答案精析
单元检测卷(一) 集合与常用逻辑用语、不等式
1.C [由题意可得，命题p： n∈N，n2＜3n＋4的否定为： n∈N，n2≥3n＋4.故选C.]
2.C [因为M＝{x|x<1}，N＝{x|x2<1}＝{x|－1
3.B [当x＝，y＝时，满足x>0，y>0，x＋y＝2，但xy＝<1，故充分性不成立；若x>0，y>0，xy≥1，则x＋y≥2≥2，当且仅当x＝y＝1时两个等号同时成立，故必要性成立.综上，可知x＋y≥2是xy≥1的必要不充分条件，故选B.]
4.C [B＝{x|x2－6x＋5<0}＝{x|15.A [设方程3x2－2x－ab＝0的两个异号的实根分别为x1，x2，则x1x2＝－＜0，故ab＞0.
又＋＝1，故a＞0，b＞0，
则a＋2b＝(a＋2b)＝4＋＋≥4＋2＝8(当且仅当a＝4，b＝2时取“＝”)，由不等式a＋2b＞m2＋2m恒成立，
得m2＋2m＜8，解得－4＜m＜2.
故实数m的取值范围是(－4，2).故选A.]
6.C [由题意其否定“ a∈[1，3]，ax2＋(a－2)x－2≤0”为真命题.
令f(a)＝(x2＋x)a－2x－2，解得－1≤x≤.]
7.C [因为a>0，b>0，
对于选项A：若ab＝4，则a＋b≥2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，A错误；
对于选项B：当c＝0时，不等式不成立，B错误；
对于选项C：若a＋2b＝2，则2a＋4b≥2＝2＝4，当且仅当a＝2b＝1时取等号，C正确；
对于选项D：因为a>b>m>0，且－＝<0，所以<，故D错误.]
8.B [对于A，>，不能推出a>b>0，如>，反之a>b>0，则有<，
即>是a>b>0的既不充分也不必要条件，A错误；
对于B，由ln(a＋1)>ln(b＋1)，得a＋1>b＋1>0，即a>b>－1，不能推出a>b>0，反之a>b>0，则a>b>－1，因此ln(a＋1)>ln(b＋1)是a>b>0的必要不充分条件，B正确；
对于C，a3>b3>0 a>b>0，a3>b3>0是a>b>0的充要条件，C错误；
对于D，由>，得a>b≥1>0，反之a>b>0不能推出a>b≥1，
因此>是a>b>0的充分不必要条件，D错误.]
9.ABD [根据题意，设A＝{x|x是参加100米的同学}，
B＝{y|y是参加400米的同学}，C＝{z|z是参加1 500米的同学}，
则card(A)＝8，card(B)＝7，card(C)＝5，且card(A∩B)＝4，card(A∩C)＝3，card(B∩C)＝3，
则card(A∩B∩C)＝12－＝2，所以三项比赛都参加的有2人，只参加100米比赛的有3人，只参加400米比赛的有2人，只参加1 500米比赛的有1人.
故选ABD]
10.BC [对于A项，当a＜0时，显然有p小于0，A错误；
对于B项，a＞1时，p＝a＋≥2＝2(a＝时取等号)，故充分性成立，
而p≥2只需a＞0即可，故B正确；
对于C项，p＝a＋＞3可得0＜a＜1或a＞2，当a＞2时p＞3成立，故C正确；
对于D项，由a＞3得a＋＞3＋＞3，
故D错误.故选BC.]
11.ABD [对于A，a>0，b>0，a＋b＝ab，则a＝>0，故b>1，同理可得a>1，A正确；对于B，a>0，b>0，ab＝a＋b≥2，∴ab≥4，当且仅当a＝b＝2时取等号，B正确；
对于C，a>0，b>0，a＋b＝ab，则＋＝1，则
a＋4b＝(a＋4b)＝1＋＋＋4≥5＋2＝9，
当且仅当即a＝3，b＝时取等号，C错误；
对于D，由于b>0，故＋＝＋≥b－1＋≥2－1＝1，当且仅当b＝1时取等号，而b>1，故＋>1，D正确.]
12.{a|a＞1} [由x2＜1，解得－1＜x＜1，所以A＝＝.
因为x2＋2≥2，所以不等式＜0等价于|x|－a＜0.因为“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，
所以A?B，所以B≠ ，则a＞0，
所以不等式|x|－a＜0，
即|x|＜a，解得－a＜x＜a，所以B＝＝，又A?B，所以a＞1，即{a|a＞1}.]
13.，，(答案不唯一) [由“若0＜a＜b＜c，则a＜bc”是假命题可得，存在a，b，c满足条件0＜a＜b＜c，但a≥bc，
由此可得b＞bc，故c＜1，
若取c＝，a＝，则＜b＜，故可取b＝.故a，b，c的值依次为，，(答案不唯一).]
14.0 1 012 [由题意：取A1＝{1，4，5，8，9，12，…，2 021，2 024}，A2＝{2，3，6，7，…，2 022，2 023}，
因为：1＋4＝2＋3，5＋8＝6＋7，…，2 021＋2 024＝2 022＋2 023，
所以P＝Q，则|P－Q|＝0为最小值；取A1＝{2，3，4，5，…，2 023，2 024}，A2＝{1}，
|P－Q|＝－1＝－1＝1 012为最大值.]
15.解 (1)由不等式x2－x－12＝(x－4)(x＋3)≤0，解得－3≤x≤4，可得A＝{x|－3≤x≤4}，
当m＝2时，不等式
x2－2x－3＝(x－3)(x＋1)≤0，
解得－1≤x≤3，即B＝{x|－1≤x≤3}，
可得 RB＝{x|x＜－1，或x＞3}，
所以A∩( RB)＝{x|－3≤x＜－1，或3＜x≤4}.
(2)由不等式x2－2x＋1－m2＝(x－m－1)(x＋m－1)≤0(m＞0)，
解得1－m≤x≤1＋m，
所以B＝{x|1－m≤x≤1＋m，m＞0}.
若选择条件①，则集合A是B的真子集，
得解得m≥4.
当m＝4时，B＝{x|－3≤x≤5}，A?B，符合题意.
所以存在满足条件①的实数m，此时m的取值范围为[4，＋∞).
若选择条件②，则集合B是A的真子集，
得解得0＜m≤3.
当m＝3时，B＝{x|－2≤x≤4}，则B?A，符合题意.
所在存在满足条件②的实数m，此时m的取值范围为(0，3].
若选择条件③，则集合A＝B，
得无解，
所以不存在满足条件③的实数m.
16.解 (1)因为不等式ax2－3x＋2>0的解集为{x|x<1，或x>b}，
可得1和b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实数根，且a>0，
则解得a＝1，b＝2.
(2)由(1)知a＝1，b＝2，可得＋＝1，
因为x>0，y>0，所以2x＋y＋3＝2(x＋1)＋(y＋1)＝[2(x＋1)＋(y＋1)]·(＋)
＝4＋＋≥4＋2＝8，
当且仅当＝时，即x＝1，y＝3时，等号成立，所以2x＋y＋3的最小值为8.
17.(1)解 因为一次喷洒4个单位的净化剂，所以其浓度为
f(x)＝4y＝
当0≤x≤4时，由－4≥4，解得x≥0，此时0≤x≤4；
当4＜x≤10时，由20－2x≥4，解得x≤8，此时4＜x≤8，
综上0≤x≤8，所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时；
(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)小时后，其浓度为
g(x)＝2(5－x)＋a(－1)
＝10－x＋－a
＝14－x＋－a－4，
因为14－x∈[4，8]，a∈[1，4]，
所以14－x＋－a－4≥2－a－4
＝8－a－4，
当且仅当14－x＝，
即x＝14－4时，等号成立，
所以其最小值为8－a－4，
由8－a－4≥4，解得24－16≤a≤4，
所以a的最小值为24－16≈1.6.
18.解 (1)m－n＝＋－－＝＋＝＝，
由a，b∈R，a≠b且a＋b>0，故m－n>0，故m>n.
(2)由a＋b>0，故b>－a，又a<0，故－a>0，b>0，
则有a2＋ab＝a＝－≥－2＝－，
当且仅当－a＝a＋b，即b＝－2a时，等号成立，
故b－≥b－＝b＋＝＋＋≥
3＝3，
当且仅当＝，即b＝2时，等号成立，
故b－的最小值为3.
19.解 (1)＋＝(a＋b)＝2＋＋≥
2＋2＝4，
当且仅当＝，即a＝b＝时取等号，所以＋的最小值为4；
(2)①能，理由如下：
设平行四边形的两邻边长分别为x，y，两对角线长分别为m，n，
则有x＋y＝L，
由三角形两边之和大于第三边可知m又圆的直径为L，故直径为L的圆形纸片能完全覆盖这个平行四边形；
②证明 如图，任意四边形ABCD的各边长分别为a，b，c，d，
由图可知，S△ABC=cdsin∠ABC
≤cd，当且仅当∠ABC＝90°时取等号，S△ACD＝absin∠ADC
≤ab，当且仅当∠ADC＝90°时取等号，故S四边形ABCD≤(ab＋cd)，
同理S四边形ABCD≤(bc＋ad)，
当且仅当∠BAD＝∠BCD＝90°时取等号，
故S四边形ABCD≤(ab＋bc＋cd＋ad)＝(a＋c)(b＋d)，
当且仅当∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝∠DAB＝90°时取等号，
又(a＋c)(b＋d)≤＝＝，
当且仅当a＝b＝c＝d时取等号；
故S四边形ABCD≤，当且仅当四边形是正方形时取等号，故当封闭曲线是四边形时，正方形的面积最大.
单元检测卷(二) 函数概念与基本初等函数Ⅰ
1.A [函数f(x)＝有意义，等价于解得x≤0，故函数的定义域为(－∞，0].]
2.A [因为幂函数f(x)＝(m2－m－1)x2m－3在(0，＋∞)上是增函数，所以解得m＝2.故选A.]
3.D [由题f(x)定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，且f(－x)＝＝－＝－f(x)，故f(x)是奇函数，故A错；
当x>2时，f(x)＝＝＝x－是增函数，故BC错.]
4.A [满足f≥，则函数为上凸函数，
对于A，f(x)＝ln x的图象在(0，＋∞)上是上凸的，符合题意；
对于B，f(x)＝x2＋1的图象(0，＋∞)上是下凸的，不符合题意；
对于C，f(x)＝2x的图象(0，＋∞)上是下凸的，不符合题意；
对于D，f(x)＝x的图象(0，＋∞)上是下凸的，不符合题意；]
5.D [因为log0.2120，即c>1，综上，c>a>b.]
6.D [函数y＝cos x与y＝lg|x|都是偶函数，其中cos 2π＝cos 4π＝1，
lg 4π>lg 10＝1>lg 2π，
在同一坐标系中，作出函数y＝cos x与y＝lg|x|的图象，如图，
由图可知，两函数的交点个数为6.]
7.D [由题意可得g－1(x)＝(x＞4)，
则h(x)＝x＋＝＝＝(x－4)＋＋5(x＞4)，
由x－4＞0，根据基本不等式，h(x)≥2×＋5＝9，当且仅当x＝6时，等号成立，故h(x)的值域为[9，＋∞).故选D.]
8.C [依题意f(x)＋f(2－x)＝0恒成立，代入得
f(x)＋f(2－x)＝2b＋log2＋log2＝0
化简得，2b＋log2[a2－－＋)]＝0，
整理得：2b＋log2[a2－－＋)]＝0，
即2b＋log2[a2＋＋]＝0(*)，依题意，此式在函数的定义域内恒成立，故须使1－4a＝0，则得a＝，代入(*)可得，2b－4＝0，即b＝2，故logab＝－.]
9.ABC [对于A，若苏打水的pH是8，则8＝－lg[H＋]，所以[H＋]＝
10－8摩尔/升，所以A正确；
对于B，若胃酸中[H＋]＝2.5×10－2摩尔/升，则pH＝－lg[H＋]＝
－lg(2.5×10－2)＝－＝－(lg 5－lg 2－2)＝
－(1－2lg 2－2)＝1＋2lg 2≈1＋2×0.3＝1.6，所以B正确；
对于C，若海水中的氢离子浓度是纯净水的10－1.6倍，则海水中的氢离子浓度[H＋]＝10－7×10－1.6＝10－8.6摩尔/升，所以海水的pH＝－lg[H＋]＝－lg(10－8.6)＝8.6，所以C正确；
对于D，若某种水中氢离子的浓度为4×10－7摩尔/升，即[H＋]＝4×10－7摩尔/升，则其pH＝－lg[H＋]＝－lg(4×10－7)＝－(2lg 2－7)≈7－2×0.3＝6.4<6.5，所以该种水不适合饮用，所以D错误.综上，选ABC.]
