线线角：,分别为两异面直线的方向向量.
②线面角：,分别为直线和平面的方向向量和法向量.
③面面角：,或-,分别为两个平面的法向量.
2．平面的法向量是中学数学中的一颗明珠，是用向量法解立体几何问题的锐利武器.求平面法向量的一般步骤.(1)设平面的法向量为=（x,y,z）；(2)在平面内任找两不共线的向量，；(3)根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程组=0，并且=0；(4)解方程组，取其中的一个解，即得法向量
.
3．解决折叠问题的关键是抓住折叠前和折叠后变与不变的几何特征和数量关系，其中不变量是解题的基础，可以先将这些关系一一指出以备后用.
4．对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，再运用方程的思想或向量的方法等转化为代数的问题解决.如果找到了符合题目要求的条件，则存在；如果找不到符合题目要求的条件，或出现了矛盾，则不存在.
对于立体几何的探索性问题用空间向量的方法去解决，只需通过坐标运算进行判断，在解题过程中,把“是否存在问题”转化为：“点的坐标”是否有解，“是否在规定范围内”有解的问题.
习题5－3
1．正方体-中，与平面所成角的余弦值为（
）.
（A）
（B）
（C）
（D）
2．如图5-3-12，已知正三棱柱的各条棱长都相等，M是
侧棱的中点，则异面直线和所成的角的大小是
　　　　
.
3．一个多面体的直观图和三视图如图5-3-13所示
（1）求证:；（2）是否在线段上存在一点,使平面QAC与平面DAC夹角为，设，若存在，求；若不存在，说明理由
4．如图5-3-14所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，O为AE的中点，以AE为折痕将△ADE向上折起，使D到P，且PC=PB.
（Ⅰ
）求证：PO⊥面ABCE；（Ⅱ
）求AC与面PAB所成角的正弦值.
5．如图5-3-15，在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，DAB为直角，AB∥CD,AD=CD=2AB，E、F分别为PC、CD的中点．[]
（Ⅰ）试证：AB平面BEF；
（Ⅱ）设PA＝k
·AB，且平面EBD与平面CBD的夹角大于，
求k的取值范围．
第四节
空间距离
空间距离是高考命题的热点，纵观近几年的高考试题，点点距离一般出现在小题中，属于难题；点到直线的距离，点、线、面到面的距离是常考题型，是大题中的一小问，属于中档题.,难度值一般控制在之间.
考试要求⑴了解并掌握点线、点面、线线、线面、面面距离的概念；⑵能用向量方法计算空间几何体中的点线、点面、线线、线面、面面距离；（3）掌握数形结合、等价转化的思想方法.
题型一
点到平面的距离
例1
如图5-4-1在四棱锥中，底面是矩形，平面，，.
以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点.
（Ⅰ）求证：平面⊥平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离.
点拔：直线与平面所成的角转化为两向量的夹角，注意点面距离的转化，利用平面互相垂直作距离也是一种常用的方法.向量法
解：（Ⅰ）依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC.
又因为P
A⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，
所以CD⊥平面ＰＡＤ，则CD⊥AM，所以A
M⊥平面PCD，
所以平面ABM⊥平面PCD.
（Ⅱ）如图5-4-2所示，建立空间直角坐标系，则，，，
，，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则.设所求角为，则，
（Ⅲ）由条件可得，.在中，,所以,
则,
，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为.
易错点：点到平面的距离转化为点到平面的距离易错.
变式与引申
1.如图5-4-3，已知长方体，，且，
F为的中点．求点到平面的距离.
题型二
直线到平面的距离
例2．
如图5-4-4，在棱长为2的正方体中，
G是的中点，求BD到平面的距离.
点拨：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解.
解：解析一
∥平面，
上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点O平面的距离,，，平面,
又平面平面，两个平面的交线是,作于H，则有平面，即OH是O点到平面的距离.
在中，.
又.
即BD到平面的距离等于.
解析二
∥平面，
上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离.
设点B到平面的距离为h，将它视为三棱锥的高，则
,
即BD到平面的距离等于.
易错点：求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离（点的选择不恰当，运算量大错误率高），.本例根据选出的点直接作出距离或等体积法求出点面距离.
变式与引申
2．如图5-4-5已知边长为的正三角形中，、分别为
和的中点，面，且，设平面过且与
平行.
求与平面间的距离？
题型三
平面与平面间的距离、异面直线间的距离
例3．如图5-4-6，在直三棱柱中，，
D,F,G分别为的中点，EF与相交于H.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面EFG//平面ABD；
（Ⅲ）求平面EGF与平面ABD的距离.
点拨：面面垂直推出线线垂直，线面垂直推出线线垂直；线线平行推出面面平行；面面距离转化成点到平面的距离问题
解：（Ⅰ）由直三棱锥的性质得
由已知
即
（Ⅱ）因为为等腰直角三角形
①
因为FG分别为的中点
②
由①②及EF、GF均在平面EFG内且
（Ⅲ）由（1）知且，所以HD为两平面间的距离
易错点：①、、的公垂线的证明易错；②采用向量或等积法来求解增加运算量而导致出错；
变式与引申
3.如图5-4-7，正四棱锥的高，底边长.
求异面直线和之间的距离.
题型四
以空间距离为载体的探索性问题
例4
如图5-4-8，已知正方体ABCD－棱长为，求异面直线BD与C的距离．
点拨：求两异面直线间的距离实际上就是求两点间的距离的最小值.
解：如图，在BC上取一点M，作MEBC于E，过E作ENBD交BD于N，易知MN为BD与的公垂线时，MN最小.
设BE=，CE=ME=，EN=，
MN====.
?
当时，.
易错点:将异面直线的距离转化为两点间的距离易错.
变式与引申
4．如图5-4-9，直线，垂足为O，已知中，为直角，AB=2，BC=1，该直角三角形做符合以下条件的自由运动：（1），（2）．则C、O两点间的最大距离为
_______
.
本节主要考查：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.
求空间距离，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.
求解空间距离的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量.
点评：一、空间距离
（1）点到直线的距离：点Ｐ到直线的距离为点Ｐ到直线的垂线段的长，常先找或作直线所在平面的垂线，得垂足为Ａ，过Ａ作的垂线，垂足为Ｂ连ＰＢ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线的距离.在直角三角形ＰＡＢ中求出ＰＢ的长即可.
（2）点到平面的距离：点Ｐ到平面的距离为点Ｐ到平面的垂线段的长．常用求法①作出点Ｐ到平面的垂线后求出垂线段的长；②转移法，如果平面的斜线上两点Ａ，Ｂ到斜足Ｃ的距离ＡＢ，ＡＣ的比为，则点Ａ，Ｂ到平面的距离之比也为．特别地，ＡＢ＝ＡＣ时，点Ａ，Ｂ到平面的距离相等；③体积法
（3）异面直线间的距离：异面直线间的距离为间的公垂线段的长．常有求法①先证线段ＡＢ
为异面直线的公垂线段，然后求出ＡＢ的长即可．②找或作出过且与平行的平面，则直线到平面的距离就是异面直线间的距离．③找或作出分别过且与，分别平行的平面，则这两平面间的距离就是异面直线间的距离．④根据异面直线间的距离公式求距离.
（4）直线到平面的距离：只存在于直线和平面平行之间．为直线上任意一点到平面间的距离.
（5）平面与平面间的距离：只存在于两个平行平面之间．为一个平面上任意一点到另一个平面的距离.
以上所说的所有距离：点线距，点面距，线线距，线面距，面面距都是对应图形上两点间的最短距离.所以均可以用求函数的最小值法求各距离
二、空间向量的应用
（1）用法向量求异面直线间的距离
a、b是两异面直线，是a和b
的法向量，点E∈a，F∈b，则异面直线
a与b之间的距离是
；
（2）用法向量求点到平面的距离
已知AB是平面α的
一条斜线，为平面α的法向量，则
A到平面α的距离为；
（3）用法向量求直线到平面间的距离
首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题
（4）用法向量求两平行平面间的距离
首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题.
习题5-4
1.
已知在中，AB=9，AC=15，，它所在平面外一点P到三顶点的距离都是14，那么点P到平面的距离为（
）
A.
13
B.
11
C.
9
D.
7
2.
在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a
，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（
）
A.
B.
C.
D.
3
如图5-4-10，在正三棱柱中，为的中点，是上一点，且由沿棱柱侧面经过棱到的最短路线长为，设这条最短路线与的交点为，
求：（Ⅰ）该三棱柱的侧面展开图的对角线长；
（Ⅱ）的长；
4.
如图5-4-11，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．
（Ⅰ）设是的中点，证明：平面；
（Ⅱ）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．
5.如图5-4-12，在梯形中，，，四边形为矩形，平面平面，.（I）求证：平面；（II）点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的取值范围.
图5-1-1
图5-1-2
第8题
图5-1-3
图5-1-4
图5-1-5
A
B
C
D
P
图5-1-6
图5-1-7
图5-1-8
图5-1-9
M
C
N
A
B
D
E
P
图5-1-10
图5-1-11
M
C
N
A
B
D
E
P
z
x
y
图5-1-12
图5-1-13
图5-1-14
5-1-15
A
D
B
C
A1
D1
B1
C1
E
图5-1-16
左视图
2
3
2
2
图5-2-1
俯视图
图5-2-2
图5-2-3
E
F
D
I
A
H
G
B
C
E
F
D
A
B
C
侧视
B
E
A．
B
E
B．
B
E
C．
B
E
D．
图5-2-4
图5-2-5
图5-2-6
图5-2-7
图5-2-8
图5-2-9
图5-2-10
左视图
俯视图
主观图
图5-1-29
图5-2-11
图5-2-12
图5-2-13
图5-2-14
图5-2-15
5-3-1
D
C
P
A
B
C
D
图5-3-2
图5-3-3
图5-3-4
A
B
C
D
图5-3-5
Ｂ
Ｏ
Ｄ
Ｃ
H
E
A
z
y
x
图5-3-6
图5-3-7
图5-3-8
图5-3-9
图5-3-10
图5-3-11
A1
C1
B1
A
B
C
M
图5-3-12
图5-3-13
A
P
D
B
C
正
视
图
侧
视
图
俯
视
图
图5-3-14
图5-3-15
图5-4-1
图5-4-2
图5-4-3
图5-4-4
图5-4-5
图5-4-6
B
A
C
D
S
O
图5-4-7
B
A
C
D
N
E
图5-4-8
M
图5-4-9
图5-4-10
图5-4-11
图5-4-12
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精品试卷·第
2
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第八讲
运用数学思想方法解题的策略
第一节
运用函数与方程思想解题的策略
函数的主干知识、函数的综合应用以及函数与方程思想的考查，一直是高考的重点内容之一.高考试题中，既有灵活多变的客观性小题，又有一定能力要求的主观性大题，难度有易有难，可以说是贯穿了数学高考整份试卷.高考中所占比重比较大，与函数相关的试题所占比例始终在20%左右，难度值一般控制在之间.
考试要求：考查逻辑思维能力、等价转换能力、空间想象能力、运算能力、识别能力、运用数学知识分析问题和解决问题能力.函数思想主要有：（1）引入变量，确定函数关系；（2）选定主元，揭示函数关系；(3)选取变元，构造函数关系；（4）实际问题，建立函数关系；（5）特殊函数，转化函数关系.方程思想主要有：（1）待定系数求解方程；（2）分类思想讨论方程；（2）变量代换构造方程.
题型一
构造函数和方程解题
例1.已知，（、、），则有（
）.
A.
B.
C.
D.
点拨：方法一通过化简，敏锐地抓住数与式的特点：看作是方程的一个实根，再利用一元二次方程有实数根的充要条件求得；方法二转化为是、的函数，运用重要不等式解题．
解：方法一：依题设有
∴是实系数一元二次方程的一个实根；
∴
∴
故选B.
方法二：去分母，移项，两边平方得：
∴
故选B.
易错点：不能合理地转化为是、的函数或构造来解题.
变式与引申1：(2009年山东文科第12题)已知定义在上的奇函数，满足,且在区间上是增函数,则(
).
A.
B.
C.
D.
题型二
函数、方程、不等式三者之间的相互转化
例2.已知，，对于值域内的所有实数，不等式恒成立，求的取值范围．
点拨：首先明确本题是求的取值范围，这里注意另一个变量，不等式的左边恰是的一次函数，因此依据一次函数的特性得到解决.在多个字母变量的问题中，选准“主元”往往是解题的关键．
解：∵，∴，从而
原题转化为：恒成立，为的一次函数（这里思维的转化很重要）
当时，不等式不成立．∴．
令＝为的一次函数，，问题转化为在上恒大于0，则，解得：或
易错点：
“主元”的选取容易选错，误认为是关于的二次函数，导致错误.
变式与引申2：设不等式对于满足的所有的值都成立，求的取值范围.
题型三
函数与方程在解析几何中的应用
例3.已知中心在坐标原点的椭圆经过点，且点为其右焦点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在平行于的直线，使得直线与椭圆有公共点，且直线与的距离等于4？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
点拨：（1）由右焦点的坐标求得，设左焦点为，由椭圆的定义求得，进而得到椭圆的方程；（2）假设直线存在，设出直线方程，并将直线方程和椭圆的方程联立，表示出直线与的距离，由距离等于4列方程解得.
解：（1）依题意，可设椭圆的方程为，且左焦点为，
从而有，解得
又，所以，故椭圆的方程为
（2）假设存在符合题意的直线，其方程为
由得,因为直线与椭圆有公共点，
所以有
解得
另一方面，由直线与的距离为4，可得，从而
由于，所以符合题意的直线不存在.
易错点：忽略.
变式与引申3：已知的边边所在直线的方程为满足,
点在AC边所在直线上，且满足．
（I）求AC边所在直线的方程；（II）求外接圆的方程；
（III）若动圆过点，且与的外接圆外切，
求动圆的圆心的轨迹方程．
题型四
应用函数与方程研究实际问题
例4.为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用（单位：万元）与隔热层厚度（单位：）满足关系：，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元.设为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和.
（1）求的值及的表达式.
（2）隔热层修建多厚时，总费用达到最小，并求最小值.
点拨：(1)利用赋值法,把特殊点代入,求出.由为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和,列出的表达式.(2)利用导数基础知识求的最小值.
解：（1）设隔热层厚度为，由题设，每年能源消耗费用为
由,得，因此，而建造费用为
故隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
（2），令，即
解得（舍去）
当时，，当时，
故是的最小值点，对应的最小值为
当隔热层修建厚时，总费用达到最小值70万元.
易错点：不能正确领悟的含义；求函数的导数时易发生错误.
变式与引申4：某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口北偏西30°且与该港口相距20海里的处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以海里/小时的航行速度匀速行驶，经过小时与轮船相遇.
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值；
(3)是否存在，使得小艇以海里/小时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定的取值范围；若不存在，请说明理由.
本节主要考查：
（1）本节考查的是函数与方程的思想方法；
（2）主观题即选择题和填空题考查函数与方程思想的基本运算，解答题中，则是更深层次地在知识网络的交汇处、从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查.
点
评：
1.函数思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决.函数思想是对函数概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题.
2.方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决.方程思想是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题.方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系.
3.(1)
函数和方程是密切相关的，对于函数，当时，就转化为方程，也可以把函数式看做二元方程.函数问题（例如求函数的值域等）可以转化为方程问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程，就是求函数的零点.
(2)
函数与不等式也可以相互转化，对于函数，当时，就转化为不等式，借助于函数图象与性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式.
(3)
数列的通项或前项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要.
(4)
函数（）与二项式定理是密切相关的，利用这个函数用赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题.
(5)
解析几何中的许多问题，例如直线和二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决，涉及到二次方程与二次函数的有关理论.
(6)
立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.
习题8-1
1.
已知函数是上的偶函数，若对于，都有，且当时，，则的值为(
)
A．　　　
B．　　
　C．　0　
　D．1
2.设函数，对任意，
恒成立，则实数的取值范围是
.
3．已知函数.若,且,求的取值范围.
4.（2010年江苏第14题）将边长为1正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记,求的最小值.
5.
已知椭圆左、右焦点分别为F1,F2，
若以F2为圆心，为半径作圆F2，过椭圆上一点作此圆的切线，切点为，且|PT|的
最小值不小于．
（1）求椭圆的离心率的取值范围；
（2）设椭圆的短半轴长为，圆F2与x轴的右交点为Q，过点Q作斜率为k（k>0）的直线与椭圆相交于A，B两点，若，求直线l被圆F2截得的弦长s的最大值．
第二节
运用数形结合思想解题的策略
数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化,能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，它是数学的规律性与灵活性的有机结合.运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程.这在解选择题、填空题中更显其优越.
考试大纲的说明中强调：“在高考中，充分利用选择题和填空题的题型特点，为考查数形结合的思想提供了方便，能突出考查考生将复杂的数量关系转化为直观的几何图形问题来解决的意识，而在解答题中，考虑到推理论证的严密性，对数量关系问题的研究仍突出代数的方法而不提倡使用几何的方法，解答题中对数形结合思想的考查以由‘形’到‘数’的转化为主.”
考试要求
展望2011年高考考查数形结合思法，可能会与以下内容为载体来命题：①函数与图象的对应关系；②曲线与方程的对应关系；③以几何元素和几何条件为背景建立起来的概念，如三角函数等；④所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义.
题型一
数形结合在函数与方程中的应用
例1.已知且,试求使方程有解的实数的取值范围.
点拨:利用对数相等的意义,同时构造两个函数,通过函数的图象有没有交点进而得出方程有没有解,从而确定出的取值范围.
解：原方程等价于
构造曲线,直线从而使问题转化为直线和双曲线()
在轴上半部分有交点，求实数的取值范围,如图8-2所示：
有三条临界直线、、
①当在和之间时，直线在轴上的截距
满足时，与有一个交点，
解之可得
②当在上方时，直线在轴上的截距满足
时,
与有一个交点，解之可得
综合①②可得，所求的取值范围是
易错点:
解方程时很可能扩大的取值范围,另外数形结合不会利用双曲线渐近线.
变式与引申1:求函数的值域.
题型二
数形结合在不等式中的应用
例2.若不等式的解集为区间,且,
则
.
点拨：通过数形结合的思想把一个解不等式的问题转化为求一条直线与半圆何时有交点.
解：令,
.其示意图如图8-3:
若,要满足,则,此时.从而.
若,要满足,则.则,从而不存在.
易错点：如不能联想到直线与圆的图象,则思维很容易受阻.
变式与引申2：已知函数有两个零点，则有（
）
A.
B.
C.
D.
题型三
数形结合在平面向量中的应用
例3.在中，，G为外心，求的值.
点拨:结合图形，利用平面向量基本定理和平面向量的三角形法则解题.
解：如图8-4所示，
设的中点为，则，且
.
易错点：不能将表示成，不能发现与的垂直关系.
变式与引申3：（1）如图8-5，，点在由射线、线段及的延长线围成的阴影区域内(不含边界)运动,且,则的取值范围是
；当时,的取值范围是
.
（2）如图8-6，是半圆的直径，是三等分点，是线段的三等分点.若,则的值是（
）
A.34
B.26
C.10
D.2
题型四
数形结合在解析几何中的应用
例4.求函数最小值.
点拨：由题意可知，函数的定义域为，若从代数角度考虑，确实比较复杂；若借助两点间的距离公式，转化为几何问题，则非常容易解决
解：
令,,
则问题化为:在轴求一点,使得取最小值
关于轴的对称点为
易错点：如果用代数方法（如两边平方等）去求解问题，
往往会陷入其中，不得其解.而将代数问题几何化则使问题
变得容易解决.
变式与引申4：(1)平面直角坐标系中，若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（
）.
A.
B.
C.
D.
(2)已知，则的大小关系是（
）.
A.
B.
C.
D.
本节主要考查：数形结合思想一方面考查学生对数学的符号语言、图形语言的理解能力，另一方面考查学生的构图能力以及对图形的想象能力、综合应用知识等能力.
点
评:（1）数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法,它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化,“数缺形时少直观，形少数时难入微”，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质.
（2）函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是
“以形示数”，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是“以数助形”，还有导数更是数形结合的产物，这些都为我们提供了“数形结合”的知识平台.
（3）在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题.用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休”.
（4）是否选择应用数形结合的原则是：是否有利于解决问题，用最简单的办法解决问题为最终目的.
习题8-2
1.若对一切恒成立，则的取值范围是（
）.
A.
B.
C.
D.
2.在平面直角坐标系中，不等式组,（为常数）表示的平面区域的面积是4，则的最小值为
.
3.已知为椭圆内一点，为椭圆左焦点,为椭圆上一动点，求的最大值和最小值.
4.已知曲线与抛物线的交点分别为（如图8-8），曲线与抛物线在点处的切线分别为，且的斜率分别为.
(1)求证:
;
(2)若直线与轴的交点为,当取得最小
值9时,求曲线曲线与的方程.
5.
已知二次函数,
满足且的最小值是．
(1)
求的解析式；(2)
设直线,若直线与的图象以及轴所围成封闭图形的面积是,
直线与的图象所围成封闭图形的面积是,设,当取最小值时,求的值．
(3)已知,
求证:
．
第三节
运用分类讨论思想解题的策略
分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，也是一种数学思想，这种思想对于简化研究对象，发展人的思维有着重要帮助，因此，有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置，在选择题、填空题、解答题中都会涉及到分类讨论的思想方法，其难度在0.4～0.6之间.
考试要求：《考试说明》强调，对于数学思想和方法的考查要与数学知识的考查结合进行，通过数学知识的考查，反映考生对数学思想和方法理解和掌握的程度．考查时，要从学科整体意识和思想含义上立意，注意通性通法，淡化特殊技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度．
题型一
由概念引起的分类讨论
例1.平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于、两点．
求证：“如果直线过点，那么”是真命题.
点拨：（1）联立直线和抛物线，根据向量数量积定义，利用根与系数的关系，可求得；（2）设直线方程时须考虑直线斜率是否存在.
证明：设过点的直线交抛物线于点.
（1）当直线的钭率不存在时,
直线的方程为,此时,直线与抛物线相交于.
∴.
（2）当直线的斜率存在时,设过点的直线的方程为，
由得
又
∵，
∴，
综上所述，命题“如果直线过点，那么”是真命题；
易错点：（1）在本例中，非常容易遗漏当直线的斜率不存在时对命题的论证，习惯性地设直线的方程为，直接求得，从而证明命题是真命题.显然这种证法是不严密的.（2）此题是由概念引起的分类讨论，相关的题目很多，如集合是否为空集的讨论；指数函数、对数函数底数的讨论；公比、斜率的讨论等.
变式与引申1：（1）已知集合，若时，则实数的取值范围是____________.
（2）在等比数列中，，，，求证：.
题型二
由参数引起的分类讨论
例2.（2011全国课标卷理科第21题）已知函数，曲线在点处的切线方程为。
（Ⅰ）求、的值；
（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。
点拨：（1）此题是与导数有关的一类问题，思路为：求导函数，再利用和求出的值；（2）由于该题存在参数，因此应对参数进行分类讨论.
解：
（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故即
解得，。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
。
考虑函数，则。
(i)设，由知，当时，.而，故
当时，，可得；
当x（1，+）时，h（x）<0，可得
h（x）>0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.
（ii）设.由于当x（1，）时，（k-1）（x2
+1）+2x>0,故,而h（1）=0，故当x（1，）时，，可得,与题设矛盾.
（iii）设.此时,而h（1）=0，故当x（1，+）时，，可得,与题设矛盾.
综合得，k的取值范围为（-，0]
易错点：（1）易遗漏这个隐含条件；（2）在（Ⅱ）中，不会构造函数，充分利用单调性和h（1）=0，对进行讨论，从而作出判断.
变式与引申2：（1）解关于的不等式：.
（2）设为实常数，问方程表示的曲线是何种曲线？
题型三
由自变量引起的分类讨论
例3.若不等式在内恒成立，求实数的取值范围.
点拨：该题是恒成立问题，其实就是求最值问题，由于，的符号不确定，因此在参变量分离时应对范围进行分类讨论.
解：令，则
（1）当时，，则，
而此时，∴；
（2）当时，，则，
而此时，∴；
（3）当时，原不等式化为恒成立.
综上所述，的取值范围是.
易错点：（1）该题在参变量分离时经常会不考虑自变量的取值范围，直接化为，求得；（2）在分类讨论后，往往没有把最后结果取交集.审题时一定要分清讨论的目标是自变量还是参数，当讨论自变量时结果取交集，当讨论参数时注意分情况写出.
变式与引申3：（1）设,则不等式的解集为（
）
A.
B.
C.
D.
（2）已知是不为零的实数，,则
.
题型四
由运算引起的分类讨论
例4.数列的通项，其前n项和为，求.
点拨：因为，所以是以3
为周期的数列，因此，在数列求和时应分三类进行讨论.
解:（1）当，时，
,
（2）当，时，
（3）当，时，
综上所述，
()
易错点：（1）首先该题不容易发现该如何进行分类讨论；（2）其次，当，时，，误认为；（3）最后，的结论要么没有整合，要么不知该如何整合？正确的整合方法如下：
当时，，，以此类推，可求得其他情况的.
变式与引申4：（1）若，求数列的前项和.
（2）已知等差数列的前项和.求数列的前项和.
本节主要考查：（1）本节考查的是分类讨论的数学思想方法，高中数学的每一个知识点都可能成为分类讨论考查的对象，因此牢固掌握各章的基本知识点和基本原理是分类讨论的基础.（2）分类讨论的原则有：同一性原则、互斥性原则、层次性原则.
同一性原则简言之即“不遗漏”；互斥性原则强调的是“避免重复”；
层次性原则是指分类讨论必须按同一标准的层次进行,不同标准的不同层次的讨论不能混淆.（3）分类讨论的思想方法是把要解决的数学问题,分解成可能的各个部分,从而使复杂问题简单化,使“大”问题转化为“小”问题,便于求解.它的思维策略是“化整为零，各个击破”.
点评：（1）分类讨论思想是数学思想方法中最基本、最常见的一种思想方法，在近几年的高考试题中都把分类讨论思想方法列为重要的思想方法来考查，体现出其重要的位置.分类讨论的思想方法不仅具有明显的逻辑性、题型覆盖知识点较多、综合性强等特点，而且还有利于对学生知识面的考查、需要学生有一定的分析能力、一定分类技巧，对学生能力的考查有着重要的作用.
（2）引入分类讨论的主要原因
①由数学概念引起的分类讨论：如绝对值的定义、直线的斜率等；
②由数学运算要求引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零、对数中真数与底数的要求等；
③由函数的性质、定理、公式的限制引起的分类讨论；
④由图形的不确定引起的分类讨论；⑤由参数的变化引起的分类讨论；⑥按实际问题的情况而分类讨论.
（3）分类讨论的思想方法的步骤：(1)确定标准；(2)合理分类；(3)逐类讨论；(4)归纳总结
（4）解题时把好“四关”
①要深刻理解基本知识与基本原理，把好“基础关”；
②要找准划分标准，把好“分类关”；
③要保证条理分明，层次清晰，把好“逻辑关”；
④要注意对照题中的限制条件或隐含信息，合理取舍，把好“检验关”.
习题8-3
1.用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（
）
A．324
B．328
C．360
D．648
2.数列的通项，其前项和为，则=_________
3.已知集合,，若,求的取值范围.
4.已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：，动点M到圆C的切线长与｜MQ｜的比等于常数.求动点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.
5.已知函数,.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：若，则对任意，，有.
第四节
运用等价转换思想解题的策略
等价转换是四大数学思想之一，在研究和解决中较难数学问题时，采用等价转换思想，将复杂的问题等价转换为简单的问题，将难解的问题通过等价转换为容易求解的问题，将未解决的问题等价转换为已解决的问题.近几年来高考试题要求学生要有较强的等价转换意识，等价转换思想的应用在近几年来高考试题中处处可见，是解高考试题常用的数学思想，难度值一般控制在.
