专题一 集合与常用逻辑用语
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T1)已知集合M＝{x|－4
A．{x|－4C．{x|－22．(2019·高考全国卷Ⅱ，T1)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝( )
A．(－∞，1) B．(－2，1)
C．(－3，－1) D．(3，＋∞)
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T1)已知集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{x|x2≤1}，则A∩B＝( )
A．{－1，0，1} B．{0，1}
C．{－1，1} D．{0，1，2}
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 ( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T3)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．aC．c2.(2019·高考全国卷Ⅰ，T4)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是(≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是( )
A．165 cm B．175 cm
C．185 cm D．190 cm
3．(2019·高考全国卷Ⅰ，T5)函数f(x)＝在[－π，π]的图象大致为( )
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T4)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：＋＝(R＋r).设α＝.由于α的值很小，因此在近似计算中≈3α3，则r的近似值为( )
A.R B.R
C.R D.R
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T12)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－，则m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T6)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
7．(2019·高考全国卷Ⅲ，T7)函数y＝在[－6，6]的图象大致为 ( )
8．(2019·高考全国卷Ⅲ，T11)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( )
A．f>f(2－)>f(2－)
B．f>f(2－)>f(2－)
C．f(2－)>f(2－)>f
D．f(2－)>f(2－)>f
9．(2019·高考全国卷Ⅰ，T13)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．
10．(2019·高考全国卷Ⅱ，T14)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax.若f(ln 2)＝8，则a＝________．
11．(2019·高考全国卷Ⅰ，T20)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
12．(2019·高考全国卷Ⅱ，T20)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
13．(2019·高考全国卷Ⅲ，T20)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
专题三 三角函数、解三角形
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T11)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|有下述四个结论：
①f(x)是偶函数
②f(x)在区间单调递增
③f(x)在[－π，π]有4个零点
④f(x)的最大值为2
其中所有正确结论的编号是( )
A．①②④ B．②④
C．①④ D．①③
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T9)下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是( )
A．f(x)＝|cos 2x| B．f(x)＝|sin 2x|
C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T10)已知α∈，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )
A. B.
C. D.
4．(2019·高考全国卷Ⅲ，T12)设函数f(x)＝sin(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：
①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点
②f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点
③f(x)在单调递增
④ω的取值范围是
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．①③④
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T15)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为________．
6．(2019·高考全国卷Ⅰ，T17)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sin C.
7．(2019·高考全国卷Ⅲ，T18)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin ＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T2)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T7)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. B.
C. D.
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T2)设z＝－3＋2i，则在复平面内z对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T3)已知＝(2，3)，＝(3，t)，||＝1，则·＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
5．(2019·高考全国卷Ⅲ，T2)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T13)已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－b，则cos〈a，c〉＝________．
专题五 数 列
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T9)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
2．(2019·高考全国卷Ⅲ，T5)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A．16 B．8
C．4 D．2
3．(2019·高考全国卷Ⅰ，T14)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________．
4．(2019·高考全国卷Ⅲ，T14)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________．
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T19)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
专题六 不等式、算法
1.(2019·高考全国卷Ⅰ，T8)如图是求的程序框图，图中空白框中应填入( )
A．A＝
B．A＝2＋
C．A＝
D．A＝1＋
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T6)若a>b，则( )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T9)执行下边的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s的值等于( )
A．2－ B．2－
C．2－ D．2－
专题七 立体几何
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T12)已知三棱锥P ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D.π
2.(2019·高考全国卷Ⅲ，T8)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
4．(2019·高考全国卷Ⅲ，T16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
5.(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A MA1 N的正弦值．
6.(2019·高考全国卷Ⅱ，T17)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．
7.(2019·高考全国卷Ⅲ，T19)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．
专题八 平面解析几何
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T10)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T8)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝( )
A．2 B．3
C．4 D．8
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T11)设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于 P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )
A. B.
C．2 D.
4．(2019·高考全国卷Ⅲ，T10)双曲线C：－＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为( )
A. B.
C．2 D．3
5．(2019·高考全国卷Ⅰ，T16)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若＝，·＝0，则C的离心率为________．
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．
7．(2019·高考全国卷Ⅰ，T19)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若＝3，求|AB|.
8.(2019·高考全国卷Ⅱ，T21)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值．
9．(2019·高考全国卷Ⅲ，T21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
专题九 计数原理、概率、统计
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T6)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B.
C. D.
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T5)演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( )
A．中位数 B．平均数
C．方差 D．极差
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T3)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为( )
A．0.5 B．0.6
C．0.7 D．0.8
4．(2019·高考全国卷Ⅲ，T4)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为( )
A．12 B．16
C．20 D．24
5．(2019·高考全国卷Ⅰ，T15)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
6．(2019·高考全国卷Ⅱ，T13)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．
7．(2019·高考全国卷Ⅰ，T21)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物实验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.