10.AD [对于A，|f(x)|<，即－<<，即－<1－<，即<<，即<2x＋1<3，即<2x<2，所以－1对于B，f(－x)＝＝＝－f(x)，故B错误；
对于C，f(x)＝1－，因为u＝2x＋1在R上单调递增，且u>1，y＝1－在u>1时单调递增，所以f(x)在R上单调递增，故C错误；
对于D，记y＝f(x)＝1－，显然y≠1，则2x＝，由2x>0得，>0，解得－111.BC [因为当x2＞x1＞0时，x1x2[f(x1)－f(x2)]＋x1－x2＞0，可以化简为f(x1)－f(x2)＞－＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.因为函数f(x)是定义在{x|x≠0}上的奇函数，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以选项A错误；
由f(x1)－f(x2)＞－＞0可得
f(x1)－－[f(x2)－]＞－＞0，
所以函数y＝f(x)－在(0，＋∞)上单调递减，所以选项B正确；
取x1＝2，x2＝3，则f(2)－f(3)＞－＝，
因为函数f(x)是定义在{x|x≠0}上的奇函数，所以f(－3)＝－f(3)，
所以f(2)＋f(－3)＞，所以选项C正确；
f(x)在(0，＋∞)上单调递减，但函数解析式不确定，所以可取
f(2)＝，f(3)＝－，则f(2)－f(－3)＝f(2)＋f(3)＝－＝－＜，所以选项D错误.故选BC.]
12.4(答案不唯一) [因为a>0且a≠1，若函数是单调函数，结合二次函数可知：f(x)在R上单调递增，解得≤a≤5.可取值为4(答案不唯一).]
13. [由条件知x∈R，令g(x)＝f(x)－1
＝＋ln(－x)－1，
则g(－x)＝＋ln－1＝＋ln，易知g(x)＋g(－x)＝0，即g(x)为奇函数，又f(x)＝＋ln，易知y＝，y＝在x>0时单调递减，由复合函数的单调性及奇函数的性质得g(x)＝f(x)－1在R上单调递减，
对于f(a－1)＋f(2a2)>2 g(a－1)＋g(2a2)>0 g(a－1)>g(－2a2)，
所以a－1<－2a2 a∈(－1，).]
14.(，＋∞) [∵f(x)＝ax(a>0且a≠1)与g(x)＝2x－2有且仅有两个不同的“复合稳定点”，
∴a2x－2＝2ax－2，即(ax)2－2a2ax＋2a2＝0有两个不同实根，令t＝ax，则t2－2a2t＋2a2＝0
在(0，＋∞)上有两个不同实根，
∴ a2>2 a>，
则a的取值范围为(，＋∞).]
15.解 (1)因为f(x)＝＋a，所以f(x)＋f(1－x)＝＋a＋＋a＝＋＋2a＝1＋2a，
因为lg 2＋lg 5＝1，所以f(lg 2)＋f(lg5)＝1＋2a＝3，则a＝1.
(2)由(1)可知，f(x)≥4x＋m等价于(4x)2＋m·4x＋2m－2≤0.
令t＝4x，则t∈，原不等式等价于t2＋mt＋2m－2≤0在上恒成立，
则解得m≤－，
故m的取值范围为.
16.解 (1)因为y＝f(x)的图象过(4，2)，故loga4＝2，故a2＝4即a＝2(负值舍去)，所以f(x)＝log2x，
而f(x)＝log2x在(0，＋∞)上为增函数，故f(2x－2)故f(2x－2)(2)因为存在x使得f(x＋1)，f(ax)，f(x＋2)成等差数列，
故2f(ax)＝f(x＋1)＋f(x＋2)有解，故2loga(ax)＝loga(x＋1)＋loga(x＋2)，
因为a>0，a≠1，故x>0，故a2x2＝(x＋1)(x＋2)在(0，＋∞)上有解，
由a2＝＝1＋＋＝22－在(0，＋∞)上有解，令t＝∈(0，＋∞)，而y＝22－在(0，＋∞)上的值域为(1，＋∞)，故a2>1即a>1.
故实数a的取值范围是(1，＋∞).
17.解 (1)因为f(x)＝3x－2－|x－1|＝，
所以不等式f(x)<4即或
解得1≤x<或x<1，所以不等式f(x)<4的解集为(－∞，).
(2)因为方程f(x)＝x2＋ax－1有两个不等实数根，即方程3x－1－|x－1|＝x2＋ax有两个不等实数根，显然x＝0不是方程的根，故a＝，
令g(x)＝＝
当x<0时，－x－＋4＝＋4≥2＋4，当且仅当x＝－时取等号，
又g(1)＝1，且对勾函数y＝x＋的单调递减区间为(－，0)，(0，)，单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞), 作出g(x)的图象，如图所示：
要使方程f(x)＝x2＋ax－1有两个不等实数根，
即y＝a与y＝g(x)有两个交点，由图可知a<1或a>2＋4，
即实数a的取值范围为(－∞，1)∪(2＋4，＋∞).
18.解 (1)由f(－x)＝－f(x)，
即log＝－log，
得log＝log，
所以＝，
故k2x2－1＝x2－1，则k＝±1，
当k＝1时，＝－1显然不符合题意；
经验证k＝－1符合题意，所以k＝－1.
(2)由(1)知：f(x)＝log，
若 x1＞x2＞1，
则f(x1)－f(x2)
＝log－log
＝log
＝log，
而0＜x1x2－x1＋x2－1＜x1x2＋x1－x2－1，
即0＜＜1，
所以f(x1)－f(x2)＞0，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
(3)由g(x)＝log－()x＋m，
令g(x)＝0，所以m＝()x－log.
由(2)知f(x)在[3，4]上单调递增，
而y＝()x在[3，4]上单调递减，
所以h(x)＝()x－log在[3，4]上单调递减，
则h(x)∈[＋log2，].
又m＝h(x)在区间[3，4]上无解，
故实数m的取值范围为
(－∞，＋log2)∪(，＋∞).
19.(1)证明 ∵g(x)＝，x≠－1，
∴g(－2－x)＝，
∴g(x)＋g(－2－x)＝＋＝8.
即对任意的x∈(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，
都有g(x)＋g(－2－x)＝8成立，
∴函数g(x)的图象关于点(－1，4)对称.
(2)解 若对任意的x1∈[0，2]，总存在x2∈[2，4]，使得h(x1)≤g(x2)成立，
则h(x)max≤g(x)max.
∵g(x)＝＝4－，
易知g(x)在[2，4]上单调递增，
∴g(x)max＝g(4)＝3.
∵x∈[0，1]时，h(x)＝x2－mx＋m＋1，
∴h(1)＝2，
即函数h(x)的图象过对称中心(1，2).
当≤0，即m≤0时，
函数h(x)在[0，1]上单调递增，
由对称性知，h(x)在[1，2]上单调递增，
∴函数h(x)在[0，2]上单调递增，
∴h(x)max＝h(2)＝4－h(0)＝3－m≤3，
∴m≥0，即m＝0；
当0＜＜1，即0＜m＜2时，
函数h(x)在上单调递减，在上单调递增.
由对称性，知h(x)在上单调递增，在上单调递减.
∴h(x)max＝h(0)或h.
∵0＜m＜2，∴h(0)＝m＋1＜3，
易知h＝4－h
＝－m＋3＜3，
即0＜m＜2时符合条件；
当≥1，即m≥2时，函数h(x)在[0，1]上单调递减.
由对称性，知h(x)在[1，2]上单调递减.
∴函数h(x)在[0，2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(0)＝m＋1≤3，
∴m≤2，即m＝2.
综上，实数m的取值范围为[0，2].
单元检测卷(三) 一元函数的导数及其应用
1.B [由题意知，f′(x)＝2x－，则f′(1)＝1.
所以 ＝ ＝f′(1)＝.]
2.B [由题意，y＝ln 2x的导函数y′＝，故曲线y＝ln 2x在点处的切线斜率为k＝2，则切线方程y＝2＝2x－1，即2x－y－1＝0.]
3.D [f′(x)＝，x∈[－3，3]，令f′(x)>0，解得－14.B [由题意，其否定“ a，b∈R，使得a－cos b>b－cos a”为真命题，
即a＋cos a>b＋cos b，设f(x)＝x＋cos x，则f′(x)＝1－sin x≥0，所以f(x)为增函数，
所以由f(a)>f(b)可知a>b.]
5.B [由题可得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得；x＝0或x＝2a，
因为函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，所以2a＝1，即a＝，
当a＝时，f′(x)＝x(x－1)，令f′(x)>0 x<0或x>1，令f′(x)<0 0所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，满足题意.]
6.A [由题意得a＝＝，b＝＝，c＝＝＝；
设f(x)＝，则f′(x)＝，当00，所以f(x)单调递增，又0<<<27.C [f′(x)＝3(x－1)2－1，令f′(x)＝0，解得x1，2＝1±，所以x1＋x2＝2，故AB不正确；f(x1)＋f(x2)＝3－1－＋3－1＋＝－2，故C正确，D错误.]
8.C [AB选项，由题意可知，两个函数图象都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y＝f′(x)，实线部分为y＝f(x)，
故y′＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝(f′(x)＋f(x))·ex>0恒成立，故y＝f(x)·ex在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，y′＝＝，
由图象可知x∈(－∞，0)，y′＝>0恒成立，
故y＝单调递增，当x∈(0，＋∞)，y′＝<0，y＝单调递减，
所以函数y＝在x＝0处取得极大值，也为最大值，＝1，C正确，D错误.故选C.]
9.AC [因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0对于任意的x∈R恒成立，所以f′(1)≥0恒成立，但f(1)大小未知.对于方程3x2＋2ax＋b＝0，Δ＝4a2－12b≤0，即a2－3b≤0.所以正确的是AC.]
10.AC [对于A，当x<0时，ex>0，2x－1<0，x－1<0，所以f(x)＝>0，所以A正确；对于BCD，由f(x)＝，得f′(x)＝(x≠1)，
由f′(x)>0，得x<0或x>，由f′(x)<0，得0所以f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在(0，1)，上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f＝＝4e，所以BD错误，C正确.故选AC.]
11.ACD [对A：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝e，
当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，故A正确；
对B：当x＝时，f(x)取得极大值为f()＝，故B错误；
对C：由上分析可作出f(x)的图象，要使方程f(x)＝m有两个不等实根，
只需要y＝m与f(x)有两个交点，由图可知，m∈，所以实数m的取值范围为，故C正确；
对D：设曲线y＝f(x)在处的切线经过坐标原点，则切线斜率k＝＝，得ln x0＝，解得x0＝e，所以切线斜率k＝，所以切线方程为y＝x，即x－3ey＝0，故D正确.故选ACD.]
12.2 [由题可得
＝
＝＝
＝＝2.]
13.－2 [由曲线y＝ex＋a，得y′＝ex，在x＝0处的切线斜率为1，当x＝0时，y＝1＋a，
曲线y＝ex＋a在x＝0处的切线方程为y－(1＋a)＝1×(x－0)，即y＝x＋1＋a，曲线y＝ln x，导数为y′＝，
设切点为(x0，y0)，则＝1，解得x0＝1，y0＝0，切点在切线y＝x＋1＋a上，
即有0＝1＋1＋a，得a＝－2.]
14.＋5 [连接CD，CE，由半圆半径为1得CD＝CE＝1.由对称性，设∠CBE＝∠CBD＝θ，
又CD⊥BD，CE⊥BE，
所以BE＝BD＝＝，
BC＝＝.
易知∠MCE＝∠NCD＝θ，
所以＝的长为θ.
又AC＝3，故AB＝AC－BC
＝3－∈(0，2)，
故sin θ∈，
令sin θ0＝且θ0∈，
则f(θ)＝5－＋＋2θ，
θ∈，
所以f′(θ)＝.
当θ变化时，f′(θ)，f(θ)的变化如表：
θ
f′(θ) － 0 ＋
f(θ) 单调递减 极小值 单调递增
所以栈道总长度的最小值
f(θ)min＝f＝＋5.]
15.解 (1)依题意可得f′(x)＝3ax2＋2bx，
又当x＝2时，f(x)取得极值－3，所以即；
解得所以f(x)＝x3－3x2＋1.
(2)由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 (2，3) 3
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －3 单调递增 1 单调递减 －3 单调递增 1
因此，在区间[－1，3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1.
16.解 (1)由题可得f′(x)＝xex－2ax，由题意f′(1)＝e－2a＝e－2，故a＝1，
又f(1)＝－1＋b＝(e－2)×1＋3－e＝1，故b＝2.
(2)由(1)可得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)>0可得x>ln 2或x<0，令f′(x)<0可得0故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间是(0，ln 2).
则f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f(ln 2)＝(ln 2－1)eln 2－(ln 2)2＋2＝2ln 2－(ln 2)2.
17.(1)解 因为m>0，所以f(x)的定义域是(0，＋∞)，从而f(x)＝ln(mx)－x＝ln x－x＋ln m.故f′(x)＝ln(mx)－x＝－1＝，从而当00，当x>1时f′(x)<0.故f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)有最大值f(1)＝ln m－1，所以命题等价于ln m－1≤0，即m≤e，所以m的取值范围是(0，e].
(2)证明 不妨设x1在－1则p′(t)＝f′(1＋t)＋f′(1－t)＝＋＝>0，所以p(t)单调递增.
这表明t>0时p(t)>p(0)＝f(1)－f(1)＝0，即f(1＋t)>f(1－t).
