2026年高考数学（人教A版）·新课标Ⅰ卷·专题限时集训·原题 （7份打包）（含解析）

模块一　三角函数与解三角形、平面向量
　限时集训(一)　微专题1　三角函数的图象与性质[时间:45 min]
基础过关
1.函数f(x)=sin图象的一个对称中心是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.
C. D.
2.[2023·天津卷] 已知函数f(x)的图象的一条对称轴为直线x=2,一个周期为4,则f(x)的解析式可能为 (　 )
A.f(x)=sin B.f(x)=cos
C.f(x)=sin D.f(x)=cos
3.[2023·云南昆明一模] 已知函数f(x)=|2cos(2x+φ)+1|的部分图象如图所示,则φ= (　 )
A. B. C. D.
4.[2023·济南二模] 函数f(x)=tan(ωx+φ)的部分图象如图所示,若图中阴影部分的面积为6π,则φ= (　 )
A.- B.-
C. D.
5.[2023·全国乙卷] 函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间上单调递增,直线x=和x=是函数y=f(x)图象的两条对称轴,则f= (　 )
A.- B.- C. D.
6.[2023·湖北十一校联考] 已知ω>0,函数f(x)=3sin-2在区间上单调递减,则ω的取值范围是 (　 )
A. B.(0,2]
C. D.
7.函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,BC∥x轴,当x∈时,不等式f(x)≥m-sin 2x恒成立,则m的取值范围是 (　 )
A. B.
C.(-∞,] D.(-∞,1]
8.(多选题)[2023·潍坊模拟] 已知函数f(x)=sin(ωx+φ),是f(x)图象的一个对称中心,且f'(x)的最大值是2,则 (　 )
A.f(x)的最小正周期为π
B.将f(x)的图象向左平移个单位长度,得到的图象关于原点对称
C.f(x)在区间上单调递减
D.f(x)在区间(0,5π)上有且仅有5个极大值点
9.(多选题)[2023·安徽淮北二模] 函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则下列说法正确的是 (　 )
A.f(x)的最小正周期为π
B.φ=
C.f(x)在上单调递增
D.将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,得到函数g(x)=cos 2x的图象
10.(多选题)[2023·湖北十堰调研] 已知函数f(x)=cos(ωx+φ)(0<ω<10,0<φ<π)图象的一个对称中心是A,点B在f(x)的图象上,则 (　 )
A.f(x)=cos
B.直线x=是f(x)图象的一条对称轴
C.f(x)在上单调递减
D.y=f是奇函数
11.[2023·湖南长郡中学一模] 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π)) 的图象的一条对称轴为直线x=-,且 f(x)在上单调,则ω的最大值为　　　　.
12.[2023·江苏无锡四校联考] 已知函数f(x)=2sin(2x+φ),将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象,若g(x)为偶函数,则函数f(x)在上的取值范围为　　　　.
能力提升
13.[2023·武汉4月调考] 已知直线y=kx+t与函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象恰有两个切点,设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为k1和k2,且k1>k2,则 (　 )
A.> B.<<
C.<< D.<
14.(多选题)[2023·日照三模] 已知函数f(x)=sin 2x+2|cos x|,则 (　 )
A.f(x)的图象关于y轴对称
B.π为f(x)的一个周期
C.f(x)在上单调递增
D.函数y=f(x)-在[-π,π]上有4个零点
15.(多选题)设函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0≤φ<2π),如图是函数f(x)及其导函数f'(x)的部分图象,则 (　 )
A.A=ω
B.φ=
C.f(x)的图象与y轴交点的坐标为
D.f(x)的图象与f'(x)的图象的所有交点中横坐标绝对值的最小值为
16.[2023·邢台质检] 已知函数f(x)=2sinsin(ω>0)在[0,π]上恰有3个零点,则ω的最小值是 　　　　.
　限时集训(二)　微专题2　三角恒等变换[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·辽宁抚顺六校二模] 函数f(x)=cos2-sin2的最小正周期为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.π
C.4π D.2π
2.[2023·广东潮州二模] 若=,则tan= (　 )
A.-3 B.3
C.-2 D.2
3.[2023·太原二模] 已知sin α+cos α=,0<α<π,则sin α-cos α= (　 )
A.- B.
C.- D.
4.= (　 )
A.-3 B.-6
C.3 D.6
5.[2023·宁波联考] 已知tan(α+β),tan(α-β)是关于x的方程x2+mx-4=0的两根,且tan α=,则m= (　 )
A. B.4
C.-12 D.-
6.已知α-β=,tan α-tan β=3,则cos(α+β)的值为 (　 )
A.+ B.-
C.+ D.-
7.已知角α∈,且点(cos2α,cos 2α)在直线y=-x上,则tan= (　 )
A.-3-2 B.-1 C.3-2 D.3+2
8.(多选题)下列化简正确的是 (　 )
A.cos 82°sin 52°+sin 82°cos 128°=-
B.sin 15°sin 30°sin 75°=
C.cos215°-sin215°=
D.=
9.(多选题)《周髀算经》中给出了弦图,所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形.若图中直角三角形的两个锐角分别为α,β,其中小正方形的面积为4,大正方形的面积为9,则下列说法正确的是(　 )
A.每一个直角三角形的面积为
B.3sin β-3cos α=2
C.3sin β-3sin α=2
D.cos(α-β)=
10.[2023·山东济南二模] 已知sin=cos,则tan的值为　　　　.
11.[2023·湖北黄石模拟] 函数f(x)=sin x+cos x,f(α)=,α∈,则cos α=　　　　.
12.已知tan α=cos α,则-=　　　　.
能力提升
13.已知sin αsin=3cos αsin,则cos= (　 )
A.- B.-1
C. D.
14.(多选题)[2021·新高考全国Ⅰ卷] 已知O为坐标原点,点P1(cos α,sin α),P2(cos β,-sin β),P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则(　 )
A.||=||
B.||=||
C.·=·
D.·=·
15.(多选题)若a=(1+tan 20°)(1+tan 21°),b=(1+tan 24°)(1+tan 25°),则下列结论正确的是 (　 )
A.aC.a+b>4 D.a2+b2=9
16.[2023·江苏南京一模] 已知f(θ)=cos 4θ+cos 3θ,且θ1,θ2,θ3是f(θ)在(0,π)内的三个不同零点,则cos θ1cos θ2cos θ3=　　　　　.
　限时集训(三)　微专题3　解三角形[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·日照三模] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2ccos A=acos B+
bcos A.
(1)求角A;
(2)若△ABC的周长为3,且△ABC外接圆的半径为1,求△ABC的面积.
2.[2022·新高考全国Ⅱ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,以a,b,c为边长的三个正三角形的面积分别为S1,S2,S3,且S1-S2+S3=,sin B=.
(1)求△ABC的面积;
(2)若sin Asin C=,求b.
3.[2023·广东潮州二模] 在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知tan Atan C=tan A+tan C+.
(1)求角B的大小;
(2)求cos A+cos C的取值范围.
4.如图,某巡逻艇在A处发现,在其北偏东30°方向相距+海里的B处有一艘走私船正沿南偏东45°的方向以3海里/时的速度行驶,巡逻艇立即以2海里/时的速度沿着正东方向直线追去,1小时后,巡逻艇到达C处,走私船到达D处,此时走私船发现了巡逻艇,立即改变航向,以原速向正东方向逃窜,巡逻艇立即加速以3海里/时的速度沿着直线追击.
(1)当走私船发现巡逻艇时,两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追,才能在E处追上走私船
能力提升
5.[2023·湖南怀化二模] 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(b-c)sin B=bsin(A-C).
(1)求角A;
(2)若△ABC为锐角三角形,且△ABC的面积为S,求的取值范围.
6.[2023·河北邯郸二模] 从①2a=b+2ccos B,②2asin Acos B+bsin 2A=2acos C,
③sin C=3-2cos2这三个条件中任选一个,补充在下面问题的横线上,并解答问题.
问题:在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足　　　　.
(1)求角C的大小;
(2)若c=2,∠ABC与∠BAC的平分线交于点I,求△ABI周长的最大值.
　提能特训(一)　高分提能一　多三角形、四边形问题[时间:45 min]
基础过关
1.古代数学家刘徽编撰的《海岛算经》是中国最早的一部测量数学著作,也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《海岛算经》测量一个球体建筑物的高度,如图,已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧.若在B,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°,且BC =100 m,则该球体建筑物的高度约为(cos 10° ≈ 0.985) (　 )
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.49.25 m B.50.76 m
C.56.74 m D.58.60 m
2.[2023·张家口三模] 已知△ABC是边长为2的等边三角形,M,N是△ABC的边上的两个动点,若线段MN将△ABC分成面积相等的两部分,则线段MN长度的最小值为 (　 )
A. B.
C. D.1
3.[2023·沈阳质检] 在△ABC中,D为BC边上的点,且AD在∠BAC的平分线上,AB=5,AC=3,cos∠ABC=,则BC=　　　　;若AB4.[2023·东北三省四市联考] 在①bsin=csin B;②·=2S△ABC;③sin A+
cos A=这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答问题.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足　　　　.
(1)求角C;
(2)若△ABC的面积为8,AC的中点为D,求线段BD长度的最小值.
5.[2023·广东佛山联考] 已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin2C+sin2B-sin2A=sin Bsin C.
(1)求角A;
(2)已知角A的平分线交BC于点D,求的取值范围.
6.[2023·安徽马鞍山三模] 记△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A=,a=4,D是BC边上的一点.
(1)若CD=2DB,且AD平分∠BAC,求c;
(2)若+=,求线段AD的长.
7.[2023·淄博一模] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,满足(a+b+c)(a+b-c)=ab.
(1)求角C;
(2)若角C的平分线交AB于点D,且CD=2,求2a+b的最小值.
能力提升
8.△ABC 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,·=-1,△ABC的面积为.
(1)若a=2,求△ABC的周长;
(2)设D为AC边的中点,求点A到直线BD距离的最大值.
9.[2023·广东茂名三模] 如图,在平面四边形ABCD中,AD=5,CD=3,∠ADC=120°.△ABC的内角∠BAC,B,∠ACB的对边分别为a,b,c,且满足=.
(1)四边形ABCD是否有外接圆 若有,求出其外接圆的半径R;若无,请说明理由.
(2)求△ABC的内切圆半径r的取值范围.
　限时集训(四)　微专题4　平面向量[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·山西运城三模] 已知向量a,b满足a=(1,λ),b+2a=(1,-3),且a⊥b,则实数λ= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.1或 B.-1或
C.1或- D.-1或-
2.[2023·湖北黄石模拟] 已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,|a-b|=,则= (　 )
A. B.
C. D.
3.[2023·广东汕头三模] 如图,点D,E分别为AC,BC的中点,设=a,=b,F是DE的中点,则= (　 )
A.a+b B.-a+b
C.a+b D.-a+b
4.已知向量a,b满足|a+b|=|a-b|,则a+b在a上的投影向量为 (　 )
A.a B.b
C.2a D.2b
5.如图,在△ABC中,点D为BC边的中点,O为线段AD的中点,连接CO并延长,交AB于点E,设=a,=b,则= (　 )
A.a-b B.a-b
C.a-b D.a-b
6.已知平面向量,满足||=||=2,·=-2,点D满足=2,E为△AOB的外心,则·的值为 (　 )
A.- B.-
C. D.
7.向量a,b,c满足a+b+c=0,(a-b)⊥c,a⊥b,若|a|=1,则|a|2+|b|2+|c|2= (　 )
A.1 B.2
C.4 D.8
8.(多选题)[2023·安徽淮南二模] 已知单位向量a,b,则下列说法正确的是 (　 )
A.若向量a,b不共线,则(a+b)⊥(a-b)
B.若a=,b=(cos α,sin α),且a∥b,则tan α=
C.若|a-b|≥,向量a,b的夹角为θ,则θ的最小值为
D.若=,则向量b在向量a上的投影向量是a
9.(多选题)已知点O为△ABC所在平面内的一点,D,E分别是BC,AC的中点,则 (　 )
A.若O为AD的中点,则=(+)
B.若O为AD的中点,则=-
C.若O为△ABC的重心,则+=0
D.若O为△ABC的外心,且BC=4,则·=-8
10.已知向量a=(2,1),b=(0,1),c=a+tb,若a·c=6,则t=　　　　.
11.[2023·安徽马鞍山二模] 已知平面向量a,b满足|a|=1,|2a-b|=2,则(a+b)·b的最大值为　　　　.
12.[2023·山东济南三模] 在△ABC中,D,E分别为AC,BC的中点,AE交BD于点M.若AB=4,AC=6,∠BAC=,则·=　　　　.
能力提升
13.如图所示,在梯形ABCD中,AD∥BC,点E为AB的中点,·=0,·=·=4,若向量在向量上的投影向量的模为4,M,N分别为线段CD,AD上的动点,且=λ,=,则·的取值范围是 (　 )
A. B.
C. D.
14.(多选题)[2023·辽宁辽东南协作校三模] 已知△ABC是边长为2的等边三角形,向量a,b满足=2a,=2a+b,则下列结论正确的是 (　 )
A.|b|=1 B.(4a+b)⊥
C.a·b=-1 D.a⊥b
15.(多选题)[2023·安徽淮南二模] 当一个圆沿着一条定直线无滑动地滚动时,圆周上一个定点的轨迹称为摆线.如图,圆心为B(0,1),半径r=1的圆B上的定点M的初始位置在原点,当圆B沿着x轴正向滚动,且半径BM旋转的角度为φ(φ∈[0,2π])时,下列结论正确的为 (　 )
A.若φ=,则点M的坐标为
B.圆B滚动一周,得到的摆线长等于圆周长
C.点M从一个位置P到达位置Q,若BM旋转的角度为π,则PQ长度的最大值为π+2
D.若点M总在直线x-y+a=0的下方,则a的取值范围为
16.[2023·天津七校联考] 在△ABC中,AB=AC=3,=4,2=,·=-8,
则cos∠BAC=　　　　;若动点F在线段AC上,则·的最小值为　　　　. 模块一　三角函数与解三角形、平面向量
限时集训(一)
1.A　[解析] 令2x-=kπ,k∈Z,得x=+,k∈Z,当k=0时,x=,所以函数f(x)图象的一个对称中心是.故选A.
2.B　[解析] 因为函数f(x)的一个周期为4,且C,D选项中函数的最小正周期为8,所以排除C,D.对于A,当x=2时,f(2)=sin=sin π=0,所以直线x=2不是该函数图象的对称轴,排除A.对于B,当x=2时,f(2)=cos=cos π=-1,所以直线x=2是该函数图象的对称轴.故选B.
3.D　[解析] 观察图象得f(x)=|2cos(2x+φ)+1|的图象过点(0,2),则f(0)=
|2cos φ+1|=2,得cos φ=,又0<φ<,所以φ=.故选D.
4.A　[解析] 如图所示,区域①和区域③的面积相等,故阴影部分的面积即为矩形ABCD的面积,易得|AB|=3.设函数f(x)的最小正周期为T,则|AD|=T,由题意可得3T=6π,解得T=2π,故=2π,可得ω=,则f(x)=tan.∵f(x)的图象过点,∴tan=tan=-1.∵φ∈,∴+φ∈,∴+φ=-,解得φ=-.故选A.
5.D　[解析] 由题意可知函数f(x)的周期T=2×=π,不妨设ω>0,所以ω==2,则f(x)=sin(2x+φ).易知函数f(x)的图象过点,所以sin=-1,所以+φ=-+2kπ(k∈Z),即φ=-+2kπ(k∈Z),不妨令k=0,则φ=-,所以f(x)=sin,于是f=sin=sin=.故选D.
6.D　[解析] 由2kπ+≤ωx+≤2kπ+,k∈Z,ω>0,得+≤x≤+,k∈Z,即函数f(x)的单调递减区间为,k∈Z.若函数f(x)在区间上单调递减,则解得≤ω≤,k∈Z,又ω>0,所以k=0,所以ω的取值范围是.故选D.
7.A　[解析] 因为BC∥x轴,所以f(x)图象的一条对称轴方程为x=×=,所以=-=(T为f(x)的最小正周期),则T=π,所以ω==2,又2×+φ=π+2kπ,k∈Z,且0<φ<π,所以φ=,故f(x)=sin.当x∈时,因为不等式f(x)≥m-sin 2x恒成立,所以m≤f(x)+
sin 2x=sin+sin 2x=sin 2x+cos 2x=sin恒成立.令g(x)=sin,因为x∈,所以2x+∈,所以sin∈,所以g(x)=sin∈,所以m≤.故选A.
8.AD　[解析] f'(x)=ωcos(ωx+φ),因为f'(x)的最大值是2,所以ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ),又是f(x)图象的一个对称中心,所以2×+φ=kπ,k∈Z,所以φ=kπ+,k∈Z,又|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=sin.对于A,f(x)的最小正周期T==π,故A正确;对于B,将f(x)的图象向左平移个单位长度,得到y=sin=sin的图象,该图象不关于原点对称,故B不正确;对于C,若x∈,则2x-∈,所以f(x)在区间上有增有减,故C不正确;对于D,若x∈(0,5π),则2x-∈,所以f(x)在区间(0,5π)上有且仅有5个极大值点,故D正确.故选AD.
9.AD　[解析] 对于A,由图象可得,=-=(T为f(x)的最小正周期),所以T=π,则ω==2,故A正确.对于B,由图象可得,A=,所以f(x)=sin(2x+φ),根据图象可得2×+φ=π+2kπ,k∈Z,所以φ=+2kπ,k∈Z,又-<φ<,所以φ=,所以f(x)=sin,故B错误.对于C,因为-1≤x≤,所以-2+≤2x+≤+.因为π<2,所以-=>0,所以>,所以+>+=.因为y=sin x在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)在上不单调,故C错误.对于D,因为f(x)=sin,所以将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,可得f=sin=sin=cos 2x的图象,故D正确.故选AD.
10.ACD　[解析] 因为点B在f(x)的图象上,所以f(0)=cos φ=,又0<φ<π,所以φ=.因为f(x)图象的一个对称中心是A,所以+=+kπ,k∈Z,则ω=2+8k,k∈Z,又0<ω<10,所以ω=2,则f(x)=cos,A正确.f=cos=0,则直线x=不是f(x)图象的对称轴,B不正确.当x∈时,2x+∈[2π,3π],f(x)单调递减,C正确.f=cos=-sin 2x,所以y=f是奇函数,D正确.故选ACD.
11.　[解析] ∵函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))的图象的一条对称轴为直线x=-,∴-+φ=k1π+(k1∈Z) ,∴ φ=k1π++ (k1∈Z) .由ωx+k1π++=k2π+(k1,k2∈Z) ,令k=k2-k1 ,则k∈Z,得x=-(k∈Z),若f(x) 在上单调,则存在k∈Z,使得解得k≤ω≤(k+1),由k≤(k+1),解得k≤,∴当k=3时,ω取得最大值.
12.[-,2]　[解析] 因为f(x)=2sin(2x+φ),所以将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到g(x)=2sin=2sin的图象,又g(x)为偶函数,所以-+φ=+kπ,k∈Z,解得φ=+kπ,k∈Z.因为|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=2sin.因为x∈,所以2x-∈,所以sin∈,则f(x)∈[-,2].
13.B　[解析] 将函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)取特殊函数y=sin x,若一条直线与函数y=sin x的图象有且仅有两个切点,设为P(x0,sin x0),Q(x'0,sin x'0),因为y'=cos x,所以cos x0=cos x'0,所以x0=x'0+2kπ,k∈Z或x0=-x'0+2kπ,k∈Z.当x0=x'0+2kπ,k∈Z时,sin x0=sin x'0,不符合题意;当x0=-x'0+2kπ,k∈Z时,sin x0=-sin x'0,符合题意.即若一条直线与函数y=sin x的图象有且仅有两个切点,则这两个切点关于点(kπ,0),k∈Z对称.因为k1,k2是满足条件的k所有可能取值中最大的两个值,且k1>k2,所以两条直线的位置可以如图所示,斜率为k1的直线过点(π,0),设切点为A(x1,sin x1),C(2π-x1,-sin x1);斜率为k2的直线过点(2π,0),设切点为B(x2,sin x2),D(4π-x2,-sin x2),由图可知-g(x2),即>,即>,得=·>·==1+>1+=,由-14.BCD　[解析] 依题意知f(x)的定义域为R,因为f(-x)=sin 2(-x)+2|cos(-x)|=-sin 2x+2|cos x|≠f(x),所以函数f(x)不是偶函数,其图象不关于y轴对称,故A错误;f(x+π)=sin 2(x
+π)+2|cos(x+π)|=sin 2x+2|cos x|=f(x),故π为函数f(x)的一个周期,故B正确;当x∈时,f(x)=sin 2x+2cos x,则f'(x)=2cos 2x-2sin x=-4sin2x-2sin x+2=-(4sin x-2)(sin x+1),当x∈时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,故函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,结合周期性,可知C正确;作出函数y=f(x),y=的大致图象如图所示,由图可知函数y=f(x)-在[-π,π]上有4个零点,故D正确.故选BCD.
15.AD　[解析] 函数f(x)=Asin(ωx+φ),则f'(x)=Aωcos(ωx+φ),由图象可知解得cos=,sin=,A=,ω=,A选项正确.由且0≤φ<2π,解得φ=,B选项错误.f(x)=sin,f'(x)=3cos,易知f(x)的图象与y轴交点的坐标为,C选项错误.由sin=3cos,得tan=,则x+=+kπ(k∈Z),解得x=(k∈Z).当k=1时,x=-;当k=2时,x=.故f(x)的图象与f'(x)的图象的所有交点中横坐标绝对值的最小值为,D选项正确.故选AD.
16.　[解析] 因为sin=sin=sin+cos,所以f(x)=2sinsin=2sin2+2sincos=sin-cos+1=sin+1.令f(x)=0,可得sin=-,所以2ωx-=2kπ+,k∈Z或2ωx-=2kπ+, k∈Z,所以x=,k∈Z或x=,k∈Z,所以函数f(x)的正零点由小到大依次为,,,,….因为函数f(x)在[0,π]上恰有3个零点,所以≤π且>π,解得≤ω<,所以ω的最小值是.
限时集训(二)
1.D　[解析] 因为f(x)=cos2-sin2=cos x,所以函数f(x)的最小正周期T=2π.故选D.
2.A　[解析] ==,解得tan α=2,所以tan===-3.故选A.
3.B　[解析] 因为sin α+cos α=,所以(sin α+cos α)2=,即sin2α+2sin αcos α+cos2α=,所以2sin αcos α=-,又因为0<α<π,所以cos α<00.又因为(sin α-cos α)2
=sin2α-2sin αcos α+cos2α=1+=,所以sin α-cos α=.故选B.
4.A　[解析] ===
=====-3.故选A.
5.C　[解析] ∵tan(α+β),tan(α-β)是关于x的方程x2+mx-4=0的两根,∴tan(α+β)+tan(α-β)=-m,tan(α+β)·tan(α-β)=-4,∴tan 2α=tan [(α+β)+(α-β)]==-,又tan 2α===,∴-=,解得m=-12.故选C.
6.D　[解析] 因为tan α-tan β=3,且α-β=,所以-====3,整理得cos αcos β=,则由cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=,整理得sin αsin β=-,所以cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=-+=-,故选D.
7.A　[解析] ∵点(cos2α,cos 2α)在直线y=-x上,∴cos 2α=-cos2α,即2cos2α-1=-cos2α,解得cos2α=,又α∈,∴cos α=,sin α==,tan α==,则tan===-3-2.故选A.
8.ABC　[解析] 对于A,cos 82°sin 52°+sin 82°cos 128°=cos 82°sin 52°-sin 82°cos 52°=sin(52°-82°)=sin(-30°)=-,故A正确;对于B,sin 15°sin 30°sin 75°=sin 15°sin 30°cos 15°
=sin230°=,故B正确;对于C,cos215°-sin215°=cos 30°=,故C正确;对于D,=tan(48°+72°)=tan 120°=-,故D错误.故选ABC.
9.AC　[解析] 对于A,4个直角三角形的面积之和为9-4=5,故每一个直角三角形的面积为,故A正确;对于B,C,由题意可知,大正方形的边长为3,小正方形的边长为2,可得3sin β-3cos β=2,又α,β互余,所以3sin β-3sin α=2,故B错误,C正确;对于D,3cos α-3sin α=2,3sin β-3cos β=2,且cos α=sin β,sin α=cos β,则4=9cos αsin β+9sin αcos β-9cos αcos β-9sin αsin β=9sin2β+9cos2β-9cos(α-β)=9-9cos(α-β),故cos(α-β)=,故D错误.故选AC.
10.　[解析] 由sin=cos,可得sin=cos,故sin=cos,则tan=.
11.　[解析] ∵f(x)=sin x+cos x=2sin,∴f(α)=2sin=,∴sin=,又α∈,∴α+∈,∵sin=<,∴α+∈,∴cos=-,∴cos α=cos=coscos+sinsin=-×+×=.
12.1　[解析] 由tan α=cos α,得=cos α,即sin α=cos2α,则sin α=(1-sin α)(1+sin α),即=,所以-=-=1.
13.C　[解析] 由sin αsin=sin αsin=sin αcos=3cos αsin,得
tan α=3tan,则tan α=3×=,所以tan2α+2tan α+3=0,则tan α=-,故tan=-,故cos===.故选C.
14.AC　[解析] 由已知得点P1,P2,P3均在单位圆上,故选项A正确;由已知得=(cos α-1,
sin α),=(cos β-1,-sin β),则||==,||==,故选项B不正确;·=(1,0)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos(α+β),·=(cos α,sin α)·(cos β,-sin β)=
cos αcos β-sin αsin β=cos(α+β),故选项C正确;·=(1,0)·(cos α,sin α)=
cos α,·=(cos β,-sin β)·(cos(α+β),sin(α+β))=cos βcos(α+β)-sin βsin(α+β)=cos(α+2β),故选项D不正确.故选AC.
15.ABC　[解析] 对于选项A,因为tan 24°>tan 20°>0,tan 25°>tan 21°>0,所以a=(1+
tan 20°)(1+tan 21°)<(1+tan 24°)(1+tan 25°)=b,故选项A中结论正确;对于选项B,因为1
=tan 45°=tan(21°+24°)=,所以1-tan 21°·tan 24°=tan 21°+tan 24°,所以tan 21°
+tan 24°+tan 21°·tan 24°=1,所以(1+tan 21°)(1+tan 24°)=tan 21°+tan 24°+tan 21°·tan 24°
+1=2,同理(1+tan 20°)(1+tan 25°)=tan 20°+tan 25°+tan 20°·tan 25°+1=2,所以ab=(1+
tan 20°)(1+tan 21°)(1+tan 24°)(1+tan 25°)=4,故选项B中结论正确;对于选项C,因为a+b=(1+tan 20°)(1+tan 21°)+(1+tan 24°)(1+tan 25°)≥2=4(当且仅当(1+tan 20°)(1+
tan 21°)=(1+tan 24°)(1+tan 25°)时取等号),因为(1+tan 20°)(1+tan 21°)≠(1+tan 24°)(1+
tan 25°),所以等号取不到,则a+b>4,故选项C中结论正确;对于选项D,因为
tan 15°==2-,所以a=(1+tan 20°)(1+tan 21°)>(3-)2,因为(3-)236×(7-4×1.733)=2.448=>,>4,所以a2无解,假设不成立,故选项D中结论不正确.故选ABC.
16.-　[解析] 由题知,θ1,θ2,θ3是cos 4θ+cos 3θ=0的三个根,cos 4θ+cos 3θ=0可化为
cos 4θ=-cos 3θ,即cos 4θ=cos(π+3θ),所以4θ=π+3θ+2kπ,k∈Z或4θ+π+3θ=2kπ,k∈Z,解得θ=π+2kπ,k∈Z或θ=-+,k∈Z,因为θ∈(0,π),所以θ=π+2kπ,k∈Z不成立,当θ=-+,k∈Z成立时,取k=1,得θ=∈(0,π), 取k=2,得θ=∈(0,π),取k=3,得θ=∈(0,π),取k=4,得θ=π (0,π)(舍),不妨令θ1<θ2<θ3,故θ1=,θ2=,θ3=, 则cos θ1cos θ2cos θ3=coscoscos=coscoscos=coscoscos===
====-.
限时集训(三)
1.解:(1)因为2ccos A=acos B+bcos A,所以由正弦定理得2sin Ccos A=sin Acos B+sin Bcos A,又因为sin Acos B+sin Bcos A=sin(A+B)=sin C,所以2sin Ccos A=sin C,又因为C∈(0,π),所以
sin C≠0,所以cos A=,又因为A∈(0,π),所以A=.
(2)设△ABC外接圆的半径为R,则R=1,由正弦定理得a=2Rsin A=.因为△ABC的周长为a+b+c=3,所以b+c=3-a=2.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos A,即3=12-2bc-2bc×,所以bc=3,故△ABC的面积 S=bcsin A=×3×=.
2.解:(1)∵S1-S2+S3=(a2-b2+c2)=,∴a2-b2+c2=2.由余弦定理得cos B=,∴cos B=>0.又sin B=,∴cos B=,∴ac==,故S△ABC=acsin B=××=.
(2)由(1)知ac=.由正弦定理得=·===,故=,则b=sin B=.
3.解:(1)由题意得tan(A+C)====-,又A+C=π-B,所以tan(A+C)=tan(π-B)=-tan B=-,则tan B=,又B∈,所以B=.
(2)因为B=,所以A=-C,故cos A+cos C=cos+cos C=-cos C+sin C+cos C=cos C
+sin C=cos.因为△ABC为锐角三角形,所以A=-C∈且C∈,可得C∈,则C-∈,故cos∈,即cos A+cos C的取值范围为.
4.解:(1)由题意知,当走私船发现巡逻艇时,走私船在D处,巡逻艇在C处,此时BD=3×1=3,AC=2×1=2,由题意知∠BAC=90°-30°=60°.连接BC,在△ABC中,AB=+,AC=2,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC
=(+)2+(2)2-2×(+)×2×=12,所以BC=2.在△ABC中, 由正弦定理得=,即=,所以sin∠ABC==,则∠ABC=45°或∠ABC=135°(舍去),所以∠ACB=180°-60°-45°=75°,∠CBD=180°-45°-45°-60°=30°.连接CD,在△BCD中,
∠CBD=30°,BD=3,BC=2,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD
=(2)2+32-2×2×3×cos 30°=3,所以CD=, 故当走私船发现巡逻艇时,两船相距海里.
(2)设CE=3t,t>0,则DE=3t.在△BCD中,由正弦定理得==,即==,所以sin∠BCD=,sin∠BDC=1,故∠BCD=60°,∠BDC=90°,则
∠CDE=135°.在△CDE中,由正弦定理得=,则sin∠DCE==,故
∠DCE=30°或∠DCE=150°(舍去),则∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE
=75°+60°+30°=90°+75°,故巡逻艇应该沿北偏东75°方向去追,才能在E处追上走私船.
5.解:(1)因为(b-c)sin B=bsin(A-C),所以(b-c)sin B=b(sin Acos C-cos Asin C),所以b2-bc=abcos C
-bccos A=-=a2-c2,则b2+c2-a2=bc,所以cos A===,又A∈(0,π),所以A=.
(2)由(1)可知S=bcsin A=bc,a2=b2+c2-bc,则=·=·=-.因为△ABC为锐角三角形,所以解得6.解:(1)若选择①.在△ABC中,由2a=b+2ccos B及余弦定理得2a=b+2c·=b+,整理得a2+b2-c2=ab,则cos C===,又C∈(0,π),所以C=.
若选择②.由2asin Acos B+bsin 2A=2acos C,得asin Acos B+bsin Acos A=acos C,在
△ABC中,由正弦定理得sin2Acos B+sin Asin Bcos A=sin Acos C,又sin A≠0,所以
sin Acos B+sin Bcos A=cos C,即sin(A+B)=cos C,又A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin C,即sin C=cos C,即tan C=,又C∈(0,π),所以C=.
若选择③.由sin C=3-2cos2,得sin C=2-=2-cos C,即sin C+cos C=2,则sin=1,因为C∈(0,π),所以C+∈,则C+=,所以C=.
(2)由(1)知C=,则∠ABC+∠BAC=,又∠ABC与∠BAC的平分线交于点I,所以∠ABI+
∠BAI=,故∠AIB=.设∠ABI=θ,则∠BAI=-θ,且0<θ<.在△ABI中,由正弦定理得====4,所以BI=4sin,AI=4sin θ,故△ABI的周长为2+4sin+4sin θ=2+4+4sin θ=2+2cos θ+2sin θ=4sin+2,由0<θ<,得<θ+<,则当θ+=,即θ=时,△ABI的周长取得最大值4+2,所以△ABI周长的最大值为4+2.
提能特训(一)
1.B　[解析] 如图,设球O的半径为R,D,E为切点,连接OA,OB,OC,OD,OE,则OA⊥AC,△OAB≌△ODB,△OAC≌△OEC,∵∠ABD=60°,∠ACE=20°,∴AB=R,AC=,又BC=AC-AB=-R=100,∴R======,∴2R=≈≈50.76,即该球体建筑物的高度约为50.76 m.故选B.
2.C　[解析] 如图,不妨设M在边AB上,N在边AC上,依题意得AM·ANsin A=×AB·
ACsin A,得AM·AN=×2×2=2,所以MN2=AM2+AN2-2AM·ANcos=AM2+AN2-AM·AN≥2AM·AN-AM·AN=AM·AN=2,当且仅当AM=AN=时,等号成立,故MN≥,即线段MN长度的最小值为.故选C.
3.7或　　[解析] 在△ABC中,AB=5,AC=3,cos∠ABC=,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC,即9=25+BC2-2×5×BC×,即7BC2-65BC+112=0,解得BC=或BC=7.若AB=×3×5×sin=×(3+5)×AD×sin,解得AD=.
4.解:(1)若选①bsin=csin B,则由正弦定理可得sin Bsin=sin Csin B,
∵0若选②·=2S△ABC,则abcos C=2×absin C,故tan C==,∵C∈(0,π),∴C=.
若选③sin A+cos A=,则由正弦定理可得sin A+cos A=,即sin Asin C+
cos Asin C=sin A+sin B,即sin Asin C+cos Asin C=sin A+sin(A+C),即sin Asin C+
cos Asin C=sin A+sin Acos C+cos Asin C,又sin A≠0,故sin C=1+cos C,即sin C-cos C=,即sin=.∵C∈(0,π),∴C-∈,∴C-=,故C=.
(2)由S△ABC=absin C=ab·=8,解得ab=32.在△BCD中,由余弦定理可得BD2=a2+-2a··cos=a2+-ab≥2·a·-ab=16,当且仅当a=,即a=4,b=8时取等号,∴BD≥4,故线段BD长度的最小值为4.
5.解:(1)由sin2C+sin2B-sin2A=sin Bsin C及正弦定理可得c2+b2-a2=bc,由余弦定理可得
cos A==,又A∈(0,π),所以A=.
(2)========+.因为△ABC为锐角三角形,所以解得,所以<+<2,即的取值范围为.
6.解:(1)若CD=2DB,则S△ACD=2S△ABD,即AC·AD·sin∠CAD=2×AB·AD·sin∠BAD,因为AD平分∠BAC,所以∠CAD=∠BAD,即sin∠CAD=sin∠BAD,可得AC=2AB,即b=2c.在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC,即16=4c2+c2-4c2×,可得c=.
(2)在△ABD中,由正弦定理得=,则sin∠BAD=.在△ACD中,由正弦定理得=,则sin∠CAD=.因为+=+=+====, 所以AD=1.
7.解:(1)由(a+b+c)(a+b-c)=ab可得a2+b2-c2=-ab,由余弦定理知cos C==-=-,又C∈(0,π),所以C=.
(2)在△ACD中,由正弦定理得=,可得AD=.在△BCD中,由正弦定理得=,可得BD=,所以c=AD+BD=+.在△ABC中,由正弦定理得==,即==,则a=2,b=2,所以2a+b=2.因为
sin A>0,sin B>0,所以2a+b≥2=6+4,当且仅当2sin2A=sin2B时取等号,因此2a+b的最小值为6+4.
8.解:(1)由·=-1,得bccos A=-1①.因为△ABC的面积为,所以bcsin A=②.显然
cos A<0,由①②得tan A==-2,所以cos A=-,sin A=,可得bc=3.在△ABC中,由余弦定理得b2+c2-a2=2bccos A,可得b2+c2=6,则b+c==2,所以△ABC的周长为2+2.
(2)因为D为AC边的中点,所以S△ABD=×bcsin A=×=.因为=-,所以=(-)2=-2·+=c2+b2+1.因为c2+b2≥2=bc=3,当且仅当c=b时取等号,所以=c2+b2+1≥4,故BD≥2.设点A到直线BD的距离为d,因为
S△ABD==BD·d,所以d=≤,即点A到直线BD距离的最大值为.
9.解:(1)在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos 120°=49,所以b=AC=7.由题意及正弦定理得=,可得ac=a2+c2-b2,由余弦定理得cos B==,又B∈(0°,180°),所以B=60°.因为∠ADC=120°,所以B+∠ADC=180°,所以A,B,C,D四点共圆.四边形ABCD的外接圆半径等于△ABC的外接圆半径,因为2R===,所以R=.
(2)由(1)可知a2+c2-ac=49,则(a+c)2=49+3ac.S△ABC=acsin B=(a+b+c)·r,则r=·=×=(a+c-7).在△ABC中,由正弦定理得===,所以a=sin∠BAC,c=sin∠ACB,则a+c=(sin∠BAC+sin∠ACB)=[sin∠BAC
+sin(120°-∠BAC)]===14=14sin(∠BAC+30°),又∠BAC∈(0°,120°),所以∠BAC+30°∈(30°,150°),所以sin(∠BAC+30°)∈,则14sin(∠BAC+30°)∈(7,14],即a+c∈(7,14].因为r=(a+c-7),所以r的取值范围是.
限时集训(四)
1.D　[解析] 因为a=(1,λ),b+2a=(1,-3),所以b=(1,-3)-2(1,λ)=(-1,-3-2λ).因为a⊥b,所以a·b=-1×1-(3+2λ)λ=0,解得λ=-1或λ=-,故选D.
2.B　[解析] 方法一:因为|a-b|=,所以a2-2a·b+b2=3,则a·b=1.因为|a|=2,|b|=1,所以cos==,又∈[0,π],所以=.故选B.
方法二:如图,设=a,=b,则a-b=,因为|a|=2,|b|=1,|a-b|=,所以三角形ABC为直角三角形,且∠OBA=,可得cos=,又∈[0,π],所以=,故选B.
3.C　[解析] 因为点D,E分别为AC,BC的中点,F是DE的中点,所以=+=+ =+,即=a+b.故选C.
4.A　[解析] 由已知条件得|a+b|2=|a-b|2,即a·b=0,故a+b在a上的投影向量为·(|a+b|cos)=·=·=a,故选A.
5.C　[解析] 设=λ,则=-=λa-b.=+=-+(-)=-=a-b.设=μ,则λa-b=μ,故解得故=a-b.故选C.
6.B　[解析] 由题意得·=||·||cos<,>=22cos<,>=-2,∴cos<,>=-,∴<,>=.以O为坐标原点, OA所在直线为x轴,垂直于OA的直线为y轴,建立平面直角坐标系, 如图所示,则O(0,0),A(2,0),B(-1,).设D(x,0), 由=2, 得(2-x,0)=2(x,0),解得x=,∴D.连接BE,OE,AE,∵E为△AOB的外心,∴|BE|=|OE|=|AE|,又|BO|=|OA|,∴△BEO≌△AEO,∴∠AOE=∠AOB=,∴△AOE为等边三角形,∴E(1,),∴=,又=(-1,),∴·=-3=-.故选B.
7.C　[解析] 由a+b+c=0,得c=-a-b,因为(a-b)⊥c,所以(a-b)·(-a-b)=0,又|a|=1,所以(a-b)·(-a-b)=-|a|2-a·b+a·b+|b|2=0,即|b|2=|a|2=1,所以|a|=|b|=1.因为c=-a-b,a⊥b,所以|c|2=(-a-b)2=|a|2+2a·b+|b|2=2,故|a|2+|b|2+|c|2=1+1+2=4,故选C.
8.AC　[解析] 对于A,若单位向量a,b不共线,则(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,故(a+b)⊥(a-b),故A正确;对于B,若a=,b=(cos α,sin α),且a∥b,则-sin α-tcos α=0,即tan α=-,由+t2=1,解得t=±,所以tan α=±,故B错误;对于C,由|a-b|≥得a2+b2-2a·b≥3,解得a·b≤-,因此cos θ==a·b≤-,又0≤θ≤π,所以≤θ≤π,故θ的最小值为,故C正确;对于D,若=,则a·b=|a||b|cos=-,所以向量b在向量a上的投影向量是·=-a,故D错误.故选AC.
9.ABD　[解析] 对于A,如图①,因为O为AD的中点,所以==(+),故A正确;对于B,如图①,由O为AD的中点,得=+=-+=-×(+)+=-=-,故B正确;对于C,如图②,连接AD,BE,由O为△ABC的重心,得O为AD与BE的交点,根据三角形重心的性质得=2,所以+=-,故C错误;对于D,如图③,连接OD,若O为△ABC的外心,则根据三角形外心的性质得⊥,又BC=4,所以·=(+)·=-=-8,故D正确.故选ABD.
10.1　[解析] 由题意知c=a+tb=(2,1+t),因为a·c=6,所以2×2+1×(1+t)=6,解得t=1.
11.20　[解析] 不妨设a=(1,0),b=(x,y),则2a-b=(2-x,-y),则|2a-b|==2,即(x-2)2+y2=4,(a+b)·b=(1+x,y)·(x,y)=x(x+1)+y2=x2+x+y2=+y2-.取B(2,0),C,则|BC|=.设点P(x,y)在圆(x-2)2+y2=4上,则+y2表示|PC|2,易知+y2的最大值为=,故+y2-的最大值为-=20,即(a+b)·b的最大值为20.
12.-　[解析] 如图所示.在△ABC中,因为D,E分别为AC,BC的中点,AE交BD于点M,所以M为△ABC的重心,所以==(+),==(-)==(-2).因为AB=4,AC=6,∠BAC=,所以由平面向量数量积的定义可得·=||·||cos=4×6×=12,所以·=×(+)·(-2)=×(-·-2)=×(62-12-2×42)=-.
13.D　[解析] ∵·=0,∴BA⊥BC,∴梯形ABCD为直角梯形.∵·=(+)·=+·==4,∴||=2,即BA=2.由·=4,同理可得AD=2.∵向量在向量上的投影向量的模为4,∴BC=4.以B为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则B(0,0),E(0,1),A(0,2),D(2,2),C(4,0),∴=++=(0,-1)+(4,0)+λ(-2,2)=(4-2λ,-1+2λ),=+=(0,1)+(2,0)=,∴·=(4-2λ,-1+2λ)·=+2λ-.由0≤λ≤1且0<≤1,可得≤λ≤1.令f(λ)=2-,≤λ≤1,则由对勾函数的单调性知,当λ∈时,f(λ)单调递减,当λ∈时,f(λ)单调递增,故f(λ)min=f=,又f=,f(1)=,∴f(λ)max=,故·的取值范围为.故选D.
14.BC　[解析] 因为=2a,所以||=2|a|=2,所以|a|=1,又因为=2a+b,所以=+b,所以b=-=,所以|b|=||=2,故A错误;因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以,的夹角为,即a,b的夹角为,所以(4a+b)·=(4a+b)·b=4a·b+b2=4|a|·|b|cos+|b|2=0,所以(4a+b)⊥,故B正确;a·b=|a|·|b|cos=-1≠0,故C正确,D错误.故选BC.
