参考答案与解析
专题一 集合与常用逻辑用语、不等式
1．解析：选A.通解(直接法)：因为A＝{x|－5＜x3＜5}＝{x|－＜x＜}，B＝{－3，－1，0，2，3}，所以A∩B＝{－1，0}，故选A.
优解(验证法)：因为(－3)3＝－27<－5，(－1)3＝－1∈(－5，5)，03＝0∈(－5，5)，23＝8>5，33＝27>5，所以－1∈A，0∈A，－3 A，2 A，3 A，所以A∩B＝{－1，0}，故选A.
2．解析：选C.因为B＝{x|x＋1∈A}，分别令x＋1＝1，x＋1＝2，x＋1＝3，x＋1＝4，x＋1＝5，x＋1＝9，得x＝0，1，2，3，4，8，所以B＝{0，1，2，3，4，8}，于是A∩B＝{1，2，3，4}，故选C.
3．解析：选D.由题意可得B＝{1，4，9，16，25，81}，A∩B＝{1，4，9}，则 A(A∩B)＝{2，3，5}．故选D.
4．解析：选B.通解：因为 x∈R，|x＋1|≥0，所以命题p为假命题，所以綈p为真命题．因为x3＝x，所以x3－x＝0，所以x(x2－1)＝0，即x(x＋1)(x－1)＝0，解得x＝－1或x＝0或x＝1，所以 x>0，使得x3＝x，所以命题q为真命题，所以綈q为假命题，所以綈p和q都是真命题，故选B.
优解(特殊值法)：在命题p中，当x＝－1时，|x＋1|＝0，所以命题p为假命题，綈p为真命题．在命题q中，因为立方根等于本身的实数有－1，0，1，所以 x>0，使得x3＝x，所以命题q为真命题，綈q为假命题，所以綈p和q都是真命题，故选B.
5．解析：选C.a⊥b x2＋x＋2x＝0 x＝0或x＝－3，所以x＝－3是a⊥b的充分条件，x＝0是a⊥b的充分条件，故A错误，C正确．a∥b 2x＋2＝x2 x2－2x－2＝0 x＝1±，故B，D错误．
6．解析：选D.根据不等式组，画出可行域如图所示，作出直线x－5y＝0并平移，则当平移后的直线过点A时，z取得最小值，由得所以A(，1)，所以zmin＝－5×1＝－.故选D.
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．解析：选A.f′(x)＝，
所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，(－，0)，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝，故选A.
2．解析：选B.由题知函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，f(－x)＝－(－x)2＋(e－x－ex)sin(－x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，函数图象关于y轴对称，排除A，C；f(1)＝－1＋(e－)sin 1>－1＋(e－)sin＝－1＋－>0，排除D.故选B.
3．解析：选B.因为函数f(x)在R上单调递增，且当x<0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1，0]．故选B.
4．解析：选D.由题意知当x∈(－1，1)时，f(x)＝g(x)有唯一解，则a(x＋1)2－1＝cos x＋2ax，即cos x－a(x2＋1)＋1＝0有唯一解．令h(x)＝cos x－a(x2＋1)＋1，则h(x)在(－1，1)上有唯一零点，易知h(x)为偶函数，所以h(0)＝0，即cos 0－a(0＋1)＋1＝0，得a＝2，故选D.
5．解析：选C.由f(x)≥0及y＝x＋a，y＝ln(x＋b)单调递增，可得x＋a与ln(x＋b)同正、同负或同为零，所以当ln(x＋b)＝0时，x＋a＝0，即所以b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2＋≥，故选C.
6．解析：选B.因为当x<3时，f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2.对于f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，令x＝3，得f(3)>f(2)＋f(1)＝2＋1＝3；令x＝4，得f(4)>f(3)＋f(2)>3＋2＝5；依次类推，得f(5)>f(4)＋f(3)>5＋3＝8；f(6)>f(5)＋f(4)>8＋5＝13；f(7)>f(6)＋f(5)>13＋8＝21；f(8)>f(7)＋f(6)>21＋13＝34；f(9)>f(8)＋f(7)>34＋21＝55；f(10)>f(9)＋f(8)>55＋34＝89；f(11)>f(10)＋f(9)>89＋55＝144；f(12)>f(11)＋f(10)>144＋89＝233；f(13)>f(12)＋f(11)>233＋144＝377；f(14)>f(13)＋f(12)>377＋233＝610；f(15)>f(14)＋f(13)>610＋377＝987；….显然f(16)>1 000，所以f(20)>1 000.故选B.
7．解析：选ACD.因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0，当1
当00，即0当1当－10，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确．综上，选ACD.
8．解析：选AD.由题可知，f′(x)＝6x(x－a)．
对于A，当a>1时，由f′(x)<0得00得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；
对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a0得x>0或x对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误；
对于D，方法一：f(x)＝2x3－3ax2＋1＝2－a2＋1－，令t＝x－，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－a2t＋1－，由y＝2t3－a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点对称，则f(x)的图象关于点对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD.