又因为f(2－x1)＝f(1＋(1－x1))>f(1－(1－x1))＝f(x1)＝0＝f(x2)，且2－x1和x2都大于1，
故由f(x)在(1，＋∞)上的单调性知2－x12.
18.解 (1)因为f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax(a∈R)，
显然x＞0，则f′(x)＝(2x－a)ln x＋(x2－ax)－3x＋2a＝(2x－a)(ln x－1).
因为f′(x)≥0恒成立，则(2x－a)(ln x－1)≥0，对x＞0恒成立，
当0＜x≤e时，ln x－1≤0，则2x－a≤0恒成立，故a≥(2x)max＝2e；
当x≥e时，ln x－1≥0，则2x－a≥0恒成立，故a≤(2x)min＝2e.
综上，a＝2e.
故实数a的取值范围为{2e}.
(2)由(1)知f′(x)＝(2x－a)(ln x－1)，x＞0，
①当a≤0时，2x－a＞0，
当0＜x＜e时，ln x－1＜0，
则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞e时，ln x－1＞0，则f′(x)＞0，f(x)单调递增，
即当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，
当a＝2e时，由(1)知f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2e时，当x＞时，2x－a＞0，ln x－1＞0；
当0＜x＜e时，2x－a＜0，ln x－1＜0；
当e＜x＜时，2x－a＜0，ln x－1＞0.
故当0＜x＜e和x＞时，f′(x)＞0；
当e＜x＜时，f′(x)＜0，
因此f(x)在(0，e)，(，＋∞)上单调递增，
在(e，)上单调递减；
当0＜a＜2e时，当x＜时，2x－a＜0，
ln x－1＜0；
当x＞e时，2x－a＞0，ln x－1＞0；
当＜x＜e时，2x－a＞0，ln x－1＜0.
故当0＜x＜和x＞e时，f′(x)＞0；
当＜x＜e时，f′(x)＜0.
因此f(x)在，(e，＋∞)上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜2e时，f(x)在，(e，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a＝2e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2e时，f(x)在(0，e)，上单调递增，在上单调递减.
19.解 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex，则当x<－1时，f′(x)<0；当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
因此f(x)的最小值为f(－1)＝－－1.
(2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)，令h(x)＝0，得ex－＋m＝0，
令k(x)＝ex－＋m，则h(x)与k(x)有相同的零点，
且k′(x)＝ex－＝，
令r(x)＝x2ex＋ln x，则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
因为当x>0时，则r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又r＝e－2－1<0，r(1)＝e>0，所以 x0∈，使r(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，即k′(x)>0，
所以k(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
因此k(x)的最小值为k(x0)＝ex0－＋m，由r(x0)＝0，得xex0＋ln x0＝0，即x0ex0＝lneln，令φ(x)＝f(x)＋1，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为0，则φ(x0)＝φ，所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－x0，即ex0＝，所以k(x)的最小值k(x0)＝ex0－＋m＝m＋1，
所以当m>－1时，k(x)没有零点；当m＝－1时，k(x)有一个零点；
当m<－1时，因为k(x0)<0，当x趋近于0时，k(x)趋近于＋∞；
当x趋近于＋∞时，k(x)趋近于＋∞，所以k(x)有两个零点.
综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0；当m＝－1时，h(x)的零点个数为1；
当m<－1时，h(x)的零点个数为2.
阶段滚动卷(一) (范围：第一～三单元)
1.C [由－2x2＋5x＋3≥0，得2x2－5x－3≤0，即(2x＋1)(x－3)≤0，解得－≤x≤3，
所以A＝.由B＝{x∈N||x|≤2}，解得B＝{0，1，2}，所以A∩B＝{0，1，2}，所以A∩B的真子集个数为23－1＝7.故选C.]
2.C [法一 因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，当x>0时，－x<0，f(－x)＝－a2x－1，
－f(x)＝－x－a，则－a2x－1＝－x－a，可得a＝1，故选C.
法二 因为函数f(x)是奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，即－a2－1＝－(1＋a)，解得a＝0或a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C.]
3.C [对于A，函数y＝2x为R上的增函数，且a＞b，所以2a＞2b，故A不正确；
对于B，因为函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以当0＜a－b＜1时，ln(a－b)＜ln 1＝0，故B不正确；
对于C，因为函数y＝x在R上单调递增，且a＞b，所以a＞b，故C正确；
对于D，当a＝1，b＝－2时，a＞b，
但|a|＜|b|，故D不正确.故选C.]
4.B [因为(ln x)′＝，′＝a，曲线y＝ln x与曲线y＝a在交点(1，0)处有相同的切线，所以2a＝1，a＝.故选B.]
5.A [设f(t)＝t－ln t，t>0，则f′(t)＝1－＝，∵f′(t)>0得t>1，由f′(t)<0得0y>1时，f(x)>f(y)，即x－ln x>y－ln y成立，故充分性成立.但x－ln x>y－ln y成立时，可能有x＝，y＝1，此时xy>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件.故选A.]
6.D [由题意知原函数先减再增，再减，再增，且x＝0位于增区间内，故选D.]
7.C [由题意知f(x)＝2sin x－ex＋e－x为奇函数，
又f′(x)＝2cos x－(ex＋e－x)，
而ex＋e－x≥2，2 cos x≤2，则f′(x)≤0，∴f(x)在R上单调递减，
则f(x2－4)＋f(3x)<0 f(x2－4)<－f(3x)＝f(－3x)，
∴x2－4>－3x，∴x<－4或x>1，故选C.]
8.C [令x＝y＝0，则f2(0)＝f2(0)－f2(0)，得f(0)＝0；令x＝0，y>0，得f(y)f(－y)＝f2(0)－f2(y)，
得f(y)f(－y)＝－f2(y)，整理得f(y)(f(－y)＋f(y))＝0，
又当x>0时，f(x)>0，所以f(y)>0，故f(－y)＋f(y)＝0.
综上，f(x)是奇函数.
设x2>x1>0，则f(x1)>0，f(x2)>0，f(x1＋x2)>0，f2(x2)－f2(x1)＝(f(x2)＋f(x1))(f(x2)－f(x1))＝f(x2＋x1)f(x2－x1)>0，所以f(x2)－f(x1)>0，又f(0)＝0，f(x)是奇函数，故f(x)在R上是增函数，故f(x)不是周期函数.故选C.]
9.AD [对A，2a＋b＝(2a＋b)(＋)＝＋＋4≥2＋4＝8，当且仅当＝，即b＝2a时等号成立，A正确；
对B，若a＞c且b＝0，则ab2＞cb2不成立；若ab2＞cb2，则b2＞0，则a＞c，故 “a＞c”是“ab2＞cb2”的必要不充分条件，B错误；
对C，命题“对任意x∈R，有x2≥0”的否定是“存在x∈R，有x2＜0”，C错误；
对D，函数y＝log2(－x2＋)的定义域为(－，)，0＜－x2＋≤，
而函数y＝log2t在(0，＋∞)上单调递增，
因此当x＝0时，ymax＝log2＝－2，D正确.故选AD.]
10.ACD [对于A，由基本不等式可得a＋2b＝1≥2，解得ab≤，当且仅当即a＝，b＝时等号成立，所以A正确.
对于B，a2＋b2＝(1－2b)2＋b2＝5b2－4b＋1＝5(b－)2＋，当且仅当b＝，a＝时，a2＋b2取到最小值，故B错误.
对于C，由＋＝(a＋2b)(＋)＝4＋＋≥4＋2＝8，
当且仅当即a＝，b＝时等号成立，所以C正确.
对于D，2a＋4b≥2＝2＝2，当且仅当即a＝，b＝时等号成立，所以D正确.
综上，选ACD.]
11.BCD [对于A，显然f(x)的定义域为R，2x>0，则0<<2，即函数f(x)的值域为(0，2)，A错误；
对于B，令h(x)＝f(x＋1)－1＝－1＝－1＝，h(－x)＝＝＝－h(x)，
即函数y＝f(x＋1)－1是奇函数，因此函数f(x)的图象关于点(1，1)成中心对称图形，B正确；
对于C，由选项B知，f(－x＋1)－1＝－[f(x＋1)－1]，即f(1－x)＋f(1＋x)＝2，
两边求导得－f′(1－x)＋f′(1＋x)＝0，即f′(1－x)＝f′(1＋x)，
因此函数f(x)的导函数f′(x)的图象关于直线x＝1对称，C正确；
对于D，由函数g(x)满足y＝g(x＋1)－1为奇函数，得函数g(x)的图象关于点(1，1)成中心对称，
由选项B知，函数g(x)的图象与函数f(x)的图象有2 024个交点关于点(1，1)对称，
因此 (xi＋yi)＝xi＋yi＝1 012×2＋1 012×2＝4 048，D正确.]
12.(－∞，0) [函数f(x)＝的图象如图：
由图象可知，
当f(x)＞1时，x＞0，所以p：{x|x＞0}，若p是q的充分不必要条件，
则m＜0即m∈(－∞，0).]
13.(0，1) [由题意知，fA(x)＋fB(x)可取±2，0，
若fA(x)＋fB(x)>0，则fA(x)＋fB(x)＝2，
即A∩B≠ ，则014. [设圆的直径为d，则x2＋y2＝d2，则y2＝d2－x2，
W＝x(d2－x2)＝(－x3＋d2x)，0＜x＜d，
令W′＝(－3x2＋d2)＝0，
得x＝d，
由W′＞0时，解得0＜x＜d；
由W′＜0时，解得x＞d，
所以W在(0，d)上单调递增，
在(d，d) 上单调递减，
所以 x＝d时W取最大值，此时
y＝＝d，
所以＝＝.]
15.解 (1)当a＝1时，g(x)＝＝，
由题意≥0，解得x<1或x≥2，所以B＝{x|x<1，或x≥2}，
又函数f(x)＝x2－4(1所以A∩B＝(－3，1)∪{2}.
(2)由题意≥0，即
解得x≥a＋1或x所以B＝{x|x≥a＋1或x所以a>2或a＋1≤－3，解得a>2或a≤－4，
故实数a的取值范围(－∞，－4]∪(2，＋∞).
16.解 (1)∵|x＋a|＋b<4，易知4－b>0，∴b－a－4∵f(x)<4的解集为{x|0(2)由(1)得f(x)＝|x－3|＋1，得f(x)的最小值为1，即m＋2n＋3p＝1，
故＋＝(＋)(m＋2p＋2n＋p)
＝1＋1＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当m＋2p＝2n＋p＝时，等号成立.
故＋的最小值为4.
17.解 (1)由题意得，f(0)＝2－＝0，
解得a＝3，
∴f(x)＝2－＝2－(经验证符合题意).
任取x1，x2∈R，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝2－－2＋＝－＝，
因为x1，x2∈R，且x1＜x2，
所以3x1－3x2＜0，3x1＋1＞0，3x2＋1＞0，
所以f(x1)－f(x2)＝＜0，
故f(x1)＜f(x2)，
所以函数f(x)在R上单调递增.
(2)由(1)知，f(x)在R上单调递增，
故x∈[－1，1]时，f(－1)≤f(x)≤f(1)，
即－1≤f(x)≤1，
即f(x)的值域为[－1，1]，设为A.
g(x)＝logx－mlog2x2＋m＝logx－2mlog2x＋m，x∈[2，4]，
令log2x＝t，则t∈[1，2].
设h(t)＝t2－2mt＋m，t∈[1，2]，其值域为B.
由题意知B A，
h(t)＝t2－2mt＋m，t∈[1，2]的对称轴为
t＝m，
当m＜1时，h(t)在[1，2]上单调递增，
B＝[1－m，4－3m]，
∴∴
∴1≤m≤2与m＜1矛盾，所以舍掉；
当1≤m＜时，h(t)在[1，m]上单调递减，在[m，2]上单调递增，
且h(1)＜h(2)，
∴B＝[－m2＋m，4－3m]，
∴
∴
∴1≤m≤，∴1≤m＜；
当≤m＜2时，h(t)在[1，m]上单调递减，在[m，2]上单调递增，
且h(1)＞h(2)，
∴B＝[－m2＋m，1－m]，
∴，∴
∴0≤m≤，
∴≤m≤；
当m≥2时，h(t)在[1，2]上单调递减，
B＝[4－3m，1－m]，
∴∴
∴0≤m≤与m≥2矛盾，所以舍掉.
综上所述，m的取值范围为[1，].
18.解 (1)∵f(x)＝ex＋1－ax－a－1，
∴f′(x)＝ex＋1－a，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
则函数f(x)在R上单调递增，此时无极值；
当a＞0时，由f′(x)≥0得x≥ln a－1，
由f′(x)＜0得x＜ln a－1，
∴函数f(x)在(－∞，ln a－1)上单调递减，
在[ln a－1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝ln a－1时，函数f(x)有极小值
a－a(ln a－1)－a－1＝a－aln a－1.
综上所述，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a＞0时，函数f(x)在x＝ln a－1处取得极小值为a－aln a－1，无极大值.
(2)当a＝1时，f(x)＝ex＋1－x－2，
则f(x－1)＝ex－x－1，
由f(x－1)≥bx3－x2，
得ex－x－1≥bx3－x2.