(1)求X的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时 ，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8.
(ⅰ)证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列；
(ⅱ)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
8.(2019·高考全国卷Ⅱ，T18)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
9．(2019·高考全国卷Ⅲ，T17)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：
记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值为0.70.
(1)求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；
(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．
专题十 选考部分
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T22)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0.
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)求C上的点到l距离的最小值．
2.(2019·高考全国卷Ⅱ，T22)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
3.(2019·高考全国卷Ⅲ，T22)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1，0)，，(1，π)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧.
(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．
4.(2019·高考全国卷Ⅰ，T23)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T23)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．
6.(2019·高考全国卷Ⅲ，T23)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.参考答案与解析
专题一 集合与常用逻辑用语
1．解析：选C.通解：因为N＝{x|－2优解：由通解可得N＝{x|－2因为－3 N，
所以－3 M∩N，排除A，B；
因为2.5 M，
所以2.5 M∩N，排除D.
故选C.
2．解析：选A.因为A＝{x|x2－5x＋6>0}＝{x|x>3或x<2}，B＝{x|x－1<0}＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|x<1}，故选A.
3．解析：选A.集合B＝{x|－1≤x≤1}，则A∩B＝{－1，0，1}．
4．解析：选B.对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.
专题二 基本初等函数、
导数及其应用
1．解析：选B.因为a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a2．解析：选B.26＋26÷0.618＋(26＋26÷0.618)÷0.618≈178(cm)，故其身高可能是175 cm，故选B.
3．解析：选D.因为f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除A；
因为f(π)＝＝>0，所以排除C；
因为f(1)＝，
且sin 1>cos 1，
所以f(1)>1，
所以排除B.故选D.
4．解析：选D.由＋＝(R＋r)，得＋＝M1.因为α＝，所以＋＝(1＋α)M1，
得＝.
由≈3α3，得3α3≈，即3≈，所以r≈·R，故选D.
5．解析：选B.当－16．解析：选D.因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1，
所以
解得
7．解析：选B.因为f(x)＝，所以f(－x)＝＝－f(x)，且x∈[－6，6]，所以函数y＝为奇函数，排除C；当x>0时，f(x)＝>0恒成立，排除D；因为f(4)＝＝＝≈7.97，排除A.故选B.
8．解析：选C.根据函数f(x)为偶函数可知，f(log3)＝f(－log34)＝f(log34)，因为0<2－<2－<20f(2－)>f(log3)．
9．解析：因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
答案：y＝3x
10．解析：当x>0时，－x<0，f(－x)＝－e－ax.因为函数f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln 2)＝e－aln 2＝＝8，所以a＝－3.
答案：－3
11．证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，
g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．
(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
(ⅳ)当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
12．解：(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，
即f(x1)＝0.
又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0，1)有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为＝e－ln x0，故点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，
即ln x0＝，
连接AB，则直线AB的斜率
k＝＝＝.
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
13．解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．
(i)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，
即a＝0，b＝－1.
(ii)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，
即a＝4，b＝1.
(iii)当0若－＋b＝－1，b＝1，
则a＝3，与0若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，
则a＝3或a＝－3或a＝0，与0综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.
专题三 三角函数、解三角形
1．解析：选C.通解：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确；当优解：因为f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确，排除B；当2．解析：选A.A中，函数f(x)＝|cos 2x|的周期为，当x∈时，2x∈，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin 2x|的周期为，当x∈时，2x∈，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cos|x|＝cos x的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A.
3．解析：选B.由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2 sin2α＋1，
即2sin αcos α＝1－sin2α.
因为α∈，
所以cos α＝，
所以2sin α＝1－sin2 α，解得sin α＝，故选B.
4．解析：选D.如图，根据题意知，xA≤2π5．解析：法一：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2，所以a＝4，所以△ABC的面积S＝acsin B＝×4×2×sin ＝6.
法二：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2，所以a＝4，所以a2＝b2＋c2，所以A＝，
所以△ABC的面积S＝×2×6＝6.
答案：6
6．解：(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝.
因为0°＜A＜180°，
所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，
即＋cos C＋sin C＝2sin C，
可得cos(C＋60°)＝－.
由于0°＜C＜120°，
所以sin(C＋60°)＝，故
sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°
＝.
7．解：(1)由题设及正弦定理得
sin Asin＝sin Bsin A.
因为sin A≠0，
所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，
可得sin＝cos，
故cos＝2sincos.
因为cos≠0，
故sin＝，
因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°由(1)知A＋C＝120°，
所以30°故从而因此，△ABC面积的取值范围是.
专题四 平面向量、数系的
扩充与复数的引入
1．解析：选C.通解：因为z在复平面内对应的点为(x，y)，
所以z＝x＋yi(x，y∈R)．
因为|z－i|＝1，
所以|x＋(y－1)i|＝1，
所以x2＋(y－1)2＝1.故选C.