15.ACD　[解析] 由摆线的定义知=|OA|=rφ=φ,因为=++,所以=(rφ,0)+(0,r)+(-rsin φ,-rcos φ)=(rφ-rsin φ,r-rcos φ)=(φ-sin φ,1-cos φ),故M(φ-sin φ,1-cos φ),若φ=,则点M的坐标为,故A正确;由题意知,圆B滚动一周,|OE|与圆B的周长相等,则得到的摆线长不等于圆周长,故B错误;由题意知P(φ-sin φ,1-cos φ),Q(φ+π-sin(π+φ),1-cos(π+φ)),即Q(φ+π+sin φ,1+cos φ),则|PQ|==
≤=π+2,当且仅当φ=时,等号成立,故点M从一个位置P到达位置Q,PQ长度的最大值为π+2,故C正确;因为M(φ-sin φ,1-cos φ),且点M总在直线x-y+a=0的下方,所以φ-sin φ-1+cos φ+a>0恒成立,则a>-φ+sin φ+1-cos φ恒成立,令f(φ)=-φ+sin φ+1-cos φ,φ∈[0,2π],则f'(φ)=-1+cos φ+sin φ=-1+cos,当φ∈时,f'(φ)≥0,f(φ)单调递增,当φ∈时,f'(φ)≤0,f(φ)单调递减,所以当φ=时,f(φ)取得最大值,故a>f(φ)max=f=2-,故D正确.故选ACD.
16.　-6　[解析] 如图,由=+=4,得=3,则AD=4,又=+=+=-,=+=-+,故·=·(-+)=-+·-=-9+×3×4×cos∠BAC-8=-8,解得cos∠BAC=.设=λ(0≤λ≤1),则=+=-+λ,=+=+(λ-1),则·=(-+λ)·=-+·+λ(λ-1)=-8+6+9λ(λ-1)=9λ2-12λ-2=9-6,所以当λ=时,·取得最小值-6.模块二　数列
　限时集训(五)　微专题5　等差数列、等比数列[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·广东深圳二调] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=20,S20=10,则S30= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.0 B.-10
C.-30 D.-40
2.[2023·青岛三模] 若{an}为等比数列,则“a1A.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
3.记数列{an}的前n项和为Sn,则“S3=3a2”是“{an}为等差数列”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
4.公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2a1,若a1,a2,,,依次成等比数列,则k3= (　 )
A.81 B.63
C.41 D.32
5.[2023·温州三模] 已知数列{an}的各项均为正数,数列{bn}满足=bnbn+1,an+an+1=2bn+1,则 (　 )
A.{bn}是等差数列
B.{bn}是等比数列
C.{}是等差数列
D.{}是等比数列
6.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若(2n+3)Sn=nTn,则= (　 )
A. B.
C. D.
7.[2023·湖北十堰调研] 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,21,….该数列的特点为前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它的前面两个数的和,即an+an+1=an+2,人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”,则(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)·…·(a2022a2024-)=(　 )
A.-2024 B.2024
C.-1 D.1
8.(多选题)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且d≠0,a1,a4,a6成等比数列,则下列说法正确的是 (　 )
A.S19=0
B.a9=0
C.当d<0时,S9是Sn的最大值
D.当d>0时,S10是Sn的最小值
9.(多选题)[2023·武汉武昌区质检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是 (　 )
A.若数列{an}为等差数列,则a1+a3+a8=2a6恒成立
B.若数列{an}为等差数列,则S3,S6-S3,S9-S6,…为等差数列
C.若数列{an}为等比数列,且a3=7,S3=21,则a4=-
D.若数列{an}为等比数列,则S3,S6-S3,S9-S6,…为等比数列
10.若数列{an}是等比数列,且2a2是4a1与a3的等差中项,则=　　　　.
11.88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列.若中音A(左起第49个键)的频率为440 Hz,钢琴上最低音的频率为27.5 Hz,则左起第61个键的音的频率为
　　　　Hz.
12.已知数列{an}满足a1=,且2an+1-an+1an=1,n∈N*.
(1)证明数列是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn=a1a2a3…an,n∈N*,Sn=++…+,证明:Sn>4.
能力提升
13.已知等差数列{an}满足a3=20,a1+a7=56.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)记bn=,其中Sn为数列{an}的前n项和.设[x]表示不超过x的最大整数,求使[b1]+[b2]+[b3]+…+[bn]<2023的最大正整数n的值.
14.[2023·湖南郴州质检] “现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念,掌握好这两个概念,对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额,把它扣除利息后,折合成现时的值,而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如,在复利计息的情况下,设本金为A万元,每期利率为r,期数为n,到期后的本利和为S万元,则S=A(1+r)n,其中,S称为n期后的终值,A称为n期后终值S的现值,即n期后的S的现值为A=.
现有如下问题:小明想买一座公寓有如下两个方案,
方案一:一次性付全款25万元;
方案二:分期付款,每年年初付款3万元,第十年年初付完;
(1)已知一年期存款的年利率为2.5%,试讨论两种方案哪一种更好
(2)若小明把公寓租出去,租客第一年年初需交租金2万元,此后每年年初涨租金1000元,参照(1)中的存款年利率2.5%,预计第10年租金收到后小明所获得的全部租金的终值(精确到百元).
参考数据:(1+2.5%)10≈1.28.
　限时集训(六)　微专题6　递推数列与数列求和[时间:45 min]
基础过关
1.已知斐波那契数列{an}满足a1=1,a2=1,an+2=an+1+an,若a1+a3+a5+a7+a9+…+a2023=ak,则k= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.2025 B.2026
C.2028 D.2024
2.数列{an}中,a1=1,an+1=,则an= (　 )
A. B.
C. D.
3.已知Sn为数列{an}的前n项和,若an+1=2an-2,S2=10,则{an}的通项公式为 (　 )
A.an=2n+2 B.an=3n-4
C.an=n2+n D.an=3n2-1
4.[2023·广东潮州三模] 已知数列{an},{bn},其中a1=1,且an,an+1是关于x的方程x2-bnx+2n=0的两个实数根,则b10等于 (　 )
A.24 B.32
C.48 D.64
5.斐波那契数列{Fn}由意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖时发现,又称为“兔子数列”,该数列满足F1=F2=1,且Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*).卢卡斯数列{Ln}是以数学家卢卡斯命名的,与斐波那契数列联系紧密,即L1=1,且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),则F2023= (　 )
A.L2022+L2024 B.L2022+L2024
C.L2022+L2024 D.-L2022+L2024
6.(多选题)[2023·山东威海二模] 已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn.设λ与k是常数,若对任意n∈N*,均有-=λ成立,则称此数列为“λ-k”数列.若数列{an}是“-2”数列,且an>0,则 (　 )
A.Sn=9n-1
B.{an}为等比数列
C.{Sn-an}的前n项和为
D.为等差数列
7.(多选题)已知数列{an}满足a3=28,an=[+n]an-1(n≥2,n∈N*),数列{bn}的前n项和为Sn,且bn=log2(a2n+2·a2n-1)-log2(a2n·a2n+1),则下列说法正确的是 (　 )
A.=21
B.a1·a2=16
C.数列为递增的等差数列
D.满足不等式Sn-5>0的正整数n的最小值为63
8.[2023·邯郸三模] 已知数列{an}满足对任意n≥2,均有an+1=an-an-1+n.若a1=a2=2,则a2023=　　　　.
9.[2023·广东深圳三模] 设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=3且2an=Sn·Sn-1(n≥2),则{an}的通项公式为　　　　　　.
10.[2023·安徽五校联考] “完美数”是一类特殊的自然数,它的所有真因数(除自身之外的正因数)的和恰好等于它本身,寻找“完美数”用到函数σ(n):n∈N*,σ(n)为n的所有真因数之和,如σ(28)=1+2+4+7+14=28,则28是一个“完美数”,则再写出一个“完美数”为　　　　;σ(2160)=　　　　.
11.[2023·山西运城三模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3n-2n-1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
能力提升
12.在数列{an}中,a1=1,an+1=an+,设bn=.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
13.[2023·郴州模拟] 已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2a3a4=64,数列{bn}满足b1=1,b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=an+(-1)n(2bn+1),求数列{cn}的前2n项和T2n.
　限时集训(七)　微专题7　数列中的双数列问题[时间:45 min]
基础过关
1.已知等差数列{an}满足a3=10,a5-2a2=6.
(1)求an;
(2)若数列{bn}满足bn=Tn为数列{bn}的前n项和,求T2n.
2.[2023·安徽芜湖质检] 已知等差数列{an},等比数列{bn},且a1=1,=2n+1-1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)将数列{an}和{bn}中的项合并,按从小到大的顺序重新排列构成新数列{cn},求{cn}的前100项和.
3.已知数列{an},{bn}的各项均为正数,满足=bn,=.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)用[x]表示不超过x的最大整数,求数列{[an+an+1]·}的前n项和Sn.
4.[2023·镇江三模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2(an-1).等差数列{bn}满足b4=a2,b8=a3.
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)已知　　　　(在①②中任选一个条件),将数列{an}的第m项am取出,并按原顺序构成一个新的数列{cn},求{cn}的前20项和T20.
①log4am=bk,②am=3bk+1,其中k∈N*.
能力提升
5.设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+2+3Sn=4Sn+1-2an,a1=1,a2=3.
(1)证明:数列{an+1-2an}是等差数列;
(2)记(an+1)bn=,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2n+1-2.数列{bn}的前n项和为Tn,且满足b1=1,b2=2,=.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)是否存在正整数n,使得恰为数列{bn}中的一项 若存在,求出所有满足要求的bn;若不存在,说明理由.
　提能特训(二)　高分提能二　数列与其他知识的交汇问题[时间:45 min]
基础过关
1.若数列{an}满足a1=2,--=1,则a2023= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.2 B.- C.-3 D.
2.[2023·湖南雅礼中学一模] 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”,它的画法是:以斐波那契数列1,1,2,3,5,8,…的各项的比例为边长比例的正方形拼成矩形,然后在每个正方形中画一段圆心角为90°的圆弧,这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.如图,矩形ABCD是由若干符合上述特点的正方形拼接而成的,其中AB=16,则图中的斐波那契螺旋线的长度为 (　 )
A.11π B.12π
C.15π D.16π
3.记Tn为数列{an}的前n项积,已知+=1,则T10= (　 )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.已知数列{an}满足an=cos2-sin2,记bn=(3n-1)an,n∈N*,则数列{bn}的前60项和是 (　 )
A.130 B.-845
C.90 D.-860
5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知(a2-1)3+2025(a2-1)=1,(a2024-1)3+2025(a2024-1)=-1,则下列结论中正确的是(　 )
A.S2025=2025,a2024B.S2025=2025,a2024>a2
C.S2025=2026,a2024D.S2025=2026,a2024>a2
6.[2023·北京西城区二模] 已知数轴上两点O,P的坐标为O(0),P(70),现O,P两点在数轴上同时相向运动.点O的运动规律为第一秒运动2个单位长度,以后每秒比前一秒多运动1个单位长度;点P的运动规律为每秒运动5个单位长度.则点O,P相遇时在数轴上的坐标为 (　 )
A.(40) B.(35)
C.(30) D.(20)
7.设n∈N*,函数f1(x)=xex,f2(x)=f'1(x),f3(x)=f'2(x),…,fn+1(x)=f'n(x),曲线y=fn(x)的最低点为Pn,△PnPn+1Pn+2的面积为Sn,则 (　 )
A.{Sn}是递增数列
B.{Sn}是递减数列
C.{S2n-1}是递增数列
D.{Sn}是摆动数列
8.(多选题)[2023·常德一模] 如图,有一列曲线Ω1,Ω2,…,Ωn,…,且Ω1是边长为1的等边三角形,Ωi+1是对Ωi(i=1,2,…)进行如下操作得到的:将曲线Ωi的每条边三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉,得到Ωi+1.记曲线Ωn(n=1,2,…)的边数为Ln,周长为Cn,围成的面积为Sn,则下列说法正确的是 (　 )
A.数列{Ln}是首项为3,公比为4的等比数列
B.数列{Cn}是首项为3,公比为的等比数列
C.数列{Sn}是首项为,公比为的等比数列
D.当n无限增大时,Sn趋近于定值
9.已知数列{an}满足++1=2(an+1an-an+1+an),对任意正实数t,总存在a1∈(3,λ)和相邻的两项ak,ak+1,使得ak+1+(2t+1)ak=0成立,则λ的取值范围为　　　　.
10.定义:公比为q(0<|q|<1)的无穷等比数列{an}所有项的和为,即当n趋向于无穷大时,Sn=趋向于.利用此定义可将无限循环小数化成分数形式(a,b∈Z,且b≠0,a,b互质),则5.的分数形式为　　　　.
11.[2023·杭州宁波联考] 定义:对于数列{an},如果存在常数p,使得对于任意n∈N*,都有(an+1-p)(an-p)<0成立,那么称数列{an}为“p-摆动数列”,p称为数列{an}的摆动值.若an=+qn(q>0),且数列{an}的摆动值为0,则q的取值范围为　　　　.
能力提升
12.[2023·常州四校模拟] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,=28,数列{bn}满足bn=3log3an+1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,λbn<3an恒成立,求实数λ的取值范围.
13. 已知数列{an}和{bn}满足sin an+1=sin an+cos bn,cos bn+1=cos bn-sin an.
(1)证明:sin2an+1+cos2bn+1=2(sin2an+cos2bn).
(2)是否存在a1,b1,使得数列{sin2an+cos2bn}是等比数列 请说明理由.模块二　数列
限时集训(五)
1.C　[解析] 由等差数列{an}的前n项和的性质可得S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,∴2(S20-S10)=S10+(S30-S20),∴2×(10-20)=20+S30-10,解得S30=-30.故选C.
2.B　[解析] 若等比数列{an}是递增数列,则a13.B　[解析] 若数列{an}为等差数列,则S3=a1+a2+a3=3a2.取a1=1,a2=2,a3=3,a4=5,显然满足S3=3a2,但a4-a3=2≠a3-a2,即数列{an}不是等差数列.所以“S3=3a2”是“{an}为等差数列”的必要不充分条件.故选B.
4.C　[解析] 因为Sn=n2a1,所以S1=a1,S2=4a1,故a2=3a1,设等差数列{an}的公差为d,则d=2a1,所以an=(2n-1)a1.因为a1,a2,,,依次成等比数列,=3,所以=a1·34=81a1,所以(2k3-1)a1=81a1,所以k3=41,故选C.
5.C　[解析] 因为数列{an}的各项均为正数,数列{bn}满足=bnbn+1,an+an+1=2bn+1,所以对任意的n∈N*,bn+1=>0,则bn=>0,所以数列{bn}的每一项都是正数,所以+=2bn+1,可得+=2,所以数列{}是等差数列.故选C.
6.A　[解析] 由等差数列{an}的前n项和为Sn,可令Sn=An2+Bn(A,B∈R,n∈N*),所以Tn=×(An2+Bn)=2An2+2Bn+3An+3B,因为{bn}是等差数列,所以B=0,则Sn=An2,Tn=A(2n+3)n,故==
==.故选A.
7.C　[解析] 当n≥2时,anan+2-=an(an+an+1)-=-an+1(an+1-an)=-an+1an-1=-(an+1an-1-).又a1a3-=1,所以{anan+2-}是首项为1,公比为-1的等比数列,则anan+2-=1×(-1)n-1=(-1)n-1,故(a1a3-)(a2a4-)(a3a5-)…(a2022a2024-)=(-1)0+1+…+2021=(-1=-1.故选C.
8.ACD　[解析] 因为a1,a4,a6成等比数列,所以a1a6=,即a1(a1+5d)=(a1+3d)2,整理得a1d=-9d2,因为d≠0,所以a1=-9d,所以a9=a1+8d=-d≠0,a10=a1+9d=0,则S19==19a10=0,故A正确,B错误;当d<0时,{an}为递减数列,此时a1>a2>…>a9>a10=0>a11>…,所以当n=9或n=10时,Sn取得最大值,故C正确;当d>0时,{an}为递增数列,此时a19.BD　[解析] 若数列{an}为等差数列,不妨设其公差为d,则a1+a3+a8=3a1+9d,2a6=2a1+10d,显然当且仅当a1=d时才相等,故A错误;由作差可得(S6-S3)-S3=9d=(S9-S6)-(S6-S3)=…成立,故B正确;若数列{an}为等比数列,且a3=7,S3=21,设其公比为q,则可得q=1或q=-,所以a4=7 或a4=-,故C错误;由题意得{an}的各项均不为0,而实数范围内,1+q+q2≠0,即S3k≠0,且a3k·q(1+q+q2)≠0(k∈N*),可得S3k+3-S3k≠0(k∈N*),所以(S6-S3)÷S3=q3=(S9-S6)÷(S6-S3)=…=(S3n+3-S3n)÷(S3n-S3n-3),故D正确.故选BD.
10.2　[解析] 设数列{an}的公比为q,因为2a2是4a1与a3的等差中项,所以4a2=4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,所以==q=2.
11.880　[解析] 设从左到右各键的音的频率组成的等比数列的公比为q(q>1),则440=27.5q48,可得q12=2,则左起第61个键的音的频率为27.5×q60=27.5×(q12)5=880(Hz).
12.解:(1)由2an+1-an+1an=1,得an+1=,则an+1-1=-1,化简整理得-=1,∴为等差数列,公差d=1,首项为=3.∴=3+(n-1)=n+2,可得an=(n∈N*).
(2)证明:由(1)得,an=(n∈N*),Tn=a1a2…an=,∴=>=4,∴Sn=++…+>4,即Sn>4.
13.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意可得解得所以数列{an}的通项公式为an=4+8(n-1)=8n-4.
(2)由(1)可得an=8n-4,则Sn==4n2,所以bn===(n-1)+,因为n∈N*,所以n-1∈N,∈(0,1),所以[bn]=n-1,则[bn+1]-[bn]=n-(n-1)=1,即数列{[bn]}是首项为0,公差为1的等差数列,则[b1]+[b2]+[b3]+…+[bn]==<2023,即n2-n<4046.又因为f(x)=x2-x在[1,+∞)上单调递增,且f(64)=4032<4046,f(65)=4160>4046,所以使[b1]+[b2]+[b3]+…+[bn]<2023的最大正整数n的值为64.
14.解:(1)方法一(从终值来考虑):若全款购置,则25万元10年后的价值为25×(1+2.5%)10≈32(万元),若分期付款,每年年初所付金额3万元,10年后的终值之和为3×(1+2.5%)10+3×(1+2.5%)9+…+3×(1+2.5%)≈34.44(万元).因为34.44>32,所以方案一较好.
方法二(从现值来考虑):每年年初付款3万元,则10年后终值的现值之和Q=3+++…+,可得1.02510Q=3×1.025×,即Q≈26.91(万元),因为26.91>25,所以方案一较好.
(2)由题意,设小明第10年租金收到后小明所获得的全部租金的终值为T万元,T=2×(1+2.5%)10+2.1×(1+2.5%)9+…+2.9×(1+2.5%),记1+2.5%=q,an=-0.1n+3,则T=a1q+a2q2+…+a10q10,qT=a1q2+a2q3+…+a9q10+a10q11,作差可得(1-q)T=2.9q-0.1(q2+q3+…+q10)-2q11,即(1-q)T=3q-0.1(q+q2+q3+…+q10)-2q11,可得T=3×-0.1×-2×≈27.88(万元).故预计第10年租金收到后小明所获得的全部租金的终值约为27.88万元.
限时集训(六)
1.D　[解析] an+2=an+1+an,则a1+a3+a5+a7+a9+…+a2023=a2+a3+a5+a7+a9+…+a2023=a4+a5+a7+a9+…+a2023=a6+a7+a9+…+a2023=…=a2022+a2023=a2024=ak,故k=2024.故选D.
2.B　[解析] 因为an+1=,所以=+,又a1=1,可得=1,所以数列是首项为1,公差为的等差数列,所以=1+(n-1)=,所以an=,故选B.
3.A　[解析] ∵Sn为数列{an}的前n项和,且an+1=2an-2,S2=10,∴a1+2a1-2=10,可得a1=4,又an+1-2=2(an-2),且a1-2=2,∴数列{an-2}是首项为2,公比为2的等比数列,∴an-2=2×2n-1=2n,故an=2n+2.故选A.
4.D　[解析] 因为an,an+1是关于x的方程x2-bnx+2n=0的两个实数根,所以an+an+1=bn,anan+1=2n,又a1=1,所以a2=2.当n≥2时,an-1an=2n-1,所以==2,因此a10=a2·24=32,a11=a1·25=32,所以b10=a10+a11=32+32=64.故选D.
5.C　[解析] 由Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),可得L2022=F2021+F2023①,L2024=F2023+F2025,又F2025=F2023+F2024=F2023+F2022+F2023=2F2023+F2021+F2020=2F2023+F2023-F2022+F2020=3F2023-F2021,所以L2024=4F2023-F2021②,①+②可得L2022+L2024=5F2023,故F2023=L2022+L2024.故选C.
6.AC　[解析] 由题可知,λ=,k=2,则-==,两边平方后,整理得Sn+1-4+3Sn=0,即(-)(-3)=0,得=或=3.若=,则Sn+1=Sn,则an+1=0,这与an>0矛盾,所以不成立,若=3,则Sn+1=9Sn,S1=a1=1,所以数列{Sn}是首项为1,公比为9的等比数列,故Sn=9n-1,故A正确.由Sn+1=9Sn,可得Sn=9Sn-1(n≥2),两式相减得,an+1=9an(n≥2),当n=1时,S2=9S1,即a1+a2=9a1,得a2=8,所以=8≠9,所以{an}不是等比数列,故B错误;易得an=当n=1时,S1-a1=0,当n≥2时,设数列{Sn-an}的前n项和为Tn,则Tn=(S1-a1)+(S2-a2)+…+(Sn-an)=(S1+S2+…+Sn)-(a1+a2+…+an)=-=,当n=1时,T1=0满足上式,故Tn=,故C正确;=1,=,==,因为+≠2×,所以数列不是等差数列,故D错误.故选AC.
7.ABD　[解析] 因为a3=28,所以a3=·a2+3a2=28,可得a2=8,则a2=·a1+2a1=8,解得a1=2,a4=·a3+4a3=168,所以=21,a1·a2=16,所以A,B均正确;因为an=[+n]an-1(n≥2),所以=+n(n≥2),所以=+2n=2n+2,又n∈N*,所以-=2n+2-2n=2,n∈N*,所以为递增的等差数列,则数列不是递增的等差数列,所以C不正确;=+2n+2=2n+4,则bn=log2(a2n+2·a2n-1)-log2(a2n·a2n+1)=log2=log2,所以Sn=log2+log2+…+log2+log2=log2=log2>5,解得n>62,又n∈N*,所以正整数n的最小值为63,所以D正确.故选ABD.
8.2024　[解析] 由题意得an+3=an+2-an+1+n+2=(an+1-an+n+1)-an+1+n+2=2n+3-an,所以an+6=2(n+3)+3-an+3=2n+9-(2n+3-an)=an+6,所以数列{an}中序号相差6的项形成的子数列为等差数列,公差为6,即a1,a7,a13,…成等差数列,公差为6,因为+1=338,故a2023是该子数列的第338项,根据等差数列的通项公式,可知a2023=a1+337×6=2+2022=2024.
9.an=　[解析] 当n≥2时,由 2an=Sn·Sn-1可得2Sn-2Sn-1=SnSn-1,化为-=-,所以 是公差为- ,首项为=的等差数列,所以=-(n-1)=-n+,即Sn=,故当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,又因为 a1=3不满足上式,所以an=
10.6(答案不唯一)　5280　[解析] 由σ(6)=1+2+3=6,知6为“完美数”.2160=24×33×5,2160的所有真因数的个数为5×4×2-1=39,σ(2160)=(20+21+22+23+24)×(30+31+32+33)×(50+51)-2160=7440-2160=5280.
11.解:(1)2Sn=3n-2n-1①,当n=1时,2S1=2a1=3-2-1=0,解得a1=0.当n≥2时,2Sn-1=3n-1-2n+1②,①-②,得2an=3n-3n-1-2=2·3n-1-2,所以an=3n-1-1,又a1=0符合上式,故an=3n-1-1.
(2)由(1)知an=3n-1-1,则an+1=3n-1,an+2=3n+1-1,所以bn===-,则Tn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=-=-.
12.解:(1)由已知得b1=a1=1,且=+,即bn+1=bn+,所以bn-bn-1=(n≥2),故bn=b1+++…+=2-(n≥2).又b1=1也满足上式,所以数列{bn}的通项公式为bn=2-.
(2)由(1)知an=2n-,故Sn=(2+4+…+2n)-,设Tn=1++++…+①,则Tn=+++…++②,①-②得,Tn=1++++…+-=-=2-,所以Tn=4-,所以Sn=n(n+1)+-4.
13.解:(1)设数列{an}的公比为q,由已知得q>0,因为a2a3a4=64,所以=64,得a3=4,又a1=1,所以q=2,所以an=a1qn-1=2n-1.因为b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1①,当n=1时,b1=b2-1,则b2=2,当n≥2时,b1+b2+b3+…+bn-1=bn-1②,由①-②得bn=bn+1-bn,即=,又=2,也满足上式,故=(n∈N*),所以当n≥2时,bn=··…··b1=××…××1=n,又b1=1也满足上式,所以bn=n.
(2)由(1)可得,an=2n-1,bn=n,则cn=an+(-1)n(2bn+1)=2n-1+(-1)n(2n+1),则数列{cn}的前2n项和为T2n=20+(-1)×(2+1)+21+(-1)2×(2×2+1)+…+22n-1+(-1)2n·(2×2n+1),所以T2n=(20+21+22+…+22n-1)+[(-1)×(2+1)+(-1)2×(2×2+1)+…+(-1)2n×(2×2n+1)]=+[-(2+1)+(2×2+1)]+…+{-[2×(2n-1)+1]+(2×2n+1)}=22n-1+2n=22n+2n-1.
限时集训(七)
1.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,因为a3=10,a5-2a2=6,所以解得所以an=2+4(n-1)=4n-2.
(2)由(1)可得bn=则T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(1+22+…+22n-2)+[1+5+…+(4n-3)]=+ =2n2-n+.
2.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则=a1+(bn-1)d=2n+1-1,∴bnd+1-d=2n+1-1,又bn=b1qn-1,∴1-d=-1,bnd=2n+1,∴d=2,bn=2n,又a1=1,∴an=2n-1.
(2)∵b7=128,b8=256,a93=185,∴{cn}的前100项中,有数列{an}的前93项,数列{bn}的前7项.记{an},{bn},{cn}的前n项和分别为An,Bn,Cn,则C100=A93+B7=93+×2+=8649+254=8903.
3.解:(1)由=,得anbn=n2+1,由=bn,得anbn=1+,所以=n2,因为{bn}的各项均为正数,所以bn=n,则an==n+.
(2)[an+an+1]===则当n≥2时,Sn=4×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,所以2Sn=16+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1,两式相减得-Sn=12+2×(23+24+…+2n)-(2n+1)×2n+1=12+2×-(2n+1)×2n+1=(1-2n)×2n+1-4,即Sn=2n+1(2n-1)+4.因为S1=8,满足上式,所以Sn=2n+1(2n-1)+4.
4.解:(1)由题意,当n=1时,a1=S1=2(a1-1),解得a1=2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2(an-1)-2(an-1-1),整理得an=2an-1,∴数列{an}是以2为首项,以2为公比的等比数列,∴an=2·2n-1=2n,n∈N*.b4=a2=22=4,b8=a3=23=8,设等差数列{bn}的公差为d,则d===1,则b1=b4-3d=4-3×1=1,∴bn=1+1×(n-1)=n,n∈N*.
(2)选择条件①,依题意,由log4am=bk,可得log42m=k,则m=2k,∵k∈N*,∴m为所有正偶数,∴数列{cn}是由数列{an}中的所有偶数项构成的.∵数列{an}是以2为首项,以2为公比的等比数列,∴数列{cn}是以c1=a2=4为首项,以4为公比的等比数列,∴T20==(420-1).
选择条件②,依题意,由am=3bk+1,可得2m=3k+1,即k=.∵m∈N*,k∈N*,∴当m为偶数,即m=2n(n∈N*)时,k====,k为整数,满足题意;当m为奇数,即m=2n-1(n∈N*)时,k====,k不为整数,不满足题意.∴只有当m为偶数,即m=2n(n∈N*)时,符合题意,∴数列{cn}是由数列{an}中的所有偶数项构成的.∵数列{an}是以2为首项,以2为公比的等比数列,∴数列{cn}是以c1=a2=4为首项,以4为公比的等比数列,∴T20==(420-1).
5.解:(1)证明:因为Sn+2+3Sn=4Sn+1-2an,所以Sn+2-Sn+1=3(Sn+1-Sn)-2an,即an+2=3an+1-2an,所以(an+2-2an+1)-(an+1-2an)=0,所以数列{an+1-2an}是等差数列.
(2)由(1)知an+1-2an=a2-2a1=1,即an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=2·2n-1=2n.因为(an+1)bn=,所以bn===2,所以数列{bn}的前n项和Tn=2=2=1-.
6.解:(1)因为Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2-(2n-2)=2n,又a1=S1=22-2=2,满足上式,故an=2n.由=,得=,=,=,…,=(n≥2),以上n-1个式子相乘得=(n≥2),即2Tn=bnbn+1(n≥2),又2T1=b1b2,满足上式,故2Tn=bnbn+1①.当n≥2时,2Tn-1=bn-1bn②,①-②得2bn=bn(bn+1-bn-1)(n≥2),又bn≠0,故bn+1-bn-1=2(n≥2),所以数列{bn}的奇数项、偶数项分别构成公差为2的等差数列,又b1=1,b2=2,所以b2k-1=2k-1,b2k=2k(k∈N*),故数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)当n=1时,无意义.设cn==(n≥2,n∈N*),显然2n+n+1>2n-(n+1)>0,所以cn>1,cn+1-cn=-=<0,即cn>cn+1>1,所以c2=7>c3=3>…>1,所以b7=c2,b3=c3.下面证明不存在n∈N*,使得cn=2.假设cn==2,则2n=3(n+1),此式右边为3的倍数,而2n不可能是3的倍数,故该式不成立,故cn=2不成立.综上,满足要求的bn为b3,b7.
提能特训(二)
1.B　[解析] 因为--=1,所以an+1=.因为a1=2,所以a2==-3,a3==-,a4==,a5==2,…,所以{an}是周期为4的数列,故a2023=a3=-.故选B.
2.B　[解析] 不妨设正方形EFGH的边长为a,则AB=a+2a+5a=16,解得a=2,所以图中斐波那契螺旋线的长度为×(a+a+2a+3a+5a)=6πa=12π.故选B.
3.D　[解析] 当n=1时,+=1,∵T1=a1,∴T1=2;当n≥2时,=an,代入+=1,得+=1,化简得Tn-Tn-1=1.则{Tn}是首项为2,公差为1的等差数列,故Tn=n+1,∴T10=11.故选D.
4.C　[解析] ∵an=cos2-sin2=cos,∴an+3=cos=cos=cos=an,∴数列{an}是以3为周期的周期数列,又a1=cos=-,a2=cos=-,a3=cos 2π=1,∴{bn}的前60项和为(b1+b4+b7+…+b55+b58)+(b2+b5+b8+…+b56+b59)+(b3+b6+b9+…+b57+b60)=(2+11+20+…+164+173)×+(5+14+23+…+167+176)×+(8+17+26+…+170+179)×1=-×-×+=-875-905+1870=90.故选C.
5.A　[解析] 设f(x)=x3+2025x,则f(x)为奇函数,且为增函数.因为(a2-1)3+2025(a2-1)=1,(a2024-1)3+2025(a2024-1)=-1,即(1-a2024)3+2025(1-a2024)=1,所以f(a2-1)>f(a2024-1),f(a2-1)=f(1-a2024),即a2-1>a2024-1,a2-1=1-a2024,所以a20246.B　[解析] 设点O第n(n∈N*)秒运动an个单位长度,前n(n∈N*)秒共运动Sn个单位长度,则a1=2,an+1-an=1,所以{an}是首项为2,公差为1的等差数列,则an=2+(n-1)=n+1,可得Sn=.设点P第n(n∈N*)秒运动bn个单位长度,前n(n∈N*)秒共运动Tn个单位长度,则bn=5,Tn=5n.设第k(k∈N*)秒时,点O,P相遇,由题意可得=70-5k,解得k=7或k=-20(舍去),又S7=T7=35,所以点O,P相遇时在数轴上的坐标为(35).故选B.
7.B　[解析] 因为函数f1(x)=xex,所以f'1(x)=(x+1)ex,当x<-1时,f'1(x)<0,当x>-1时,f'1(x)>0,所以曲线y=f1(x)的最低点为P1.因为函数f2(x)=f'1(x)=(x+1)ex,所以f'2(x)=(x+2)ex,当x<-2时,f'2(x)<0,当x>-2时,f'2(x)>0,所以曲线y=f2(x)的最低点为P2……可得曲线y=fn(x)的最低点为Pn,则Pn+1,Pn+2,所以 |PnPn+1|==,直线 PnPn+1的方程为 =,即 (e-1)x+en+1y+e-n+en=0,所以点Pn+2到直线PnPn+1的距离d=,所以 Sn=|PnPn+1|·d=,显然{Sn}为递减数列,故选B.
8.ABD　[解析] 由题意知Ln+1=Ln+3Ln=4Ln,又L1=3,所以数列{Ln}是首项为3,公比为4的等比数列,且Ln=3×4n-1 ,故A正确.Cn=·Ln=3×4n-1×=3×,故数列{Cn}是首项为3,公比为的等比数列,故B正确.由题意得Sn=Sn-1+Ln-1××(n≥2),又S1=,故Sn=Sn-1+×S1(n≥2),故当n≥2时,Sn=Sn-1+×S1,Sn-1=Sn-2+×S1,…,S2=S1+×S1,将上面的式子累加,整理得Sn=S1+S1=S1=,故{Sn}不是等比数列,当n→+∞时, Sn→×=,故C错误,D正确.故选ABD.
9.　[解析] 由++1=2(an+1an-an+1+an),得+=2an+1an-2an+1+2an-1,即+-2an+1an+2an+1-2an+1=0,即(an+1-an)2+2(an+1-an)+1=0,即(an+1-an+1)2=0,所以an+1-an+1=0,即an+1-an=-1,所以{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,所以an=a1+(n-1)×(-1)=a1-n+1.由ak+1+(2t+1)ak=0,得ak-1+(2t+1)ak=0,所以ak=,即a1-k+1=,又因为∈,所以存在a1∈(3,λ),使得包含于a1-k+1的取值范围.当k=1时,a1-k+1∈(3,λ),不满足题意;当k=2时,a1-k+1∈(2,λ-1),不满足题意;当k=3时,a1-k+1∈(1,λ-2),不满足题意;当k=4时,a1-k+1∈(0,λ-3),所以λ-3≥,即λ≥;当k≥5时,λ的值均需大于.所以λ≥,即λ的取值范围为.
10.　[解析] 由题意,令an=25×100-n,则Sn=0.25+0.002 5+…,当n趋向于无穷大时,Sn=趋向于==,所以5.=5+0.25+0.002 5+…=5+=.
11.　[解析] 由数列{an}的摆动值为0知anan+1<0恒成立.当n为偶数时,an=+qn=+qn>0,故当n为奇数时,an=+qn=-+qn<0,即当n为奇数时,qn<,即1<,所以>1,故q的取值范围为.
12.解:(1)由题意设等比数列{an}的公比为q,由=28,知q≠1,所以=28,解得q=3,又a1=1,所以{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.因为数列{bn}满足bn=3log3an+1,所以bn=3log33n-1+1=3n-2,即{bn}的通项公式为bn=3n-2,n∈N*.
(2)因为对任意的n∈N*,λbn<3an恒成立,所以λ<恒成立.令f(n)=,n∈N*,则f(n+1)-f(n)=-=,因为f(2)-f(1)<0,所以f(2)1时,f(n+1)>f(n),所以f(1)>f(2)13. 解:(1)证明:由题意得,sin2an+1=sin2an+cos2bn+2sin ancos bn,
cos2bn+1=cos2bn+sin2an-2sin ancos bn,
两式相加得,sin2an+1+cos2bn+1=2(sin2an+cos2bn).
(2)显然sin2a1+cos2b1≥0.
若sin2a1+cos2b1=0,则数列{sin2an+cos2bn}不是等比数列.
若sin2a1+cos2b1=m>0,
假设存在a1,b1,使得数列{sin2an+cos2bn}是等比数列,
由(1)得,sin2an+1+cos2bn+1=2(sin2an+cos2bn),
所以=2,
故数列{sin2an+cos2bn}是公比为2的等比数列,
所以sin2an+cos2bn=m·2n-1,
当n>2-log2m时,sin2an+cos2bn>m·=m·=2,
由|sin an|≤1,|cos bn|≤1,得sin2an+cos2bn≤2,矛盾,
故不存在a1,b1,使得数列{sin2an+cos2bn}是等比数列.模块三　立体几何
　限时集训(八)　微专题8　空间几何体[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·漳州二模] 已知某圆锥的底面半径为1,高为,则它的侧面积与底面积之比为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.1
C.2 D.4
2.[2023·东营二模] 已知m,n表示空间内两条不同的直线,则“m∥n”的必要不充分条件是(　 )
A.存在平面α,使得m∥α,n∥α
B.存在平面α,使得m⊥α,n⊥α
C.存在直线l,使得m⊥l,n∥l
D.存在直线l,使得m∥l,n∥l
3.[2023·湖南长郡中学一模] 最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》,该书第二章为“天时类”,收录了有关降水量计算的四个例子,分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”.其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水来测量平地降雨量(盆中水的体积与盆口面积之比).已知天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸,当盆中积水深九寸(注:1尺=10寸)时,平地的降雨量是 (　 )
A.9寸 B.6寸
C.4寸 D.3寸
4.[2023·江苏苏锡常镇四市调研] 埃及胡夫金字塔是世界七大奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,其侧面与底面所成锐二面角的余弦值为,则侧面三角形的顶角的正切值为 (　 )
A.2 B.3 C. D.
5.如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是 (　 )
A B C D
6.[2023·济南二模] 17世纪30年代,意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图,是一个半圆,圆心为O,四边形ABCD是半圆的外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周,记△OCD,阴影部分,所形成的几何体的体积分别为V1,V2,V3,则下列说法正确的是 (　 )
A.V1+V2V3
C.V1>V2 D.V1=V2
7.坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=AD=10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为 (　 )
A.102 m B.112 m
C.117 m D.125 m
8.(多选题)已知圆锥TO(O是圆锥底面圆的圆心,T是圆锥的顶点)的母线长为3,底面半径为.若P,Q为底面圆周上的任意两点,则下列说法中正确的是 (　 )
A.圆锥TO的侧面积为3π
B.△TPQ面积的最大值为2
C.三棱锥O-TPQ体积的最大值为
D.圆锥TO的内切球的体积为
9.(多选题)[2023·南京二模] 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,AA1=AB,∠A1AB=∠A1AD=60°,则 (　 )
A.点A1在平面ABCD内的射影在AC上
B.AC1⊥平面A1BD
C.AC1与平面A1BD的交点是△A1BD的重心
D.二面角B1-BD-C的大小为45°
10.已知一个半球内含有一个圆台,半球的底面圆即为圆台的下底面,圆台的上底面圆周在半球球面上,且上底面半径为3,若半球的体积为144π,则圆台的体积为　　　　.
11.在三棱锥A-BCD中,AB=1,CD=2,AB与CD所在的直线间的距离为3,且AB与CD所成的角为60°,则三棱锥A-BCD的体积为　　　　.
12.[2023·安徽马鞍山二模] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E,F在棱AB上,点H,G在棱CD上,点E1,H1在棱A1D1上,点F1,G1在棱B1C1上,AE=BF=DH=CG=A1E1=B1F1=D1H1=C1G1=,则六面体EFGH-E1F1G1H1的体积为　　　　.
能力提升
13.[2023·山东威海二模] 已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面,AB为圆锥的底面直径,O,C分别是AB,SB的中点,过OC且与平面SAB垂直的平面记为α,若点S到平面α的距离为,则该圆锥的侧面积为 (　 )
A.8π B.16π C.24π D.32π
14.(多选题)[2023·温州二模] 蜜蜂是自然界的建筑大师,在18世纪初,法国数学家马拉尔迪指出,蜂巢由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房(如图)构成,其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成的,每个菱形钝角的余弦值是-,则 (　 )
A.AB∥平面EDD1E1
B.AB⊥EF
C.蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直
D.该几何体的体积与以六边形A1B1C1D1E1F1为底面,以BB1为高的正六棱柱的体积相等
(第14题图)
15.(多选题)[2023·江苏八市二调] 如图,正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为,BC=2.若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转,使得点A,P分别旋转至点A',P'处,且A',B,C,D四点共面,点A',D分别位于BC两侧,则 (　 )
(第15题图)
A.A'D⊥CP
B.PP'∥平面A'BDC
C.多面体PP'A'BDC的外接球的表面积为6π
D.点A,P旋转运动的轨迹长相等
16.[2023·武汉武昌区5月质检] 祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,即:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.有一个球形瓷碗,它可以看成半球的一部分,若瓷碗的碗口直径为8,高为2,利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为　　　　.
　限时集训(九)　微专题9　球的截面性质与切接问题[时间:45 min]
基础过关
1.如图,该几何体为两个底面半径为1,高为1的相同的圆锥组成的组合体,设它的体积为V1,它的内切球的体积为V2,则V1∶V2= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.2∶ B.2∶3
C.2∶ D.∶1
2.已知某圆台上、下底面圆的半径分别为3和4,该圆台的高h>5,球O是该圆台的外接球,若球O的表面积为100π,则该圆台的体积为 (　 )
A. B.75π
C. D.
3.三星堆古遗址3号坑发现的神树纹玉琮,为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮(如图所示)是古人用于祭祀的一种礼器,有学者认为其外方内圆的构造,契合了古代“天圆地方”的观念,是天地合一的体现.假定某玉琮形状对称,由一个空心圆柱及正方体构成,且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面,圆柱的高为12,圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上,则球O的表面积为 (　 )
A.72π B.162π
C.216π D.288π
4.如图,某几何体为一个圆柱和一个圆锥的组合体,其中圆锥的底面和圆柱的一个底面重合,设圆锥的顶点为A,圆柱上、下底面圆的圆心分别为B,C.若该几何体存在外接球(即圆锥的顶点与底面圆周在该球面上,且圆柱的底面圆周也在该球面上),且BC=2AB=4,则该几何体的体积等于 (　 )
A.56π B.π
C.48π D.64π
5.已知球O与棱长为4的正四面体的各条棱都相切,则球O的表面积为 (　 )
A.8π B.π
C.32π D.24π
6.[2023·河北唐山三模] 把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D'-AC-B(点D到达点D'的位置),则三棱锥D'-ABC的外接球的球心到平面BCD'的距离为 (　 )
A. B.
C. D.
7.[2023·浙江Z20名校联考] 已知半径为4的球O被两个平面截得圆O1和圆O2,记两圆的公共弦为AB,且O1O2=2,若二面角O1-AB-O2的大小为,则四面体ABO1O2体积的最大值为(　 )
A.8 B.