∵x＞0，∴b≤.
令g(x)＝.
则g′(x)＝，
令h(x)＝ex－x－1，
则h′(x)＝ex－1＞0在(0，＋∞)上恒成立，
∴h(x)＞h(0)＝0，由g′(x)≥0得x≥3，
由g′(x)＜0得0＜x＜3，
∴函数g(x)在(0，3)上单调递减，
在(3，＋∞)上单调递增，
∴当x＝3时，函数g(x)有最小值
g(x)min＝g(3)＝，
∴b≤，
∴实数b的取值范围是.
19.(1)解 函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝＋k.
①k≥0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间；
②k<0时，令f′(x)>0得－1令f′(x)<0得x>－1－，
所以f(x)的单调递增区间为(－1，－1－)，
单调递减区间为(－1－，＋∞).
(2)解 由(1)知，k≥0时，f(x)在(－1，＋∞)上递增，f(0)＝k≥0，不合题意，
故只考虑k<0的情况，由(1)知f(x)max＝f(－1－)＝－1－ln(－k)≤－1，
即ln(－k)≥0 －k≥1 k≤－1，
综上，k的取值范围为(－∞，－1].
(3)证明 由(2)知：当k＝－1时，ln(x＋1)－(x＋1)≤－1恒成立，所以ln(x＋1)≤x，
所以ln x1)，
进而ln n2故<(n∈N*，n≥2).
所以 ＝＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝(n∈N且n≥2).
即 <(n∈N且n≥2).
单元检测卷(四) 三角函数、解三角形
1.A [因为tan α＝，所以＝，又因为sin2α＋cos2α＝1，
所以sin2α＋sin2α＝1，sin2α＝.因为α为第一象限角，
所以sin α＝.故选A.]
2.C [因为f(x)＝cos2－sin2＝cos x，所以函数f(x)为偶函数且周期为2π，在(0，)上单调递减，所以ABD选项错误，C选项正确.故选C.]
3.B [因为2c－a＝2bcos A，由正弦定理，2sin C－sin A＝2sin Bcos A，
∵A＋B＋C＝π，∴2sin(A＋B)－2sin Bcos A＝sin A，整理得2sin Acos B＝sin A.∵sin A>0，∴cos B＝，又B∈(0，π)，∴B＝.故选B.]
4.A [y＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)，
由诱导公式可知：y＝cos 2x＝sin＝sin，
又y＝sin(2x＋)＝sin，
则－＝，即只需把图象向右平移个单位.故选A.]
5.B [因为0<β<α<，所以0<α－β<，因为sin(α－β)＝，
所以cos(α－β)＝＝，
因为2＝tan α－tan β＝－＝
＝，
所以cos αcos β＝，
因为cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝＋sin αsin β＝，
则sin αsin β＝.故选B.]
6.C [由题意可得：sin(－0.1)＝cos 0.1＝1－＋－＋…≈0.995.故选C.]
7.D [依题意，函数f(x)＝sin xcos x＋cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)，
当x∈时，2x＋∈，
显然sin(－)＝sin＝－，sin＝1，
且正弦函数y＝sin x在上单调递减，由f(x)在区间上的值域为，
得≤2m＋≤，解得≤m≤，所以实数m的取值范围是.故选D.]
8.A [设∠POA＝θ，θ∈(0，)，由AB∥OP，得∠OAB＝θ，∠OBA＝，
在△OAB中，由正弦定理得＝＝2，即OB＝2sin θ，
则△OAB的面积S＝OB·OAsin∠AOB＝3sin θsin(－θ)
＝3sin θ(cos θ－sin θ)＝3(sin 2θ－·)
＝，显然2θ＋∈，因此当2θ＋＝，即θ＝时，Smax＝，
所以△OAB面积的最大值为.故选A.]
9.ABC [因为角α的终边过点P(，)，为第一象限角，
所以由三角函数的定义知tan α＝，所以角α的终边与终边相同，
所以角α的集合是，故A选项正确；
因为sin(α＋)＝sin(α＋＋)＝cos(α＋)＝，所以B选项正确；
因为sin2α＋sin αcos α＝＝＝＝，所以C选项正确；
设扇形的半径为r，圆心角为α，因为扇形所对的弧长为l＝αr＝2r，
所以扇形周长为l＋2r＝2r＋2r＝4r＝8，故r＝2 cm，所以D选项不正确.故选ABC.]
10.BD [设a＋b＝5t，b＋c＝6t，c＋a＝7t，
则a＝3t，b＝2t，c＝4t.
对于A，sin A∶sin B∶sin C＝3∶2∶4，故A不正确；
对于B，c最大，所以C最大，
又cos C＝＝－＜0，
所以C为钝角，故B正确；
对于C，若a＝6，则t＝2，b＝4，c＝8，
所以cos C＝－ sin C＝，
所以△ABC的面积是S＝absin C＝×6×4×＝3，故C不正确；
对于D，由正弦定理得外接圆半径
R＝＝＝t，
△ABC的周长l＝9t，S＝absin C＝t2，所以内切圆半径为r＝＝t，所以＝，故D正确. 故选BD.]
11.ACD [由题意得f(x)＝sin(2ωx＋φ)，由图象可得f(0)＝ sin φ＝，
又0<φ<，所以φ＝，由五点法可得ω×＋＝ ω＝1，所以f(x)＝sin.
A.由以上解析可得φ＝，故A正确；
B.由以上解析可得ω＝1，故B错误；
C.f(x＋)＝sin＝cos 2x，故C正确；
D.当x∈ 2x＋∈时，sin(2x＋)∈，
所以最小值为－，故D正确.故选ACD.]
12.(答案不唯一) [因为点P(cos θ，sin θ)与点Q(cos (θ＋)，
sin(θ＋))关于y轴对称，则
由cos(θ＋)＝－cos θ，
可得cos θcos －sin θsin ＝－cos θ，
则cos θ＝sin θ，所以tan θ＝；
由sin(θ＋)＝sin θ，可得
sin θcos ＋cos θsin ＝sin θ，
则cos θ＝sin θ，所以tan θ＝，
因此θ＝＋kπ，k∈Z，取θ＝.(答案不唯一)]
13.200 m [由题意BC＝－＝100×
＝100×
而tan 15°tan 75°＝·＝·＝1，
所以BC＝100×2＝200(m).]
14.3 [由y＝sin ωx，知sin ωx∈，T＝，因为1<ω≤2π，所以1≤T<2π，在同一坐标系下分别画出y＝sin ωx和y＝x的图象，
由图象可得y＝sin ωx和y＝x共有3个交点，即方程sin ωx＝x有3个根.]
15.解 (1)因为f(x)＝sin2x＋2sin xcos x－cos2x
＝2sin xcos x－(cos2x－sin2x)＝sin 2x－cos 2x＝sin(2x－)，
所以f(x)的最小正周期为＝π.
(2)因为x∈(0，m)，所以2x－∈(－，2m－).
选择①，因为f(x)在(0，m)上恰有两个极值点，
所以<2m－≤，
所以故m的取值范围是.
若选择②，因为当2x－∈(－，)时，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，m)上不可能单调递减，所以②不符合题意；
选择③，因为f(x)在(0，m)上恰好有两个零点，所以π<2m－≤2π，所以故m的取值范围是(π，π].
16.(1)证明 在△ABC中，由余弦定理a2＝c2＋b2－2cbcos A及a2＝c(c＋b)，
得b2－2cbcos A＝bc，即b－2ccos A＝c，由正弦定理，得sin B－2sin Ccos A＝sin C，
即sin C＝sin(C＋A)－2sin Ccos A＝sin Acos C－cos Asin C＝sin(A－C)，
由00，则0因此C＝A－C，即A＝2C，则2C＋B＋C＝π，所以B＋3C＝π.
(2)解 由a2＝c(c＋b)，得122＝c(c＋7)，由c>0，得c＝9.
在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得＝＝＝，
则＝，解得AD＝3，从而DC＝4，又cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，
由余弦定理，得＋＝0，解得BD＝4，
所以BD的长为4.
17.解 (1)f(x)＝cos4x－sin4x＋sin(2x－)
＝cos 2x＋sin 2x＝sin (2x＋).
因为x∈，
所以2x＋∈，
所以当2x＋∈，
即x∈时，函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)在[0，]上的单调递增区间为.
(2)由题意可知，g(x)＝sin(2x＋2φ＋)，
因为函数g(x)的图象关于点(，0)成中心对称，
所以2×＋2φ＋＝kπ，k∈Z，
解得φ＝－＋π，k∈Z.
因为0＜φ＜，所以k＝1，φ＝，
所以g(x)＝sin(2x＋).
当x∈时，
2x＋∈.
因为g(x)在上的值域为，
所以≤2α＋≤，
解得≤α≤，
所以α的取值范围为.
18.(1)证明 根据正弦定理知b(cos C＋1)＝c(2－cos B) sin Bcos C＋sin B＝2sin C－sin Ccos B，
整理得sin Bcos C＋sin Ccos B＋sin B＝2sin C sin(B＋C)＋sin B＝2sin C，
因为A＋B＋C＝π，所以sin A＝sin(B＋C) sin A＋sin B＝2sin C，
由正弦定理可得a＋b＝2c.
(2)解 因为cos C＝，所以sin C＝＝，
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，即c2＝36＋b2－b，
则4c2＝144＋4b2－27b，因为a＝6，所以6＋b＝2c，所以36＋12b＋b2＝4c2，
则144＋4b2－27b＝36＋12b＋b2，即b2－13b＋36＝0，解得b＝4或b＝9，
当b＝4时，a＝6，此时△ABC的面积S＝absin C＝×4×6×＝；
当b＝9时，a＝6，此时△ABC的面积S＝absin C＝×6×9×＝.
综上△ABC的面积为或.
19.(1)解 若b＝c，即AB＝AC，得∠ABC＝∠ACB，点P满足∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ，则∠PCB＝∠PBA，在△PCB和△PBA中，∠PCB＝∠PBA，∠PAB＝∠PBC＝θ，
所以△PCB与△PBA相似，且＝，所以＝＝，即a＝c，
由余弦定理得：cos∠ABC＝，且a＝c，b＝c，
得cos∠ABC＝＝，且0(2)证明 ①在△ABC内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
＝＝＝，
＝＝＝，
＝＝＝，
三式相加可得：＋＋＝，①
在△PAB内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
＝＝＝，
在△PBC和△PCA内，同理：＝，＝，
三式相等：＝＝＝，
因为S△ABC＝S△PAB＋S△PBC＋S△PCA，由等比性质得：＝
＝，②
由①②式可证得：＝＋＋.
②因为S△ABC＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝c·APsin θ＋a·BPsin θ＋b·CPsin θ，
即S△ABC＝sin θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)，所以c·AP＋a·BP＋b·CP＝，
在△PAB，△PBC，△PAC中，
分别由余弦定理得：BP2＝c2＋AP2－2c·APcos θ，CP2＝a2＋BP2－2a·BPcos θ，AP2＝b2＋CP2－2b·CPcos θ，三式相加整理得2cos θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)＝a2＋b2＋c2，
a2＋b2＋c2＝2cos θ(c·AP＋a·BP＋b·CP)，将c·AP＋a·BP＋b·CP＝代入得：
a2＋b2＋c2＝2cos θ·，若PB平分∠ABC，
则∠ABC＝2 θ，S△ABC＝acsin2 θ，
所以a2＋b2＋c2＝2cos θ·＝2cos θ·＝4accos2 θ，③
又由余弦定理可得：a2＋c2＝b2＋2accos 2θ＝b2＋2ac(cos2θ－sin2θ)，④
由③－④得：b2＝－b2＋2ac(sin2θ＋cos2θ)，所以b2＝ac(sin2θ＋cos2θ)，所以b2＝ac.
单元检测卷(五) 平面向量、复数
1.A [＝＝，其在复平面上对应的点的坐标为(，)，位于第一象限.故选A.]
2.A [因为＝2，＝3，
所以＝－＝－＝
－＋＝－a＋b.故选A.]
3.D [向量a在向量b上的投影向量为·＝b＝(2，2)＝(，)，故选D.]
4.B [对于A，z·＝(＋i)(－i)＝1，故A正确；
对于B，z2＝(＋i)2＝－＋i，
＝－i，z2＝－，故B错误；
对于C，(＋i)2－(＋i)＋1＝
－＋i－－i＋1＝0，则z是方程x2－x＋1＝0的一个根，故C正确；
对于D，z＝＋i，z2＝－＋i，z3＝z2·z＝－(－i)(＋i)＝－1，故D正确.故选B.]
5.D [由|a－b|＝，可得a2－2a·b＋b2＝3，①
由|a＋b|＝|2a－b|，可得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，
代入①得b2＝3，解得|b|＝，故选D.]
6.A [(e1＋2e2)2＝e＋4e1·e2＋4e＝1－2＋4＝3，故|e1＋2e2|＝.
(e1＋2e2)·e2＝e1·e2＋2e＝－＋2＝，设e1＋2e2与e2的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，又θ∈[0，π]，故θ＝，故选A.]