优解一：因为|z－i|＝1表示复数z在复平面内对应的点(x，y)到点(0，1)的距离为1，
所以x2＋(y－1)2＝1.故选C.
优解二：在复平面内，点(1，1)所对应的复数z＝1＋i满足|z－i|＝1，但点(1，1)不在选项A，D的圆上，所以排除A，D；在复平面内，点(0，2)所对应的复数z＝2i满足|z－i|＝1，但点(0，2)不在选项B的圆上，所以排除B.故选C.
2．解析：选B.设a与b的夹角为α，
因为(a－b)⊥b，
所以(a－b)·b＝0，
所以a·b＝b2，
所以|a|·|b|cos α＝|b|2，
又|a|＝2|b|，
所以cos α＝，
因为α∈(0，π)，
所以α＝.故选B.
3．解析：选C.由题意，得z＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C.
4．解析：选C.因为＝－＝(1，t－3)，所以||＝＝1，解得t＝3，所以＝(1，0)，所以·＝2×1＋3×0＝2，故选C.
5．解析：选D.z＝＝＝＝1＋i.
6．解析：设a＝(1，0)，b＝(0，1)，则c＝(2，－)，所以cos〈a，c〉＝＝.
答案：
专题五 数 列
1．解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，
因为
所以
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为
所以
解得
选项A，a1＝2×1－5＝－3；
选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；
选项D，S1＝－2＝－，排除D.故选A.
2．解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
3．解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
优解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
答案：
4．解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
所以＝＝＝＝4.
答案：4
5．解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，
公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
专题六 不等式、算法
1．解析：选A.A＝，k＝1，1≤2成立，执行循环体；A＝，k＝2，2≤2成立，执行循环体；A＝，k＝3，3≤2不成立，结束循环，输出A.故空白框中应填入A＝.故选A.
2．解析：选C.通解：由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b优解：当a＝0.3，b＝－0.4时，ln(a－b)<0，3a>3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.
3．解析：选C.执行程序框图，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝，不满足x< ＝，
所以s＝1＋＝2－，x＝，不满足x< ＝，
所以s＝1＋＋＝2－，x＝，不满足x< ＝，
所以s＝1＋＋＋＝2－，x＝，不满足x< ＝，
所以s＝1＋＋＋＋＝2－，x＝，不满足x< ＝，
所以s＝1＋＋＋＋＋＝2－，x＝，不满足x< ＝，
所以s＝1＋＋＋＋…＋＝2－，x＝，满足x< ＝，
输出s＝2－，选C.
专题七 立体几何
1．解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，
所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE 平面PAC，
所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P ABC 放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.
2．解析：选B.取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.
3．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案：26 －1
4．解析：由题易得长方体ABCD A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案：118.8
5．解：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，
可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN 平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则
A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，
＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－3，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则
所以
可取m＝(，1，0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则
所以
可取n＝(2，0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
6．解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．
于是cos?n，m?＝＝－.
所以，二面角B－EC－C1的正弦值为.
7．解：(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(3，6，－)．
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，
所以cos?n，m?＝＝.
因此二面角B CG A的大小为30°.
专题八 平面解析几何
1．解析：选B.由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝＝，所以＝1－2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1.故选B.
2．解析：选D.由题意，知抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.
3．解析：选A.如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为＋y2＝①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝，故选A.
4．解析：选A.不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，所以|OF|＝.
又tan∠POF＝＝，所以等腰三角形POF的高h＝×＝，所以S△PFO＝××＝.
5．解析：通解：因为·＝0，所以F1B⊥F2B，如图．
所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为＝，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan ∠BF1O＝，tan ∠BOF2＝.因为tan ∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝＝2.
优解：因为·＝0，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又＝，所以A为F1B的中点，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2为等边三角形．由F2(c，0)可得B，因为点B在直线y＝x上，所以c＝·，所以＝，所以e＝＝2.
答案：2
6．解析：不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.
设M(x，y)，
则
得
所以M的坐标为(3，)．
答案：(3，)
7．解：设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由题设可得x1＋x2＝.
由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－.
从而－＝，
得t＝－.
所以l的方程为y＝x－.
(2)由＝3可得y1＝－3y2.
由
可得y2－2y＋2t＝0.
所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.
代入C的方程得x1＝3，x2＝.
故|AB|＝.
8．解：(1)由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2) (ⅰ)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由
得x＝±.
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0. ①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
9．解：(1)设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由
可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|＝
×＝2(t2＋1)．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝，d2＝.
因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
专题九 计数原理、概率、统计
1．解析：选A.由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A.
2．解析：选A.记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i(按从小到大的顺序排列)，易知e为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.
3．解析：选C.根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下：
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为＝0.7.
4．解析：选A.展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C＋2C＝4＋8＝12.
5．解析：记事件M为甲队以4∶1获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M)＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.
答案：0.18
6．解析：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为＝0.98.