考试要求：
（1）了解等价转换的数学思想和遵循的基本原则；（2）了解等价转换思想在解题中的作用；（3）掌握等价转换的主要途径、方法；（4）掌握几种常见的等价转换思路，灵活运用等价转换思想解决数学难题.
题型一
利用数学定义、公式构造数学模型进行等价转换
例1.（1）求的值;
（2）求函数的最大值.
点拨:
（1）利用所求式与余弦定理类似，再结合正弦定理的推论求值；（2）将函数最值问题转换为向量数量积问题，由数量积的不等式性质，求出最大值.
解：（1）注意到所求式与余弦定理类似，由
∴原式=.
（2）构造向量则，由知，
，
∴，当且仅当与共线且方向相同时，
即时等号取得.
易错点：在本例的两个小题中：（1）若利用三角恒等变形，过程较为复杂，思路容易受阻；
（2）容易想到用换元法和三角恒等变形求函数的最大值，不能联想到平面向量的数量积，计算容易出错，解题思路容易受阻.
变式与引申1：已知，且，求证：.
题型二
函数、方程及不等式解题中的等价转换
例2.（1）若、是正数，且满足，求的取值范围.
(2)已知奇函数的定义域为实数集，且在上是增函数，当时，是否存在这样的实数，使对所有的均成立？若存在，求出所有适合条件的实数；若不存在，请说明理由.
点拨:(1)将一个等式转换为不等式，是求变量取值范围的重要的方法，通常利用函数的单调性解答此类问题，或者利用基本不等式解答这类问题.
(2)本题是一道抽象函数单调性、奇偶性的综合运用的问题，由函数的单调性、奇偶性得出关于和的不等式，既然需求的取值，不防把此问题转换为关于的函数和不等式的问题.
解：(1)方法一（看成函数的值域）
，，而，，即或，又，
，即，，
当且仅当，时等号取得.
方法二（看成不等式的解集）
为正数，，又，
，即，解得或（舍去），
（2）由是上的奇函数可得，再利用的单调性，则可把原不等式转换成为关于的三角不等式，是上的奇函数，又在上是增函数，故是上为增函数.
是上的增函数，即
令，，.
于是问题转换为对一切的，不等式恒成立，
，即恒成立.
又
存在实数满足题设的条件，.
易错点：(1)不能将等式转换为函数或者不等式进行研究；
（2）由已知不等式，结合函数的单调性、奇偶性找不到和的不等式；错误理解自变量只为，不能把问题转换为和的函数或不等式问题；不能想到用复合函数的观点来研究的取值，并且容易把问题看成是关于的不等式问题，从而用根的分布来解决此问题，较为繁琐，容易出错.
变式与引申2：（1）设函数定义域为，若存在，使成立，则称以为坐标的点为函数图像上的不动点.若函数图像上有两个关于原点对称的不动点，求、应满足的条件.
(2)
(2010年湖北理科第19题)已知一条曲线在轴右边，上任意一点到点的距离减去它到轴距离的差是.
(Ⅰ)求曲线的方程；
(Ⅱ)是否存在正数，对于过点且与曲线有两个交点的任一直线，都有?
若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
题型三
引入相关参数进行等价转换
例3.（1）设，且，求的范围.
（2）已知椭圆，其长轴两端点为，如果上存在一点，使.求椭圆离心率的取值范围.
点拨:(1)本题的解法有多种，数形结合，三角换元都是比较容易想到的方法，我们也可以引入相关参数
进行等价转换
（2）本题从条件入手求解，而点是椭圆上的动点，引入合理的参数,由参数的范围从
而求解.
解：（1）由得，
设，则，代入已知等式得：，
即，其对称轴为，由，则得，
所以的范围是.
（2）设（为与相关的参数）由对称性，不妨设
∴
，故
易错点：(1)忽视参数的取值范围，将解得范围扩大；
（2）设点的坐标为，不容易消去参量求范围,参量的范围容易弄错.
变式与引申3：
设两个向量和其中为实数.若则的取值范围是
(
)
A.
B.
C.
D.
题型四
正向与反向思考中的等价转换
例4
.试求常数的范围，使曲线的所有弦都不能被直线垂直平分.
点拨：在解答问题时，正难则反是转换的一种有效手段，问题的反面是存在一条弦能被直线垂直平分，解出问题反面的范围，则原问题就出来了
.
解：假设抛物线上两点关于直线对称，显然，于是有
，
，因为存在使上式恒成立，，
即
因为恒成立，所以，所以，
即当时，抛物线上存在两点关于直线对称，
所以当时，曲线的所有弦都不能被直线垂直平分.
易错点:不能从问题的反面作为切入点，对于垂直平分认识不够深刻，找不出关于的方程和不等式.
变式与引申4：已知三个方程：
中至少有一个方程没有实数解，试求实数的取值范围．
本节主要考查：（1）等价转换思想在解题中的应用，几种常见的等价转换思路；
（2）数形结合思想、方程思想、等价转换思想以及逻辑推理能力、运算求解能力等基本数学能力.
点评：等价转换是把未知解的问题转换到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法，通过不断的转换，把不熟悉、不规范、复杂的问题转换为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题，不断培养和训练自觉的转换意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧，等价转换要求转换过程中前因后果是充分必要的，才保证转换后的结果仍为原问题的结果，等价转换思想方法的特点是具有灵活性和多样性，在应用等价转换的思想方法去解决数学问题时，没有一个统一的模式去进行，它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换；它可以在宏观上进行等价转换，如在分析和解决实际问题的过程中，普通语言向数学语言的翻译；它可以在符号系统内部实施转换，即所说的恒等变形，消去法、换元法、数形结合法、求值求范围问题等等，都体现等价转换思想，更是经常在函数、方程、不等式之间进行等价转换，可以说，等价转换是将恒等变形在代数式方面的形变上升到保持命题的真假不变，由于其多样性和灵活性，要合理地设计好转换的途径和方法，避免死搬硬套题型，在数学操作中实施等价转换时，要遵循熟悉化、简单化、直观化、标准化的原则，即把遇到的问题，通过转换变成比较熟悉的问题来处理；或者将较为繁琐、复杂的问题，变成比较简单的问题，比如从超越式到代数式、从无理式到有理式、从分式到整式…等；或者比较难以解决、比较抽象的问题，转换为比较直观的问题，以便精确把握问题的求解过程，比如数形结合法；或者正面难，则从反面进行转换，即反证法，按照这些原则进行数学操作，转换过程省时省力，有如顺水推舟，经常渗透等价转换思想，可以提高解题的水平和能力.
习题8-4
1.函数在内有极小值，则的取值范围是(
).
A.
B.
C.
D.
2.某房间有个人，那么至少有两个人生日是同一个月的概率是_______.（列式表示）
3.已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程在区间上恰好有两个相异的实根，求实数的取值范围.
4.设是双曲线上的两点，点是线段的中点.
（1）求直线的方程；
（2）如果线段的垂直平分线与双曲线相交于、两点，那么、、、四点是否共圆？
5.已知函数，其中为常数.如果
是增函数，且的导函数存在正零点.
（1）求的值；
（2）设是函数的图像上两点，（为的导函数）求证：.
第五节
推理证明与算法初步
推理证明与算法初步是我们高考关注的几个新课标中重点话题，主要涉及到合情推理和演绎推理，直接证明和间接证明，以及算法初步中的框图知识和算法案例等.
题型可能是选择题、填空题，主要考查类比或归纳推理、循环结构为主的框图等；也可能是解答题，结合多个知识点进行命题的综合试题.其中推理与证明部分常与数列、不等到式问题综合，难度一般在之间.
考试要求
（1）合情推理与演绎推理①
了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用;②
了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理;③
了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异;（2）直接证明与间接证明①
了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点;②
了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点；（3）了解算法的含义；理解程序框图的三种基本结构：顺序、选择、循环；理解几种基本算法语句.
题型一：合情推理
例1（1）若?ABC内切圆半径为r，三边长为a、b、c，则?ABC的面积S＝r
(a+b+c)
(?http:?/??/?wxc.833200.com?/??)
类比到空间，若四面体内切球半径为R，四个面的面积为S1、S2
、S3
、S4，则四面体的体积＝
．
（2）观察下列等式：
，，
，
，
………
由以上等式推测到一个一般的结论：对于，
．
【点拨】（1）类比推理是指两类对象具有一些类似特征，由其中一类的某些已知特征推出另一类对象的某些特征；（2）这是一种归纳推理方法，结论由二项构成，第二项前有，二项指数分别为要善于发现其中的数字间的特征才能找到规律，得到一般形式．
【解】（1）比较两个对象，三边对四面，面积对体积，内切圆对内切球，三边长对四个面的面积，由S＝r
(a+b+c)等式两边的量，类比对应到体积、系数、半径R、面积S1＋S2＋S3＋S4，
答：R(S1＋S2＋S3＋S4)
（2）在给出的一系列的等式中，右边为两项，形成加减轮换的规律，其中一个的指数由构成，第二个的指数由构成，故等式的右边为：
【易错点】（1）类似特征不明确，类比结论错误；（2）不善于寻找数字间的
规律，导致结论错误．
变式与引申1：（1）
在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1，
则；类比此性质，如图，在四面体P—ABC中，
若PA，PB，PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论
为____
.
（2）在古腊毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，…这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形
1
3
6
10
15
则第个三角形数为　
（
）
A．
B．
C．
D．
题型二：演绎推理
例2如图，在直三棱柱中，分别是的中点，
点在上，.
求证：（1）∥;
（2）.
【点拨】数学的证明主要是通过演绎推理来进行的，证明线面平行时一定要
注意注明直线在平面内及直线在平面外这两个条件．
【解】证明：（1）因为分别是的中点，所以，
又，，所以∥；
（2）因为直三棱柱，所以，，又，所以，又，所以．
【易错点】三段论是演绎推理的一般形式，包括大前提、小前提、结论三部分，在书写证明的过程中，很多学生会出现跳步现象，逻辑关系不清楚是常见的错误．
变式与引申2：（1）已知①正方形的对角相等；②平行四边形的对角相等；③正方形是平行四边形．根据三段论推理得到一个结论，则这个结论的序号是
;
（2）如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，，F为CD的中点.
（1）求证：AF∥平面BCE；
（2）求证：平面BCE⊥平面CDE.
题型三：直接证明与间接证明
例3
（1）已知
求证：
（2）已知函数y=ax+(a＞1).
（Ⅰ）证明：函数f(x)在（－1,+∞)上为增函数；
（Ⅱ）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.
【点拨】（1）综合法着力分析已知和求证之间的差异和联系，并合理运用已知条件进行有效的变换是证明的关键，综合法可以使证明过程表述简洁，但必须首先考虑从哪开始，这一点比较困难，分析法就可以帮助我们克服这一点，运用分析法比较容易探求解题的途径，但过程不及综合法简单，所以应把它们结合起来．
（2）用反证法证明把握三点：①必须先否定结论，即肯定结论的反面；②必须从否定结论进行推理，即把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；③导致的矛盾可能多种多样，但推导出的矛盾必须是明显的．
【解】（1）证法1：（综合法）
，当且仅当时等号成立，
当且仅当时等号成立，
即
证法2：（分析法）
要证，只要证
即证
，即证
即
由
得，
所以原不等式成立
（2）证明
（Ⅰ）任取x1,x2∈(-1,+∞),
不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,由于a＞1,
∴a＞1且a＞0,
∴a-a=a
(a-1)＞0.
又∵x1+1＞0,x2+1＞0,
∴-==＞0,
于是f(x2)-f(x1)=a-a+-＞0,
故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.
（Ⅱ）方法一
假设存在x0＜0
(x0≠-1)满足f(x0)=0,
则a=-.
∵a＞1,∴0＜a＜1,
∴0＜-＜1,即＜x0＜2，
与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.
方法二
假设存在x0＜0
(x0≠-1)满足f(x0)=0,
①若-1＜x0＜0，则＜-2,a＜1,
∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾.
②若x0＜-1,则＞0,a＞0,
∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.
【易错点】
（1）用综合法证明时难找到突破口，解题受阻；
（2）分析法是寻找使不等式成立的充分条件，最后要充分说明推出的结论为什么成立．
（3）不是把求证结论的反面作为条件，证题（2）不写明与什么相矛盾．
变式与引申3：设
(），比较、、的大小，并证明你的结论.
题型四：
数学归纳法
例4
已知函数，数列满足递推关系式：（），且.
（1）求、、的值；
（2）用数学归纳法证明：当时，；
（3）证明：当时，有.
【解】（1）由及计算得：，，
（2）（ⅰ）
即当时，结论成立.
（ⅱ）假设结论对（）成立，即.
∵，函数在上递增
∴，即当时结论也成立.
由（ⅰ）（ⅱ）知，不等式对一切都成立.
（3）∵当时，由（2）得：，∴.
又由得：，且.
∴.
【易错点】
在证明结论成立时，不用数学归纳法，不按要求做题.
变式与引申4：
已知函数．
（1）若函数f(x)在其定义域内为单调函数，求a的取值范围；
（2）若函数f(x)的图象在x
=
1处的切线的斜率为0，且，已知a1
=
4，求证：an
2n
+
2；
（3）在（2）的条件下，试比较与的大小，并说明你的理由．
题型五：
算法初步
例5
若程序框图如图输出的
S
是
126，则①应为（
）
A．n≤5?
B．n≤6?
C．n≤7?
D．n≤8?
点拨
由知，在第次循环时，，
由题意只需找到满足方程的的值.
再结合语句推出判断框①.
解析
因，则当
n＝7
时退出循环，所以
n≤6.故选
B.
易错点
不能准确判断循环终止的条件
变式与引申
5.
下面是一个用基本语句编写的程序如图，阅读后解决所给出的问题：
INPUT
IF
THEN
ELSE
END
IF?
PRINT
?
END
（1）请说明该算法程序的功能，并写出程序中的函数表达式；
（2）将该程序语句转化为相应的程序框图.
本节主要考查：（1）知识点有：归纳推理、类比推理两种合情推理和演绎推理；直接证明与间接证明；算法的含义、几种基本的算法语句、程序框图．
（2）推理渗透在每个高考试题中，证明是推理的一种形式，有的问题需要很强的推理论证能力和技巧．推理问题常常以探索性命题的方式出现在高考题中；（3）常见的论证方法有：综合法、分析法及反证法等．
点评：（1）归纳猜想是一种重要的思维方法，是对有限的资料进行观察、分析、归纳、整理，然后提出带有规律性的结论，是由部分到整理，由个别到一般的推理；结果的正确性还需进一步论证，一般地，考查的个体越多，归纳出的结论可靠性越大．
（2）类比的关健是能把两个系统之间的某些一致性确切地表述出来，也就是要把相关对象在某些方面一致性的含糊认识说清楚，在学习中要注意通过类比去发现探索新问题．
（3）综合法的特点是：以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，实际上是寻找使问题成立的必要条件，是一个由因导果的过程；分析法的特点是：从“未知”看“需知”逐步靠拢“已知”，即寻找使问题成立的充分条件，是一个执果索因的过程．
（4）一般来说：分析法有两种证明途径：①由命题结论出发，寻找结论成立的充分条件，逐步推导下去；②由命题结论出发，寻找结论成立的充要条件，逐步推导下去．
（5）反证法在高考中的要求不高，但这种“正难则反”的思维方式值得重视，解决问题时要注意从多方面考虑，提高解决问题的灵活性．
（6）算法是指解决某类问题的程序或步骤，这些程序或步骤必须是明确和有效的，且在有限步内完成．算法过程要简练，每一步执行的操作必须为下一步做准备．程序框图是由框图和流程线组成的，是算法的一种表现形式．通常是先写出算法步骤，再转化为程序框图．算法初步在高考中的要求不高，同学们在学习时要通过对解决具体问题过程与步骤的分析，体会算法的基本思想.
习题8－5
1.（2011高考天津卷·理）阅读右边的程序框图，运行相应的
程序，则输出的值为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
2．将正奇数数列1，3，5，7，9，…进行如下分组：第一组含一个数
{1}；第二组含两个数{3，5}；第三组含三个数{7，9，11}；第四组含
四个数{13，15，17，19}；……记第n组内各数之和为Sn，则Sn与n
的关系为
(　
　)
A．Sn＝n2
B．Sn＝n3
C．Sn＝2n＋1
D．Sn＝3n－1
3．为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设定原信息为（），传输信息为，其中，运算规则为：，，，，例如原信息为111，则传输信息为01111．传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列三个接收信息：（1）11010（2）01100（3）10111，一定有误的是
（填序号）．
4.
已知函数.
（１）求函数的单调区间；
（2）试证明：对任意，不等式恒成立．
5．如图所示，点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.
（1）求证：CC1⊥MN；
（2）在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2－2DF·EF·cos∠DFE．
拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个
侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．
6．已知数列的前n项和（n为正整数）．
（1）令，求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）令，试比较与的大小，并予以证明．
M
x
y
o
l3
l2
l1
图8-2
x
y
2
1
-1
-2
2
图8-3
A
B
G
C
O
图8-4
A
O
M
P
B
图8-5
C
A
O
M
B
N
D
图8-6
x
y
A(0,1)
B(2,2)
图8-7
A
B
D
x
O
y
图8-8
D
O
图
图
A
B
C
A1
B1
C1
E
F
D
图
A1
A
B
C
D
E
F
图
图
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第六讲
解析几何
第一节
曲线与方程
曲线与方程是解析几何的基本概念,在近年的高考试题中,重点考查曲线与方程的关系,考查曲线方程的探求方法,多以综合解答题的第⑴小题的形式出现,就这部分考题来说,属于中档题,难度值一般在之间.
考试要求
⑴了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.
⑵掌握一般曲线(点的轨迹)方程的求解方法和用定义法求圆锥曲线方程.
题型1
曲线与方程
例
设方程的解集非空.如果命题“坐标满足方程的点都在曲线上”不正确,给出以下四个命题：①曲线上的点的坐标都满足方程；②坐标满足方程的点有些在上,有些不在上；③坐标满足方程的点都不在曲线上；④一定有不在曲线上的点,并且其坐标满足方程.那么正确命题的个数是(
).
A.
B.
C.
D.
点拨：直接用定义进行判断.
解：“坐标满足方程的点都在曲线上”
不正确,意味着“坐标满足方程的点不都在曲线上”是正确的,即一定有不在曲线上的点,并且其坐标满足方程,∴④正确；曲线上的点的坐标可以有不满足方程的,∴①错；若只有一解,则知②错；“都”的否定是“不都”,而不是“都不”,∴③错.故选A.
易错点：定义把握不准确,关键字词认识不到位,概念理解不深刻,均有可能错选其它选项.
变式与引申
1.方程的曲线形状是(
)
2.已知定点不在直线：上,则方程表示一条(
)
A.过点且平行于的直线
B.过点且垂直于的直线
C.不过点但平行于的直线
D.不过点但垂直于的直线
题型2
代入法(相关点法)求曲线方程
例
已知点,点、分别在轴、轴上,且,,当点在轴上运动时,求点的轨迹方程.
点拨：由确定与的坐标关系,由建立动点与、的坐标关系,用代入法求轨迹方程.
解：设,,,又,则,,.由,得
①.由,得,∴,,即,,代入①得,,∴,当时,三点、、重合,不满足条件,∴,故点的轨迹方程为.
易错点：忽视轨迹方程中的.
变式与引申
3.已知为坐标原点,点、分别在轴、轴上运动,且,
动点满足,求动点的轨迹方程.
4.如图6-1-1，从双曲线上一点引直线的垂线,垂足为,
求线段的中点的轨迹方程.
题型3
待定系数法、直接法求曲线方程
例
已知椭圆的中心为直角坐标系的原点,焦点在轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是和.
⑴求椭圆的方程；
⑵若为椭圆上的动点,为过且垂直于轴的直线上的点,,求点的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线.
点拨：问题⑴用待定系数法求椭圆的方程；问题⑵可将点、的坐标代入满足的关系式中,得到点的轨迹方程(含参数),最后对进行分类讨论,说明其轨迹是什么曲线,并指出变量的取值范围.
解：⑴设椭圆的标准方程为,半焦距为,则,解得,,
∴.故椭圆的标准方程为.
⑵设,其中.由已知及点在椭圆上可得.整理得,其中.
①时,化简得,所以点的轨迹方程为,轨迹是两条平行于轴的线段.
②时,方程变形为,其中.当时,点的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足的部分；当时,点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足的部分；当时,点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆.
易错点：第⑵小题中忽视方程的变量的限制；讨论方程所表示的曲线时,标准不明确,分类混乱,
会导致错误发生.③讨论方程所表示的曲线时,一般是以二次项系数为零或相等的参数值来进行分类,做到不重复不遗漏.
变式与引申
5.如图6-1-2，已知椭圆：
的右顶点为,过的焦点且垂直长轴的弦长为.
⑴求椭圆的方程；
⑵设点在抛物线：上,在点处的切线与交于点、.当线段的中点与的中点的横坐标相等时,求的最小值.
题型4
定义法求曲线方程与实际应用问题
例
为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川上相距的、两点各建一个考察基地.视冰川面为平面形,以过、两点的直线为轴,线段的的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系(如图6-1-3所示).在直线的右侧,考察范围为到点的距离不超过区域；在直线的左侧,考察范围为到、两点的距离之和不超过区域.
⑴求考察区域边界曲线的方程；
⑵如图所示,设线段,是冰川的部分边界线(不考虑其他边界线),
当冰川融化时,边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动,
以后每年移动的距离为前一年的倍,求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间.
点拨：通过审题,构建圆与椭圆的数学模型,运用圆的知识及椭圆定义求出考察区域边界曲线、的方程,但需注意变量的取值范围.对于第⑵问,先写出直线、的方程,然后依题意求出与平行、且与曲线相切的直线的方程,再综合运用平行直线间的距离公式、等比数列求和公式、解不等式等知识求解.
解：⑴设考察区域边界曲线上点的坐标为.当时,由题意知.当时,由知,点在以、为焦点,长轴长为的椭圆上,此时短半轴长,因而其方程为.故考察区域边界曲线的方程为：和：.
⑵设过点、的直线为,过点、的直线为,则直线、的方程
分别为、.设直线平行于直线,其方程为,代入
椭圆方程,消去整理得,.
由,解得或.从图中可以看出,当时,直线与的公共点到直线的距离最近,此时直线的方程为.,与之间的距离为.又直线到和的最短距离,∴考察区域边界到冰川边界线的最短距离为.设冰川边界线移动到考察区域所需的时间为年,则由题设及等比数列求和公式,得,∴.故冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间为年.
易错点：⑴易出现审题不清,不能将实际问题有效转化为数学问题；⑵求方程时忽视,求方程时忽视；⑶待定系数与不能正确取舍.
变式与引申
6.某航天卫星发射前,科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验,设计方案如图6-1-5,航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为,变轨(即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线)后返回的轨迹是以轴为对称轴、为顶点的抛物线的实线部分,降落点为.观测点、同时跟踪航天器.
⑴求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程；
⑵试问：当航天器在轴上方时,观测点、测得离航天器的距离
分别为多少时,应向航天器发出变轨指令？
本节主要考查：
⑴知识点有曲线与方程的关系、求曲线(轨迹)的方程；
⑵依据动点轨迹的几何条件,运用求曲线(轨迹)方程的方法求轨迹方程的问题,以应用题为背景的求曲线方程的问题；
⑶求曲线(轨迹)方程时：
①恰当建立坐标系,使所求方程更简单；
②适时利用圆锥曲线的定义,及时运用平面几何知识,将大大简化求解运算过程.
⑷解析几何基本思想(用代数方法研究几何问题)、方程思想、等价转化思想、分类讨论思想、应用题建模思想以及分析推理能力、运算能力.
点评：
⑴求曲线(轨迹)方程的常用方法有：
①直接法：直接利用动点满足的几何条件(一些几何量的等量关系)建立,之间的关系(如例第小题).其一般步骤是：建系设点、列式、坐标代换、化简、证明(证明或判断所求方程即为符合条件的动点轨迹方程)；
②待定系数法：已知所求曲线的类型时,可先根据条件设出所求曲线的方程,再由条件确定其待定系数,求出曲线的方程(如例第小题)；
③定义法：先根据条件能得出动点的轨迹符合某种曲线的定义,则可用曲线的定义直接写出动点的轨迹方程(如例)；
④代入法(相关点法)：有些问题中,动点是随着另一动点(称之为相关点)而运动的,并且点在某已知曲线上,这时可先用、的代数式来表示、,再将、的表达式代入已知曲线,即得要求的动点轨迹方程(如例及变式).
⑵要注意求曲线(轨迹)方程与求轨迹的区别：求曲线(轨迹)的方程只需根据条件求出曲线(轨迹)方程即可；求轨迹则是需先求出轨迹方程,再根据方程形式说明或讨论(含参数时)曲线图形的(形状、位置、大小)类型.解题时应根据题意作出正确、规范的解答.
⑶在求出曲线(轨迹)的方程时,要注意动点的取值范围,及时补漏和去除“杂点”,以保证所求曲线(轨迹)方程的完整性.
习题6-1
.方程的曲线是(
).
A.一个点
B.一条直线
C.一个点和一条直线
D.两条直线
.已知双曲线的一条渐近线方程是,它的一个焦点与抛物线的焦点相同.则双曲线的方程为.
3．（2011年高考福建卷·理）已知直线l：y=x+m，m∈R.
（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；
（II）若直线l关于x轴对称的直线为，问直线与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由.
.已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率,右准线方程为.
⑴求椭圆的标准方程；
⑵过点的直线与该椭圆交于、两点,且,求直线的方程.
.已知双曲线的左、右顶点分别为、,点,是双曲线上不同的两个动点.
⑴求直线与交点的轨迹的方程；
⑵若过点的两条直线和与轨迹都只有一个公共点,且,求的值.
第二节
圆锥曲线
圆锥曲线是高考命题的热点,也是难点.纵观近几年的高考试题,对圆锥曲线的定义、几何性质等的考查多以选择填空题的形式出现,而圆锥曲线的标准方程以及圆锥曲线与平面向量、三角形、直线等结合时,多以综合解答题的形式考查,属于中高档题,甚至是压轴题,难度值一般控制在之间.
考试要求
⑴了解圆锥曲线的实际背景；⑵掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程和简单几何性质；⑶掌握双曲线的定义、几何图形、标准方程和简单几何性质；⑷掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程和简单几何性质；⑸了解圆锥曲线的简单应用；⑹掌握数形结合、等价转化的思想方法.
题型一
圆锥曲线的定义及应用
例
⑴已知点为椭圆的左焦点,是此椭圆上的动点,是一定点,则的最大值和最小值分别为.
⑵已知双曲线的虚轴长为,离心率为,、分别是它的左、右焦点,若过的直线与双曲线的左支交于、两点,且是与的等差中项,则.
点拨：题⑴可利用椭圆定义、三角形的三边间关系及不等式性质求最值；题⑵是圆锥曲线与数列性质的综合题,可根据条件先求出双曲线的半实轴长的值,再应用双曲线的定义与等差中项的知识求的值.
解：⑴设椭圆右焦点为,则,∴.又
(当、、共线时等号成立).又,∴,
.故的最大值为,最小值为.
⑵依题意有,解得.∵、在双曲线的左支上,∴,
,∴.又,.
∴,即.∴.
易错点：在本例的两个小题中,⑴正确应用相应曲线的定义至关重要,否则求解思路受阻；⑵忽视双曲线定义中的两焦半径的大小关系容易出现解题错误；⑶由、、三点共线求出的最值也是值得注意的问题.
变式与引申
1.已知为抛物线上任一动点,记点到轴的距离为,对于给定的点,的最小值为(
).
A.
B.
C.
D.
2.已知、为椭圆的两个焦点,过的直线交椭圆于、两点,若,则.