7.D [设z＝r(cos θ＋isin θ)，则z3＝1＋i＝(cos ＋isin )＝r3(cos 3θ＋isin 3θ)，
所以r＝，3θ＝2kπ＋，k∈Z，即θ＝＋，k∈Z，
所以z＝[cos(＋)＋isin(＋)]，k∈Z，
故k＝2时，θ＝，故z可取(cos ＋isin )，故选D.]
8.C [连接OM，OC，设〈，〉＝θ，依题意，AD＝8，OC＝4，〈，〉＝，则
·＝·(－)＝·－·＝8×2cos θ－8×4 cos ＝16cos θ－16，由θ∈[0，π]，得－1≤cos θ≤1，所以－32≤·≤0.故选C.]
9.AD [设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，
对于A，若z1＝2，则z1＝c－di，故z1z2＝c2＋d2∈R，故A正确；
对于B，当z1＝z2＝i时，z1z2＝－1∈R，2＝－i≠z1，故B错误；
对于C，当z1＝1，z2＝i时，z＝1，z＝－1，故C错误；
对于D，若z＋z＝0，则z＝－z，所以|z|＝|－z|＝|z|，
|z|＝|a2－b2＋2abi|＝＝＝a2＋b2＝|z1|2，
同理|z|＝|z2|2，所以|z1|2＝|z2|2，所以|z1|＝|z2|，故D正确.故选AD.]
10.ABC [对于A，因为＝，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，所以OA＝OD＝DC＝AC，则＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，故A正确；
＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，
则·＝(＋)·(＋)
＝2＋2＋·＝2＋2＋×3×3×＝，故B正确；
如图，以点O为原点，CA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A(1，0)，B(－，)，C(－2，0).因为点P在以AD的中点O为圆心，OA＝1为半径的单位圆上，且在x轴的下半部分，
所以设P(cos α，sin α)，α∈[π，2π]，
则＝(cos α＋，sin α－)，
又＝(－，－)，
所以·＝－cos α－－sin α＋＝－3cos(α－)＋6.
因为α∈[π，2π]，所以α－∈[，]，
所以当α－＝π，即α＝时，·取得最大值9，故C正确；
因为＝x＋y，＝(，－)，
所以(cos α＋，sin α－)＝
x(，－)＋y(－，－)，
即(cos α＋，sin α－)＝((x－y)，－(x＋y))，
所以sin α－＝－(x＋y)，
所以x＋y＝－sin α＋1.
因为α∈[π，2π]，所以当α＝时，x＋y取得最大值＋1，故D错误.故选ABC.]
11.BCD [对A，设a＝(1，0)，b＝(0，2)，c＝(x，y)，根据|c－a|＝有＝，
即(x－1)2＋y2＝，为圆心为(1，0)，半径为的圆，又|c|＝的几何意义为原点到圆(x－1)2＋y2＝上(x，y)的距离，则≤|c|≤，故A错误；
对B，(c－a)·(c－b)＝(x－1)x＋y(y－2)＝x2－x＋y2－2y
＝(x－)2＋(y－1)2－，则转化为求圆(x－1)2＋y2＝上的点到(，1)的距离最大值，
为(＋)2－＝(＋)2－＝，故B正确；
对C，b·c＝2y，因为－≤y≤，故－1≤b·c≤1，故C正确；
对D，因为(x－1)2＋y2＝，可设x＝＋1，y＝，又因为c＝λa＋μb，故λ＝x，μ＝，
λ＋μ＝＋1＋＝(cos θ＋sin θ)＋1＝sin(θ＋φ)＋1，
故当sin(θ＋φ)＝－1时，其中tan φ＝2，λ＋μ取最小值1－，故D正确.故选BCD.]
12.3＋2i(答案不唯一) [设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a2－b2＋2abi，依题意可得a2－b2＝5，b≠0，故可取a＝3，b＝2，z＝3＋2i.(答案不唯一)]
13.12π2 [由题图知，A(，1)，B(，－1)，C(，1)，D(，－1)，
所以＝(，1)，＝(，－1)，
＝(，1)，＝(，－1)，
所以＋＝(2π，0)，＋＝(6π，0)，
所以(＋)·(＋)＝2π×6π＋0×0＝12π2.]
14.2 2 [由题意可知O为AB的中点，且||＝1，
则|－|＝|＋|＝2||＝2；
设∠BOC＝2θ，θ∈(0，)，作DE⊥OE，交OC的延长线于E，
在△BOC中，BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos 2θ＝2－2cos 2θ＝4sin2θ，
故BC＝2sin θ，则DC＝2sin θ，
∠OCB＝＝－θ，又DC⊥BC，故∠DCE＝θ，
则CE＝DCcos θ＝2sin θcos θ＝sin 2θ，
故·＝||·||cos∠DOE＝OC·OE＝1×(1＋sin 2θ)＝1＋sin 2θ，
当θ＝时，·＝1＋sin 2θ取到最大值2.]
15.解 (1)∵z1∈R，∴t2－1＝0，t＝±1.
∵z2∈R，∴2cos θ＋1＝0，cos θ＝－，
又θ∈[0，π]，∴θ＝.
又z1＞z2，则t＞sin θ＝sin ＝，
故t＝1.
(2)∵z1＝z2，∴t＝sin θ，
且t2－1＝2cos θ＋1，
则sin2θ－1＝2cos θ＋1，则cos2θ＋2cos θ＋1＝0，
即(cos θ＋1)2＝0，得cos θ＝－1，所以θ＝π.
16.解 (1)由tan α＝2知α为锐角，
则sin α＝，cos α＝，
故cos(45°＋α)＝－，
sin(45°＋α)＝，
故点A，B，C的坐标分别是(2，0)，
，.
(2)设＝t(0≤t≤1)，
由(1)知，
＝t＝，
＝，
＝，
故·
＝－t＋
＝－，
又∵0≤t≤1，
∴当t＝时，·有最小值为－，
此时点P的坐标为.
17.(1)证明 记CD的中点为E，则＋＝2，因为(＋)·＝2·BC＝0，
所以AE⊥BC，所以AE为CD的垂直平分线，所以AD＝AC＝b.
(2)解 记∠CAD＝θ，因为＝＋，所以－＝2(－)，
所以＝2，BD＝a，DC＝a，又AD为内角A的平分线，所以＝＝2，c＝2b，
在△ACD，△ABD中，分别由余弦定理得：
b2＋b2－2b2cos θ＝，b2＋4b2－4b2cos θ＝，联立可得a2＝，
在△ABC中，由余弦定理得cos A＝＝，所以sin A＝＝.
18.解 (1)当θ＝时，设BP与CQ的交点为M，连接OQ，OP，PQ，
则CQ⊥AB，
BP⊥AC，
故∠QMP＝∠BMC＝，
BM＝，MP＝MQ＝2－，
故QP＝2×MP＝
＝2－2，
即||＝2－2.
(2)·＝(＋)·(＋)
＝－1＋·＋·＋·
＝－1＋2cos＋2cos θ＋2×2×＝sin θ＋3cos θ－3
＝2sin－3，
由θ∈，得θ＋∈，
故sin∈，
则·∈.
即·的取值范围是.
19.解 (1)由a＝(i，1＋i)，b＝(2，2－i)，
得a＋b＝(2＋i，3)，a·b＝i×2＋(1＋i)(2＋i)＝1＋5i.
(2)设a＝(z1，z2)，b＝(z2，z4)，c＝(z5，z6)，z1，z2，z3，z4，z5，z6，λ∈C，
则a·b＝z13＋z24，b·a＝z31＋z42，故①a·b＝b·a不成立，
b＋c＝(z3＋z5，z4＋z6)，a·b＝z13＋z24，a·c＝z1·5＋z26，
a·(b＋c)＝z1z3＋z＋z2z4＋z，因为z3＋z＝3＋5，z4＋z＝4＋6，
所以a·(b＋c)＝z1(3＋5)＋z2(4＋6)＝z13＋z24＋z15＋z26＝a·b＋a·c，故②正确；
(3)设满足条件的b＝(z1，2z1＋1)，c＝(z2，2z2＋1)，z1，z2∈C，
则a－b＝(2i－z1，－2z1)，b－c＝(z1－z2，2z1－2z2)，因为z1－z2为任意的复数，不妨设z3＝z1－z2且z3∈C，由定义可得(2i－z1)3＋(－2z1)×23＝0，即(5z1－2i)3＝0，即5z1－2i＝0，
所以z1＝i，则b0＝(i，i＋1)，
以下证明对任意的b∈Ω，不等式|a－b|≥|a－b0|恒成立，只需计算|a－b|的最小值.
不妨令b＝(m＋ni，2m＋1＋2ni)，则a－b＝(－m－(n－2)i，－2m－2ni)，
则|a－b|＝，
＝＝，
当m＝0，n＝时，取得最小值，此时b＝(i，i＋1)与之前得到的b0相同，结论得证；
推广结论：对于任意复向量a Ω，b∈Ω，若对于任意的c∈Ω，当且仅当(a－b)·(b－c)＝0时，|a－b|取得最小值.
单元检测卷(六) 数 列
1.D [设等比数列{an}公比为q，则a1＋a4＝a1＋a1q3＝0，因为a1≠0，则q＝－1，
又a2＝－2，故a1＝2，a3＝2，a4＝－2，则S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝0.故选D.]
2.A [因为a5是a4与a8的等比中项，所以a＝a4a8.又因为数列{an}为等差数列，公差为d(d≠0)，所以(a1＋4d)2＝(a1＋3d)(a1＋7d)，化简得2a1d＝－5d2，即2a1＝－5d，
所以＝－.故选A.]
3.B [由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得
a3＝a2－a1＝－1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－1，a6＝a5－a4＝1，a7＝a6－a5＝2，
a8＝a7－a6＝1，……，则{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 025＝a337×6＋3＝a3＝－1.故选B.]
4.A [∵公比q≠0，a2 020＞0，
∴若a2 021＞a2 024，
则a2 020q＞a2 020q4，∴q(1－q3)＞0，
∴q(1－q)(1＋q＋q2)＞0，
得q(1－q)＞0，∴0＜q＜1；
若a2 022＞a2 023，则a2 020q2＞a2 020q3，
∴q2＞q3，
∴q2(1－q)＞0，∴q＜1且q≠0.
∵0＜q＜1 q＜1且q≠0，q＜1且q≠0
0＜q＜1，∴“a2 021＞a2 024”是“a2 022＞a2 023”的充分不必要条件.故选A.]
5.D [∵S7＝S15，∴a8＋a9＋…＋a15＝0，
即a11＋a12＝0，
又a1＝－21，
∴d＝2且a11<0，
∴a12>0，
∴(Sn)min＝S11，
＝112－22×11＝－121.]
6.A [因为S8＋S24＝140，且S24＝13S8，所以S8＝10，S24＝130，故q≠±1，
所以＝＝(q8)2＋q8＋1＝13，即(q8)2＋q8－12＝0，解得q8＝3或q8＝－4(舍去)，
由等比数列性质可知，S8，S16－S8，S24－S16成等比数列，公比为q8＝3，
所以S16－10＝10×q8＝30，解得S16＝40，故选A.]
7.D [∵2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝4n，∴当n≥2时，2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝4n－1，
∴2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2·4n－1，
∴2an＝(2na1＋2n－1a2＋…＋2an)－(2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1)＝4n－2·4n－1＝2·4n－1，
∴an＝4n－1(n≥2)；当n＝1时，2a1＝4，解得：a1＝2，不满足an＝4n－1，
∴an＝
当n≥2时，Sn＝2＋4＋42＋…＋4n－1＝2＋＝，
又S1＝a1＝2满足Sn＝，∴Sn＝(n∈N*).故选D.]
8.C [由图分析可知a1＝1，a2＝8a1＋1＝8＋1，a3＝8a2＋1＝8(8＋1)＋1＝82＋8＋1，
a4＝8a3＋1＝8(82＋8＋1)＋1＝83＋82＋8＋1，依次类推，a100＝899＋898＋897＋…＋8＋1，
所以S＝＋＋…＋＝1＋＋＋…＋
<1＋＋＋…＋＝＝<.故选C.]
9.ABC [因为Sn＝()n－1，
所以Sn＋1－Sn＝()n＋1－()n
＝－()n＋1＜0，即Sn＋1＜Sn，所以数列{Sn}是递减数列，所以选项A正确；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝()n－()n－1＝－()n，
当n＝1时，a1＝S1＝－也满足上式，
所以an＝－()n.
所以＝＝，
所以数列{an}是等比数列，所以选项B正确；
an＝－()n＜0，所以选项C正确；
Sn＋an＝()n－1－()n＝－1，
所以选项D错误.综上，选ABC.]
10.BC [对于A中，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝，
又由a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×＝，所以A错误；
对于B中，由S14＝＝＝28，所以B正确；
对于C中，由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，则S7>S8，所以C正确；
对于D中，因为{an}为递增数列，可得公差d>0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D错误.
故选BC.]
11.BCD [由已知得＝2，则an＋2＝2an，因为a1＝1，则a3＝2，且an≠0.