答案：0.98
7．解：(1)X的所有可能取值为－1，0，1.
P(X＝－1)＝(1－α)β，
P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)，
P(X＝1)＝α(1－β)．
所以X的分布列为
(2)(ⅰ)证明：由(1)得a＝0.4，b＝0.5，c＝0.1.
因此pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1，故0.1(pi＋1－pi)＝0.4(pi－pi－1)，即pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)．
又因为p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为公比为4，首项为p1的等比数列．
(ⅱ)由(ⅰ)可得
p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0＝(p8－p7)＋(p7－p6)＋…＋(p1－p0)＝p1.
由于p8＝1，故p1＝，所以
p4＝(p4－p3)＋(p3－p2)＋(p2－p1)＋(p1－p0)
＝p1
＝.
p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
8．解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
9．解：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故a＝0.35.
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
专题十 选考部分
1．解：(1)因为－1＜≤1，且x2＋＝＋＝1，所以C的直角坐标方程为x2＋＝1(x≠－1)．
l的直角坐标方程为2x＋y＋11＝0.
(2)由(1)可设C的参数方程为(α为参数，－π＜α＜π)．
C上的点到l的距离为
＝.
当α＝－时，4cos＋11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为.
2．解：(1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝时，
ρ0＝4sin ＝2.
由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，
在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2.
经检验，点P在曲线ρcos＝2上．
所以，l的极坐标方程为
ρcos＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，
即ρ＝4cos θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是.
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.
3．解：(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ.
所以M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，M2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，M3的极坐标方程为
ρ＝－2cos θ.
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：
若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝.
综上，P的极坐标为或或或.
4．证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3
≥3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2)×(2)×(2)
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
5．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
6．解：(1)由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明：由于
[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.参考答案与解析
专题一 集合与常用逻辑用语
1．解析：选C.依题意得 UA＝{1，6，7}，故B∩ UA＝{6，7}．故选C.
2．解析：选C.依题意得A∩B＝{x|－13．解析：选A.法一：由题意得A＝{－1，0，1，2}，B＝{x|－1≤x≤1}，所以A∩B＝{－1，0，1}，故选A.
法二：将集合A中的元素分别代入x2≤1进行检验，可得A∩B＝{－1，0，1}．故选A.
4．解析：选B.对于A，C，D选项，α均有可能与β相交，故排除A，C，D选项，选B.
5．解析：选A.通解 作出不等式组表示的平面区域D如图中阴影部分所示，直线2x＋y＝9和直线2x＋y＝12均穿过了平面区域D，不等式2x＋y≥9表示的区域为直线2x＋y＝9及其右上方的区域，所以命题p正确；不等式2x＋y≤12表示的区域为直线2x＋y＝12及其左下方的区域，所以命题q不正确．所以命题p∨q和p∧綈q正确．故选A.
优解 在不等式组表示的平面区域D内取点(7，0)，点(7，0)满足不等式2x＋y≥9，所以命题p正确；点(7，0)不满足不等式2x＋y≤12，所以命题q不正确．所以命题p∨q和p∧綈q正确．故选A.
专题二 基本初等函数、
导数及其应用
1．解析：选B.因为a＝log20.220＝1，c＝0.20.3<0.20＝1且c>0，所以a2．解析：选B.不妨设此人咽喉至肚脐的长度为x cm，则≈0.618，得x≈42，故某人身高大约为26＋42＋105＝173(cm)，考虑误差，结合选项，可知选B.
3．解析：选D.法一：显然f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，排除A；f()＝＝>1，观察题图可知D正确．故选D.
法二：显然f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，排除A；易知当x→0＋时，f(x)>0，排除C；f(π)＝>0，排除B.故选D.
4．解析：选D.通解 依题意得，当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－(e－x－1)＝－e－x＋1，选D.
优解 依题意得，f(－1)＝－f(1)＝－(e1－1)＝1－e，结合选项知，选D.
5．解析：选C.依题意得y′＝2cos x－sin x，y′|x＝π＝(2cos x－sin x)|x＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0，故选C.
6．解析：选D.因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，与切线方程y＝2x＋b对照，可得
解得故选D.
7．解析：选C.因为函数y＝2x在R上是增函数，所以0<2－<2－<20＝1.因为函数y＝log3x在(0，＋∞)上是增函数，所以log3f>f(log34)＝f.故选C.
8．解析：因为y＝3(x2＋x)ex，所以y′＝3(x2＋3x＋1)ex，所以y′|x＝0＝3，故曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为y－0＝3(x－0)，即y＝3x.
答案：y＝3x
9．解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g()>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以，当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．
10．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－＝>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1又f＝ln －－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
11．解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．
(2)当0当0当2≤a<3时，y＝单调递增，所以M－m的取值范围是.综上，M－m的取值范围是.