方法二：任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象均关于点成中心对称，D正确．故选AD.
9．解析：根据题意有－＝－，即3loga2－＝－，设t＝loga2(a>1)，则t>0，故3t－＝－，解得t＝(t＝－1舍去)，所以loga2＝，所以a＝2，所以a＝64.
答案：64
10．解析：令x3－3x＝－(x－1)2＋a，则a＝x3－3x＋(x－1)2，设h(x)＝x3－3x＋(x－1)2，则h′(x)＝3x2－3＋2(x－1)＝(3x＋5)(x－1)，因为x>0，所以3x＋5>0，当01时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，h(0)＝1，h(1)＝－2，所以a的取值范围为(－2，1)．
答案：(－2，1)
11．解析：由题，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln(x＋1)＋a，则g′(x)＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln＋a，所以a＝ln 2.
答案：ln 2
12．解：(1)因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，所以f′(x)＝a－＝，x>0，
若a≤0，则f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
若a>0，则当0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．
(2)方法一(放缩法)：
因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0.
易知g′(x)＝ex－1－2＋，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)方法二(作差法直接求导证明)：
设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex－1，只需证当x>1时g(x)<0即可．
易知g′(x)＝a－－ex－1，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则当x>1时，h′(x)所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
于是当x>1时，g′(x)又a≤2，所以a－2≤0，则当x>1时，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x>1时，g(x)1时，f(x)13．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.
f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.
(2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－a3.
由题意知a－aln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)．
方法一：令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)，
则g′(a)＝1－－2a＝＝－＜0，
所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，故当00；当a>1时，g(a)<0.
故实数a的取值范围为(1，＋∞)．
方法二：由1－ln a－a2<0(a>0)，得ln a>－a2＋1(a>0)．
如图为函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象，
由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，即1－ln a－a2<0.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．
14．解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
f′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1.
易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值．
(2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
则f′(x)＝－aln(1＋x)－，设g(x)＝－aln(1＋x)－，则g′(x)＝－－.
因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－，
故a≤－是原不等式成立的一个必要条件．
下面证明其充分性：
当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.
综上，a的取值范围是(－∞，－]．
15．解：(1)f(x)的定义域为(0，2)，
若b＝0，则f(x)＝ln ＋ax，f′(x)＝·＋a＝＋a，
当x∈(0，2)时，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2，
故a的最小值为－2.
(2)证明：f(2－x)＝ln ＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a，
故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称．
(3)由题知f(1)＝a＝－2，
此时f(x)＝ln －2x＋b(x－1)3，
f′(x)＝·－2＋3b(x－1)2＝－2＋3b(x－1)2＝(x－1)2.
记g(x)＝＋3b，x∈(0，2)，易知g(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，2)上单调递增，g(1)＝2＋3b，
当b≥－时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0，2)上单调递增，
又f(1)＝－2，故符合题意．
当b＜－时，g(1)＜0，g(x)＝＋3b＝，
令g(x)＝0，得x＝1± ，
因为b<－，所以 ∈(0，1)，故1＋∈(1，2)，1－∈(0，1)，
所以当x∈时，g(x)<0，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，故f＜f(1)＝－2，不符合题意．
综上，b的取值范围为.
专题三 三角函数、解三角形
1．解析：选A.由cos(α＋β)＝m得cos αcos β－sin αsin β＝m ①.由tan αtan β＝2得＝2 ②，由①②得，所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－3m，故选A.
2．解析：选B.根据题意有＝，即1－tan α＝，所以tan α＝1－，所以tan(α＋)＝＝＝2－1，故选B.
3．解析：选C.由正弦定理得sin Asin C＝sin2B，因为B＝，所以sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝ac，所以a2＋c2＝ac，所以sin2A＋sin2C＝sin Asin C，所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝sin Asin C＝，又sin A>0，sin C>0，所以sin A＋sin C＝.
4．解析：选C.因为函数y＝2sin的最小正周期T＝，所以函数y＝2sin在[0，2π]上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数y＝2sin与y＝sin x在[0，2π]上的图象如图所示，
由图可知，这两个图象共有6个交点，故选C.
5．解析：选BC.对于A，令f(x)＝0，则x＝，k∈Z，又g≠0，故A错误；
对于B，f(x)与g(x)的最大值都为1，故B正确；
对于C，f(x)与g(x)的最小正周期都为π，故C正确；
对于D，f(x)图象的对称轴方程为2x＝＋kπ，k∈Z，即x＝＋，k∈Z，g(x)图象的对称轴方程为2x－＝＋kπ，k∈Z，即x＝＋，k∈Z，故f(x)与g(x)的图象的对称轴不相同，故D错误．故选BC.
6．解析：由题意知f(x)＝sin x－cos x＝2sin(x－)，当x∈[0，π]时，x－∈，
所以sin(x－)∈，于是f(x)∈[－，2]，故f(x)在[0，π]上的最大值为2.