题型二
圆锥曲线的标准方程
例2
已知圆心在轴上，半径为的圆位于轴左侧，且与直线相切，则圆的方程是.
点拨：设出圆心坐标，利用圆心到切线的距离等于半径求出圆心坐标.
解析
设圆心坐标为，则圆的方程为.因圆于直线相切，，解得，又圆位于轴左侧，.故填.
易错点：解得时，不能根据题意舍去，误认为圆的方程有两个.
例3
设椭圆：,抛物线：.
⑴若经过的两个焦点,求的离心率；
⑵设,,又,为与不在轴上的两个交点,
若的垂心为,且的重心在抛物线上,求椭圆和抛物线的方程.
点拨：问题⑴：将的焦点坐标代入的方程,得出的关系式,进而求出的离心率；问题⑵：利用、在抛物线上的对称性及的垂心、的重心求,进而得坐标,再利用点在椭圆上求,问题获解.
解：
⑴由已知抛物线经过椭圆的两个焦点,∴,即,∴,
即椭圆的离心率.
⑵由题设可知、关于轴对称,设,,由的垂心为,有
,即.又点在抛物线上,
∴,解得或(舍去),∴,∴,,故得
重心坐标.又的重心在抛物线上,∴,得,∴.又点在椭圆上,
代入椭圆的方程,得,故椭圆方程为,抛物线方程为.
易错点：不会利用对称性表示、的坐标；记错重心坐标公式；用向量关系表示垂直条件值得关注.
变式与引申
3.求经过两点和的椭圆的标准方程.
4.已知椭圆与直线相交于、两点,是的中点,若,的斜率为,求椭圆的方程.
题型三
圆锥曲线的几何性质
例
如图，已知为椭圆的左焦点,过点作斜率为(为半焦距)的直线交椭圆于点、两点.
⑴若直线的倾斜角为,求证：(为椭圆的离心率)；
⑵若,且,求椭圆的离心率的取值范围.
点拨：这是一道过椭圆焦点的直线与椭圆性质的有关问题,依据题给条件,
运用三角公式、斜率与倾斜角的关系以及椭圆离心率知识可使问题⑴获证；对于问题⑵则运用平几性质、焦半径公式及题给条件建立含离心率的不等式,进而求出的取值范围.
⑴解法：∵,∴,即,又,
∴,故.
解法：依题意直线的分别为,∴点的坐标为,故.
⑵解法：∵,∴.将直线代入椭圆,整理得
,∴,.∵,∴
,解不等式,得,∴,
故椭圆的离心率的取值范围为.
解法：运用焦半径(其中)可得,
,
∴,解不等式,得,∴,
故椭圆的离心率的取值范围为.
易错点：问题⑴中忽视斜率的正负,会导致的符号出错；问题⑵中不适时联想平几性质或运用焦半径另一形式(其中),解题思路将受阻.
变式与引申
5.已知双曲线：,、为其渐近线,为右焦点,过点作直线且交双曲线于点,,又过点作轴的垂线与交于第一象限内的点.
(Ⅰ)用,表示；
(Ⅱ)求证：为定值；
(Ⅲ)若,且,试求双曲线的离心率的取值范围.
6.给定抛物线：,过点斜率为的直线与交于,两点.
(Ⅰ)设线段的中点在直线上,求的值；
(Ⅱ)设,,求的取值范围.
题型四
以圆锥曲线为载体的探索性问题
例
已知椭圆：的离心率为,过右焦点的直线与相交于、两点.当的斜率为时,坐标原点到的距离为.
⑴求、的值；
⑵上是否存在点,使得当绕转到某一位置时,有成立？若存在,求出所有的点的坐标与的方程.若不存在,说明理由.
点拨：问题⑴可先写出的方程,再利用点到的距离和椭圆的离心率求出、的值；问题⑵是存在性探索问题,可先探索命题成立的充要条件,将向量坐标化,再综合运用题给条件,逐步推出满足题意的是否存在.但需考虑转动时斜率不存在情形.
解：⑴设,当的斜率为时,其方程为,点到的距离为,
∴.由,得,.
⑵上存在点,使得当绕转到某一位置时,有成立.由⑴知的方程为
.设,.
①当不垂直轴时,设的方程为.上的点使成立的充要条件是
的坐标为,且,即
.又、在上,∴,,∴
①
将代入
,整理得,
于是
,,.代入①解得,,
此时,于是,即.因此,当时,,
的方程为；当时,,的方程为.
②当垂直于轴时,由知,上不存在点,使成立.
综上,上存在点使成立,此时的方程为.
易错点：本题涉及字母较多,思路不清晰,运算能力不强易导致错解发生；直线垂直于轴情形易遗漏,需值得注意.
变式与引申
7.如图,过点和的动直线与抛物线：交于
、两点(点在、之间),为坐标原点.
⑴若,,求的面积；
⑵对于任意的动直线,是否存在常数,总有？
若存在,求出的值；若不存在,请说明理由.
本节主要考查：⑴知识点有圆锥曲线的定义、标准方程、简单几何性质(焦点、
离心率、焦点三角形，焦半径等)以及这些知识的综合应用；⑵以平面向量、三角形、导数为背景的圆锥曲线的方程问题、参数范围问题、最值问题、定值问题等相关的综合问题；⑶圆锥曲线定义法、待定系数法、相关点法、点差法、设而不求的整体思想以及坐标法和“几何问题代数化”
等解析几何的基本方法；⑷数形结合思想、方程思想、等价转化思想的应用以及逻辑推理能力、运算求解能力等基本数学能力.
点评：⑴圆锥曲线是解析几何的重点,也是高中数学的重点内容,同时又是高考的热点和压轴点之一,主要考查圆锥曲线的定义(如例)与性质(如例)、求圆锥曲线方程(如例)、直线与圆锥曲线的位置关系、以圆锥曲线为载体的探索性问题(如例)等.
⑵圆锥曲线的定义,揭示了圆锥曲线存在的条件性质、几何特征与焦点、离心率相关的问题,恰当利用圆锥曲线定义和数形结合思想解题,可避免繁琐的推理与运算.
⑶求圆锥曲线的标准方程：①定型——确定是椭圆、抛物线、或双曲线；②定位——判断焦点的位置；③定量——建立基本量、、的关系式,并求其值；④定式——据、、的值写出圆锥曲线方程.
⑷圆锥曲线的性质如范围、对称性、顶点、焦点、离心率、焦半径、焦点三角形、通径等都是高考的重点热点.此类问题,它源于课本,又有拓宽引申、高于课本,是高考试题的题源之一,应引起重视,注意掌握好这一类问题的求解方法与策略.如对于求离心率的大小或范围问题,只需列出关于基本量、、的一个方程(求大小)或找到关于基本量、、间的不等关系(求范围)即可.
⑸求参数取值范围是圆锥曲线中的一种常见问题,主要有两种求解方法：一是根据题给条件建立含参数的等式后,再分离参数求其值域；另一是正确列出含参数的不等式,进而求之.其列不等式的思路有：①运用判别式或；②点在圆锥曲线内部(一侧)或外部(另一侧)；③利用圆锥曲线的几何意义(如椭圆中等)；④根据三角形两边之和大于第三边(注意三点共线的情况).
⑹解有关圆锥曲线与向量结合的问题时,通性通法是向量坐标化,将一几何问题变成纯代数问题.
⑺探索性问题是将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的,它要求学生具有观察分析问题的能力、具有创造性地运用所学知识和方法解决问题的能力以及探索精神.解题思路往往是先假设满足题意,即从承认结论、变结论为条件出发,然后通过归纳,逐步探索待求结论.
习题6-2
.已知椭圆中心在原点,左、右焦点、在轴上,、是椭圆的长、短轴端点,是椭圆上一点,且轴,,则此椭圆的离心率是（
）
A.
B.
C.
D.
.已知点是双曲线的右支上一点,、分别是圆和上的点,则的最大值为.
.已知定点,,定直线：,不在轴上的动点与点的距离是它到直线的距离的
倍.设点的轨迹为,过点的直线交于、两点，直线、分别交于点、.
⑴求的方程；
⑵试判断以线段为直径的圆是否过点,并说明理由.
4.（2011年高考全国新课标卷·理）在平面直角坐标系xOy中，
已知点A（0，-1），B点在直线上，M点满足，，M点的轨迹为曲线C．
（I）求C的方程；
（II）P为C上动点，为C在点P处的切线，求O点到距离的最小值．
.若椭圆：和椭圆：满足称这两个椭圆相似,称为相似比.
⑴求经过点,且与椭圆相似的椭圆方程.
⑵设过原点的一条射线分别与⑴中的两个椭圆交于、两点.(其中点在线段上),求的最大值与最小值.
⑶对于真命题：“过原点的一条射线分别与相似比为的两个椭圆：和：交于、两点,为线段上的一点,若、、成等比数列,则点的轨迹方程为.”请用推广或类比的方法提出类似的一个真命题,并证明.
第三节
直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线的关系是高考命题的热点，也是难点.纵观近几年的高考试题,一般出现一小（选择题或填空题）一大（解答题）两道，小题通常属于中低档题，难度值为0.5～0.7左右;大题通常是高考的压轴题，难度值为0.3～0.5左右.
考试要求(1)
掌握直线与圆锥曲线的位置关系,能从代数与几何两个角度深刻理解.(2)
理解弦长公式,并能熟练应用.(3)熟练应用韦达定理及中点坐标公式解答中点弦问题和弦的中点轨迹问题.(4)
掌握直线与圆锥曲线位置关系的“存在性”问题,采用“假设—反证法”或“假设—验证法”.（5）.掌握数形结合，分类讨论，函数与方程，等价转化的数学思想.
题型一
直线与圆锥曲线的交点问题
例1直线：y=kx+1,抛物线C:，当k为何值时与C有：（1）一个公共点；（2）两个公共点；（3）没有公共点.
点拨：由直线与抛物线C的方程联立得方程组，通过方程的解的个数来判断直线与抛物线的公共点的个数.
解：将和C的方程联立，消去y得
①
当k=0时，方程①只有一个解.此时.
∴直线与C只有一个公共点（），此时直线平行于抛物线的对称轴.
当k≠0时，方程①是一个一元二次方程，=.
（1）
当时，即k﹤1且k≠0时，与C有两个公共点，此时称直线与C相交;
（2）
当时,即k=1时，与C有一个公共点，此时称直线与C相切；
（3）
当时，即k＞1时，与C没有公共点，此时称直线与C相离.
综上所述，当k=1或k=0时，直线与与C有一个公共点；当k﹤1且k≠0时，直线与C有两个公共点；当k＞1时，直线与C没有公共点.
易错点：（1）忽视对k的讨论（）是本题容易出显的解题错误；（2）只有当所得关于x的方程确实为一元二次方程时，才能用判别式判定解的个数，若所得关于x的方程的二次项系数带有字母时，应该进行讨论.
变式与引申
1.
已知双曲线的右焦点为F,若过点F且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点,则此双曲线离心率是(
)
A.
(1,2
B.
C
.[2，+∞
D.
2.已知圆C的方程是，直线的方程为，求：为何值时
（Ⅰ）直线平分圆；（Ⅱ）直线与圆相切；（Ⅲ）直线与圆有两个公共点.
题型二
直线与圆锥曲线的弦长问题
例2
直线与椭圆交于A、B两点，记的面积为S.
（1）求在，的条件下，面积S的最大值；（2）当时，求直线AB的方程.
点拨:(1)联立方程组解出A、B两点的坐标,求出的面积,再利用均值不等式求解.(2)根据已知布列两个方程组,求出k,b.
解:（1）设点的坐标为，点的坐标为，由，解得，所以．当且仅当时，取到最大值．
（2）：由
得，
，
①
．
②
设点到直线的距离为，则，又因为，所以，代入②式并整理，得，解得，，代入①式检验，，故直线的方程是
或或，或
易错点：（1）忘记均值不等式的应用导致寸步难行.（2）忘记弦长公式与点到直线的距离公式导致出错.
变式与引申
3.设椭圆与直线相交于两点，点是的中点，若的斜率为求椭圆的方程.
题型三
直线与圆锥曲线的中点弦的问题
例3
已知双曲线的方程为(1)求以A（2，1）为中点的弦所在直线的方程；
(2)以点B（1，1）为中点的弦是否存在？若存在，求出弦所在直线的方程；若不存在，请说明理由.
点拨:（1）利用设而不求法和点差法构建方程，结合直线的斜率公式与中点坐标公式求出斜率.也可设点斜式方程,与双曲线方程联立，利用韦达定理与中点坐标公式求出斜率k.
(2)仿照（1）求出方程，但要验证直线与双曲线是否有交点.
解法1:（1）设是弦的两个端点，则有
两式相减得
①
∵A（2，1）为弦的中点，
∴
，
代入①得
∴.故直线的方程为.
（2）假设这样的直线存在，同（1）可求得
由得
∵=∴所求直线与双曲线无交点.
∴以B(1,1)为中点的弦不存在.
解法2
(1)设所求的直线方程为,易知斜率显然存在.联立方程组得
整理得
①
设是弦的两个端点，则
又是的中点,
,,解得.故直线的方程为.(2)
假设这样的直线存在，同（1）可求得直线的方程为由得
∵=∴所求直线与双曲线无交点.
∴以B(1,1)为中点的弦不存在.
易错点：存在性问题的结果通常是难以预料的，解答时先假设满足条件的直线存在,然后依题意求得结果，但要注意这不是充要条件，因此最后要进行检验,否则就会出错.
我们有这样的结论，已知双曲线，
是平面直角坐标系上的一点，则当点不在如图6-3-1
所示的阴影区域（包括边界）时，可以作为弦的中点，而且可以
推导出弦所在直线的斜率.
变式与引申
4.已知双曲线中心在原点且一个焦点为F，直线与其相交于M，N两点，MN中点的横坐标为，则此双曲线的方程是
（
）
A.
B.
C.
D.
题型四：存在性的问题.
例4.若抛物线上总存在关于直线对称的两点，求的取值范围.
点拨：设出对称点所在直线的方程，根据该直线与曲线有两个交点，利用求解.同时要利用中点坐标公式找出所设变量与的关系.
解：设抛物线上关于对称的两点为，B(），AB的方程可设为：.
由
∴
①
又，
则AB中点横坐标为，
又由得AB中点横坐标为，
则有，
代入①中得.
易错点:不晓得设对称点所在直线的方程,导致解答本题寸步难行.
找不出所设变量与的关系也是导致错误的根源.
变式与引申
5.
在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于两点.
(1)若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；
(2)是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
本节主要考查:(1)知识点有直线与圆锥曲线相交,相切,相离三种位置关系,
弦长公式,焦半径公式,中点坐标公式,弦的中点轨迹,中点弦的性质等以及这些知识的综合应用.(2)以平面向量,直线与圆锥曲线的位置关系为背景,应用韦达定理,中点坐标公式,以及点差法,相关点法,设而不求的整体思想等解析几何的基本方法解决最值问题,定值问题,参数范围问题等相关的问题.(3).数形结合思想,等价转化思想的应用及逻辑推理能力,运算能力等基本的数学能力.
点评:(1)直线与圆锥曲线的位置关系是解析几何的重中之重,也是高中数学的重点内容,同时也是高考的热点之一,主要考查直线与圆锥曲线的位置关系(如例题1),直线被圆锥曲线截得的弦长(如例题2),及中点的轨迹方程(如例题3),以及探究是否存在性问题(如例题4)等.(2)直线与圆锥曲线的位置关系，从代数角度可转化为一个方程的实根个数来考虑；也可从几何角度借助图形的几何性质来研究，这种思维通常较简便.(3)求弦长时,若过圆锥曲线的焦点可利用焦半径公式(仅限于理科);若未过焦点可利用弦长公式,并结合韦达定理求解.
(4.)有关直线与圆锥曲线位置关系的“对称性”问题,一般采用“假设—反证法”或“假设—验证法”，特别要重视直线与圆锥曲线的交点是否存在，即要验证判别式是否成立.(5)弦的中点轨迹问题.通常有两种解题思路:利用韦达定理及中点坐标公式求解；利用弦的端点在曲线上,坐标满足圆锥曲线方程,然后把两个等式对应作差,构造出中点坐标和斜率的关系,最后求出轨迹.（6）若只有一个交点，并不能说明直线与圆锥曲线相切.
对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但不相切.有一个公共点是直线与抛物线，双曲线相切的必要条件，但不是充分条件.
习题6-3
1.设双曲线的一条渐近线与抛物线y=x+1只有一个公共点，则双曲线的离心率为(
).
A.
B.
5
C.
D.
2.设椭圆C：的右焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.
（Ⅰ）椭圆C的离心率；
（Ⅱ）如果|AB|=，求椭圆C的方程；
3.已知曲线与直线交于两点和，且．记曲线在点和点之间那一段与线段所围成的平面区域（含边界）为．设点是上的任一点，且点与点和点均不重合．
（1）若点是线段的中点，试求线段的中点的轨迹方程;
（2）若曲线与有公共点，试求的最小值．
4.（2011年高考北京卷·理）已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线I交椭圆G于A，B两点.
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（II）将表示为m的函数，并求的最大值.
5.如图6-5-4，已知椭圆的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足
（Ⅰ）求点T的轨迹C的方程；
（Ⅱ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，使△F1MF2的面积S=若存在，求∠F1MF2
的正切值；若不存在，请说明理由.
第四节
坐标系与参数方程
坐标系与参数方程在高考中是选考内容，与不等式选讲二个选修模块进行二选一解答，知识相对比较独立，与其他章节联系不大，容易拿分.根据不同的几何问题可以建立不同的坐标系，坐标系选取的恰当与否关系着解决平面内的点的坐标和线的方程的难易以及它们位置关系的数据确立.有些问题用极坐标系解答比较简单，而有些问题如果我们引入一个参数就可以使问题容易入手解答，计算简便.高考出现的题目往往是求曲线的极坐标方程、参数方程以及极坐标方程、参数方程与普通方程间的相互转化，并用极坐标方程、参数方程研究有关的距离问题，交点问题和位置关系的判定.难度值控制在0.6左右.
考试要求
1．理解坐标系的作用．
2．能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．
3．了解参数方程．
4．能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程，并会简单的应用．
题型一
参数方程,极坐标方程和直角坐标方程的互化
例1
(1)判断点是否在曲线上．
(2)点P的直角坐标为，则点P的极坐标为______．(限定0＜θ≤2)
(3)点P的极坐标为，则点P的直角坐标为______．
(4)曲线的参数方程是(t为参数，t≠0)，它的普通方程是________．
点拨：
运用直角坐标与极坐标互化的方法解决有关极坐标的问题和参数方程与普通方程的互化解决参数问题.
解：(1)因为，所以点是在曲线上．
(2)根据ρ2＝x2＋y2，，得ρ＝2，，又点P在第四象限，，所以，所以点P的极坐标为
(3)根据，得，
所以点P的直角坐标为
(4)由得，代入y＝1－t2，得
注意到，所以已知参数的普通方程为
另一解法:方程可化为
消去t得
（）
易错点：
由直角坐标化极坐标时要注意点位于哪一个象限，以确定θ的大小，如例1(2)，否则，极坐标不唯一；参数的范围与极角的范围容易出错.
变式与引申
1.设直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系的另一直线的方程为，若直线与间的距离为，则实数的值为
．
题型二
直线与圆锥曲线的极坐标方程
例2
(1)圆＝2(cosθ＋sinθ)的半径为______．
(2)直线与圆＝2sinθ交与A，B两点，则|AB|＝______．
点拨：
只要知道一些直线与圆的极坐标方程的知识．如：
①过极点，倾斜角为的直线：或写成及．
②过垂直于极轴的直线：．
③以极点O为圆心，为半径的圆()：．
④若O(0，0)，A(2a，0)，以OA为直径的圆：．
⑤若O(0，0)，A(2a，)，以OA为直径的圆：．
对于例2(2)，可以利用结论①⑤，作出直线与圆，通过解三角形的方法求|AB｜，当然也可以用极坐标方程直接解，根据的几何意义求｜AB｜．
解：(1)由，得，
所以，x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2，
所以圆的半径为．
(2)将直线与圆化为直角坐标方程.
由得，即，
由，变形为，得x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1，
因为圆的半径为1，圆心（0,1）到直线的距离为，
所以
另一解法：由
得
或
A(0,0)
B(,)
=
易错点：例2（2）中把直线中的角与圆中的角混淆.
变式与引申
2.设过原点的直线与圆的一个交点为，点为线段的中点，当点在圆上移动一周时，求点轨迹的极坐标方程，并说明它是什么曲线.
题型三
直线与圆锥曲线的参数方程
例3
过P(5，－3)，倾斜角为，且的直线交圆x2＋y2＝25于P1、P2两点．
(1)求|PP1|·|PP2｜的值；
(2)求弦P1P2的中点M的坐标．
点拨：
直线的参数方程中参数t的几何意义，有如下常用结论：
①直线与圆锥曲线相交，交点对应的参数分别为t1，t2，则弦长l＝|t1－t2｜；
②定点M0是弦M1M2的中点t1＋t2＝0；
③设弦M1M2的中点为M，则点M对应的参数值，(由此可求得|M2M|及中点坐标)．
本题直接用直线的参数方程代入圆的方程中，然后用韦达定理及中点公式解即可.
解：(1)由已知得
所以直线的参数方程为…………………①(t为参数)
代入圆的方程化简，得…………………②
②的两个解t1、t2就是P1、P2对应的参数，由参数的几何意义及韦达定理知
｜PP1|·｜PP2|＝|t1|·|t2|＝9．
(2)设M(x，y)为P1P2的中点，则点M对应的参数，代入参数方程，
得所以
易错点：(1)
参数角的范围容易搞错;(2)
不容易想到用参数求中点坐标.
变式与引申
3.
已知直线C1：（t为参数），圆C2：（为参数），
（1）当=时，求C1与C2的交点坐标；
（2）过坐标原点O做C1的垂线，垂足为A，P为OA中点，当变化时，求P点的轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线.
本专题涉及极坐标系的基础知识，参数方程的概念以及直线、圆、椭圆的参数方程．这部分内容既是解析几何的延续，也是高等数学的基础．
本节主要考查:
(1).本节中的重要内容是极坐标和参数方程,
特别是直线、圆、椭圆的参数方程、极坐标方程是考查的重点.(2)
参数方程是以参变量为中介来表示曲线上点的坐标方程.
是曲线在同一坐标系下的另一种表示形式样;
对于某些曲线用参数方程比用普通方程表示更方便、更直观，是研究曲线的有力工具.(3)
解决极坐标或参数方程的问题.主要方法是转化为直角坐标系方程或普方程.
点评（1）极坐标与直角坐标互化的条件是：极点与原点重合，仍轴与x轴正半轴重合，长度单位一致.
在求得极坐标方程要注意极角的取值范围.(2)
对于三种圆锥曲线的统一的极坐标方程及其应用,
要弄清对不同的圆锥曲线的定点与定直线的位置,以及p,pe,e的几何意义.
运用三种圆锥曲线的统一要的极坐标方程解题时,要注意双曲线的极坐标方程中存在着＜0的情况.(3)
求圆锥曲线的轨迹方程,同直角坐标系一样,求曲线的极坐标方程也有直接法、代入法、参数法等.(4)
在参数方程与直角坐标互化过程中要注意互化的前后曲线的范围不发生变化,解题时参数有多种选法,适当选择参数有利于解题.(5)
应用参数方程解题可运用代入法、代数变换法、三用消去法消参等，但要注意方程之间的等价性，求动点的轨迹方程其结果要化成普通方程.
习题
6--4
1.极坐标方程表示的曲线为
（
）
A．一条射线和一个圆
B．两条直线
C．一条直线和一个圆
D．一个圆
2.设曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，则曲线上到直线距离为的点的个数为
（
）
A、1
B、2
C、3
D、4
3.直线为参数被圆截得的弦长为______________.
4.已知圆C的圆心是直线与x轴的交点，且圆C与直线x+y+3=0相切，则圆C的方程为
5．已知点M(2，1)和双曲线，求以M为中点的双曲线右支的弦AB所在直线的方程．
6．已知P为半圆C：（为参数，）上的点，点A的坐标为（1,0），O为坐标原点，点M在射线OP上，线段OM与C的弧的长度均为
（I）以O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M的极坐标；
（II）求直线AM的参数方程.
7.（2011年高考全国新课标卷·理）在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数），M为上的动点，P点满足，点P的轨迹为曲线．
（I）求的方程；
（II）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，求|AB|.
第五节
解析几何的综合应用
高考试题中，解析几何试题的分值一般占20％左右，选择、填空、解答三种题型均有．选择、填空题主要考查圆锥曲线的标准方程及几何性质等基础知识、基本技能和基本方法的运用；解答题多以压轴题的形式出现.
难度值跨度比较大，在0.3～0.8之间.
以圆锥曲线为载体的解答题的题型设计主要有三类：（1）圆锥曲线的有关元素计算、关系证明或范围的确定；（2）涉及与圆锥曲线平移与对称变换、最值或位置关系的问题；（3）求平面曲线（整体或部分）的方程或轨迹．
考试要求
（1）掌握椭圆的标准方程，会求椭圆的标准方程；掌握椭圆的简单几何性质，能运用椭圆的标准方程和几何性质处理一些简单的实际问题；了解运用曲线的方程研究曲线的几何性质的思想方法．（2）了解双曲线的标准方程，会求双曲线的标准方程；了解双曲线的简单几何性质．（3）掌握抛物线的标准方程，会求抛物线的标准方程；掌握抛物线的简单性质，会用抛物线的标准方程和几何性质处理一些简单的实际问题．（4）了解极坐标系，了解曲线的极坐标方程的求法；了解简单图形的极坐标方程．会进行曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化．
题型一：圆锥曲线的定义及应用
例1
如图6-5-1，和分别是双曲线的两
个焦点，和是以为圆心，以为半径的圆与该双曲线左支的两
个交点，且△是等边三角形，则双曲线的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
点拨：利用双曲线的定义及直角三角形面积的两种表示形式，建立方程组再求解.
解
连AF1，则△AF1F2为直角三角形，且斜边F1F2之长为2c.令由双曲线的定义及直角三角形性质知：.
∵.
∵e﹥1，∴取.选D.
本题若先求出点A的坐标，再代入双曲线方程也可求出.
易错点：（1）正确应用相应曲线的定义至关重要，否则解题思路受阻.（2）由直角三角形面积的两种表示形式得出关系式是值得注意的问题.
变式与引申
1.双曲线=1(b∈)的两个焦点F1、F2，P为双曲线上一点，|OP|＜5，|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列，则b2=_________.
题型二：圆锥曲线方程的应用
例2设抛物线过定点，且以直线为准线．
（1）求抛物线顶点的轨迹的方程；（2）若直线与轨迹交于不同的两点，且线段恰被直线平分，设弦MN的垂直平分线的方程为，试求的取值范围．
点拨：求的取值范围，主要有两个关键步骤：一是寻求与其它参数之间的关系，二是构造一个有关参量的不等式．
解：（1）设抛物线的顶点为，则其焦点为．由抛物
线的定义可知：．
所以，．
所以，抛物线顶点的轨迹的方程为：
．
（2）设弦MN的中点为，则由点为椭圆上的点，
可知：．两式相减得：
又由于，代入上式得：．
又点在弦MN的垂直平分线上，所以，．所以，．
由点在线段BB’上（B’、B为直线与椭圆的交点，如图6-5-2），所以，．
也即：．所以，
本题还可以利用一元二次方程根与系数的关系先求出K的取值范围，再求的取值范围
易错点：：（1）求出抛物线顶点的轨迹方程而忽视限制条件是易错点之一
（2）涉及弦中点问题，利用韦达定理或运用平方差法时（设而不求），必须以直线与圆锥曲线相交为前提，
否则不宜用此法．
变式与引申
2．已知=(x,0)，=(1，y)
(1)求点P(x，y)的轨迹C的方程；
(2)若直线：y=kx+m(km≠0)与曲线C交于A、B两端，D(0，－1),且有|AD|=|BD|，试求m的取值范围.