专题三 三角函数、解三角形
1．解析：选D.由正切函数的周期性可知，tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(30°＋45°)＝＝2＋，故选D.
2．解析：选A.由题意及正弦定理得，b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cos A＝＝＝－，得＝6.故选A.
3．解析：选A.依题意得函数f(x)的最小正周期T＝＝2×(－)＝π，解得ω＝2，选A.
4．解析：选B.通解 依题意得4sin αcos α＝2cos2α，由α∈，知cos α>0，所以2sin α＝cos α.又sin2α＋cos2α＝1，所以sin2α＋4sin2α＝1，即sin2α＝.又α∈，所以sin α＝，选B.
优解 依题意得＝，即tan α＝，所以sin α＝＝＝，选B.
5．解析：选B.f(x)＝2sin x－2sin xcos x＝2sin x(1－cos x)，令f(x)＝0，则sin x＝0或cos x＝1，所以x＝kπ(k∈Z)，又x∈[0，2π]，所以x＝0或x＝π或x＝2π.故选B.
6．解析：f(x)＝sin(2x＋)－3cos x＝－cos 2x－3cos x＝1－2cos2x－3cos x＝－2＋，因为cos x∈[－1，1]，所以当cos x＝1时，f(x)取得最小值，f(x)min＝－4.
答案：－4
7．解析：法一：依题意与正弦定理得sin Bsin A＋sin Acos B＝0，即sin B＝－cos B，则tan B＝－1.又0法二：由正弦定理得bsin A＝asin B，又bsin A＋acos B＝0，所以asin B＋acos B＝0，即sin B＝－cos B，则tan B＝－1.又0法三：依题意得bsin A＝－acos B>0，故cos B<0，B为钝角．如图，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，则CE＝bsin∠BAC，BE＝－acos∠ABC，故BE＝CE.又CE⊥AB，所以∠CBE＝，∠ABC＝.
答案：
8．解：(1)证明：由题设及正弦定理得sin Asin＝sin Bsin A．因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos.
因为cos≠0，故sin＝，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.由正弦定理得a＝＝＝＋.由于△ABC为锐角三角形，故0°所以30°因此，△ABC面积的取值范围是.
专题四 平面向量、数系的
扩充与复数的引入
1．解析：选C.法一：＝＝，故|z|＝||＝＝.故选C.
法二：|z|＝||＝＝＝.
2．解析：选B.法一：由题意得，(a－b)·b＝0 a·b＝|b|2，所以|a||b|·cos?a，b?＝|b|2，因为|a|＝2|b|，所以2|b|2cos?a，b?＝|b|2 cos?a，b?＝，所以?a，b?＝，故选B.
法二：如图，设＝a，＝b，则＝a－b，所以B＝，||＝2||，所以∠AOB＝，即?a，b?＝.
3．解析：选D.依题意得z＝i2＋2i＝－1＋2i，z＝－1－2i，选D.
4．解析：选A.依题意得a－b＝(－1，1)，|a－b|＝＝，因此选A.
5．解析：选D.法一：z＝＝＝＝1＋i.故选D.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由z(1＋i)＝2i，得(a＋bi)(1＋i)＝2i，即(a－b)＋(a＋b)i＝2i，所以由复数相等得解得所以z＝1＋i.故选D.
6．解析：cos?a，b?＝＝＝－.
答案：－
专题五 数 列
1．解析：选C.设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a5＝3a3＋4a1，得a1q4＝3a1q2＋4a1，得q4－3q2－4＝0，令q2＝t，则t2－3t－4＝0，解得t＝4或t＝－1(舍去)，所以q2＝4，即q＝2或q＝－2(舍去)．又S4＝＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.故选C.
2．解析：通解 设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1及S3＝，易知q≠1.把a1＝1代入S3＝＝，得1＋q＋q2＝，解得q＝－，所以S4＝＝＝.
优解一 设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝，a1＝1，所以1＋q＋q2＝，解得q＝－，所以a4＝a1·q3＝＝－，所以S4＝S3＋a4＝＋＝.
优解二 设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1.设数列{an}的前n项和Sn＝A(1－qn)(其中A为常数)，则a1＝S1＝A(1－q)＝1 ①，S3＝A(1－q3)＝ ②，由①②可得A＝，q＝－.所以S4＝×＝.
答案：
3．解析：通解 设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得所以S10＝10×1＋×2＝100.
优解 由题意，得公差d＝(a7－a3)＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝＝5(a4＋a7)＝100.
答案：100
4．解：(1)设{an}的公差为d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝.由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
5．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得
2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)log2 2＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
专题六 不等式、推理与证明、算法
1．解析：选A.依题意，若甲预测正确，则乙、丙均预测错误，此时三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若乙预测正确，此时丙预测也正确，这与题意相矛盾；若丙预测正确，则甲预测错误，此时乙预测正确，这与题意相矛盾．综上所述，三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙，选A.