若{an}是等比数列，则a＝a1a3，故a2＝±，所以公比q＝±，A错误；
由an＋2＝2an，故a2n＋2＝2a2n，即＝2，故{a2n}是公比为2的等比数列，B正确；
同理，数列{a2n－1}是公比为2的等比数列，由a1＝1，则a2n－1＝1×2n－1＝2n－1，C正确；
由a2＝，则a2n＝2n－2，设m为偶数，则am＝2－2，同理设k为奇数，则ak＝2，
所以an＝D正确，选BCD.]
12.9 [由a2＝3，a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1＝3，解得a1＝1，则等差数列{an}的公差d＝2，
于是an＝2n－1，Sn＝·n＝n2，由Sn＋an＋1＝100，得n2＋2n＋1＝100，所以n＝9.]
13.an＝(－)n－1(答案不唯一) [设等比数列{an}的公比为q，由a2<|an|0，显然a2<|a3|，即a1q<|a1q2|14.15 [因为在Rt△MOF中，∠F＝30°，OM＝20，
所以OF＝20，EF＝20－30，
故A1A2＝20－30，故{dk}是以20－30为首项，以0.1为公差的等差数列，故Sk＝(20－30)k＋×0.1，而S14＝74.06<80，S15≈80.1>80，故kmin＝15.所以至少需要15次才能将整个警戒区域扫描完毕.]
15.解 (1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，所以a2＝2.
因为Sn－an＝n2＋1，
所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得：an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，所以数列{an＋1＋an}为等差数列.
(2)由(1)知an＋an－1＝4n－2，所以an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
又数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6，a19＋a20＝78，
所以S20＝＝420.
16.解 (1)法一 {an}为等比数列，a1＝3≠0，∵2Sk＝Sk＋1＋Sk＋2，
∴Sk＋1＋Sk＋2－2Sk＝0，∴2ak＋1＋ak＋2＝0，∴q＝－2.
法二 ∵2Sk＝Sk＋1＋Sk＋2，a1＝3，
当q≠1时，2＝＋，整理得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1，
当q＝1时，由2Sk＝Sk＋1＋Sk＋2得6k＝6k＋9，不成立，舍去，
∴q＝－2.
(2)由(1)知an＝3(－2)n－1，Sn＝＝1－(－2)n，
故nSn＝n－n·(－2)n，
设bn＝n×(－2)n，{bn}的前n项和为Bn，则Bn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n(－2)n，
－2Bn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n＋n·(－2)n＋1，
3Bn＝－2＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－n·(－2)n＋1＝，
∴Bn＝，
∴Tn＝＋.
17.(1)解 设数列{an}的公比为q，
由4a2，2a3，a4成等差数列可得
4a2＋a4＝4a3，
故4＋q2＝4q，解得q＝2.
由S4＝8a2－2可得＝16a1－2，
解得a1＝2，
故an＝2n，
即数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明 由(1)可得bn＝＝
＝－，
故Tn＝－＋－＋－＋…＋－＝－.
易得0＜≤，
故≤Tn＜.
18.解 (1)根据条件，设an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q＞0)，
解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*).
(2)当n＝100时，a100＝299，
由2n＜299，得n≤8，n∈N*，
又b1＝a1，b3＝a3，b5＝a11，b7＝a43，
故在数列{an}的前100项中含有数列{bn}中的4项，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a100－(b1＋b3＋b5＋b7)＋(b2＋b4＋b6＋b8)，
所以S100＝－(2＋8＋32＋128)＋(4＋16＋64＋256)＝15 220.
19.解 (1)由题意得a2(2)－a2(1)＝1＋d2－(1＋d1)＝d2－d1，
又a2(2)－a2(1)＝2，所以d2－d1＝2.
(2)证明 因为 am(n＋1)＝2am(n)，所以1＋(m－1)dn＋1＝2，
即dn＋1＝2dn＋，所以dn＋1＋＝2(dn＋)，
因此d100＋＝(d1＋)299，所以d100＝
(d1＋)299－，
又d2＝2d1＋，即＝d2－2d1，
因此d100＝(d1＋d2－2d1)299－(d2－2d1)＝(2－299)d1＋(299－1)d2，
所以存在实数λ＝2－299，μ＝299－1，满足λ＋μ＝1，d100＝λd1＋μd2.
(3)证明 因为{dn}为等比数列，所以dn＝d1qn－1，其中q为{dn}的公比，
于是am(n)＝1＋(m－1)d1qn－1，
当1≤i≤n时，am(n＋1－i)＋am(i)－[am(n)＋am(1)]＝(m－1)d1(qn－i＋qi－1－qn－1－1)
＝－(m－1)d1(qn－i－1)(qi－1－1)，
因为q>0，n－i≥0，i－1≥0，因此(qm－i－1)(qi－1－1)≥0，又－(m－1)d1<0，
所以am(n＋1－i)＋am(i)≤am(n)＋am(1)，
因此[am(n＋1－i)＋am(i)]≤n[am(n)＋am(1)]，
即2[am(1)＋am(2)＋…＋am(n)]≤n[am(n)＋am(1)]，
所以am(1)＋am(2)＋…＋an(n)≤.
阶段滚动卷(二) (范围：第一～六单元)
1.A [z＝＝＝1＋i，即复数z对应的点为(1，1)，在第一象限.故选A.]
2.D [法一 (直接法) 由2x＋1＝32，得x＝4，所以A＝{4}.由A∪B＝B，得A B，所以a＝4，故选D.
法二 (排除法) 由2x＋1＝32，得x＝4，所以A＝{4}，a＝1时，A∪B＝{1，2，4}≠B，排除A；a＝2时不满足集合元素的互异性，排除B；a＝3时，A∪B＝{2，3，4}≠B，排除C.故选D.]
3.B [因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(3)＝－f(－3)，又f(3)＝－8，所以f(－3)＝8，又当x<0，f(x)＝x2＋，所以f(－3)＝(－3)2＋＝8，解得a＝3.故选B.]
4.C [因为(a＋2b)⊥a，所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝|a|2＋2|a||b|cos〈a，b〉＝0，
又|a|＝|b|，所以|a|2(1＋2cos〈a，b〉)＝0.
因为a，b均为非零向量，
所以cos 〈a，b〉＝－，
则向量a与b的夹角为.故选C.]
5.B [设等差数列的公差为d(d<0)，则由a3，a4，a7是等比数列，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，整理得d(2a1＋3d)＝0，所以2a1＋3d＝0，即a1＝－d，所以Sn＝na1＋d＝n2－2dn＝(n－2)2－2d.因为d<0，所以当n＝2时，Sn取得最大值－2d.故选B.]
6.A [因为θ∈(，π)，所以tan θ∈(－1，0).由tan 2θ＝－4tan(θ＋)得＝－4，化简整理得2tan2θ＋5tan θ＋2＝0，
解得tan θ＝－2(舍去)或tan θ＝－，
所以＝＝＝＝.故选A.]
7.C [∵x，y≥1，a>1，b>1，ax＝by＝3，∴x＝loga3，y＝logb3，
∴＋＝log3a＋log3b＝log3ab≤log3()2＝log3()2＝1，
当且仅当a＝b＝，x＝y＝2时取等号，∴(＋)max＝1.故选C.]
8.D [由题图(2)得，
圆形木板的直径为
＝5(cm).
设截得的四边形木板为ABCD，∠A＝α，AB＝c，BD＝a，AD＝b，BC＝n，CD＝m，如图所示.
由cos α＝且0＜α＜π
可得sin α＝＝，
在△ABD中，由正弦定理得＝5，
解得a＝4.
在△ABD中，由余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccos α，
所以80＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－bc≥(b＋c)2－×＝，
即(b＋c)2≤400，可得0＜b＋c≤20，
当且仅当b＝c＝10时等号成立.
在△BCD中，∠BCD＝π－α，
由余弦定理可得
80＝a2＝m2＋n2－2mncos (π－α)
＝m2＋n2＋mn
＝(m＋n)2－mn≥(m＋n)2－×＝，
即(m＋n)2≤100，即0＜m＋n≤10，
当且仅当m＝n＝5时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为30 cm.故选D.]
9.ABC [A选项：设f(x)的最小正周期为T，
由图象知A＝2，－(－)＝＝T，
所以T＝＝π，得ω＝2.
当x＝时，函数f(x)取得最小值，则2×＋φ＝2kπ－(k∈Z)，
即φ＝2kπ－π(k∈Z)，
又|φ|＜，则当k＝1时，φ＝符合题意.
所以A＝2，ω＝2，φ＝，所以A正确；
B选项：f(x－)＝2sin[2(x－)＋]＝2sin 2x为奇函数，所以B正确；
C选项：令2x＋＝kπ＋(k∈Z)，解得
x＝＋(k∈Z)，所以函数f(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)，
当k＝－3时，x＝－，所以C正确；
D选项：因为x∈(－，]，
2x∈(－，]，
2x＋∈(，]，
所以sin(2x＋)∈[，1]，
所以f(x)∈[1，2]，所以D不正确.
故选ABC.]
10.ABD [对A，an＝1＋6(n－1)＝6n－5，故A正确；
对B，当k＝2时，{bn}公差d＝＝2，此时bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，故B正确；
对C，当k＝2时bn＝2n－1，此时b19＝2×19－1＝37，a7＝6×7－5＝37，即b19是数列{an}中的项，故C错误；
对D，当k＝6时，b1＝a1，又a2＝b1＋6＋1＝b8，故D正确.故选ABD.]
11.BC [对A：因为f(x)＝－，所以f′(x)＝，令f′(x)<0，得x<1；令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增.
可知f(x)在x＝1处取得唯一极小值，也是f(x)的最小值，所以f(x)的极值点为x＝1，故A错误，B正确；
对C：因为f(2)＝－，f′(2)＝，所以f(x)在x＝2处的切线方程为y＋＝(x－2)，即y＝x－，故C正确.
对D：因为f(0)＝0，f(1)＝－<0，结合f(x)在(－∞，1)上的单调性，可知x＝0是f(x)在(－∞，1)上的唯一零点；当x>1时，ex>0恒成立，故f(x)＝－<0恒成立.
所以f(x)在(1，＋∞)上没有零点；综上：f(x)只有一个零点，故D错误.故选BC.]
12.(答案不唯一) (答案不唯一) [因为角α，β的终边关于直线y＝x对称，则α＋β＝＋2kπ，k∈Z，则α＝－β＋2kπ，
因为sin(α－β)＝，所以sin(－β＋2kπ－β)＝sin(－2β＋2kπ)＝cos 2β＝，
则2β＝＋2kπ或2β＝－＋2kπ，k∈Z，解得β＝＋kπ或β＝－＋kπ，k∈Z，
取k＝0，β的一个值可以为，α的一个值可以为(答案不唯一).]
13.8 [法一 设A(x，0)，D(0，y)，x＞0，y＞0，则 x2＋y2＝4，B(x＋y，x)，C(y，x＋y)，
于是·＝(x＋y，x)·(y，x＋y)＝x2＋2xy＋y2≤2(x2＋y2)＝8，
当且仅当x＝y＝时等号成立.
法二 令∠OAD＝θ(0＜θ＜)，
则∠BAx＝－θ.
由于AD＝2，
故OA＝2cos θ，OD＝2sin θ.
由于AB＝2，
则xB＝2cos θ＋2cos(－θ)＝2cos θ＋2sin θ，yB＝2sin(－θ)＝2cos θ，
故＝(2cos θ＋2sin θ，2cos θ).
同理可求得C(2sin θ，2cos θ＋2sin θ)，
即＝(2sin θ，2cos θ＋2sin θ)，
所以·＝(2cos θ＋2sin θ，2cos θ)·(2sin θ，2cos θ＋2sin θ)＝4＋4sin 2θ.
当θ＝时，·取得最大值8.]
14. [由题意知，当x∈(－∞，－2)时，f(x)＜0；
当x∈[－2，0]时，f(x)≥0；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
当x≤0时，f(x)＝－(x＋2)(x－a)≥0，
则(x＋2)(x－a)≤0，因解集为[－2，＋∞)，
故x＋2≥0，则x－a≤0，a≥x，此时x≤0，
故a≥0；
当x＞0时，f(x)≥0 ex－ax2≥0，
当a＝0时，显然成立；
当a＞0时，ex－ax2≥0 ≥，
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，
所以g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(2)＝，
所以≥ 0＜a≤.
综上，实数a的取值范围为.]
15.解 (1)∵f(x)＝x3－6x2＋9x，
∴f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
当13时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
又f(x)不单调，x∈[1，a]，∴a>3.
故实数a的取值范围为(3，＋∞).
(2)∵f(x)的最小值为f(a)，∴由(1)中f(x)的单调性可知，116.解 (1)由bcos A＝asin B，结合正弦定理，
得sin Bcos A＝sin Asin B，
因为sin B≠0，所以tan A＝>0，所以sin A＝且A为锐角.
(2)若选条件①：
由sin A＝得cos A＝，
将已知代入a2＝b2＋c2－2bccos A，得3＝6c2＋c2－4c2，解得c＝1，则b＝，△ABC唯一确定，
所以S△ABC＝bcsin A＝.
若选条件②：将已知代入＝，得sin B＝>，
因为b＝>＝a>bsin A＝，所以三角形有两个，不符合题目要求.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分.