C. D.
8.(多选题)水平面上紧挨着放置n个半径r=1的小球(不叠起),用一个半径最小的大半球把这n个小球罩住,记大半球的半径为R,则 (　 )
A.当n=1时,R=
B.当n=2时,R=+1
C.当n=3时,R=+1
D.当n=4时,R=3
9.(多选题)[2023·嘉兴二模] 已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折,得到三棱锥P-BCD(点A到达点P的位置),则在翻折过程中,下列说法正确的是(　 )
A.存在某个位置,使得PC⊥BC
B.直线BC与平面PBD所成角的最大值为60°
C.当二面角P-BD-C为120°时,三棱锥P-BCD外接球的表面积为
D.当PC=2时,分别以P,B,C,D为球心,2为半径作球,这四个球的公共部分称为勒洛四面体,则该勒洛四面体内切球的半径为2-
10.[2023·山东淄博三模] 已知某圆锥的侧面展开图为半圆,则该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为　　　　.
11.[2023·广东潮州三模] 已知圆柱的侧面积为2π,其外接球的表面积为S,则S的最小值为　　　　.
12.[2023·湖南雅礼中学二模] 如图,四边形ABCD为平行四边形,AB=3,AD=2,∠BAD=,现将△ABD沿直线BD翻折,使点A到达点A'的位置,得到三棱锥A'-BCD,若A'C=,则三棱锥A'-BCD内切球的表面积为　　　　.
能力提升
13.已知正三棱台ABC-A1B1C1上、下底面的边长分别为1和3,侧棱长为2,则以下底面的顶点A为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 (　 )
A. B.
C. D.π
14.(多选题)如图,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球的球心为O,E,F分别是棱AB,CC1的中点,G在棱BC上运动,则 (　 )
A.对于任意点G,OA∥平面EFG恒成立
B.存在点G,使得OD⊥平面EFG
C.直线EF的被球O截得的弦长为
D.过直线EF的平面截球O所得截面圆面积的最小值为
15.(多选题)[2023·莆田二模] 已知正四面体P-ABC的棱长为,S是△ABC及其内部的点构成的集合.若a>2,集合T={Q∈S|PQ≤a},则T表示的区域的形状可以是 (　 )
A B C D
16.[2023·湖南雅礼中学一模] 已知三棱锥P-ABC满足PA=1,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,若VP-ABC=,则三棱锥P-ABC的外接球体积的最小值为　　　　.
　限时集训(十)　微专题10　空间角与空间距离[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·杭州二模] 如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC为等腰直角三角形,∠SAB=∠SCB=∠ABC=90°.
(1)求证:AC⊥SB;
(2)若AB=2,SC=2,求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值.
2.[2023·唐山二模] 如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=AD=2,BC=1,
∠BAD=120°,PA⊥CD,PD⊥AC,点E是棱PD上靠近点P的三等分点.
(1)证明:PA⊥平面ABCD;
(2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为,求四棱锥P-ABCD的体积.
3.[2023·青岛二模] 如图①,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为CD的中点,现将△ADE,△BCE分别沿AE,BE向上翻折,使点D,C分别到达点M,N的位置,且平面AME,平面BNE均与平面ABE垂直,如图②.
(1)证明:M,N,A,B四点共面;
(2)求直线AE与平面ABNM所成角的正弦值.
① ②
4.[2023·广东茂名二模] 如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,O为AD的中点.
(1)求证:PO⊥BC;
(2)若AB∥CD,AB=8,AD=DC=CB=4,PO=2,点E在棱PB上,直线AE与平面ABCD所成的角为,求点E到平面PCD的距离.
能力提升
5.[2023·湖北黄石模拟] 如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为矩形,AB=AE=2DE=2,∠AED=60°,二面角E-AD-C的大小是60°,平面EAB与平面ECD的交线l上存在一点F满足二面角F-BC-D的大小也是60°.
(1)求三棱锥F-BCD的体积;
(2)若M为直线AB上的动点,求直线MF与平面EBC所成角的正弦值的最大值.
6.如图是由正四棱锥P-ABCD和正三棱锥P-CDE组成的.
(1)设平面PAB与平面PCD的交线为l,求证:l⊥PE;
(2)若PE∥BC,PE的中点为F,求平面BCF与平面CDE夹角的余弦值.
　限时集训(十一)　微专题11　立体几何中的动点、截面与折叠展开问题[时间:45 min]
基础过关
1.用一个平面去截一正方体,则截面的形状不可能是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.四边形 B.五边形
C.六边形 D.七边形
2.[2023·山东济南三模] 如图,在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别为AB,BC的中点,将△ADE,△BEF,△CDF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A',则三棱锥A'-DEF的外接球体积为 (　 )
A.8π B.6π
C.4π D.2π
3.[2023·长春四模] 已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,点M,N分别为线段AB',AC上的动点,点T在平面BCC'B'内,则MT+NT的最小值是 (　 )
A. B.
C. D.1
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱C1D1(不含端点)上的动点,N为BC的中点,则 (　 )
A.BD⊥AM
B.平面A1BD⊥平面AD1M
C.MN∥平面A1BD
D.CM∥平面A1BD
5.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为B1C1的中点,过点D作平面α使α⊥BM,则平面α截正方体所得截面的面积为 (　 )
A.4 B.4
C.8 D.16
6.如图,矩形ABCD中,E,F分别为BC,AD的中点,且BC=2AB=2,现将△ABE沿AE向上翻折,使点B到点P的位置,则在翻折过程中,下列结论错误的是 (　 )
A.存在点P,使得PE∥CF
B.存在点P,使得PE⊥ED
C.三棱锥P-AED体积的最大值为
D.当三棱锥P-AED的体积达到最大值时,三棱锥P-AED外接球的表面积为4π
7.(多选题)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,点P,Q分别在A1C1,B1C上,点A,P,Q所确定的平面将三棱柱截成两部分的体积分别为V1和V2(V1A.若PQ为A1C1与B1C的公垂线段,则PQ⊥AB1
B.不存在P,Q,使得PQ∥平面ABB1A1
C.点A,P,Q所确定的平面截三棱柱,截面可能为梯形
D.若A1P=C1P,CQ=4B1Q,则V1∶V2=5∶13
8.(多选题)[2023·武汉武昌区质检] 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为底面ABCD内(包括边界)的动点,则下列结论正确的是 (　 )
A.三棱锥B1-C1D1P的体积为定值
B.存在点P,使得D1P⊥AC1
C.若D1P⊥B1D,则点P在底面ABCD内的轨迹长为
D.若点P是AD的中点,点Q是BB1的中点,过P,Q作平面α⊥平面ACC1A1,则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1得到的截面面积为3
9.已知正四面体ABCD的棱长为1,过点B作截面α分别交棱AC,AD于点E,F,且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的,则线段EF的长度的最小值为　　　　.
10.[2023·张家口三模] 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=4,则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为　　　　;若点Q是线段AC上的动点,则PQ+QB的最小值为　　　　.
11.[2023·湖北天门模拟] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为棱B1C1的中点,N为底面ABCD内一动点,且直线MN与平面ABCD所成的角为,则动点N的轨迹的长度为　　　　.
能力提升
12.[2023·浙江金丽衢十二校联考] 在平行四边形ABCD中,A=,AB=,AD=1,将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置,使平面A'BD⊥平面BCD.记线段A'C的中点为M,则直线A'D与平面BDM所成角的正弦值为 (　 )
A. B. C. D.
13.(多选题)[2023·山东潍坊一模] 如图,将一副三角板拼成平面四边形ABDC,将等腰直角三角形ABC沿BC向上翻折,得到三棱锥A-BCD,设CD=2,点E,F分别为棱BC,BD的中点,M为线段AE上的动点,则下列说法正确的是 (　 )
A.不存在某个位置,使AC⊥CD
B.存在某个位置,使AB⊥CD
C.当三棱锥A-BCD的体积取得最大值时,AD与平面ABC所成角的正弦值为
D.当AB=AD时,CM+FM的最小值为
14.(多选题)已知AC为圆锥SO底面圆O的直径(S为顶点,O为圆心),点B为圆O上异于A,C的动点,SO=1,OC=.下列结论正确的为 (　 )
A.过该圆锥顶点S的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B.∠SAB的取值范围为
C.若AB=BC,E为线段AB上的动点,则SE+CE的最小值为
D.若平面α和直线SO所成的角为θ,该圆锥侧面与平面α的交线为曲线C,sin 2θ=,S 平面α,则曲线C必为双曲线的一部分
15.已知平面上两定点A,B,则所有满足=λ(λ>0且λ≠1)的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上,半径为·|AB|的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点P满足|PA|=2|PB|,则点P的轨迹长度为　　　　. 模块三　立体几何
限时集训(八)
1.C　[解析] 设圆锥的母线长为l,高为h,底面半径为r,则r=1,h=,圆锥的侧面积S1=πrl=πr=2π,圆锥的底面积S2=πr2=π,所以==2,故选C.
2.A　[解析] 对于A,若m∥α,n∥α,则直线m,n可能平行,也可能相交,还可能异面;若m∥n,则存在平面α,使得m∥α,n∥α.即“存在平面α,使得m∥α,n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件,故A正确.对于B,若m⊥α,n⊥α,则m∥n;若m∥n,则存在平面α,使得m⊥α,n⊥α.即“存在平面α,使得m⊥α,n⊥α”是“m∥n”的充要条件,故B错误.对于C,若m⊥l,n∥l,则m⊥n;若m∥n,则不存在直线l,使得m⊥l,n∥l.即“存在直线l,使得m⊥l,n∥l”是“m∥n”的既不充分也不必要条件,故C错误.对于D,若m∥l,n∥l,则m∥n;若m∥n,则存在直线l,使得m∥l,n∥l.即“存在直线l,使得m∥l,n∥l”是“m∥n”的充要条件,故D错误.故选A.
3.D　[解析] 由题意知,天池盆盆口半径是14寸,盆底半径是6寸,高为18寸,由积水深9寸知水面半径为×(14+6)=10(寸),则盆中水的体积为π×9×(62+102+6×10)=588π(立方寸),所以平地降雨量为=3(寸).故选D.
4.A　[解析] 如图,PO为正四棱锥的高,M为AD的中点,设正四棱锥的底面边长为AB=2a,则OM=a,设侧面三角形的顶角为2α,因为侧面与底面所成锐二面角的余弦值为,所以=,所以PM=a,在Rt△PAM中,tan α==,由二倍角的正切公式可得,tan 2α
===2,故选A.
5.D　[解析] 对于A选项,如图①所示,在正方体DMEF-GPQT中,QT∥EF且QT=EF,因为B,C分别为QT,EF的中点,所以BQ∥EC且BQ=EC,所以四边形BCEQ为平行四边形,所以BC∥EQ,因为BC 平面EMPQ,EQ 平面EMPQ,所以BC∥平面EMPQ,同理可证AB∥平面EMPQ,因为AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,所以平面EMPQ∥平面ABC,因为MN 平面EMPQ,所以MN∥平面ABC;对于B选项,如图②所示,连接PT,在正方体DECF-GPQT中,PE∥FT且PE=FT,因为A,B分别为PE,FT的中点,所以PA∥BT且PA=BT,所以四边形PABT为平行四边形,故AB∥PT,因为M,N分别为GP,GT的中点,所以MN∥PT,所以MN∥AB,因为MN 平面ABC,AB 平面ABC,所以MN∥平面ABC;对于C选项,如图③所示,在正方体DMKN-GPQT中,取GT的中点F,连接AF,BF,PT,GN,因为PG∥KN且PG=KN,A,C分别为PG,KN的中点,所以AG∥CN且AG=CN,故四边形ACNG为平行四边形,则AC∥GN,因为F,B分别为GT,TN的中点,所以BF∥GN,则BF∥AC,所以A,B,C,F四点共面,所以平面ABC即为平面ACBF,因为PM∥NT且PM=NT,所以四边形PMNT为平行四边形,所以PT∥MN,因为A,F分别为PG,GT的中点,所以AF∥PT,所以MN∥AF,因为MN 平面ABC,AF 平面ABC,所以MN∥平面ABC;对于D选项,如图④所示,在正方体DEKF-GPQT中,连接BN,CN,PT,因为PE∥FT且PE=FT,B,N分别为PE,FT的中点,所以PB∥TN且PB=TN,所以四边形PBNT为平行四边形,则BN∥PT,因为A,C分别为GP,GT的中点,所以AC∥PT,故AC∥BN,所以A,B,C,N四点共面,则平面ABC即为平面ABNC,又平面ABNC与MN有公共点N,所以平面ABC与MN有公共点N,故MN与平面ABC相交.故选D.
① ② ③ ④
6.D　[解析] 由旋转体的概念可得△OCD,阴影部分,所形成的几何体分别为圆锥、圆柱中挖去一个半球后剩余部分、半球,易知OE=DE,设DE=OE=r,则V1=πr2×r=πr3,V2=πr2×r-×πr3=πr3,V3=×πr3=πr3,显然V1=V2,且V1+V2=V3.故选D.
7.C　[解析] 方法一:如图,过F作FO⊥平面ABCD,垂足为O,过F分别作FG⊥BC,FM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,OM,由题意得,等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角分别为∠FMO和∠FGO,所以tan∠FMO=tan∠FGO=.因为FO⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以FO⊥BC,因为FG⊥BC,FO,FG 平面FOG,FO∩FG=F,所以BC⊥平面FOG,因为OG 平面FOG,所以BC⊥OG,同理OM⊥BM,又BM⊥BG,所以四边形OMBG是矩形,所以由BC=10 m,得OM=5 m,所以FO= m,所以OG=5 m,所以在直角三角形FOG中,FG===(m),在直角三角形FBG中,BG=OM=5 m,FB===8(m),又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15(m),所以该五面体的所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117(m).故选C.
方法二:根据题意及对称性可知底面四边形ABCD为矩形,设E,F在底面ABCD内的射影分别为M,N,设AD与BC的中点分别为P,Q,连接PQ,则M,N在线段PQ上,如图,过M,N分别作AB的垂线,垂足分别为G,H,连接HF,FQ,EG,EP,则根据题意可得tan∠EPM=tan∠EGM=tan∠FHN=tan∠FQN=,又MG=NH=5 m,所以EM=FN= m,所以PM=QN=5 m,所以EP=FQ==(m),所以MN=PQ-PM-QN=AB-PM-QN=25-5-5=15(m),所以EF=MN=15 m,又易知BC⊥QN,FN⊥底面ABCD,所以根据三垂线定理可知BC⊥FQ,又BQ=5 m,FQ= m,所以FB==8(m),所以ED=EA=FC=FB=8 m,所以该五面体的所有棱长之和为8×4+(25+10)×2+15=117(m).故选C.
8.AC　[解析] A选项,由底面半径为,母线长为3,得侧面积为π××3=3π,故A正确;B选项,设圆锥的轴截面为△MTN,则cos∠MTN==-<0,故∠MTN为钝角,又0<∠PTQ≤∠MTN,所以当sin∠PTQ最大,即∠PTQ=时,△TPQ的面积最大,则△TPQ面积的最大值为×TP×TQ=×3×3=,故B错误;C选项,VO-TPQ=VT-OPQ=·S△OPQ·OT,则当∠POQ=时,S△OPQ取得最大值××=,又OT==2,所以三棱锥O-TPQ体积的最大值为××2=,故C正确;D选项,如图,圆锥内切球的半径即为圆锥轴截面内切圆的半径,设内切球的半径为r,内切球的球心为I,连接IM,IN,则S△ITM+S△IMN+S△ITN=S△TMN,所以×(TM+MN+TN)×r=×MN×TO,即×(3+2+3)×r=×2×2,解得r=,则内切球的体积为×≠,故D错误.故选AC.
9.ACD　[解析] 设=a,=b,=c,正方形ABCD的边长为1,则a·b=1×1×cos 60°=,a·c=1×1×cos 60°=,b·c=0.对于选项A,AA1=AB,∠A1AB=∠A1AD=60°,根据对称性知,点A1在平面ABCD内的射影在∠BAD的角平分线上,即在AC上,故A正确;对于选项B,=a+b+c,=-a+b,所以·=(a+b+c)·(-a+b)=-a2+b2-a·c+b·c=-≠0,即AC1与A1B不垂直,则AC1与平面A1BD不垂直,故B错误;对于选项C,连接AC,设AC,BD相交于O,连接A1O,A1C1,设AC1与A1O交于Q点,Q即为AC1与平面A1BD的交点,则==2,又A1O为△A1BD中BD边上的中线,所以Q为△A1BD的重心,故C正确;对于选项D,连接B1D1,设B1D1与A1C1相交于H,连接HO,HC,易得HO⊥BD,又AC⊥BD,HO 平面B1BD,AC 平面CBD,故∠HOC为二面角B1-BD-C的平面角,因为=-=-a+b+c,所以==a2+b2+c2-a·b-a·c+c·b=,故HC=,又HO=AA1=1,OC=,所以HC2+OC2=OH2,所以△HOC为等腰直角三角形,故∠HOC=45°, 故D正确.故选ACD.
10.63π　[解析] 设半球的半径为R,圆台的高为h,圆台的上底面半径r=3.作出轴截面,如图,因为半球的体积为144π,所以πR3=144π,解得R=6,在Rt△OO1A中,R2=r2+h2,代入解得h=3,所以圆台的体积为×3×(9π+36π+)=63π.
11.　[解析] 如图所示,把三棱锥A-BCD补成一个平行六面体,连接EF,DE,其中PQ为异面直线AB,CD的公垂线,即PQ⊥AB,PQ⊥CD且PQ=3.在平行六面体中,可得AB∥CE,所以PQ⊥CE,又因为CD∩CE=C且CD,CE 平面CDFE,所以PQ⊥平面CDFE,又AB∥平面CDFE,所以点A到平面CDFE的距离d=3.因为AB∥CE,且异面直线AB与CD所成的角为60°,所以CE与CD所成的角为60°,又因为AB=CE=1,CD=2,所以VA-BCD=VD-AEF=VA-CDE=×CD×CEsin 60°×3=××2×1××3=,即三棱锥A-BCD的体积为.
12.　[解析] 在棱AD上取点M,N,使得AN=DM=,在棱D1C1上取点P,使得D1P=,连接MH,MH1,PH1,ME1,NE,NE1,HP,HE1,如图,所求几何体可以看作正方体去掉4个体积相同的三棱柱(如图中三棱柱DMH-D1H1P),再去掉四个五面体(如图中H1E1MNEH),五面体可分割为一个四棱锥E1-MNEH与一个三棱锥H-MH1E1,因为=DH·DM·DD1=×××2=,=S梯形MNEH·NE1=×(1+2)×××2=,=·HD=××2×1×=,所以V=23-4×=.
13.B　[解析] 如图,作SD⊥OC交OC的延长线于点D,因为平面SAB⊥平面α,且平面SAB∩平面α=OC,SD 平面SAB,所以SD⊥平面α,SD=,因为点O,C分别为AB,SB的中点,所以OC∥SA,又△SAB为等边三角形,所以∠DSC=30°,所以SC=2,所以底面半径OA=2,母线SB=4,则该圆锥的侧面积S=π×OA×SB=π×2×4=16π,故选B.
14.AD　[解析] 对于A,因为AB∥FG,FG∥ED,所以AB∥ED,又因为ED 平面EDD1E1,AB 平面EDD1E1,所以AB∥平面EDD1E1,故A正确;对于B,每个菱形钝角的余弦值是-,即ED不与EF垂直,又因为AB∥ED,所以AB不与EF垂直,故B错误;对于C,假设蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直,可知平面BCDG∩平面FEDG=DG,则DG⊥平面ABGF,因为AB 平面ABGF,所以DG⊥AB,又DG∥EF,所以EF⊥AB,这与AB不与EF垂直矛盾,假设不成立,故C错误;对于D,如图,补形可知,过B,D,F作正六边形A2BC2DE2F,连接AG,BF,记上底面的中心为O1,下底面A2BC2DE2F的中心为O,连接O1O,因为四边形ABGF为菱形,所以AG的中点在BF上,故点A,G到平面A2BC2DE2F的距离相等,故=,同理可得=,=,故该几何体的体积与以六边形A1B1C1D1E1F1为底面,以BB1为高的正六棱柱的体积相等,故D正确.故选AD.
15.BC　[解析] 因为正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为,BC=2,所以正三棱锥A-PBC的侧棱两两垂直,正三棱锥D-PBC的侧棱两两垂直,则正三棱锥可以放到正方体中,当点A,P分别旋转至点A',P'处,且A',B,C,D四点共面,点A',D分别位于BC两侧时,如图所示,在正方体中,DP∥A'P'且DP=A'P',四边形PDA'P'为平行四边形,则有DA'∥PP',△PCP'为等边三角形,则PP'与PC的夹角为60°,所以DA'与PC的夹角为60°,选项A错误;因为DA'∥PP',PP' 平面A'BDC,DA' 平面A'BDC,所以PP'∥平面A'BDC,选项B正确;多面体PP'A'BDC的外接球即棱长为的正方体的外接球,所以外接球的半径为,表面积为6π,选项C正确;点A,P旋转角度相同,但旋转半径不同,所以运动的轨迹长不相等,选项D错误.故选BC.
16.π　[解析] 设瓷碗所在球的半径为R,则有(R-2)2+42=R2,得R=5.设从瓷碗碗口圆心O2处任意竖直距离O2O3=h(O3也可在O2下方,此时h<0),如图①所示,O1为瓷碗所在半球的球心,
则瓷碗的截面圆半径O3F=,面积为π[52-(3+h)2],图②中,在以过球心的截面圆为底面圆,以R=5为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥,其中圆O1与圆O4在同一平面上,圆O3所在平面截圆柱所得截面的圆心为O5,易知O5M=|3+h|,故圆环面积也为π[52-(3+h)2],即在求瓷碗体积时,符合祖暅原理(备注:瓷碗是图③中上方倒扣的部分),如图④所示,此时,OC=BC=3,由祖暅原理得,图③中☉K与☉O之间部分几何体的体积V1=π×52×3-×π×32×3=66π,所以瓷碗的体积V2=×π×53×-V1=π.
限时集训(九)
1.D　[解析] 该组合体的内切球的半径为,则V1=π×1×1=π,V2=π×=π,∴V1∶V2=∶1.故选D.
2.D　[解析] 设球O的半径为r,则球O的表面积S=4πr2=100π,所以r=5,则点O在圆台内.如图,设圆台上、下底面圆的圆心分别为O2,O1,在上、下底面圆周上分别取点A,B(AB是圆台的一条母线),连接O1O2,OA,OB,O2A,O1B,易得O在O1O2上,因为圆台上、下底面圆的半径分别为3和4,球O的半径为5,所以O2A=3,O1B=4,OA=OB=5,所以OO1==3,OO2==4,所以O1O2=OO1+OO2=3+4=7,所以该圆台的体积V=×(9π+16π+12π)×7=.故选D.
3.C　[解析] 设正方体的棱长为2a,球O的半径为R,则圆柱的底面半径为a,因为正方体的体对角线即为球O的直径,所以2R=2a,由勾股定理得62+a2=R2=3a2,可得a2=18,R2=54,所以球O的表面积S=4πR2=4π×54=216π,故选C.
4.A　[解析] 设该几何体外接球的球心为O,半径为R,易知球心O为BC的中点,则R=AO=2+2=4,则圆柱的底面半径为=2,则该几何体的体积V=π××2+π××4=56π.故选A.
5.A　[解析] 将棱长为4的正四面体放入棱长为2的正方体中,如图所示,∵球O与正四面体的各条棱都相切,∴球O是该正方体的内切球,由此可得球O的直径为2,则球O的半径r=,∴球O的表面积S=4πr2=8π.故选A.
6.A　[解析] 设三棱锥D'-ABC外接球的球心为O,易知O为AC的中点,连接OB,OD',则OB=OC=OD'=1,OC⊥OB,D'O⊥平面OBC,且BC=CD'=BD'=,设球心O到平面BCD'的距离为d,则由VD'-OBC=VO-BCD',得×1××1×1=×d××,解得d=.故选A.
7.C　[解析] 设弦AB的中点为M,连接O1M,O2M,由圆的性质可知O1M⊥AB,O2M⊥AB,则
∠O1MO2即为二面角O1-AB-O2的平面角,故∠O1MO2=.四面体ABO1O2的体积V=AB·=AB·O1M·O2M·sin=AB·O1M·O2M.在△O1O2M中,O1=O1M2+O2M2-2O1M·O2M·cos∠O1MO2=O1M2+O2M2+O1M·O2M=4≥3O1M·O2M,即O1M·O2M≤,当且仅当O1M=O2M时取等号.连接OO1,OO2,OM,易知OO1⊥O1M,OO2⊥O2M,所以O,O1,O2,M四点共圆,且该圆的直径2R=OM==,连接OB,则AB=2MB=2=2=,所以四面体ABO1O2的体积V=×O1M·O2M=O1M·O2M≤×=.故选C.
8.BC　[解析] 设这n个半径r=1的小球的球心依次为O1,O2,…,On,大半球的球心为O.对于A,当n=1时,显然R=2,故A错误.对于B,当n=2时,作出截面图,如图①.设球O1与大半球O内切于点A,连接OO1,AO1,则此时R=OA=OO1+AO1=+1,故B正确.对于C,当n=3时,这3个小球的球心和大半球的球心构成一个正三棱锥,作出该正三棱锥如图②,易知该正三棱锥的高是1,设OH⊥平面O1O2O3,垂足为H,连接O1H,易得O1H=,又OH=1,所以OO1===,则此时R=1+,故C正确.对于D,当n=4时,这4个小球的球心和大半球的球心构成一个正四棱锥,作出该正四棱锥如图③,易知该正四棱锥的高是1,设OH'⊥平面O1O2O3O4,垂足为H',连接O1H',易得O1H'=,又OH'=1,所以OO1===,则此时R=1+,故D错误.故选BC.
9.BCD　[解析] 因为△PBC是以PC为底边的等腰三角形,所以∠PCB不可能是直角,即不存在某个位置,使得PC⊥BC,故A错误.当平面PBD⊥平面BCD时,∠CBD为直线BC与平面PBD所成的角,此时直线BC与平面PBD所成的角最大,为60°,故B正确.连接AC,设AC与BD交于点E,连接PE,则∠PEC即为二面角P-BD-C的平面角,则∠PEC=120°,设三棱锥P-BCD外接球的球心为O,半径为R,△BCD的外心为O1,连接OC,OO1,OE,则O1在线段CE上,OO1⊥平面BCD,OE平分∠PEC,所以∠OEC=60°,EO1=,CO1=,所以OO1=1,R2=OC2=O+C=1+=,所以三棱锥P-BCD外接球的表面积为4π×=,故C正确.当PC=2时,易知此时三棱锥P-BCD为正四面体,连接PO1,则此时O在PO1上,易知O1C=,且OC=OP=R,则可得可得设勒洛四面体内切球的半径为r,由勒洛四面体的对称性可知,内切球切在每一个球面的中心上,而顶点到切点的距离为2,故r=2-R=2-,故D正确.故选BCD.
10.　[解析] 如图所示,设圆锥的顶点为I,底面圆心为F,半径为r,内切球球心为O,半径为R,内切球与母线IH切于点G,连接IF,HF,OG,则由题意可知π×IH=2π×HF,则IH=2HF=2r,故IF==r.易知△IGO∽△IFH,则==,所以OI=2R,IF=OF+OI=3R,则=.圆锥的侧面积为πr×2r=2πr2,内切球的表面积为4πR2,故该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为=.
11.4π　[解析] 设圆柱的底面半径为r,高为h,因为圆柱的侧面积为2π,所以2πrh=2π,得rh=1,设圆柱的外接球半径为R,则R2=r2+≥2r×=rh=1,当且仅当r=,即h=,r=时取等号,所以外接球的表面积S=4πR2≥4π,即S的最小值为4π.
12.　[解析] 在△ABD中,AB=3,AD=2,∠BAD=,由余弦定理得BD==,则在三棱锥A'-BCD中,A'C=DB,A'B=AB=DC,A'D=AD=BC,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线.设此长方体从同一个顶点出发的三条棱的长分别为a,b,c,则解得因为三棱锥A'-BCD是此长方体切掉四个角后余下的部分,所以三棱锥A'-BCD的体积V=abc-×abc×4=abc=××1×=,又三棱锥A'-BCD的表面积S=4S△A'BD=4S△ABD=4×AB·ADsin∠BAD=4××3×2×=6.设三棱锥A'-BCD内切球的半径为R,则RS=V,即R===,故三棱锥A'-BCD内切球的表面积为4πR2=.
13.C　[解析] 如图①,将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥D-ABC,由B1C1∥BC,得==,而BB1=2,则DB=3,即△BCD为正三角形,所以三棱锥D-ABC为正四面体.令正三角形BCD的中心为O,连接AO,BO,则AO⊥平面BCC1B1,BO=BCsin=,从而AO===,而球的半径为,因此这个球面截平面BCC1B1所得截面是以O为圆心,r==1为半径的圆.如图②,在正三角形BCD中,取BB1,CC1的中点H,E,取BC的三等分点G,F,连接HG,EF,显然==,即GH∥CD,GH=CD=1,同理EF=1,即有B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=1,所以六边形B1C1EFGH是正六边形,其边长为1,易知点B1,C1,E,F,G,H在截面圆上,连接OE,OF,OG,OH,则∠EOF=∠GOH=,此球面与侧面BCC1B1的交线为图②中的弧HG和弧EF,故交线长为2××1=.故选C.
14.BD　[解析] 正方体内切球的球心O即为正方体的中心,且球O的半径R=1.当点G与点B重合时,A∈平面EFG,O 平面EFG,此时直线OA与平面EFG相交,A错误.当G为BC的中点时,如图,连接BD,B1D1,OB1,因为EG⊥BD,EG⊥BB1,BD∩BB1=B,所以EG⊥平面BB1D1D,又B1D 平面BB1D1D,所以EG⊥B1D,同理可得FG⊥B1D,又EG∩FG=G,所以B1D⊥平面EFG,即OD⊥平面EFG,B正确.取EF的中点M,连接OE,OF,OM,易知OE=OF,则OM⊥EF.因为OE=,EM=EF==,所以OM==,所以直线EF被球O截得的弦长为2=2=,C错误.设截面圆的半径为r,球心O到截面的距离为d,所以r2+d2=R2=1.因为d≤OM=,则r2=1-d2≥,所以截面圆的面积S=πr2≥,D正确.故选BD.
15.ABD　[解析] 如图,取BC的中点E,连接AE,PE,过点P作PO⊥平面ABC,垂足为O,则O在线段AE上,且AO=2OE,因为正四面体的棱长为,所以BE=EC=,AE=PE=AC=,所以AO=AE=,OE=.由勾股定理得PO==2.T={Q∈S|PQ≤a},其几何意义为以P为球心,a为半径的球面及其内部与△ABC及其内部重合的部分.当216.　[解析] 如图,取AB的中点D,过点D作OD∥PA交PB于点O,连接OA,OC,DC,则OD=PA=,因为PA⊥平面ABC,所以OD⊥平面ABC,因为AC⊥BC,所以DA=DB=DC,所以OA=OB=OC=OP,即O为三棱锥P-ABC外接球的球心,OA为外接球的半径.因为VP-ABC=××AC×BC×AP=,所以AC·BC=4,因为AB2=AC2+BC2≥2AC·BC=8,当且仅当AC=BC=2时等号成立,所以AB≥2,所以外接球的半径R=OA=≥=,所以三棱锥P-ABC外接球的体积V=πR3≥π×=,即三棱锥P-ABC外接球体积的最小值为.
限时集训(十)
1.解:(1)证明:如图,取AC的中点E,连接SE,BE,
∵AB=BC,∴BE⊥AC.
在△SCB和△SAB中,
∵∠SAB=∠SCB=90°,AB=BC,SB=SB,∴△SCB≌△SAB,∴SA=SC.
∵AC的中点为E,∴SE⊥AC.
∵SE∩BE=E,∴AC⊥平面SBE,
又SB 平面SBE,∴AC⊥SB.
(2)如图,过S作SD⊥平面ABC,垂足为D,连接AD,CD,则SD⊥AB,∵AB⊥SA,SA∩SD=S,∴AB⊥平面SAD,∴AB⊥AD,同理,BC⊥CD.∵△ABC为等腰直角三角形,AB=2,∴四边形ABCD为正方形且边长为2.又SC=2,∴SD=2.以D为原点,DA,DC,DS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),S(0,0,2),C(0,2,0),B(2,2,0),∴=(0,2,-2),=(-2,2,0),=(-2,0,0).设平面SAC的法向量为n=(x1,y1,z1),则取x1=1,则y1=1,z1=1,∴n=(1,1,1).设平面SBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则取y2=1,则x2=0,z2=1,∴m=(0,1,1).设平面SAC与平面SBC的夹角为θ,则cos θ=|cos|===,故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为.
2.解:(1)证明:在△ABC中,由题得∠ABC=60°,AB=2,BC=1,∴由余弦定理可得AC=,从而有AB2=BC2+AC2,∴AC⊥BC.∵AD∥BC,∴AC⊥AD,又PD⊥AC,PD∩AD=D,AD,PD 平面PAD,∴AC⊥平面PAD.∵PA 平面PAD,∴AC⊥PA,又PA⊥CD,AC∩CD=C,AC,CD 平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD.
(2)以A为原点,AC,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.设AP=t(t>0),则A(0,0,0),C(,0,0),D(0,2,0),P(0,0,t),E,∴=(,0,0),=,易知=(0,2,0)是平面PAC的一个法向量.设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),则即取z=-1,则n=(0,t,-1).∵平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为,∴|cos<,n>|===,可得t=3,∴四棱锥P-ABCD的体积V=××(1+2)××3=.
3.解:(1)证明:如图,分别取AE,BE的中点F,G,连接MF,NG,FG,因为MA=ME,所以MF⊥AE.因为平面AME⊥平面ABE,平面AME∩平面ABE=AE,MF 平面AME,所以MF⊥平面ABE,同理可得NG⊥平面ABE,所以MF∥NG.在Rt△MAE中,MA=ME=2,所以MF=AE=×2=,同理NG=,所以四边形MFGN是平行四边形,所以MN∥FG.因为F,G分别是AE,BE的中点,所以FG∥AB,所以MN∥AB,所以M,N,A,B四点共面.
(2)在题图①中,∠AED=∠BEC=45°,所以∠AEB=90°,所以AE⊥EB.取AB的中点H,连接FH,则FH∥BE,所以FA⊥FH.因为FA,FH,FM两两垂直,所以以F为原点,FA,FH,FM所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则M(0,0,),E(-,0,0),B(-,2,0),A(,0,0).设平面ABNM的法向量为n=(x,y,z),因为=(-,0,),=(-2,2,0),所以令x=1,可得n=(1,1,1).设直线AE与平面ABNM所成的角为θ,因为=(-2,0,0),所以sin θ=|cos<,n>|===,所以直线AE与平面ABNM所成角的正弦值为.
4.解:(1)证明:∵PA=PD,O为AD的中点,∴PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,又BC 平面ABCD,∴PO⊥BC.
(2)由AB∥CD,AB=8,AD=DC=CB=4,可知四边形ABCD为等腰梯形,连接BD,易知BD=4,∵AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD.以O为原点,OA,OP所在直线分别为x,z轴,过O且与BD平行的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),A(2,0,0),B(-2,4,0),C(-4,2,0),D(-2,0,0),易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).设E=(x,y,z),则=(x-2,y,z),=(x,y,z-2),=(-2,4,-2).∵直线AE与平面ABCD所成的角为,∴sin=|cos|==,∴x2-4x+4+y2-3z2=0①.∵点E在棱PB上,∴设=λ(0≤λ≤1),即(x,y,z-2)=λ(-2,4,-2),∴x=-2λ,y=4λ,z=2-2λ,代入①解得λ=或λ=5(舍去),∴=(-1,2,-),=(-2,0,-2),=(-4,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),则令z1=1,得x1=-,y1=-,∴m=,∴点E到平面PCD的距离d===.
5.解:(1)因为AB∥CD,CD 平面ECD,AB 平面ECD,所以AB∥平面ECD.因为过AB的平面EAB与平面ECD的交线为l,所以l∥AB,又AB 平面ABCD,l 平面ABCD,所以l∥平面ABCD.因为E,F∈l,所以点F到平面ABCD的距离等于点E到平面ABCD的距离,则VF-BCD=VE-BCD.因为AE=2,DE=1,∠AED=60°,所以由余弦定理得AD=,则AD2+DE2=AE2,即AD⊥DE,又四边形ABCD为矩形,所以AD⊥DC,又DC∩DE=D,所以AD⊥平面DCE,所以BC⊥平面DCE,∠EDC为二面角E-AD-C的平面角,即∠EDC=60°,故VF-BCD=VE-BCD=VB-DCE=×S△DCE×BC=××1×2×sin 60°×=.
(2)由(1)知∠FCD为二面角F-BC-D的平面角,则∠FCD=60°.过E作EG⊥DC,垂足为G,由(1)知AD⊥平面DEC,因为AD 平面ABCD,所以平面DEC⊥平面ABCD,又EG⊥CD,平面DEC∩平面ABCD=CD,EG 平面DEC,所以EG⊥平面ABCD.以D为原点,DA,DC所在直线分别为x,y轴,过D且与EG平行的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(,2,0),F,E,C(0,2,0),所以=(,0,0),=.设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,得z=,x=0,所以n=(0,1,).设M(,m,0),则=,设直线MF与平面EBC所成的角为θ,则sin θ=|cos|=,令t=3-m,则当t=0,即m=3时,sin θ=0;当t≠0,即m≠3时,sin θ===,
所以当t=4,即m=-1时,sin θ取得最大值.综上,直线MF与平面EBC所成角的正弦值的最大值为.
6.解:(1)证明:取CD的中点M,连接MP,ME,如图.因为PC=PD,CE=DE,所以MP⊥CD,ME⊥CD,又MP∩ME=M,MP,ME 平面PME,所以CD⊥平面PME,又PE 平面PME,所以CD⊥PE.因为AB∥CD,AB 平面PAB,CD 平面PAB,所以CD∥平面PAB,又平面PAB与平面PCD的交线为l,CD 平面PCD,所以CD∥l.因为CD⊥PE,所以PE⊥l.
(2)连接AC,BD交于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,AC⊥BD,以点O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设AB=2,则AC=BD=2,设OP=h,则PC=PE=,则B(,0,0),C(0,,0),D(-,0,0),P(0,0,h),由PE=,PE∥BC,得E,由DE=CD,得=2,可得h=,故P(0,0,),E(-,,).因为PE∥BC,PE的中点为F,所以平面BCF与平面PBCE重合,=(-,-,0),=(-,0,),=(,-,0).设平面PBCE的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,得y=z=1,所以m=(1,1,1).设平面CDE的法向量为n=(a,b,c),则令a=1,则b=-1,c=1,所以n=(1,-1,1).因为cos===,所以平面BCF与平面CDE夹角的余弦值为.
限时集训(十一)
1.D　[解析] 用一个平面去截正方体,最少与三个面相交,最多与六个面相交,故截面的形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形,不可能为七边形.故选D.
2.A　[解析] 依题意,得A'D⊥A'E,A'E⊥A'F,A'D⊥A'F,且A'D=4,A'E=A'F=2,于是三棱锥A'-DEF可以补形成以A'D,A'E,A'F为相邻三条棱的长方体,该长方体与三棱锥A'-DEF的外接球相同.设三棱锥A'-DEF的外接球的半径为R,则2R为长方体的体对角线长,即2R==2,所以三棱锥A'-DEF的外接球体积为π×=8π.故选A.
3.B　[解析] 如图,作A点关于BC的对称点,记为E,作M关于BB'的对称点,记为M',连接B'E,BE,M'T,M'N,则M'在B'E上.记d为直线EB'与AC之间的距离,则MT+NT=M'T+NT≥M'N≥d,连接D'C,AD',则B'E∥D'C,易知d为点E到平面ACD'的距离.连接D'E,CE,因为VD'-ACE=×1×S△ACE=×1×1=,而VD'-ACE=VE-ACD'=×d×S△ACD'=×d××()2=d,故d=.故选B.
4.B　[解析] 因为A1D⊥AD1,A1D⊥C1D1,AD1∩C1D1=D1,AD1,C1D1 平面AD1M,所以A1D⊥平面AD1M,又A1D 平面A1BD,所以平面A1BD⊥平面AD1M,故B正确.以点D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=2,则D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),N(1,2,0).设M(0,y,2)(05.C　[解析] 取AA1,BB1的中点,分别记为E,F,连接CF,EF,DE,易知BM⊥CF,四边形CDEF为平行四边形.因为CD⊥平面BCC1B1,CF,BM 平面BCC1B1,所以CD⊥CF,CD⊥BM,故平行四边形CDEF为矩形,又CF∩CD=C,故BM⊥平面CDEF,所以矩形CDEF即为平面α截正方体所得的截面,易得CF=2,所以矩形CDEF的面积为CD×CF=4×2=8.故选C.
6.A　[解析] 如图所示,取AE的中点G,连接PG,则PG⊥AE,可得PG=,连接PF,FG,FE,则FG=,易知AE=DE=,故AD2=AE2+ED2,故AE⊥DE.对于选项A,假设PE∥CF,则由CF∥AE,AE∩PE=E,可得AE,PE重合,与已知矛盾,假设不成立,故A中结论错误;对于选项B,当PG⊥平面AECD时,由ED 平面AECD,得PG⊥ED,又AE⊥DE,PG∩AE=G,PG,AE 平面PAE,故ED⊥平面PAE,又PE 平面PAE,故PE⊥ED,故B中结论正确;对于选项C,当PG⊥平面AECD时,三棱锥P-AED的体积最大,最大值为·PG·S△AED=××××=,故C中结论正确;对于选项D,由C中分析知,当PG⊥平面AECD时,三棱锥P-AED的体积最大,因为GF 平面AECD,所以PG⊥GF,故PF==1,故FA=FE=FD=FP=1,故F是三棱锥P-AED外接球的球心,半径R=1,故外接球的表面积为4πR2=4π,故D中结论正确.故选A.
7.ACD　[解析] 对于选项A,∵PQ⊥A1C1,AC∥A1C1,∴PQ⊥AC,又PQ⊥B1C,AC∩B1C=C,故PQ⊥平面ACB1,∴PQ⊥AB1,故A正确.对于选项B,如图①,取P,Q,J分别为A1C1,B1C,B1C1的中点,连接PJ,QJ,则PJ∥A1B1,QJ∥BB1,∵A1B1 平面ABB1A1,BB1 平面ABB1A1,PJ 平面ABB1A1,QJ 平面ABB1A1,∴PJ∥平面ABB1A1,QJ∥平面ABB1A1,又PJ∩QJ=J,∴平面PQJ∥平面ABB1A1,∴PQ∥平面ABB1A1,故B错误.对于选项C,如图②,连接AP并延长,交CC1的延长线于L,连接LQ并延长,分别交B1C1,BC于J,K,连接AK,PJ,易知当点K在棱BC上时,点A,P,Q所确定的截面为四边形AKJP,显然四边形AKJP为梯形,满足条件,故C正确.对于选项D,如图③,A1P=C1P,CQ=4B1Q,连接AP并延长,交CC1的延长线于L,连接LQ并延长,分别交棱B1C1,棱B1B,CB的延长线于J,M,K,连接PJ.设BC=2x,易知C1L=CC1,由△LJC1∽△LKC,得KC=2C1J,又由△B1JQ∽△CKQ,得B1J==,故C1J=,B1J=,BK=,∴△BKM≌△B1JM,即M为BB1的中点.由P为A1C1的中点,得=C1P·C1J·sin∠PC1J=,则=,连接A1M,AM,PM,PB1,AB1,则V1=+=+=+,不妨设三棱柱的底面积为S,高为h,则V1=+==Sh,∴V2=Sh-Sh=Sh,∴V1∶V2=5∶13,故D正确.故选ACD.