答案：2
7．解析：由题知tan(α＋β)＝＝＝－2，即sin(α＋β)＝－2cos(α＋β)，又sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，可得sin(α＋β)＝±.由2kπ＜α＜2kπ＋，k∈Z，2mπ＋π＜β＜2mπ＋，m∈Z，得2(k＋m)π＋π＜α＋β＜2(k＋m)π＋2π，k＋m∈Z.又tan(α＋β)＜0，所以α＋β是第四象限角，故sin(α＋β)＝－.
答案：－
8．解：(1)由余弦定理得cos C＝＝，
又0所以cos B＝sin C＝，所以cos B＝，
又0(2)由(1)得A＝π－B－C＝，
由正弦定理＝，得＝，所以a＝c.
所以△ABC的面积S＝acsin B＝c2×＝3＋，
得c＝2.
9．解：(1)方法一：由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1，
所以sin＝1.
因为0所以A＋＝，故A＝.
方法二：由sin A＋cos A＝2，得cos A＝2－sin A，
两边同时平方，得3cos2A＝4－4sin A＋sin2A，
则3(1－sin2A)＝4－4sin A＋sin2A，
整理得1－4sin A＋4sin2A＝0，
所以(1－2sin A)2＝0，则sin A＝.
因为0当A＝时，sin A＋cos A＝2成立，符合条件；
当A＝时，sin A＋cos A＝2不成立，不符合条件．
故A＝.
方法三：由sin A＋cos A＝2，得sin A＝2－cos A，
两边同时平方，得sin2A＝4－4cos A＋3cos2A，
则1－cos2A＝4－4cos A＋3cos2A，
整理得3－4cos A＋4cos2A＝0，
所以(－2cos A)2＝0，则cos A＝.
因为0(2)由bsin C＝csin 2B，得bsin C＝2csin Bcos B，
由正弦定理，得bc＝2cbcos B，所以cos B＝，
因为0C＝π－(A＋B)＝，
所以sin C＝sin ＝sin＝sin cos ＋cos sin ＝×＋×＝.
方法一：由正弦定理＝＝，得b＝＝＝2，
c＝＝＝＋.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2＋＋3.
方法二：由正弦定理＝＝，得＝＝＝4，
所以a＋b＋c＝4(sin A＋sin B＋sin C)＝4×＝2＋＋3，
所以△ABC的周长为2＋＋3.
专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．解析：选D.因为z＝i，所以＝－i，
z·＝2，故选D.
2．解析：选A.因为z＝5＋i，所以＝5－i，所以i(＋z)＝10i，故选A.
3．解析：选C.方法一(解方程法)：因为＝1＋i，所以z＝(z－1)(1＋i)，即z＝z－1＋zi－i，即zi＝1＋i，所以z＝＝＝1－i，故选C.
方法二(取倒数法)：因为＝1＋i，所以＝，即1－＝＝－i，即＝＋i＝，所以z＝＝1－i，故选C.
4．解析：选C.|z|＝|－1－i|＝＝，故选C.
5．解析：选D.方法一(向量法＋坐标法)：因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，即b2＝4a·b.因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b2＝4＋x2，a·b＝x，得4＋x2＝4x，所以(x－2)2＝0，解得x＝2，故选D.
方法二(坐标法)：因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b－4a＝(2，x)－4(0，1)＝(2，x)－(0，4)＝(2，x－4)．因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以2×2＋x(x－4)＝0，所以(x－2)2＝0，解得x＝2，故选D.
6．解析：选B.由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0.所以b2＝2a·b.将|a＋2b|＝2的两边同时平方，得a2＋4a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4，解得|b|2＝，所以|b|＝，故选B.
专题五 数 列
1．解析：选D.方法一：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝，故选D.
方法二：因为{an}为等差数列，所以S9＝＝9a5＝1，得a5＝，则a3＋a7＝2a5＝，故选D.
2．解析：选B.由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×(－)＝，故选B.
3．解析：方法一：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3(a1＋d)＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95.
方法二：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5(a5＋a6)＝5×19＝95.
答案：95
4．解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3，所以2Sn＋1＝3an＋2－3，
两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1，
即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为.
因为2S1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝()n－1.
(2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝(an＋1－1)＝，
设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n＝×()n－n－.
5．解：(1)因为4Sn＝3an＋4 ①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4 ②，
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n－1.
(2)方法一(错位相减法)：
因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
方法二(裂项求和)：
bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，
令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1，
则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1，
所以解得
即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1.
6．解：(1)(1，2)，(1，6)，(5，6)．
(2)当m＝3时，删去a2，a13，其余项可分为以下3组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，
当m>3时，删去a2，a13，其余项可分为以下m组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，a15，a16，a17，a18为第4组，a19，a20，a21，a22为第5组，……，a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列．
(3)易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列 1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}．
当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1，4q＋2，
其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列，
故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)－可分数列，可分为(1，2，3，4)，…，(4p－3，4p－2，4p－1，4p)，…，(4(q＋1)－1，4(q＋1)，4(q＋1)＋1，4(q＋1)＋2)，…，(4m－1，4m，4m＋1，4m＋2)．p，q的可能取值方法数为C＋m＋1＝.