若选条件③：
由sin A＝得cos A＝，又sin A＝>sin C＝，
得A>C，
所以cos C＝，
所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝，△ABC唯一确定，
将已知代入＝，得c＝1，
∴S△ABC＝acsin B＝.
17.解 (1)因为＝2，
所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n.
当n＝1时，a1＝2.
当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)，
上述两个等式作差得nan＝2，
即an＝(n≥2)，
又因为a1＝2满足an＝，
所以数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*).
(2)因为an＝，
所以bn＝
所以S20＝(2＋6＋…＋38)＋
＝＋
＝200＋－＝.
18.(1)解 ∵f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋2)x，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝＋2ax＋a＋2
＝＝
(x＞0)，
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＜0时，当x∈(0，－)时，f′(x)＞0，
f(x)在(0，－)上单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，
f(x)在(－，＋∞)上单调递减.
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f(x)在(0，－)上单调递增，
在(－，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)可得，当a＜0时，
f(x)max＝f(－)
＝ln(－)＋－
＝ln(－)－－1.
要证f(x)≤－－2，只需证f(x)max≤－－2，
即证ln (－)＋＋1≤0恒成立.
令t＝－，g(t)＝ln t－t＋1(t＞0)，
则g′(t)＝－1＝，
当t∈(0，1)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，
故g(t)的最大值为g(1)＝0，即g(t)≤0，
故ln(－)＋＋1≤0恒成立，
即当a＜0时，f(x)≤－－2.
19.解 (1)设an＝(xn，yn)，d＝(d1，d2)，由an＋1－an＝d，得
所以数列{xn}是以x1为首项，公差为d1的等差数列；数列{yn}是以y1为首项，公差为d2的等差数列.
所以a1＋a2＋…＋an＝(x1＋x2＋…＋xn，y1＋y2＋…＋yn)
＝(nx1＋n(n－1)d1，ny1＋n(n－1)d2)＝n(x1，y1)＋n(n－1)(d1，d2)＝na1＋n(n－1)d.
(2)设an＝(xn，yn)，bn＝(mn，kn).
由an＋1－an＝(xn＋1，yn＋1)－(xn，yn)＝(xn＋1－xn，yn＋1－yn)＝(3，0)，从而xn＋1－xn＝3，
yn＋1－yn＝0，故数列{xn}是以1为首项，公差为3的等差数列，从而xn＝3n－2，数列{yn}是常数列，yn＝1.由bn＋1＝2bn得mn＋1＝2mn，kn＋1＝2kn，又m1＝1，k1＝3，∴数列{mn}是以1为首项，公比为2的等比数列；数列{kn}是以3为首项，公比为2的等比数列，从而有mn＝2n－1，kn＝3·2n－1，故a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝x1m1＋x2m2＋…＋xnmn＋y1k1＋y2k2＋…＋ynkn
令Sn＝x1m1＋x2m2＋…＋xnmn＝1×1＋4×2＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1，①
2Sn＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n－2)×2n.②
①－②得，－Sn＝1＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)－(3n－2)·2n，得Sn＝5＋(3n－5)×2n，
令Tn＝y1k1＋y2k2＋…＋ynkn＝＝3·(2n－1)，
∴a1·b1＋a2·b2＋…＋an·bn＝Sn＋Tn＝(3n－2)·2n＋2.
单元检测卷(七) 立体几何与空间向量
1.A [由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径r＝＝1，母线l＝＝2，所以圆锥的表面积S＝πr2＋πrl＝3π.故选A.]
2.C [因为a∥α，b α，则a与b可能平行，异面和垂直，若a与b相交，a∩b＝A，则A∈a，A∈b，所以A∈α，即直线a与平面α有公共点，这与a∥α矛盾，故不可能相交.故选C.]
3.C [由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r，
则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π.故选C.]
4.C [若 m α，m∥n ，则 n∥α 或 n α ，故A错误；
由长方体可知两个平面可相交，故B错；
若 m⊥α，l⊥β， 则直线m，l对应向量分别是平面α，β的法向量，由m⊥l知向量夹角为90°，所以α⊥β ，即C正确；
若 α⊥β，α⊥γ，则β，γ 平行或相交，故D错误.]
5.C [连接HF，EG交于点O1，连接AC，DB交于点O2，连接O1O2，过C作CQ∥O1O2，如图，因为“刍童”ABCD－EFGH上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，所以O1O2⊥底面EFGH，又CQ∥O1O2，所以CQ⊥底面EFGH，
所以∠CGQ是“刍童”ABCD－EFGH其中一条侧棱与底面所成的角，则tan∠CGQ＝2，因为EF＝2AB＝4，所以EG＝4，AC＝2，
易知四边形ACGE是等腰梯形，则QG＝(EG－AC)＝，所以在Rt△CQG中，tan∠CGQ＝＝2，则CQ＝2QG＝4，即“刍童”ABCD－EFGH的高为4，
则该刍童的体积V＝＝.故选C.]
6.A [以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线交BC于D，以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝120°，设AB＝AC＝AA1＝1，所以B(，－，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(0，1，1)，＝(－，，1)，＝(0，1，1)，设异面直线BA1与AC1所成角为θ，则cos θ＝＝＝，所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为.故选A.]
7.C [因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，设正方体边长为2，
以D1为原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为z轴建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0，0，0)，A(2，0，2)，C(0，2，2)，B(2，2，2)，B1(2，2，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，＝(2，0，2)，＝(0，2，2).
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则n＝(1，1，－1)，
同理可得平面BDC1的法向量m＝(－1，1，1)，＝(0，0，－2)，·n＝2≠0，故A不正确；
m·n＝－1≠0，故B不正确；
因为＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，＝(2，2，0)，·＝0，·＝0，所以EF⊥D1D，EF⊥D1B1，又D1D∩D1B1＝D1，D1D，D1B1 平面BDD1B1，所以EF⊥平面BDD1B1，C正确；
平面ABB1A1的一个法向量为p＝(1，0，0)，·p＝－1≠0，故D不正确；故选C.]
8.C [如图所示，记△ABC的外接圆的圆心为O1，
连接PO1，AO1，
因为PA＝PB＝PC＝，
所以PO1⊥平面ABC，
且点O在直线PO1上，
连接OA，
则OA＝OP.
因为AB＝，∠ACB＝，
所以由正弦定理得，2AO1＝，
解得AO1＝，
所以PO1＝＝2.
设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，
则OA＝OP＝R，OO1＝2－R或OO1＝R－2.
因为OA2＝OO＋O1A2，
所以R2＝(R－2)2＋()2，
解得R＝，则O在线段O1P上，
所以外接球O的体积V＝πR3＝π，
故选C.]
9.ABD [对于AB，如图，连接EF，GH，
因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故AB正确；
对于C，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，
tan∠EGB1≠tan∠FHC1，又0<∠EGB1，∠FHC1<，则∠EGB1≠∠FHC1，故C错误；
对于D，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点， 故D正确.]
10.BCD [对于A，如图1，过点B作BE⊥CD于点E，则CE＝＝1，所以BE＝＝＝，即圆台的高为 cm，故A不正确；
对于B，圆台的轴截面面积为
×(2＋4)×＝3(cm2)，故B正确；
对于C，圆台的体积为
××(π＋4π＋)＝(cm3)，故C正确；
对于D，将该圆台侧面的一半展开，得到如图2所示的扇环ABCD，再将其补成扇形PCD，则弧CD长为2π，半径PC长为4，所以圆心角∠CPD＝.取AD的中点为M，连接CM，则从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点M的最短路径即扇环中线段CM的长，CM＝＝＝5(cm)，故D正确.综上所述，选BCD.]
11.ABD [如图，对于A，分别取C1D1，C1C的中点M，N，连接B1M，B1N，MN，则由正方体的性质可得
B1N∥A1E，MN∥A1B.因为MN，B1N 平面A1BE，A1B，A1E 平面A1BE，所以MN∥平面A1BE，B1N∥平面A1BE.又MN，B1N 平面B1MN，MN∩B1N＝N，所以平面B1MN∥平面A1BE，所以点F的运动轨迹为线段MN，即动点F轨迹的长度为MN＝，故A正确.对于B，VB1－D1EF＝×2S△D1EF，易知当F与M重合时，S△D1EF取得最小值，即(S△D1EF)min＝×1×1＝，所以(VB1－D1EF)min＝×＝，故B正确.对于C，当F为线段MN的中点时，因为MB1＝NB1，所以B1F⊥MN.又MN∥A1B，所以B1F⊥A1B，故C不正确.对于D，VB1－D1DF＝×S△D1DF×B1C1＝S△D1DF，易知当F与N重合时，S△D1DF取得最大值，连接B1D1，D1N，DN，B1D，所以(VB1－D1DF)max＝VB1－D1DN.由正方体的性质知B1D1⊥D1D，所以△B1D1D为直角三角形，易知点N在平面B1D1D上的投影为Rt△B1D1D的斜边B1D的中点，设为G，连接NG，则三棱锥B1－D1DN，即三棱锥N－B1D1D的外接球的球心O在直线NG上，设球O的半径为R，易知B1D＝2，NG＝，则由(±R)2＋()2＝R2，得R＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝π，故D正确.综上所述，选ABD.]
12.4 [在长方体ABCD－A′B′C′D′中，四棱锥D′－ABCD的四个侧面中，直角三角形的个数最多是4个，即△D′AB，△D′AD，△D′BC，△D′CD.]
13.DM⊥PC(答案不唯一) [由题意知，四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD.
∵PA⊥底面ABCD，又BD 平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，又PC 平面PAC，
∴BD⊥PC.
∵平面PCD为固定平面，平面MBD为运动平面，且运动平面MBD中的固定直线BD垂直PC，∴只需在运动平面MBD中找到一条与BD相交且垂直于PC的直线即可满足平面MBD⊥平面PCD，则DM⊥PC，或BM⊥PC等都满足要求.]
14.V [由题意可知，如图所示，连接AD，D1F，则EF∥AD1，所以平面EFAD1即为平面AEF截几何体的截面.因为AA1＝CC1＝DD1＝2BG＝4，AB＝BC＝CD＝DA＝4，所以几何体的体积V＝4×4×4－××4×4×2＝，被截棱台的体积
VECF－ADD1＝×4×(×2×2＋×4×4＋)＝，则较大部分体积为V2＝40，且＝＝，所以较小部分的体积为VECF－ADD1＝V.]
15.(1)证明 因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AD∥BC，从而EF∥BC，
又EF 平面PBC，BC 平面PBC，所以EF∥平面PBC，
连接BD，OE，则O为BD的中点，又E为PD的中点，所以OE∥PB，
又OE 平面PBC，PB 平面PBC，
所以OE∥平面PBC，又OE∩EF＝E，OE，EF 平面OEF，
所以平面OEF∥平面PBC，即平面α∥平面PBC.
(2)解 由题知，PO⊥平面ABCD.连接OC，则OB＝OC＝2，PO＝.因为由(1)的证明可知平面α∥平面PBC，
所以点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，
所以VP－MBC＝VM－PBC＝VO－PBC＝S△OBC·PO＝××2×2×＝，
所以三棱锥P－MBC的体积为.
16.(1)证明 取AB，CD中点K，Q，连接FK，KQ，QE，则O为KQ的中点，因为侧面ADEF是等腰梯形，所以EF∥AD，又KQ∥AD，所以KQ∥EF，
△ABF和△DCE都是边长为2的等边三角形，得FK＝EQ，所以四边形FKQE为等腰梯形，
因为点M为EF的中点，O为KQ的中点，所以MO⊥KQ.
因为△ABF是等边三角形，所以AB⊥FK，又AB⊥KQ，KQ，FK 平面FKQE，KQ∩FK＝K，所以AB⊥平面FKQE，AB 平面ABCD，所以平面FKQE⊥平面ABCD，
平面FKQE∩平面ABCD＝KQ，MO 平面FKQE，MO⊥KQ，故MO⊥平面ABCD.
(2)解 在梯形FKQE中，EF＝4，KQ＝2，FK＝EQ＝，等腰梯形中由勾股定理得MO＝，取BC中点N，由(1)知，OK，ON，OM两两垂直，以O为原点，分别以OK，ON，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
O(0，0，0)，M(0，0，)，K(1，0，0)，C(－1，1，0)，A(1，－1，0)，B(1，1，0)，E(－2，0，)，设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，＝(0，2，0)，＝(－1，1，)，
则
令z＝1，则x＝，y＝0，得n＝(，0，1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，＝＋＝＋λ＝(－2－λ，－λ，λ)，
设直线BP与平面ABM所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
解得λ＝(负值舍去)，所以点P为棱CE的中点，所以EP的长为1.
17.(1)证明 分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF 平面CDF，
则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，所以OP∥EF，
而OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)解 取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD，以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得n＝(0，，1)，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，而θ∈(0，]，解得θ＝，
所以平面ADE与平面BCF的夹角的大小为.
18.(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥BB1，而AB⊥BC，BB1∩AB＝B，BB1，AB 平面ABB1A1，则BC⊥平面ABB1A1，
又BD＝CE，BD∥CE，即四边形BCED是平行四边形，故DE∥BC，于是DE⊥平面ABB1A1，而BF 平面ABB1A1，
所以DE⊥BF.