2．解析：选A.法一：依次检验四个选项．第一次循环：A.A＝；B.A＝2＋2；C.A＝；D.A＝2.分析知只有A符合题意．故选A.
法二：分析知，与一致的结构为，故可设A＝，检验知符合题意，故选A.
3．解析：选C.第1次循环，s＝1，x＝；第2次循环，s＝1＋，x＝；第3次循环，s＝1＋＋，x＝；第4次循环，s＝1＋＋＋，x＝；第5次循环，s＝1＋＋＋＋，x＝；第6次循环，s＝1＋＋＋＋＋，x＝；第7次循环，s＝1＋＋＋＋＋＋，x＝＝<0.01，终止循环．输出s＝＝2－.故选C.
4．解析：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线3x－y＝0，并平移，当直线经过点(3，0)时，直线在y轴上的截距最小，此时z＝3x－y取得最大值，且zmax＝9.
答案：9
专题七 立体几何
1．解析：选B.如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2，所以在等腰三角形BDE中，BM＝，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.
2．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.
答案：
3．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体由18个正方形和8个正三角形围成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案：26 －1
4．解析：长方体ABCD A1B1C1D1的体积V1＝6×6×4＝144(cm3)，而四棱锥O EFGH的底面积为矩形BB1C1C面积的一半，高为AB长的一半，所以四棱锥O EFGH的体积V2＝××4×6×3＝12(cm3)，所以长方体ABCD A1B1C1D1挖去四棱锥O EFGH后所得几何体的体积V＝V1－V2＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案：118.8
5．解：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN 平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
6．解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以，四棱锥E BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.
7．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
专题八 平面解析几何
1．解析：选D.依题意知，－＝tan 130°＝tan(130°－180°)＝－tan 50°，两边平方得＝tan250°＝e2－1，e2＝1＋tan250°＝，又e>1，所以e＝，选D.
2．解析：选B.由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝＝，所以＝1－2()2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1.故选B.
3．解析：选D.依题意得＝，得p＝8，故选D.
4．解析：选A.通解 依题意，记F(c，0)，则以OF为直径的圆的方程为＋y2＝，将圆＋y2＝与圆x2＋y2＝a2的方程相减得cx＝a2，即x＝，所以点P，Q的横坐标均为.由于PQ是圆x2＋y2＝a2的一条弦，因此＋＝a2，即＋＝a2，即＝a2＝，所以c2＝2ab，即a2＋b2－2ab＝(a－b)2＝0，所以a＝b，因此C的离心率e＝＝，故选A.
优解一 记F(c，0)．连接OP，PF，则OP⊥PF，所以S△OPF＝|OP|·|PF|＝|OF|·|PQ|，即a·＝c·c，即c2＝2ab，即a2＋b2－2ab＝(a－b)2＝0，所以a＝b，因此C的离心率e＝＝，故选A.
优解二 记F(c，0)．依题意，PQ是以OF为直径的圆的一条弦，因此OF垂直平分PQ.又|PQ|＝|OF|，因此PQ是该圆的与OF垂直的直径，所以∠FOP＝45°，点P的横坐标为，纵坐标的绝对值为，于是有×＝a，即e＝＝，即C的离心率为，故选A.
5．解析：选B.因为c2＝a2＋b2＝9，所以|OP|＝|OF|＝3.设点P的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝9，把x2＝9－y2代入双曲线方程得|y|＝，所以S△OPF＝|OF|·|yP|＝.故选B.
6．解析：通解 由椭圆C：＋＝1，得c＝＝4，不妨设F1，F2分别为左、右焦点，则由题意知|MF1|＝|F1F2|＝2c＝8，于是由椭圆的定义得|MF1|＋|MF2|＝12，所以|MF2|＝12－|MF1|＝4，易知△MF1F2的底边MF2上的高h＝＝＝2，所以|MF2|·h＝|F1F2|·yM，即×4×2＝×8×yM，解得yM＝，代入椭圆方程得xM＝－3(舍去)或xM＝3，故点M的坐标为(3，)．
优解 不妨设F1，F2分别为左、右焦点，则由题意，得|MF1|＝|F1F2|＝8，由椭圆的焦半径公式得|MF1|＝exM＋6＝xM＋6＝8，解得xM＝3，代入椭圆方程得yM＝，故点M的坐标为(3，)．
答案：(3，)
7．解：(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．
由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
连接MA，由已知得|AO|＝2，又⊥，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于⊥，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.
8．解：(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的离心率e＝＝－1.
(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当
|y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝，又由①知y2＝，故b＝4.
由②③得x2＝(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．
9．解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.设M为线段AB的中点，则M.由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；
当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.
专题九 概率、统计
1．解析：选C.由系统抽样可知第一组学生的编号为1～10，第二组学生的编号为11～20，……，最后一组学生的编号为991～1 000.设第一组取到的学生编号为x，则第二组取到的学生编号为x＋10，以此类推，所取的学生编号为10的倍数加x.因为46号学生被抽到，所以x＝6，所以616号学生被抽到，故选C.