8.ABD　[解析] 对于A,由等体积法得=,三棱锥P-B1C1D1的高为BB1=2,=×2×2=2,所以==×2×2=,即三棱锥B1-C1D1P的体积为定值,故A正确.对于B,建立如图①所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),D(0,0,0),设P(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2),所以=(x,y,-2),=(-2,2,2),若D1P⊥AC1,则·=-2x+2y-4=0,即x-y=-2,取x=0,y=2,此时点P与点C重合,满足题意,所以存在点P,使得D1P⊥AC1,故B正确.对于C,=(-2,-2,-2),若D1P⊥B1D,则·=-2x-2y+4=0,即x+y=2,所以点P的轨迹就是线段AC,轨迹长为AC==2,故C错误.对于D,如图②,取AB的中点P1,连接PP1,BD,由题可得DB⊥AC,AA1⊥平面ABCD,因为PP1∥DB,PP1 平面ABCD,所以PP1⊥AC,PP1⊥AA1,又AC∩AA1=A,AC,AA1 平面ACC1A1,则PP1⊥平面ACC1A1.取DD1的中点Q1,连接QQ1,PQ1,P1Q,则QQ1∥DB∥PP1,所以P,P1,Q,Q1四点共面,则平面PP1QQ1即为平面α,设平面α交C1D1于R,交B1C1于R1,连接Q1R,RR1,R1Q,由面面平行的性质定理可知,PP1∥RR1,PQ1∥QR1,P1Q∥Q1R,又P,P1,Q,Q1都是所在棱的中点,故R是D1C1的中点,R1是B1C1的中点,则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面为正六边形PP1QR1RQ1,又正方体的棱长为2,则PP1=,故截面面积为6××()2×sin 60°=3,故D正确.故选ABD.
9.　[解析] 由题意知VB-AEF=VB-ACD,则S△AEF=S△ACD,又S△AEF=·AE·AF·sin∠EAF,S△ACD=AC·AD·sin∠CAD,∴AE·AF==.在△AEF中,由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=AE2+AF2-AE·AF≥2AE·AF-AE·AF=,当且仅当AE=AF=时取等号,∴线段EF的长度的最小值为.
10.40π　2　[解析] 如图①,设PC的中点为O,连接OA,OB,OD,因为PA⊥平面ABCD,AC,BC,CD 平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥BC,PA⊥CD,又BC⊥AB,AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB 平面PAB,所以BC⊥PB,同理可得CD⊥PD.因为PA=4,AC=2,所以PC===2,所以在Rt△PAC,Rt△PBC,Rt△PCD中,OP=OC=OD=OB=OA=,所以O为四棱锥P-ABCD外接球的球心,为外接球的半径,其表面积为4π=40π.将△PAC翻折到△BAC所在的平面上,此时点P记为P',P',B在AC两侧,连接P'B,交AC于点Q,如图②,此时PQ+QB=P'Q+QB的值最小.因为∠P'AC=90°,∠BAC=45°,所以∠BAP'=135°,又AB=2,AP'=AP=4,所以BP'===2,所以PQ+QB的最小值为2.
11.　[解析] 如图①所示,取BC的中点G,连接MG,NG,由正方体的特征可知MG⊥平面ABCD,故MN与平面ABCD所成的角为∠MNG,∴∠MNG=,则=tan,可得NG=,故点N在以G为圆心,为半径的圆上,又N在正方形ABCD内,则点N的轨迹为图②中的圆弧EF.易知cos∠EGB===,可得∠EGB=,∴∠EGF=π--=,∴弧EF的长为×=.
12.A　[解析] 在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=+12-2××1×cos=1,则BD=AD=1,所以∠DBA=∠BAD=,故∠A'DB=∠ADB=,DC=AB=,A'D=AD=BD=1.以D为原点,DB所在直线为y轴,平面ABD内垂直于DB的直线为x轴,垂直于平面ABD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,又平面A'BD⊥平面BCD,则D(0,0,0),B(0,1,0),C,A',M,故=,=(0,1,0),=.设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=0,z=1,即n=(1,0,1),故cos===,所以直线A'D与平面BDM所成角的正弦值为.故选A.
13.BD　[解析] 对于A,B,当平面ABC与平面BCD垂直时,因为CD⊥BC,平面ABC与平面BCD的交线为BC,CD 平面BCD,所以CD⊥平面ABC,又AB,AC 平面ABC,所以CD⊥AB,CD⊥AC,故A错误,B正确.对于C,当三棱锥A-BCD的体积取得最大值时,顶点A到底面的距离最大,即当平面ABC与平面BCD垂直时,三棱锥A-BCD的体积最大,由CD⊥平面ABC,得AD与平面ABC所成的角为∠CAD.因为CD=2,所以BC=2,BD=4,AB=AC=,则AD===,所以sin∠CAD===,即AD与平面ABC所成角的正弦值为,故C错误.对于D,当AB=AD时,连接AF,因为F为BD的中点,所以AF⊥BD,则AF==,连接EF,因为E为BC的中点,所以EF=CD=1,又AE=,所以EF2+AF2=AE2,所以AF⊥EF,如图,将△AEF沿AE所在直线旋转,使其与△ACE在同一平面内,C,F在AE两侧,则当C,M,F三点共线时,CM+FM的值最小,即CM+FM的最小值为CF.在Rt△AEF中,sin∠AEF==,则cos∠CEF=cos(∠AEF+∠AEC)=-sin∠AEF=-,所以CF==,所以CM+FM的最小值为,故D正确.故选BD.
14.ACD　[解析] 对于选项A,由题可知圆锥的母线长SA=2,如图①,设截面为△SMN,Q为MN的中点,连接OQ,SQ,设MN=2a,a∈(0,],则△SMN的面积为MN×SQ=a·≤=2,当且仅当a=,即a=时,等号成立,故A正确.对于选项B,连接SB,在△SAB中,SA=SB=2,0tan θ,所以∠ASO>θ,从而该圆锥侧面与平面α的交线C必为双曲线的一部分,故D正确.故选ACD.
15.π+π　[解析] 正方体ABCD-A1B1C1D1如图①所示.在平面ABB1A1中,以B为原点建立平面直角坐标系,如图②所示,设阿氏圆的圆心为O(a,0),半径为r,因为|PA|=2|PB|,所以=2,所以r=·|AB|=×3=2.设圆O与线段AB交于点M,由阿氏圆的性质,知=λ=2,又|MA|+|MB|=3,所以|MA|=2,|MB|=1,又|OM|=2,所以|OB|=1,可得a=1,所以O(1,0),所以点P在空间内的轨迹为以O为球心,半径为2的球.当点P在侧面ABB1A1内时,截面圆与BB1交于点R,所以点P在侧面ABB1A1内的轨迹为,连接RO,因为在Rt△RBO中,|RO|=2,|BO|=1,所以∠ROB=,所以的长为×2=,所以点P在侧面ABB1A1内的轨迹长为,同理,点P在底面ABCD内的轨迹长度为.当点P在侧面BCC1B1内时,如图③所示,因为OB⊥平面BCC1B1,所以平面BCC1B1截球所得小圆是以B为圆心,以BR为半径的圆,截面圆与BC交于点Q,且BR===,所以点P在侧面BCC1B1内的轨迹为,且=×=π.综上,点P的轨迹长度为++π=π+π.模块四　统计与概率
　限时集训(十二)　微专题12　计数原理[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·北京西城区一模] 在的展开式中,x的系数为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.40 B.10
C.-40 D.-10
2.[2023·北京东城区二模] 某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊:在基础配方以外,从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味添加到香囊内,则不同的添加方案有 (　 )
A.13种 B.14种
C.15种 D.16种
3.[2023·广东佛山二模] “基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”,是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划,旨在培养中国自己的学术大师.已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均开设物理学拔尖学生培养基地,某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标,则每所学校至少有一位同学选择的不同方法共有 (　 )
A.120种 B.180种
C.240种 D.300种
4.现用5种不同的颜色给如图所示的四个直角三角形和一个正方形区域涂色,要求相邻的区域不用同一种颜色,则不同的涂色方法有 (　 )
A.180种 B.192种
C.300种 D.420种
5.[2023·浙江金华十校模拟] 已知(x+1)(x-1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6,则a3的值为 (　 )
A.-1 B.0 C.1 D.2
6.已知直线l:+=1和圆C:x2+y2=50,若直线l与圆C的公共点均为整点(点的横、纵坐标均为整数),则满足条件的直线l有 (　 )
A.78条 B.66条
C.60条 D.72条
7.[2023·青岛二模] 某教育局为振兴乡村教育,将5名教师安排到3所乡村学校支教,若每名教师仅去1所学校,每所学校至少安排1名教师,则不同的安排方案有 (　 )
A.300种 B.210种
C.180种 D.150种
8.(多选题)若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等,则下列说法正确的是 (　 )
A.n=9
B.展开式中各项系数的和为
C.展开式中的常数项为
D.展开式中各二项式系数的和为-
9.(多选题)[2023·晋中二模] (1+ax)2023=a0+a1x+a2x2+…+a2023x2023,若a1=-6069,则下列结论中正确的有 (　 )
A.a=3
B.a0+a1+a2+…+a2023=-22023
C.++…+=-1
D.(1+ax)2023的展开式中第1012项的系数大于0
10.已知(2-x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则a1+a2+…+a7=　　　　.
11.[2023·淄博三模] 甲、乙两所学校各有3名志愿者参加一次公益活动,活动结束后,站成前后两排合影留念,每排3人,若每排同一个学校的两名志愿者不相邻,则不同的站法种数为 　　　　.
能力提升
12.[2023·江苏无锡四校联考] 大约公元前300年,欧几里得在他所著的《几何原本》中证明了算术基本定理:每一个比1大的正整数要么本身是一个素数,要么可以写成一系列素数的乘积,如果不考虑这些素数在乘积中的顺序,那么写出来的形式是唯一的,即任何一个大于1的自然数N(N不为素数)能唯一地写成N=··…·(其中pi是素数,ai是正整数,1≤i≤k,p1A.6 B.13
C.19 D.60
13.[2023·福建福州质检] “赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一,登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手,其中有2名只会划左桨,2名只会划右桨,2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛,其中2名划左桨,2名划右桨,则不同的选派方法共有 (　 )
A.15种 B.18种
C.19种 D.36种
14.(多选题)已知=a0+a1(x-1)+…+an(x-1)n,n≥3,n∈N*,若a3≥ai(i=0,1,2,…,n),则n的值可能为 (　 )
A.6 B.8
C.11 D.13
15.[2023·湖南怀化二模] 信息技术辅助教学已经成为教学的主流趋势,为了了解学生利用学习机学习的情况,某研究机构在购物平台上购买了6种主流的学习机,并安排4人进行相关数据统计,且每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计),每种学习机的相关数据均有人统计,则不同的安排方法有　　　　种.
16.已知的展开式中含的项的系数为-40,则a=　　　　.
　限时集训(十三)　微专题13　统计与成对数据的统计分析[时间:45 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2023·天津卷] 调查某种群花萼长度和花瓣长度,所得数据绘制的散点图如图②所示,其中相关系数r=0.824 5,下列说法正确的是 (　 )
A.花瓣长度和花萼长度没有相关性
B.花瓣长度和花萼长度呈负相关
C.花瓣长度和花萼长度呈正相关
D.若从样本中抽取一部分,则这部分的相关系数一定是0.824 5
2.[2023·济南二模] 某射击运动员连续射击5次,命中的环数(均为整数)形成的一组数据中,中位数为8,唯一的众数为9,极差为3,则该组数据的平均数为 (　 )
A.7.6 B.7.8
C.8 D.8.2
3.[2023·湖南师大附中三模] 某网店经销某商品,为了解该商品的月销量y(单位:千件)与售价x(单位:元/件)之间的关系,收集了5组数据如下表:
x 5 6 7 8 9
y 8 6 4.5 3.5 3
根据表中的数据可得y关于x的经验回归方程为=-1.25x+13.75,则以下说法正确的是(　 )
A.x,y具有负相关关系,样本相关系数r=-1.25
B.x每增加1个单位,y平均减少13.75个单位
C.第二个样本点对应的残差=0.25
D.第三个样本点对应的残差=-0.5
4.如图是2012年至2021年期间全国城镇人口、乡村人口数量的折线图.
根据该折线图,下列说法错误的是 (　 )
A.城镇人口与年份具有正相关关系
B.乡村人口与年份的样本相关系数r接近于1
C.城镇人口逐年增长率大致相同
D.可预测乡村人口仍呈现下降趋势
5.[2023·山东菏泽二模] 足球是一项大众喜爱的运动,为研究是否喜爱足球与性别之间的关联,随机抽取了若干人进行调查,抽取的女性人数是男性人数的2倍,男性中喜爱足球的人数占男性人数的,女性中喜爱足球的人数占女性人数的,若在犯错误的概率不超过0.005的前提下,认为是否喜爱足球与性别有关联,则被调查的男性人数至少为 (　 )
χ2=,其中n=a+b+c+d.
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A.10 B.11
C.12 D.13
6.(多选题)[2023·湖南岳阳质检] 某学校为增强学生的国防意识,组织了一次国防知识竞赛,对100名学生的参赛成绩进行统计,可得到如图所示的频率分布直方图,其中分组的区间为[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100].为进一步了解学生的答题情况,采用比例分配的分层随机抽样方法从成绩在[70,90)内的学生中抽取6人,再从这6人中先后抽取2人的成绩进行分析,则下列结论正确的是 (　 )
A.频率分布直方图中的x=0.030
B.估计这100名学生成绩的中位数是85
C.估计这100名学生成绩的80%分位数是95
D.从6人中先后抽取2人的成绩进行分析时,若先抽取的学生的成绩在[70,80)内,则后抽取的学生的成绩在[80,90)内的概率是
7.(多选题)[2021·新高考全国Ⅰ卷] 有一组样本数据x1,x2,…,xn,由这组数据得到新样本数据y1,y2,…,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,…,n),c为非零常数,则 (　　)
A.两组样本数据的样本平均数相同
B.两组样本数据的样本中位数相同
C.两组样本数据的样本标准差相同
D.两组样本数据的样本极差相同
8.小张、小李参加满分为50分的技能测试.小张的六次成绩从小到大依次为27,32,39,m,46,47;小李的六次成绩从小到大依次为30,31,34,41,42,45.若小张的六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数,则m=　　　　.
9.在某次调查中,采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为40的样本,经过初步处理,所得数据如下表.
样本容量 平均数 方差
A 10 3.5 2
B 30 5.5 1
根据这些数据可计算出总样本的方差为　　　　.
10.[2023·湖南郴州九校联考] 已知某种商品的直播平台支出x(单位:万元)与销售额y(单位:万元)之间有如下对应数据:
x 2 3 4 6 7 8
y 7.5 11.5 m 31.5 36.5 43.5
根据上表可得y关于x的经验回归方程为=6x+,由于操作不慎,导致一个数据丢失,但可以知道点(,)在函数y=x2的图象上,据此可以得到m的值为　　　　;当直播平台支出为12万元时,预测销售额为　　　　万元.
11.[2023·济南二模] 根据国家统计局统计,我国2018年至2022年的新生儿数量如下:
年份编号x 1 2 3 4 5
年份 2018 2019 2020 2021 2022
新生儿数量y (单位:万人) 1523 1465 1200 1062 956
(1)由表中数据可以看出,可用线性回归模型拟合新生儿数量y与年份编号x的关系,请用样本相关系数r(精确到0.01)加以说明;
(2)建立y关于x的经验回归方程,并预测我国2023年的新生儿数量.
参考公式及数据:样本相关系数r=,
yi=6206,xiyi=17 081,
≈1564.
能力提升
12.[2023·安徽江淮十校联考] 华容道是古老的中国民间益智游戏,以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”.
(1)小明一周训练中每天破解华容道的用时如下表所示,现用=x+作为y关于x的经验回归方程,求出该经验回归方程.
第x天 1 2 3 4 5 6 7
用时y(单位:秒) 105 84 49 39 35 23 15
(2)小明和小华比赛破解华容道,首局比赛小明获得胜利的概率是0.6,在后面的比赛中,若小明前一局胜利,则他后一局胜利的概率为0.7,若小明前一局失利,则他后一局胜利的概率为0.5,比赛实行“五局三胜”制,求小明最终获得胜利的概率.
附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其经验回归直线=+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为=,=-.
参考数据:=140,xiyi=994.
13.飞盘运动是一项入门简单,又具有极强趣味性和社交性的体育运动,目前已经成为了年轻人运动的新潮流.某俱乐部为研究年轻人是否喜爱飞盘运动与性别之间的关联,对该地区的年轻人进行了简单随机抽样调查,得到如下2×2列联表:
单位:人
性别 是否喜爱飞盘运动 合计
不喜爱 喜爱
男 6 16 22
女 4 24 28
合计 10 40 50
(1)在上述喜爱飞盘运动的年轻人中按照性别采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人,再从这10人中随机选取3人进行访谈,记参与访谈的男性人数为X,求X的分布列和数学期望.
(2)依据小概率值α=0.01的独立性检验,能否认为是否喜爱飞盘运动与性别有关联 如果把上述2×2列联表中所有数据都扩大为原来的10倍,在相同的检验标准下,再用独立性检验推断是否喜爱飞盘运动与性别之间的关联性,结论还一样吗 请解释其中的原因.
附:χ2=,其中n=a+b+c+d.
α 0.1 0.01 0.001
xα 2.706 6.635 10.828
　限时集训(十四)　微专题14　概率[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·湖北随州模拟] 据某地的一份资料报道,在该地居住的居民患肺癌的概率为0.1%,居民中有20%是吸烟者,他们患肺癌的概率为0.4%,则不吸烟者患肺癌的概率为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.0.025% B.0.032%
C.0.048% D.0.02%
2.[2023·湖北十一校联考] 在“2,3,5,7,11,13,17,19”这8个素数中,任取2个不同的数,则这2个数之和仍为素数的概率是 (　 )
A. B.
C. D.
3.[2023·济南一模] 某市计划开展“学两会,争当新时代先锋”知识竞赛活动.某单位初步推选出3名男性和5名女性,并从中随机选取4人组成代表队参赛,则在代表队中既有男性又有女性的条件下,男性甲被选中的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
4.[2023·河北唐山三模] 假设有两箱零件,第一箱内装有5件零件,其中有2件次品;第二箱内装有10件零件,其中有3件次品.现从两箱中随机挑选1箱,然后从该箱中随机取1个零件,若取到的是次品,则这件次品是从第一箱中取出的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
5.[2023·保定二模] 三位同学参加体育测试,每人要从100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 (　 )
A. B. C. D.
6.在一次概率相关的研究性活动中,老师在每个箱子中装了10个小球,其中9个是白球,1个是黑球,用两种方法让同学们来摸球.方法一:在20箱中各任意摸出1个小球;方法二:在10箱中各任意摸出2个小球.将方法一、二至少能摸出1个黑球的概率分别记为P1和P2,则 (　 )
A.P1B.P1=P2
C.P1>P2
D.以上三种情况都有可能
7.(多选题)[2023·新高考C9联盟联考] 已知A,B是两个事件,且0A.P(AB)=0
B.P(A)=P(A)P()
C.P(A|B)=P(A|)
D.[P(AB)]2+[P(B)]2+[P(A )]2+[P( )]2=
8.(多选题)[2023·济南二模] 袋中有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中不放回地随机取两次,每次取1个球,记A=“第一次取出的球所标数字是奇数”,B=“第二次取出的球所标数字是偶数”,C=“两次取出的球所标数字之和是奇数”,D=“两次取出的球所标数字之和是偶数”,则 (　 )
A.P(B)=
B.P(C)=
C.A与D相互独立
D.C与D互为对立事件
9.银行储蓄卡的密码由6位数字组成,某人在银行自助取款机上取钱时,忘记了密码的最后1位数字,但记得密码的最后1位数字是偶数,则在第一次没有按对的条件下第二次按对的概率是　　　　.
10.[2023·湖北十堰调研] 甲、乙两位同学玩游戏:给定实数a1=3,按下列方法操作一次产生一个新的实数,由甲掷一枚质地均匀的骰子,若朝上的点数为1,2,3,则a2=2a1-4,若朝上的点数为4,则a2=a1,若朝上的点数为5,6,则a2=a1+2.对实数a2重复上述操作,得到新的实数a3,若a3>a1,则甲获胜,否则乙获胜.那么甲获胜的概率为　　　　.
11.[2023·福州质检] 学校有A,B两家餐厅,周同学每天午餐选择其中一家餐厅用餐.第1天午餐选择A餐厅的概率是,如果第1天去A餐厅,那么第2天去A餐厅的概率为;如果第1天去B餐厅,那么第2天去A餐厅的概率为.
(1)记周同学前两天去A餐厅的总天数为X,求X的数学期望.
(2)如果周同学第2天去B餐厅,那么第1天去哪个餐厅的可能性更大 请说明理由.
能力提升
12.(多选题)甲箱中有4个红球,2个白球和3个黑球,乙箱中有3个红球,3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱,分别用事件A1,A2和A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球;再从乙箱中随机取出1个球,用事件B表示从乙箱中取出的球是红球.下列结论正确的是 (　 )
A.事件B与事件Ai(i=1,2,3)相互独立
B.P(A1B)=
C.P(B)=
D.P(A2|B)=
13.[2023·三明三模] 某校为丰富学生的课外活动,加强学生体质健康,拟举行羽毛球团体赛,比赛采取3局2胜制,每局都是单打模式,每队有5名队员,比赛中每个队员至多上场一次且是否上场是随机的,每局比赛结果互不影响.经过小组赛后,最终甲、乙两队进入最后的决赛,根据前期比赛的数据统计,甲队种子选手M对乙队每名队员的胜率均为,甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.(注:比赛结果没有平局)
(1)求甲队最终以2∶1获胜且种子选手M上场的概率;
(2)已知甲队最终以2∶1获胜,求种子选手M上场的概率.
　限时集训(十五)　微专题15　随机变量及其分布[时间:60 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2023·湖南常德模拟] 为提高全民身体素质,加强体育运动意识,某校体育部从全校学生中随机抽取了男生、女生各100人进行问卷调查,以研究学生参加体育运动的积极性与性别之间的关联,得到如下2×2列联表:
单位:人
性别 参加体育运动的积极性 合计
经常运动 偶尔运动或不运动
男 70 30 100
女 60 40 100
合计 130 70 200
(1)根据小概率值α=0.1的独立性检验,能否认为该校学生参加体育运动的积极性与性别有关联
(2)视频率为概率,现从该校所有女生中随机抽取3人,记被抽取的3人中偶尔运动或不运动的人数为X,求X的分布列、期望和方差.
附:χ2=,其中n=a+b+c+d.
α 0.1 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
2.[2023·山东淄博三模] 有一大批产品等待验收,验收方案如下:方案一,从中任取6件产品检验,次品件数大于1拒收;方案二,依次从中取4件产品检验,若取到次品,则停止抽取,拒收,直到第4次抽取后仍无次品,通过验收.
(1)若本批产品的次品率为20%,选择方案二,求抽取次数X的均值;
(2)若本批产品的次品率为p(03.小明参加学校组织的知识竞赛,一路过关斩将,与小李一同进入冠亚军争夺赛.根据以往比赛经验,每局比赛小明先答题获胜的概率为,后答题获胜的概率为.现有两种比赛规则供选择:①三局两胜制,即先获胜两局者赢得比赛;②五局三胜制,即先获胜三局者赢得比赛.每局比赛只有胜败两种结果,抽签决定谁先答题,谁先答题可选择赛制规则,接下来的一局轮换先答题.已知小明抽到先答题.
(1)若采用三局两胜制,设每局比赛获胜者得2分,败者得-1分,X表示比赛结束时小明的总得分,求X的分布列和数学期望.
(2)小明选择哪种比赛规则获得冠军的可能性更大 请说明理由.
4.[2023·浙江金华十校模拟] 甲、乙两位足球爱好者为了提高球技,两人轮流进行点球训练(每人各踢一次为1轮),在相同的条件下,每轮甲、乙两人在同一位置,一人踢球另一人扑球,甲先踢,每人踢一次球,两人有一人进球另一人不进球,进球者得1分,不进球者得-1分,两人都进球或都不进球,两人均得0分.设甲、乙每次踢球命中空门的概率均为,甲扑到乙踢出球的概率为,乙扑到甲踢出球的概率为,且各次踢球互不影响.
(1)经过1轮踢球,记甲的得分为X,求X的分布列及数学期望;
(2)求经过3轮踢球后,甲得分高于乙得分的概率.
能力提升
5.随着消费者对环保、低碳和健康生活的追求不断提高,新能源汽车的市场需求也在不断增加.新能源汽车主要有混合动力汽车、纯电动汽车、燃料电池汽车等类型.某汽车企业生产的A型汽车有混合动力汽车和纯电动汽车两种类型,总日产量达120台,其中有30台混合动力汽车,90台纯电动汽车.
(1)若从每日生产的120台A型汽车中随机抽检2台汽车,分别就有放回抽检与不放回抽检,求抽检混合动力汽车的台数的分布列及数学期望;
(2)若从每日生产的120台A型汽车中随机抽取10台作为一个样本,用Y表示样本中混合动力汽车的台数,分别就有放回抽取和不放回抽取,用样本中混合动力汽车的台数的比例估计总体中混合动力汽车台数的比例,求误差不超过0.15的概率,并比较在相同的误差限制下,采用哪种抽取方式估计的结果更可靠.
参考数据:(概率值精确到0.000 01)
Y 二项分布概率值 超几何分布概率值
0 0.056 31 0.049 29
1 0.187 71 0.182 54
2 0.281 57 0.290 51
3 0.250 28 0.261 34
4 0.146 00 0.147 01
5 0.058 40 0.053 96
6 0.016 22 0.013 07
7 0.003 09 0.002 06
8 0.000 39 0.000 20
9 0.000 03 0.000 02
10 0.000 00 0.00000
总计 1.000 00 1.000 00
6.[2023·湖南雅礼中学二模] 某企业新研发了一种产品,产品的成本由原料成本及非原料成本组成.每件产品的非原料成本y(元)与该产品的产量x(千件)有关,经统计得到如下数据:
x 1 2 3 4 5 6 7 8
y 112 61 44.5 35 30.5 28 25 24
根据以上数据,绘制了散点图如图所示.
观察散点图,现考虑用反比例函数模型y=a+和指数函数模型y=cedx分别对两个变量的关系进行拟合.已求得用指数函数模型拟合的非线性经验回归方程为=95.97e-0.2x,ln y与x的样本相关系数r1≈-0.93.参考数据如下:
uiyi yi e-2
183.4 0.34 0.115 1.53 360 22 385.5 61.4 0.135
(1)用反比例函数模型求y关于x的非线性经验回归方程.
(2)用样本相关系数(精确到0.01)判断上述两个模型哪一个拟合效果更好,并用其预测产量为10千件时每件产品的非原料成本.
(3)该企业采取订单生产模式(根据订单数量进行生产,即产品全部售出).根据市场调研数据,若该产品单价定为100元,则签订9千件订单的概率为0.8,签订10千件订单的概率为0.2;若该产品单价定为90元,则签订10千件订单的概率为0.3,签订11千件订单的概率为0.7.已知每件产品的原料成本为10元,根据(2)的结果,企业要想获得更高利润,产品单价应定为100元还是90元 请说明理由.
附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其经验回归直线=+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为=,=-,样本相关系数r=.
　提能特训(三)　高分提能三　概率、变量分布与其他知识的综合问题[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·曲靖模拟] 2023年1月至4月,某市辖区内长期没有下雨,4月份处于严重干旱状态,广大市民必须加强节约用水意识,家家户户都要节约用水.为了督促市民节约用水,该市水务投资公司对居民生活用水实行阶梯水价制度进行收费,其收费标准如下:一户居民每月用水量不超过15吨时,收费价格为3.5元/吨;超过15吨但不超过20吨时,超出15吨部分的收费价格为4.75元/吨;超过20吨时属于严重超标,超出20吨部分的收费价格为6元/吨.某学生社团对某生活区的住户进行月用水量调查,该生活区的某单元某楼层内居住着3户居民,每户居民月用水量严重超标的概率均为p(0A. B. C. D.
2.(多选题)[2023·安徽淮北二模] 已知棋盘上标有第0,1,2,…,100站,棋子开始时位于第0站,棋手抛掷均匀硬币,若掷出正面,则棋子向前跳一站,若掷出反面,则棋子向前跳两站,直到跳到第99站(胜利大本营)或第100站(欢乐大本营)时,游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为Pn(n∈N),则 (　 )
A.P1=
B.P3=
C.Pn+1=Pn+Pn-1(1≤n≤98)
D.P100=
3.(多选题)[2023·济南二模] 设随机变量X的分布列如下:
X 1 2 3 … 2022 2023
P a1 a2 a3 … a2022 a2023
则下列说法正确的是 (　 )
A.当{an}为等差数列时,a2+a2022=
B.数列{an}的通项公式可能为an=
C.当数列{an}满足an=(n=1,2,…,2022)时,a2023=
D.当数列{an}满足P(X≤k)=k2ak(k=1,2,…,2023)时,a2023=
4.[2023·广东佛山二模] 有n个编号分别为1,2,…,n的盒子,第1个盒子中有2个白球和1个黑球,其余盒子中均有1个白球和1个黑球,现从第1个盒子中任取1个球放入第2个盒子,再从第2个盒子中任取1个球放入第3个盒子,以此类推,则从第2个盒子中取到白球的概率是　　　　,从第n个盒子中取到白球的概率是　　　　.
5.[2023·广州二模] 一企业生产某种产品,通过加大技术创新投入降低了每件产品的成本,为了调查年技术创新投入x(单位:千万元)对每件产品成本y(单位:元)的影响,对近10年的年技术创新投入和每件产品成本的数据进行分析,得到如下散点图,并计算得=6.8,=70,=3,=1.6,=350.
(1)根据散点图可知,可用模型y=+a拟合y与x的关系,试建立y关于x的非线性经验回归方程.
(2)已知该产品的年销售额m(单位:千万元)与每件产品成本y的关系为m=-+++100.该企业的年投入成本除了年技术创新投入外,还要投入其他成本10千万元,根据(1)的结果回答:当年技术创新投入为多少时,年利润的预测值最大.
(注:年利润=年销售额-年投入成本)
附:对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其经验回归直线=+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为=,=- .
能力提升
6.[2023·山东济宁二模] 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平,组织本校8000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试),并随机抽取了100名学生的初试成绩,绘制了频率分布直方图,如图所示.
(1)根据频率分布直方图,求样本平均数的估计值.(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)
(2)若所有学生的初试成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ为样本平均数,σ≈14,初试成绩不低于90分的学生才能参加复试,试估计能参加复试的人数.
(3)复试共三道题,规定:全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖.已知某学生进入了复试,他在复试中前两道题答对的概率均为a(0附:若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ7.[2023·茂名二模] 马尔可夫链是因俄罗斯数学家安德烈·马尔可夫得名,其过程具备“无记忆”的性质,即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关,与第n-1,n-2,n-3,…次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子,盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取1个球交换,重复进行n(n∈N*)次操作后,记甲盒子中黑球个数为Xn,甲盒子中恰有1个黑球的概率为an,恰有2个黑球的概率为bn.
(1)求X1的分布列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)求Xn的期望.模块四　统计与概率
限时集训(十二)
1.A　[解析] 的展开式的通项为Tr+1=·x5-r=(-2)r·x5-2r,令5-2r=1,可得r=2,故展开式中x的系数为(-2)2=40.故选A.
2.C　[解析] 从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一味,有=4(种)添加方案;从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选两味,有=6(种)添加方案;从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三味,有=4(种)添加方案;佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选,有1种添加方案.所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味,共有4+6+4+1=15(种)添加方案.故选C.
3.C　[解析] 将5位同学按人数分成2,1,1,1的四组,再分配到四所学校,共有=240(种)方法.故选C.
4.D　[解析] 如图,记五个区域分别为①②③④⑤.第一步,给区域①②③涂色,有=60(种)涂色方法;第二步,给区域④⑤涂色,若区域①与区域⑤颜色相同,则区域④有3种涂色方法,若区域①与区域⑤颜色不同,则区域⑤有2种涂色方法,区域④有2种涂色方法,共有3+2×2=7(种)涂色方法.根据分步乘法计数原理,共有60×7=420(种)涂色方法.故选D.
5.B　[解析] (x+1)(x-1)5=x(x-1)5+(x-1)5,(x-1)5的展开式的通项为Tr+1=x5-r(-1)r=(-1)rx5-r,令5-r=2得r=3,令5-r=3得r=2.当r=3时,x·(-1)3x2=-10x3,当r=2时,(-1)2x3=10x3,故a3x3=-10x3+10x3=0,即a3=0.故选B.
6.C　[解析] 由已知可得直线l与坐标轴不垂直,且不过坐标原点.圆C:x2+y2=50上的整点有(1,±7),(-1,±7),(-7,±1),(7,±1),(5,±5),(-5,±5),共12个.满足条件的直线l可能同时经过上述12个整点中的2个点或者为圆C在上述12个整点中的1个点处的切线,其中经过坐标原点的直线有6条,垂直于x轴的直线有6条,垂直于y轴的直线有6条,故满足条件的直线l有+12-6-6-6=60(条).故选C.
7.D　[解析] 将5名教师按人数分成1,2,2或1,1,3的三组,再分配到3所学校,则不同的安排方案有=150(种).故选D.
8.ABC　[解析] 由题得=,∴n=9,A正确;令x=1,则有=,∴展开式中各项系数的和为,B正确;展开式的通项为Tr+1=(x2)9-r=(-1)r·2-r·x18-3r,令18-3r=0,得r=6,∴展开式中的常数项为T7=,C正确;展开式中各二项式系数的和为29=512,D错误.故选ABC.
9.BC　[解析] 对于A,a1=·a=2023a=-6069,可得a=-3,故A错误;对于B,令x=1,则a0+a1+a2+…+a2023=(1-3)2023=-22023,故B正确;对于C,令x=0,则a0=1,令x=,则++…+=-a0=-a0=-1,故C正确;对于D,(1-3x)2023的展开式的通项为Tr+1=(-3x)r=(-3)rxr,所以第1012项的系数为(-3)1011<0,故D错误.故选BC.
10.-127　[解析] 令x=0,则a0=27=128,令x=1,则a0+a1+a2+…+a7=(2-1)7=1,所以a1+a2+…+a7=1-128=-127.
11.72　[解析] 第一排有2人来自甲校,1人来自乙校:第一步,从甲校选出2人,有=3(种)选择方式;第二步,从甲校选出的2人站在两边的站法种数为=2;第三步,从乙校选出1人,有=3(种)选择方式;第四步,第二排甲校剩余的1人站中间,乙校剩余的2人站在两边的站法种数为=2.根据分步乘法计数原理可知,不同的站法种数为3×2×3×2=36.同理可得,第一排有2人来自乙校,1人来自甲校,不同的站法种数为36.根据分类加法计数原理可知,不同的站法种数为36+36=72.
12.B　[解析] 根据N的标准分解式可得120=23×3×5, 故从2,2,2,3,5这5个素数中任取3个组成三位数,有下列三种情况: ①选取3个2,可以组成1个三位数;②选取2个2后,再从3和5中选一个,可以组成×=6(个)不同的三位数;③选取2,3,5,可以组成=6(个)不同的三位数.所以从120的标准分解式中任取3个素数,一共可以组成1+6+6=13(个)不同的三位数.故选B.
13.C　[解析] 根据题意,记A={只会划左桨的2人},B={只会划右桨的2人},C={既会划左桨又会划右桨的2人},则分以下三种情况讨论:①从A中选2人划左桨,划右桨的在B∪C中选2人,共有=6(种)选派方法;②从A中选1人划左桨,则从C中选1人划左桨,再从B∪C剩下的3人中选2人划右桨,共有=12(种)选派方法;③从A中选0人划左桨,则B中的2人划右桨,从C中选2人划左桨,共有=1(种)选派方法.综上,不同的选派方法共有19种.故选C.
14.BC　[解析] 依题意,=,所以ai(x-1)i=·=··(x-1)i,令其中y=1,2,3,…,n-1,化简得即
即即因为a3≥ai,所以解得8≤n≤11.故选BC.
15.1560　[解析] 由题意可知6种主流的学习机安排给4人进行相关数据统计,每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计),每种学习机的相关数据均有人统计,则学习机的分配方法有3,1,1,1和2,2,1,1两种情况.若按3,1,1,1分组再分配给4人,则有=20×24=480(种)安排方法;若按2,2,1,1分组再分配给4人,则有·=×24=1080(种)安排方法.故共有480+1080=1560(种)不同的安排方法.
16.2　[解析] 表示有5个相乘,的来源是有1个提供,有3个提供-x,有1个提供常数1,所以展开式中含的项的系数是(-1)3a=-40,即-20a=-40,解得a=2.
限时集训(十三)
1.C　[解析] 结合散点图及相关系数可得花瓣长度和花萼长度呈正相关.故选C.
2.B　[解析] 依题意知这组数据中一共有5个数字,中位数为8,则将这组数据从小到大排列后8的前面有2个数字,后面也有2个数字,因为唯一的众数为9,所以有两个9,其余数字均只出现一次,则最大数字为9,又极差为3,所以最小数字为6,所以这组数据为6,7,8,9,9,所以平均数为=7.8.故选B.
3.D　[解析] 对于A选项,由样本相关系数的绝对值不超过1知,A不正确;对于B选项,由经验回归方程知,x每增加1个单位,y平均减少1.25个单位,B不正确;对于C选项,第二个样本点对应的残差=6-(-1.25×6+13.75)=-0.25,C不正确;对于D选项,第三个样本点对应的残差=4.5-(-1.25×7+13.75)=-0.5,D正确.故选D.
4.B　[解析] 对于A选项,由折线图可知,城镇人口与年份具有正相关关系,A中说法正确;对于B选项,由折线图可知,乡村人口与年份具有负线性相关关系,且线性相关程度很强,所以r接近于-1,B中说法错误;对于C选项,由折线图可知,城镇人口与年份具有正线性相关关系,且线性相关程度很强,所以样本相关系数r'接近于1,故城镇人口逐年增长率大致相同,C中说法正确;对于D选项,由折线图可知,乡村人口与年份具有负线性相关关系,可预测乡村人口仍呈现下降趋势,D中说法正确.故选B.
5.C　[解析] 设被调查的男性有x人,则女性有2x人,依据题意可得2×2列联表如下.
单位:人
是否喜爱足球 性别 合计
男 女
喜爱足球
不喜爱足球
合计 x 2x 3x
χ2==,因为在犯错误的概率不超过0.005的前提下,认为是否喜爱足球与性别有关联,所以χ2≥7.879=x0.005,即≥7.879,解得x≥11.818 5,又因为x为整数,所以x的最小值为12.故选C.
6.AC　[解析] 对于A,根据频率分布直方图可得10×(0.005+0.010+0.015+x+0.040)=1,解得x=0.030,故A正确;对于B,因为(0.005+0.010+0.015)×10=0.3<0.5,(0.005+0.010+0.015+0.030)×10=0.6>0.5,所以这100名学生成绩的中位数在[80,90)内,估计这100名学生成绩的中位数为80+×(90-80)=,故B错误;对于C,估计这100名学生成绩的80%分位数为90+×10=95,故C正确;对于D,在被抽取的6人中,成绩在[70,80)内的有2人,成绩在[80,90)内的有4人,若先抽取的学生的成绩在[70,80)内,则第二次抽取时,是在5人中抽取,而此时成绩在[80,90)内的学生人数为4,故所求概率为,故D错误.故选AC.
7.CD　[解析] 由已知得两组样本数据的样本平均数不相同、样本中位数也不相同,样本标准差和样本极差相同.故选CD.
8.45　[解析] 6×50%=3,则小张的六次成绩的第50百分位数为,6×80%=4.8,则小李的六次成绩的第80百分位数为42,故=42,解得m=45.
9.2　[解析] 根据题意,总样本的平均数==5,故总样本的方差s2=×[2+(3.5-5)2]+×[1+(5.5-5)2]=2.
10.19.5　67　[解析] 由表可知,==5,∵点(,)在函数y=x2的图象上,∴=52=25,∴==25,解得m=19.5.∵点(,)在经验回归直线=6x+上,∴=25-6×5=-5,∴=6x-5,当x=12时,=6×12-5=67.
11.解:(1)因为=×(1+2+3+4+5)=3,=yi=×6206=1241.2,
≈1564,
xiyi-5 =17 081-3×6206=-1537,所以r=≈≈-0.98,
这说明y与x的线性相关程度很强,
所以可以用线性回归模型拟合y与x的关系.
(2)由(1)可得===-153.7,所以=- =1241.2-(-153.7)×3=1702.3,所以y关于x的经验回归方程为=-153.7x+1702.3,将x=6代入经验回归方程,得=-153.7×6+1702.3=780.1,所以预测我国2023年的新生儿数量为780.1万人.
12.解:(1)由题意,根据表格中的数据,可得=×(1+2+3+4+5+6+7)=4,=×(105+84+49+39+35+23+15)=50,所以===-14.5,则=- =50-(-14.5)×4=108,因此y关于x的经验回归方程为=-14.5x+108.
(2)记小明最终获得胜利时比赛的局数为X,则X的所有可能取值为3,4,5,P(X=3)=0.6×0.7×0.7=0.294,P(X=4)=0.4×0.5×0.7×0.7+0.6×0.3×0.5×0.7+0.6×0.7×0.3×0.5=0.224,P(X=5)=0.6×0.7×0.3×0.5×0.5+0.6×0.3×0.5×0.3×0.5+0.6×0.3×0.5×0.5×0.7+0.4×0.5×0.5×0.7×0.7+0.4×0.5×0.3×0.5×0.7+0.4×0.5×0.7×0.3×0.5=0.167 5.故小明最终获得胜利的概率为0.294+0.224+0.167 5=0.685 5.
13.解:(1)样本中喜爱飞盘运动的男性有16人,女性有24人,人数之比为2∶3,按照性别采用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人,则抽取男性4人,女性6人.随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,故随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=.
(2)零假设为H0:是否喜爱飞盘运动与性别无关联.
根据列联表中的数据,经计算得到χ2=≈1.299<6.635=x0.01,根据小概率值α=0.01的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为是否喜爱飞盘运动与性别无关联.2×2列联表中所有数据都扩大为原来的10倍后,=≈12.99>6.635=x0.01,根据小概率值α=0.01的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为是否喜爱飞盘运动与性别有关联.结论不一样,原因是每个数据都扩大为原来的10倍,相当于样本量变大为原来的10倍,从而导致推断结论发生了变化.
限时集训(十四)
1.A　[解析] 设不吸烟者患肺癌的概率为x,则0.2×0.004+0.8x=0.001,解得x=0.00 025
=0.025%.故选A.
2.C　[解析] 该试验的样本空间Ω={(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(2,13),(2,17),(2,19),(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(3,17),(3,19),(5,7),(5,11),
(5,13),(5,17),(5,19),(7,11),(7,13),(7,17),(7,19),(11,13),(11,17),(11,19),(13,17),(13,19),(17,19)},共包含28个样本点.设A=“这2个数之和仍为素数”,则A={(2,3),(2,5),(2,11),(2,17)},共包含4个样本点,所以P(A)==,故选C.
3.C　[解析] 记“随机选取4人”为事件Ω,“代表队中既有男性又有女性”为事件A,“男性甲被选中”为事件B,则n(A)=-=65,n(AB)==35,所以P(B|A)=====,故在代表队中既有男性又有女性的条件下,男性甲被选中的概率为.故选C.
4.D　[解析] 设事件A表示从第一箱中取1个零件,事件B表示取出的零件是次品,则P(A|B)===,故选D.