(2)解 在AA1上取点G，使AG＝BD，连接DG，EG，则DG∥AB，而AA1⊥BC，AA1⊥AB，则有AA1⊥DE，AA1⊥DG，
又DG∩DE＝D，DG，DE 平面DEG，则AA1⊥平面DEG，而AA1⊥平面ABC，
因此平面DEG∥平面ABC.显然DG⊥FG，
FG＝＝3，
由平面DEF将直三棱柱ABC－A1B1C1的体积平分知：
VF－DEG＋VABC－GDE＝VABC－A1B1C1，
即××3×3×3＋×3×3×EC＝××3×3×6，
解得EC＝2，
则AF＝FG＋GA＝5，
以点B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则B(0，0，0)，E(3，0，2)，F(0，3，5)，D(0，0，2)，
＝(3，0，2)，
＝(0，3，5)，
＝(3，0，0)，
＝(0，3，3)，
设平面BEF的法向量m＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝5，z＝－3，得m＝(2，5，－3).
设平面DEF的一个法向量n＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝1，则z1＝－1，
得n＝(0，1，－1)，
则cos〈m，n〉＝
＝＝，
由图判断知二面角B－EF－D的平面角为锐角，所以二面角B－EF－D的余弦值为.
19.(1)证明 ∵E，F分别为PA，PC的中点，
∴EF∥AC.又EF 平面ABC，
AC 平面ABC，∴EF∥平面ABC.又EF 平面BEF，平面BEF∩平面ABC＝l，
∴l∥EF∥AC.∵PC⊥平面ABC，AC 平面ABC，
∴PC⊥AC.又AC⊥BC，PC∩BC＝C，PC，BC 平面PBC，
∴AC⊥平面PBC，∴l⊥平面PBC.
(2)解 ∠ACB＝∠ADB＝，由(1)得AC∥BD，所以∠CBD＝π－∠ACB＝，
所以四边形ABCD为矩形.由于EF∥平面ABC，
所以VD－ABE＝VE－ABD＝VF－ABD＝××1××1＝.
(3)解 以C为坐标原点，分别以，，的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，D(，1，0)，P(0，0，2)，F(0，0，1)，
由于AC∥BD，设Q(a，1，0)，则＝(a，1，－2).＝＝(，0，0)，＝(0，1，－1)，
设平面BEF的一个法向量n＝(x，y，z)，
则取n＝(0，1，1)，
由题意，sin β＝|cos〈，n〉|＝cos α＝|cos〈，〉|，即＝，解得|a|＝，从而符合题意的点Q存在，且BQ＝.
单元检测卷(八) 平面解析几何
1.A [由题意得
解得a＝.故选A.]
2.D [若椭圆的焦点在x轴，则离心率e＝＝，得a2＝6，此时焦距2c＝2＝2，若椭圆的焦点在y轴，则离心率e＝＝，得a2＝，此时焦距2c＝2＝，所以该椭圆的焦距为2或.故选D.]
3.B [设抛物线的标准方程为x2＝ay(a≠0)，将点(2，－3)代入，得22＝－3a，解得a＝－，
所以抛物线的标准方程是x2＝－y.故选B.]
4.D [由题意可知：圆C：x2＋y2＝1的圆心为C(0，0)，半径r＝1，且a>0，
因为PA⊥PB，可知点P的轨迹为以线段AB的中点M(4，0)为圆心，半径R＝a的圆，
又因为点P在圆C：x2＋y2＝1上，可知圆C与圆M有且仅有一个公共点，则|CM|＝r＋R或|CM|＝|r－R|，即4＝1＋a或4＝|1－a|，解得a＝3或a＝5.故选D.]
5.B [当x<0时，x3＝3xy－y3＝y(3x－y2)<0，若y<0，则3x－y2>0，即y2<3x<0，不符，故x<0，y<0不可能同时成立，故A，C，D选项错误.故选B.]
6.D [由题意可知：抛物线C：y2＝6x的焦点为F(，0)，准线为l：x＝－，设P(－，t)，Q(x0，y0)，则＝(－3，t)，＝(x0－，y0)，因为＝3，
则－3＝3(x0－)，得x0＝，由抛物线定义得||＝＋＝2.故选D.]
7.A [如图，左右顶点的坐标分别为A(－a，0)，B(a，0)，设椭圆上任意一点坐标为P(x0，y0)，且P不与A，B重合， 则kAP·kBP＝·＝，又P(x0，y0)在椭圆上，故＋＝1，所以y＝b2－＝－(x－a2)，则kAP·kBP＝＝－，所以kBP1＝kAP6，kBP6＝kAP1，∴kAP1·kAP6＝－，同理可得kAP3·kAP4＝kAP5·kAP2＝－，∴直线AP1，AP2，…，AP6这6条直线的斜率乘积(－)3＝－，故选A.]
8.B [不妨设点P在第一象限内，O为坐标原点，由·＝(＋)·(＋)＝||2－||2＝||2－c2＝3c2，得||＝2c.由△PF1F2的面积为c2，结合三角形面积公式得：点P到x轴的距离为c，所以C的一条渐近线的倾斜角为60°，其斜率为，因此C的离心率e＝＝＝＝＝2.故选B.]
9.ABD [对于A，因为a≠0，所以将原点(0，0)代入圆的方程可得a2＞0 ，所以点O在圆C外，故A正确；
对于B，将圆C的方程化为标准形式，
得(x－a)2＋(y－3)2＝9，其圆心为C(a，3)，半径r＝3，则圆心C到x轴的距离为3，等于半径，所以圆C与x轴相切，故B正确；
对于C，圆心C(a，3)到y轴的距离为|a|，
则由题意，得4＝2，
解得a＝±1，故C不正确；
对于D，当a＝0时，圆C：x2＋(y－3)2＝9，所以圆心在y轴上，且点O在圆C上，所以点O到圆C上一点的最小距离为0，最大距离为2r＝6，其乘积等于a2；当a≠0时，由选项A知，点O在圆C外，|OC|＝，所以点O到圆C上一点的最大距离为|OC|＋r，最小距离为|OC|－r，乘积为|OC|2－r2＝a2＋9－32＝a2.故D正确.综上所述，选ABD.]
10.ACD [对于A：因为直线l：y＝x－1经过点F，可得F(1，0)，即＝1，所以p＝2，故A正确；
对于B：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由所以y2－4y－4＝0，所以y1＋y2＝4，y1y2＝－4，所以x1＋x2＝y1＋y2＋2＝6，x1x2＝＝1，所以·＝x1x2＋y1y2＝1－4＝－3≠0，所以OA与OB不垂直，故B不正确；
|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋2＝8，故C正确；
对于D：·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝x1x2－(x1＋x2)＋y1y2＋1＝1－6＋1－4＝－8，故D正确.
故选ACD.]
11.BCD [对于A，曲线C：＋＝1中，x≥0，y≥0，所以不关于直线y＝－x对称，故错误；
对于B，设C上一点P(x，y)，则＝ x2＋y2－2x－2y－2xy＋1＝0，而＋＝1 x＋y＋2＝1 4xy＝(1－x－y)2 x2＋y2－2x－2y－2xy＋1＝0，故正确；
对于C，|OP|2＝x2＋y2≤＋＝1，x2＋y2≥≥()2＝，
所以x2＋y2∈[，1]，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确；
对于D，P(x，y)到点M(1，1)的距离的平方2＝(x－1)2＋(y－1)2＝x2＋y2－2x－2y＋2＝2xy＋1≥1，
故曲线C位于圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于1－，故正确.
故选：BCD.]
12.(x－1)2＋(y－5)2＝25(答案不唯一) [由题意，可设圆心为(a，2a＋3)，则半径为|2a＋3|，所以圆的标准方程为(x－a)2＋(y－2a－3)2＝(2a＋3)2，可令a＝1，则圆的标准方程为(x－1)2＋(y－5)2＝25.(答案不唯一)]
13.2 [设P(，y0)，则点P(，y0)到直线x－y＋3＝0的距离为
d＝＝＝，当y0＝2，即当P(1，2)时，抛物线y2＝4x上一点到直线x－y＋3＝0的距离最短，P到C的焦点距离为2.]
14. [延长QF2与双曲线交于点P′，因为F1P∥F2P′，根据对称性可知|F1P|＝|F2P′|，
设|F2P′|＝|F1P|＝t，则|F2P|＝|F2Q|＝3t，
可得|F2P|－|F1P|＝2t＝2a，即t＝a，
所以|P′Q|＝4t＝4a，则|QF1|＝|QF2|＋2a＝5a，|F1P′|＝|F2P|＝3a，即|P′Q|2＋|F1P′|2＝|QF1|2，可知∠F1P′Q＝90°，在△P′F1F2中，由勾股定理得|F2P′|2＋|F1P′|2＝|F1F2|2，即a2＋(3a)2＝4c2，解得e＝＝.]
15.解 (1)记C的半焦距为c，由题得C的离心率e＝＝2，①
由对称性不妨设C的顶点为(a，0)，渐近线方程为bx－ay＝0单元检测卷(六) 数列
(分值：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.[2025·泉州模拟]等比数列中，a1＋a4＝0，a2＝－2，记Sn为的前n项和，则S4＝( )
A.－8 B.－5
C.－4 D.0
2.[2025·九江模拟]已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，a5是a4与a8的等比中项，则＝( )
A.－ B.－
C. D.
3.[2025·济宁模拟]已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，则a2 025＝( )
A.－2 B.－1
C.1 D.2
4.[2024·惠州模拟]在等比数列{an}中，已知a2 020＞0，则“a2 021＞a2 024”是“a2 022＞a2 023”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
5.[2025·泰安模拟]已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝－21，S7＝S15，则Sn的最小值为( )
A.－99 B.－100
C.－110 D.－121
6.[2025·襄阳模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＋S24＝140，且S24＝13S8，则S16＝( )
A.40 B.－30
C.30 D.－30或40
7.[2025·盐城模拟]若数列{an}满足2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝4n，{an}的前n项和为Sn，则( )
A.Sn＝ B.Sn＝
C.Sn＝ D.Sn＝
8.[2025·南充模拟]如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小正方形的个数依次构成一个数列{an}的前4项. 记S＝＋＋…＋，则下列结论正确的为( )
A.S>
B.S＝
C.S<
D.S与的大小关系不能确定
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.[2025·武汉武昌区模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝()n－1，则下列说法正确的有( )
A.{Sn}是递减数列 B.{an}是等比数列
C.an＜0 D.Sn＋an＝1
10.[2024·临沂二模]已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是( )
A.若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5
B.若a2＋a13＝4，则S14＝28
C.若S15<0，则S7>S8
D.若{an}和{an·an＋1}都为递增数列，则an>0
11.[2025·云南名校联考]已知数列{anan＋1}(n∈N*)是公比为2的等比数列，且a1＝1，则下列结论正确的是( )
A.若{an}是等比数列，则公比为
B.{a2n}是公比为2的等比数列
C.a2n－1＝2n－1
D.若a2＝，则an＝
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2025·汕头模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，a2n＝2an＋1，若Sn＋an＋1＝100，则n＝________.
13.[2024·北京东城区三模]已知等比数列{an}满足：a2<|an|14.[2025·上海宝山区模拟]某区域的地形大致如图1，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位O的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设1：警戒区域为空旷的扇环形平地A1AnBnB1；假设2：视探照灯为点M，且距离地面20米；假设3：探照灯M照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯M以某一俯角从AkAk＋1侧扫描到BkBk＋1侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环Sk(k＝1，2，3，…).由此，通过调整M的俯角，逐次扫描形成扇环S1，S2，S3….第一次扫描时，光斑的长轴为EF，OE＝30米，此时在探照灯M处测得点F的俯角为30°(如图2).记AkAk＋1＝dk，经测量知A1An＝80米，且{dk}是公差约为0.1米的等差数列，则至少需要经过________次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)[2025·南通模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列；
(2)求S20.
16.(15分)[2025·泰安模拟]已知等比数列{an}的前n项和Sn，a1＝3，对任意k∈N*，Sk是Sk＋1与Sk＋2的等差中项.
(1)求{an}的公比q；
(2)求{nSn}的前n项和Tn.
17.(15分)[2025·安徽名校联考]已知Sn为等比数列{an}的前n项和，n∈N*，若4a2，2a3，a4成等差数列，且S4＝8a2－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜.
18.(17分)[2024·汕头模拟]已知等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}是由数列{an}和{bn}中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
19.(17分)[2025·茂名模拟]有无穷多个首项均为1的等差数列，记第n(n∈N*)个等差数列的第m(m∈N，m≥2)项为am(n)，公差为dn(dn>0).
(1)若a2(2)－a2(1)＝2，求d2－d1的值；
(2)若m为给定的值，且对任意n有am(n＋1)＝2am(n)，证明：存在实数λ，μ，满足λ＋μ＝1，d100＝λd1＋μd2；
(3)若{dn}为等比数列，证明：am(1)＋am(2)＋…＋am(n)≤.