题型三：圆锥曲线中的最值问题
例3如图6-5-3所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为的直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程和△AMN的最大面积
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
点拨：设出的方程y=x+m,与抛物线组成联立方程组，再利用一元二次方程的
根与系数的关系及点到直线的距离公式求出面积
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??).再利用均值不等式.
解法一
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
由题意，可设l的方程为y=x+m,其中－5＜m＜0
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
由方程组,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0
①∵直线l与
抛物线有两个不同交点M、N，∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,
解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0)
设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,∴|MN|=4
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
点A到直线l的距离为d=
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
∴=2(5+m),从而
∴,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
本题还可以用消去x得关于的一元二次方程求解，用求导的方法求面积的最大值.
易错点：（1）设出l的方程为y=x+m时，忽视参数的取值范围是易错点之一.
（2）在应用均值不等式时，忽视均值不等式的条件“一正、二定、三相等”的相等条件是易错点之二.
变式与引申
3．已知O为坐标原点，P()()为轴上一动点，过P作直线交抛物线于A、B两点，设S△??AOB=，试问：为何值时，t取得最小值，并求出最小值.
题型四：圆锥曲线中的探索性问题
例4
已知抛物线的顶点在原点,焦点在轴的正半轴上,直线与抛物线相交于、两点,且.
⑴求抛物线的方程；
⑵在轴上是否存在一点,使为正三角形？若存在,求出点的坐标；若不存在,请说明理由.
点拨：第⑴问依据,运用弦长公式得到含参数的关系式,进而求抛物线的方程；第⑵问从假设点在轴上出发,利用正三角形性质求出点的坐标,再进行判断.
解：⑴设所求抛物线的方程为,由,消去,得.
设,,则,.∵,∴,即,整理得,解得或(舍去).
故所求抛物线的方程为.
⑵设的中点为,由⑴知,∴,,故.
假设在轴上存在一点,使为正三角形,则,∴,即,解得.∴,.又∵,矛盾,故在轴上不存在点,使为正三角形.
易错点：①第⑴问求出值后,不舍去；②第⑵问中求出点坐标后,便得出在轴上存在点满足题设.
变式与引申
4．设椭圆的两个焦点是与，且椭圆上存在点，使.
(1)求实数的取值范围；
(2)若直线与椭圆存在一个公共点，使得取得最小值，求此最小值及此时椭圆的方程；
(3)在条件（2）下的椭圆方程，是否存在斜率为的直线，与椭圆交于不同的两点，满足，且使得过点两点的直线满足？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.
本节主要考查：（1）考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等知识及基本技能、基本方法，常以选择题与填空题的形式出现.高（2）．直线与二次曲线的位置关系、圆锥曲线的综合问题:常以压轴题的形式出现，这类问题视角新颖，常见的性质、基本概念、基础知识等被附以新的背景，以考查学生的应变能力和解决问题的灵活程度.（3）．在考查基础知识的基础上，注意对数学思想与方法的考查，注重对数学能力的考查，强调探究性、综合性、应用性，注重试题的层次性，坚持多角度、多层次的考查，合理调控综合程度.（4）．对称问题、轨迹问题、多变量的范围问题、位置问题及最值问题也是本节的几个热点问题，但从最近几年的高考试题本看，难度有所降低，有逐步趋向稳定的趋势.
（5）圆锥曲线是高考命题的重点，主要考查识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法.
点评：（1）在解答有关圆锥曲线问题时，首先要考虑圆锥曲线焦点的位置，对于抛物线还应同时注意开口方向，这是减少或避免错误的一个关键，同时勿忘用定义解题.（2）在考查直线和圆锥曲线的位置关系或两圆锥曲线的位置关系时，可以利用方程组消元后得到二次方程，用判别式进行判.但对直线与抛物线的对称轴平行时，直线与双曲线的渐近线平行时，不能使用判别式，为避免繁琐运算并准确判断特殊情况，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.并通过图形求解.当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“差分法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍.（3）求圆锥曲线方程通常使用待定系数法，若能据条件发现符合圆锥曲线定义时，则用定义求圆锥曲线方程非常简捷.在处理与圆锥曲线的焦点、准线有关问题，也可反用圆锥曲线定义简化运算或证明过程.
（4）在解与焦点三角形（椭圆、双曲线上任一点与两焦点构成的三角形称为焦点三角形）有关的命题时，一般需使用正余弦定理、和分比定理及圆锥曲线定义.（5）要熟练掌握一元二次方程根的判别式和韦达定理在求弦长、中点弦、定比分点弦、弦对定点张直角等方面的应用.（6）直线与圆锥曲线的位置关系，是高考考查的重中之重，在高考中多以高档题、压轴题出现.主要涉及弦长、弦中点、对称、参量的取值范围、求曲线方程等问题.解题中要充分重视韦达定理和判别式的应用，解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”.突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拨的功能.
习
题6—5
1．斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为(
)
A.2
B.
C.
D.
2．已知两点M(1，)、N(－4，－)，给出下列曲线方程：①4x+2y－1=0,②x2+y2=3,③+y2=1,④－y2=1,在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是_________.
3．已知是椭圆：的右焦点，也是抛物线的焦点，点Ｐ为与在第一象限的交点，且.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若椭圆的左、右顶点分别为，过的直线交于两点，记的面积分别为，求的取值范围.
4．已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F1、F2，离心率为e.
直线l：y＝ex＋a与x轴．y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设＝λ.
（Ⅰ）证明：λ＝1－e2；
（Ⅱ）确定λ的值，使得△PF1F2是等腰三角形.
5.飞船返回仓顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回仓预计到达区域安排三个救援中心（记为A，B，C），B在A的正东方向，相距6
km,C在B的北偏东30°，相距4
km,P为航天员着陆点，某一时刻A接到P的求救信号，由于B、C两地比A距P远，因此4
s后，B、C两个救援中心才同时接收到这一信号，已知该信号的传播速度为1
km/s.
（1）求A、C两个救援中心的距离；
（2）求在A处发现P的方向角；
（3）若信号从P点的正上方Q点处发出，则A、B收到信号的时间差变大还是变小，并证明你的结论.
A.
C.
B.
D.
图6-1-1
图6-1-2
20090423
川
图6-1-3
冰
已
融
化
区
域
图
图
图
图
图
图
O
图6-3-1
图6-5-4
O
D
C
B
A
x
y
M
图6-5-1
x
y
B
B＇
Ｍ
Ｎ
Ｐ
图6-5-2
O
图6-5-3
图6-5-4
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第四讲
概率与统计
第一节
计数原理
从近三年高考看，新课标降低了计数原理的难度要求，排列组合、二项式定理每年必考，考题多以选择题、填空题出现，题小而灵活，涉及知识点都在两三个左右，综合运用排列组合知识，分类计数和分步计数原理；用二项式定理及二项式系数的性质计算，突出了幂运算在二项式定理中的应用，强调运算的正确性．难度值一般在0.55～0.8之间.
考试要求：
（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理：①理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合：①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理：①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
题型一
两个计数原理的综合问题
例1（1）从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有
种．
（2）在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有(
)
点拨（1）抓住分类用加、分步用乘，两个基本计数原理，解决问题．注意分步和分类往往交互使用．
（2）科学分类将问题分成三类求解；正难则反从总数中排除三点共线的组合
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
解：（1）分为2台原装3台组装和3台原装2台组装两类，完成第一类分两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有种方法，据乘法原理共有种方法．同理，完成第二类有种方法．据加法原理完成全部的选取过程共有种方法．
（2）解法一
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
第一类办法
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有CC个；第二类办法
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个；第三类办法
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
由加法原理共有N=CC+CC+CC个三角形，故选C
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
解法二
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
从m+n+1中任取三点共有C个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C个，三点均在射线OB(包括O点)，有C个
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
所以，个数为N=C－C－C个
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
整理后得CC+CC+CC
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
易错点：（1）要意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中还要分步完成．不能先保证每种选2台后从剩下的当中选1台的办法．
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（2）A中含有构不成三角形的组合，如
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
CC中，包括O、Bi、Bj；CC中，包含O、Ap、Aq，其中Ap、Aq,Bi、Bj分别表示OA、OB边上不同于O的点；B漏掉△AiOBj；D有重复的三角形
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
如CC中有△AiOBj,CC中也有△AiOBj
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
变式与引申1：（1）在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（
）种．
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
A．?????????
B．
??????
C．????????
D．
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（2）5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（
）
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
A．480?种???????
?B．240种?????
C．120种????????
D．96种
题型二
排列组合的应用问题
例2（1）将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有
种（用数字作答）．
（2）2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（
）
A．
60
B．
48
C．
42
D．
36
点拨（1）根据分组元素个数相同注意平均分组问题．
（2）有限制条件的排列组合问题，常用方法有①相邻问题捆绑法；②不相邻问题插空法；③特殊元素(位置)优先法等．
解：（1）
先分组，考虑到有2个是平均分组，得两个两人组
，两个一人组
，再全排列得：种．
（2）解法一：从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端．则为使A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙，所以，共有12×4＝48种不同排法．
故选B．
解法二：同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，
A共有种不同排法，剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：
第一类：女生A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有=24种排法；
第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时共有＝12种排法
第三类：女生B和男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生甲也只有一种排法．
此时共有＝12种排法，
三类之和为24＋12＋12＝48种，选B．
易错点：（1）排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误．
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（2）解含有限制条件的排列组合问题时,首先要弄清是“有序”还是“无序”，还有如果直接法分情况比较多,则间接法比较简单,．
变式与引申2：
（1）五名老师分到到三所学校去，每所学校至少得一名，至多两名，则不同的分配方案有_________
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
（2）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为（
）
　　A．42种　　
　B．30种　　
　
C．20种　　
　D．12种
（3）用1、2、3、4、5、6这六个数字可组成多少个无重复数字且不能被5整除的五位数？
题型三
二项式系数的性质
例3（1）的展开式中的常数项为_______．
（2）（2011年重庆卷理）的展开式中的系数相等，则n=_______.
A．6
B．7
C．8
D．9
点拨：（1）抓住二项展开式的通项，“常数项”与“指数为零”的转化
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
（2）抓住二项展开式的通项与系数是解决此类问题的关键
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
解：（1）的展开式的通项为，当r=3时，，当r=4时，，因此常数项为-20+15=
-5
（2）解析：本题考查二项展开式的通项公式由的系数相等
由得.
易错点：求展开式中的特定项时，运算要准确，特别要注意符号．
变式与引申3：（1）求展开所得的多项式中，系数为有理数的项数；
（2）求展开式中的系数．
（3）求展开式中系数最大的项．
题型四
二项式系数的综合应用
例4　已知，求
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
点拨：二项式的一般展开式中，求系数和常用赋值法
解：令时，有
令时，有
∵
∴
易错点：赋值法是给代数式（或方程或函数表达式）中的某些字母赋予一定的特殊值，从而达到便于解决问题的目的
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
变式与引申4：（1）已知，求
（2）除以9的余数是多少？
本节主要考查：
（1）两个计数原理、排列数组合公式和性质、二项式定理．
(2)求解排列组合问题常见题型方法：①相邻问题捆绑法，②不相邻问题插空法，③分排问题直排法，④定序问题除法，⑤平均分组（除），⑥部分平均分组（部分除），⑦不平均分组；
（3）分类选派问题：注意要分类清楚；
（4）数字问题：注意0的特殊性，注意有无重复数字，注意数字位数；
（5）会根据多项式还原为二项式，注意项数以及次数的对应；
（6）赋值法应用．
点评：（1）两个计数原理、排列组合知识与概率联系十分密切,2011年全国及各省市命题,总有一小题是对排列组合应用的考查．对于概率的解答题中,用排列、组合知识作答的占多数；
（2）解排列组合问题通常考察的是有附加条件的问题，解决这类问题通常有三种途径：
①以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主，应先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑附加条件，计算出总数再减去不符合条件的个数；
（3）二项式定理部分主要考查求二项展开式的特定项或二项式系数的性质，要熟记通项公式；注意区别系数和二项式系数，并会求系数最大的项以及二项式系数最大的项．
（4）熟记几个组合数公式性质以及推论，会熟练应用其求值．
习题4—1
1、若,则的值为（
）
A．2
B．0
C．
D．
2、
将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜色，要求同一条棱的两端点颜色不同，现有5种颜色可供选择，则不同的染色方法共有
种（以数字作答）．
3、有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D、E五个字母,现从中
取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法．
4、有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
5、已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N＋)的展开式中x的系数为11．
(1)求x2的系数的最小值；
(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和．
第二节
概率
近三年高考概率试题的题量大致为2道，约占全卷总分的6％-10％，试题的难度为中等偏易或中等，仍然是高考卷中的主流应用题．试题特点是小题更加注重基础，大题更加注重能力，通过对课本知识的重新组合，着重考查古典概型与几何概型，互斥事件与条件概率，离散型随机变量的分布列、数学期望和方差等．难度值一般在0.5～0.8之间.
考试要求：
概率（必修）：（1）事件与概率①
了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别.②
了解两个互斥事件的概率加法公式.（2）古典概型①理解古典概型及其概率计算公式.②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.（3）随机数与几何概型　①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.②了解几何概型的意义.
概率（选修）：①
理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性.②
理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用.③
了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.④
理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题.⑤
利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
题型一
古典概型与几何概型
例1（1）甲盒中有红，黑，白三种颜色的球各3个，乙盒子中有黄，黑，白三种颜色的球各2个，从两个盒子中各取1个球．则取出的两个球是不同颜色的概率为
．
（2）在等腰的斜边取一点，则的概率为
．
点拨：（1）抓住每个基本事件等可能性，建立适当的古典概率模型．
（2）几何概型主要有长度、角度、面积、体积等度量值之比．
解：（1）在每个盒中不同颜色的球的个数相同，从颜色考虑，在甲盒中取球有３种可能，在乙盒中取球有３种可能，总共有种可能，两个球颜色不同有７种可能，不同颜色的概率为．
（2）点在上任何一个位置的可能性相等，且，则的概率为．
易错点：构建概率模型时忽略每个基本事件的等可能性要求，如变式中题目．
变式与引申1：
（1）甲盒中有红，黑，白三种颜色的球各2个；乙盒子中有黄，黑二种颜色的球各2个，白球各1个，从两个盒子中各取1个球．则取出的两个球是不同颜色的概率为
．
（2）在等腰中，过点作直线交斜边于点，则的概率为
．
题型二
互斥事件与对立事件
例2、袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，按3个小球上最大数字的9倍计分，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字，求：
（1）取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
（2）计分介于20分到40分之间的概率．
点拨：互斥事件的概率加法公式与对立事件的概率计算．
解：（1）解法一：“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为，
则
解法二：“一次取出的3个小球上的数字互不相同的事件记为A”，“一次取出的3个小球上有两个数字相同”的事件记为，则事件和事件是互斥事件，因为，所以．
（2）“一次取球所得计分介于20分到40分之间”的事件记为，即最大数字为3或4，则
最大数字为3时：
最大数字为4时：
易错点：在计算互斥事件的概率时分类不清；不能利用对立事件进行快速计算．
变式与引申2：盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球.
规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得分
.
现从盒内任取3个球.
（1）求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；
（2）求取出的3个球中至少两个球颜色相同的概率．
题型三
相互独立事件与条件概率
例3、袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，
（1）作不放回抽样，求第二次才取到黄色球的概率．
（2）作有放回抽样，求第二次才取到黄色球的概率．
点拨：
“第二次才取到黄色球”是指“第一次取到白色球”与“第二次取到黄色球”同时发生．
解:
记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B,”第二次才取到黄球”为事件C,
（1）
.
（2）
易错点：容易混淆P(AB)与P(B/A)的含义,
P(AB)表示在样本空间S中,A与B同时发生的概率；而P（B/A）表示在缩减的样本空间SA中，作为条件的A已经发生的条件下事件B发生的概率．
变式与引申3：甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是_
____（写出所有正确结论的编号）
①；
②；
③事件与事件相互独立；④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关．
题型四
随机变量的期望与方差
例4、在一次数学考试中,
第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中选做一题．
设4名考生选做这两题的可能性均为．
(１)其中甲、乙2名学生选做同一道题的概率;
(２)设这4名考生中选做第15题的学生数为个,求的分布列及数学期望．
点拨：抓住考生之间的选题是相互独立的，4个考生选做是4次独立重复实验，随机变量服从二项分布．
解：
(1)设事件表示“甲选做14题”,事件表示“乙选做14题”,则甲、乙2名学生选做同一道题的事件为“”,且事件、相互独立
∴
=
(2)随机变量的可能取值为0,1,2,3,4．且．
∴
所以变量的分布列为
0
1
2
3
4
或
易错点：（１）忽略分为两个互斥事件．（２）次独立重复实验概率的计算公式记不清．
变式与引申4：（2011年天津卷理）学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．（每次游戏结束后将球放回原箱）
（Ⅰ）求在1次游戏中，
（i）摸出3个白球的概率；
（ii）获奖的概率；
（Ⅱ）求在2次游戏中获奖次数的分布列及数学期望
.
本节考查：
（1）互斥事件的概率，条件概率、相互独立事件的概率，离散型随机变量的分布列和期望等基本概念及基本运算，以及运用概率知识解决问题的能力．（2）解题时，注意列举法、分类讨论与正难则反思想方法运用．
点
评：
在复习备考中着重做到：（1）三个理解：理解互斥事件与相互独立事件；理解古典概型与几何概型；理解二项分布与超几何分布．（2）四个会：会用排列组合公式计算概率；会用互斥事件的概率加法公式计算概率；会用独立事件的概率乘法公式计算概率；会根据分布列求离散随机变量的期望与方差．
求离散型随机变量的分布列的应用问题，可分如下几个步骤：（1）明确随机变量的所有可能值；（2）求出与这些可能取值等价事件的概率；（3）按要求写出分布列；（4）再根据所得分布列来解决其他的问题．
在复习中，应注意联系实际，重视数学在生产、生活及科学中的应用，能以数学语言为工具进行数学思维与数学交流．注意“至少”“恰有”“至多”一类词语的含义，找出事件A包含的基本事件数．
习题4—２
1、已知随机变量X服从正态分布N(3.1)，且=0.6826，则p（X>4）=（
）
A、0.1588
B、0.1587
C、0.1586
D0.1585
2、在区间内随机取两个数分别记为，则使得函数有零点的概率为
．
3、（2011年山东卷理）红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘，已知甲胜A，乙胜B，丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立。
（Ⅰ）求红队至少两名队员获胜的概率；
（Ⅱ）用表示红队队员获胜的总盘数，求的分布列和数学期望.
4、已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物．血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病．下面是两种化验方法：方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止．
方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验．
（1）求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率；
（2）表示依方案乙所需化验次数，求的期望．
5、某学校举行知识竞赛，第一轮选拨共设有四个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题分别加1分，2分，3分，6分，答错任意题减2分；②每答一题，计分器显示累计分数，当累积分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累积分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；答完四题累计分数不足14分时，答题结束淘汰出局；
③每位参加者按顺序作答，直至答题结束．假设甲同学对问题回答正确的概率依次为，且各题回答正确与否相互之间没有影响．（1）求甲同学能进入下一轮的概率；（2）用表示甲同学本轮答题的个数，求的分布列和数学期望．
第三节
统计、统计案例
从近三年高考试卷看，在选择填空题和客观题中都有统计内容出现，分值一般在12分左右，约占试卷总分的8﹪，一般是容易或中档题为主,
难度值在0.5～0.7之间.统计案例（回归分析、独立性检验）作为新增内容，在2011年高考全国新课标卷出现解答题.分析发现统计及统计案例在高考中有增加的趋势.
考试要求：
统计（必修）：（1）随机抽样：①
理解随机抽样的必要性和重要性.②
会用简单随机抽样方法从总体中抽取样本；了解分层抽样和系统抽样方法.（2）：用样本估计总体①
了解分布的意义和作用，会列频率分布表，会画频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，理解它们各自的特点.②
理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差.③
能从样本数据中提取基本的数字特征（如平均数、标准差），并给出合理的解释.④
会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想.⑤
会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题.（3）变量的相关性：①
会作两个有关联变量的数据的散点图，会利用散点图认识变量间的相关关系.②
了解最小二乘法的思想，能根据给出的线性回归方程系数公式建立线性回归方程.
统计案例：了解下列一些常见的统计方法，并能应用这些方法解决一些实际问题.（1）独立性检验了解独立性检验（只要求2×2列联表）的基本思想、方法及其简单应用.（2）回归分析：了解回归的基本思想、方法及其简单应用.
题型一
三种抽样方法
例1
某初级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要利用抽样方法抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1，2，…，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号1，2，…，270，并将整个编号依次分为10段.如果抽得号码有下列四种情况：
①7，34，61，88，115，142，169，196，223，250；
②5，9，100，107，111，121，180，195，200，265；
③11，38，65，92，119，146，173，200，227，254；
④30，57，84，111，138，165，192，219，246，270；
关于上述样本的下列结论中，正确的是（
）
A．②、③都不能为系统抽样
B．②、④都不能为分层抽样
C．①、④都可能为系统抽样
D．①、③都可能为分层抽样
点拨：抓住分层抽样中“按比例抽取”的本质；抓住系统抽样中“按相同的间隔规律抽取样本”的特点；
解：对于系统抽样应在1-27，28-54，55-81，82-108，109-135，136-162，163-189，190-216，217-243，244-270中各抽取一号，对于分层抽样应在1-108抽取4个号，109-189抽取3个号，190-270抽取3个号，故选D.
易错点：在本例中,⑴要能正确审清题意，否则求解思路受阻；⑵不能把每层抽的人数转化为在哪个区间取号；（3）忽视系统抽样等距的特点，分段的临界值会出错.
变式与引申1：为了考察某校的教学水平，将抽查这个学校高三年级的部分学生本年度的考试成绩.为了全面反映实际情况，采取以下三种方式进行抽查（已知该校高三年级共有20个班，并且每个班内的学生已经按随机方式编好了学号，假定该校每班学生的人数相同）：①从高三年级20个班中任意抽取一个班，再从该班中任意抽取20名学生，考察他们的学习成绩；②每个班抽取1人，共计20人，考察这20名学生的成绩；③把学生按成绩分成优秀、良好、普通三个级别，从其中共抽取100名学生进行考察（已知该校高三学生共1
000人，若按成绩分，其中优秀生共150人，良好生共600人，普通生共250人）.
根据上面的叙述，试回答下列问题：
（Ⅰ）上面三种抽取方式的总体、个体、样本分别是什么？每一种抽取方式抽取的样本中，样本容量分别是多少？
（Ⅱ）上面三种抽取方式各自采用的是何种抽取样本的方法？
（Ⅲ）试分别写出上面三种抽取方式各自抽取样本的步骤.
变式与引申2：某单位有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取一个容量为n的样本.如果采用系统抽样法和分层抽样法抽取，不用剔除个体；如果样本容量增加一个，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除1个个体，求样本容量n.
题型二
数据的数字特征
例2
为了解A，B两种轮胎的性能，某汽车制造厂分别从这两种轮胎中随机抽取了8个进行测试，下面列出了每一个轮胎行驶的最远里程数（单位：1
000
km）
轮胎A
96，
112,
97,
108,
100,
103,
86,
98
轮胎B
108，
101，
94，
105，
96，
93，
97，
106
（1）分别计算A，B两种轮胎行驶的最远里程的平均数，中位数；
（2）分别计算A，B两种轮胎行驶的最远里程的极差、标准差；
（3）根据以上数据你认为哪种型号的轮胎性能更加稳定？
点拨：（1）分析数据，利用公式与定义求平均数、中位数、标准差、极差；（2）抓住数字特征数值大小与数据稳定的关系．
解：（1）A轮胎行驶的最远里程的平均数为：
中位数为：
；B轮胎行驶的最远里程的平均数为：
中位数为：.
(2)A轮胎行驶的最远里程的极差为：112-86=26，标准差为：
B轮胎行驶的最远里程的极差为：108-93=15，
标准差为：
（3）由于A和B的最远行驶里程的平均数相同，而B轮胎行驶的最远里程的极差和标准差较小，所以B轮胎性能更加稳定.
易错点：（1）错误理解中位数、极差定义；不知用标准差反映稳定性；（2）忘记求标准差公式；（3）运算不仔细，导致计算错误.
变式与引申3.
某赛季甲、乙两名篮球运动员各13场比赛得分情况用茎叶图表示如下：
甲
乙
9
8
8
1
7
7
9
9
6
1
0
2
2
5
6
7
9
9
5
3
2
0
3
0
2
3
7
1
0
4
根据上图，对这两名运动员的成绩进行比较，下列四个结论中，不正确的是
A．甲运动员得分的极差大于乙运动员得分的极差
B．甲运动员得分的的中位数大于乙运动员得分的的中位数
C．甲运动员的得分平均值大于乙运动员的得分平均值
D．甲运动员的成绩比乙运动员的成绩稳定
题型三
用样本估计总体
例3如图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量（单位：吨）的频率分布直方图.
（1）求直方图中x的值
.
（2）若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民（看作有放回的抽样），求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列和数学期望.
点拨：利用矩形面积之和等于1求x的值；理解问题(2)有放回任取3位居民，其概率分布符合二项分布，利用公式计算分布列和数学期望.
解：（1）
，
（2），
，，
X
0
1
2
3
P
0.729
0.243
0.027
0.001
易错点：（1）不清楚矩形面积表示的就是频率；（2）从频率分布直方图读取数据时,不注意组距及纵坐标是频率除以组距,而各长方形面积和为1；（3）不记得二项分布及期望的计算公式.
变式与引申4：某工厂有工人1000名，
其中250名工人参加过短期培训（称为A类工人），另外750名工人参加过长期培训(称为B类工人），现用分层抽样方法（按A类、B类分二层）从该工厂的工人中共抽查100名工人，调查他们的生产能力（此处生产能力指一天加工的零件数）.
（1）求甲、乙两工人都被抽到的概率，其中甲为A类工人，乙为B类工人；
（2）从A类工人中的抽查结果和从B类工人中的抽查结果分别如下表1和表2.
表1
生产能力分组
情况解人数
4
8
5
3
表2
生产能力分组
人数
6
y
36
18
（ⅰ）先确定x，y，再在答题纸上完成下列频率分布直方图.就生产能力而言，A类工人中个体间的差异程度与B类工人中个体间的差异程度哪个更小？（不用计算，可通过观察直方图直接回答结论）
（ⅱ）分别估计A类工人和B类工人生产能力的平均数，并估计该工厂工人的生产能力的平均数，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
题型四
回归分析及独立性检验
例4
一个车间为了规定工时定额，须要确定加工零件所花费的时间，为此进行了10次实验，测得的数据如下：
零件个数x(个)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
加工时间y（分）
62
68
75
81
89
95
102
108
115
122
（1）与是否具有线性相关关系？
（2）如果与具有线性相关关系，求回归直线方程.
（3）并据此估计加工200个零件所用的时间为多少？
点拨：画散点图，观察所给的数据列成的点是否在一条直线的附近；利用样本相关系数的计算公式对其进行相关性检验；利用公式计算出,再由求出，写出回归直线方程.
解：（1）
，
.
于是：
，又查得相应于显著性水平0.05和的相关系数临界值，由.
（2）设所求的回归直线方程为，同时，利用上表可得
，
即所求的回归直线方程为.
(Ⅲ)当时，的估计值.故加工200个零件时所用的工时约为189分.