易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列 1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)－可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}．
当q－p>1时，删去4p＋2，4q＋1，
将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列．
考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组4个数都能构成等差数列．
故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)－可分数列，p，q且q－p>1的可能取值方法数为C－m＝.
从而Pm≥＝＞.
7．解：将点P1(5，4)的坐标代入C的方程得52－42＝m，解得m＝9，所以C：x2－y2＝9.
(1)过点P1(5，4)且斜率k＝的直线方程为y＝(x－5)＋4，
与C的方程联立，消去y化简可得x2－2x－15＝0，即(x－5)(x＋3)＝0，
所以点Q1的横坐标为－3，将x＝－3代入直线方程，得y＝0，
因此Q1(－3，0)，从而P2(3，0)，
即x2＝3，y2＝0.
(2)证明：方法一：由题意，Pn(xn，yn)，Pn＋1(xn＋1，yn＋1)，Qn(－xn＋1，yn＋1)．
设过点Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为ln：y＝k(x－xn)＋yn，
将ln的方程与C的方程联立，消去y化简可得(1－k2)x2＋(2k2xn－2kyn)x－(kxn－yn)2－9＝0，
由根与系数的关系得－xn＋1＋xn＝－，
所以xn＋1＝＋xn＝.
又Qn(－xn＋1，yn＋1)在直线ln上，
所以yn＋1＝k(－xn＋1－xn)＋yn＝－kxn＋1－kxn＋yn.
从而xn＋1－yn＋1＝xn＋1＋kxn＋1＋kxn－yn＝(1＋k)xn＋1＋kxn－yn＝(1＋k)·＋kxn－yn＝·(xn－yn)，
易知xn－yn≠0，所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列．
方法二：由题意，Pn(xn，yn)，Pn＋1(xn＋1，yn＋1)，Qn(－xn＋1，yn＋1)．
由点Pn，Qn所在直线的斜率为k，可知k＝.
又点Pn，Qn都在C上，所以
即
易知xn－yn≠0，
则＝＝＝＝
＝，
即数列{xn－yn}是公比为的等比数列．
(3)证明：方法一：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列．
令t＝，由01，则xn－yn＝tn－1，
又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝，
可得xn＝，yn＝.
所以Pn(，)，Pn＋1(，)，Pn＋2(，)．
所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝(y－yn)，即(9＋t2n－1)x－(9－t2n－1)y－9tn－1(1＋t)＝0.
易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离
d＝＝.
又|PnPn＋1|＝
＝，
则Sn＝·|PnPn＋1|·d＝＝，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1.
方法二：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列．
令t＝，由01，则xn－yn＝tn－1，
又x－y＝9，所以xn＋yn＝＝，
可得xn＝，yn＝.
所以Pn(，)，Pn＋1(，)，Pn＋2(，)，Pn＋3(，)．
所以＝＝，
＝＝，
即＝，所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2，
所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，
因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等，即Sn＝Sn＋1.
专题六 立体几何
1．解析：选A.α∩β＝m，则m α，m β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成角可以为内的任意角，④错误．故选A.
2．解析：选B.设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π，故选B.
3.
解析：选B.设正三棱台ABC A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC于点O，PO交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示．由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又S△A1B1C1＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC A1B1C1的体积V＝VP ABC－VP A1B1C1＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为△ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan∠PAO＝＝1，故选B.
4．解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为＝＝.
答案：
5．解：(1)由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，
所以EM∥FC.
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF.
(2)取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝，
又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形，
可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝，
又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE.
又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM＝×2×＝.
在△ADE中，cos∠DEA＝＝，
所以sin∠DEA＝，S△ADE＝×2×2×＝.
设点M到平面ADE的距离为d，由VM ADE＝VA EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，
故点M到平面ADE的距离为.
6．解：(1)方法一(利用线面平行判定定理)：
因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形．
所以BM∥CD，
又CD 平面CDE，BM 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
方法二(利用面面平行的性质)：
因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC，
又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形.
所以BF∥CE，又CE 平面CDE，BF 平面CDE，所以BF∥平面CDE.
因为M为AD的中点，且AD＝4，所以EF∥MD，且EF＝MD，所以四边形MDEF为平行四边形.
所以FM∥ED，又ED 平面CDE，FM 平面CDE，所以FM∥平面CDE.
因为BF，FM 平面BMF，BF∩FM＝F，所以平面BMF∥平面CDE.
又BM 平面BMF，所以BM∥平面CDE.
(2)取AM的中点O，连接BO，FO.
由(1)方法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝.