2．解析：选B.设3只测量过某项指标的兔子为A，B，C，另2只兔子为a，b，从这5只兔子中随机取出3只，则基本事件共有10种，分别为(A，B，C)，(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，a)，(A，C，b)，(A，a，b)，(B，C，a)，(B，C，b)，(B，a，b)，(C，a，b)，其中“恰有2只测量过该指标”的取法有6种，分别为(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，a)，(A，C，b)，(B，C，a)，(B，C，b)，因此所求的概率为＝，选B.
3．解析：选D.将两位男同学分别记为A1，A2，两位女同学分别记为B1，B2，则四位同学排成一列，情况有A1A2B1B2，A1A2B2B1，A2A1B1B2，A2A1B2B1，A1B1A2B2，A1B2A2B1，A2B1A1B2，A2B2A1B1，B1A1A2B2，B1A2A1B2，B2A1A2B1，B2A2A1B1，A1B1B2A2，A1B2B1A2，A2B1B2A1，A2B2B1A1，B1B2A1A2，B1B2A2A1，B2B1A1A2，B2B1A2A1，B1A1B2A2，B1A2B2A1，B2A1B1A2，B2A2B1A1，共有24种，其中2名女同学相邻的有12种，所以所求概率P＝，故选D.
4．解析：选C.如图，阅读过《西游记》的学生有70位，占抽样人数的＝0.7，所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为0.7.故选C.
5．解析：依题意知，经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为＝0.98.
答案：0.98
6．解：(1)由调查数据知，男顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.8，因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8.
女顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.6，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6.
(2)K2＝≈4.762.由于4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．
7．解：(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为＝0.21.产值负增长的企业频率为＝0.02.用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%.
(2)y＝(－0.10×2＋0.10×24＋0.30×53＋0.50×14＋0.70×7)＝0.30，
s2＝i(yi－y)2
＝[(－0.40)2×2＋(－0.20)2×24＋02×53＋0.202×14＋0.402×7]＝0.029 6，
s＝＝0.02×≈0.17.
所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%.
8．解：(1)由已知得0.70＝a＋0.20＋0.15，故
a＝0.35.
b＝1－0.05－0.15－0.70＝0.10.
(2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2×0.15＋3×0.20＋4×0.30＋5×0.20＋6×0.10＋7×0.05＝4.05.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3×0.05＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.35＋7×0.20＋8×0.15＝6.00.
专题十 选考部分
1．解：(1)因为－1<≤1，且x2＋＝＋＝1，所以C的直角坐标方程为x2＋＝1(x≠－1)．l的直角坐标方程为2x＋y＋11＝0.
(2)由(1)可设C的参数方程为(α为参数，－π<α<π)．
C上的点到l的距离为
＝.
当α＝－时，4cos(α－)＋11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为.
2．解：(1)因为M(ρ0，θ0)在C上，所以当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2.
经检验，点P在曲线ρcos＝2上．所以，l的极坐标方程为ρcos＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是.
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.
3．解：(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ.
所以M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，M2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，M3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ.
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知
若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝.
综上，P的极坐标为或或或.
4．证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2)×(2)×(2)
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
5．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；
当x≥1时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.
所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
6．解：(1)由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.专题一 集合与常用逻辑用语
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T2)已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则B∩ UA＝( )
A．{1，6} B．{1，7}
C．{6，7} D．{1，6，7}
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T1)已知集合A＝{x|x＞－1}，B＝{x|x＜2}，则A∩B＝( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，2)
C．(－1，2) D．
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T1)已知集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{x|x2≤1}，则A∩B＝( )
A．{－1，0，1} B．{0，1}
C．{－1，1} D．{0，1，2}
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 ( )
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
5．(2019·高考全国卷Ⅲ，T11)记不等式组表示的平面区域为D.命题p： (x，y)∈D，2x＋y≥9；命题q： (x，y)∈D，2x＋y≤12.下面给出了四个命题
①p∨q ②綈p∨q ③p∧綈q ④綈p∧綈q
这四个命题中，所有真命题的编号是( )
A．①③ B．①②
C．②③ D．③④
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T3)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．a＜b＜c B．a＜c＜b
C．c＜a＜b D．b＜c＜a
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T4)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是(≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是( )
A．165 cm B．175 cm
C．185 cm D．190 cm
3．(2019·高考全国卷Ⅰ，T5)函数f(x)＝在[－π，π]的图象大致为( )
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T6)设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－1，则当x＜0时，f(x)＝( )
A．e－x－1 B．e－x＋1
C．－e－x－1 D．－e－x＋1
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T10)曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为( )
A．x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0
C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T7)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
7．(2019·高考全国卷Ⅲ，T12)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( )
A．f＞f＞f
B．f＞f＞f
C．f＞f＞f
D．f＞f＞f
8．(2019·高考全国卷Ⅰ，T13)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为____________．
9．(2019·高考全国卷Ⅰ，T20)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
10．(2019·高考全国卷Ⅱ，T21)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
11．(2019·高考全国卷Ⅲ，T20)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0＜a＜3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．
专题三 三角函数、解三角形
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T7)tan 255°＝( )
A．－2－ B．－2＋
C．2－ D．2＋
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T11)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T8)若x1＝，x2＝是函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2 B.