5.C　[解析] 设100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目分别为a,b,c,d,则每位同学都有六种选择结果:ab,ac,ad,bc,bd,cd.故三位同学共有6×6×6=216(种)选法,其中,有且仅有两人选择的项目完全相同的选法有××=90(种),故所求概率是=.故选C.
6.A　[解析] 根据题意,按方法一摸球,每箱中黑球被摸出的概率为,则每箱中没有摸出黑球的概率为1-=,故P1=1-.按方法二摸球,每箱中黑球被摸出的概率为,则每箱中没有摸出黑球的概率为1-=,故P2=1-.因为P1-P2=-=-=-<0,所以P17.BCD　[解析] 若P(AB)=0,则事件A,B不可能同时发生,即事件A,B互斥,得不出事件A,B相互独立,A错误;由P(A)=P(A)P(),得P(A)=[P(AB)+P(A)]P()=P(AB)P()+P(A)P(),则P(B)P(A)=[1-P(B)]P(AB),得P(B)[P(A)+P(AB)]=P(AB),即P(A)P(B)=P(AB),所以事件A,B相互独立,B正确;由P(A|B)=P(A|),得==,则P(AB)-P(B)P(AB)=P(A)P(B)-P(B)P(AB),则P(AB)=P(A)P(B),所以事件A,B相互独立,C正确;[P(AB)]2+[P(B)]2+[P(A )]2+[P( )]2=①,P(AB)+P(B)+P(A)+P( )=1②,②式两边平方,并结合①式可得,P(AB)P(B)+P(A)P( )+P(AB)P(A)+P(AB)P( )+
P(B)P(A)+P(B)P( )=③,结合①③,可得[P(AB)-P(B)]2+[P(AB)-P(A)]2+[P(AB)-
P( )]2+[P(B)-P(A)]2+[P(B)-P( )]2+[P(A)-P( )]2=3{[P(AB)]2+[P(B)]2+[P(A)]2+[P( )]2}-2[P(AB)P(B)+P(AB)P(A)+P(AB)P( )
+P(B)P(A)+P(B)P( )+P(A)P( )]=0,则P(AB)=P(B)=P(A)=P( )=,所以P(A)=P(AB)+P(A)=,P(B)=P(AB)+P(B)=,所以P(AB)=P(A)P(B),即事件A,B相互独立,D正确.故选BCD.
8.ACD　[解析] 由题知,P(A)==,P(B)=×+×=,故A正确;P(C)=2××=,P(D)=2××=,故B错误;因为P(AD)===P(A)P(D),所以A与D相互独立,故C正确;两次取出的球所标数字之和要么为奇数,要么为偶数,故C与D互为对立事件,故D正确.故选ACD.
9.　[解析] 根据题意,设事件A=“第一次没有按对密码”,事件B=“第二次按对密码”,因为此人记得密码的最后1位数字是偶数,所以P(A)=,P(AB)==,则在第一次没有按对的条件下第二次按对的概率为P(B|A)==.
10.　[解析] 列出如下树形图,可知甲获胜的概率为×+×+×1=.
11.解:(1)设A=“第i(i=1,2)天去A餐厅用餐”,B=“第j(j=1,2)天去B餐厅用餐”,则A1与B1互为对立事件,A2与B2互为对立事件.由题意可得X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=×=,P(X=1)=P(A1B2∪B1A2)=P(A1B2)+P(B1A2)=P(A1)(B2|A1)+P(B1)(A2|B1)=×+×=,P(X=2)=P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=×=,则X的分布列为
X 0 1 2
P
所以E(X)=0×+1×+2×=.
(2)由全概率公式,得P(B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=×+×=,所以P(A1|B2)====,则P(B1|B2)=1-P(A1|B2)=1-=.因为P(A1|B2)12.BD　[解析] P(A1)=,P(A2)=,P(A3)==.若A1发生,则乙袋中有4个红球,3个白球和3个黑球,P(B|A1)==;若A2发生,则乙袋中有3个红球,4个白球和3个黑球,P(B|A2)=;若A3发生,则乙袋中有3个红球,3个白球和4个黑球,P(B|A3)=.P(A1B)=P(B|A1)P(A1)=×=,故B正确.P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=×=,P(A3B)=P(B|A3)P(A3)=×=,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)=≠,故C错误.P(A1)P(B)≠P(A1B),则事件B与事件A1不相互独立,故A错误.P(A2|B)===,故D正确.故选BD.
13.解:(1)设事件Ai=“种子选手M第i(i=1,2,3)局上场”,事件B=“甲队最终以2∶1获胜且种子选手M上场”,由全概率公式知,P(B)=P(B|A1)·P(A1)+P(B|A2)·P(A2)+P(B|A3)·P(A3).因为每名队员上场顺序随机,所以P(Ai)=,P(B|A1)=××+××=,P(B|A2)=××+××=,P(B|A3)=×××=,所以P(B)=P(B|A1)·P(A1)+P(B|A2)·P(A2)+P(B|A3)·P(A3)=×+×+×=,所以甲队最终以2∶1获胜且种子选手M上场的概率为.
(2)设事件A0=“种子选手M未上场”,事件C=“甲队最终以2∶1获胜”,P(A0)==,则P()=1-=,P(C|A0)=×××=,所以P(C)=P(B)+P(C|A0)·P(A0)=+×=.因为P(|C)=,P(C)=P(B)=,所以P(|C)===,所以已知甲队最终以2∶1获胜,则种子选手M上场的概率为.
限时集训(十五)
1.解:(1)零假设为H0:该校学生参加体育运动的积极性与性别无关联.由列联表中的数据可知χ2==≈2.198<2.706=x0.1,根据小概率值α=0.1的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为该校学生参加体育运动的积极性与性别无关联.
(2)由题意可知X~B,X的所有可能取值为0,1,2,3,P(X=0)=×=,P(X=1)=××=,P(X=2)=××=,P(X=3)=×=,所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)=3×=,D(X)=3××=.
2.解:(1)X的所有可能取值为1,2,3,4,P(X=1)=0.2,P(X=2)=0.8×0.2=0.16,P(X=3)=0.82×0.2=0.128,P(X=4)=0.83=0.512,所以E(X)=1×0.2+2×0.16+3×0.128+4×0.512=2.952,即抽取次数X的均值为2.952.
(2)方案一:通过验收的概率为P1=(1-p)6+(1-p)5×p=(1+5p)(1-p)5.
方案二:通过验收的概率为P2=(1-p)4.当P1>P2时,(1+5p)(1-p)>1,得03.解:(1)X的所有可能取值为-2,0,3,4,P(X=-2)=×=,P(X=0)=××+××=,P(X=3)=××+××=,P(X=4)=×=,故X的分布列为
X -2 0 3 4
P
所以E(X)=-2×+0×+3×+4×=.
(2)采用三局两胜制,小明获得冠军的概率为P1=P(X=3)+P(X=4)=.采用五局三胜制,小明获得冠军的概率为P2=××+2××××+×××+××××××+××+××=.因为P1=4.解:(1)记“1轮踢球中甲进球”为事件A,“1轮踢球中乙进球”为事件B,则A,B相互独立,由题意得P(A)=×=,P(B)=×=.X的所有可能取值为-1,0,1,P(X=-1)=P(B)=P()P(B)=×=,P(X=0)=P(AB)+P( )=P(A)P(B)+P()P()=×+×=,P(X=1)=P(A)=P(A)P()=×=,所以X的分布列为
X -1 0 1
P
E(X)=-1×+0×+1×=.
(2)经过3轮踢球后,甲得分高于乙得分有四种情况:甲3轮各得1分;甲3轮中有2轮各得1分,1轮得0分;甲3轮中有2轮各得1分,1轮得-1分;甲3轮中有1轮得1分,2轮各得0分.甲3轮各得1分的概率为P1==,甲3轮中有2轮各得1分,1轮得0分的概率为P2=×=,甲3轮中有2轮各得1分,1轮得-1分的概率为P3=×=,甲3轮中有1轮得1分,2轮各得0分的概率为P4=××=,所以经过3轮踢球后,甲得分高于乙得分的概率P=+++=.
5.解:(1)对于有放回抽检,每次抽到混合动力汽车的概率为,且各次抽检结果是相互独立的,设X1为抽检混合动力汽车的台数,则X1~B,X1的所有可能取值为0,1,2,P(X1=0)==,P(X1=1)=××=,P(X1=2)==,所以X1的分布列为
X1 0 1 2
P
则E(X1)=0×+1×+2×=.对于不放回抽检,各次抽检的结果不独立,设X2为抽检混合动力汽车的台数,则X2服从超几何分布,X2的所有可能取值为0,1,2,P(X2=0)==,P(X2=1)==,P(X2=2)==,所以X2的分布列为
X2 0 1 2
P
则E(X2)=0×+1×+2×=.
(2)样本中混合动力汽车的台数的比例f10=是一个随机变量,根据参考数据,有放回抽取:P(|f10-0.25|≤0.15)=P(1≤Y≤4)≈0.187 71+0.281 57+0.250 28+0.146 00=0.865 56.不放回抽取:P(|f10-0.25|≤0.15)=P(1≤Y≤4)≈0.182 54+0.290 51+0.261 34+0.147 01=0.881 40.因为0.865 56<0.881 40,所以在相同的误差限制下,采用不放回抽取估计的结果更可靠.
6.解:(1)令u=,则y=a+可转化为y=a+bu,因为==45,所以====100,则=- =45-100×0.34=11,所以=11+100u,所以y关于x的非线性经验回归方程为=11+.
(2)y与u的样本相关系数为r2===≈0.99,因为|r1|<|r2|,所以用反比例函数模型拟合效果更好.当x=10时,=+11=21,所以当产量为10千件时,预测每件产品的非原料成本为21元.
(3)若产品单价为100元,记企业的利润为X千元,当订单为9千件时,预测每件产品的成本为元,企业的利润为611千元,当订单为10千件时,预测每件产品的成本为31元,企业的利润为690千元,所以X的分布列为
X 611 690
P 0.8 0.2
E(X)=611×0.8+690×0.2=626.8.若产品单价为90元,记企业的利润为Y千元,当订单为10千件时,预测每件产品的成本为31元,企业的利润为590千元,当订单为11千件时,预测每件产品的成本为元,企业的利润为659千元,所以Y的分布列为
Y 590 659
P 0.3 0.7
E(Y)=590×0.3+659×0.7=638.3.因为E(Y)>E(X),所以企业要想获得更高利润,产品单价应定为90元.
提能特训(三)
1.A　[解析] 根据题意,设X表示3户居民中月用水量严重超标的户数,则X~B(3,p),P(X=2)=p2(1-p),P(X=3)=p3,则有f(p)=p2(1-p)+p3=3p2(1-p)+p3,当f(p)=时,有3p2(1-p)+p3=,变形可得3=2,则有(2p2-2p-1)=0,解得p=或或,又02.AC　[解析] 根据题意,棋子跳到第1站则掷出正面,所以P1=,故选项A正确.棋子跳到第3站有以下三种途径:连续三次掷出正面,其概率为;第一次掷出反面,第二次掷出正面,其概率为;第一次掷出正面,第二次掷出反面,其概率为.因此P3=,故选项B错误.由题意易知棋子先跳到第n-2(2≤n≤100)站,再掷出反面,其概率为Pn-2(2≤n≤100);棋子先跳到第n-1(1≤n≤99)站,再掷出正面,其概率为Pn-1(1≤n≤99),因此有Pn=(Pn-1+Pn-2)(2≤n≤99),则Pn+1=Pn+Pn-1(1≤n≤98),故选项C正确.因为Pn=(Pn-1+Pn-2)(2≤n≤99),所以有Pn-Pn-1=-(Pn-1-Pn-2)(2≤n≤99),即Pn+1-Pn=-(Pn-Pn-1)(1≤n≤98),所以数列{Pn-Pn-1}(1≤n≤99)是首项为P1-P0=-1=-,公比为-的等比数列,因此有Pn-Pn-1=,由此得到P98=++…++1=,所以P100=P98=,故选项D错误.故选AC.
3.AC　[解析] 由题意可得a1+a2+…+a2023=1,且an∈[0,1],n=1,2,…,2023.对于A,当{an}为等差数列时,a1+a2+…+a2023==1,可得a1+a2023=,故a2+a2022=a1+a2023=,A正确;对于B,假设an==,n=1,2,…,2023,满足an∈[0,1],则a1+a2+…+a2023=×=×=≠1,故数列{an}的通项公式不可能为an=,B错误;对于C,当数列{an}满足an=(n=1,2,…,2022)时,满足an∈[0,1],则a1+a2+…+a2023=++…++a2023=+a2023=1-+a2023=1,可得a2023=∈[0,1],C正确;对于D,当数列{an}满足P(X≤k)=k2ak(k=1,2,…,2023)时,P(X≤2023)=20232a2023=1,可得a2023=,D错误.故选AC.
4.　×+　[解析] 记事件Ai表示从第i个盒子中取到白球(i=1,2,…,n),则P(A1)=,P()=1-P(A1)=,所以P(A2)=P(A1A2)+P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P()P(A2|)=×+×=,P(A3)=P(A2)P(A3|A2)+
P()P(A3|)=P(A2)×+P()×=×P(A2)+,P(A4)=P(A3)P(A4|A3)+P()P(A4|)=P(A3)×+P()×=P(A3)+,进而可得P(An)=P(An-1)+(n≥2),即P(An)-=(n≥2),又P(A1)-=,所以是首项为,公比为的等比数列,所以P(An)-=×=×,即P(An)=×+.
5.解:(1)令u=,则y关于u的经验回归方程为=+u,由题意可得===200,=-=70-200×0.3=10,则=10+200u,所以y关于x的非线性经验回归方程为=10+.
(2)由y=10+可得x=,设年利润为M千万元,则M=m-x-10=-+++100--10=-(y-20)2+90.8,当y=20时,M取得最大值,此时x===20,所以当年技术创新投入为20千万元时,年利润的预测值最大.
6.解:(1)设样本平均数的估计值为,则=10×(40×0.01+50×0.02+60×0.03+70×0.024+80×0.012+90×0.004)=62.
(2)因为学生的初试成绩X(单位:分)近似服从正态分布N(μ,σ2),其中μ≈62,σ≈14,所以μ+2σ≈62+2×14=90,所以P(X≥90)≈P(X≥μ+2σ)≈×(1-0.954 5)=0.022 75,所以估计能参加复试的人数为0.022 75×8000=182.
(3)由该学生获得一等奖的概率为,可知a2b=,则P=a2(1-b)+a(1-a)b=a2+2ab-=a2+-.令f(a)=a2+-,00.所以f(a)在区间上单调递减,在区间上单调递增.所以f(a)min=f=+-=,所以P的最小值为.
7.解:(1)由题可知,X1的所有可能取值为0,1,2,P(X1=0)=×=,P(X1=1)=×+×=,P(X1=2)=×=,故X1的分布列为
X1 0 1 2
P
(2)由全概率公式可知,P(Xn+1=1)=P(Xn=1)·P(Xn+1=1|Xn=1)+P(Xn=2)·P(Xn+1=1|Xn=2)+P(Xn=0)·P(Xn+1=1|Xn=0)=P(Xn=1)+P(Xn=2)+P(Xn=0)=P(Xn=1)+P(Xn=2)+P(Xn=0),即an+1=an+bn+(1-an-bn),所以an+1=-an+,所以an+1-=-.又a1=P(X1=1)=,所以数列是以a1-=-为首项,以-为公比的等比数列,所以an-=-·=·,即an=+·.
(3)由全概率公式可得,P(Xn+1=2)=P(Xn=1)·P(Xn+1=2|Xn=1)+P(Xn=2)·P(Xn+1=2|Xn=2)+P(Xn=0)·P(Xn+1=2|Xn=0)=·P(Xn=1)+·P(Xn=2)+0·P(Xn=0),即bn+1=an+bn,又an=+·,所以bn+1=bn+,所以bn+1-+=.又b1=P(X1=2)=,所以b1-+×=--=0,所以bn-+=0,所以bn=-,所以E(Xn)=an+2bn+0×(1-an-bn)=an+2bn=1.模块五　解析几何
　限时集训(十六)　微专题16　直线与圆[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·保定三模] 已知直线l1:ax-5y-1=0,l2:3x-(a+2)y+4=0,则“a=3”是“l1∥l2”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.[2023·张家口二模] 已知点P(x0,y0)为圆C:x2+y2=2上的动点,则直线l:x0x-y0y=2与圆C的位置关系为 (　 )
A.相交 B.相离
C.相切 D.相切或相交
3.[2023·黄冈中学三模] 已知点M(1,)在圆C:x2+y2=m上,过M作圆C的切线l,则l的倾斜角为 (　 )
A.30° B.60°
C.120° D.150°
4.[2023·郴州模拟] 已知A,B是☉C:(x-2)2+(y-4)2=25上的两个动点,P是线段AB的中点,若|AB|=6,则点P的轨迹方程为 (　 )
A.(x-4)2+(y-2)2=16
B.(x-2)2+(y-4)2=11
C.(x-2)2+(y-4)2=16
D.(x-4)2+(y-2)2=11
5.[2023·哈尔滨九中四模] 过坐标原点的直线l与圆(x-2)2+(y-2)2=4相交,且将该圆分成的两段弧长之比为2∶1,则l的斜率为 (　 )
A.4± B.
C.或 D.或
6.直线x+y+2=0与x轴、y轴分别交于A,B两点,点P在圆(x-2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是 (　 )
A.[2,6] B.[4,8]
C.[,3] D.[2,3]
7.[2023·厦门一中三模] 若M,N为圆C:x2+y2-4x-4y+7=0上任意两点,P为直线3x-4y+12=0上一个动点,则∠MPN的最大值是 (　 )
A.45° B.60°
C.90° D.120°
8.(多选题)已知点P(2,4),若过点Q(4,0)的直线l交圆C:(x-6)2+y2=9于A,B两点,R是圆C上一动点,则 (　 )
A.|AB|的最小值为2
B.P到l的距离的最大值为2
C.·的最小值为24-6
D.|PR|的最大值为4-3
9.(多选题)[2023·泉州模拟] 已知圆C:x2+y2+6x=0,直线l:kx-y+5k+1=0,则下列结论正确的是 (　 )
A.直线l过定点(-5,1)
B.若直线l平分圆C,则k=
C.圆心C到直线l的距离的取值范围为[0,]
D.若直线l与圆C交于点A,B,则△ABC面积的最大值为
10.已知点P在圆C:(x+1)2+y2=2上,则点P到直线x+y-5=0的距离的最小值为　　　　.
11.已知直线l1:kx+y=0过定点A,直线l2:x-ky+2+2k=0过定点B,l1与l2的交点为C,则|AC|+|BC|的最大值为　　　　.
12.[2023·武汉调研] 已知直线l1:y=2x,l2:y=kx+1与x轴围成的三角形是等腰三角形,则满足条件的k的所有可能取值为　　　　　　　　.
能力提升
13.[2023·人大附中三模] 若两条直线l1:y=2x+m,l2:y=2x+n与圆x2+y2-4x=0的四个交点能作为一个正方形的顶点,则|m-n|= (　 )
A.4 B.2 C.2 D.4
14.(多选题)设直线系M:xcos θ+ysin θ=1+2sin θ(0≤θ<2π),下列说法中正确的是 (　 )
A.M中所有直线均经过一个定点
B.存在定点P不在M中的任一条直线上
C.对任意整数n(n≥3),存在正n边形,其所有边均在M中的直线上
D.M中的直线所能围成的正三角形面积都相等
15.(多选题)[2023·长郡中学二模] 已知圆C:(x-2)2+(y-3)2=4,恒过点A(1,3)的直线l与圆C交于P,Q两点,过圆心C作直线l的垂线,垂足为点B,则下列说法正确的是 (　 )
A.|PQ|的最小值为2
B.·∈[6,8]
C.·的最大值为-2
D.点B的轨迹为定圆
16.在平面直角坐标系xOy中,射线OT与直线l:x=9、圆O:x2+y2=9分别相交于A,B两点,若线段OB(不含端点)上存在点M(m,n),使得对于圆O上任意一点P都满足=,则mn的最大值为　　　　.
　限时集训(十七)　微专题17　圆锥曲线的标准方程与性质[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·义乌模拟] 双曲线-=1(a≠0)的渐近线方程为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.y=±2x B.y=±x
C.y=±x D.y=±x
2.[2023·北京海淀区一模] 已知抛物线y2=4x的焦点为F,点P在该抛物线上,且P的横坐标为4,则|PF|= (　 )
A.2 B.3
C.4 D.5
3.[2023·宜宾模拟] “1A.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
4.[2023·长春二模] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F与椭圆E:+=1的一个焦点重合,则下列说法不正确的是 (　 )
A.椭圆E的焦距是2
B.椭圆E的离心率是
C.抛物线C的准线方程是x=-1
D.抛物线C的焦点到其准线的距离是4
5.[2023·济宁三模] 已知F为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点,过F且垂直于x轴的直线与双曲线C的右支交于A,B两点,若在双曲线C的左支上存在点P使得PA⊥PB,则该双曲线的离心率的取值范围是 (　 )
A.(1,3] B.[3,+∞)
C.(1,2] D.[2,+∞)
6.已知点F是抛物线C:x2=4y的焦点,过F的直线l交抛物线C于不同的两点M,N,设=2,点Q为MN的中点,则Q到x轴的距离为 (　 )
A. B.
C. D.
7.[2023·扬州三调] 已知向量a=(x+1,+y),b=(x-1,-y),满足a⊥b的动点M(x,y)的轨迹为E,经过点N(2,0)的直线l与E有且只有一个公共点A,点P在圆x2+(y-2)2=1上,则|AP|的最小值为 (　 )
A.3-2
B.-1
C.2-2
D.1
8.(多选题)[2023·南京二模] 若实数x,y满足-y2=1,则 (　 )
A.|x|≥
B.x2+y2≥2
C.<
D.|x-y|≤
9.(多选题)[2023·辽宁阜新模拟] 椭圆曲线y2+ay=x3+bx2+cx+d是代数几何中一类重要的研究对象.关于椭圆曲线W:y2+2y=x3-4x2+5x-3,下列结论正确的有 (　 )
A.椭圆曲线W关于直线x=-1对称
B.椭圆曲线W关于直线y=-1对称
C.椭圆曲线W上的点的横坐标的取值范围为[1,+∞)
D.椭圆曲线W上的点的横坐标的取值范围为{1}∪[2,+∞)
10.[2023·襄阳四中模拟] 椭圆4(x-a)2+y2=4与抛物线y2=2x有公共点,则a的取值范围是　　　　.
11.[2023·唐山三模] 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为的直线l与C交于A,B两点,O为坐标原点,则△AOB的面积为　　　　　　.
12.[2023·潍坊二模] 如图,菱形架ABCD是一种作图工具,由四根长度均为4的直杆用铰链首尾连接而成.已知A,C可在带滑槽的直杆l上滑动,另一根带滑槽的直杆DH的长度为4,且一端记为H,另一端用铰链连接在D处,上述两根带滑槽直杆的交点P处有一栓子(可在带滑槽的直杆上滑动).若将H,B固定在桌面上,且两点之间的距离为2,转动杆HD,则点P到点B距离的最大值为　　　　.
能力提升
13.[2023·长郡中学二模] 已知双曲线4x2-=1的左、右焦点分别为F1,F2,点M是双曲线右支上一点,满足·=0,点N是线段F1F2上一点,满足=λ.现将△MF1F2沿MN折成直二面角F1-MN-F2,若使折叠后点F1,F2间的距离最小,则λ的值为 (　 )
A. B.
C. D.
14.(多选题)[2023·金华十校二模] 已知A(x0,y0),B,C为抛物线y2=4x上的三个点,焦点F是△ABC的重心.记直线AB,AC,BC的斜率分别为kAB,kAC,kBC,则 (　 )
A.线段BC的中点坐标为
B.直线BC的方程为4x+y0y+-6=0
C.y0∈[-2,2]
D.+-=
15.(多选题)[2023·菏泽二模] 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现:与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C:+y2=1,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,直线l的方程为x+y-3=0,M为椭圆C的蒙日圆上一动点,MA,MB分别与椭圆C相切于A,B两点,O为坐标原点,下列说法正确的是 (　 )
A.椭圆C的蒙日圆的方程为x2+y2=3
B.记点A到直线l的距离为d,则d-|AF2|的最小值为
C.若一矩形四条边均与椭圆C相切,则此矩形面积的最大值为6
D.△AOB的面积的最小值为,最大值为
16.[2023·青岛二模] 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线与E交于点A,B,直线l为E在点A处的切线,点B关于l的对称点为M.由椭圆的光学性质知,F1,A,M三点共线.若|AB|=a,=,则=　　　　　.
　限时集训(十八)　微专题18　圆锥曲线热点问题(一)定量计算类[时间:60 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2023·长春四调] 已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为2.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若直线y=kx+m交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,且S△AOB=(O为原点),求证:+为定值.
2.抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线l过焦点F且与抛物线E交于A,B两点,当l垂直于x轴时,|AB|=4.
(1)求抛物线E的方程.
(2)已知点C(2,0),直线AC,BC与抛物线E除A,B外的交点分别为M,N,直线MN是否过定点 如果过定点,求出该定点的坐标;如果不过定点,请说明理由.
3.[2023·嘉兴二模] 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),P(3,-)是双曲线C上一点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)过点F作斜率大于0的直线l与双曲线的右支交于A,B两点,若PF平分∠APB,求直线l的方程.
能力提升
4.[2023·佛山二模] 双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左顶点为A,焦距为4,过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B,D两点,且△ABD是直角三角形.
(1)求双曲线C的方程;
(2)M,N是C右支上的两个动点,设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,若k1k2=-2,求点A到直线MN的距离d的取值范围.
5.[2023·广州二模] 已知点F(1,0),P为平面内一动点,以PF为直径的圆与y轴相切,点P的轨迹记为C.
(1)求C的方程;
(2)过点F的直线l与C交于A,B两点,过点A且垂直于l的直线交x轴于点M,过点B且垂直于l的直线交x轴于点N,当四边形MANB的面积最小时,求l的方程.
6.已知双曲线的中心在坐标原点O,左、右焦点分别为F1,F2,实半轴长为a,过右焦点F2的直线l与其中一条渐近线垂直且垂足为H,△F1HF2的面积为S.
(1)已知①2|OH|2+4=|HF1|2+|HF2|2;
②以O为圆心,F1F2为直径的圆截直线x+y+=0所得的弦长为2.
从上面两个条件中选择一个作为已知条件,当S最大时,求双曲线的标准方程.
(2)设双曲线的左、右顶点分别为A,B,在(1)的条件下,过点A的直线l1与双曲线的右支交于点C,过点B的直线l2与双曲线的左支交于点D,若kAC=4kBD,△ADC,△BCD的面积分别为S1,S2,求的值.
　限时集训(十九)　微专题19　圆锥曲线热点问题(二)位置关系类[时间:60 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2023·北京海淀区一模] 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B1,B2,|B1B2|=2,四边形A1B1A2B2的周长为4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设斜率为k(k≠0)的直线l与x轴交于点P,与椭圆E交于不同的两点M,N,点M关于y轴的对称点为M',直线M'N与y轴交于点Q,若△OPQ(O为原点)的面积为2,求k的值.
2.[2023·江苏七市三调] 已知抛物线C1:y2=2px(p>0)与C2:x2=2qy(q>0)都经过点A(4,8).
(1)若直线l与C1,C2都相切,求l的方程;
(2)点M,N分别在C1,C2上,且+=(O为原点),求△AMN的面积.
3.设O是坐标原点,以F1,F2为焦点的椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为2,以F1F2为直径的圆和C恰好有两个交点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)P是C外的一点,过P的直线l1,l2均与C相切,且l1,l2的斜率之积为m,记u为|PO|的最小值,求u的取值范围.
4.[2023·漳州二模] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=4,过右焦点F2的直线l与C交于A,B两点,△ABF1的周长为8.
(1)求C的标准方程.
(2)过坐标原点O作一条与l垂直的直线l',交C于P,Q两点,求的取值范围.
(3)记点A关于x轴的对称点为M(异于B点),试问直线BM是否过定点 若是,请求出定点坐标;若不是,请说明理由.
能力提升
5.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,双曲线C上一点P(3,1)关于原点的对称点为Q,满足·=6.
(1)求C的方程;
(2)直线l与坐标轴不垂直,且不过点P及点Q,设l与C交于A,B两点,点B关于原点的对称点为D,若PA⊥PD,证明:直线l的斜率为定值.
6.[2023·衡水中学模拟] 已知直线l1:y=2x和直线l2:y=-2x,过动点E作平行于l2的直线交l1于点A,过动点E作平行于l1的直线交l2于点B,且四边形OAEB(O为原点)的面积为4.
(1)求动点E的轨迹方程;
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时,记轨迹为曲线E0,若过点M(1,0)的直线m与曲线E0交于P,Q两点,且与y轴交于点N,若=λ,=μ,求证:λ+μ为定值.模块五　解析几何
限时集训(十六)
1.A　[解析] 根据题意,若a=3,则直线l1:3x-5y-1=0,l2:3x-5y+4=0,两直线平行;反之,若l1∥l2,则-a(a+2)+15=0,4a+3≠0,解得a=3或a=-5.故“a=3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A.
2.C　[解析] 由题意可得+=2,∴圆心C(0,0)到直线l:x0x-y0y=2的距离d====r(r为圆C的半径),∴直线l与圆C相切.故选C.
3.D　[解析] 由题意得m=1+3=4.易知l的斜率存在,设切线l的方程为y-=k(x-1),则=2,解得k=-,设l的倾斜角为θ,则0°≤θ<180°,tan θ=-,得θ=150°,故l的倾斜角为150°.故选D.
4.C　[解析] 连接PC,由题知☉C的半径r=5,圆心为C(2,4),又A,B是☉C:(x-2)2+(y-4)2=25上的两个动点,P是线段AB的中点,|AB|=6,所以|PC|==4,所以点P的轨迹方程为(x-2)2+(y-4)2=16.故选C.
5.B　[解析] 由题知,圆的圆心坐标为(2,2),半径为2,因为l将该圆分成的两段弧长之比为2∶1,所以两段弧所对的圆心角分别为和,由几何性质可知,圆心到l的距离为1.设l的方程为y=kx,则=1,解得k=.故选B.
6.A　[解析] 对于x+y+2=0,令y=0,得x=-2,所以A(-2,0),令x=0,得y=-2,所以B(0,-2),故|AB|==2.
方法一:因为圆(x-2)2+y2=2的圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离为=2,且圆(x-2)2+y2=2的半径r=,所以点P到直线x+y+2=0的距离d的取值范围为[2-,2+],即[,3],所以S△ABP=×|AB|×d=×2d=d∈[2,6],故选A.
方法二:设P(x,y),则点P到直线AB的距离d=,令t=x+y+2,则y=-(x-t+2),代入圆的方程整理得2x2-2tx+t2-4t+6=0(*),因为点P在圆上,所以关于x的方程(*)有解,则Δ≥0 2≤t≤6,所以d∈[,3].因为|AB|=2,S△ABP=|AB|·d,所以S△ABP∈[2,6].
方法三:设P(2+cos θ,sin θ),θ∈[0,2π),则点P到直线AB的距离d==,又|AB|=2,所以S△ABP=×2×=∈[2,6].
7.B　[解析] 由题知圆C:(x-2)2+(y-2)2=1的半径为1,圆心为C(2,2).当直线PM,PN为圆的两条不同切线时,连接MC,PC,则∠PMC=90°,在Rt△CPM中,sin∠CPM=,|MC|=1,则当|PC|变小时,sin∠CPM变大,∵∠CPM∈(0°,90°),∴sin∠CPM变大时∠CPM变大.易知当PC与直线3x-4y+12=0垂直且直线PM,PN为圆的两条不同切线时,∠CPM最大,此时∠MPN最大,且
∠MPN=2∠CPM,|PC|==2,则sin∠CPM=,即∠CPM=30°,则∠MPN的最大值为60°,故选B.
8.ABC　[解析] 当直线l与x轴垂直时,|AB|取得最小值,令x=4,则(4-6)2+y2=9,解得y=±,所以|AB|的最小值为2,所以A正确;当直线l与PQ垂直时,P到l的距离取得最大值,且最大值为|PQ|=2,所以B正确;设R(6+3cos θ,3sin θ),θ∈[0,2π),则·=(2,-4)·(4+3cos θ,
3sin θ-4)=6cos θ-12sin θ+24=6cos(θ+φ)+24,其中tan φ=2,当cos(θ+φ)=-1时,·取得最小值24-6,所以C正确;因为圆心为C(6,0),半径r=3,所以当圆心C在线段PR上时,|PR|取得最大值,且最大值为+3=4+3,所以D错误.故选ABC.
9.ACD　[解析] 由kx-y+5k+1=0,得y-1=k(x+5),∴直线l过定点(-5,1),故A正确;将圆C的方程化成标准方程为(x+3)2+y2=9,∴圆心为C(-3,0),∵直线l平分圆C,∴直线l过圆心C,∴-3k+5k+1=0,解得k=-,故B错误;设D(-5,1),连接CD,当CD⊥l时,圆心C到直线l的距离最大,最大值为|CD|==,当直线l过圆心C时,圆心C到直线l的距离最小,最小值为0,∴圆心C到直线l的距离的取值范围为[0,],故C正确;圆C的半径r=3,设圆心C到直线l的距离为d,则△ABC的面积为×d×2=d≤=,当且仅当d=时取等号,故D正确.故选ACD.
10.2　[解析] 由题知,圆C的圆心为C(-1,0),半径为,则圆心C到直线x+y-5=0的距离为=3,故点P到直线x+y-5=0的距离的最小值为3-=2.
11.2　[解析] 由题意知A(0,0),B(-2,2),且l1⊥l2,连接AB,则|AC|2+|BC|2=|AB|2=12.
方法一:由基本不等式,得|AC|+|BC|≤2=2,当且仅当|AC|=|BC|=时,等号成立,∴|AC|+|BC|的最大值为2.
方法二:由|AC|2+|BC|2=12,令|AC|=2cos θ,|BC|=2sin θ,其中θ∈,则|AC|+|BC|=2(sin θ+cos θ)=2sin≤2,∴|AC|+|BC|的最大值为2.
12.-2,,,-　[解析] 设直线l1,l2的倾斜角分别为α,θ,则tan α=2,tan θ=k.当围成的等腰三角形底边在x轴上时,θ=π-α,k=tan(π-α)=-tan α=-2;当围成的等腰三角形底边在直线l2上时,α=2θ或α=2θ-π,则tan α=tan 2θ===2,整理得k2+k-1=0,解得k=或k=;当围成的等腰三角形底边在直线l1上时,θ=2α,k=tan θ=tan 2α===-.所以满足条件的k的所有可能取值为-2,,,-.
13.B　[解析] 由x2+y2-4x=0,得(x-2)2+y2=4,∴圆的圆心坐标为(2,0),半径为2.由题意知直线l1,l2平行,且与圆的四个交点能作为一个正方形的顶点,则圆心到两条直线的距离相等且为,即圆心(2,0)到l1:y=2x+m的距离d==,∴m=±-4,同理可得n=±-4,又m≠n,∴|m-n|=2.故选B.
14.BC　[解析] 由xcos θ+ysin θ=1+2sin θ得xcos θ+(y-2)sin θ=1,则点(0,2)到M中每条直线的距离d==1,即M为圆C:x2+(y-2)2=1的全体切线组成的集合,从而M中存在平行的直线,故A错误;因为点(0,2)不在M中的任一条直线上,所以存在定点P(0,2)满足题意,故B正确;对任意整数n(n≥3),存在正n边形使其内切圆为圆C,故C正确;如图,△ABC和△AB'C'都是M中的直线围成的正三角形,显然它们的面积不相等,则M中的直线所能围成的正三角形面积不都相等,故D错误.故选BC.
15.BCD　[解析] 圆C:(x-2)2+(y-3)2=4的圆心为C(2,3),半径为2.连接AC,因为A(1,3)且(1-2)2+(3-3)2=1<4,所以A(1,3)在圆C内,所以当AC⊥PQ时,|PQ|取得最小值,如图①所示,此时|AC|=1,|PQ|=2×=2,所以A选项错误;易知B是PQ的中点,如图②,则·=·2=2||·||·cos∠BPC=2=,又易知2≤||≤4,所以12≤≤16,所以·=∈[6,8],所以B选项正确;·=||·||·cos∠PCQ=||·||·=,因为12≤||2≤16,所以-8≤8-||2≤-4,所以·=∈[-4,-2],所以·的最大值为-2,所以C选项正确;设B(x,y),当B与A重合时,B(1,3),当B与A不重合时,x=1与y=3不同时成立,由|AB|2+|BC|2=|AC|2得(x-1)2+(y-3)2+(x-2)2+(y-3)2=(1-2)2+(3-3)2,整理得+(y-3)2=,因为点(1,3)在圆+(y-3)2=上,所以点B的轨迹是以为圆心,为半径的圆,所以D选项正确.故选BCD.
16.　[解析] 设B'为B关于原点O的对称点,射线OT:y=kx(x≥0),则M(m,km),m>0,A(9,9k),设B(x,kx),x>m>0,则B'(-x,-kx).因为对于圆O上任意一点P都满足=,且点B'在圆O上,所以=,则=,可得-x2+(9-m)x+9m=x2+(9-m)x-9m,可得x2=9m,即x=3,所以点B的坐标为(3,3k),代入圆的方程x2+y2=9,可得m(k2+1)=1,所以mn=km2=k×=,要求mn的最大值,则k>0.设f(k)=,k>0,可得f'(k)===,当k∈时,f'(k)>0,f(k)单调递增,当k∈时,f'(k)<0,f(k)单调递减,所以(mn)max=f(k)max=f==.
限时集训(十七)
1.C　[解析] 因为双曲线-=1(a≠0)的焦点在y轴上,所以渐近线斜率k=±=±,则渐近线方程为y=±x.故选C.
2.D　[解析] ∵抛物线方程为y2=4x,∴准线方程为x=-1,又点P在该抛物线上,且P的横坐标为4,∴|PF|=4-(-1)=5.故选D.
3.B　[解析] 若方程+=1表示椭圆,则满足即所以14.D　[解析] 根据椭圆E:+=1可得a2=4,b2=3,则c2=a2-b2=1,所以椭圆E的焦距是2c=2,故A中说法正确;椭圆E的离心率为=,故B中说法正确;因为椭圆E:+=1的焦点坐标为(±1,0),抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F与椭圆E:+=1的一个焦点重合,所以=1,即p=2,所以抛物线C的准线方程是x==-1,故C中说法正确;抛物线C的焦点到其准线的距离d=p=2,故D中说法不正确.故选D.
5.D　[解析] 将x=c代入双曲线C的方程可得-=1,可得y=±,不妨取点A,B,如图,设点P(x,y),其中x≤-a,且y2=-b2,则=,=.因为PA⊥PB,所以·=(x-c)2+y2-=x2-2cx+c2+x2-b2-=x2-2cx+a2-=-=0,因为x≤-a,所以x-a<0,所以x-a=-,可得x===≤-a,即c2-ac-2a2≥0,整理可得e2-e-2≥0,因为e>1,所以e≥2.故选D.
6.B　[解析] 依题意知点F(0,1),设M,N,则=,=,由=2得-x1=2x2,1-=-2,解得=2,=8,因此点Q的纵坐标为=,所以Q到x轴的距离为.故选B.
7.A　[解析] 根据a⊥b,可得(x+1)(x-1)+(+y)(-y)=0,化简得-=1,则动点M(x,y)的轨迹E的方程为-=1.易知直线l的斜率存在,设经过点N(2,0)的直线l的方程为y=k(x-2),由得(k2-1)x2-4k2x+4(k2-1)=0①,因为直线l与E有且只有一个公共点A,所以k2=1或Δ=16k4-16(k2-1)2=0(k2≠1),得k=±1或k=±.因为圆x2+(y-2)2=1的圆心为(0,2),半径为1,所以当点A在x轴上方时|AP|较小,以下只讨论点A在x轴上方的情况.当k=±1时,代入①式,得x=0,代入双曲线方程可得A(0,±2),当点A的坐标为(0,2)时,点A在圆x2+(y-2)2=1内,可得|AP|的最小值为1-(2-2)=3-2;当k=±时,代入①式,得x=-2,代入双曲线方程可得A(-2,±2),当点A的坐标为(-2,2)时,点A在圆x2+(y-2)2=1外,可得|AP|的最小值为(0+2)-1=1.因为3-2<1,所以|AP|的最小值为3-2.故选A.
8.AB　[解析] 方法一:对于选项A,x2=2+2y2≥2,故|x|≥,故A正确;对于选项B,x2+y2=2+3y2≥2,故B正确;对于选项C,取x=2,y=1,满足-y2=1,此时=,故C错误;对于选项D,取x=,y=-,满足-y2=1,此时|x-y|=2,故D错误.故选AB.
方法二:由题知点(x,y)为双曲线-y2=1上的点,根据双曲线上点的横坐标的取值范围可知A正确;由题意知圆x2+y2=r2(r>0)与双曲线-y2=1有交点,当圆x2+y2=r2(r>0)过双曲线的左、右顶点时,r最小,此时r=,所以x2+y2≥2,故B正确;双曲线的渐近线斜率为±,则双曲线上的点与原点的连线所在直线的斜率k满足-9.BD　[解析] 由y2+2y=x3-4x2+5x-3,得(y+1)2=x3-4x2+5x-2=(x-1)2(x-2).对于A,因为(x-2-1)2(x-2-2)≠(-x-1)2(-x-2),所以椭圆曲线W不关于直线x=-1对称,故A不正确.对于B,设点(x0,y0)在椭圆曲线W上,则+2y0=-4+5x0-3,因为(-2-y0)2+2(-2-y0)-(-4+5x0-3)=4++4y0-4-2y0--2y0=0,所以(-2-y0)2+2(-2-y0)=-4+5x0-3,则点(x0,-2-y0)在椭圆曲线W上,所以椭圆曲线W关于直线y=-1对称,故B正确.对于C,D,由(y+1)2≥0,得(x-1)2(x-2)≥0,解得x=1或x≥2,故C不正确,D正确.故选BD.
10.　[解析] 4(x-a)2+y2=4 (x-a)2+=1 x∈[a-1,a+1].由消去y得2x2+(1-4a)x+2a2-2=0,则由题意可知Δ=-8a+17≥0,解得a≤.椭圆(x-a)2+=1可由椭圆x2+=1向左或向右平移|a|个单位长度得到,如图所示,若要符合题意,则a+1≥0,即a≥-1,故a的取值范围是.
11.　[解析] 由抛物线方程知F(1,0),则直线l:y=(x-1),即x-y-=0.由得3x2-10x+3=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,∴|AB|=x1+x2+2=,又坐标原点O到直线l的距离d==,∴S△AOB=|AB|·d=××=.
12.3　[解析] 如图,连接BD,PB,BH,因为四边形ABCD为菱形,所以AC为线段BD的垂直平分线,则PB=PD,所以PH+PB=PH+PD=DH=4>2=BH,故点P的轨迹是以B,H为焦点的椭圆,可得长轴长为2a=4,焦距为2c=2,即a=2,c=1,所以PB的最大值为a+c=3.