由(1)方法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，
又AF＝，所以FO⊥AM，
又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3，
又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，
所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直．
分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，则＝(，－1，0)，＝(0，－1，3)，＝(0，1，3)．
设平面FBM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝(，3，1)．
设平面EBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，所以n2＝(，3，－1)．
设二面角F BM E的平面角为θ，所以|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，
因为θ∈[0，π]，所以sin θ>0，即sin θ＝＝，
所以二面角F BM E的正弦值为.
7．解：(1)由于PA⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以BC∥AD，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2)．
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(2，0，－a)．
设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即可取m＝(，a，0)．
因为二面角A CP D的正弦值为，
所以余弦值的绝对值为，
故|cos〈m，n〉|＝＝＝，
又a>0，所以a＝，即AD＝.
8．解：(1)证明：由题得，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，
所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2.
又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.
由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED，
又ED∩PE＝E，ED，PE 平面PED，所以EF⊥平面PED.
又PD 平面PED，所以EF⊥PD.
(2)如图，连接CE，又DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6.
又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.
又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.
EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)，
连接PA，则＝(0，3，－2)，＝(3，0，0)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0)．
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则可取n1＝(0，2，3)．
设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则可取n2＝(，－1，1)．
|cos〈n1，n2〉|＝＝.
故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝.
专题七 平面解析几何
1．解析：选C.方法一：根据焦点坐标可知c＝4，根据焦点在y轴上，可设双曲线的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，则得所以离心率e＝＝2.
方法二：根据双曲线的定义，得2a＝
|－|＝|6－10|＝4，根据焦点坐标可知c＝4，所以离心率e＝＝＝2.
2．解析：选A.通解(代入法)：设M(x0，y0)，则P(x0，2y0)，因为点P在曲线C上，所以x＋(2y0)2＝16(y0>0)，即＋＝1(y0>0)，所以线段PP′的中点M的轨迹方程为＋＝1(y>0)，故选A.
优解(数形结合法)：由题意可知把曲线C上所有点的纵坐标缩短至原来的一半，横坐标不变，即可得到点M的轨迹．曲线C为半圆，则点M的轨迹为椭圆(x轴上方部分)，其中长半轴长为4，短半轴长为2，故选A.
3．解析：选C.根据题意有2b＝a＋c，即a－2b＋c＝0，所以直线ax＋by＋c＝0过点M(1，－2)．设圆x2＋y2＋4y－1＝0的圆心为C，连接CM(图略)，则当AB⊥CM时，|AB|最小，将圆的方程化为x2＋(y＋2)2＝5，则C(0，－2)，所以|MC|＝1，所以|AB|的最小值为2＝4，故选C.
4．解析：选ABD.对于A，易知l：x＝－1，故l与⊙A相切，A正确；
对于B，A(0，4)，⊙A的半径r＝1，当P，A，B三点共线时，P(4，4)，所以|PA|＝4，|PQ|＝＝＝，故B正确；
对于C，当|PB|＝2时，P(1，2)，B(－1，2)或P(1，－2)，B(－1，－2)，易知PA与AB不垂直，故C错误；
对于D，记抛物线C的焦点为F，连接AF，PF，易知F(1，0)，由抛物线定义可知|PF|＝|PB|，因为|PA|＝|PB|，所以|PA|＝|PF|，所以点P在线段AF的中垂线上，易求得线段AF中垂线的方程为y＝x＋，即x＝4y－，代入y2＝4x可得y2－16y＋30＝0，解得y＝8±，易知满足条件的点P有且仅有两个，故D正确．故选ABD.
5．解析：选ABD.因为坐标原点O在曲线C上，所以2×|a|＝4，又a<0，所以a＝－2，所以A正确．
因为点(2，0)到点F(2，0)的距离与到定直线x＝－2的距离之积为(2－2)(2＋2)＝4，所以点(2，0)在曲线C上，所以B正确．
设P(x，y)(x>0，y>0)是曲线C在第一象限的点，则有(x＋2)＝4，所以y2＝－(x－2)2，令f(x)＝－(x－2)2，则f′(x)＝－－2(x－2)，因为f(2)＝1，且f′(2)<0，所以函数f(x)在x＝2附近单调递减，即必定存在一小区间(2－ε，2＋ε)使得f(x)单调递减，所以在区间(2－ε，2)上均有f(x)>1，所以P(x，y)的纵坐标的最大值一定大于1，所以C错误．
因为点(x0，y0)在C上，所以x0>－2且(x0＋2)＝4，得y＝－(x0－2)2≤，所以y0≤|y0|≤＝，所以D正确．综上，选ABD.
6．解析：方法一(直接法)：由|AB|＝10及双曲线的对称性得|AF2|＝＝5，因为|AF1|＝13，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝13－5＝8，2c＝|F1F2|＝＝＝12，所以a＝4，c＝6，则C的离心率e＝＝＝.
方法二(二级结论)：因为|AB|＝10，所以＝10，所以＝＝5，又|AF1|＝13，所以|F1F2|＝2c＝＝12，得c＝6，所以a2＋5a－36＝0，得a＝4，所以C的离心率e＝＝＝.