易错点：(1)解题时应注意准确代数与计算，不可错用公式；(2)
题目中若已知呈线性相关关系，就无须进行相关性检验.否则，应先进行相关性检验.因为若两个变量不具备相关关系，或者说它们之间相关关系不显著，即使求出回归方程也是毫无意义的，而且用其估计和预测的量也是不可信的；（3）此题对计算能力的要求较高，若计算不慎，可导致对线性相关性的判断有误.
变式与引申5：(2011湖南理科卷)
通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：
男
女
总计
爱好
40
20
60
不爱好
20
30
50
总计
60
50
110
由算得，．
0．050
0．010
0．001
3．841
6．635
10．828
参照附表，得到的正确结论是
A．再犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
B．再犯错误的概率不超过0．1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
变式与引申6：以下是某地搜集到的新房屋的销售价格和房屋的面积的数据：
房屋面积（）
115
110
80
135
105
销售价格（万元）
24.8
21.6
18.4
29.2
22
（Ⅰ）画出数据对应的散点图；
（Ⅱ）求线性回归方程，并在散点图中加上回归直线；
（Ⅲ）据（Ⅱ）的结果估计当房屋面积为时的销售价格
本节主要考查：⑴知识点有；1.三种常用抽样方法：(1)简单随机抽样；（2）系统抽样；（3）分层抽样.2．用样本的数字特征估计总体的数字特征：
（1）众数、中位数；（2）平均数与方差.3．频率分布直方图、折线图与茎叶图.4．线性回归：回归直线方程.5．统计案例：相关系数（回归分析）、独立性检验.
⑵考查在应用问题中构造抽样模型、识别模型、收集数据等能力方法；⑶考查频率分布直方图、茎叶图、平均数、方差、标准差为主，同时考查对样本估计总体的思想的理解；会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想解决一些简单的实际问题；⑷作两个相关联变量数据的散点图，判断两个变量的线性相关性，了解最小二乘法的思想，会求相关系数及线性回归方程；考查看图、作图和运算求解等基本数学能力；⑸了解独立检验的基本思想、方法及其简单应用；并借助解决一些简单的实际问题来了解一些基本的统计思想．
点评：⑴统计案例（回归分析、独立性检验）是新增内容，在全国的高考中并没有涉及到，但在一些省市的统考中已有所体现，随着新课标的实施，在以后的高考中会有考的内容（如2010年高考新课标卷第19题）.统计案例主要考查回归直线方程(如例4)、独立性检验(如例4的变式引申).
⑵通常用样本的平均数与标准差、方差来估计总体的平均数与标准差、方差；平均数反映了数据取值的平均水平，标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小．标准差、方差越大，数据的分散程度越大，越不稳定；标准差、方差越小，数据的分散程度越小，越稳定．
⑶在解决具体问题时，要先进行相关性检验(有时可绘制散点图来判断)，通过检验确认两个变量是否具有线性相关关系，若它们之间具有相关关系，再求回归方程.
⑷对于相关系数r来说,
|r|≤1,并且|r|越接近于1,两个变量的线性相关程度越强;
|r|越接近于0,两个变量的线性相关程度越弱.当|r|大于0.75时,我们认为x与Y有很强的线性相关关系,这时求回归直线方程有必要也有意义,否则,在|r|<0.75时,寻找回归直线方程就没有意义.如果低于，就认为没有充分的证据说明变量和是有关系．
⑸统计与统计案例中，很多数据都是图、表的形式给出，要善于看图、作图、理解图所传递的信息，对数据的精确处理要有较强的计算能力.
⑹因为这几年的高考应用题基本都落实在概率统计的内容上，另一方面，这部分内容本身和实际联系较多，所以我们在复习中加强培养学生的应用意识.
习题4-3
.某机构就当地居民的月收入调查了1万人，并根据所得数据画出了样本频率分布直方图（如图）．为了深入调查，要从这1万人中按月收入用分层抽样方法抽出100人，则月收入在（元）段应抽出
人．
2．下列说法：
①将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差恒不变；
②回归方程＝bx＋a必过点(，)；
③用相关指数来刻画回归效果，越接近0，说明模型的拟合效果越好；
④在一个2×2列联表中，由计算得K2＝13.079，则其两个变量间有关系的可能性是
90%.
其中错误的是________．
3.
某校从参加高一年级期末考试的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）分成六段，…后画出如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：
（1）求第四小组的频率，并补全这个频率分布直方图；
（2）估计这次考试的及格率（60分及以上为及格）；
（3）从成绩是70分以上（包括70分）的学生中选两人，
求他们在同一分数段的概率．
4．假设关于某设备使用年限x（年）和所支出的维修费用y（万元）有如下统计资料：
2
3
4
5
6
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
若由资料知，y对x呈线性相关关系，试求：
（1）回归直线方程；
（2）估计使用年限为10年时，维修费用约是多少？
5．为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，结果如下：
性别
是否需要志愿
男
女
需要
40
30
不需要
160
270
（Ⅰ）估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的老年人的比例；
（Ⅱ）能否有99％的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关？
（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，能否提供更好的调查方法来估计该地区老年人，需要志愿帮助的老年人的比例？说明理由
附：
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
第四节
概率与统计的综合应用
概率与统计内容在高考中会出现一道大题和1～2道小题，占分大约17～22分，占整个高考的15％左右，试题的难度为中等偏易或中等，试题特点是小题更加注重基础，大题更加注重能力，通过对课本知识的重新组合，考查概率与统计内容的要点知识和典型方法，是高考卷中的主流应用题的备考点．
考试要求：
（1）掌握概率与统计的基本概念．（2）掌握几种典型概型、分布列及计算公式．（3）掌握统计及统计案例的典型问题．（4）能抓住与各模块知识的联系，解决概率与统计的综合应用问题．
题型一
概率与排列组合
例1
在1，2，3，4，5的所有排列中，
（1）求满足的概率；
（2）记为某一排列中满足的个数，求的分布列和数学期望．
点拨：涉及几个量的联系，不容易一下考虑清楚，列举分类解决问题．
解：（1）所有的排列种数有个．满足的排列中，若取集合中的元素，取集合中的元素，都符合要求，有个．若取集合中的元素，取集合中的元素，这时符合要求的排列只有；；；共4个．
故满足的概率．
（2）随机变量可以取．ks5u
，，，
，．
故的分布列为
0
1
2
3
5
的数学期望．…………14分
易错点：涉及到的数字较多，大小交叉，分类计算时容易错．
变式与引申1：由数字1，2，3，4组成五位数，从中任取一个．
（1）求取出的数满足条件：“对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得”的概率；
（2）记为组成这个数的相同数字的个数的最大值，求的分布列和期望．
题型二
概率与方程不等式
例2
一个袋中装有若干个大小相同的黑球，白球和红球．已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是．
（1）若袋中共有10个球，（ⅰ）求白球的个数；（ⅱ）从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为，求随机变量的数学期望．
（2
）求证：从袋中任意摸出2个球，至少得到1个黑球的概率不大于．并指出袋中哪种颜色的球个数最少．
点拨：关键是设定未知量，将问题还原成常见的概率类型，第一问结合目标设袋中白球的个数为．第二问针对黑球的概率设置问题，因而设袋中有个黑球，且总球数为．
解：（1）（i）记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件A，设袋中白球的个数为，则，得到．故白球有5个．
（ii）随机变量的取值为0，1，2，3，分布列是
0
1
2
3
的数学期望
(?http:?/??/?www.mathschina.com?)
．
（2）证明：设袋中有个球，其中个黑球，由题意得，
所以，，故．
记“从袋中任意摸出两个球，至少有1个黑球”为事件B，则
．
所以白球的个数比黑球多，白球个数多于，红球的个数少于．
故袋中红球个数最少．
易错点：审题忽略关键词，变量设定不科学．计算与分析讨论易出错．
变式与引申2：在一个盒子中有个球，其中2个球的标号是不同的偶数，其余n个球的标号是不同的奇数．甲乙两人同时从盒子中各取出2个球，若这4个球的标号之和为奇数，则甲胜；若这4个球的标号之和为偶数，则乙胜．规定：胜者得2分，负者得0分．
（1）当时，求甲的得分的分布列和期望；
（2）当乙胜概率为的值．
题型三
概率与函数
例3
袋中有红球和白球共100个，从这只袋中任取3只，问袋中有几个红球时，使取得的3个球全为同色的概率最小？
点拨：设红球或者白球个数，构造函数模型解题．
解：设分别为红球，白球的个数，则有，从100个球中任取3个球，全为红色球的概率为；从100个球中任取3个球全为白色的概率为，所以取得3个同色球的概率为
=
==；
时，最小，此时．
易错点：设元列式解题时，化简过程出错．
变式与引申3：某企业准备投产一批特殊型号的产品，已知该种产品的成本与产量的函数关系式为
，该种产品的市场前景无法确定，有三种可能出现的情况，各种情形发生的概率及产品价格与产量的函数关系式如下表所示：
市场情形
概率
价格与产量的函数关系式
好
0．4
中
0．4
差
0．2
设分别表示市场情形好、中、差时的利润，随机变量表示当产量为时市场前景无法确定的利润．
（1）分别求利润与产量的函数关系式；
（2）当产量确定时，求期望；
（3）试问产量取何值时，取得最大值．
题型四
概率与数列
例4
甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏,规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数时,原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数时,就由对方接着掷．第一次由甲开始掷,若第n次由甲掷的概率为,
（1）求甲抛掷一次的点数之和为3的倍数的概率；
（2）求．
点拨：第n+1次由甲掷这一事件，包含两类：第n次由甲掷和第n次由乙掷；构造数列模型解题．
解：（1）因抛抛两颗骰子出现的点数为：1、2、3、4、5、6,
其点数和为3的倍数的情况有：(1,2),
(2,1),
(3,3),
(3,6),
(6,3),
(6,6),
(2,6),
(6,2),
(4,5),
(5,4),
(1,5),
(5,1)共12种可能．
甲掷出的点数之和为3的倍数的概率为
（2）第n+1次由甲掷这一事件,包含两类：
①第n次由甲掷,第n+1次继续由甲掷,概率为：,
②第n次由乙掷,第n+1次由甲掷,概率为：(1－)(1－),
从而有　＝＋(1－)(1－)　,即＝－＋　（其中=1）,
即－=－(－)于是－=(－)·(－,
即=+·(－
易错点：不能正确找到与的关系．
变式与引申4：质点位于数轴处，质点位于处.这两个质点每隔1秒就向左或向右移动1个单位，设向左移动的概率为，向右移动的概率为．
（1）求3秒后，质点位于点处的概率；
（2）求2秒后，质点同时在点处的概率；
（3）假若质点在两处之间移动，并满足：当质点在处时，1秒后必移到处；当质点在处，1秒后分别以的概率停留在处或移动到处，今质点在处，求8秒后质点在处的概率．
本节考查：
在高考解答题中，常常是将概率与统计内容与其它知识内容交汇在一起进行考查，主要考查综合理解能力计算能力．此类问题一般都同时涉及多个知识点，它们相互交织在一起，难度较大，解答此类题时，要在透彻理解各类事件、各个知识内容的基础上，准确把题目含义，将问题进行分解，特别是要注意挖掘题目中的隐含条件．概率与方程、不等式、函数等知识的综合应用题，通过对课本原题进行改编，对基础知识的重新组合、变式和拓展，解题时，应注意各知识要点的联系及列举法、分类讨论与正难则反思想方法运用．
点
评：
随着新课改的深入，高考将越来越重视这部分的内容，概率、统计都将是重点考查内容，至少会考查其中的一种类型．在复习备考中，注意掌握概率与统计的基本概念，对于一些容易混淆的概念，应注意弄清它们之间的联系与区别；掌握几种典型概型、分布列及计算公式，体会解决概率应用题的思考方法，正向思考时要善于将较复杂的问题进行分解，解决有些问题时还要学会运用逆向思考的方法，特别明确(1)计算古典概型问题的关键是怎样把一个事件划分为基本事件的和的形式，以便准确计算事件A所包含的基本事件的个数和总的基本事件个数；计算几何概型问题的关键是怎样把具体问题（如时间问题等）转化为相应类型的几何概型问题，及准确计算事件A所包含的基本事件对应的区域的长度、面积或体积．(2)在古典概型问题中，有时需要注意区分试验过程是有序还是无序；在几何概型问题中需注意先判断基本事件是否是“等可能”的．(3)几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果；掌握统计及统计案例的典型问题，注意理解抽样、数据分析、求线性回归方程的方法，回归分析方法，独立性检验的方法及其应用问题；能抓住知识的综合联系解决实际应用问题．
习题4—4
1.某班同学利用国庆节进行社会实践，对岁的人群随机抽取人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，若生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图：
（Ⅰ）补全频率分布直方图并求、、的值；
（Ⅱ）从岁年龄段的“低碳族”中采用分层抽样法抽取人参加户外低碳体验活动，其中选取人作为领队，记选取的名领队中年龄在岁的人数为，求的分布列和期望.
2、在一个盒子中，放有标号分别为，，的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为、，设为坐标原点，点的坐标为，记．
(Ⅰ)求随机变量的最大值，并求事件“取得最大值”的概率；
(Ⅱ)求随机变量的分布列和数学期望．
3、从原点出发的某质点，按照向量移动的概率为，按照向量移动的概率为，设可到达点的概率为．
（1）求概率、；
（2）求
与、
的关系并证明数列是等比数列；
（3）求．
4、一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．
（1）试用表示一次摸奖中奖的概率；
（2）若，求三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率；
（3）记三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为．当取多少时，最大？
5、已知三个正数满足．
(1)若是从中任取的三个数,求能构成三角形三边长的概率;
(2)若是从中任取的三个数,求能构成三角形三边长的概率．
图4-3-3
图4-3-2
图4-4-1
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第一讲
函数（理）参考答案
第一节
初等函数
变式与引申1:
提示
,,时,.时,故
变式与引申2:
解
（1）令x=y=0.易得.
而，且
（2）
∴
∴在R+上为减函数.
变式与引申3:
解
，当y=f(x)为偶函数,
当时,
取,,,,,∴是非奇非偶函数.
变式与引申4:
（0，1）.
提示：画出函数图像，由图象可知0习题1-1
1.
D.
提示
为偶函数.
2.
提示：要使得
3.
解
因为是奇函数，所以，即，解得．
从而有．又由知，解得．
4.
证明
（1）令
则
∵
∴
（2）令则
∴
由已知>0时，>1>0，当<0时，>0，>0
∴又时，>0
∴对任意，>0
5.
解
令
可以判断是的极值点.
讨论：（1）有两个根
（2）有一个根或
（3）没有根或或
当即时，故有一个根.
当即时，故有一个根.
当即时，故有两个根.
综上所述：有两个根；或有一个根；
或，没有根.
第二节
导数与积分
变式与引申1:
解法一:
由题得,
(1)由图可知函数的图象过点,且,,.
依题意得,
解得
(2)由(1)可得则由题意可得:有三个不相等的实根,即与轴有三个不同的交点.
当变化时,的变化情况如下表.
4
+
0
—
0
+
极大值
极小值
则.
当且仅当时,
的图象与的图象有且只有在三个不同的交点,所以.
解法二(1)同解法一.(2)
由(1)可得
整理得,直线与曲线有且只有在三个不同的交点.即求的极大值和极小值.易求得.
注:解法二使用了方程有解转化为求函数最值(极值)的函数与方程思想的解题技巧.
变式与引申2:
解：（1），则有，解得　
（2）由（1）知，，
令，
则
，
（i）当
，
若
，则，是减函数，所以
即，故在上不恒成立.
（ii）时，
若则,是增函数,
即，故当时，.
综上所述，所求的取值范围为.
（3）由(2)知:当时,
有.令,有,且当
,.令,有
即,
即.
变式与引申3:
解:设,,则
,作商有:
=,构造函数
函数在上是一个递减函数.
从而,当正整数时,,有,
即有,所以,即所以>.
变式与引申4:
解:（1）由题意，时y=2，故,即,
与有交点0及，
由，,得,即.
与所围的面积S为
（2），
上＜0，在（－3，－1）上＞0
上S（）在点处取得最小值，这时，最小值S（－3）＝.
习题1-2
1．.提示：
,.
2．解：（I）当时，
由于,所以曲线HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
=(HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
)在点(1，)处的切线方程为
.即.
（II）
①当时，.
因此在区间上,；在区间上，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
②当时，，得;
因此，在区间和上，；在区间上，；
即函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；
③当时，.的递增区间为
④当时，由，得；
因此，在区间和上，，在区间上，；
即函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
3.
(1)设,
.
故,
,
又,
,
.
,单调递增区间为.
(2)
.
方程在上至少有一个实数根,
首先,得
.
①当时,
,>0,可知方程只有负根,不合要求
②当时,
,>0,方程只有正根,而且至少有一个根在区间内,
故
.
4．解：（I）由图形可知二次函数的图象过点（0，0），（8，0），并且的最大值为16则
∴函数的解析式为
（Ⅱ）由得,
∵0≤t≤2，∴直线与的图象的交点坐标为（.
由定积分的几何意义知：
5．解：（I），设，
则，在上为减函数，且
，，在上为减函数.
（Ⅱ）在上恒成立在上恒成立.设,①若,则时,恒成立,
在上为减函数,有在上恒成立,
②若,显然不满足条件.③若,则时,时,
,在上为增函数,当,不能使..
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知在上恒成立,,即.取,即得对一切正整数成立.
第三节
函数的单调性、最值和极值
变式与引申1：
解：（1）由
当
令
所以，当上存在单调递增区间
（2）令
所以上单调递减，在上单调递增
当在[1，4]上的最大值为
又
所以在[1，4]上的最小值为
得，从而在[1，4]上的最大值为
变式与引申2：
解：①若在区间(-1,1)上有两个极值点，
则解得：
②同理，存在极值点，但在区间(-1,1)上有没有极值点，则.
变式与引申3：
解：与原例题3的方法相同.
变式与引申4：
解：（Ⅰ），令：
于是，假设是的两个实根，且
(1)当或时，则不是的极值点，此时不合题意.
(2)当且时，由于是的极大值点，故.
即即，所以.
所以的取值范围是.
(Ⅱ)由（Ⅰ）可知，假设存在及满足题意，则（1）当时，则或，
于是，即.
此时
或.
（2）当时，则或
①若，则，于是
，
即，于是.
此时
②若，则，于是，
即，于是.
此时
综上所述，存在b满足题意，当时，；
当时，；当时，.
习题1—3
1.
C
本小题主要考查对数函数的性质、函数的图像，考生在做本小题时极易忽视，b的关系.
解：：因为，所以，所以(舍去)，或HYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
，根据图像可以判断9即的取值范围是(9,11).
2.
提示：画出函数图像即可.
3.解：（1）当时,
.
当时，在单调递增；
当时，在单调递减；
当时，在单调递增.
综上，的单调增区间是和,的单调减区间是.
（2），.
当，即时，,为增函数，舍去.
当，即时，有两个根，.
由题意知
①
或
②
①式无解,②式的解为.
因此的取值范围.
4.解:
（I）=,=(x>0),由已知得
解得.
∴两条曲线交点的坐标为切线的斜率为.
∴切线的方程为.
（II）由条件知，
（i）当>0时，令解得，
∴
当0
<<
时，，在（0，）上递减；
当x>时，，在上递增.
∴
是在上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是的最小值点.
∴
最小值
（ii）当时，在（0，+∞）上递增，无最小值。
故的最小值的解析式为
（Ⅲ）由（Ⅱ）知
则，令解得.
当时，，∴在上递增；
当时，，∴在上递减.
∴在处取得最大值
∵在上有且只有一个极值点，所以也是的最大值.
∴当时，总有
5.解：（1）由题意知，的定义域为，
．
当时，，函数在定义域上单调递增．
（2）令，
得，．
时，，
而，
此时，随在定义域上的变化情况如下表：
减
极小值
增
由此表可知：时，有惟一极小值点，
（3）由(Ⅱ)可知当时，函数，
此时有惟一极小值点：，
且．
∴．
∴，．
第四节
函数的综合应用(1)
变式与引申1:
C．提示：代入求出后解方程.
变式与引申2:（1）、（2）、（3）
提示：讨论并画出的图象.
变式与引申3:
A．
提示：根据函数的奇偶性,排除C、D,再通过判断函数的变化趋势选A.
变式与引申4:
B．提示：当a=0,b=0;a=0,b=1;a=,b=0;
a=,b=1;a=1,b=-1;a=1,b=1时满足题意，
故答案选B．
变式与引申5:
B．提示：．
变式与引申6:
A．提示：
变式与引申7:
解：（1）因为,所以即,所以a=－2.
(2)因为直线恒过点（0，9）.
先求直线是y=g(x)
的切线.设切点为,因为.
所以切线方程为,将点（0，9）代入得.
当时，切线方程为y=9,
当时，切线方程为y=12x+9.
由得，即有
当时，的切线，
当时，
的切线方程为是公切线，
又由得或，
当时的切线为，
当时的切线为，，不是公切线
综上所述
时是两曲线的公切线
习题1-4
1．B
提示：
2．
提示：
3．解：
与直线垂直的直线的斜率为，又f（－1）=ln（2－1）－1－4+c=0，所以c=5
，由，当时，f′（x）≥
0，f（x）单调递增；当时，f′（x）≤
0，f（x）单调递减。
又f（0）=ln2+5，f（3）=ln5+8，所以f（x）在[0，3]最小值为ln2+5
4．解：（1）
解得
（2）在区间上是增函数，
解得
又由函数是减函数，得
∴命题P为真的条件是：
命题Q为真的条件是：
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
又∵命题P、Q有且仅有一个是真命题，
5．解：解：（Ⅰ）
令，得.
当k>0时，的情况如下
x
()
(,k)
k
+
0
—
0
+
↗
↘
0
↗
所以，的单调递增区间是（）和；单调递减区间是当k<0时，的情况如下
x
()
k
—
0
+
0
—
↘
0
↗
↘
所以，的单调递减区间是（）和；单调递增区间是
（Ⅱ）当k>0时，因为，所以不会有
当k<0时，由（Ⅰ）知在（0，+）上的最大值是
所以等价于
解得.
故当时，k的取值范围是
第五节
函数的综合应用(2)
变式与引申1:
提示：由得.
变式与引申2:
解：①∵不等式的解集为,∴和是方程的两根,
∴,∴.又方程有两个相等的实根,
∴,∴,∴,∴或（舍）,
∴,∴.
②由①知.
∵，∴的最大值为
.∵的最大值为正数,
∴
∴解得或,
∴所求实数的取值范围是.
变式与引申3:
解：①令a=b=1
求得.
又,∴.
②
，∴
.
令
，∴,∴
数列
是以公差d=,的等差数列,
∴
，
∴，∴
变式与引申4:①设电视广告播放量为每天次时，该产品的销售量为（，）.
由题意,
,于是当时,，（）.
所以，该产品每天销售量(件)与电视广告播放量(次/天)的函数关系式为.
②由题意，有.（）
所以，要使该产品的销售量比不做电视广告时的销售量增加，则每天广告的播放量至少需4次.
变式与引申5:
解：，令得或，结合图像知，故．
变式与引申6:解：
因为函数存在单调递减区间，所以在上解，从而有正解．
①当时，为开口向上的抛物线，总有正解；
②当时，为开口向下的抛物线，要使总有正解，则,解得
．
综上所述，a的取值范围为
HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.3
．
变式与引申7:
解：（Ⅰ）由题意：当；当
再由已知得
故函数的表达式为
（Ⅱ）依题意并由（Ⅰ）可得
当为增函数，故当时，其最大值为60×20=1200；
当时，
当且仅当，即时，等号成立。
所以，当在区间[20，200]上取得最大值
综上，当时，在区间[0，200]上取得最大值。
即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时。
习题1-5
.C.
解：
故选C.
2．4.24元.
3．证明：
(1)
当时,
,
则,
∴
时,
,
则
,∴.
综上所述,
对于,
都有,
∴函数是偶函数
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
(2)
当时,
,设,
则
当时,
；当时,
,
∴函数在上是减函数,
函数在上是增函数
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
(3)由(2)知,
当时,
,又由(1)知,
函数是偶函数,
∴当时,
,∴若,
,
则,
,
∴,
即
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
4．解：①g→7→=4→d;o→15→=8→h;d→o;则明文good的密文为dhho
②逆变换公式为x=
2x′-1
(x′∈N,
1≤x′≤13)
2x′-26
(x′∈N,14≤x′≤26),则有s→19→2×19-26=12→l;h→8→2×8-1=15→o,x→24→2×24-26=22→v;c→3→2×3-1=5→e;故密文shxc的明文为love.
5．解：（1）函数的定义域为{且},,
∴为偶函数.
（2）当时，,若，则，递减；若,则，递增.再由是偶函数，得的递增区间是和；递减区间是和．
（3）由，得：.令.
当,,显然.
时，，单调递减；时，，单调递增.
∴时，,又,∴为奇函数
∴时，,∴的值域为（－∞，－1]∪[1，＋∞).
∴若方程有实数解，则实数的取值范围是（－∞，－1]∪[1，＋∞）.
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第七讲(理)
参考答案
第一节
选择题的解题策略（1）
习题
7-1
1.B.
提示：（直接法）考查不放回的抽球、重点考查二项分布的概率.方法一：每箱的选中的概率为，总概率为；同理，方法二：每箱的选中的概率为，总事件的概率为，作差得<.
2.
D.
提示：（直接法）设三边分别为，利用面积相等可知
由余弦定理得，所以角为钝角.
3.
D.
提示：法一：（直接法）设等比数列公比为则
即.
法二：（特例法）取等比数列,令得代入验算、只有选项D满足.
4.
B.
提示：法一：（直接法）根据为奇函数知，
由知
，，再根据为减函数可得，故①④正确.
法二：（特例法）取，逐项检验可得.
5.B.
提示：（特例法）将分别置于特殊位置,，
此时仍满足条件，且易
.
6.
B.
提示：法一：（直接法）
法二：（排除法）圆心在上,排除C、D,再结合图象,
再根据圆心到两直线的距离等于半径即可排除A.
7.
A.
提示：法一：（直接法）
法二：（验证法）依据诱导公式逐一验证.
第二节
选择题的解题策略（2）
习题
7-2
1.
D.
提示：（特例法）可令，代入知D为真.
也可解不等式直接判断.
2.B.
提示：（图解法）直线与图像要有五个交点时须保证直线与函数在上的图像（半椭圆）有两个交点，与上的图像没有交点，相切是临界位置.
3.
D.
提示：法一：(直接法)将几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥.
法二：（估值法）由已知条件可知，∥平面，则到平面的距离为，所以，而多面体的体积必大于6，故选择D.
4.
A.
提示：（逆推法）假设，且，易得，满足题意.也可将等式两边平方得到，联立方程求出，进而求出.
5.
D.
提示：(图解法)本题主要考查平面向量、解三角形等基础知识,考查化归与转化的数学思想,有点难度.作CE垂直AD的延长线于E，则
CE∥AB，利用平面几何知识进行求解.
=,
而，即=.
也可将转化.
6.B.
提示：(特征分析法)第一列数被16除余15，第二列数被16除余1或13，第三列数被16除余3或11，第四列数被16除余5或9，，第五列数被16除余7.也可直接找规律.
7.D.
提示：(直接法)可得||＝||，得|PA|－|PB|＝|PC|＋|AC|－|PB|＝＝m(定值)
故选D　
第三节
填空题的解题策略（1）
习题
7-3
1.
提示：（直接求解法）作出不等式组表示的平面区域,由线性规划知识得最优解,故的最小值为.
2．.
提示：(直接求解法)考查概率、平均分组分配问题等知识，重点考查化归转化和应用知识的意识，即
3．
提示：（特殊化法）该抛物线的对称轴为轴，因此，若在准线上找两个关于轴对称的点和，则过和点的切线的切点也关于轴对称，故知其交点定在轴上.这样，我们可以找一个特殊位置定下这个点.取特殊点，过的切线方程为，消去得：，由得，进而求得切点为和，显然过切点的直线与轴交点为.