13.B　[解析] 4x2-=1即为-=1,则a=,b=,∴c==.∵|F1M|-|F2M|=2a=1,且|F1M|2+|F2M|2=|F1F2|2=13,∴|F1M|=3,|F2M|=2.将△MF1F2沿MN折成直二面角F1-MN-F2后,过F1作F1H⊥MN,垂足为H,连接HF2,F1F2,易知F1H⊥HF2,设∠HMF1=α,0<α<,在Rt△MHF1中,||=3sin α,||=3cos α.在△MHF2中,∠HMF2=-α,||2=||2+||2-2||·||cos∠HMF2,∴||2=4+9cos2α-12cos αcos=4+9cos2α-6sin 2α,∴||2=||2+||2=4+9cos2α-6sin 2α+9sin2α=13-6sin 2α≥7,当且仅当sin 2α=1,即α=时等号成立,∴当折叠后点F1,F2间的距离最小时,MN在折叠前∠F1MF2的平分线上,故===,解得λ=.故选B.
14.ABD　[解析] 由题知F(1,0),设BC的中点为M(xM,yM),连接AM,则=(xM-x0,yM-y0),=(1-x0,-y0),因为F为△ABC的重心,所以=,故即又因为A在抛物线上,所以=4x0,所以xM=-=,即M,故A正确;设B(x1,y1),C(x2,y2),因为F为△ABC的重心,所以x0+x1+x2=3,y0+y1+y2=0,当直线BC的斜率存在时,kBC=====-,则直线BC:y+=-(y0≠0) y0y+=-4x+(y0≠0) 4x+y0y+-6=0(y0≠0)(*),当直线BC的斜率不存在时,A(0,0),直线BC的方程为x=,此时y0=0,满足(*)式,故直线BC的方程为4x+y0y+-6=0,故B正确;因为xM=->0,所以<12,所以y0∈(-2,2),故C错误;====,同理得=,=,所以+-=+-=,故D正确.故选ABD.
15.ACD　[解析] 对于A,当直线MA,MB中一条直线的斜率为0,另一条直线的斜率不存在时,M(±,±1).当直线MA,MB的斜率均存在时,设M(x0,y0),过点M的椭圆C的切线方程为y=k(x-x0)+y0,由得(1+2k2)x2-4k(kx0-y0)x+2(kx0-y0)2-2=0,由Δ=0整理可得(-2)k2-2x0y0k+-1=0,∴kMA·kMB=,又MA⊥MB,∴kMA·kMB=-1,即=-1,∴+=3,∴点M的轨迹方程为x2+y2=3(x≠±),又(±,±1)满足x2+y2=3,∴椭圆C的蒙日圆的方程为x2+y2=3,A正确.对于B,连接AF1,∵A为椭圆C上的点,∴|AF1|+|AF2|=2a=2,∴d-|AF2|=d-(2-|AF1|)=d+|AF1|-2,∵d+|AF1|的最小值为点F1到直线l的距离,F1(-1,0),∴(d+|AF1|)min==,∴(d-|AF2|)min=-2,B错误.对于C,∵矩形四条边均与C相切,∴该矩形为蒙日圆的内接矩形,设矩形的长为m,宽为n,∵蒙日圆的半径r=,∴m2+n2=(2)2,∴mn≤=6(当且仅当m=n=时取等号),∴此矩形面积的最大值为6,C正确.对于D,当A(x1,y1)位于x轴上方时,y1>0,由+y2=1(y>0)得y=,∴y'=-,∴椭圆C在点A处的切线斜率k=-=-,∴椭圆C在点A处的切线方程为y-y1=-(x-x1),即x1x+2y1y=+2,即x1x+2y1y=2,∴椭圆C在点A处的切线方程为+y1y=1.同理可得,当A(x1,y1)位于x轴下方时,y1<0,椭圆C在点A处的切线方程为+y1y=1.当点A(x1,y1)在x轴上时,A(±,0),此时椭圆C在点A处的切线方程为x=±,满足+y1y=1.故椭圆C在点A(x1,y1)处的切线方程为+y1y=1,同理可知,椭圆C在点B(x2,y2)处的切线方程为+y2y=1.由对A的分析知M(x0,y0),则可知点A,B的坐标满足方程+y0y=1,即直线AB的方程为+y0y=1.当y0=0时,M(±,0),此时直线AB的方程为x=±,∴|AB|=2×=,∴S△AOB=××=;当y0≠0时,由得(2+)x2-4x0x+4-4=0,∵+=3,∴(6-)x2-4x0x+4-8=0,则x1+x2=,x1x2=,∴|AB|=·=·,又原点O到直线AB的距离d1==,∴S△AOB=|AB|·d1===
2=2,令=t,∵y0≠0,∴∈[0,3),∴6-∈(3,6],则t∈,∵曲线y=-2t2+t是开口向下,对称轴方程为t=的抛物线,∴当t∈时,ymax=-2×+=,ymin=-2×+=,∴(S△AOB)max=2×=,(S△AOB)min=2×=.综上所述,△AOB的面积的最小值为,最大值为,D正确.故选ACD.
16.　[解析] 因为点B关于l的对称点为M,所以|AM|=|AB|.因为|AF1|+|AB|+|BF1|=(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=4a,且|AB|=a,所以|AF1|+|BF1|=3a,所以===,可得|BF1|=,则|AF1|=3a-|BF1|=,|BF2|=2a-|BF1|=,故=×=.
限时集训(十八)
1.解:(1)由椭圆的离心率为,可设a=t,c=t(t>0),则b=t.以椭圆的四个顶点为顶点的四边形为菱形,其面积S=·2a·2b=·2t·2t=2t2=2,所以t=1,即a=,b=c=1,所以椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)证明:由消去y整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,则Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=16k2-8m2+8>0,x1+x2=,x1x2=.因为点O到直线y=kx+m的距离d=,|AB|=|x1-x2|,所以S△AOB=|AB|·d=|m||x1-x2|=|m|=|m|·=|m|·=,整理得2m2=2k2+1,满足Δ>0,所以+=(x1+x2)2-2x1x2=-2·=2,所以+为定值.
2.解:(1)由题可知F,∴当l⊥x轴时,xA=xB=,根据抛物线的定义可得|AB|=xA++xB+=2p=4,解得p=2,∴抛物线E的方程为y2=4x.
(2)设A(,2t1),B(,2t2),M(,2t3),N(,2t4),∴直线AB的方程为x-=(y-2t1),即2x-(t1+t2)y+2t1t2=0,∵直线AB过点F(1,0),∴t1t2=-1.直线AM的方程为x-=(y-2t1),即2x-(t1+t3)y+2t1t3=0,∵直线AM过点C(2,0),∴t1t3=-2.同理可得t2t4=-2,∴t1t2t3t4=4,∴t3t4=-4.∵直线MN的方程为2x-(t3+t4)y+2t3t4=0,即2x-(t3+t4)y-8=0,∴当y=0时,x=4,∴直线MN恒过定点(4,0).
3.解:(1)由题意可得-=1,a2+b2=4,所以a4-20a2+36=0,解得a2=2或a2=18.当a2=2时,b2=2;当a2=18时,b2=-14,舍去.所以双曲线C的方程为-=1.
(2)设l:x=ty+2,A(x1,y1),B(x2,y2),将直线l的方程与双曲线C的方程联立,消去x得(t2-1)y2+4ty+2=0,则t2-1≠0且Δ>0,所以①.由直线l与双曲线右支交于两点,且直线l的斜率大于0,可得解得04.解:(1)依题意,∠BAD=90°,c=2,由|AF|=|BF|,得a+c=,又b2=c2-a2,所以a2+2a=22-a2,解得a=1或a=-2(舍去),所以b2=c2-a2=4-1=3,故双曲线C的方程为x2-=1.
(2)显然直线MN不可能与x轴平行,故可设直线MN的方程为x=my+n(n>0),由消去x整理得(3m2-1)y2+6mny+3(n2-1)=0,则设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=,由k1k2=-2,得y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0,即y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0,整理得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2=0,所以3(n2-1)(2m2+1)-12m2n(n+1)+2(n+1)2(3m2-1)=0,整理得n2-4n-5=0,解得n=5或n=-1(舍去),则直线MN的方程为x-my-5=0,得d=.又M,N都在双曲线的右支上,所以y1y2<0,即3m2-1<0,故0≤m2<,所以1≤<,所以d=∈(3,6],所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3,6].
5.解:(1)设P(x,y),则以PF为直径的圆的圆心坐标为,根据圆与y轴相切,可得=|PF|=,化简得y2=4x,所以C的方程为y2=4x.
(2)由题意可知,直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,所以x1+x2=,x1x2=1.设直线l的倾斜角为θ,则|AM|=|AF||tan θ|,|BN|=|BF||tan θ|, 所以|AM|+|BN|=|AF||tan θ|+|BF||tan θ|=|AB||tan θ|=|AB||k|.易知|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=+2= .由题意可知四边形MANB为梯形,其面积S=S△AMB+S△BAN=|AB|(|AM|+|BN|)===,设t=|k|>0,S(t)==8,则S'(t)=8==,当t>时,S'(t)>0,S(t)单调递增,当06. 解:(1)若选①2|OH|2+4=|HF1|2+|HF2|2,过点H作HR⊥x轴于点R,则|HF1|2=|RF1|2+|HR|2,|HF2|2=|RF2|2+|HR|2,|OH|2=|OR|2+|HR|2,
所以|HF1|2+|HF2|2=|RF1|2+|RF2|2+2|HR|2,
又2|OH|2+4=|HF1|2+|HF2|2,
所以|RF1|2+|RF2|2+2|HR|2=2|OH|2+4=2|OR|2+2|HR|2+4,所以|RF1|2+|RF2|2=2|OR|2+4.设双曲线的半焦距为c,
则|RF1|=|OR|+c,|RF2|=c-|OR|,
故|RF1|2+|RF2|2=2|OR|2+2c2=2|OR|2+4,所以2c2=4,可得c=.
设双曲线的标准方程为-=1(a>0,b>0),则a2+b2=2,右焦点F2(c,0)到渐近线y=x的距离为=b,
故|HF2|=b,又|OF2|=c,所以由勾股定理得|OH|===a,
所以S=2=|OH|·|HF2|=ab≤=1,当且仅当a=b=1时取等号,此时S取得最大值,故当S最大时,双曲线的标准方程为x2-y2=1.
若选②以O为圆心,F1F2为直径的圆截直线x+y+=0所得的弦长为2,圆心O到直线x+y+=0的距离d==1.设双曲线的半焦距为c,由=12+d2=2,得|F1F2|=2c=2,故c=.设双曲线的标准方程为-=1(a>0,b>0),则a2+b2=2,右焦点F2(c,0)到渐近线y=x的距离为=b,故|HF2|=b,又|OF2|=c,所以由勾股定理得|OH|===a,所以S=2=|OH|·|HF2|=ab≤=1,当且仅当a=b=1时取等号,此时S取得最大值,故当S最大时,双曲线的标准方程为x2-y2=1.
(2)易知A(-1,0),B(1,0),设C(x1,y1),D(x2,y2),则kAC=,kBC=,所以kAC·kBC=.
又-=1,所以kAC·kBC=1.因为kAC=4kBD,所以4kBD·kBC=1,所以kBD·kBC=.
设直线CD的方程为x=my+t,由消去x整理得(m2-1)y2+2mty+t2-1=0,则m2≠1,Δ>0,y1+y2=-,y1y2=.因为kBD·kBC=·==,
所以(m2-4)y1y2+m(t-1)(y1+y2)+(t-1)2=0,所以+m(t-1)·+(t-1)2=0.
因为t≠1,所以(m2-4)(t+1)-2m2t+(m2-1)(t-1)=0,即m2t+m2-4t-4-2m2t+m2t-m2-t+1=0,所以5t=-3,解得t=-,所以直线CD的方程为x=my-,
故S1=S△ADC=|CD|·=,S2=S△BCD=|CD|·=,所以=.
限时集训(十九)
1.解:(1)由|B1B2|=2,得2b=2,即b=1,由四边形A1B1A2B2的周长为4,得4=4,即a2=5,
所以椭圆E的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则P,M'(-x1,y1).
由方程组消去y得(5k2+1)x2+10kmx+5m2-5=0,则Δ=(10km)2-4(5k2+1)(5m2-5)>0,得5k2>m2-1,x1+x2=-,x1x2=.
直线M'N的方程为y-y2=(x-x2),
令x=0,得y=(0-x2)+y2=,
又因为x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2)=,所以Q,△OPQ的面积为×=2,得k=±,经检验符合题意,所以k的值为±.
2.解:(1)因为抛物线C1,C2都过点A(4,8),所以8p=64,16=16q,解得p=8,q=1,即C1:y2=16x,C2:x2=2y.
设直线l与抛物线C2相切于点Q,令f(x)=,可得f'(x)=x,则直线l的斜率k=f'(x0)=x0,所以直线l的方程为y=x0(x-x0)+,即y=x0x-.
由整理得x0y2-16y-8=0,因为l为抛物线C1,C2的公切线,所以Δ=256+32=0,解得x0=-2,所以直线l的方程为y=-2x-2,即2x+y+2=0.
(2)设M(,4t1),N(2t2,2),又A(4,8),所以+=(8--2t2,16-4t1-2)=(4,8)=(9,18),
所以可得两式相减得到(t1+t2)(t1-t2)-2(t1-t2)=0,所以t1=t2或t1+t2=2.
当t1=t2时,由+2t2+1=0得t1=t2=-1,此时M(1,-4),N(-2,2),=(3,12),=(6,6),
则||=,||=6,且·=90,
可得cos<,>===,所以sin<,>=,所以
S△AMN=||·||sin<,>=××6×=27.
当t1≠t2时,t1+t2=2,此时方程-2t1+5=0无解(舍去).综上可得,△AMN的面积为27.
3.解:(1)由题意得2a=2,即a=.∵以F1F2为直径的圆和C恰好有两个交点,∴b=c,又∵b2+c2=a2=2,∴b=c=1,∴椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由题意得,l1,l2的斜率存在且不为零,设椭圆C的过点P(x0,y0)且斜率存在的切线l的方程为y-y0=k(x-x0)(k≠0),由消去y并整理得(1+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,∵l与C相切,∴Δ=16k2(y0-kx0)2-8(1+2k2)[(y0-kx0)2-1]=0,化简并整理得(y0-kx0)2=2k2+1,整理成关于k的一元二次方程得(-2)k2-2x0y0k+-1=0,由题易知x0≠±.设l1,l2的斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为关于k的方程(-2)k2-2x0y0k+-1=0的两根,
∴k1k2==m,即=m+1-2m,则+=(1+m)+1-2m,∴|PO|==,易知当x0=0时,|PO|取得最小值,u=|PO|min=,又∵-1≤m≤-,∴≤u≤,即u的取值范围为[,].
4.解:(1)由题意可得∴
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)由(1)可知F2(2,0).当直线l不与x轴重合时,设l:x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2),则l':y=-mx,
由消去x得(m2+2)y2+4my-4=0,
则Δ=(4m)2+16(m2+2)=32(m2+1)>0,y1+y2=-,y1y2=-,
故|AB|==.
由消去y得x2=,
设P(x0,y0),则=,故|PQ|=2|OP|=2=2=4.
可得==,
令t=∈,则m2=-2,
故==.
∵y=3x2-5x+2的图象的对称轴为直线x=,∴y=3x2-5x+2在上单调递减,
又t∈,∴3t2-5t+2∈,故=∈.当直线l与x轴重合时,l:y=0,l':x=0,故==.
综上所述,的取值范围为.
(3)当直线l不与x轴重合时,设l:x=my+2(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则M(x1,-y1),
由(2)可得y1+y2=-≠0,y1y2=-.
直线BM的斜率kBM=,则直线BM的方程为y+y1=(x-x1),即x=y+,
又==+2=+2=4,∴直线BM的方程为x=y+4,直线BM过定点(4,0).
当直线l与x轴重合时,直线BM即为x轴,也过定点(4,0).
综上所述,直线BM过定点(4,0).
5.解:(1)由已知可得Q(-3,-1),F(c,0).
则=(3-c,1),=(-3-c,-1),
由·=6可得c2=16,所以a2+b2=16.
因为点P(3,1)在双曲线上,所以-=1.
由可得a2=b2=8,
所以双曲线C的方程为-=1.
(2)证明:方法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(-x2,-y2),所以=(x1-3,y1-1),=(-x2-3,-y2-1),由PA⊥PD可得·=0,所以(x1-3)(-x2-3)+(y1-1)(-y2-1)=0,
整理可得x1x2+y1y2+3(x1-x2)+y1-y2-10=0.
由已知可设直线l的方程为y=kx+m(k≠0且k≠±1).
联立直线l与双曲线的方程,消去y可得(1-k2)x2-2mkx-m2-8=0,Δ=(-2mk)2-4(1-k2)(-m2-8)=4(m2-8k2+8)>0,所以8k2由根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=,
又y1=kx1+m,y2=kx2+m,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
所以由x1x2+y1y2+3(x1-x2)+y1-y2-10=0,可得(k2+1)+km·+(k+3)(x1-x2)+m2-10=0,整理可得(1-k2)(k+3)(x1-x2)+2k2-18=0,
因为1-k2≠0,x1-x2不恒为0,所以应有解得k=-3.
所以直线l的斜率为定值-3.
方法二:设B(x0,y0),则D(-x0,-y0),-=8,
所以kPB=,kPD=,
所以kPB·kPD===1.
又由题意知kPA·kPD=-1,所以kPA+kPB=0.
将双曲线C平移至双曲线C1:-=1,即C1:x2-y2+6x-2y=0,则P平移至P1(0,0),设A,B分别平移至A1(x1,y1),B1(x2,y2),直线A1B1的方程为mx+ny=1,结合双曲线C1的方程可得,x2-y2+(6x-2y)(mx+ny)=0,
即(2n+1)y2+(2m-6n)xy-(6m+1)x2=0.
两边同除以x2,可得(2n+1)+(2m-6n)-6m-1=0,
所以kPA+kPB=+=+==0,
所以m=3n.
所以直线A1B1的方程为3nx+ny=1(n≠0),
所以=-3,即直线l的斜率为定值-3.
6.解:(1)设E(x0,y0),过E(x0,y0)且平行于l2的直线方程为y-y0=-2(x-x0),
由得交点A的横坐标为,
所以|OA|==|2x0+y0|.
又因为点E到直线l1的距离为,
所以四边形OAEB的面积为×|2x0+y0|=4,
得-=1或-=1,
故动点E的轨迹方程为-=1或-=1.
(2)证明:由题知E0的方程为-=1.
设N(0,yN),P(x1,y1),Q(x2,y2),当直线m的斜率为0时,N(0,0),若P(-2,0),Q(2,0),则由=λ,=μ,即
可得λ=-,μ=1,所以λ+μ=.
若Q(-2,0),P(2,0),则由=λ,=μ,
可得λ=1,μ=-,所以λ+μ=.
当直线m的斜率不为0时,设直线m的方程为x=ty+1,显然t≠0,则N,即yN=-.
由(1,-yN)=λ(x1-1,y1),(1,-yN)=μ(x2-1,y2),
解得λ=-,μ=-,则λ+μ=-yN=-yN·.
由得(4t2-1)y2+8ty-12=0,
因为直线m与曲线E0有两个交点,所以4t2-1≠0且判别式Δ>0,此时有y1y2=,y1+y2=,
所以λ+μ=·=.
综上,λ+μ为定值.模块六　函数、导数与不等式
　限时集训(二十)　微专题20　函数的图象与性质的应用[时间:45 min]
基础过关
1.已知函数f(x)=x3+ax2+x+b的图象关于点(1,1)对称,则b= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.-1 B.1
C.-2 D.2
2.[2023·大连模拟] 函数f(x)=的部分图象大致为 (　 )
A B
C D
3.[2023·长沙模拟] 已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+1)的图象关于点(-1,0)中心对称,当x>0时,f(x)=,则f(-2)= (　 )
A.1 B.3
C.-1 D.-3
4.[2020·全国新高考Ⅰ卷] 若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是 (　 )
A.[-1,1]∪[3,+∞)
B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞)
D.[-1,0]∪[1,3]
5.[2023·杭州模拟] 已知函数f(x)的定义域为R,若f(x+1)为奇函数,f(x+2)为偶函数,f(0)=3,则下列结论一定正确的是 (　 )
A.函数f(x)的周期为3
B.f(-1)=-1
C.f(2023)=3
D.f(2022)=-3
6.[2023·惠州一模] “家在花园里,城在山水间.半城山色半城湖,美丽惠州和谐家园……”一首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境.惠州市风景优美的金山湖片区在地图上的形状如一颗爱心,如图所示是由此抽象出来的一个“心形”图形,这个图形可看作由两个函数的图象构成,则“心形”在x轴上方(含x轴)的图象对应的函数解析式可能为 (　 )
A.y=|x|
B.y=x
C.y=
D.y=
7.设实数a,b满足1001a+1010b=2023a,1014a+1016b=2024b,则a,b的大小关系为 (　 )
A.a>b
B.a=b
C.aD.无法比较
8.(多选题)欧拉函数φ(n)(n∈N+)的函数值等于所有不超过n,且与n互素(两个数的最大公约数为1)的正整数的个数,例如φ(1)=1,φ(4)=2.欧拉函数具有以下性质:如果m,n是互素的正整数,那么φ(mn)=φ(m)·φ(n).下列说法中正确的是 (　 )
A.φ(40)=16
B.若n为素数,则φ(n)=n-1
C.若n为奇数,则φ(2n)=2φ(n)
D.若n∈N+,则φ(2n)=2n-1
9.(多选题)[2023·广东茂名模拟] 若函数f(x)的定义域为R,且f(2x+1)为偶函数,f(2x-1)的图象关于点中心对称,当x∈[1,2]时,f(x)=log2x,则下列说法正确的是 (　 )
A.f(2023)=2
B.函数f(x)的值域为[0,2]
C.直线y=1与函数f(x)的图象在区间[0,8]上有4个交点
D.f(1)+f(2)+f(3)+…+f(19)=19
10.[2023·郑州三模] 已知函数f(x)=(2x-2-x)是偶函数,则实数a= 　　　　.
11.[2023·郴州模拟] 已知定义在R上的函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,且函数y=f(x)-1为奇函数,则f(3x+4)+f(1-x)<2的解集为　　　　　　.
12.[2023·衡水中学四模] 已知定义在R上的函数f(x)满足f(0)=1,对任意x,y∈R,有f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2,则=　　　　.
能力提升
13.[2023·重庆七校三诊] 已知定义在R上的函数f(x),g(x),其导函数分别为f'(x),g'(x),且f(x)+g'(x)=5,f(2-x)-g'(2+x)=5,g(x)为奇函数,则下列等式一定成立的是 (　 )
A.f(2)=0
B.f'(x+6)=f'(x)
C.g(x+4)=g(x)
D.g'(8-x)=g'(x)
14.(多选题)[2023·日照三模] 设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+2)=2f(x),且当x∈(0,2]时,f(x)=x(2-x),则 (　 )
A.f(9)=2f(7)
B.若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≤6,则m的取值范围是
C.若方程f(x)=m(x-5)恰有三个实数根,则m的取值范围是
D.函数f(x)在区间(2n-2,2n](n∈N+)上的最大值为an,若存在n∈N+,使得λan<2n-7成立,则λ∈
15.(多选题)已知函数f(x)的定义域为(-1,1),对任意的x,y∈(-1,1),都有f(x)-f(y)=f,且f=1,当x∈(0,1)时,f(x)>0,则 (　 )
A.f(x)是偶函数
B.f(0)=0
C.当A,B是锐角三角形ABC的内角时,f(cos B)D.当xn>0,且=,x1=时,f(xn)=2n-1
16.函数f(x)是最小正周期为4的偶函数,且当x∈[-2,0]时,f(x)=2x+1,若存在x1,x2,…,xn满足0≤x1　限时集训(二十一)　微专题21　基本初等函数与函数模型[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·北京西城区一模] 设a=lg 2,b=cos 2,c=20.2,则 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.bC.b2.[2023·济宁三模] 若2m=3n=k且+=2,则k= (　 )
A. B.
C.5 D.6
3.幂函数f(x)=(m2-3m-3)xm在区间(0,+∞)上单调递减,则下列说法正确的是 (　 )
A.m=4 B.f(x)是减函数
C.f(x)是奇函数 D.f(x)是偶函数
4.若函数f(x)=的值域为[0,+∞),则a的取值范围是 (　 )
A.[-1,0) B.
C. D.
5.水雾喷头布置的基本原则是:保护对象的水雾喷头数量应根据设计喷雾强度、保护面积和水雾喷头特性,按水雾喷头流量q(单位:L/min)的计算公式q=K和保护对象的水雾喷头数量N的计算公式N=计算确定,其中P为水雾喷头的工作压力(单位:MPa),K为水雾喷头的流量系数(其值由喷头制造商提供),S为保护对象的保护面积(单位:m2),W为保护对象的设计喷雾强度(单位:L/(min·m2)).水雾喷头的布置应使水雾直接喷射和完全覆盖保护对象,若不能满足要求,则应增加水雾喷头的数量.当水雾喷头的工作压力P为0.35 MPa,水雾喷头的流量系数K为24.96,保护对象的保护面积S为14 m2,保护对象的设计喷雾强度W为20 L/(min·m2)时,保护对象的水雾喷头数量N约为(参考数据:≈1.87) (　 )
A.4 B.5
C.6 D.7
6.[2023·江苏无锡三模] “青年兴则国家兴,青年强则国家强”,作为当代青少年,我们要努力奋斗,不断进步.假设我们每天进步1%,则一年后的水平是原来的1.01365≈37.8(倍),这说明每天多百分之一的努力,一年后的水平将成倍增长.如果将我们每天的“进步率”从目前的10%提高到20%,那么要使我们的水平是原来水平的1500倍,大约需要经过的天数为(参考数据:lg 2≈0.301,lg 3≈0.477,lg 11≈1.041) (　 )
A.82 B.84
C.86 D.88
7.[2020·全国卷Ⅰ] 若2a+log2a=4b+2log4b,则 (　 )
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a8.(多选题)已知正实数a,b,c满足cbA.a<1 B.aC.b9.(多选题)[2023·泉州模拟] 已知函数f(x)=log3(2cos 2x+1),下列说法正确的是 (　 )
A.函数f(x)的最小正周期是π
B.函数f(x)的单调递增区间是,k∈Z
C.函数f(x)图象的对称中心为,k∈Z
D.当x∈时,函数f(x)的取值范围是(-∞,1]
10.已知函数f(x)=x(10x+m·10-x)是偶函数,则实数m=　　　　.
11.[2023·上海普陀区二模] 设a>0且a≠1,若在平面直角坐标系xOy中,函数y=loga(ax+2)与y=loga的图象关于直线l对称,则l与这两个函数图象的公共点的坐标为 　　　　.
12.[2023·抚顺二模] 已知2a=3,3b=4,c=,则在logab,logac,logba,logbc,logca,logcb这6个数中,值最小的是　　　　.
能力提升
13.[2023·湖南师大附中一模] 正整数1,2,3,…,n的倒数的和1+++…+已经被研究了几百年,但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式,只是得到了它的近似公式.当n很大时,1+++…+≈ln n+γ,其中γ被称为欧拉常数,且γ=0.577 215 664 901…,至今为止都不确定γ是有理数还是无理数.设[x]表示不超过x的最大整数,则用上式计算的值为(参考数据:ln 2≈0.69,ln 3≈1.10,ln 10≈2.30) (　 )
A.7 B.8 C.9 D.10
14.(多选题)[2023·武汉模拟] 记函数f(x)与g(x)的定义域的交集为I.若存在x0∈I,使得对任意x∈I,不等式 (x-x0)[f(x)-g(x)]≥0恒成立,则称(f(x),g(x))为“M函数对”,下列所给的两个函数能构成“M函数对”的有 (　 )
A.f(x)=ln x,g(x)=
B.f(x)=ex,g(x)=ex
C.f(x)=x3,g(x)=x2
D.f(x)=x+,g(x)=3
15.(多选题)[2023·重庆南开中学质检] 已知p,q为函数f(x)=|lg x|-t的两个不相同的零点,则下列式子一定正确的是 (　 )
A.p2+q2>2 B.2p+2q>4
C.log3p·log3q<0 D.p2>
16.[2023·北京卷] 设a>0,函数f(x)=给出下列四个结论:
①f(x)在区间(a-1,+∞)上单调递减;
②当a≥1时,f(x)存在最大值;
③设M(x1,f(x1))(x1≤a),N(x2,f(x2))(x2>a),则|MN|>1;
④设P(x3,f(x3))(x3<-a),Q(x4,f(x4))(x4≥-a),若|PQ|存在最小值,则a的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是　　　　.
　限时集训(二十二)　微专题22　不等式[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·惠州三调] 已知实数a>b>0>c,则下列结论一定正确的是 (　 )
A.> B.>
C.< D.a2>c2
2.[2023·湖北武汉模拟] 已知正实数a,b满足+=1,则a+2b的最小值为 (　 )
A.6 B.8
C.10 D.12
3.已知x>0,y>0,则“x+y>4”是“ln x+ln y>2ln 2”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
4.[2023·湖北十一校联考] 已知a>0,b>0,且+=1,那么a+b的最小值为 (　 )
A.2-1 B.2
C.2+1 D.4
5.已知2a=5b=50,+=1,若x>0,y>0,+y2=2n,则x的最大值为 (　 )
A. B.2 C. D.
6.已知关于x的不等式ax2+bx+1>0的解集为(-∞,m)∪,其中m<0,则+的最小值为 (　 )
A.-2 B.2
C.2 D.3
7.(多选题)已知a>b>1,则下列不等式正确的是 (　 )
A.> B.a+>b+
C.a3+b3>2a2b D.a+>b+
8.当x,y∈(0,+∞)时,x2+y2-4y+的最小值为 　　　　.
9.[2023·广东深圳模拟] 已知x>0,y>0,且x+2y=xy,若向量a=(2,y),b=(x,1),则a·b的最小值为 　　　　.
10.[2023·黄山三模] 定义在R上的奇函数f(x)满足对任意a,b∈[0,+∞)且a≠b,都有(a-b)[f(a)-f(b)]<0,则当不等式f(1+x)+f(-3x)≥0成立时,9x+的最小值为 　　　　.
能力提升
11.设x▽y=x+y+|x-y|,x△y=x+y-|x-y|,若正实数a,b,c,d满足则下列选项一定正确的是 (　 )
A.d>b B.b>c
C.b△c>a D.d▽c>a
12.(多选题)已知a>0,b>0,a+b=1,则下列结论正确的是 (　 )
A.a2b+ab2的最大值为
B.+的最大值为1
C.的最小值为7+4
D.+的最小值为3
13.(多选题)[2023·海口模拟] 已知a>0,b>0,a2+b2-ab=2,|a2-b2|≤2,则下列结论正确的是 (　 )
A.a+b≥2
B.a-b≤
C.log2a+log2b≤1
D.log2a+log2(3b)≥2
14.[2023·山东淄博模拟] 已知实数a,b满足b=1+a,b∈(0,1),则-的最小值为 　　　　.
　限时集训(二十三)　微专题23　利用导数研究函数性质[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·济南二模] 已知直线y=x-1与曲线y=ex+a相切,则实数a的值为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.-2 B.-1
C.0 D.2
2.[2023·阜新模拟] 已知函数f(x)=x3+x2-9x,则f(x)的极大值为 (　 )
A.-3 B.1
C.27 D.-5
3.函数f(x)的定义域为D,导函数为f'(x),若对任意x∈D,f'(x)A.y=x2 B.y=cos x
C.y=logπx D.y=2x
4.[2023·安徽芜湖三模] 若曲线y=在原点处的切线与直线3x-ay+1=0垂直,则实数a的值是 (　 )
A.3 B.-1
C.1 D.0
5.已知函数f(x)=x3+3x2+3x-1,若f'(x)的最小值为m,其中f'(x)是函数f(x)的导函数,则f(x)的图象在x=m处的切线方程是 (　 )
A.12x-y-6=0
B.3x-y-1=0
C.x+y+3=0
D.y+2=0
6.[2023·福州模拟] 已知a>0,函数f(x)=ea(x-1),g(x)=-x2+(a+2)x+2b.若f(x)>g(x),则的取值范围是 (　 )
A. B.(-∞,-1)
C. D.
7.[2023·佛山模拟] 已知函数f(x)=(x-3)ex,若经过点(0,a)且与曲线y=f(x)相切的直线有三条,则 (　 )
A.-3B.a>-e
C.a<-3
D.a<-3或a>-e
8.[2023·山东威海一模] 若函数f(x)=ln x与g(x)=ax-1(a>0)的图象有且仅有一个交点,则关于x的不等式f(x-3)A.(-∞,4) B.(4,+∞)
C.(3,4) D.(3,5)
9.(多选题)已知函数f(x)=,则下列结论中正确的是 (　 )
A.f(-x)+f(x)=0
B.函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为y=x
C.f(x)的单调递减区间为(-1,1)
D.f(x)的值域为
10.(多选题)[2023·海口模拟] 已知m>n>0,则 (　 )
A.>
B.m-n>sin m-sin n
C.|ln m|>|ln n|
D.>m-n
11.已知f(x)=ln(3x-2)+ax,若f(x)≤恒成立,则实数a的值为 　　　　.
12.[2023·人大附中三模] 已知函数f(x)=x-asin x在R上不单调,且其图象完全位于直线x-y-3=0与x-y+4=0之间(不含边界),则a的一个取值为　　　　.
能力提升
13.[2023·重庆南开中学质检] 若函数f(x)=x2+xln x-ax与函数g(x)=ae-2x+x2存在相同的极值点x0,则ln x0的值为 (　 )
A.-1 B.-2
C.-e D.
14.[2023·济南一模] 机器学习是人工智能和计算机科学的分支,专注于使用数据和算法来模仿人类学习的方式.在研究时需要估算不同样本之间的相似性,通常采用的方法是计算样本间的“距离”,闵氏距离是常见的一种距离形式.两点 A(x1,y1),B(x2,y2)间的闵氏距离为Dp(A,B)=(|x1-x2|p+|y1-y2|p,其中p为非零常数.若点M在曲线y=ex上,点N在直线y=x-1上,则D1(M,N)的最小值为　　　　.
15.[2023·江苏扬州模拟] 已知a为实数,函数f(x)=ex-1+aln x.
(1)若函数f(x)在区间(1,2)上存在极值点,求a的取值范围,并说明是极大值点还是极小值点;
(2)若f(x)>(a+1)x-a对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.
16.[2023·湖南郴州模拟] 已知函数f(x)=x2-ax+1,g(x)=ln x+a(a∈R).
(1)若a=1,f(x)>g(x)在区间(0,t)上恒成立,求实数t的取值范围;
(2)若函数f(x)和g(x)的图象有公切线,求实数a的取值范围.
　限时集训(二十四)　微专题24　恒成立问题与不等式的证明[时间:60 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2023·鞍山一模] 已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R,a≠0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意的x∈[1,+∞),都有f(x)≥,求a的取值范围.
2.[2023·山东青岛模拟] 已知函数f(x)=ex-a-ln x.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若存在x∈[e,+∞),使得f(x)<0成立,求a的取值范围.
3.[2023·安徽铜陵三模] 已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)试讨论函数f(x)的极值;
(2)若存在实数x>0,使得xebx-ex+(b-1)x2+xln x≥0成立,求实数b的取值范围.
4.[2023·福建漳州模拟] 已知函数f(x)=ex+2e-x+a与g(x)=x2-x+1的图象有公切线y=mx+1.
(1)求实数m和a的值;
(2)若+=3,且f(x1)·f(x2)≥3(x1+x2+k)恒成立,求实数k的最大值.
能力提升
5.[2023·河北承德模拟] 已知函数f(x)=ax-4ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若ex-1+≥xf(x)恒成立,求实数a的取值范围.
6.[2023·天津卷] 已知函数f(x)=ln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x>0时,证明:f(x)>1;
(3)证明:　限时集训(二十五)　微专题25　导数中的切线、放缩与构造[时间:45 min]
基础过关
1.[2023·东北三省四市模拟] 已知a=-ln,b=,c=,则 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.aC.c2.若关于x的不等式2+ln x≤ax+b≤ex恒成立,则实数a的取值范围是 (　 )
A. B.[1,]
C.[1,e] D.
3.[2023·浙江Z20联盟三联] 已知x>0,y>0,x≠1,且满足2ln y=,则下列判断正确的是 (　 )
A.x>y B.xC.logxy>1 D.logxy<1
4.设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　 )
A.aC.c5.[2023·长沙5月模拟] 当x∈时,关于x的不等式ex-xcos x+cos xln cos x+ax2≥1恒成立,则满足条件的整数a的最小值为 (　 )
A.1 B.2
C.3 D.4
6.[2023·东北师大附中二模] 已知a=cos 1,b=esin 1-1,c=,则下列不等关系正确的是 (　 )
A.aB.aC.cD.c7.已知实数a,b,c满足ea+c+e4b-c-1≤a+4b+1(其中e为自然对数的底数),则a2+b2的最小值为　　　　.
8.[2023·湖北荆门模拟] 若函数f(x)=ex+asin x-ax2-(1+a)x在R上单调递增,则a的值为　　　　.
能力提升
9.(多选题)[2023·深圳中学模拟] 对于函数f(x),如果存在实数x0,使得f(x0)=x0,那么称函数f(x)有不动点,也称x0是函数f(x)的一个不动点.下列说法中正确的有 (　 )
A.f(x)=1+ln x有1个不动点
B.f(x)=有2个不动点
C.f(x)=tan x有3个不动点
D.f(x)=ex-x2-1没有不动点
10.[2023·河北衡水中学模拟] 已知函数f(x)=eax-ax(a∈R,a≠0).若不等式f(x)≥sin x-cos x+2-ax对任意x≥0恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.
11.已知不等式xex-a(x+1)≥ln x对任意正数x恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.
12.[2021·全国乙卷] 设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(2)设函数g(x)=,证明:g(x)<1.
　限时集训(二十六)　微专题26　零点问题[时间:60 min]
基础过关
1.[2023·梅州二模] 用二分法求方程log4x-=0的近似解时,所取的第一个区间可以是(　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.(0,1) B.(1,2)
C.(2,3) D.(3,4)
2.[2023·潍坊模拟] 函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数是 (　 )
A.3 B.4
C.5 D.6
3.“函数f(x)=m(3|x|+2)-3|x|存在零点”的一个必要不充分条件为 (　 )
A.m> B.≤m<1
C.m>2 D.4.[2023·忻州一模] 定义函数min{f(x),g(x)}=h(x)=min{|x|-1,x2-2ax+a+2},若h(x)=0至少有3个不同的解,则实数a的取值范围是(　 )
A.[1,2] B.[2,3]
C.[3,4] D.[4,5]
5.已知函数f(x)=x(x-3)2,f(a)=f(b)=f(c),其中a>b>c,给出下列四个结论:
①1②2③a+b+c=6;
④abc的取值范围为(0,4).
以上结论正确的是 　　　　.(填序号)
6.已知函数f(x)=aex-ln(x+2)+ln a-2.
(1)若函数f(x)在x=2023处取得极值,求a的值及函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)有两个零点,求a的取值范围.
能力提升
7.[2023·黄冈中学三模] 定义在实数集R上的函数y=f(x),如果存在x0∈R,使得f(x0)=x0,那么称x0为函数f(x)的不动点.给定函数f(x)=cos x,g(x)=sin x,已知函数f(x),f[g(x)],g[f(x)]在(0,1)上均存在唯一的不动点,分别记为x1,x2,x3,则 (　 )
A.x3>x1>x2 B.x2>x3>x1
C.x2>x1>x3 D.x3>x2>x1
8.[2023·宁波二模] 已知函数f1(x)=x3-3x,fn(x)=|fn-1(x)|-1(n≥2),则f2023(x)的零点个数为 (　 )
A.1011 B.1013 C.1015 D.1017
9.若函数f(x)=ex+xa+1-axaln x-xa(a∈R)有且仅有两个零点x1,x2,且x2=2x1,则a=　　　　.
10.[2023·华南师大附中三模] 已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x,a∈R.
(1)讨论f(x)零点的个数;
(2)当a>1时,若存在b1,b2,b3(b111.[2023·枣庄二模] 已知函数f(x)=exsin x-x.
(1)当x≤时,求证:f(x)≥0.
(2)当x>0时,将函数f(x)的零点从小到大依次排列,记为{xn}(n∈N*).
证明:(i)sin xn>sin xn+1;
(ii)x2n-1+π<2nπ　提能特训(四)　高分提能四　隐零点问题的处理技巧[时间:45 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.证明不等式:ex-2>ln x(用隐零点解决).
2.已知函数f(x)=3xln x-ax3+6x(a>0).
(1)若f'(x)的零点有且只有一个,求a的值;
(2)若f(x)存在最大值,求a的取值范围.
能力提升
3.[2023·山东菏泽一模] 已知函数f(x)=,其中a≠0.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若函数g(x)=f(x)+x-ln x-3有4个零点,求实数a的取值范围.
　提能特训(五)　高分提能五　极值点偏移与零点偏移[时间:45 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(多选题)已知函数f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,则下列说法正确的是 (　 )
A.y=f(ln x)在(1,+∞)上单调递增
B.对任意x>1,不等式f(ax)≥f(ln x2)恒成立,则正实数a的最小值为
C.若方程g(x)=t有两个根x1,x2,则x1+x2<2
D.若f(x3)=g(x4)=s(s>2),且x4>x3>0,则的最大值为
2.(多选题)[2023·湖北襄阳模拟] 已知关于x的方程xex-a=0有两个不等的实根x1,x2,且x1A.-e-1C.x2>a D.x1+<0
3.已知函数f(x)=x2-axln x-1,a∈R.
(1)求证:f(x)+x2f=0.
(2)若函数f(x)有三个不同的零点x1,x2,x3(x1(i)求a的取值范围;
(ii)求证:x1+x3>2a-2.
能力提升
4.[2023·湖南九校联考] 已知f(x)=x2-x-aln(x-a),a∈R.
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)若x1,x2是函数g(x)=f(x+a)-a的两个极值点,且x15.[2023·辽宁重点中学协作体模拟] 已知函数f(x)=+.
(1)若f(x)在上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若g(x)=xf(x),且g(x1)=g(x2)=3(x1≠x2),证明:a2　提能特训(六)　高分提能六　洛必达法则的应用[时间:45 min]
基础过关　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2023·河北邯郸5月模拟] 已知函数f(x)=aln x+bx(a,b∈R)在x=处取得极值,且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y+1=0垂直.
(1)求实数a,b的值;
(2)若对任意x∈[1,+∞),不等式f(x)≤(m-2)x-恒成立,求实数m的取值范围.
2.已知函数f(x)=mx-sin x,g(x)=axcos x-2sin x(a>0).
(1)若函数y=f(x)在R上单调递增,求实数m的最小值;
(2)若m=1,且对任意x∈,不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
能力提升
3.已知函数f(x)=ex(x-3)+ax2+2x+3.
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)有3个不同零点,求实数a的取值范围.
4.[2023·东北三省三校4月模拟] 已知函数f(x)=ln x-ax-1(a>0).
(1)当a=1时,求过原点且与曲线y=f(x)相切的直线方程;
(2)若g(x)=x+eax·f(x)(a>0)有两个不同的零点x1,x2(0em恒成立,求实数m的取值范围.模块六　函数、导数与不等式
限时集训(二十)
1.D　[解析] 方法一:根据题意,函数f(x)=x3+ax2+x+b的图象关于点(1,1)对称,则有f(x)+f(2-x)=2,即x3+ax2+x+b+(2-x)3+a(2-x)2+(2-x)+b=2,即(2a+6)x2-2(2a+6)x+10+4a+2b=2,所以2a+6=0且10+4a+2b=2,解得a=-3,b=2.故选D.
方法二:因为三次函数图象的对称中心在图象上,所以f(1)=1,即a+b+2=1①,又f(0)+f(2)=2,所以4a+2b+10=2,即2a+b+4=0②,由①②解得b=2,故选D.