答案：
7．解：(1)由题知解得
所以c＝＝，所以C的离心率e＝＝.
(2)|PA|＝＝，
设点B到直线PA的距离为h，则△ABP的面积为S＝|PA|·h＝9，解得h＝.
易知直线PA：x＋2y－6＝0，设B(x，y)，
则
解得或
所以B(0，－3)或B，
故l：y＝x－3或y＝x.
8．解：(1)方法一(直接法)：
由题意知解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
方法二：由题意知
解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
方法三(巧用椭圆的定义)：
设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝，|FF′|＝2，
在Rt△MFF′中，|MF′|＝＝＝，
由椭圆的定义知2a＝|MF′|＋|MF|＝4，2c＝|FF′|＝2，
所以a＝2，c＝1，
又a2＝b2＋c2，所以b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意知直线AB的斜率存在．
易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴．
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(1，n)，
联立方程得
消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
因为N为线段FP的中点，F(1，0)，所以N(，0)．
由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n(x2－)，得n＝，
所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0，
所以n＝y1，所以AQ⊥y轴．
专题八 计数原理、概率、统计
1．解析：选B.画出树状图：
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为＝，故选B.
2．解析：选C.对于A，因为前3组的频率之和为0.06＋0.12＋0.18＝0.36<0.5，前4组的频率之和为0.36＋0.30＝0.66>0.5，所以100块稻田亩产量的中位数所在的区间为[1 050，1 100)，故A不正确；
对于B，100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例为×100%＝66%，故B不正确；
对于C，因为1 200－900＝300，1 150－950＝200，所以100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间，故C正确；
对于D，100块稻田亩产量的平均值为×(925×6＋975×12＋1 025×18＋1 075×30＋1 125×24＋1 175×10)＝1 067(kg)，故D不正确．故选C.
3．解析：选BC.由题意可知，X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)1.8)＝0.5，P(X<1.9)≈0.841 3，所以P(X>2)2)>P(Y>2.1)＝0.5，所以P(22)＝P(20.8，所以C正确，D错误．综上，选BC.
4．解析：(＋x)10的展开式的通项公式为Tr＋1＝C()10－rxr，则各项的系数分别为C()10，C()9，C()8，C()7，C()6，C()5，C()4，C()3，C()2，C()1，C()0，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算C()5，C()4，C()3，C()2，C()1，C()0，比较可得，C()2＝5最大．
答案：5
5．解析：设3次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3次球的取法有A＝120(种)，则|m－n|＝＝≤，可得|a＋b－2c|≤3.
当c＝1时，a，b需要满足“1≤a＋b≤5”，所有可能情况为(2，3)，(3，2)，共2种．
当c＝2时，a，b需要满足“1≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(3，4)，(4，3)，共10种．
当c＝3时，a，b需要满足“3≤a＋b≤9”，所有可能情况为(1，2)，(2，1)，(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，4)，(4，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(4，5)，(5，4)，共16种．
当c＝4时，a，b需要满足“5≤a＋b≤11”，所有可能情况为(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，3)，(3，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，3)，(3，6)，(6，3)，(6，5)，(5，6)，共16种．
当c＝5时，a，b需要满足“7≤a＋b≤13”，所有可能情况为(1，6)，(6，1)，(2，6)，(6，2)，(3，4)，(4，3)，(3，6)，(6，3)，(4，6)，(6，4)，共10种．
当c＝6时，a，b需要满足“9≤a＋b≤15”，所有可能情况为(4，5)，(5，4)，共2种．
故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56种可能情况，所以所求概率P＝＝.
答案：
6．解析：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.
若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；
第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；
第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合．
综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝＝.
答案：
7．解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法．
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.
先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
答案：24 112
8．解：(1)填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的2×2列联表如下：
优级品 非优级品 总计
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
K2＝＝4.687 5.
因为K2＝4.687 5>3.841，所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异；
因为K2＝4.687 5<6.635，所以没有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异.
(2)由题意可知＝＝0.64，
又p＋1.65＝0.5＋1.65×≈0.5＋1.65×≈0.57，
所以>p＋1.65，所以能认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了．
9．解：(1)设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”，则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784.
设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”，则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875.
设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686.
(2)(ⅰ)设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲，
则P甲＝[1－(1－p)3]·q3＝pq3·(3－3p＋p2)．
设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙，
则P乙＝[1－(1－q)3]·p3＝qp3·(3－3q＋q2)．
则P甲－P乙＝pq(3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2)＝3pq(q－p)·(p＋q－pq)，
由0＜p＜q≤1，得q－p>0，p＋q－pq＝p＋q(1－p)>0，
所以P甲－P乙>0，即P甲>P乙．
故应该由甲参加第一阶段比赛．
(ⅱ)若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15.