4．.
提示：（数形结合法）利用函数与方程的思想原题转化为与两函数图像有两
交点时实数a的取值范围.结合图形分析可知.
5.
1,0.
提示：（特征分析法）本题主要考查周期数列等基础知识,属于创新题型.依题意得:
6.
.
提示：（构造法）本题采用作平行线法求解比较麻烦，
若采用补形法补成一个正方体，在正方体中
易求得与所成角为.
7.
提示：（特征分析法）利用归纳和类比进行简单的推理.也可直接根据二项式定理列出进行分析.
第四节
填空题的解题策略（2）
习题7-4
1.①②④
提示：（多选型），正确；
取，则；，从而
，其中，，从而，正确；，假设存在使，即存在使得，又，变化如下：2,4,8,16,32，……，显然不存在，所以该命题错误；根据前面的分析易知道该选项正确.
2.
提示：（探索型）猜想.事实上，利用也可求到数列的首项和公比，从而得到结果
3.
①②w_w
w.
k#s5_u.c
o
m
提示：（新定义型，多选型）直接验证可知①正确.
当S为封闭集时，因为，取x＝y，得0∈S，②正确
对于集合S＝{0}，显然满足素有条件，但S是有限集,③错误
取S＝{0}，T＝{0,1}，满足,但由于0－1＝－1T，故T不是封闭集，④错误
4.
①②③,①③②,②③①
提示：（组合型）易知①②③,①③②,②③①三个命题均为真.
5.
（1）5
（2）
提示：（新定义型）（1）根据新定义.（2）要使得，需，即要使得分别为0，1，4，6，7，故分别为1，2，5，7，8.
6.①②⑤.提示：（多选型）①利用正弦定理边化角可证明正确.②不满足均值不等式条件，考虑对钩函数单调性证明正确.③等差数列前项和为关于的二次式，且常数项为0.④由正方体从一个定点出发的三条棱两两垂直可知错误⑤圆心到直线的距离，半径，劣弧所对圆心角为.
7．
提示：（探索型）类比猜测答案.
实际上，延长交于，则⊥,⊥.
而
直角中，
故
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第三讲(理)
数列与不等式参考答案
第一节
数列及其应用
变式与引申1【解析】根据题意，点适合抛物线有以下特点①开口向上，②过原点，③对称轴，（1）由对称性可知，另一交点为，表明.（2）当为最小时，.
变式与引申2
【解析】（1）
两式相减：
是以2为公比的等比数列，
（2）
而
3.解
（1）因为对任意的,点，均在函数且均为常数)的图像上.所以得,
当时,,
当时,,
又因为{}为等比数列,
所以,
公比为,
所以
（2）当b=2时，,
则
相减,得=
所以
变式与引申4
【解析】（1）由表知，每年比上一年多造林400亩.
因为2009年新植1400亩，故当年沙地应降为亩，但当年实际沙地面积为24000亩，所以2009年沙化土地为200亩.
同理2010年沙化土地为200亩.
所以每年沙化的土地面积为200亩
（2）由(1)知，每年林木的“有效面积”应比实造林面积少200亩.
设2010年及其以后各年的造林亩数分别为、、、…，则n年造林面积总和为：
由题意：
化简得
解得：
故8年，即到2017年可绿化完全部沙地.
变式与引申5解：（1）由已知得
又
是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）由（I）知，
将以上各式相加得：
（3）存在，使数列是等差数列.
数列是等差数列的充要条件是、是常数
即
又
当且仅当，即时，数列为等差数列.
习题3－1
1.
【答案】C
【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。考虑到求导中，含有x项均取0，则只与函数的一次项有关；得：.
2.
【答案】；
【解析】==．
3.
【解析】（1），，，
因为，，成等比数列，
所以，
解得或．
∵c≠0，∴．
（2）当时，由于
，，，
所以．
又，，故．当时，上式也成立，
所以．
（3）令
……①
……②
①-②得：
4.
【分析】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与轴的交点坐标；（2）尝试求出通项的表达式，然后再求和．
【解】（Ⅰ）设，由得点处切线方程为
由得。
（?Ⅱ），得，
5.
【解析】（1）
当时上式也成立，
（2）
①
②
①—②，得
（3）由（2）可得又
当
当
当
综上所述，当时,；当时,.
第二节
解不等式
变式与引申1
（1）
【解析】:
，数轴标根得：
（2）解析：由已知,∴当时，由得,,解得或.
当，由得,,解得.
综上所述：不等式的解集是.选A.
变式与引申2
（1）解：本题与例2解法类似，请自行设计算法框图，再求解.这里仅提供答案：当时，
解集为；当时，解集为；当时，
解集为；当时，解集为；当时，解集为.
（2）解（1）将得
（2）不等式即为,即
①当
②当
③.
变式与引申3
（1）解：设，则问题的条件变为当时，恒成立.∵当,即时，恒成立.
又当时，在上恒成立的充要条件是
，
故a的取值范围是.
本题实际上也是一道恒成立的问题，此类问题还可运用分离参数法求解，请自行尝试解答.
（2）解：易知奇函数在上递增,且,则
.令,则.由题意,在上不等式恒成立,从而或或,解得.
因此，满足条件的实数存在，它可取内的一切值.
变式与引申4：
【答案】B
【解析】由题意知，所求的的最小值，即为区域中的点到直线的距离的最小值的两倍，画出已知不等式表示的平面区域，如图所示，
可看出点（1，1）到直线的距离最小，
故的最小值为
，所以选B.
答图
（2）因为当且仅当，且，
即时，取“=”号,选C.
习题3－2
1．【答案】A
解析：画出可行域，可知在点取最大值，由解得.
2．【答案】；
【解析】因为，所以（当且仅当时取等号），所以有
，即的最大值为，所以．
3．
解：（1）当a＝4时，由x＋－4＝＝＞0，
解得0＜x＜1或x＞3，　　
故A＝{x|0＜x＜1或x＞3}
　　（2）由(CIM)∪(CIB)＝，得CIM＝，且CIB＝，即M＝B＝R，
若B＝R，只要u＝x＋－a可取到一切正实数，则x＞0及umin≤0，
∴umin＝2－a≤0，解得a≥2……①
　　
若M＝R，则a＝5或
解得1＜a≤5
　　
由①②得实数a的取值范围为[2，5]
4．【解析】原不等式可化为
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
＞0，
①当时，原不等式与同解．
由于∴原不等式的解为．
②当时，原不等式与.由于,
当时，,解集为；
当时，，解集为；
当时，,解集为．
综上所述
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
当时解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；当时，解集为
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
5．【解析】(1)证明
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
任取且，
则
∵，∴,
由已知.
又
，∴
即在上为增函数
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
(2)
∵在上为增函数，∴
解得
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
(3)
由(1)可知在上为增函数，且，则对，恒有，
对所有，恒成立，即对恒成立,
故对恒成立，记，则,恒成立,
只需在上的最小值大于等于0，∴，解得或或.
∴的取值范围是
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
.
第三节
不等式选讲
变式与引申：
证明：
变式与引申2：已知,且,求证:
证法一:用柯西不等式.
当且仅当,即时,等号成立.
证法二：代入法：
当且仅当时,等号成立.
变式与引申3：
⑴，求证：.
证明：.
⑵是和的等比中项，则的最大值为(
).
A.
B.
C.
D.
解：由条件可知,由柯西不等式得,∴选B.
(也可以用三角代换求最大值)
变式与引申4：（1）由题意知，　　　
当时，不等式
即为.
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为.
（2）
且，∴
∴，
即．
习题3-3
1．【答案】选B
解：p：，q：或，故q是p成立的必要不充分条件，.
2.选A
解：∵,∴的最大值为,要使
对任意实数恒成立,则,解得或.故.
3.【答案】
解：.∴.
4.证明：∵,,,
∴,∴
5.解：（1）由,得(n≥2).两式相减,得,
即(n≥2).于是,所以数列是公差为1的等差数列.
又,所以.所以，故.
（2）因为，则.
令，则.
所以
.
即，所以数列为递增数列.所以当n≥2时，的最小值
为.据题意,，即.又为整数,故的最大值为.
（3）因为，则当n≥2时,
.
下面证.
方法一：先证一个不等式，当时，
令，则，
∴在时单调递增，，即当时，
令，，，
，……，,
以上个式相加，即有,
∴.
方法二：先用数学归纳法证明一个加强不等式。
①时，
成立，故时不等式成立。
②假设时成立，即
则当时，
，下面用分析法证
即证
即证,
故即证，即证,上式显然成立.
(可以从到时引导学生发现中的的值，此种方法对于常数型的关于正整数的不等式的证明很凑效)
方法三：又据柯西不等式,有
.
故.
第四节
数列与不等式的综合应用
变式与引申1：
⑴【解析】由题意得：（），∴.
由等比数列的性质知：
数列是以为首项，以为公比的等比数列，要使不等式成立，则须，
把代入并整理，得∴，∴n＞19，
故所求正整数的取值范围是n≥20.
⑵【解析】因为，所以，，
当且仅当即时“=”成立，故选择B．
变式与引申2：
解：设数列的公比为
（1）若，则
显然不成等差数列，与题设条件矛盾，所以≠1
由成等差数列，得
化简得
∴
（2）证：
当≥2时，
=1+
变式与引申3：
【解析】（1）当时，
又
∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，
（2）不存在正整数，使得成立.
证明：
∴当n为偶数时，设
∴
当n为奇数时，设
∴
∴对于一切的正整数n，都有
∴不存在正整数，使得成立．
（3）
又∴，
当时，，
当时，.
变式与引申4：
【解析】（1）∵
∴点的坐标为，∴
（2）∵
在曲线C上
∴，又∵在曲线上，∴,
∴,∴.
（3）,
∴,
∴.
习题3－4
1．【答案】B；
【解析】由题意知（1），（2），两式相减得：
∵
∴，又由（1）得，∴，
∵，
∴
2．【答案】4；
【解析】
3．【解析】解（1）由又两式相减得
即为常数，∴数列等比.
（2）由（1）知　则　∴
故是首项，公差的等差数列.　∴　即
即证：
方法一：只须证，用数学归纳法证明（i）当时，左　右边　不等式成立，(ii)假设时不等式成立，
即
则当时
即时也成立，综合(i)(ii)得证
方法二：记　　
知↑
所以
方法三：
∴
5．【解析】（1）
又∵为锐角
∴
∴
（2）
∵
∴都大于0
∴∴
（3）
∴
∴
∵,
,
又∵
∴
∴
∴
4．【解析】(1)由，结合结论，只需证明，从而只需证明，又结合已知有与的关系，故可用数学归纳法证明.
(2)
，可用构建函数，利用单调性加以证明.
(3)利用累乘放缩：因，且，当时，，从而.
下面结合结论证明
，即证.
，故有，再证明即，从而不等式得证.
y
x
O
答图
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第九讲
数学高考的创新试题解题指导（理科）
第一节
需要抽象概括的创新试题
变式与引申
1.
②④
提示：本题将大学拓扑学的基本概念引入
下面画图，进行判断：
对于①，如图9-1-1.
图9-1-1
显然不存在一个面集点集，该集合不符合题目要求.
对于②，如图9-1-2
图9-1-2
显然存在面集面集，该集合符合题目要求.
对于③,
如图9-1-3
图9-1-3
在边界上的，怎么取也难以得到符合题目要求的圆，所以该集合不符合.
对于④，如图9-1-4
图9-1-4
显然存在面集面集，该集合符合题目要求.所以综合上面的分析有答案为②④
2.（Ⅰ）证明：由已知，当时，，又，所以，
即，所以，又．
所以数列是首项为，公差为的等差数列．
由上可知，即．
所以当时，．因此
（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为，且．
因为，所以表中第1行至第12行共含有数列的前78项，
故在表中第31行第三列，因此．又，所以．
记表中第行所有项的和为，则
3.
解：（Ⅰ）
：，：，：；：，
：．
（Ⅱ）设每项均是正整数的有穷数列为，则为，，，，，
则．
又，
所以
，
故．
（Ⅲ）设是每项均为非负整数的数列．
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则．
当存在，使得时，若记数列为，
则．所以．
从而对于任意给定的数列
(?http:?/??/?www.mathschina.com?)，由可知．
又由（Ⅱ）可知，所以．
即对于，要么有，要么有．
因为是大于2的整数，所以经过有限步后，必有．
即存在正整数，当时，．
习题9-1
1．A
2.
C
提示：①显然存在符合题目要求,所以它是“倍约束函数”;
②当时,
,此时不可能存在符合题目要求,所以不是“倍约束函数”
③此时不可能存在符合题目要求,所以不是“倍约束函数”
④且经过分析可以确定其图象大致如图9-1-5:
图9-1-5
可以肯定存在符合题目要求,所以是“倍约束函数”
⑤是奇函数,过原点,所以不成立.
又曲线上的任意两点连线的斜率小于2,故存在符合题目要求.
所以①④⑤均符合题目要求,选择C.
3.
1005
提示：依题得，则
4.
(Ⅰ)；
(Ⅱ)
③④
提示：(Ⅰ)
则；
(Ⅱ)
当时，,此时，故，所以①错；
的定义域为不关于原点对称，所以②错；
显然随着的增大,
也增大;所以在定义域上单调递增，所以③对.
又由于整个过程是对称的,所以④对，所以经过分析可以得到答案为③④
点评：本题落脚非常新颖,但是其实设题很容易,只要把握住审题加分析(当然分析并没有定势的思维,而是要具体问题具体分析.
第2节
需要构建模式的创新试题
变式与引申
1.
提示：本题需要分析和处理问题的能力.
设,∠QOx=
根据函数关系有
即
设该条直线为l，可以知道该直线表示的是截距为20斜率为的直线,其中
又由的几何意义可以知道：它表示的是(0,1)和(,)直线的斜率，知－1<<0
再结合图取交集后便可以得到答案应该是如图习题9-2-1所示的弓形，弓形面积：
所以概率为
图9-2-1
2.
B
提示：观察系列化合物分子式的下标易知：C和H的下标分别是公差为4和2的等差数列．由等差数列的通项公式使可得他的通式为由于这个系列化合物中含碳元素、氢元素的个数递增，且原子量分别是12和1
，故分子中碳元素的质量分数满足：
．
3.解：设地面矩形在门正下方的一边长为
，则另一边的长为，设总造价为元，则，
因为
，当且仅当
（即时
取“=”，所以，当时有最小的值此时.
答：当储藏室地面矩形在门正下方的一边长为，另一边长为时，能使总造价最低造价为17000元.
习题9-2
1．
提示：观察规律：
两个圆相交最多有3个区域；三个圆相交最多有7个区域
四个圆相交最多有13个区域；五个圆相交最多有21个区域，如图9-2-2
…
图9-2-2
n个圆相交最多有个区域所以A的n阶拆分有组
将n=2009代入有A的2009阶拆分有组.
2．解：(Ⅰ)
由(x≥1)，得　y≥0且，
∴
(x≥0)，即，M＝{x｜x≥0}．
(Ⅱ)
　对任意x1，x2∈M，且x1≠x2，则，
∴　g
(x)是M上的利普希兹Ⅰ类函数，其中．
(Ⅲ)　设A(x1，y1)，B(x2，y2)是曲线C2上不同两点，则x1，x2∈M，且x1≠x2．
由(Ⅱ)知，
∴直线AB的斜率kAB≠1，∴直线AB与直线y＝x必相交．
3．解：本题命题意图是考查函数的解析式的求法、利用导数求最值、导数的应用等知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力．
(Ⅰ)分公司一年的利润（万元）与售价的函数关系式为：
．
（Ⅱ），
令得或（不合题意，舍去）．
，．
在两侧的值由正变负．
故（1）当，即时，．
（2）当即时，
，
所以
答：若，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）；若，则当每件售价为元时，分公司一年的利润最大，最大值（万元）．
点评：准确进行导数运算，掌握运用导数判断函数单调性及求函数极值、最值的方法是解决此题的关键.
4.
解：（1）因为，所以，所以过点的切线方程为，即，
令，得，令，得.所以切线与轴交点，切线与轴交点.
①当即时，切线左下方的区域为一直角三角形，所以.
②当
即时，切线左下方的区域为一直角梯形，，
③当即时,切线左下方的区域为一直角梯形,.
综上
(2)当时,
，
当时,
，所以．
5．解：(Ⅰ)依题意得：，，．
(Ⅱ)依题意，棋子跳到第站()有两种可能：第一种，棋子先到第站，又掷出反面，其概率为；第二种，棋子先到第站，又掷出正面，其概率为，
∴
∴
即
(Ⅲ)
由(Ⅱ)可知数列{}(1≤n≤99)是首项为，
公比为的等比数列，
于是有
因此，玩该游戏获胜的概率为．
点评：本题以实际问题为背景，建立一个伯努利概率模型，通过研究第站和第站以及站的关系建立数列的递推公式，利用累加法求解概率.
第3节
研究性问题的创新试题
变式与引申
1.解：类似的性质为：若、是双曲线上关于原点对称的两个点，点是双曲线上任意一点，当直线、的斜率都存在，并记为、时，那么与之积是与点的位置无关的定值.
证明：设点、的坐标为（）、（），则（）.
因为点（）在已知双曲线上，所以，同理.
则（定值）.
2.解：(Ⅰ)
或
(Ⅱ)
1890
3.
解：(Ⅰ)因，故，
所以动点M的轨迹是到定点的距离之和为8的椭圆.则曲线C的方程是.
(Ⅱ)直线过点，若直线的斜率不存在，又直线过点，则的方程为，与椭圆的两个交点为椭圆的顶点.
由，知P与O重合，与为四边形矛盾.
故直线的斜率存在，设其方程为，
由得，恒成立
由根与系数的关系得，.
因，故四边形为平行四边形
若存在直线使四边形为矩形，则，，整理化简得，
此方程无解，与斜率存在矛盾.故不存在直线直线，使得四边形为矩形.
4.解：（I）证明：设为的峰点,则由单峰函数定义可知，
在上单调递增,在上单调递减．
当时,假设,则从而
这与矛盾,所以,即是含峰区间．
当时,假设,则,从而
这与矛盾,所以,即是含峰区间．
（II）证明：由（I）的结论可知：
当时,含峰区间的长度为
当时,含峰区间的长度为
对于上述两种情况,由题意得
由①得,即
又因为,所以
将②代入①得
由①和③解得
所以这时含峰区间的长度,即存在使得所确定的含峰区间的长度不大于
习题9-3
1．
提示：此题所空缺条件一般是应满足什么条件.首先确定焦点所在的坐标轴.假设焦点在轴上,
由题意有则从而
与题设矛盾,知椭圆的焦点在轴上.
于是
有,亦即
综上应有.
2.
提示：对于等比数列，通过类比，有等比数列的前项积为，则，，成等比数列.
3．解：（Ⅰ）依题意，
(Ⅱ)令得
①
又在的右侧，在上为减函数，从而
，
于是①成立的充要条件是，解此不等式组得.
故当时，与在上是接近的，当时，与在区间上是非接近的.
4．解：解法一：如图9-3-1
（Ⅰ）过M向AD作垂线交AD于G，从G向AQ作垂线交AQ于H，连接MH．如果二面角M—AQ—D
为600，则.
设，则
由三角形的相似性得：
(Ⅱ)假设存在这样的满足条件，连接GN、MN，由几何关系得：
因此
所以函数关系为
变形得
因此函数的值域为，当时，.
解法二：如图习题9-3-2，以点A为原点，建立如图所示的坐标系.
（Ⅰ）依题意有，设平面AQM的法向量为，
平面ABCD的法向量为.
因为
因此令可得：
所以
(Ⅱ)假设存在这样的，则由条件可得：
因此
以下同解法1.
5．解：（Ⅰ）设椭圆上的动点，则切点弦AB所在的直线方程为：
令；令
因此与点P的运动无关.
(Ⅱ)假设存在点使得，即，又因为
且，所以四边形OAPB是正方形，
得到.
当时，即时，不存在这样的点P满足条件；
当时，即，存在这样两点；
当时，即，存在这样的四点.
6．解：（Ⅰ）因为　,
所以　　，
即　　因为n为定值,　所以数列是以为首项,为公比的等比数列,可得．
(Ⅱ)因为,要证,只需证,　事实上因为,　而
所以，原命题成立．
图9-3-2
图9-3-1
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第二讲(理)　三角函数与平面向量参考答案
第一节
三角函数的化简、求值及证明
变式与引申1：解：由已知0<2α+β<,
求得cos(2α+β)=或tan(2α+β)=1.得2α+β=.
变式与引申2：
解：（1）已知
整理即有：
又C为中的角，
（2）
又，
变式与引申3：解：（1）由得,
由余弦定理,
又，则.
（2）由（1）得，则,
,
,
,
,
,
即得取值范围是.
变式与引申4：解：由余弦定理,
故消去c,再把由题（Ⅲ）中得出的,,和已知代入,得c=1.
习题2－1
1.答案:B.
解：设u=sin+cosβ，则u2+()2=(sin+cosβ)2+(cos+sinβ)2=2+2sin(+β)≤4.
∴u2≤1,－1≤u≤1.即D=［－1,1］,设t=,∵－1≤x≤1,∴1≤t≤.x=.
2.答案：4.
解：（方法一）考虑已知条件和所求结论对于角A、B和边a、b具有轮换性．
当A=B或a=b时满足题意，此时有：，，，
，=
4．
（方法二），
代入得=.
4解：（1）由已知
由
（2）由（1）且
所以
5.解：（1）m?n
===
∵m?n
=1，∴，
=，
.
（2）∵（2a-c）cosB=bcosC,
由正弦定理得,
∴,
∴,
∵,∴，且,
∴,
∴,∴,
又∵f(x)=
m?n
＝，
∴f(A)=,故函数f(A)的取值范围是（1,）.
第二节
三角函数的图像、性质及其变换
变式与引申1：
答案:
D.
解析：，
又.故选D.
变式与引申2：易知封闭图形的面积是矩形ABCD面积的一半，如答图而
|AD|=4，|AB|=，所以此封闭图形的面积为
×.
变式与引申3：解：（1）依题意得，周期，
所以，
由对称性知，当时，，
所以，所以，所以．
所以函数的单调减区间是．
（2）由（1），
所以，
令，则，所以，
所以的值域为．
变式与引申4：①定义域：
∵∴的定义域为R；
②奇偶性：
∵，
∴为偶函数；
③周期性：
∵,
∴是周期为的周期函数；
④单调性：当时，=
，
∴当时单调递减；当时，
=，
单调递增；又∵是周期为的偶函数，∴在上单调递增，在上单调递减（）；
⑤值域：∵当时；
当时．∴的值域为；
⑥图像：如答图.
习题2－2
1.答案:
C.
解：显然，当时，由已知得，故排除A、D，又因为质点是按逆时针方向转动，随时间的变化质点P到轴的距离先减小，再排除B，即得C．
另解：根据已知条件得，再结合已知得质点P到轴的距离关于时间的函数为，画图得C．
2.
答案:［－1，1］.
解:
设点P（sinx,cosx），Q(－2,0)，则可
看成单位圆上的动点P与点Q连线的斜率，如答图.
设直线是方程为y=k(x+2)，即kx－y+2k=0，则圆心（0，0）
到它的距离,解得或，所以
，即,故，.
或者:
k值亦可由求得；
或将式子变为，利用辅助角公式求解（过程略）.
3.解：（1）由题意知
∴b=c=1－a,
∴f(x)=a+(1－a)sin(2x+).
∵x∈［0,
］,
∴2x+∈［,］.
当1－a＞0时，由a+(1－a)=2－1,解得a=－1;
当1－a＜0时，
a+(1－a)·=2－1,无解;
当1－a=0时，a=2－1，相矛盾.
综上可知a=－1.
∴f(x)=－1+2sin(2x+).
(2)∵g(x)=2sin2x是奇函数，将g(x)的图象向左平移个单位，再向下平移一个单位就可以得到f(x)的图象.
因此，将f(x)的图象向右平移个单位，再向上平移一个单位就可以得到奇函数g(x)=2sin2x的图象.故=(，1)是满足条件的一个向量.
4解：（1）由图像知
,
,,又图象经过点（-1，0）
（2）
当即时，的最大值为，当，
即时，最小值为.
5.解：（1）依题设，f(x)=2cos2x+sin2x=1+2sin(2x+).由1+2sin(2x+)=1－，得sin(2
x
+)=－.
∵-≤x≤，∴-≤2x+≤，∴2x+=
-，
即x=
-.
（2）函数f(x)的简图略.
（3）∵，∴
，
又.
∴.
第三节
平面向量与代数的综合应用
变式与引申1：解：选C；①错，因为向量两两不共线，与模长也不一定相等；②由定义知正确；③正确，根据定义计算得，知，与共线；④错；⑤正确，两个向量的夹角在0到之间，根据定义计算应该有
成立；
变式与引申2：
解：选C；三角形的面积S=|a||b|sin，而
变式与引申3：解：选D.
依题意得成等差数列，由得；成等比数列，由；，，…，．因为，；故++…+=.
变式与引申4：1.仿解法二知,而,
所以当时，取最大值1；当时，取最小值-.又≠0
故的取值范围为
.将例题中的略加改动，旧题新掘，出现了意想不到的效果，很好地考查了向量与三角函数综合运用能力.
2.解：（1）由已知得,
解得，或
（2）具备的性质：①偶函数；
②当即时，取得最小值（写出值域为也可）；
③单调性：在上递减,上递增；由对称性,在上递增，在递减.
习题2—3
1.
答案：
解析：由题，，
所以
2.
【答案】②③④
【解】①中．当时也成立；②中若，则有；
③中易知夹角，与的夹角为；
④中．
3.解：
(1)由题知=
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Equation.DSMT4
,所以=，由题知对任意的不为零的实数,
都有,即=恒成立，所以.
（2）由题知0,所以0,即,①当时，；②当时，；所以或；③当时，，所以.
综上,
当时，实数的取值范围是；当时,
实数的取值范围是或；当时,
实数的取值范围是
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Equation.DSMT4
.
4.
解：（1）方法一：由题设知，则
所以
故所求的两条对角线的长分别为、。
方法二：设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则:
E为B、C的中点，E（0，1）
又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4）
故所求的两条对角线的长分别为BC=、AD=；
（2）由题设知：=(－2,－1)，。
由()·=0，得：，从而所以.
或者：，.
5.解：（1）由得，所以，，即，；故，；
（2）当，，；故
；则；可以转化为不等式
，欲使对任意的都成立，只须成立即可，当且仅当时等号成立，所以取值范围为.
第四节
平面向量与几何的综合应用
变式与引申1：⑴解：选B．方法一：由，知，所以
+，又，即，解得；
方法二：因为，所以,即，所以故，故选B；
⑵解：选A．由得
①式，
②式，
③式，以上三个式子相加得：，故选A．
变式与引申2：⑴解：的最小值是.　由及知，点Ｍ与点、共线，所以的最小值是点到直线的距离，在中求解得最小值是．
⑵解：选B．由已知判断出点C在上，且，设A点坐标为(1，0)，B点的坐标为(0，)，C点的坐标为(x，y)=(，)，，建立方程解出，，所以=3，
变式与引申3：
⑴解：选.如答图，过作于点，
取中点，由题意知==，=
=,即，
又因为=，得
所以的轨迹一定通过的重心.