C．1 D.
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T11)已知α∈，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α＝( )
A. B.
C. D.
5．(2019·高考全国卷Ⅲ，T5)函数f(x)＝2sin x－sin 2x在[0，2π]的零点个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
6．(2019·高考全国卷Ⅰ，T15)函数f(x)＝sin－3cos x的最小值为____________．
7．(2019·高考全国卷Ⅱ，T15)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin A＋acos B＝0，则B＝____________．
8．(2019·高考全国卷Ⅲ，T18)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T1)设z＝，则|z|＝( )
A．2 B.
C. D．1
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T8)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. B.
C. D.
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T2)设z＝i(2＋i)，则z＝( )
A．1＋2i B．－1＋2i
C．1－2i D．－1－2i
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T3)已知向量a＝(2，3)，b＝(3，2)，则|a－b|＝( )
A. B．2
C．5 D．50
5．(2019·高考全国卷Ⅲ，T2)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T13)已知向量a＝(2，2)，b＝(－8，6)，则cos〈a，b〉＝____________．
专题五 数 列
1．(2019·高考全国卷Ⅲ，T6)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A．16 B．8
C．4 D．2
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T14)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝，则S4＝____________．
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T14)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝____________．
4．(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T18)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
专题六 不等式、推理与证明、算法
1．(2019·高考全国卷Ⅱ，T5)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T9)如图是求的程序框图，图中空白框中应填入( )
A．A＝ B．A＝2＋
C．A＝ D．A＝1＋
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T9)执行如图的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s的值等于( )
A．2－ B．2－
C．2－ D．2－
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T13)若变量x，y满足约束条件
则z＝3x－y的最大值是____________．
专题七 立体几何
1.(2019·高考全国卷Ⅲ，T8)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T16)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为____________．
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有____________个面，其棱长为____________．
4.(2019·高考全国卷Ⅲ，T16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A1B1C1D1挖去四棱锥O EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为____________g.
5．(2019·高考全国卷Ⅰ，T19)如图，直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．
6.(2019·高考全国卷Ⅱ，T17)如图，长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E BB1C1C的体积．
7．(2019·高考全国卷Ⅲ，T19)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的四边形ACGD的面积．
专题八 平面解析几何
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T10)双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为( )
A．2sin 40° B．2cos 40°
C. D.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ，T12)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
3．(2019·高考全国卷Ⅱ，T9)若抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝( )
A．2 B．3
C．4 D．8
4．(2019·高考全国卷Ⅱ，T12)设F为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )
A. B.
C．2 D.
5．(2019·高考全国卷Ⅲ，T10)已知F是双曲线C：－＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点．若|OP|＝|OF|，则△OPF的面积为( )
A. B.
C. D.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为____________．
7．(2019·高考全国卷Ⅰ，T21)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
8．(2019·高考全国卷Ⅱ，T20)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
9．(2019·高考全国卷Ⅲ，T21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
专题九 概率、统计
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T6)某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验．若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是( )
A．8号学生 B．200号学生
C．616号学生 D．815号学生
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T4)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( )
A. B.
C. D.
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T3)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( )
A. B.
C. D.
4．(2019·高考全国卷Ⅲ，T4)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为( )
A．0.5 B．0.6
C．0.7 D．0.8
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T14)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为____________．
6．(2019·高考全国卷Ⅰ，T17)某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
满意 不满意
男顾客 40 10
女顾客 30 20
(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
(2)能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：K2＝.
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
7．(2019·高考全国卷Ⅱ，T19)某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．
y的分组 [－0.20，0) [0，0.20) [0.20，0.40) [0.40，0.60) [0.60，0.80)
企业数 2 24 53 14 7
(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；
(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．(精确到0.01)
附：≈8.602.
8．(2019·高考全国卷Ⅲ，T17)为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据分别得到如下直方图：
记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P(C)的估计值为0.70.
(1)求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；
(2)分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)．
专题十 选考部分
1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T22)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0.
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)求C上的点到l距离的最小值．
2．(2019·高考全国卷Ⅱ，T22)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0＞0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T22)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1，0)，，(1，π)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧.
(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．
4．(2019·高考全国卷Ⅰ，T23)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
5．(2019·高考全国卷Ⅱ，T23)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＜0的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)＜0，求a的取值范围．
6．(2019·高考全国卷Ⅲ，T23)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