P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3，
P(X＝5)＝[1－(1－p)3]·C·q·(1－q)2，
P(X＝10)＝[1－(1－p)3]·C·q2·(1－q)，
P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·Cq3，
所以E(X)＝[1－(1－p)3]·[15q(1－q)2＋30q2(1－q)＋15q3]＝[1－(1－p)3]·15q＝15pq(p2－3p＋3)．
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15.
同理，可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3)．
E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq·(q－p)·(3－p－q)，
由0＜p0，3－p－q＝3－(p＋q)>0，
所以E(X)－E(Y)>0，即E(X)>E(Y)．
故应该由甲参加第一阶段比赛．
专题九 选考部分
1．解：(1)因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以由ρ＝ρcos θ＋1，
可得＝x＋1，
化简整理得y2＝2x＋1，
所以C的直角坐标方程为y2＝2x＋1.
(2)由直线l的参数方程可得直线l的普通方程为y＝x＋a，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得
消去y得x2＋2(a－1)x＋a2－1＝0，则Δ>0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝－2(a－1)，x1x2＝a2－1.
由弦长公式得|AB|＝×＝4＝2，
解得a＝，经检验，a＝符合题意，所以a＝.
2．证明：(1)方法一(作差法＋基本不等式)：
因为(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≥2ab＋2ab＝4ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以(2a2＋2b2)－(a＋b)＝2(a＋b)2－4ab－(a＋b)≥(a＋b)2－(a＋b)＝(a＋b)(a＋b－1)，
由a＋b≥3得(a＋b)(a＋b－1)>0，
所以2a2＋2b2>a＋b.
方法二(不等式的推递性)：
因为(2a2＋2b2)－(a＋b)2＝(a－b)2≥0，
所以2a2＋2b2≥(a＋b)2，当且仅当a＝b时等号成立，
因为a＋b≥3，
所以(a＋b)2>a＋b，
所以2a2＋2b2>a＋b.
(2)|a－2b2|＋|b－2a2|≥|a－2b2＋b－2a2|＝|a＋b－(2a2＋2b2)|＝2a2＋2b2－(a＋b)．
由(1)中方法一知(2a2＋2b2)－(a＋b)≥(a＋b)(a＋b－1)，
因为a＋b≥3，所以(a＋b)(a＋b－1)≥3×2＝6，
所以|a－2b2|＋|b－2a2|≥6.专题一 集合与常用逻辑用语、不等式
1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知集合A＝{x∣－5A．{－1，0} B．{2，3}
C．{－3，－1，0} D．{－1，0，2}
2．(2024·全国甲卷(文))若集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|x＋1∈A}，则A∩B＝( )
A．{1，3，4} B．{2，3，4}
C．{1，2，3，4} D．{0，1，2，3，4，9}
3．(2024·全国甲卷(理))已知集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x}，则 A(A∩B)＝( )
A．{1，4，9} B．{3，4，9}
C．{1，2，3} D．{2，3，5}
4．(2024·新课标Ⅱ卷)已知命题p： x∈R，|x＋1|>1；命题q： x>0，x3＝x，则( )
A．p和q都是真命题
B．綈p和q都是真命题
C．p和綈q都是真命题
D．綈p和綈q都是真命题
5．(2024·全国甲卷(理))设向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则( )
A．x＝－3是a⊥b的必要条件
B．x＝－3是a∥b的必要条件
C．x＝0是a⊥b的充分条件
D．x＝－1＋是a∥b的充分条件
6．(2024·全国甲卷(理))若x，y满足约束条件，则z＝x－5y的最小值为( )
A. B．0
C．－ D．－
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．(2024·全国甲卷(理))设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A. B.
C. D.
2．(2024·全国甲卷(理))函数f(x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x在区间[－2.8，2.8]的图象大致为( )
3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数为f(x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．[－1，0]
C．[－1，1] D．[0，＋∞)
4．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax.当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点．则a＝( )
A．－1 B.
C．1 D．2
5．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b)．若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为( )
A. B.
C. D．1
6．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，且当x<3时，f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是( )
A．f(10)>100 B．f(20)>1 000
C．f(10)<1 000 D．f(20)<10 000
7．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则( )
A．x＝3是f(x)的极小值点
B．当0C．当1D．当－1f(x)
8．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则( )
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
9．(2024·全国甲卷(理))已知a>1且－＝－，则a＝________．
10．(2024·全国甲卷(文))曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
11．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________．
12．(2024·全国甲卷(文))已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)13．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
14．(2024·全国甲卷(理))已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
15．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3.
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>－2当且仅当1专题三 三角函数、解三角形
1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos(α－β)＝( )
A．－3m B．－
C. D．3m
2．(2024·全国甲卷(理))已知＝，则tan＝( )
A．2＋1 B．2－1
C. D．1－
3．(2024·全国甲卷(理))在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝，b2＝ac，则sin A＋sin C＝( )
A. B.
C. D.
4．(2024·新课标Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin的交点个数为( )
A．3 B．4
C．6 D．8
5．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sin，下列说法中正确的有( )
A．f(x)与g(x)有相同的零点
B．f(x)与g(x)有相同的最大值
C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
6．(2024·全国甲卷(文))函数f(x)＝sin x－cos x在[0，π]上的最大值是________．
7．(2024·新课标Ⅱ卷)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan α＋tan β＝4，tan αtan β＝＋1，则sin(α＋β)＝________．
8．(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋，求c.