⑵解：最小值为.如答图,
≥，等号在，即为的中点时成立．
变式与引申4：⑴解：的最大值为，最小值为．
（分析：因为Ｏ为B的中点，所以故可利用向量把
问题转化为求向量的最值）如答图2-6，设圆心为C，由已知可得：
，又由中点公式得
，所以
==
=；又因为
点在圆上,所以且，所以有，，
即，
所以的最大值为，最小值为．
⑵解：①如答图，因为点A的坐标为，所以，令椭圆方程为：
又，且BC过椭圆M的中心，得到
成立，由已知得△AOC是以∠C为直角的等腰三角形，故C点
坐标为，代入所令的椭圆方程得，所以椭圆M的方程为；
②如答图,当直线的斜率，直线的方程为，则满足题意的t的取值范围为；
当直线的斜率≠0时，设直线的方程为由
　得，因为直线与椭
圆M交于两点P、Q，所以△=
即　①，设P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ中点，
则的横坐标，纵坐标，
D点的坐标为，由，得⊥，，
即化简得　②，所以　③，由①②得，结合③得到，综上所述，．
习题２－４
1．选A
【解析】如图，构造构造出如右图所示的几何图形，
，
所以A、B、C、D四点共圆，分析可知当线段AC为直径时，
最大，最大值为2.
答图
2.
【解析】如图，过P作PM∥AC，PN∥AB，因为，
所以N为AC靠近A的五等分点，所以连接CP并延长，交AB于D，
则，故，则的面积与面积之比为.
答图
3．解：因为，且A、B、C在直线l上，所以，
即，＝，高考资源网于是＝，解得＝
．
4．证明：原不等式两边平方可化为，对，－，化简得，即，而表示边上的高长，又因为，从而即为高，即90°，故△ABC是直角三角形．
5.解：（1）设椭圆方程为
则直线AB的方程为代入
化简得
设
则
由与=（3，－1）共线得：
又，所以
所以
即
所以
，故离心率
（2）证明：由（1）知
所以椭圆
可化为
设由已知得
因为在椭圆上，所以
即
由（1）知
所以
所以
而
故
答图
答图
答图
A
H
C
B
答图
A
C
B
P
O
答图
oOOoO
B
P
C
A
x
y
答图
y
答图
C
A
x
O
B
P
答图
D
y
Q
x
o
H
A
B
P
C
M
N
D
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第五讲(理)
参考答案
第一节空间向量
变式与引申
1.解：（I）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如图5-1-1，以C为原点，建立空间直角坐标系C-.则C（0，0，0），，B（0，，0），，，，所以，，.设为平面BDE的法向量，则，即，令，得，.
，，
又面BDE，AF//平面BDE.
（II）由（I）知，所以,
所以,.又因为，所以平面BDE.
2.解：如图5-1-2，以为原点，为单位长建立空间直角坐标系．
则，．连结，．
在平面中，延长交于．设，
由已知，由
可得．解得，所以．
（Ⅰ）因为，
所以．即与所成的角为．
（Ⅱ）平面的一个法向量是．
因为，
所以．
可得与平面所成的角为．
3.（Ⅰ）略
（Ⅱ）解：以O为原点,如图5-1-3建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),E(,,0),
∴
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值
（Ⅲ）解：设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则
∴
令y=1,得n=(-)是平面ACD的一个法向量.
又
∴点E到平面ACD的距离
h=
4.解:（１）建立如图5-1-4所示的空间直角坐标系,则
A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),
D1(0,0,1).
所以
又由知为平面的一个法向量.
设与所成的角为,
则
依题意有：,解得.
故当时,直线与平面所成的角的正切值为.
（２）若在上存在这样的点,设此点的横坐标为,
则.
依题意,对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.等价于
即为的中点时,满足题设的要求.
习题5-1
1．D
2.
2
提示：，，由
得，即，解得
3.（I）证明：（向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知
则有
所以即得BC∥EF.
（II）解：由OB=1，OE=2，，
而△OED是边长为2的正三角形，故所以
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以
4.
解：（Ⅰ）建立如图5-1-5所示的空间直角坐标系,则（0,0,1）,M（0,,0）,C(0,1,0),
N
(0,1,)
,
A
(),
所以,,,.
因为
所以,同法可得.
故﹤﹥为平面与平面夹角
∴﹤﹥＝
故所求平面与平面夹角的余弦值为.
（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量,则由得
故可取
设与n的夹角为a,则.
所以到平面AMN的距离为.
5.解：设正方体的棱长为1.以AB，AD，AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系.
（1）
依题意，得B(1,0,0),E(0,1,,A(0,0,0),D(0,1,0).
所以BE=(-1,1,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以AD是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE和平面ABB1A1所成的角为
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
（2）
依题意，得A1(0,0,1),BA1=(-1,0,1),
BE=(-1,1,
设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·BA1=0,
n·BE=0,得-x+z=0,-x+y+
所以x=z,
y=.取z=2,得n=(2,1,2).
设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1),(0≤t≤1).又B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0).而B1FBE，
于是∥平面A1BE
这说明在棱上存在点F（的中点），使∥平面A1BE
第二节
平行与垂直
变式与引申
1.
(1)
A
提示：设正三棱柱的底边长为，则，解得，又由，解得，所以三棱柱的左视图的面积为，故选(A).
(2)
A
提示：由正视图、侧视图可知，体积最小时，底层有3个小正方体，上面有2个，共5个；体积最大时，底层有9个小正方体，上面有2个，共11个，故这个几何体的最大体积与最小体积的差是6.故选(A).
2.解：(1)
因为ABCD为菱形，所以AB=BC
，又，所以AB=BC=AC，
又M为BC中点，所以
而平面ABCD，平面ABCD,所以
又，所以平面
（2）因为
又底面
所以
所以，三棱锥的体积
(3)存在，取PD中点E，连结NE，EC,AE,因为N，E分别为PA，PD中点，所以
又在菱形ABCD中，
所以，即MCEN是平行四边形
所以，
，又平面，平面
所以平面，
即在PD上存在一点E，使得平面，此时.
3．证明：（1）如图5-2-1,∵AB∥DC，AD⊥DC，
∴AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，∴BD＝，
易求BC＝，又∵CD＝2，∴BD⊥BC.
又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，
∴BD⊥平面B1BCC1.
（2）DC的中点即为E点．
∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD//BE.
又AD//A1D1，∴BE//A1D1，
∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.
∵D1E?平面A1BD，
∴D1E∥平面A1BD.
4．证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC
(1)连接DB，可知B、N、D共线，且AC⊥DN
又FD⊥AD
FD⊥CD，FD⊥面ABCD
FD⊥AC
AC⊥面FDN
GN⊥AC
（2）点P在A点处
下证：取DC中点S，连接AS、GS、GA
G是DF的中点，GS//FC,AS//CM
面GSA//面FMC
GA//面FMC
即GP//面FMC
习题5-2
1．B
提示：本题易错选成A，分析时应注意投影的角度.
.（1）（2）
提示：（3）条件不充分，推导不出结论；（4）少了两“相交”二字
3．证明：（1）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD.
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD.
（2）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF⊥平面PAD。又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
4.解：(Ⅰ)设与交于，如图5-2-2所示建立空间直角坐标系，
设，则
设则
平面
即
设平面的法向量为
则由,得
，
令，平面的一个法向量为
又平面的法向量为
平面与平面夹角的大小为
(Ⅱ)设得
面
∴存在点使面此时
.证明：（1）三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，平面ABC
°，AC=BC=2，F是AB中点
又平面
（2）证明：取AB1的中点G，联结EG，FG
分别是棱AB、AB1中点，
又四边形FGEC是平行四边形，
平面AEB1，平面AEB1
平面AEB1
（3）解：以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为轴正半轴，建立如图5-2-3所示的空间直角坐标系
则C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4）
设，平面AEB1的法向量
则且
于是所以
取
三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱平面ABC，又平面ABC
平面ECBB1
是平面EBB1的法向量，，
平面与平面夹角的大小是45°
则
解得
在棱CC1上存在点E，使得二面角A—EB1—B的大小是45°,此时
第三节
空间角
变式与引申
1.解：建立如图5-3-1所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、
B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2），
从而
设的夹角为θ，则
∴AC与PB所成角的余弦值为.
2．解：
由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图5-1-12所示的空间直角坐标系，
则有,,,
由，得，
所以
显然不是平角，所以为钝角等价于
，
则等价于
即
，得
因此，的取值范围是
3．解：如图5-3-2以D为原点，射线DA,DC,DS为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D（0,0,0），S(0,0,2),C（0,2,0），B（，2,0），A（，0，0）
（1）证明：设（＞0），则M（0，）
则,又
又，故
即
解得，即，所以M为侧棱SC的中点.
（2）由M（0,1,1，），A（，0，0）得AM中点，又，,
,
,
,
所以，，因此为平面SAM与平面BAM夹角或其补角
，所以平面SAM与平面BAM夹角的余弦值为.
4.解：（1）如图5-3-3，由该几何体的三视图知面,且EC=BC=AC=4
，BD=1，
∴
∴.
（2）以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，1），E（0，0，4）
∴，∴
∴异面直线DE与AB所成的角的余弦值为.
（3）以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
设满足题设的点Q存在,其坐标为（0，m，n），则
，
∵AQBQ
∴
①
∵点Q在ED上，∴存在使得
∴
②
②代入①得，解得
∴满足题设的点Q存在，其坐标为.
习题5－3
1．
D.
提示：方法1:如图5-3-4，因为BB1//DD1,所以B与平面ACHYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
所成角和DD1与
平面AC所成角相等,设DO⊥平面ACHYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
，由等体积法得,
即HYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
.设DD1=a,
则,
HYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
.
所以,记DD1与平面ACHYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
所成角为,
则HYPERLINK
"
http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.DSMT4
,所以.
方法2:设上下底面的中心分别为；与平面所成角就是与平面所成角，
.
2．
提示：方法1：不妨设棱长为2，选择基向量，则
,.∵，故填写90°.
方法2：设BC的中点为N，连接AN，则AN⊥平面BCC1B1，
连接B1N，则B1N是AB1在平面BCC1B1的射影，
∵B1N⊥BM，∴AB1⊥BM.即异面直线所成的角的大小是90°.
3．解：（1）由三视图可知为四棱锥,底面为正方形,且
连接交于点,连接，因为,所以平面，即；
（2）由三视图可知,,假设存在这样的D点
因为,所以为平面DAB与平面CAB夹角.
中,,则,
中,
,且.所以
,=.
4．解：
如图5-3-5，
（1）
取的中点，连∥
因为所以面
从而
由（1）（2）可得面
（2）作∥交于，如图，
建立直角坐标系
设平面的法向量为
与面所成角的正弦值＜＞|=
5．解：如图5-3-6，
（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而ABBF．
又PA底面ABCD,
所以平面平面，
因为ABAD，故平面,所以，
在内，E、F分别是PC、CD的中点，，所以．
由此得平面．
　　
（Ⅱ）以为原点，以为正向建立空间直角坐标系，
设的长为1，则
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则
，取，可得[]
设平面EBD与平面CBD的夹角为，
则
化简得，则.
第四节
空间距离
变式与引申
1．解：在长方体中，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图5-4-1．
由已知，可得．
.
AB=2,
设是平面的一个法向量．.
由.
取.
所以：点A到平面BDF的距离，即在平面BDF的法向量上的投影的绝对值.
所以距离.
所以点A到平面BDF的距离为.
小结：点面距离一般转化为在面BDF的法向量上的投影的绝对值.
2．解：如图5-4-2，设、、的单位向量分别为、、，
选取{，，}作为空间向量的一组基底.
易知，
===，
设是平面的一个法向量，则，
，即，
直线与平面间的距离=
3．解：建立如图5-4-3所示的直角坐标系，则
，
，
，，
.
，.
令向量，且，
则，，，，.[]
异面直线和之间的距离为：
.
4．解：当共面时，连OC，令,则
当时，
习题5-4
1.
D
提示：由P到△ABC三个顶点的距离都是14，知P在底面ABC的射影是△ABC的外心，所以PO为所求.由余弦定理得：BC=21.由得外接圆半径为，即，
在Rt△POB中，
2.
B
提示：将正棱锥展开，设正方形边长为m，则.
3．解：（1）如图5-4-4，将正三棱柱的侧面展开到侧面
所在的平面上，显然是矩形
且
故三棱柱的侧面展开图的对角线
（2）在平面中，设在上，
且连结则的长就是由沿棱柱侧面经过棱到的最短路线长设则在直角三角形中
所以
4.证明：（1）如图5-4-5，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，则
，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面
（2）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，由点M的坐标得点到，的距离为．
5.解：（I）证明：在梯形中，
∵
,，∠＝，∴
∴
∴
，
∴　⊥
∵
平面⊥平面,平面∩平面,平面
∴
⊥平面
（II）解法一：由（I）可建立分别以直线为的如图5-4-6所示空间直角坐标系，令，则，
∴
设为平面MAB的一个法向量，
由得，
取，则，
∵　是平面FCB的一个法向量
∴
∵
∴　当时，有最小值，
当时，有最大值，∴
解法二：①当与重合时，如图6-4-7，取中点为，
连结
∵
,∴
∴⊥
∵　
∴
⊥,
∴
∠=
∵
⊥
∴
,∴,
∴
②当与重合时，如图6-4-8，过,
连结，则平面∩平面＝,
∵
⊥，又∵⊥
∴
⊥平面,∴
⊥平面
∴　∠＝,∴　=,∴　=
③当与都不重合时，如图6-4-9，令,延长交的延长线于,连结
∴　在平面与平面的交线上
∵
在平面与平面的交线上,
∴
平面∩平面＝
过C作CG⊥NB交NB于G
，连结AG，由（I）知，⊥,
又∵AC⊥CN,
∴　AC⊥平面NCB
∴
AC⊥NB,　又∵　CG⊥NB，AC∩CG=C，∴　NB⊥平面ACG
∴AG⊥NB,
∴
∠AGC=
在中，可求得NC＝，从而，在中，可求得CG＝
∵　∠ACG＝
∴AG＝,
∴
∵
∴
综合①②③得，
A
图5-1-1
B
C
D
P
x
y
z
H
图5-1-2
图5-1-3
图5-1-4
P
Y
Z
X
图5-1-5
图5-2-1
图5-2-2
图5-2-3
HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
PBrush
图5-3-1
图5-3-2
图5-3-3
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
O
图5-3-4
图5-3-5
图5-3-6
图5-4-1
图5-4-2
A
B
C
D
O
S
图5-4-3
图5-4-4
图5-4-5
图5-4-6
图6-4-7
图6-4-8
图6-4-9
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第八讲(理)
参考答案
第一节
运用函数与方程思想解题的策略
变式与引申1
解：因为满足,所以,
所以函数是以8为周期的周期函数,
则,,,
又因为在上是奇函数，,得,,
而由得,
又因为在区间上是增函数,所以,所以,
即,故选D.
变式与引申2：
解：令为的一次函数,
问题转化为在上恒小于0，则,解得：
变式与引申3：
解：（I）
,
又边所在直线的方程为，所以直线AC的斜率为．
又因为点在直线AC上，
所以AC边所在直线的方程为．即．
（II）AC与AB的交点为A，所以由解得点的坐标为，
又r=．
从外接圆的方程为:
．
（III）因为动圆过点，所以是该圆的半径，又因为动圆与圆外切，
所以，
即．
故点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线的左支．
因为实半轴长，半焦距．
所以虚半轴长．
从而动圆的圆心的轨迹方程为．
变式与引申4：
解（1）方法一：设相遇时小艇的航行距离为海里，如图，则
故当时，
即小艇以海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小.
方法二：若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向.
设小艇与轮船在处相遇.在中，,
此时，轮船航行时间
即小艇以海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小.
（2）设小艇与轮船在处相遇
由题意可得：
化简得:
由于，即，
所以当时，取得最小值.
即小艇航行速度的最小值海里/小时.
（3）由（2）知，设
于是
小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇，等价于方程应有两个不等正根，即：
，解得
所以的取值范围是
习题8-1
1.
答案：D
【解析】,故选D.
2.或
.
提示：依据题意得在上恒成立，
即在上恒成立.
当时,函数取得最小值，所以，
即，解得或.
3．解：方法一：因为,所以,所以或，即(舍去)，或，所以
又,所以，令，由“对勾”函数的性质知函数在上为减函数，所以,即的取值范围是.
方法二：由,且得，利用线性规划得，转化为求的取值范围问题.从图中可知的取值范围为.
4．设剪成的小正三角形的边长为，则：
（方法一）利用导数求函数最小值
，
，
当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增.
故当时，取最小值是.
（方法二）利用函数的方法求最小值.
令，则
故当时，取最小值是.
5.
解：（1）依题意设切线长，
∴当且仅当取得最小值时取得最小值，而，
，，从而解，
故离心率的取值范围是；
（2）依题意点的坐标为，则直线的方程为，
联立方程组
，得，
设，则有，，
代入直线方程得，
又，，
，直线的方程为，
圆心到直线的距离，由图象可知
，
∴，，∴，所以．
第二节
运用数形结合思想解题的策略
变式与引申1:
解：
（1）当时，如图1知
（2）当时，如图2知
（3）当时，如图3知，
综上所述：当时，值域为
当时，值域为
当时，值域为
变式与引申2：
解：函数的两个零点，即方程的两根，
也就是函数与的图象交点的横坐标，
如图易得交点的横坐标分别为
显然，
则
，故选D.
变式与引申3：
（1）提示：由向量加法的平行
四边形法则，为平行四边形的对角线，该四
边形应是以和的反向延长线为两邻边,
∴的取值范围是.
当时，要使点落在指定区域内，即点应落在上，，，∴的取值范围是.
点评：平面向量经常和平面图形结合到一块，利用平面图形的几何意义以及具有几何性质的平面向量基本定理处理实际问题.
（2）B
提示：,
，故选B
变式与引申4：
(1)D
提示：分析方程的结构特点，联想椭圆第二定义，可知应把左右两边分别化为两点间的距离和点到直线的距离：，
即时表示椭圆，解得,故选D.
点评：本题考查椭圆的第二定义，考查数形结合和综合运用解析几何知识分析解题的能力.
(2)C
提示：画出函数的图像，分别
表示图像上的三点与原点连线
的斜率，有图像可知，故选C
习题8-2
1.A
提示：设函数，作出两个函数在上的图像易知的取值范围是
2.
提示：易知，如图所示，画出不等式组表示的平面区域，
得，令，即
当抛物线与直线相切时，最小
联立，得，
此时
3.提示：由可知,
,，左焦点,右焦点，由椭圆定义，
,
∴
如图,由
知
当在延长线上的处时，取右“=”号；
当在的反向延长线的处时，取左“=”号.
即的最大、最小值分别为,
于是的最大值是,最小值是.
4.提示：（1）设点，则
由，
（2），可得
即
将代入曲线的方程得：
当且仅当时等号成立，解得
5解：
(1)由二次函数图象的对称性,
可设,
又，故
(2)
据题意,
直线与的图象的交点坐标为和,由定积分的几何意义知
=
=
而
令或(不合题意,舍去)
当
故当时,有最小值.
(3)
的最小值为，……①
……②
①+②得:
………③
又④
故
第三节
运用分类讨论思想解题的策略
变式与引申1:
（1）解：当时，；当时，
综上，或
（2）证明：（1）当，
∴，∴.
（2）当时，
∴，∴.
综上，在等比数列中，成立.
变式与引申2：
解：（1）
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
（2）①当时，方程变为，即，表示直线；
②当时，方程变为，即，表示直线；
③当且时，方程变为，又有以下五种情形讨论：
ⅰ）当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的双曲线；
ⅱ）当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆；
ⅲ）当时，方程表示圆心在圆点的圆；
ⅳ）当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆；
ⅴ）当时，方程表示中心在原点，焦点在轴上的双曲线．
变式与引申3:
解：（1）当时,,解得；
当时，，解得
综上所述，可得不等式的解集为.故选C.
（2）
变式与引申4：
（1）当为偶数时，，
当为奇数时，.
综上，
（2）当时，，
当时，
综上，
习题8-3
1.B.
提示：先应考虑“0”是特殊元素，当0排在末位时，有（个），
当0不排在末位时，有（个），
于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有（个）.故选B.
2.470.
提示：由于以3
为周期,故
3.解：由于,且,则集合可能是空集、单元素集合和两个元素集合.
(1)当,即时,因为,满足,所以
(2)当，即时,由得
(3)当,即或时,
综上可得,当时,
4.解:如图，设MN切圆C于N，则动点M组成的集合是.
∵ON⊥MN,
｜ON｜=1，
∴
设动点M的坐标为，
则
即．
经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P，故方程为所求的轨迹方程.
（1）当时，方程为，它是垂直于x轴且与x轴相交于点的直线；
（2）当时，方程化为，
它是以为圆心，为半径的圆.
5.解：（1）的定义域为.
①当，则
故在单调递增.
②当，则当时，;
当及时，
故在单调递减，在单调递增
③当，同理可得在单调递减，在单调递增.
（2）考虑函数
则
由于，故，即在
单调递增，从而当时有，即，故，当时，有
故对任意，，均有
第四节
运用等价转换思想解题的策略
变式与引申1:
（1）方法一：要证
成立，成立
方法二：设，其中，
因为，则直线的斜率，直线的
斜率，因为在第三象限的角平分线上，
所以必与轴正半轴相交，且有，所以，即.
方法三：在和中，
作交于，因为与相似，所以
.
变式与引申2：
（1）设为不动点
∴，，
∴原问题方程（＊）有两个互为相反数的实数根
由（＊）（）
∴
∴
（2）(Ⅰ)设是曲线上任意一点，那么点满足：化简得.
(Ⅱ)设过点的直线与曲线的交点为，设直线的方程为，由得，于是①
又，
，②
又，于是不等式②等价于
，③
由①式，不等式③等价于，④
对任意实数，的最小值为，所以不等式④对于一切成立等价于，即
.
由此可知，存在正数对于点且与曲线有两个交点的任一直线，都有，且的取值范围为.
变式与引申3：选A
解：由可得，设,
代入方程组可得
；消去化简得，
即,再令,代入上式得,
可得；解不等式得,因而解得,故选A.
变式与引申4：
解：三个方程中至少有一个方程没有实数解的否定是三个方程都有实数解
∴当时，三个方程中至少有一个方程没有实数解
习题8-4
1.B.
提示：转化为在内与轴有两交点，只需且.
2..
提示：转化为先求对立事件的概率，即四人生日各不相同的概率.
3.解：(1)
,令得或
函数的单调增区间为
单调减区间为
（2）令得或
函数在上是连续的，又
（3）可转化为：方程在区间上恰有两个相异的实根.
令，则，令得
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增
又，且
在区间上方程恰好有两个相异的实数根时，实数的取值范围是
4.解：（1）设：代入
整理得
①
设、为方程①的两根
所以且，由为的中点，
有，解得，
故方程为：
（2）解出、得的方程为，与双曲线方程联立，
消有
②
记、及中点由韦达定理可得
又.即、、、四点到点的距离相等，
所以、、、四点共圆.
5.解：（1）
因为在区间上是增函数
所以在区间上恒成立
若，则，于是恒成立
又存在正零点，故，得或，与矛盾.
所以
由恒成立，有存在正零点，故，得，即
（2）由（1）得，于是有，
以下证明
令
，在上，所以在上是增函数
当时，，即成立，从而得到证明
同理可证,
综上，得.
第五节
推理证明与算法初步
变式与引申1【解析】（1）；
（2）B
变式与引申2
【解析】
（1）演绎推理是从一般性原理出发，推出某个特殊情况下的结论，三段论是演绎推理的一般形式，包括大前提、小前提、结论三部分．这里②③可推出①，其中②是大前提，③是小前题①是结论；
答：①；
（2）19．方法一：（1）证：取的中点，连.
∵为的中点，∴且.
∵平面，平面，
∴，∴.
又，∴.
∴四边形为平行四边形，则.
∵平面，平面，
∴平面.
（2）证：∵为等边三角形，为的中点，∴
∵平面，平面，∴.
又，故平面.
∵，∴平面.
∵平面，
∴平面平面.
方法二：设，建立如图所示的坐标系，
则.
∵为的中点，∴.
（1）证：，
∵，平面，∴平面.
（2）证：∵，
∴，∴.
∴平面，又平面，
∴平面平面.
变式与引申3
【解析】∵
又∵
∴<<
变式与引申4【解析】(1)，．
要使函数f(x)在定义域内为单调函数，则在内恒大于0或恒小于0，
当在内恒成立；
当要使恒成立，则，解得，
当恒成立，
所以的取值范围为．
（2）根据题意得：，
于是，
用数学归纳法证明如下：
当，不等式成立；
假设当时，不等式成立，即也成立，
当时，，
所以当，不等式也成立，
综上得对所有时，都有．
(3)
由(2)得，
于是，
所以，
累乘得：，
所以
5.
解：（1）由算法程序可知，该算法程序的功能是计算分段函数
的函数值.
（2）程序框图如图：
习题8-5
1
.
B；
2
.
B；
3
.
【解析】新背景下的信息转换问题，需要认真分析对应关系，在对应关系下求出原象，如对于第一个接受信息，依据对应关系可知，求得，同理求得，故（1）正确；对于（3），若原信息为011，则接收信应为10110．答：（3）；
4.
【解析】解：(1)∵
令得
显然是上方程的解
令，，则
∴函数在上单调递增
∴是方程的唯一解
∵当时，当时
∴函数在上单调递增，在上单调递减
(2)由（1）知当时，
∴在上恒有，当且仅当时“＝”成立
∴对任意的恒有
∵　　∴
即对，不等式恒成立．
5.【解析】（1）∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，
∴BB1⊥平面PMN.∴BB1⊥MN.
又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.
（2）在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S=S+S－2SScos.其中为平面CC1B1B
与平面CC1A1A所成的二面角.
∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.
在△PMN中，
∵PM2=PN2+MN2－2PN·MNcos∠MNP
∴PM2·CC=PN2·CC+MN2·CC-2（PN·CC1）·（MN·CC1）cos∠MNP，
由于S=PN·CC1，S=MN·CC1，
S=PM·BB1=PM·CC1，∴S=S+S－2S·S·cos.
6.
【解析】（1）在中，令n=1，可得，即
当时，，
∴,即.
∵
∴∴,
即当时,.又数列是首项和公差均为1的等差数列.
于是.
(2)由（1）得，所以
由①-②得
∴,∴,
于是确定的大小关系等价于比较的大小
由
可猜想当证明如下：
证法1：（1）当n=3时，由上验算命题成立．
（2）假设当时,命题成立,即
当时,
所以当时命题也成立
综合（1）（2）可知
，对一切的正整数，都有
证法2：当时
综上所述，当，当时.
M
O
北
南
东
西
A
20
30t
S
B
C
a
_
-1
2
_
1
2
x
y
O
图2
_
图3
O
y
x
_
1
2
-1
2
a
A
O
M
P
B
D
E
C
x
y
O
-1
1
x3
x2
x1
x
y
x-y=0
x+y=0
x=a
O
A
B
D
x
O
y
x
y
B
A
O
F
E
D
C
B
A
A
B
C
D
E
F
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第六讲解析几何(理)参考答案
第一节
曲线与方程
变式与引申
1.
B
提示：由,结合选项知选B.
2.
A
提示：由题意,又,∴直线与直线
平行,且点在直线上,选A.
3.解：设,,,则,.由,
得,∴,,即,.又,
∴,即,故动点的轨迹方程为.
4.解：如图6-1-1，设,,则,
∵点在直线上，①.
∵垂直于直线,∴,即②.
联立①②得.又点在双曲线上,∴,
化简整理得,故点的轨迹方程为.
5.解：⑴由题意得,∴,故所求的椭圆方程为.
⑵设,,则抛物线在点处的切线斜率为
,直线的方程为,将上式代入椭圆的方程中,
得,即.
∵直线与椭圆有两个不同的交点,∴.
设线段的中点的横坐标是,则.设线段的中点的横坐标
是，则,由题意得,即有,∴,即或；当时,有,,因此不等式不成立；因此,当时代入方程得.将,代入不等式成立，因此的最小值为.
6.
解：⑴设曲线方程为,将点,代入曲线方程,
得,∴,,故曲线方程为.