方法三:由题知f'(x)=3x2+2ax+1,设h(x)=f'(x),则h'(x)=6x+2a,因为f(x)是三次函数,所以h'(1)=0,即6+2a=0,所以a=-3,又因为f(1)=1,所以b=2,故选D.
2.C　[解析] 由题知f(x)的定义域为R,又f(-x)==-=-f(x),所以f(x)为奇函数,排除A,B;f(1)=<0,排除D.故选C.
3.C　[解析] 将f(x+1)的图象向右平移1个单位长度后,得到函数f(x)的图象,因为f(x+1)的图象关于点(-1,0)中心对称,所以f(x)的图象关于原点中心对称,所以f(x)在R上是奇函数,所以f(-2)=-f(2)=-=-1.故选C.
4.D　[解析] 方法一:由题意可得y=f(x)的图象可如图①所示,∵y=f(x-1)的图象可由y=f(x)的图象向右平移一个单位得到(如图②),∴满足xf(x-1)≥0即满足f(x-1)与x同号或二者至少有一个为零,由图可得不等式xf(x-1)≥0的解集为[-1,0]∪[1,3].
方法二:由于f(x)在R上为奇函数,所以f(0)=0,由f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0可得f(-2)=0,所以当x∈(-∞,-2)∪(0,2)时,f(x)>0;当x∈(-2,0)∪(2,+∞)时,f(x)<0.则对于函数f(x-1)而言,当x∈(-∞,-1)∪(1,3)时,f(x-1)>0;当x∈(-1,1)∪(3,+∞)时,f(x-1)<0.又f(-1-1)=f(3-1)=f(1-1)=0,所以满足xf(x-1)≥0的x的取值范围为[-1,0]∪[1,3].故选D.
5.D　[解析] f(x+1)为奇函数,则其图象关于原点对称,故f(x)的图象关于点(1,0)对称,即f(2-x)=-f(x).f(x+2)为偶函数,则其图象关于y轴对称,所以f(x)的图象关于直线x=2对称,即f(4-x)=f(x),所以f(4-x)=-f(2-x),即f(4+x)=-f(2+x),即f(2+x)=-f(x),所以f(4+x)=-f(x+2)=f(x),所以函数f(x)的周期T=4,A错误.因为f(3)=f(-1),f(3)=-f(-1),所以f(-1)=0,B错误.f(2023)=f(3)=0,由f(0)=3,得 f(2)=-3,则f(2022)=f(2)=-3,C错误,D正确.故选D.
6.C　[解析] 由图可知,“心形”关于y轴对称,所以所求函数为偶函数,由于函数y=x和y=都不是偶函数,故排除B,D;y=|x|的图象过点(0,0),(-2,0),(2,0),且当07.C　[解析] 假设a≥b,则1010a≥1010b,1014a≥1014b,由1001a+1010b=2023a可得,1001a+1010a≥2023a,所以+≥1,因为函数f(x)=+在R上单调递减,且f(1)=+=<1,则f(a)≥1>f(1),即a<1.由1014a+1016b=2024b得1014b+1016b≤2024b,即+≤1,又函数g(x)=+在R上单调递减,且g(1)=+=>1,所以g(b)≤11,即有a<18.ABD　[解析] 在不超过5的正整数中与5互素的正整数有1,2,3,4,所以φ(5)=4,在不超过8的正整数中与8互素的正整数有1,3,5,7,所以φ(8)=4,因为5与8互素,所以φ(40)=φ(5×8)=φ(5)·φ(8)=16,故A正确;若n为素数,则n与其前面n-1个正整数互素,所以φ(n)=n-1,故B正确;因为φ(1)=1,φ(2)=φ(2×1)=1≠2φ(1),故C错误;因为不超过2n且与2n互素的正整数有1,3,5,…,2n-1,共有2n-1个,所以φ(2n)=2n-1,故D正确.故选ABD.
9.ABD　[解析] f(x)的定义域为R,由f(2x+1)为偶函数,得f(-2x+1)=f(2x+1),用x替换2x,所以f(-x+1)=f(x+1),所以f(x)的图象关于直线x=1对称.由f(2x-1)的图象关于点中心对称,得f[2(-x)-1]+f[2(x+3)-1]=2,于是f(-2x-1)+f(2x+5)=2,用x替换2x,所以f(-x-1)+f(x+5)=2,所以f(x)的图象关于点(2,1)中心对称,又f(-x-1)=f(x+3),则f(x+3)+f(x+5)=2,因此f(x+1)+f(x+3)=2,所以f(x+1)=f(x+5),所以f(x)=f(x+4),则f(x)是周期为4的周期函数.当x∈[1,2]时,f(x)=log2x,则f(2023)=f(3)=2-f(1)=2-log21=2,故A正确.作出f(x)的图象如图所示,所以f(x)的值域为[0,2].故B正确.作出直线y=1,由图可知,直线y=1与函数f(x)的图象在区间[0,8]上有5个交点,故C不正确.当x∈[1,2]时,f(x)=log2x,可得f(1)=log21=0,f(2)=log22=1,f(3)=2-f(1)=2-0=2,f(4)=f(0)=f(2)=1,即f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=4,因此f(1)+f(2)+…+f(19)=4[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)+f(3)=16+3=19,故D正确.故选ABD.
10.2　[解析] 函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),又f(x)为偶函数,所以f(1)-f(-1)=(2-2-1)-(2-1-2)=0,解得a=2,经检验,a=2符合题意.
11.　[解析] ∵函数y=f(x)-1为奇函数,∴函数f(x)的图象关于点(0,1)中心对称,又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.又f(3x+4)+f(1-x)<2可化为f(3x+4)<2-f(1-x)=f(x-1),∴3x+412.　[解析] 由题知f(0)=1,对任意x,y∈R,有f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2,可令x=y=0,则f(1)=f(0)f(0)-f(0)-0+2=1-1-0+2=2,再令y=0,则f(1)=f(x)f(0)-f(0)-x+2=2,解得f(x)=x+1.所以当n∈N*时,==-,则=-+-+…+-=-=.
13.D　[解析] 由得∴g'(2-x)=-g'(2+x),∴g'(x)的图象关于点(2,0)中心对称,则g'(4+x)=-g'(-x).∵g(x)为奇函数,∴g(-x)=-g(x),等号两边同时求导得-g'(-x)=-g'(x),∴g'(x)=g'(-x),∴g'(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,∴g'(x+8)=-g'[-(x+4)]=-g'(x+4)=-[-g'(-x)]=g'(-x)=g'(x),∴g'(x)是周期为8的周期函数,g'(8-x)=g'(x-8)=g'(x),D正确.∵f(x)+g'(x)=5,∴f(2)+g'(2)=5,又g'(2)=0,∴f(2)=5,A错误.令h(x)=g'(x),则h(x+8)=h(x),∴h'(x+8)=h'(x),又h(x)=5-f(x),h(x+8)=5-f(x+8),∴-f'(x+8)=-f'(x),即f'(x+8)=f'(x),B错误.∵g'(x+4)=-g'(x),∴g'(x+4)+g'(x)=0,设F(x)=g(x+4)+g(x),则F'(x)=g'(x+4)+g'(x)=0,∴F(x)=C(C∈R),又g(x)为奇函数,∴F(-2)=g(2)+g(-2)=0,∴F(x)=0,即g(x+4)=-g(x),C错误.故选D.
14.ABD　[解析] 函数f(x)的定义域为R,满足f(x+2)=2f(x),即f(x)=2f(x-2),且当x∈(0,2]时,f(x)=x(2-x),所以当x∈(2,4]时,x-2∈(0,2],即f(x)=2(x-2)(4-x)=-2x2+12x-16;当x∈(4,6]时,x-2∈(2,4],即f(x)=-4x2+40x-96;…;当x∈(2n-2,2n](n∈Z)时,f(x)=-2n-1x2+2n(2n-1)x-2n-1(2n)(2n-2)=
-2n-1x2+2n(2n-1)x-2nn(2n-2).作出函数f(x)的图象,如图所示.对于A,由f(x+2)=2f(x),令x=7,得f(9)=2f(7),故A正确;对于B,对任意x∈(-∞,6],都有f(x)≤4,当x∈(6,8]时,f(x)≤8,令f(x)=
-8x2+112x-384=6,解得x1=<7,x2=>7,又f(7)=8,所以若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≤6,则m的取值范围是,故B正确;对于C,易知当m=-1时,y=f(x)的图象与直线y=m(x-5)有3个交点,故C错误;对于D,f(x)=-2n-1x2+2n(2n-1)x-2nn(2n-2),当x∈(2n-2,2n](n∈N+)时,f(x)的最大值an=2n-1×=2n-1,若存在n∈N+,使得λan<2n-7成立,则λ<,令bn=,则bn+1-bn=,所以b1b6>b7>…,又b5=,所以λ∈,故D正确.故选ABD.
15.BCD　[解析] 令x=y=0,得f(0)=0,故B正确.令x=0,则-f(y)=f(-y),所以f(x)为奇函数,故A错误.任取x1,x2∈(-1,1),且x10,所以00,所以f>0,所以f(x1),所以A>-B,所以sin A>sin=cos B,因为sin A,cos B∈(0,1),所以f(cos B)0,且=,x1=≠1,所以xn+1=∈(0,1).令y=-x,则2f(x)=f,令x=xn,则2f(xn)=f=f(xn+1),所以=2.因为f(x1)=1,所以{f(xn)}是首项为1,公比为2的等比数列,所以f(xn)=2n-1,故D正确.故选BCD.
16.1518.5　[解析] ∵函数f(x)是最小正周期为4的偶函数,且当x∈[-2,0]时,f(x)=2x+1,∴函数f(x)的值域为[-3,1],f(x)的图象如图所示.存在x1,x2,…,xn满足0≤x1限时集训(二十一)
1.C　[解析] 根据y=lg x在(0,+∞)上是增函数,可知0=lg 1cos x的单调性,可知b=cos 220=1.所以b2.B　[解析] 因为2m=3n=k且+=2,所以m≠0且n≠0,所以k>0且k≠1,且有m=log2k,n=log3k,所以=logk2,=logk3,所以+=logk2+logk3=logk6=2,则k2=6,又k>0且k≠1,所以k=.故选B.
3.C　[解析] 由函数f(x)=(m2-3m-3)xm为幂函数,得m2-3m-3=1,解得m=4或m=-1.当m=4时,f(x)=x4在区间(0,+∞)上单调递增,不符合题意;当m=-1时,f(x)=x-1在区间(0,+∞)上单调递减,符合题意,故A错误.函数f(x)=x-1在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减,但不是减函数,故B错误.因为函数f(x)的定义域关于原点对称,且f(-x)==-f(x),所以函数f(x)是奇函数,不是偶函数,故C正确,D错误.故选C.
4.C　[解析] 因为函数f(x)=的值域为[0,+∞),且当x∈[0,2]时,f(x)=-x2+2x∈[0,1],所以当a≤x<0时,f(x)=-ln(-x)的取值范围至少包含区间(1,+∞),且不能包含区间(-∞,0),作出函数f(x)的图象如图.由图可知,当x→0-时,f(x)→+∞,当x=a时,f(x)=-ln(-a),所以0≤-ln(-a)≤1,即-1≤ln(-a)≤0,即≤-a≤1,解得-1≤a≤-,故选C.
5.C　[解析] 由水雾喷头的工作压力P为0.35 MPa,水雾喷头的流量系数K为24.96,得水雾喷头流量q=K=24.96×≈24.96×1.87=46.675 2,又由保护对象的保护面积S为14 m2,保护对象的设计喷雾强度W为20 L/(min·m2),得保护对象的水雾喷头数量N=≈≈6,即保护对象的水雾喷头数量N约为6,故选C.
6.B　[解析] 设要使我们的水平是原来水平的1500倍,需要经过x天,则可得1.2x=1.1x×1500,两边取对数得xlg 1.2=xlg 1.1+lg 1500,则x(lg 12-1)=x(lg 11-1)+lg 15+2,所以x=,又因为lg 15=lg(3×5)=lg 3+lg 5=lg 3+1-lg 2≈0.477+1-0.301=1.176,lg 12=lg(3×4)=lg 3+
2lg 2≈0.477+0.301×2=1.079,所以x=≈≈84.故选B.
7.B　[解析] 由题知2a+log2a=4b+log2b=22b+log2(2b)-1<22b+log2(2b),又函数y=2x+log2x在(0,+∞)上为增函数,所以a<2b,故选B.
8.AB　[解析] ∵cb0,b>0,c>0,∴01,∴a0,∴f(b)a,故选项B正确;当a=,b=,c=时,cb9.ABD　[解析] 因为y=cos 2x的最小正周期为=π,所以f(x)的最小正周期是π,故A正确;由f(x)有意义得2cos 2x+1>0,得cos 2x>-,则由-+2kπ<2x≤2kπ,k∈Z,得-+kπlog3(-2+1)无意义,所以函数f(x)的图象不关于点,k∈Z对称,故C不正确;当x∈时,2x∈,cos 2x∈,2cos 2x+1∈(0,3],所以log3(2cos 2x+1)∈(-∞,1],即f(x)的取值范围为(-∞,1],故D正确.故选ABD.
10.-1　[解析] 因为函数f(x)=x(10x+m·10-x)是偶函数,所以f(-x)=f(x),即-x(10-x+m·10x)=x(10x+m·10-x),整理得m(x·10-x+x·10x)=-(x·10-x+x·10x),可得m=-1,经检验,符合题意.
11.　[解析] y=loga=-loga(2x+a)=lo(2x+a),因为函数y=loga(ax+2)与y=lo(2x+a)的底数互为倒数,函数y=loga(ax+2)与y=lo(2x+a)的图象关于直线l对称,所以函数y=loga(ax+2)与y=lo(2x+a)的图象关于x轴对称,即直线l为x轴,所以ax+2=2x+a,所以a=2,则两个函数分别为y=log2(2x+2),y=lo(2x+2).令log2(2x+2)=lo(2x+2)=0,得2x+2=1,解得x=-,此时y=0,所以l与这两个函数图象的公共点的坐标为.
12.logbc　[解析] 由log3=1.易知ab=log23×log34=2.构造y=ln-,令t=∈(1,+∞),设f(t)=2ln t-t+,则f'(t)=-1-=-<0,∴f(t)在(1,+∞)上单调递减,∴f(t)0,logba>0,logcalogac=>logbc=,∴只需比较logca,logbc的大小,又=logcalogcb,logcb=logc=logc2-logca,∴=logca×logc2-(logca)2=-(logca-logc)2+<=(logc)2,又lo=-1logbc.综上,在logab,logac,logba,logbc,logca,logcb这6个数中,值最小的是logbc.
13.B　[解析] 由题意知1+++…+≈ln 2022+γ,而ln 2022=ln(2×3×337)=ln 2+ln 3+
ln 337≈1.79+ln 337,又ln 300ln 360=2(ln 2+ln 3)+ln 10≈2×(0.69+1.10)+2.30=5.88,∴ln 337∈(5.70,5.88),∴ln 2022∈(7.49,7.67),∴ln 2022+γ∈(8.06,8.25),故≈[ln 2022+γ]=8,故选B.
14.AC　[解析] 对于A,易知 I=(0,+∞),设 h(x)=f(x)-g(x)=ln x-,易知h(x)在(0,+∞)上单调递增,且 h(1)=-1,h(2)=ln 2->0,∴存在 x1∈(1,2),使得h(x1)=0,∴当x∈(0,x1)时,h(x)<0,即ln x<,当x∈(x1,+∞) 时,h(x)>0,即ln x>,故当x0=x1 时,(x-x0)[f(x)-g(x)]≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,故A正确;对于B,易知I=R,设m(x)=ex-ex,则m'(x)=ex-e,当x<1时,m'(x)<0,函数m(x)单调递减,当x>1时,m'(x)>0,函数m(x)单调递增,故m(x)≥m(1)=0,故不存在x0∈R,使得对任意x∈I,不等式(x-x0)[f(x)-g(x)]≥0恒成立,故B不正确;对于C,易知I=R,由[f(x)-g(x)](x-x0)≥0,得(x3-x2)(x-x0)≥0,即x2(x-1)(x-x0)≥0,故当x0=1时,[f(x)-g(x)](x-x0)≥0对任意的x∈R恒成立,故C正确;对于D,易知I=(0,+∞),若存在x0∈I,使得对任意x∈I,不等式[f(x)-g(x)](x-x0)≥0恒成立,则即无解,故D不正确.故选AC.
15.ABC　[解析] 令f(x)=0可得t=|lg x|,则直线y=t与函数y=|lg x|的图象有两个交点,且这两个交点的横坐标分别为p,q,作出直线y=t与函数y=|lg x|的图象如图所示.由图可知,当t>0时,直线y=t与函数y=|lg x|的图象有两个交点.设p2pq=2,A正确;对于B,2p+2q>2=>=4,B正确;对于C,log3p16.②③　[解析] 依题意,a>0,当x<-a时,f(x)=x+2,易知其图象为一条端点取不到值的射线;当
-a≤x≤a时,f(x)=,易知其图象是圆心为(0,0),半径为a的圆在x轴上方的部分(即半圆);当x>a时,f(x)=--1,易知其图象是一条端点取不到值的曲线.对于①,取a=,则f(x)的图象如图甲所示,显然,当x∈(a-1,+∞),即x∈时,f(x)在上单调递增,故①错误.对于②,a≥1,则当x<-a时,f(x)=x+2<-a+2≤1;当-a≤x≤a时,f(x)=显然有最大值a;当x>a时,f(x)=--1<--1≤-2.综上,f(x)有最大值a,故②正确.对于③,易知当x1=a,x2>a且x2越趋近a时,|MN|越小,当x1=a时,f(x1)=0,当x2>a且x2→a时,f(x2)<--1且f(x2)→--1,此时|MN|>f(x1)-f(x2)>+1>1,故③正确.对于④,取a=,则f(x)的图象如图乙所示,结合图象可知,要使|PQ|取得最小值,则点P在除去端点的射线l:y=x+2上,点Q在曲线y=上,同时|PQ|的最小值为坐标原点O到l:y=x+2所在直线的距离减去半圆的半径a.连接OP,当|OP|取得最小值时,因为l:y=x+2所在直线的斜率为1,所以kOP=-1,故直线OP的方程为y=-x,由解得则当|OP|取得最小值时,点P的坐标为(-1,1),显然P(-1,1)在l:y=x+2上,满足|PQ|取得最小值,即当a=时,|PQ|也存在最小值,故a的取值范围不是,故④错误.故填②③.
限时集训(二十二)
1.A　[解析] 对于A选项,因为a>b>0>c,所以>0>,故A选项正确;对于B选项,因为函数y=在R上是减函数,且a>c,所以<,故B选项错误;对于C选项,因为a>0>c,所以>0>,故C选项错误;对于D选项,取a=1,c=-2,满足a>0>c,但a22.B　[解析] 因为正实数a,b满足+=1,所以a+2b+1=(a+b+b+1)=5++≥5+2=9,当且仅当=且+=1,即b=2,a=4时取等号,所以a+2b的最小值为9-1=8.故选B.
3.B　[解析] 由ln x+ln y>2ln 2可得ln(xy)>ln 4,即xy>4.若x+y>4,则xy>4不一定成立,例如当x=,y=4时,x+y>4,但xy=2<4,充分性不成立;当xy>4时,x+y≥2>4,必要性成立.故“x+y>4”是“ln x+ln y>2ln 2”的必要不充分条件.故选B.
4.C　[解析] 因为a>0,b>0,且+=1,所以a+b=a+1+b+1-2=(a+1+b+1)-2=3++-2=++1≥2+1=2+1,当且仅当即时取等号.故选C.
5.C　[解析] 由2a=5b=50,得a=log250,b=log550,代入+=1,得+=1,∴n=log525=2,∴+y2=4,即x2+2y2=8,∴x===≤=,当且仅当x2=2+2y2且x2+2y2=8,即x=,y=时等号成立.故选C.
6.D　[解析] 因为不等式ax2+bx+1>0的解集为(-∞,m)∪,所以解得a=1,b=-m-.因为m<0,所以b=-m-≥2=2,当且仅当-m=-,即m=-1时取等号,所以+=b+,且b≥2,因为函数y=x+在[2,+∞)上单调递增,所以b+的最小值为3,即+的最小值为3.故选D.
7.ABD　[解析] 对于A,-==,因为a>b>1,所以a-b>0,a>0,a+1>0,所以>0,即>,故A正确;对于B,a+-=a-b+-=a-b+=(a-b),因为a>b>1,所以a-b>0,ab>1,则1->0,所以(a-b)>0,即a+>b+,故B正确;对于C,当a=3,b=2时,满足a>b>1,但此时a3+b3=33+23=35,2a2b=2×32×2=36,即a3+b3<2a2b,故C错误;对于D,a+-=a-b+-=a-b+=(a-b),因为a>b>1,所以a-b>0,ab>1,则1+>0,所以(a-b)>0,即a+>b+,故D正确.故选ABD.
8.0　[解析] 由题意得x2+y2-4y+=x2-xy+y2+y2-4y+xy+≥+(y-2)2-4+2=+(y-2)2≥0,当且仅当x=1,y=2时,等号成立,所以x2+y2-4y+的最小值为0.
9.9　[解析] 由x>0,y>0,且x+2y=xy,得+=1,所以a·b=2x+y=(2x+y)=5++≥5+2=9,当且仅当x=y=3时等号成立,即a·b的最小值为9.
10.4　[解析] 由题知f(x)在[0,+∞)上单调递减,又f(x)为R上的奇函数,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,则f(x)在R上是减函数,又f(1+x)+f(-3x)≥0,所以f(1+x)≥-f(-3x)=f(3x),得1+x≤3x,解得x≥,令t=9x≥3,因为y=t+在[3,+∞)上单调递增,当t=3时,y=4,所以9x+的最小值为4.
11.D　[解析] 因为x▽y=x+y+|x-y|=x△y=x+y-|x-y|=又所以(1)若a≥b,c≥d,则不等式a+b-|a-b|b.①若a≥c≥d>b,则a+c+|a-c|b,则a+c+|a-c|a≥b,则a+c+|a-c|(2)若a≥b,cc>b.①若a≥d>c>b,则a+c+|a-c|a≥c>b,则a+c+|a-c|c>a≥b,则a+c+|a-c|(3)若ac>a.①若b≥d>c>a,则a+c+|a-c|b≥c>a,则a+c+|a-c|c>b>a,则a+c+|a-c|(4)若aa.①若b≥c≥d>a,则a+c+|a-c|a,则a+c+|a-c|a,则a+c+|a-c|c>a或d>b≥c>a或d>c>b>a或d>a≥c>b或d>c>a≥b.由b≥d>c>a知,A错误.由d>c>b>a知,B错误.当d>a≥c>b时,b△c=b+c-|b-c|=b+c-c+b=2b,取d=7,a=6,c=2,b=1可得,满足条件但b△c=2c>a时,d▽c=d+c+|d-c|=2d>a;当d>b≥c>a时,d▽c=d+c+|d-c|=2d>a;当d>c>b>a时,d▽c=d+c+|d-c|=2d>a;当d>a≥c>b时,d▽c=d+c+|d-c|=2d>a;当d>c>a≥b时,d▽c=d+c+|d-c|=2d>a.D正确.故选D.
12.AC　[解析] 对于A,a2b+ab2=ab(a+b)=ab≤=,当且仅当a=b=时取等号,故A正确;对于B,当a=b=时,+=>1,故B错误;对于C,===+=(a+b)=7++≥7+2=7+4,当且仅当=且a+b=1,即a=4-2,b=2-3时取等号,故C正确;对于D,+=×[(2a+b)+(a+2b)]=≥=3,当且仅当=且a+b=1,即a=0,b=1时取等号,但a>0,所以等号取不到,故D错误.故选AC.
13.BCD　[解析] 因为2=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-=(当且仅当a=b时取等号),所以a+b≤2,故A错误;因为2=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab(当且仅当a=b时取等号),所以ab≤2,所以log2a+log2b=log2(ab)≤1,故C正确;令m=a+b,n=a-b,由对称性,不妨设a>b,则m>n>0,4(a2+b2-ab)=m2+3n2=8,所以(a2-b2)2=(mn)2=(8-3n2)n2≤4,解得0n2矛盾,所以014.2025　[解析] -=-=2023-,因为1+a∈(0,1),所以a∈(-1,0),故∈(-∞,-1),则==1+∈(-∞,0),故<0,<0.由基本不等式得+≤-2=-2,当且仅当=,即a=-,b=时,等号成立,故-=2023-≥2023+2=2025,即-的最小值为2025.
限时集训(二十三)
1.A　[解析] 设切点为(x0,y0),由y=ex+a求导得y'=ex+a,则解得故选A.
2.C　[解析] ∵f(x)=x3+x2-9x,∴f'(x)=3x2+x-9,∴f'(2)=12+f'(2)-9,解得f'(2)=15,∴f(x)=x3+3x2-9x,f'(x)=3x2+6x-9=3(x+3)(x-1),∴当x<-3或x>1时,f'(x)>0,当-33.D　[解析] 由y=x2,得y'=2x,当x=1时,y'=2>y=1,则y=x2不是“导减函数”,A不正确;由y=cos x,得y'=-sin x,当x=π时,y'=0>y=-1,则y=cos x不是“导减函数”,B不正确;由y=logπx,得y'=,当x=时,y'=>0>y=-1,则y=logπx不是“导减函数”,C不正确;由y=2x,得y'=2xln 2<2x,则y=2x是“导减函数”,D正确.故选D.
4.D　[解析] 因为y'==,所以y'|x=0=0,因为曲线y=在原点处的切线与直线3x-ay+1=0垂直,所以直线3x-ay+1=0的斜率不存在,即a=0.故选D.
5.B　[解析] 由f(x)=x3+3x2+3x-1,得f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2,则导函数的最小值m=f'(-1)=0,所以f(x)的图象在x=m处的切线的斜率为f'(0)=3,又f(0)=-1,所以f(x)的图象在x=m处的切线方程是y+1=3(x-0),即3x-y-1=0.故选B.
6.C　[解析] f(x)>g(x),即f(x)-g(x)>0,令G(x)=f(x)-g(x)=ea(x-1)+x2-(a+2)x-2b,则G'(x)=aea(x-1)+2x-(a+2),令h(x)=aea(x-1)+2x-(a+2),则h'(x)=a2ea(x-1)+2>0,所以函数h(x)在R上是增函数,即函数G'(x)在R上是增函数,又G'(1)=0,所以当x<1时,G'(x)<0,当x>1时,G'(x)>0,所以函数G(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以G(x)min=G(1)=1+1-(a+2)-2b=-a-2b>0,所以<-,即的取值范围是.故选C.
7.A　[解析] 设切点为(t,(t-3)et),由f(x)=(x-3)ex,得f'(x)=ex+(x-3)ex=(x-2)ex,则过切点的切线方程为y-(t-3)et=(t-2)et(x-t),把(0,a)代入,可得a-(t-3)et=(t-2)et(0-t),即-a=et(t2-3t+3).令g(x)=ex(x2-3x+3),则g'(x)=ex(x2-x),可得当x∈(-∞,0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,∴g(x)的单调递增区间为(-∞,0),(1,+∞),单调递减区间为(0,1),又g(0)=3,g(1)=e,且当x→-∞时,g(x)→0,当x→+∞时,g(x)→+∞,∴若经过点(0,a)且与曲线y=f(x)相切的直线有三条,则e<-a<3,可得-38.C　[解析] 函数f(x)与g(x)的图象有且仅有一个交点等价于函数h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax+1(x>0)只有1个零点,即方程a=只有1个实数解.令p(x)=,则p'(x)=,p'(1)=0,当00,p(x)单调递增,当x>1时,p'(x)<0,p(x)单调递减,所以p(x)max=p(1)=1,又当x→0+时,p(x)→-∞,当x→+∞时,p(x)→0,所以可作出直线y=a和函数p(x)的大致图象如图所示.因为a>0,所以a=1,则原不等式为ln(x-3)<1-3x-4,即ln(x-3)+3x-4-1<0,令k(x)=ln(x-3)+3x-4-1,显然k(x)在(3,+∞)上是增函数,又k(4)=0,所以k(x)<0的解集是(3,4).故选C.
9.ABD　[解析] 函数f(x)=的定义域为R,f(-x)+f(x)=+=0,A正确;f'(x)=,则f'(0)=1,又f(0)=0,所以函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为y=x,B正确;当x∈(-1,1)时,f'(x)>0,因此函数f(x)在(-1,1)上单调递增,C错误;当x<-1或x>1时,f'(x)<0,即函数f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,又当x<0时,f(x)<0恒成立,当x>0时,f(x)>0恒成立,所以f(x)min=f(-1)=-,f(x)max=f(1)=,所以f(x)的值域为,D正确.故选ABD.
10.ABD　[解析] 对于A,∵m>n>0,∴(m2+m)-(n2+n)=(m+n)(m-n)+(m-n)=(m-n)(m+n+1)>0,∴m2+m>n2+n>0,即>,故A正确;对于B,设h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0,∴h(x)在R上是增函数,∵m>n>0,∴m-sin m>n-sin n,即m-n>sin m-sin n,故B正确;对于C,当m=,n=时,满足m>n>0,但|ln m|<|ln n|,故C错误;对于D,设f(x)=ex-x2,则f'(x)=ex-2x,设g(x)=ex-2x(x>0),g'(x)=ex-2,当x∈(0,ln 2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(ln 2,+∞)时,则g'(x)>0,g(x)单调递增,∴当x=ln 2时,g(x)取得最小值g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-2ln 2=2(1-ln 2)>0,∴f'(x)=ex-2x>0对任意x∈(0,+∞)恒成立,∴f(x)=ex-x2在(0,+∞)上单调递增,∵m>n>0,∴em-m2>en-n2,∴em-en>m2-n2,∴>m-n,故D正确.故选ABD.
11.-　[解析] f(x)≤恒成立,即ln(3x-2)+ax-≤0恒成立.设g(x)=ln(3x-2)+ax-,由题知g(x)≤0恒成立,因为g(1)=0,所以g(x)≤g(1)恒成立,故x=1是g(x)的极大值点,又g'(x)=+a+,所以g'(1)=3+2a=0,解得a=-,下证当a=-时,g(x)≤0恒成立.当a=-时,g(x)=ln(3x-2)-x+,则g'(x)==,又-3-<0恒成立,所以当0,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,得证.综上,a=-.
12.2(答案不唯一)　[解析] 由题意得f'(x)=1-acos x,∵f'(x)的最大值和最小值必在1-a,1+a中取得,且f(x)=x-asin x在R上不单调,∴必有(1-a)(1+a)<0,解得|a|>1,又f(x)的图象完全位于直线x-y-3=0与x-y+4=0之间,∴x+4-(x-asin x)>0且x-asin x-(x-3)>0,即恒成立,则|a|<3.综上所述,1<|a|<3,故a的一个取值为2(答案不唯一).
13.B　[解析] 由题意得f'(x)=2x+ln x+1-a,g'(x)=-2ae-2x+2x,因为函数f(x)与函数g(x)存在相同的极值点x0,所以2x0+ln x0+1-a=-2a+2x0=0,消去a得x0-2x0-ln x0-1=0,设h(x)=xe2x-2x-ln x-1(x>0),则h'(x)=e2x+2xe2x-2-=(2x+1),当x>0时,2x+1>0,y=e2x-在(0,+∞)上单调递增,且当x=时,y=-4<0,当x=1时,y=e2-1>0,因此y=e2x-有唯一的零点x1,即-=0,所以x1=1,2x1=ln=-ln x1,即2x1+ln x1=0,且当0x1时,y=e2x->0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(x1)=x1-2x1-ln x1-1=0,又x0-2x0-ln x0-1=h(x0)=0,所以x1=x0,所以ln x0=×(-2x0)=-2.故选B.
14.2　[解析] 设M(t,et),N(x,x-1),则D1(M,N)=|t-x|+|et-x+1|.令f(t)=1+et-t,则f'(t)=et-1,∴当t∈(-∞,0)时,f'(t)<0,当t∈(0,+∞)时,f'(t)>0,∴f(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(t)≥f(0)=2,即1+et≥t+2>t.当x≤t时,D1(M,N)=t-x+1+et-x=et+t+1-2x≥et-t+1≥2;当t15.解:(1)由f(x)=ex-1+aln x,得函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=ex-1+,x>0.
当a≥0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,无极值;
当a<0时,f'(x) 在(0,+∞)上单调递增,
若存在x0∈(1,2),使得 f'(x0)=0,
则当10,f(x)单调递增,即x0是极小值点,
需满足解得-2e综上,a的取值范围为(-2e,-1),是极小值点.
(2)f(x)>(a+1)x-a对任意x∈(1,+∞)恒成立,即ex-1+aln x-(a+1)x+a>0对任意x∈(1,+∞)恒成立.
设g(x)=ex-1+aln x-(a+1)x+a,x∈(1,+∞),
可得g'(x)=ex-1+-(a+1)=,设k(x)=xex-1-(a+1)x+a,x∈(1,+∞),
可得k'(x)=(x+1)ex-1-(a+1),
设h(x)=(x+1)ex-1-(a+1),x∈(1,+∞),
可得h'(x)=(x+2)ex-1>0,即h(x)在(1,+∞)上单调递增,而h(1)=1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,h(x)>0,
即k'(x)>0,k(x)在(1,+∞)上单调递增,
又k(1)=1-(a+1)+a=0,所以k(x)>0,
即g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上是增函数,
又g(1)=0,所以g(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立;
②当1-a<0,即a>1时,h(1)<0,h(1+ln a)=(2+ln a)a-(a+1)=a-1+aln a>0,1+ln a>1,
由函数零点存在定理可知存在x1∈(1,1+ln a),使得h(x1)=0,当1又k(1)=0,所以当1综上所述,a的取值范围为(-∞,1].
16.解:(1)由题意,当a=1时,设h(x)=f(x)-g(x),
则h(x)=x2-x+1-ln x-1=x2-x-ln x(x>0),
则h'(x)=2x-1-==,
令h'(x)=0,得x=1(舍去负值),且当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
则h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)min=h(1)=0,又f(x)>g(x)在区间(0,t)上恒成立,∴t的取值范围为(0,1].
(2)由题意得f'(x)=2x-a,g'(x)=,设函数f(x)的图象在点(x1,f(x1))处与函数g(x)的图象在点(x2,g(x2))处有相同的切线,则f'(x1)=g'(x2)=,
∴2x1-a==,
∴x1=+,代入=-ax1+1-ln x2-a,
得++ln x2++a-2=0,∴问题转化为关于x的方程++ln x++a-2=0有解.
设F(x)=++ln x++a-2(x>0),则函数F(x)有零点,∵F(x)=+ln x+a-2,当x=e2-a时,ln x+a-2=0,∴F(e2-a)>0,
∴问题转化为F(x)的最小值小于或等于0.
对F(x)求导得F'(x)=--+=,
设2-ax0-1=0(x0>0),
则当0x0时,F'(x)>0,
∴F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴F(x)的最小值为F(x0)=++ln x0++a-2.由2-ax0-1=0知a=2x0-,
故F(x0)=+2x0-+ln x0-2.
设φ(x)=x2+2x-+ln x-2(x>0),
则φ'(x)=2x+2++>0,故φ(x)在(0,+∞)上是增函数,∵φ(1)=0,∴当x∈(0,1]时,φ(x)≤0,
∴F(x)的最小值F(x0)≤0等价于0又∵函数y=2x-在(0,1]上单调递增,
∴a=2x0-∈(-∞,1],即a的取值范围为(-∞,1].
限时集训(二十四)
1.解:(1)由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=x-=(x>0).
①当a<0时,f'(x)=>0恒成立,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=或x=-(舍去),
所以函数f(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,).
综上,当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,).
(2)若对任意的x∈[1,+∞),都有f(x)≥,则只需当x∈[1,+∞)时,f(x)min≥.
①当a<0时,f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以只需f(1)≥,而f(1)=,所以a<0满足题意;
②当0所以只需f(1)≥,而f(1)=,所以0③当a>1时,>1,f(x)在[1,]上单调递减,
在[,+∞)上单调递增,所以只需f()≥,
而f()1不满足题意.
综上可得,实数a的取值范围为(-∞,0)∪(0,1].
2.解:(1)当a=0时,f(x)=ex-ln x,
f'(x)=ex-,则曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=e-1,
又f(1)=e,∴切线方程为y=(e-1)x+1.
切线与x,y轴的交点分别是,(0,1),
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S=.
(2)存在x∈[e,+∞),使得f(x)<0成立,即存在x∈[e,+∞),使得ex-a-ln x<0成立,即ex-a即存在x∈[e,+∞),使得ea>成立.
令h(x)=,则只需函数h(x)=在[e,+∞)上的最小值小于ea即可.
下面求函数h(x)=在[e,+∞)上的最小值.
h'(x)=,令u(x)=ln x-,则u'(x)=+>0在[e,+∞)上恒成立,
∴u(x)在[e,+∞)上单调递增,又u(e)=1->0,
∴h'(x)=>0在[e,+∞)上恒成立,
∴h(x)=在[e,+∞)上单调递增,
∴函数h(x)=在[e,+∞)上的最小值为h(e)=ee,
由h(e)=eee,故a的取值范围为(e,+∞).
3.解:(1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不存在极值.
②当a>0时,由f'(x)=ex-a=0得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴f(x)极小值=f(ln a)=a-aln a,f(x)无极大值.
综上,当a≤0时,f(x)不存在极值;当a>0时,f(x)的极小值为a-aln a,无极大值.
(2)由题意可知,存在实数x>0,使得xebx+bx2≥ex-xln x+x2成立,即存在实数x>0,使得ebx+bx≥-ln x+x=ex-ln x+x-ln x成立.由(1)可知当a=-1时,函数f(x)=ex+x在(-∞,+∞)上单调递增,则存在实数x>0,使得bx≥x-ln x成立,故b≥.
令h(x)=1-,则h'(x)=,令h'(x)=0,得x=e,当x∈(0,e)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(e,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
∴h(x)min=h(e)=1-,∴b≥1-.
4.解:(1)将y=mx+1代入y=x2-x+1,整理得x2-(m+1)x=0,由Δ=(m+1)2=0,得m=-1,所以切线方程为y=-x+1.
f'(x)=ex-2e-x,设曲线y=f(x)与直线y=-x+1相切于点A(x0,-x0+1),则f'(x0)=-2=-1,所以+-2=0,可得=1,所以x0=0,
又因为f(x0)=-x0+1,即f(0)=1,所以3+a=1,所以a=-2,所以m=-1,a=-2.
(2)因为+=3,所以f(x1)·f(x2)=·=·=
·=
=
=
===+-6.
因为3=+≥2=2,当且仅当x1=x2=ln时,等号成立,所以0<≤,
所以x1+x2≤2ln .令x1+x2=t,则t≤2ln ,
因为f(x1)·f(x2)≥3(x1+x2)+3k恒成立,
所以当t≤2ln 时,et+-3t-6-3k≥0恒成立.
令h(t)=et+-3t-6-3k,t∈,
则h'(t)=et--3在上单调递增,
所以h'(t)≤h'<0,所以h(t)在上单调递减,
所以h(t)min=h=-6ln-3k,
故只需-6ln-3k≥0,所以k≤-2ln ,
所以k的最大值为-2ln .
5.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=a-=.
当a≤0时,f'(x)<0对x∈(0,+∞)恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,由f'(x)>0,得x>,
由f'(x)<0,得0∴f(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)由ex-1+≥xf(x),得ex-1+≥x(ax-4ln x),
取x=1,得1+1≥a,所以a≤2.
下证ex-1+≥x(2x-4ln x)恒成立,即证+-2x+4ln x≥0恒成立,令S(x)=+-2x+4ln x,则S'(x)=,
令T(x)=ex-1-2x+2+,则T'(x)=ex-1-2-,
易知T'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又T'(1)=1-2-2<0,T'(2)=e-2->0,
∴T'(x)在(0,+∞)上存在唯一零点,设该零点为x0,
且1∴当x∈(0,x0)时,T'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,T'(x)>0,故T(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴T(x)min=T(x0)=-2x0+2+=2+-2x0+2+=4-2x0++>0,
∴当x∈(0,1)时,S'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,S'(x)>0,
故S(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴S(x)min=S(1)=0,
∴S(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即+-2x+4ln x≥0在(0,+∞)上恒成立,∴当a≤2时,ex-1+≥2x2-4xln x≥ax2-4xln x在(0,+∞)上恒成立,
故实数a的取值范围是(-∞,2].
6.解:(1)f'(x)=-ln(x+1)+,则f'(2)=-+,所以曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率是-+.
(2)证明:当x>0时,+>0,所以不等式f(x)>1等价于ln(x+1)>=.
令h(x)=ln(x+1)-(x>0),则h'(x)=-==>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,从而h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)>.
综上所述,当x>0时,f(x)>1.
(3)证明:设an=ln(n!)-ln n+n,
则an+1-an=ln[(n+1)!]-ln(n+1)+n+1-ln(n!)+ln n-n=-ln+1.
①由(2)知,f=ln>1.
所以an+1-an<0,所以{an}是递减数列,故an≤a1=1,
即不等式的右边成立.
②下面证明不等式的左边.
我们先来证明当n∈N*时,有ln<1+,只需证x>0时,ln(1+x)<=.
令g(x)=ln(1+x)-,x>0,则g'(x)=-=
.所以当x>0时,g'(x)<0,
即g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以当x>0时,g(x)所以当n≥2时,an-a1=(ak+1-ak)=>-=-=-.
由于a1=1,因此当n≥2时,an>+>>.
又a1=1>,所以an>.
综合①②,限时集训(二十五)
1.A　[解析] a=-ln=-ln=ln,b===ln .令f(x)=xln x,则f'(x)=ln x+1,当0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,当x<0时,g'(x)<0,当x>0时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g>g(0)=0,即--1>0,即>+1,即>,所以f()>f,所以b>a.由b=,得ln b=ln=+ln,由c=,得ln c=ln ,所以ln c-ln b=ln -=ln --ln =ln -=ln -ln ,因为=>3>e,所以>,所以ln >,所以ln c-ln b>0,即ln c>ln b,所以c>b.综上所述,a2.C　[解析] 设f(x)=2+ln x,g(x)=ex,作出f(x)与g(x)的图象,如图所示.依题意,只需求f(x)与g(x)的图象公切线的斜率即可.f'(x)=,g'(x)=ex,设切点分别为(x1,2+ln x1),(x2,),则切线方程为y-(2+ln x1)=(x-x1),即y=x+1+ln x1.切线方程也为y-=(x-x2),即y=x+(1-x2),则由①得x2=-ln x1,代入②得(1+ln x1)=0,则x1=1或x1=,故公切线的斜率为1或e.由图可知,a∈[1,e].故选C.
3.D　[解析] 因为x>0,y>0,x≠1,且满足2ln y=,所以可取x=2,则y=,显然26>e,所以x>y,又log21时,设g(x)=ln x-,则g'(x)=-=>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=0,故ln x->0,又当x>1时,ln x>0,>0,故logxy<1.同理可证当04.C　[解析] 方法一:由ex≈1+x+x2得xex≈x+x2+x3,则a=0.1e0.1≈0.110 5,b=≈0.111 1.由ln(1+x)≈x-x2+x3,得ln(1-x)≈-x-x2-x3,即-ln(1-x)≈x+x2+x3,则c=-ln(1-0.1)≈0.105 3.综上,b>a>c,故选C.
方法二:设f(x)=ln(1+x)-x(-10在(-1,0)上恒成立,所以f(x)在(-1,0)上单调递增,所以f0,故g(x)在上单调递增,所以g(0.1)>g(0)=0,即0.1e0.1>-ln 0.9,所以a>c.综上,b>a>c.故选C.