9．(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2.
(1)求A；
(2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长．
专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．(2024·全国甲卷(文))设z＝i，则z·z＝( )
A．－2 B.
C．－ D．2
2．(2024·全国甲卷(理))若z＝5＋i，则i(z＋z)＝( )
A．10i B．2i
C．10 D．2
3．(2024·新课标Ⅰ卷)若＝1＋i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
4．(2024·新课标Ⅱ卷)已知z＝－1－i，则|z|＝( )
A．0 B．1
C. D．2
5．(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
6．(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足＝1，＝2，且(b－2a)⊥b，则＝( )
A. B.
C. D．1
专题五 数 列
1．(2024·全国甲卷(文))已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝( )
A．－2 B.
C．1 D.
2．(2024·全国甲卷(理))设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝( )
A. B.
C．－ D．－
3．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．
4．(2024·全国甲卷(文))已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n项和．
5．(2024·全国甲卷(理))记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和为Tn.
6．(2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i，j)，1≤i(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列；
(3)从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i.
7．(2024·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0(1)若k＝，求x2，y2.
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列．
(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积．证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.
专题六 立体几何
1．(2024·全国甲卷(理))设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n∥α，且n∥β，则m∥n
④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
2．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
3．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A. B．1
C．2 D．3
4．(2024·全国甲卷(理))已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
5．(2024·全国甲卷(文))如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(1)证明：EM∥平面BCF；
(2)求点M到平面ADE的距离．
6．(2024·全国甲卷(理))如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点．
(1)证明：BM∥平面CDE；
(2)求二面角F BM E的正弦值．
7．(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD.
8．(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4.
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
专题七 平面解析几何
1．(2024·全国甲卷(理))已知双曲线的两个焦点分别为(0，4)，(0，－4)，点(－6，4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为( )
A．4 B．3
C．2 D.
2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线C：x2＋y2＝16(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PP′，P′为垂足，则线段PP′的中点M的轨迹方程为( )
A.＋＝1(y>0)
B.＋＝1(y>0)
C.＋＝1(y>0)
D.＋＝1(y>0)
3．(2024·全国甲卷(理))已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )
A．1 B．2
C．4 D．2
4．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)抛物线C：y2＝4x的准线为l，P为C上动点，过P作⊙A：x2＋(y－4)2＝1的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则( )
A．l与⊙A相切
B．当P，A，B三点共线时，|PQ|＝
C．当|PB|＝2时，PA⊥AB
D．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个
5．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线C的一部分．已知C过坐标原点O.且C上的点满足：横坐标大于－2，到点F(2，0)的距离与到定直线x＝a(a<0)的距离之积为4，则( )
A．a＝－2
B．点(2，0)在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D．当点(x0，y0)在C上时，y0≤
6．(2024·新课标Ⅰ卷)设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若|F1A|＝13，|AB|＝10，则C的离心率为________．
7．(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0，3)和P为椭圆C：＋＝1(a>b>0)上两点．
(1)求C的离心率；
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
8．(2024·全国甲卷(理))已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
专题八 计数原理、概率、统计
1．(2024·全国甲卷(文))甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
A. B.
C. D.
2．(2024·新课标Ⅱ卷)某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量(单位：kg)并整理得下表：
亩产量 [900，950) [950，1 000) [1 000，1 050)
频数 6 12 18
亩产量 [1 050，1 100) [1 100，1 150) [1 150，1 200)
频数 30 24 10
根据表中数据，下列结论中正确的是( )
A．100块稻田亩产量的中位数小于1 050 kg
B．100块稻田中亩产量低于1 100 kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200 kg至300 kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900 kg至1 000 kg之间
3．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(x，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)( )
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
4．(2024·全国甲卷(理))的展开式中，各项系数中的最大值为________．
5．(2024·全国甲卷(理))有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机抽取3次，每次取1个球．设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为________．
6．(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)．则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
7．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
8.(2024·全国甲卷(理))某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
(1)填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间
乙车间
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果p>p＋1.65，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？(≈12.247)
附：K2＝，n＝a＋b＋c＋d
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
9．(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设0(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ⅱ)为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
专题九 选考部分
1．(2024·全国甲卷(理))在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝ρcos θ＋1.
(1)写出C的直角坐标方程；
(2)设直线l：(t为参数)，若C与l相交于A，B两点，若＝2，求a的值．
2．(2024·全国甲卷(理))已知实数a，b满足a＋b≥3.
(1)证明：2a2＋2b2>a＋b；
(2)证明：＋≥6.