⑵设变轨点为,联立,得,∴或(舍去).
由,得或(舍去).∴点,此时,,
.故当观测点、测得、的距离分别为、时,应向航天器发出变轨指令.
习题6-1
.
D
提示：由得,,∴或,故方程的曲线是两条直线.
.
提示：由渐近线方程可知
①.∵抛物线的焦点为,∴②.又③.联立①②③,解得,,∴双曲线的方程为.
3．解法一：
（I）如图6-1-1，依题意，点P的坐标为（0，m）.因为，所以，解得m=2，
即点P的坐标为（0，2），从而圆的半径
故所求圆的方程为
（II）因为直线的方程为所以直线的方程为
由，
（1）当时，直线与抛物线C相切
（2）当，那时，直线与抛物线C不相切.
综上，当m=1时，直线与抛物线C相切；当时，直线与抛物线C不相切.
解法二：
（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为
依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），
则解得所以所求圆的方程为
（II）同解法一.
.
解：⑴由已知得,解得,,∴,故所求椭圆的方程为.
⑵由⑴得、.
①若直线的斜率不存在,则直线的方程为,由得.
设、,∴
,这与已知相矛盾.
②若直线的斜率存在,设直线直线的斜率为,则直线的方程为.设、,
联立,消元得,∴,,∴
,又,,∴,
∴,化简得,
解得或(舍去),∴,故所求直线的方程为或.
.
解法：由题设知,,.则直线的方程为,直线的方程为.解方程组得交点坐标,,即,,则,.又点在双曲线上,∴.将,代入上式得,即,故轨迹的方程为.
解法：⑴∵、分别为双曲线的左、右顶点,∴,.则的方程为；直线的方程为,两式相乘得.∵点在双曲线上,∴,即,∴,即.∵点、是曲线上的不同两点,∴它们与点、均不重合,故点、均不在轨迹上.过点及的直线的方程为.解方程组,得,∴直线与双曲线只有唯一交点.故轨迹不经过点.同理轨迹也不经过点.故轨迹的方程为.
⑵设的方程为,则由知,的方程为.将代入得,即,若与椭圆相切,则
,即；同理若与椭圆相切,则.由与与轨迹都只有一个公共点包含以下四种情况：
①直线和都与椭圆相切,即,且,消去得,即,从而,即；
②直线过点,而与椭圆相切,此时,,解得；
③直线过点,而与椭圆相切,此时,,解得；
④直线过点,而直线过点,此时,,∴.
综上所述,的值为或或.
第二节
圆锥曲线
变式与引申
1.C
提示：如图6-2-1,点到轴的距离比到准线的距离(即)少,∴
.而点在抛物线外,∴的最小值为.
2.
8
提示：由椭圆定义知,又，∴.
3.解法一：①当焦点在轴上时,设椭圆的标准方程为,
依题意有,解得.
②当焦点在轴上时,同理解得,,不合,舍去.
综上所求椭圆的方程为.
解法二：设所求椭圆方程为.依题意有,解得.
故所求椭圆的方程为.
4.解法一：设,,代入椭圆方程得,,相减得
.∵,,∴.由,
得.∴,.又,
∴.将代入,解得,∴.故椭圆方程为.
解法二：由,得.设,,则,
.∴,∴.
①
设,则,,∴,代入①,得,.
故椭圆方程为.
5.解：(Ⅰ)依题意,,,直线的方程,联立与双曲线方程,求得
.设,则,∴,.
故.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,,为定值.
(Ⅲ)联立与的方程求得,则,.由得,
,∵,∴,解得,故双曲线的离心率的取值范围为.
6.解：(Ⅰ)过点斜率为的直线为,
将代入方程，
得.
①
设,,则有,.
∵线段的中点在直线上,∴,即,得(此时①式的判别式大于零).
(Ⅱ)由,得,即.
由②,得.
∵,,∴③
由①、③得,易知,∴,.
∴,又,∴,即,得,
解得或,故的取值范围是.
7.解：⑴由题意,直线的方程为.设点,,由,得,
则,,∴.
⑵设点,则.由、、三点共线得.由得点到轴距
离与到直线：距离相等,即,∴,
.把,代入,得,
即,∴,解得.故存在常数,总有.
习题6-2
.
B
提示：设椭圆的方程为,则,,,.
由轴,,得,∴,即,解得,
∴,故椭圆的离心率.
.
提示：由题知两圆的圆心分别为双曲线的左、右焦点、,要使取最大值,应使取最大值,取最小值,这时.
.解：⑴设,则,化简得.
⑵①当直线与轴不垂直时,设的方程为,与双曲线联立消去得
.由题意知且.设,,则,
,.
∵,,∴的方程为,∴点的坐标为,,
同理可得,因此.
②当直线与轴垂直时,其方程为,则,,的方程为,∴M点的坐标为,,同理可得,因此.
综上,即,故以线段为直径的圆经过点.
4.
解：(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).
所以=（-x，-1-y），
=(0，-3-y)，
=(x，-2).
再由题意可知（+）??=0，
即（-x，-4-2y）??(x，-2)=0.
所以曲线C的方程式为y=x-2.
(Ⅱ)设P(x，y)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x，所以的斜率为x
因此直线的方程为，即．
则O点到的距离.又，
所以
当=0时取等号，所以O点到距离的最小值为2.
.解：⑴设椭圆方程为：,椭圆经过点,∴,解得,
∴所求椭圆方程为.
⑵当射线与轴重合时,.
当射线不与轴重合时,设方程为：.设,,由,得,
∴.同理得.∴.
综上得,的最大值为,最小值为.
⑶类似的结论：过原点的一条射线分别与两条双曲：和：交于、两点,为线段上的一点,若、、成等比数列,则点的轨迹方程为.
证明：设过原点的射线的方程为,∵射线与双曲线有交点,显然.设,,
把分别代入两条双曲线方程中得,.
由点在射线上,且,得,即,消去得,.
第三节
直线与圆锥曲线的位置关系
变式与引申
1.
C
提示：过点F且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点的充要条件是：直线与双曲线的渐近线平行（即一条渐近线的斜率=）或直线与双曲线的左，右两支各有一交点.即.综合得
所以.
2.
解：（Ⅰ）因直线与圆相切，则圆心在直线上，既有.
（Ⅱ）因直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，即，得.
（Ⅲ）直线与圆有两个公共点，则圆心到直线的距离小于半径，即，得.
3.
解：设A，则的解.由
两式相减得.
即
①
再由方程组消去y得，
由
②
由①②解得
故所求的椭圆的方程为
4.
D
提示：依题意有
则双曲线方程为.
.设M则
,
，两式相减得
再由
，，，所以由，得
所以双曲线的方程为，故选D.
5.解法一：(1)如图6-3-1，依题意，点的坐标为，可设，
直线的方程为，与联立得消去得.
由韦达定理得，.
于是
，
当时，.
(2)假设满足条件的直线存在，其方程为，
的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，
则，点的坐标为.
，
，
，
.
令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线.
解法二：(1)前同解法一，再由弦长公式得
.
又由点到直线的距离公式得.
从而
时，.
(2)假设满足条件的直线存在，其方程为，
则以为直径的圆的方程为，
将直线方程代入得，
则.
设直线与以为直径的圆的交点为，
则有.
令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线.
习题6-3
1.
D
提示：双曲线的一条渐近线为,由方程组,消去y,
得有唯一解,所以△=,
所以,.
2.解：设，由题意知＜0，＞0.
（1）直线的方程为，其中.联立
得
解得
因为，所以.
即
，得离心率
.
（2）因为，所以.由得.所以，得a=3，.椭圆C的方程为.
3.解:（1）联立与得，则中点，
设线段的中点坐标为，则，即，又点在曲线上，
∴化简可得，又点是上的任一点，
且不与点和点重合，则，即，
∴中点的轨迹方程为（）.
（2）曲线，
即圆：，其圆心坐标为，半径
由图6-3-2可知，当时，曲线与有公共点；
当时，要使曲线与有公共点，只需圆心到直线的距离，得，则的最小值为.
4.
解：（Ⅰ）由已知得所以
所以椭圆G的焦点坐标为，离心率为
（Ⅱ）由题意知，.
当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为此时；
当m=－1时，同理可得；当时，设切线l的方程为
由
设A、B两点的坐标分别为，则
又由l与圆
所以
由于当时，所以.
因为且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.
5.（Ⅰ）解法一：设点T的坐标为当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.在△QF1F2中，，所以有
综上所述，点T的轨迹C的方程是
解法二：设点T的坐标为
当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.
设点Q的坐标为（），则
因此
①
由得
②
将①代入②，可得
综上所述，点T的轨迹C的方程是
（Ⅱ）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是
由③得，由④得
所以，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.
当时，，
由，
，
，得
解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是
由④得
上式代入③得
于是，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.
当时，记，
由知，所以
第四节
坐标系与参数方程
变式与引申
1.9或-11
提示：将直线的方程化为普通方程得，将直线的方程化为直角坐标方程得，由两平行线的距离公式得或
2.解：圆的极坐标方程为，
设点的极坐标为，点的极坐标为，∵点为线段的中点，
∴，将代入圆的极坐标方程，得.
∴点轨迹的极坐标方程为，它表示原心在点，半径为的圆.
3.解：（1）当样时，的普通方程为，的普通方程为。联立方程组
，解得与的交点为（1,0）。
（2）的普通方程为。A点坐标为，故当变化时，P点轨迹的参数方程为：，P点轨迹的普通方程为.
故P点轨迹是圆心为，半径为的圆.
习题6－4
1．C
提示：，
则或.
2.
B
提示：化曲线的参数方程为普通方程：，圆心到直线的距离，直线和圆相交，过圆心和平行的直线和圆的2个交点符合要求，又，在直线的另外一侧没有圆上的点符合要求，所以选B.
3.
提示：直线为，圆心到直线的距离.
4.
提示：圆心到直线的距离等于半径.
5．解：设直线AB的方程为(t为参数)，代入双曲线方程，得
(2cos2α－sin2α)t2＋(8cosα－2sinα)t＋5＝0，由于M为AB的中点，则t1＋t2＝0，则tanα＝4，
从而直线AB的方程为：4x－y－7＝0．
6．解：（Ⅰ）由已知，M点的极角为，且M点的极径等于，故点M的极坐标为（，）.
（Ⅱ）M点的直角坐标为（），A（0,1），故直线AM的参数方程为（t为参数）
7.
解：（I）设P(x，y)，则由条件知M().由于M点在C1上，所以
即从而的参数方程为（为参数）
（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．
射线与的交点的极径为，
射线与的交点的极径为．
所以.
第五节
解析几何的综合应用
变式与引申
1.
解：设F1(－c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则|PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2),
即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2,又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|,
依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4,
依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2
∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜,又∵c2=4+b2＜,∴b2＜,∴b2=1.
2．解：（1），
∵
∴=0
∴
得
∴P点的轨迹方程为
（2）考虑方程组
消去y，得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3=0(
)
显然1－3k2≠0
△=（6km）2－4(－3m2－3)=12(m2+1)－3k2>0
设x1,x2为方程
的两根，则
故AB中点M的坐标为(，)
∴线段AB的垂直平分线方程为：
将D(0，－1)坐标代入，化简得：4m=3k2－1
故m、k满足，消去k2得：m2－4m>0
解得：m<0或m>4
又∵4m=3k2－1>－1
∴m>－
故m.
3．解：交AB与轴不重叠时，设AB的方程为
由
消y可得：
设A
B
则，
交AB与x轴重叠时，上述结论仍然成立
∴
≥
∴当
时取“=”，综上当
.
4.解：（1）由椭圆定义可得，由可得
，而解得
（2）由，得，
解得或（舍去）
此时
当且仅当时，得最小值，此时椭圆方程为
（3）由知点Q是AB的中点
设A,B两点的坐标分别为，中点Q的坐标为
则，两式相减得
AB的中点Q的轨迹为直线①
且在椭圆内的部分
又由可知，所以直线NQ的斜率为，方程为②
①②两式联立可求得点Q的坐标为点Q必在椭圆内
解得
又
习题6-5
1.
C
提示：弦长|AB|=≤.
2.
②③④
提示：点P在线段MN的垂直平分线上，判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点.
3．解：（１）由知，设，因为在上，
.
在椭圆中，　
（Ⅱ）由方程组HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.3
消x,
得
HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.3
=
1
\
GB3
①
②
①2/②得HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.3
HYPERLINK
"http://www.ks5u.com/"
EMBED
Equation.3
，.
4.解：（Ⅰ）证法一：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是.
所以点M的坐标是（）.
由
即
证法二：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是设M的坐标是
所以
因为点M在椭圆上，所以
即
解得
（Ⅱ）解法一：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，
必有|PF1|=|F1F2|，即
设点F1到l的距离为d，由
得
所以
即当△PF1F?2??为等腰三角形.
解法二：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，
设点P的坐标是，
则
由|
PF1
|=
|
F1F2
|
得
两边同时除以4a2，化简得
从而
于是.
即当时，△PF1F2为等腰三角形.
5解（1）以AB中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则
即A、C两个救援中心的距离为
（2）∵|PC|=|PB|，
∴P在BC线段的垂直平分线上
又∵|PB|－|PA|=4，
∴P在以A、B为焦点的双曲线的左支上，且|AB|=6
∴双曲线方程为
,
BC的垂直平分线的方程为
联立两方程解得：x=－8∴P(－8，，
∴∠PAB＝120°,
所以P点在A点的北偏西30°处
（3）如图6-5-1，设|PQ|=h，|PB|=x，|PA|=y
∵|QB|－|QA|=＝＝
又∵
∴|QB|－|QA|<|PB|－|PA|
∴
即A、B收到信号的时间差变小.
图
图6-1-2
图
N
O
A
C
B
y
x
N
O
A
C
B
y
x
l
P
H
Q
图6-3-1
xA
xB
D
图6-3-2
③
④
③
④
图6-5-1
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第四讲
概率与统计(理)参考答案
第一节
计数原理
变式与引申1：（1）四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有种.
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（2）首先把5本书转化成4本书，然后分给4个人.第一步：从5本书中任意取出2本捆绑成一本书，有种方法；第二步：再把4本书分给4个学生，有种方法.由乘法原理，共有种方法，故选B.
(?
http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
变式与引申2：（1）分两步
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
先将五名老师分成2，2，1三组，共有种；而后，对三组老师安排三所学校，即进行全排列，有A33种
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
依乘法原理，共有N=
=90(种)
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
（2）将两个新节目插入5个固定顺序节目单有两种情况：①两个新节目相邻的插法种数为；②两个节目不相邻的插法种数为；由分类计数原理共有种方法，故选A.
（3）解析：由所有1～6这6个数组成的五位数有个，去掉1～6这6个数组成可被5整除的五位数个.
因此，所求的五位数共有－=720－120=600个.
变式与引申3：（1）解：
依题意：，为3和2的倍数，即为6的倍数，又，，，构成首项为0，公差为6，末项为96的等差数列，由得，故系数为有理数的项共有17项
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)?
（2）由得的系数为240．
（3）设第项系数最大，则有，即
又，故系数最大项为.
变式与引申4：（1）解：在中
令得　　
（2）7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7
=(7+1)n－1=8n－1=(9-1)n－1
=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9+(－1)nCnn-1
(i)当n为奇数时
原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+（－1）n-1Cnn-1·9－2
∴除以9所得余数为7.
(ii)当n为偶数时
原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9
∴除以9所得余数为0，即被9整除.
习题4—1
1.解析:由题意容易发现
,则
,
同理可以得出
,亦即前2008项和为0,
则
原式==
故选C.
2.解析：当使用五种颜色时，由题意知有种染色方法；当使用四种颜色时，由题意知有种染色方法，当仅使用三种颜色时：从5种颜色中选取3种有种方法，先着色S，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第A、C区域，另一种颜色涂第B、D区域，有2种着色方法，由乘法原理有种.综上共有：420种.
3.解析：一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多,
无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果
4.解法一(间接法)
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A(个)，其中0在百位的有C·22·A
(个)，不合题意的，故共有不同三位数
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
C·23·A－C·22·A=432(个）
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
解法二
(直接法)
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
第一类
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
0与1卡片放首位，可以组成不同三位数有
(个);
第二类
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
0与1卡片不放首位，可以组成不同三位数有
(个).
故共有不同三位数
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
48+384＝432(个）
(?http:?/??/?www.xjktyg.com?/?wxc?/??)
5.解析：
(1)由已知Cm1＋2Cn1＝11，∴m＋2n＝11，
x2的系数为Cm2＋22Cn2＝＋2n(n－1)＝＋(11－m)＝2＋.
∵m∈N＋，∴m＝5时，x2的系数取最小值22，
此时n＝3.
(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m＝5，n＝3，
∴f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3.
设这时f(x)的展开式为
f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，
令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33，
令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，
两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，
故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.
第二节
概率
变式与引申1：（１）　　（２）
变式与引申2：（１）　　（２）
变式与引申3：解析：易见是两两互斥的事件，而
．
答案：②④
变式与引申4：解析：
（I）（i）解：设“在1次游戏中摸出i个白球”为事件则
（ii）解：设“在1次游戏中获奖”为事件B，则，又
且A2，A3互斥，所以
（II）解：由题意可知X的所有可能取值为0，1，2.
所以X的分布列是
X
0
1
2
P
X的数学期望
习题4—2
1.D．解析：=0.3415，
=0.5-0.3415=0.1585．
2.
．解析：设取出的两个数分别为，利用表平面区域，形成几何图形的面积比．
3.
解析：（I）设甲胜A的事件为D，
乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，
则分别表示甲不胜A、乙不胜B，丙不胜C的事件。
因为
由对立事件的概率公式知
红队至少两人获胜的事件有：
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
因此红队至少两人获胜的概率为
（II）由题意知可能的取值为0，1，2，3。
又由（I）知是两两互斥事件，
且各盘比赛的结果相互独立，
因此
由对立事件的概率公式得
所以的分布列为：
0
1
2
3
P
0．1
0．35
0．4
0．15
因此
4.解析：记分别表示依方案甲需化验1次，2次，
分别表示依方案乙需化验2次，3次，
表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数．
依题意知与独立．
（Ⅰ）．
，，．
．
所以．
（Ⅱ）的可能取值为2，3．
，，，，
所以（次）．
5.解析：设分别是第一、二、三、四个问题，用表示甲同学第个问题回答正确，用表示第个问题回答错误，则与是对立事件．由题意得，
则．
（Ⅰ）记“甲同学能进入下一轮”为事件,
则
由于每题答题结果相互独立，因此
(Ⅱ)由题意可知随机变量可能的取值为2,3,4,．
由于每题的答题结构都是相对独立的，所以,
因此随机变量的分布列为
1
2
3
P
所以．
第三节
统计、统计案例
变式与引申1：解：
（Ⅰ）这三种抽取方式的总体都是指该校高三全体学生本年度的考试成绩，个体都是指高三年级每个学生本年度的考试成绩.其中第一种抽取方式的样本为所抽取的20名学生本年度的考试成绩，样本容量为20；第二种抽取方式的样本为所抽取的20名学生本年度的考试成绩，样本容量为20；第三种抽取方式的样本为所抽取的100名学生本年度的考试成绩，样本容量为100.
（Ⅱ）三种抽取方式中，第一种采用的是简单随机抽样法；
第二种采用的是系统抽样法和简单随机抽样法；
第三种采用的是分层抽样法和简单随机抽样法.
（Ⅲ）第一种方式抽样的步骤如下：
第一步，首先用抽签法在这20个班中任意抽取一个班.
第二步，然后从这个班中按学号用随机数表法或抽签法抽取20名学生，考察其考试成绩.
第二种方式抽样的步骤如下：
第一步，首先用简单随机抽样法从第一个班中任意抽取一名学生，记其学号为a.
第二步，在其余的19个班中，选取学号为a的学生，加上第一个班中的一名学生，共计20人.
第三种方式抽样的步骤如下：
第一步，分层，因为若按成绩分，其中优秀生共150人，良好生共600人，普通生共250人，所以在抽取样本时，应该把全体学生分成三个层次.
第二步，确定各个层次抽取的人数.因为样本容量与总体的个体数之比为：100∶1
000=1∶10，所以在每个层次中抽取的个体数依次为，，，即15，60，25.
第三步，按层次分别抽取.在优秀生中用简单随机抽样法抽取15人；在良好生中用简单随机抽样法抽取60人；在普通生中用简单随机抽样法抽取25人
变式与引申2：【答案】
样本容量为6
解：总体容量为6+12+18=36.当样本容量是n时，由题意知，系统抽样的间隔为，分层抽样的比例是,抽取工程师（人），
抽取技术人员×12=
(人），
抽取技工×18=（人）.
所以n应是6的倍数，36的约数即n=6,12,18,36.
当样本容量为（n+1）时，在总体中剔除1人后还剩35人，系统抽样的间隔为，因为必须是整数，所以n只能取6，即样本容量为6.
变式与引申3：
答案
D
提示：由茎叶图可知甲，乙的数据特征.
变式与引申4：解：（Ⅰ）甲、乙被抽到的概率均为，且事件“甲工人被抽到”与事件“乙工人被抽到”相互独立，故甲、乙两工人都被抽到的概率为.
（Ⅱ）（i）由题意知A类工人中应抽查25名，B类工人中应抽查75名.
故，得，，得
.
频率分布直方图如下
从直方图可以判断：B类工人中个体间的关异程度更小
.
（ii）
，
，
A类工人生产能力的平均数，B类工人生产能力的平均数以及全工厂工人生产能力的
平均数的会计值分别为123，133.8和131.1
.
变式与引申5：C
由于6．635变式与引申6：（1）解：（Ⅰ）数据对应的散点图如图所示：
（Ⅱ），，
设所求回归直线方程为，
则
故所求回归直线方程为
（Ⅲ）据（Ⅱ），当时，销售价格的估计值为：
（万元）
习题4-3
1.
25人.
解：每个个体被抽入样的概率均为，
在内的频率为
0.0005×（3000－2500）＝0.25，频数为10
000×0.25＝2
500人，则该范围内应当抽取的人数为2
500×＝25人.
2.③④
解：①正确．由回归方程的定义及最小二乘法思想，知②正确．③④不正确．
3.解：（1）因为各组的频率和等于1,故第四组的频率：
补全这个频率分布直方图（略）
（2）依题意，60及以上的分数所在的第三、四、五、六组，
频率和为
所以，抽样学生成绩的合格率是%
（3），
，”的人数是18,15,3．所以从成绩是70分以上（包括70分）的学生中选两人，他们在同一分数段的概率．
4.
解:
（1）依题列表如下：
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
2.2
3.8
5.5
6.5
7.0
4.4
11.4
22.0
32.5
42.0
……4分
．
回归直线方程为．
（2）当时，万元．即估计用10年时,维修费约为12.38万元．
5.解：
（1）调查的500位老年人中有70位需要志愿者提供帮助，因此该地区老年人中，需要帮助的老年人的比例的估算值为
（2）。
由于9.967>6.635,所以有99%的把握认为该地区的老年人是否需要帮助与性别有关。
(III)由(II)的结论知，该地区老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据能看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的比例有明显差异，因此在调查时，先确定该地区老年人中男、女的比例，再把老年人分成男、女两层并采用分层抽样方法比采用简单随机抽样方法更好．
第四节
概率与统计的综合应用
变式与引申1：解：（1）由数字1，2，3，4组成的五位数共有个
数满足条件：“对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得”
的五位数可分为两类：
（i）只由一个数字组成，共有4个；
（ii）由两个数字组成，共有个
由（i）、（ii）知共有124个
，所求概率．
（2）由题意可能的取值为2、3、4、5
=
的分布列为：
2
3
4
5
P
=．
变式与引申2：解：（1）当时，甲胜的概率为
故甲的得分的分布列为
2
0
P
故
（2）当，不合题意；
当n=3时，乙胜的概率为，不合题意
；
当
故，解得
变式与引申3：解：
(1)由题意可得
L1=
(q＞0)．
同理可得
(q＞0)；(q＞0)
(2)
解:由期望定义可知
(3)
解:由(Ⅱ)可知是产量q的函数,设
得0解得(舍去)．
由题意及问题的实际意义(或当0＜q＜10时,＞0;当q＞10时,
可知,当q=10时,
f(q)取得最大值,即最大时的产量q为10．
变式与引申4：解：（1）3秒后，质点到处，必须经过两次向右，一次向左移动；
（2）2秒后，质点同时在点处，必须质点两次向右，且质点一次向左，一次向右；故
（3）设第秒后，质点在处的概率为，质点在处的概率为依题意知：，由得
所以｛｝是首项为，公比为的等比数列。所以，；所以8秒后质点在处的概率为。
习题4—4
1.解：（Ⅰ）第二组的频率为，所以高为．频率直方图如下：
第一组的人数为，频率为，所以．
由题可知，第二组的频率为0．3，所以第二组的人数为，所以．
第四组的频率为，所以第四组的人数为，所以．
（Ⅱ）因为岁年龄段的“低碳族”与岁年龄段的“低碳族”的比值为，所以采用分层抽样法抽取18人，岁中有12人，岁中有6人．
随机变量服从超几何分布．
，，
，．
所以随机变量的分布列为
0
1
2
3
∴数学期望．
2、解:(1)、可能的取值为、、，，，
，且当或时，．
因此，随机变量的最大值为
有放回抽两张卡片的所有情况有种，
(2)的所有取值为．
时，只有这一种情况．
时，有或或或四种情况，
时，有或两种情况．
，，
则随机变量的分布列为：
因此，数学期望
3、解：
(1)点到达点的概率为；点到达点的事件由两个互斥事件组成：①A=“点先按向量到达点，再按向量到达点”，此时；
②B=“点先按向量移动直接到达点”，此时．
(2)
点到达点的事件由两个互斥事件组成：
①“从点按向量移动到达点”，此时；
②“从点按向量移动到达点”，此时．
，即
数列是以为首项，公比为的等比数列．
(3)由(Ⅱ)可知
4、解：（1）一次摸奖从个球中任选两个，有种，
它们等可能，其中两球不同色有种，………………………2分
一次摸奖中奖的概率．………………………4分
（2）若，一次摸奖中奖的概率,………………………6分
三次摸奖是独立重复试验，三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率是
．
………………………8分
（3）设每次摸奖中奖的概率为，则三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为
，，
……………………10分
，知在上为增函数，在上为减函数，当时取得最大值．又,解得．…………12分
答：当时，三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率最大．
【方法探究】本题是一个在等可能性事件基础上的独立重复试验问题，体现了不同概型的综合．第Ⅲ小题中的函数是三次函数，运用了导数求三次函数的最值．如果学生直接用代替，函数将比较烦琐，这时需要运用换元的方法，将看成一个整体，再求最值．
5、分析:在(1)中的取值是有限可数的,可用列举法解决;
(2)中的取值是无穷的,得用几何概型的方法求解．
解:(1)若能构成三角形,则．
①若时,．共1种;②若时,．共2种;
同理时,有3+1=4种;时,有4+2=6种;时,有5+3+1=9种;时,有6+4+2=12种．于是共有1+2+4+6+9+12=34种．
下面求从中任取的三个数()的种数:
①若,,则,有7种;,有6种;,
,有5种;,有1种．共有7+6+5+4+3+2+1=28种．
同理,时,有6+5+4+3+2+1=21种;时,有5+4+3+2+1=15种;时,有4+3+2+1=10种;时,有3+2+1=6种;时,有2+1=3种;
时,有1种．
这时共有28+21+15+10+6+3+1=84种．
∴能构成三角形的概率为．
(2)能构成三角形的充要条件是．
又于是所要求的概率为
说明:从有限到无穷,问题已发生了质变,解决方法也得作相应质的改进．
红
1
1
1
2
2
3
黄
1
2
3
1
2
1
兰
3
2
1
2
1
1
取法
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