5.A　[解析] 关于x的不等式ex-xcos x+cos xln cos x+ax2≥1恒成立,因为x∈,所以
cos x>0,故-x+ln cos x+≥恒成立,即-ln≥恒成立,即ln≤-恒成立.令g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=-1=,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g(1)=0,故ln x≤x-1(x>0),又当x∈时,>0,所以ln≤-1,可得当x∈时,≤1恒成立,即1-ax2≤cos x恒成立.当a≤0时,显然1-ax2≤cos x在上不成立.令h(x)=cos x-1+,x∈,则h'(x)=-sin x+x>0在上恒成立,故h(x)>h(0)=0,故cos x>1-,故当a≥时,1-ax2≤cos x在上恒成立,故整数a的最小值为1.故选A.
6.A　[解析] 设f(x)=ex-x-1,x∈R,则f'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)=ex-x-1在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,故ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立.因为sin 1-1≠0,所以b=esin 1-1>sin 1-1+1=sin 1.设t(x)=sin x-x+x3,x>0,则t'(x)=cos x-1+x2,x>0.设r(x)=t'(x),则r'(x)=-sin x+x,x>0.设e(x)=r'(x),则e'(x)=1-cos x≥0在(0,+∞)上恒成立,故r'(x)在(0,+∞)上单调递增,则r'(x)>r'(0)=0在(0,+∞)上恒成立,故t'(x)在(0,+∞)上单调递增,则t'(x)>t'(0)=0在(0,+∞)上恒成立,故t(x)=sin x-x+x3在(0,+∞)上单调递增,则t(x)>t(0)=0在(0,+∞)上恒成立,所以t(1)=sin 1-1+>0,则sin 1>,故b=esin 1-1>.设g(x)=
cos x-,x>0,则g'(x)=-sin x-,x>0.设h(x)=g'(x),则h'(x)=-cos x+1-x2,x>0.设j(x)=h'(x),则j'(x)=sin x-x,x>0.设k(x)=j'(x),则k'(x)=cos x-1≤0在(0,+∞)上恒成立,故j'(x)=sin x-x在(0,+∞)上单调递减,故j'(x)7.　[解析] 由切线不等式ex≥x+1,可得ea+c+e4b-c-1≥a+4b+1①(当且仅当a+c=0且4b-c-1=0时取等号),又由已知条件ea+c+e4b-c-1≤a+4b+1,可得ea+c+e4b-c-1=a+4b+1,故不等式①中等号成立,所以a+c=0且4b-c-1=0,所以a+4b=1.由柯西不等式可得1=(a+4b)2≤(12+42)(a2+b2),即a2+b2≥,故a2+b2的最小值为.
8.　[解析] 令h(x)=ex-x-1,可得h'(x)=ex-1,当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,故h(x)≥h(0)=0,即ex-x-1≥0,所以ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立,所以e-x≥1-x,当且仅当x=0时等号成立.令φ(x)=x-sin x,则φ'(x)=1-cos x≥0,所以函数φ(x)单调递增,所以当x>0时,φ(x)>φ(0)=0,即x-sin x>0,即x>sin x;当x<0时,φ(x)<φ(0)=0,即x-sin x<0,即x0,所以函数k(x)在R上单调递增,即f'(x)在R上单调递增,又f'(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,此时函数f(x)单调递减,不合题意.当0时,若x∈(0,1),则同理可得f'(x)<,当00时,g'(x)=ex-sin x-1>x+1-sin x-1>x-x=x>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增;②当x<0时,若x∈[-1,0),则g'(x)=ex-sin x-1<-x-1=≤0,若x∈(-∞,-1),则g'(x)=ex-sin x-1<+-1<0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,即f'(x)在(-∞,0)上单调递减.由①②可知,f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在R上单调递增,满足题意.综上所述,a=.
9.AB　[解析] 对于A,令F(x)=ln x-x+1,则F'(x)=-1=,令F'(x)=0,解得x=1,∴当00,函数F(x)单调递增,当x>1时,F'(x)<0,函数F(x)单调递减,∴F(x)≤F(1)=ln 1-1+1=0,即ln x+1≤x,当且仅当x=1时取等号,故A正确.对于B,令=x,得2-=x或2-=-x,可得x=1或x=-1,故B正确.对于C,f(x)=tan x,f(x+π)=tan(x+π)=tan x=f(x),∴函数f(x)是以π为周期的周期函数.当-10.[1,+∞)　[解析] 由题意得eax≥sin x-cos x+2对任意x≥0恒成立.令h(x)=eax-sin x+cos x-2,则h'(x)=aeax-cos x-sin x.若x≥0,则当a≥1时,eax≥ex,h'(x)≥ex-cos x-sin x,令u(x)=x-sin x(x≥0),则u'(x)=1-cos x≥0,所以u(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则u(x)≥u(0)=0,即x≥sin x,当且仅当x=0时取等号,令v(x)=ex-x-1(x≥0),则v'(x)=ex-1≥0,所以v(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则v(x)≥v(0)=0,即ex≥x+1,当且仅当x=0时取等号,所以当x≥0时,ex≥x+1≥sin x+1,则h'(x)≥ex-cos x-sin x≥1-cos x≥0,所以h(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则h(x)≥h(0)=0,即eax≥sin x-cos x+2对任意x≥0恒成立.当a<1时,h'(0)=a-1<0,存在实数x0>0,使得对任意x∈(0,x0),均有h'(x)<0,则h(x)在区间(0,x0)上单调递减,此时h(x)11.a≤1　[解析] 因为xex-a(x+1)≥ln x对任意正数x恒成立,所以a≤=对任意正数x恒成立,又≥=1,故a≤1.
12.解:(1)令F(x)=xf(x),则F'(x)=[xf(x)]'=f(x)+xf'(x),由题知F'(0)=f(0)=ln a=0,所以a=1.
当a=1时,F'(x)=ln(1-x)-+1,则F'(x)在(-∞,1)上单调递减.
可知当x<0时,F'(x)>0,当0则F(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减.
所以x=0是函数F(x)的极值点,则a=1符合题意.
(2)证明:方法一,由g(x)=,得x≠0,
由f(x)=ln(1-x),得x<1.
当0当x<0时,f(x)=ln(1-x)>0,xf(x)<0.
故要证<1,只需证x+f(x)>xf(x),
即证x+ln(1-x)-xln(1-x)>0.
令1-x=t(t>0且t≠1),则x=1-t,即证1-t+ln t-(1-t)ln t>0.
设h(x)=1-x+ln x-(1-x)ln x,x>0,则h'(x)=-1+-=-1++ln x-=ln x,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(1)=0.
因为t>0且t≠1,所以h(t)>h(1)=0.原命题得证.
方法二,由(1)得f(x)=ln(1-x),则g(x)==,x<1且x≠0,
又xln(1-x)<0恒成立,所以要证g(x)<1,只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),即证x+(1-x)ln(1-x)>0.
因为x≥ln x+1,当且仅当x=1时等号成立,所以≥ln+1,当且仅当x=0时等号成立,所以ln(1-x)≥1-,当且仅当x=0时等号成立,所以当x<1且x≠0时,ln(1-x)>1-,故(1-x)ln(1-x)>1-x-1=-x,即x+(1-x)ln(1-x)>0,得证.
限时集训(二十六)
1.B　[解析] 令f(x)=log4x-,因为函数y=log4x,y=-在(0,+∞)上均单调递增,所以函数f(x)=log4x-在(0,+∞)上单调递增.又f(1)=-<0,f(2)=log42-=-=>0,所以函数f(x)=log4x-在区间(1,2)上有唯一零点,所以用二分法求方程log4x-=0的近似解时,所取的第一个区间可以是(1,2).故选B.
2.A　[解析] 求函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数,即求方程(x2-x)ln|2x-3|=0在区间[-2,2]上的根的个数.由(x2-x)ln|2x-3|=0,得x2-x=0或ln|2x-3|=0,解得x=0或x=1或x=2,所以函数f(x)=(x2-x)ln|2x-3|在区间[-2,2]上的零点个数为3.故选A.
3.A　[解析] 令f(x)=0,得m=1-.令g(x)=1-,易得函数g(x)为偶函数,且g(x)在(-∞,0]上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,又g(0)=,且g(x)<1,所以若f(x)有零点,则需≤m<1,结合选项知A符合题意.故选A.
4.B　[解析] 令f(x)=|x|-1,g(x)=x2-2ax+a+2,由题意可得x2-2ax+a+2=0有解,所以Δ=4a2-4(a+2)≥0,解得a≤-1或a≥2.要使h(x)=0至少有3个不同的解,则当a≥2时,必有g(1)=3-a≥f(1)=0,此时2≤a≤3;当a≤-1时,必有g(-1)=3a+3>f(-1)=0,此时无解.综上所述,2≤a≤3,所以实数a的取值范围为[2,3].故选B.
5.②③④　[解析] 因为f(x)=x(x-3)2,所以f'(x)=3x2-12x+9=3(x-3)(x-1),令f'(x)=0,解得x=1或x=3,令f'(x)>0,解得x>3或x<1,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞),令f'(x)<0,解得16.解:(1)函数f(x)的定义域为(-2,+∞),f'(x)=aex-,∵f(x)在x=2023处取得极值,∴f'(2023)=ae2023-=0,即a=,∴f'(x)=-.
∵f'(x)是增函数,且f'(2023)=0,
∴当x∈(-2,2023)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(2023,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)的单调递减区间为(-2,2023),单调递增区间为(2023,+∞).
(2)f(x)有两个零点,即aex-ln(x+2)+ln a-2=0有两个根,整理得ex+ln a+x+ln a=ln(x+2)+x+2有两个根,
即ex+ln a+x+ln a=ln(x+2)+eln(x+2)有两个根.
设函数h(x)=ex+x,则h(x+ln a)=h[ln(x+2)]有两个根.
∵h'(x)=ex+1>0恒成立,∴h(x)单调递增,∴x+ln a=ln(x+2)有两个根,即ln a=ln(x+2)-x有两个根.
令m(x)=ln(x+2)-x,x∈(-2,+∞),
则m'(x)=-1=-,当x∈(-2,-1)时,m'(x)>0,当x∈(-1,+∞)时,m'(x)<0,∴m(x)在x=-1处取得极大值,也是最大值,且m(-1)=1.
又当x→-2时,m(x)→-∞,当x→+∞时,m(x)→-∞,
∴要使ln a=ln(x+2)-x有两个根,只需ln a<1,
即07.C　[解析] 由题意知cos x1=x1,则cos x1-x1=0,且sin(cos x1)=sin x1,所以sin(cos x1)-sin x1=0.由题意知cos(sin x2)=x2,sin(cos x3)=x3.令h(x)=x-sin x,x∈(0,1),则h'(x)=1-cos x>0恒成立,所以h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,所以x>sin x,所以sin(cos x3)=x3>sin x3,即
sin(cos x3)-sin x3>0.令F(x)=sin(cos x)-sin x,x∈(0,1),因为函数y=sin x在(0,1)上单调递增,y=cos x在(0,1)上单调递减,且0sin(cos x)在(0,1)上单调递减,所以F(x)在(0,1)上单调递减.又F(x1)=0,F(x3)>0=F(x1),所以x3cos x2.又cos(sin x2)=x2,所以x2>cos x2,即cos x2-x2<0.令G(x)=cos x-x,x∈(0,1),则G'(x)=-sin x-1<0恒成立,所以G(x)在(0,1)上单调递减.又G(x1)=cos x1-x1=0,G(x2)=cos x2-x2<0=G(x1),所以x2>x1.综上可得,x2>x1>x3.故选C.
8.C　[解析] 因为fn(x)=|fn-1(x)|-1(n≥2),所以当n≥2时,fn(x)≥-1.f2023(x)=0 f2022(x)=±1,得|f2021(x)|=0或|f2021(x)|=2,得f2021(x)=0或f2021(x)=2.由f2021(x)=0,得f2019(x)=0或f2019(x)=2,由f2021(x)=2得|f2020(x)|=3,则f2020(x)=3,进而可得f2019(x)=4,故由f2023(x)=0可得,f2019(x)=0或f2019(x)=2或f2019(x)=4,…,依此类推,可得f1(x)=2k,其中k=0,1,2,…,1011.因为f1(x)=x3-3x,所以f'1(x)=3x2-3,可得f1(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,作出函数f1(x)的图象,如图所示.结合图象易知,函数f1(x)的图象与这一系列直线y=2k(k=0,1,2,…,1011)共有1015个交点.故选C.
9.　[解析] f(x)=ex+xa+1-axaln x-xa(a∈R),函数f(x)的定义域为(0,+∞),令f(x)=0,得+x-aln x-1=0,即ex-aln x+(x-aln x)-1=0.不妨设g(t)=et+t-1,可得g'(t)=et+1>0,所以函数g(t)在R上单调递增,又g(0)=0,所以g(t)=0有唯一解.若函数f(x)有且仅有两个零点x1,x2,则x-aln x=0有两个解x1,x2,故x1-aln x1=0,即x1=aln x1①.因为x2=aln x2,2x1=x2,所以2x1=a(ln x1+ln 2)②,由得=,解得x1=2③.由①③得a=.
10.解:(1)因为f(x)=ln x+ax2-(a+1)x,
所以f'(x)=+ax-(a+1)=(x>0).
若a≤0,则由f'(x)>0,得0由f'(x)<0,得x>1,
故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故f(x)≤f(1)=-1-a.
若-2若a=-2,则f(x)≤f(1)=0,此时函数f(x)只有一个零点;
若a<-2,则f(1)>0,又当x→0时,f(x)→-∞,f(2)=ln 2-2<0,故存在x1∈(0,1),x2∈(1,2),使得f(x1)=f(x2)=0,此时函数f(x)有两个零点.
若00,得0,
由f'(x)<0,得1故f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值,
又f(1)=-1-a<0,且f=ln+a+1>0,故存在x3∈,使得f(x3)=0,此时函数f(x)只有一个零点.
若a=1,则f'(x)=≥0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,
又f(2)=ln 2-2<0,f(4)=ln 4>0,故存在x4∈(2,4),使得f(x4)=0,此时函数f(x)只有一个零点.
若a>1,则由f'(x)>0,得01,由f'(x)<0,得故f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,故f(x)在x=处取得极大值f=
ln -1-,因为a>1,所以∈(0,1),所以ln <0,
又-1-<0,所以f<0.
又f=ln+a+1>0,故存在x5∈,使得f(x5)=0,此时函数f(x)只有一个零点.
综上所述,当a∈(-∞,-2)时,f(x)有两个零点;
当a∈(-2,0]时,f(x)没有零点;
当a∈{-2}∪(0,+∞)时,f(x)只有一个零点.
(2)证明:当a>1时,任取bi,bj(01),先证>,即证ln t->0.
设g(t)=ln t-(t>1),则g'(t)=-=>0,即g(t)在(1,+∞)上单调递增,
故g(t)>g(1)=0,则>成立.
若f(bi)=f(bj)(bi+(bj+bi)-(a+1),
即(bj+bi)2-(a+1)(bj+bi)+2<0,即[(bj+bi)-2]<0,解得故得<2(b3+b2+b1)<6,则11.证明:(1)f(x)=exsin x-x,则f'(x)=ex(sin x+cos x)-1,令g(x)=ex(sin x+cos x)-1,
则g'(x)=2excos x,当-≤x≤时,g'(x)=2excos x≥0,故f'(x)在上单调递增,
又f'(0)=0,故f(x)在上单调递减,在上单调递增,
又f(0)=0,所以当x∈时,f(x)=exsin x-x≥f(0)=0.
当x<-时,0故-1又-x>>1,所以f(x)=exsin x-x>0在上恒成立.
综上,当x≤时,f(x)≥0.
(2)(i)由(1)知f(x)在内无零点,
则xn+1>xn>>1,n∈N*.
由f(xn)=f(xn+1)=0知,sin xn=,sin xn+1=.
令h(x)=,x>,则h'(x)=<0,
所以h(x)在上单调递减,
又xn+1>xn>,所以h(xn)>h(xn+1),
即sin xn>sin xn+1.
(ii)当故g(x)在上单调递减,
又g=-1>0,g(π)=-eπ-1<0,所以存在a∈,使得g(a)=0,
当记y=ex-x-1,则y'=ex-1,令y'>0,得x>0,故函数y=ex-x-1在(0,+∞)上单调递增,令y'<0,得x<0,
故函数y=ex-x-1在(-∞,0)上单调递减,所以ex-x-1≥e0-1=0,故f=->0,
又f(π)=-π<0,所以f(x)在上有且只有一个零点,该零点即为x1.
当(2n-1)π≤x≤2nπ,n∈N*时,sin x≤0,ex>0,
故f(x)<0,f(x)在[(2n-1)π,2nπ]上无零点.
当2nπ故g(x)在上单调递增,
当π故g(x)在上单调递减.
又g(2nπ)=e2nπ-1>0,g=-1>0,g[(2n+1)π]=-e(2n+1)π-1<0,
所以存在b∈(2nπ,(2n+1)π),使得g(b)=0,
故当2nπ0,f(x)单调递增,
当b又f(2nπ)=-2nπ<0,f[(2n+1)π]=-(2n+1)π<0,f=-π>0,
所以f(x)在,,n∈N*上各有一个零点,且f(x)在(2nπ,(2n+1)π),n∈N*上的两个零点分别为x2n,x2n+1,
所以2nπ所以x2n-1<(2n-1)π,故x2n-1+π<2nπ.
综上,x2n-1+π<2nπ提能特训(四)
1.证明:令函数g(x)=ex-2-ln x,x>0,则g'(x)=ex-2-,显然函数g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
而g'(1)=e-1-1<0,g'(2)=>0,则存在x0∈(1,2),使得g'(x0)=0,即=,则x0-2=-ln x0.
当0x0时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
故g(x)min=g(x0)=-ln x0=+x0-2>2-2=0,所以g(x)>0,即ex-2>ln x.
2.解:(1)因为f(x)=3xln x-ax3+6x,
所以f'(x)=3(1+ln x)-3ax2+6=3(3+ln x-ax2),
令f'(x)=0,即3+ln x-ax2=0,得a=.
令g(x)=,
则g'(x)=,当00,当x>时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
所以g(x)在x=处取得极大值,也是最大值,
又当x→0+时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,g()=e5,
且a>0,所以当a=e5时,f'(x)有且只有一个零点.
(2)因为f'(x)=3x2,
由(1)知,当a≥e5时,f'(x)≤0,
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,f(x)无最大值.
当0当0x2时,f'(x)<0,故f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递减,
当x10,故f(x)在(x1,x2)上单调递增.
又当x→0时,f(x)→0,当0所以若f(x)有最大值,
则f(x2)≥0,即
消去a得ln x2+1≥0,解得x2≥.
结合a=g(x2)以及g(x)在区间(,+∞)上单调递减,且g()=e3,得0综上可得,a的取值范围是.
3.解:(1)由题可知,f'(x)=,
若a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以当x=1时,f(x)取得极大值,无极小值.
若a<0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=1时,f(x)取得极小值,无极大值.
综上所述,当a>0时,f(x)的极大值为,无极小值;
当a<0时,f(x)的极小值为,无极大值.
(2)由题得,g(x)=+x-ln x-3,
则g'(x)=+1-==(x>0),
令φ(x)=ex-ax(x>0),
则φ'(x)=ex-a,其中x>0,
要使g(x)有四个零点,则g'(x)至少应有三个零点,
所以φ(x)至少有两个不为1的零点.
①当a≤1且a≠0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(x)至多只有一个零点,不合题意.
②当a>1时,令φ'(x)<0,可得x∈(0,ln a),
令φ'(x)>0,可得x∈(ln a,+∞),
所以φ(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
要使φ(x)有两个零点,则φ(ln a)=eln a-aln a=a(1-ln a)<0,解得a>e,
此时φ(1)=e-a<0,0<<1,
所以φ=-a·=-e-a>0,
所以φ(x)在上存在一个零点x1,且-ax1=0.
下面证明当x>1时,ex>x2>x.当x>1时,x2-x=x(x-1)>0,
令m(x)=ex-x2(x>1),则m'(x)=ex-2x,令p(x)=ex-2x(x>1),则p'(x)=ex-2,
当x>1时,p'(x)>0,p(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以p(x)>p(1)=e-2>0,
所以m(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以m(x)>m(1)=e-1>0,即ex>x2.
因为a>e>1,所以φ(a)=ea-a2>0,
所以φ(x)在(1,a)上存在一个零点x2,且-ax2=0.
所以当x∈(0,x1)∪(1,x2)时,g'(x)<0,
当x∈(x1,1)∪(x2,+∞)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,x1)和(1,x2)上单调递减,在(x1,1)和(x2,+∞)上单调递增.
又因为0<a+ln a-3>0,
ea+2>a+2>x2,g(ea+2)=+ea+2-ln ea+2-3>ea+2-(a+2)-3>(a+2)2-a-5=a2+3a-1>0,
所以只需
此时,g(x)在,(x1,1),(1,x2),(x2,ea+2)上各有一个零点.由g(1)=-2>0,得a>2e.
由g(x1)=+x1-ln x1-3=1+x1-ln-3=ln a-2<0,得a由g(x2)=+x2-ln x2-3=1+x2-ln-3=ln a-2<0,得a综上所述,2e提能特训(五)
1.ABD　[解析] 对于A选项,f(ln x)=x-ln x=g(x),当x∈(1,+∞)时,g'(x)=1-=>0,则y=f(ln x)在(1,+∞)上单调递增,故A正确;对于B选项,当x>1时,ln x2>0,又a为正实数,所以ax>0,又当x>0时,f'(x)=ex-1>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(ax)≥f(ln x2)等价于ax≥ln x2,即a≥,令φ(x)=,知φ'(x)=,所以φ(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以φ(x)max=φ(e)=,故正实数a的最小值为,故B正确;对于C选项,设m(x)=g(x)-t,则m'(x)=1-=,则m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)在x=1处取得最小值m(1)=1-t,方程g(x)=t有两个根x1,x2等价于函数m(x)=g(x)-t有两个零点x1,x2,则1-t<0,可得t>1,不妨设0h(1)=0,即当0g(2-x),又0g(2-x1),又x2>1,2-x1>1,且g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2>2-x1,即x1+x2>2,故C错误;对于D选项,由A,B选项中分析可知,f(x),g(x)在(1,+∞)上单调递增,又f(x3)=g(x4)=s(s>2),f(1)=e-1<2,g(3)=3-ln 3<2,所以x4>3,x3>1,由f(x3)=g(x4),得-x3=x4-ln x4=-ln x4,所以f(x3)=f(ln x4),又x3>1,ln x4>1,f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x3=ln x4,即=x4,所以==,其中s>2,由B选项分析可知,≤,其中s=e时取等号,则≤,其中s=e时取等号,所以=,故D正确.故选ABD.
2.ABD　[解析] 方程xex-a=0可化为xex=a,因为方程xex-a=0有两个不等的实根x1,x2,所以直线y=a与函数y=xex的图象有两个不同的交点,令f(x)=xex,则f'(x)=ex+xex=(1+x)ex,令f'(x)=0,可得x=-1,当x<-1时,f'(x)<0,函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,当x>-1时,f'(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-.当x<0时,f(x)<0,且f(0)=0,当x>0时,f(x)>0,当x→-∞时,故f(x)→0,当x→+∞时,f(x)→+∞,可得函数f(x)的大致图象如图所示.由图可知,--1,设F(x)=f(x)-f(-2-x)=xex+(2+x)e-2-x,x<-1,则F'(x)=(x+1)ex+(-1-x)e-2-x=(x+1)(ex-e-2-x)>0,所以F(x)在(-∞,-1)上单调递增,所以F(x)1,则-1>0,所以x23.解:(1)证明:由f(x)=x2-axln x-1得f=-ln -1=,
所以x2f=x2·=1+axln x-x2=-f(x),故f(x)+x2f=0.
(2)(i)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f(1)=0,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)只有一个零点,不符合题意,所以a>0.
f'(x)=2x-a(ln x+1),所以f'(1)=2-a,
当f'(1)<0,即a>2时,令g(x)=f'(x)=2x-a(ln x+1),所以g'(x)=2-,
当x>时,g'(x)>0,当0所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,故g(x)min=g=a-a=-aln<0,
又f'(1)<0,f'=-a(-1+1)=>0,
f'(a2)=2a2-a(ln a2+1)=2a2-a(2ln a+1)=a(2a-2ln a-1)>a[2a-1-2(a-1)]=a>0,所以存在m∈,n∈(1,a2),使得f'(m)=0,f'(n)=0,
因此f(x)在(0,m),(n,+∞)上单调递增,在(m,n)上单调递减,
又当x→0+时,f(x)→-1,当x→+∞时,f(x)→+∞,
且f(1)=0,所以f(m)>0,f(n)<0,
所以f(x)有三个不同的零点,符合题意.
当f'(1)≥0,即0令h(x)=,则h'(x)=,
故当x>1时,h'(x)<0,此时h(x)单调递减,当00,此时h(x)单调递增,故h(x)≤h(1)=≤1,此时f'(x)≥0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
又f(1)=0,所以f(x)只有一个零点,不符合题意.
综上可知,a>2.
(ii)证明:由(i)可知,x2=1,所以0又f(x1)=-ax1ln x1-1=0,
所以由(1)知f==0,故也是f(x)的零点,故x3=,即x1=.
因为f(x3)=-ax3ln x3-1=0,所以a=,
所以x1+x3+2-2a=+x3+2-2=.
设φ(x)=ln x-,x>1,
则φ'(x)=-=>0,
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,故φ(x)>φ(1)=0,
即当x>1时,φ(x)=ln x->0,
则ln x>(x>1),
则ln x3->0,所以x1+x3+2-2a>0,
所以x1+x3>2a-2.
4.解:(1)由题知函数f(x)的定义域为(a,+∞),
当a=0时,f(x)=x2-x,定义域为(0,+∞),则f'(x)=x-1,
由f'(x)>0,得x>1,由f'(x)<0,得0所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
当a≠0时,f'(x)=x-1-=.
当a>0时,由f'(x)>0,得x>a+1,由f'(x)<0,得a所以f(x)在(a,a+1)上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增;
当-10,得x>a+1或a所以f(x)在(0,a+1)上单调递减,在(a,0)和(a+1,+∞)上单调递增;
当a=-1时,f'(x)≥0,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
当a<-1时,由f'(x)>0,得x>0或a由f'(x)<0,得a+1所以f(x)在(a+1,0)上单调递减,在(a,a+1)和(0,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≥0时,f(x)在(a,a+1)上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增;
当-1当a=-1时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
当a<-1时,f(x)在(a+1,0)上单调递减,在(a,a+1)和(0,+∞)上单调递增.
(2)证明:由g(x)=f(x+a)-a=x2-x-aln x,x>0,
得g'(x)=x-1-=,由题意可知x1,x2是方程x2-x-a=0的两个不同的正根,
所以x1+x2=1,x1x2=-a>0,即a<0,
又因为Δ=1+4a>0,即a>-,
所以-因为x1所以f(x1)-f(x2)=-x1-aln(x1-a)-+x2+aln(x2-a)=(-)-(x1-x2)-aln=(x1+x2)(x1-x2)-(x1-x2)-aln=-(x1-x2)-aln.
(i)先证:f(x1)-f(x2)>0.
方法一:
要证明f(x1)-f(x2)>0,只需证明-(x1-x2)-aln>0,
因为-所以只需证明-(x1-x2)即证·又ln=ln=ln=ln-ln,
故只需证明ln-ln>·=·=·,
即证2ln->2ln-.
因为0所以2<+1<+1,
令h(x)=2ln x-x,x>2,则h'(x)=-1=<0,
故h(x)在(2,+∞)上单调递减,
所以h>h,即2ln->2ln-,
故f(x1)-f(x2)>0得证.
方法二:
因为-0,只需证明x2因为a+1-x2=-x1x2+x1=x1(1-x2)=>0,所以x20得证.
(ii)再证:f(x1)-f(x2)<.
要证f(x1)-f(x2)<,即证-(x1-x2)-aln<,只需证明-aln<+(x1-x2),
又ln=ln=ln=ln,
故只需证明x1x2·ln<+(x1-x2)=(x1+x2)+(x1-x2)=x1,
即证ln<==1+.
因为+2x1x2<2x1x2+,所以ln综上,05.解:(1)由函数f(x)=+在上单调递增,
得f'(x)=≥0对任意x∈恒成立,
即2a≤x-xln x对任意x∈恒成立.令h(x)=x-xln x,x∈,则h'(x)=-ln x,
当x∈时,h'(x)>0,则h(x)在上单调递增,
当x∈(1,e]时,h'(x)<0,则h(x)在(1,e]上单调递减,
而h=,h(e)=0,所以h(x)min=h(e)=0,所以2a≤0,所以a≤0.
(2)证明:因为g(x)=xf(x)=+ln x(x>0),则g'(x)=(x>0),
当a≤0时,g'(x)>0对任意x∈(0,+∞)恒成立,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,
此时不满足g(x1)=g(x2)=3(x1≠x2),不合题意.
当a>0时,由g'(x)<0,得x∈(0,a),由g'(x)>0,得x∈(a,+∞),
所以g(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,
故g(x)min=g(a)=1+ln a<3,解得a∈(0,e2).
不妨设x1要证x1x2>a2,即证x2>>a,即证g(x2)>g,
即证g(x1)>g.设φ(x)=g(x)-g=2ln x+--2ln a,x∈(0,a),
则φ'(x)=--=<0,即φ(x)在(0,a)上单调递减,所以φ(x)>φ(a)=0,
即g(x)>g,x∈(0,a),则g(x1)>g成立,因此x1x2>a2成立.
要证x1x2即证3<-ln x1+ln a+2,x1∈(0,a),
因为+ln x1=3,所以a=x1(3-ln x1),
即证1<+ln(3-ln x1),x1∈(0,a).
令T(x)=+ln(3-ln x),x∈(0,e2),
则T'(x)=-+,
设G(x)=x(3-ln x),x∈(0,e2),则G'(x)=2-ln x>0,
所以G(x)在(0,e2)上单调递增,则有0即T'(x)<0,所以T(x)在(0,e2)上单调递减,又(0,a) (0,e2),所以当x∈(0,a)时,T(x)>T(a)>T(e2)=1,
则当x∈(0,a)时,1<+ln(3-ln x)成立,则1<+ln(3-ln x1)成立,故有x1x2综上,a2提能特训(六)
1.解:(1)∵f(x)=aln x+bx,∴f'(x)=+b.
∵函数f(x)=aln x+bx(a,b∈R)在x=处取得极值,
∴f'=2a+b=0①.
又∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y+1=0垂直,∴f'(1)=a+b=-1②,
由①②解得a=1,b=-2.
(2)对任意x∈[1,+∞),不等式f(x)≤(m-2)x-恒成立等价于对任意x∈[1,+∞),ln x≤mx-,即ln x≤m恒成立.
当x=1时,上式显然恒成立.
当x>1时,m≥恒成立.
令h(x)=,x>1,则h'(x)=
=.
令m(x)=x2-x2ln x-ln x-1,x>1,
则m'(x)=2x-2xln x-x-=.
令n(x)=x2-2x2ln x-1,x>1,
则n'(x)=2x-4xln x-2x=-4xln x<0,
得n(x)=x2-2x2ln x-1在(1,+∞)上单调递减,
故n(x)从而m'(x)<0,得m(x)在(1,+∞)上单调递减,
∴m(x)∴h(x)=在(1,+∞)上单调递减.
由洛必达法则得==,∴m≥.
2.解:(1)∵函数f(x)=mx-sin x在R上单调递增,
∴f'(x)≥0恒成立,∴f'(x)=m-cos x≥0,
即m≥cos x,∴m≥1,
即实数m的最小值为1.
(2)方法一:∵m=1,∴函数f(x)=x-sin x,
由(1)可得f(x)在R上单调递增,故当x∈(0,π)时,f(x)>f(0),即x-sin x>0.
由f(x)≥g(x)对任意x∈恒成立,得对任意x∈,x+sin x-axcos x≥0恒成立,
即axcos x≤x+sin x恒成立.
①当x=0时,0≤0恒成立.
②当x=时,0≤+1恒成立.
③当0令h(x)=,则h'(x)==
=>0,
∴h(x)=在上单调递增.
由洛必达法则得 h(x)===2,
故0方法二:∵m=1,∴函数f(x)=x-sin x,∵f(x)≥g(x),∴x+sin x-axcos x≥0,
即对任意x∈,x+sin x-axcos x≥0恒成立.
令H(x)=x+sin x-axcos x,x∈,
则H'(x)=1+cos x-a(cos x-xsin x)=1+(1-a)cos x+axsin x.
①当1-a≥0,即00,
∴H(x)在上单调递增,∴H(x)≥H(0)=0,符合题意,∴0②当1-a<0,即a>1时,令h(x)=1+(1-a)cos x+axsin x,x∈,于是h'(x)=(2a-1)sin x+axcos x.
∵a>1,∴2a-1>0,∴h'(x)≥0,∴h(x)在上单调递增,∴h(0)≤h(x)≤h,
即2-a≤h(x)≤a+1,∴2-a≤H'(x)≤a+1.
(i)当2-a≥0,即1∴H(x)在上单调递增,于是H(x)≥H(0)=0,符合题意,∴1(ii)当2-a<0,即a>2时,存在x0∈,使得当x∈(0,x0)时,有H'(x)<0,
此时H(x)在(0,x0)上单调递减,从而H(x)综上所述,实数a的取值范围为(0,2].
3.解:(1)当a=-时,f(x)=ex(x-3)-x2+2x+3,
则f'(x)=ex(x-2)-x+2=(x-2)(ex-1),
令f'(x)>0得x<0或x>2,令f'(x)<0得0所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞),单调递减区间为(0,2).
(2)注意到f(0)=0,当x≠0时,由f(x)=0,得-a=.
设g(x)=(x≠0),则g(x)=-a在x≠0时有两个不同解,
g'(x)=,令h(x)=ex(x2-4x+6)-2x-6,则h(0)=0,h'(x)=ex(x2-2x+2)-2,得h'(0)=0,令p(x)=h'(x),则有p'(x)=exx2≥0,
所以h'(x)是增函数,则当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,
所以当x∈(-∞,0)时,h(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,h(x)单调递增,所以h(x)≥h(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以 g(x)===-.
当x∈(-∞,0)时,0即>g(x)>,当x→-∞时,<0,<0,
并且=0,=0,所以当x∈(-∞,0)时,g(x)<0,并且g(x)=0,当x∈(0,+∞)时,g(x)=+∞,作出函数g(x)图象如图所示,
所以-<-a<0,即0综上,实数a的取值范围为04.解:(1)当a=1时,f(x)=ln x-x-1,则f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,
设切点坐标为(x0,ln x0-x0-1),则切线方程为y-(ln x0-x0-1)=(x-x0),
把(0,0)代入切线方程得-(ln x0-x0-1)=x0-1,整理得ln x0=2,则x0=e2,所以过原点且与曲线y=f(x)相切的直线方程为y=x.
(2)由题意知,g(x)=x+eax(ln x-ax-1)有两个不同的零点x1,x2(0令x+eax(ln x-ax-1)=0,则+(ln x-ax)-1=eln x-ax+(ln x-ax)-1=0,
构造函数u(x)=ex+x-1,则u'(x)=ex+1>0,
所以u(x)为(-∞,+∞)上的增函数,且u(0)=0,
即ln x-ax=0有两个不等实根x1,x2(0则ln x1=tln x2,ln x1=ln x2+ln t,所以tln x2=ln x2+ln t,则ln x2=ln t,ln x1=ln t,
故ln x1+2ln x2=ln t,不等式x1·>em两边取对数,可转化为ln x1+2ln x2>m,即ln t>m(0方法一(含参讨论单调性):
由ln t>m(0则φ'(t)=-==,
由0①当3m≤9,即m≤3时,φ'(t)>0,故当0②当3m>9,即m>3时,显然存在t0∈(0,1),使得φ'(t0)=0,即当t∈(0,t0)时,φ'(t)>0,当t∈(t0,1)时,φ'(t)<0,
故φ(t)max=φ(t0)>φ(1)=0,不符合题意.
综上,m的取值范围为(-∞,3].
方法二(单调性求最值+洛必达法则):
设v(x)=ln x(0设φ(x)=-3ln x+x-+1(00,
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,又φ(1)=0,所以φ(x)<0,即v'(x)<0,则v(x)在(0,1)上单调递减,
又==3,
所以v(x)>3,则m≤3,即m的取值范围为(-∞,3].新方向　创新型试题[时间:45 min]
1.1993年,数学家F.Smarandache提出许多数论问题,引起国内外相关学者的关注,其中之一便是著名的Smarandache函数.正整数n的Smarandache函数定义为S(n)=min{m|m∈N+,n|m!},比如:S(2)=2,S(3)=3,S(6)=3.
(1)求S(16)和S(2016)的值;
(2)若S(n)=7,求正整数n的最大值;
(3)证明:存在无穷多个合数n,使得S(n)=p,其中p为n的最大质因数.
2.已知An:a1,a2,…,an(n≥4)为有穷数列.若对任意的i∈{0,1,…,n-1},都有|ai+1-ai|≤1(规定a0=an),则称An具有性质P.设Tn={(i,j)||ai-aj|≤1,2≤j-i≤n-2(i,j=1,2,…,n)}.
(1)判断数列A4:1,0.1,-0.2,0.5,A5:1,2,0.7,1.2,2是否具有性质P 若具有性质P,写出对应的集合Tn.
(2)若A4具有性质P,证明:T4≠ .
(3)给定正整数n,对所有具有性质P的数列An,求Tn中元素个数的最小值.
3.如图,设A是由n×n个实数组成的n行n列的数表,其中aij(i,j=1,2,3,…,n)表示位于第i行第j列的实数,且aij∈{1,-1}.记S(n,n)为所有这样的数表构成的集合.对于A∈S(n,n),记ri(A)为A的第i行各数之积,cj(A)为A的第j列各数之积.令l(A)=ri(A)+cj(A).
a11 a12 … a1n
a21 a22 … a2n
… … … …
an1 an2 … ann
(1)请写出一个A∈S(4,4),使得l(A)=0.
(2)是否存在A∈S(9,9),使得l(A)=0 说明理由.
(3)给定正整数n,对于所有的A∈S(n,n),求l(A)的取值集合.新方向　创新型试题
1.解:(1)因为16=24,所以S(16)=6.
因为2016=25×32×7,所以S(2016)=max{S(25),S(32),S(7)}=max{8,6,7}=8.
(2)由S(n)=7知n|7!,又S(7!)=7,所以n最大为7!=5040.
(3)证明:对奇质数p,取合数n=2p,则有S(n)=p.
2.解:(1)由题知A4:1,0.1,-0.2,0.5,
即a1=1,a2=0.1,a3=-0.2,a4=0.5,
因为|a1-a0|=|a1-a4|=0.5≤1,|a2-a1|=0.9≤1,|a3-a2|=0.3≤1,|a4-a3|=0.7≤1,
所以A4具有性质P,又因为Tn={(i,j)||ai-aj|≤1,2≤j-i≤n-2(i,j=1,2,…,n)},
所以当n=4时,2≤j-i≤4-2,即j-i=2,又|a1-a3|=1.2>1,|a2-a4|=0.4≤1,所以T4={(2,4)}.
由题知A5:1,2,0.7,1.2,2,即a1=1,a2=2,a3=0.7,a4=1.2,a5=2,
因为|a3-a2|=1.3>1,所以A5不具有性质P.
综上,A4具有性质P,T4={(2,4)},A5不具有性质P.
(2)证明:要证T4≠ ,即证(1,3),(2,4)两个元素至少有一个在T4中,假设(1,3),(2,4)两个元素均不在T4中,则|a1-a3|>1,|a2-a4|>1,
不妨设a1≤a2,若a2>a3,则-1≤a1-a2≤0,0与|a1-a3|>1矛盾,所以a2≤a3,同理可得a3≤a4,
所以a1≤a2≤a3≤a4,所以|a1-a0|=|a1-a4|=a4-a1=a4-a2+a2-a1≥a4-a2>1,
这与A4具有性质P矛盾,所以假设不成立,所以T4≠ .
(3)设ak=min{a1,a2,…,an}(2≤k≤n-1),
规定t=1时,at-1=an,t=n时,at+1=a1,
则ak-1,ak+1∈[ak,ak+1],所以|ak+1-ak-1|≤1.
考虑数列B3:ak-1,ak,ak+1,Cn-1:a1,a2,…,ak-1,ak+1,…,an,
由题设可知,他们均具有性质P,设Tn中元素个数的最小值为dn,
则可得dn≥dn-1+1,所以dn≥dn-1+1≥dn-2+2≥…≥d4+n-4,由(2)知d4≥1,则dn≥n-3.
当n=2m+1(m∈N*,m>1)时,令ai=i(i=1,2,…,m),am+i=m+-i(i=1,2,…,m+1),
当n=2m(m∈N*,m>1)时,令ai=i(i=1,2,…,m),am+i=m+-i(i=1,2,…,m),
此时均有dn=n-3,所以Tn中元素个数的最小值为n-3.
3.解:(1)答案不唯一,如图所示数表符合要求.
-1 -1 -1 -1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
(2)不存在A∈S(9,9),使得l(A)=0,理由如下:
假设存在A∈S(9,9),使得l(A)=0.
因为ri(A)∈{1,-1},cj(A)∈{1,-1}(i,j=1,2,3,…,9),
所以r1(A),r2(A),…,r9(A),c1(A),c2(A),…,c9(A)这18个数中有9个1,9个-1.
令M=r1(A)·r2(A)·…·r9(A)·c1(A)·c2(A)·…·c9(A).
一方面,因为这18个数中有9个1,9个-1,所以M=(-1)9=-1①,
另一方面,r1(A)·r2(A)·…·r9(A)表示数表中所有元素之积,记这81个实数之积为m,则c1(A)·c2(A)·…·c9(A)也表示m,从而M=m2=1②,
所以①②相矛盾,从而不存在A∈S(9,9),使得l(A)=0.
(3)记这n2个实数之积为p.
一方面,从“行”的角度看,有p=r1(A)·r2(A)·…·rn(A),另一方面,从“列”的角度看,有p=c1(A)·c2(A)·…·cn(A),从而有r1(A)·r2(A)·…·rn(A)=c1(A)·c2(A)·…·cn(A)③.
注意到ri(A)∈{1,-1},cj(A)∈{1,-1}(1≤i≤n,1≤j≤n),下面考虑r1(A),r2(A),…,rn(A),c1(A),c2(A),…,cn(A)中-1的个数,
由③知,上述2n个实数中,-1的个数一定为偶数,该偶数记为2k(0≤k≤n),则1的个数为2n-2k,
所以l(A)=(-1)×2k+1×(2n-2k)=2(n-2k).
对数表A0:aij=1(i,j=1,2,3,…,n),显然l(A0)=2n.
将数表A0中的a11由1变为-1,得到数表A1,显然l(A1)=2n-4,将数表A1中的a22由1变为-1,得到数表A2,显然l(A2)=2n-8,
以此类推,将数表Ak-1中的akk由1变为-1,得到数表Ak,
即数表Ak满足a11=a22=…=akk=-1(1≤k≤n),其余aij=1(i,j=1,2,3,…,n,i≠j),所以r1(A)=r2(A)=…=rk(A)=-1,c1(A)=c2(A)=…=ck(A)=-1,
所以l(Ak)=2[(-1)×k+(n-k)]=2n-4k,由k的任意性知,l(A)的取值集合为{2(n-2k)|k=0,1,2,…,n}.