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《决胜蓝图》2021高考真题分类汇编数学-试卷（含答案）高考大二轮专题复习(1)

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名称	《决胜蓝图》2021高考真题分类汇编数学-试卷（含答案）高考大二轮专题复习(1)
格式	zip
文件大小	831.6KB
资源类型	试卷
版本资源	通用版
科目	数学
更新时间	2026-03-19 00:00:00

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文档简介

参考答案与解析
专题一　集合与常用逻辑用语
1．解析：选B.因为A＝{x|－22．解析：选B.M∩N＝{x|≤x<4}．
3．解析：选D.因为集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|－14．解析：选B.由题得集合N＝，所以M∩N＝{5，7，9}．(易错警示：混淆交集与并集的概念出错)
故选B.
5．解析：选A.方法一(先求并再求补)：因为集合M＝{1，2}，N＝{3，4}，所以M∪N＝{1，2，3，4}．
又全集U＝{1，2，3，4，5}，所以 U(M∪N)＝{5}．故选A.
方法二(先转化再求解)：因为 U(M∪N)＝( UM)∩( UN)， UM＝{3，4，5}， UN＝{1，2，5}，所以 U(M∪N)＝{3，4，5}∩{1，2，5}＝{5}．故选A.
6．解析：选C.通解：在集合T中，令n＝k(k∈Z)，则t＝4n＋1＝2(2k)＋1(k∈Z)，而集合S中，s＝2n＋1(n∈Z)，所以必有T S，所以T∩S＝T，故选C.
光速解：S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，观察可知，T S，所以T∩S＝T，故选C.
7．解析：选B.由a·c＝b·c可得(a－b)·c＝0，所以(a－b)⊥c或a＝b，所以“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分条件．故选B.
8．解析：选B.当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件．当数列{Sn}递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0；则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．
9．解析：选A.由正弦函数的图象及性质可知，存在x∈R，使得sin x<1，所以命题p为真命题．对任意的x∈R，均有e|x|≥e0＝1成立，故命题q为真命题，所以命题p∧q为真命题，故选A.
10．解析：选C.选项A，B，D的反例如图1，2，3所示，故选项A，B，D错误；对于选项C，因为f(x)为奇函数且图象关于点(1，1)对称，所以f(x)＋f(－x)＝0，f(2＋x)＋f(－x)＝2，所以f(2＋x)－f(x)＝2，所以f(2k＋x)＝f(x)＋2k，k∈Z，又f(0)＝0，所以f(2k)＝2k，k∈Z，当k→＋∞时，f(2k)＝2k→＋∞，所以函数f(x)无最大值，C正确．
专题二　基本初等函数、导数及其应用
1．解析：选D.方法一(排除法)：取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D.
方法二(图象法)：如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D.
2．解析：选B.通解：因为f(x)＝，所以f(x－1)＝＝，f(x＋1)＝＝.
对于A，F(x)＝f(x－1)－1＝－1＝，定义域关于原点对称，但不满足F(x)＝－F(－x)；
对于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝＋1＝，定义域关于原点对称，且满足G(x)＝－G(－x)；
对于C，f(x＋1)－1＝－1＝＝－，定义域不关于原点对称；
对于D，f(x＋1)＋1＝＋1＝＝，定义域不关于原点对称．
故选B.
光速解：f(x)＝＝＝－1，为保证函数变换之后为奇函数，需将函数y＝f(x)的图象向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图象对应的函数为y＝f(x－1)＋1，故选B.
3．解析：选C.由题意知4.9＝5＋lg V，得lg V＝－0.1，得V＝10－≈0.8，所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.
4．解析：选C.因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x).又f(1＋x)＝f(－x)，所以f(2＋x)＝f[1＋(1＋x)]＝f[－(1＋x)]＝－f(1＋x)＝－f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是以2为周期的周期函数，f＝f＝f＝.故选C.
5．解析：选D.由于f(x＋1)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，即有f(x)＋f(2－x)＝0，所以f(1)＋f(2－1)＝0，得f(1)＝0，即a＋b＝0　①.由于f(x＋2)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，即有f(x)－f(4－x)＝0，所以f(0)＋f(3)＝－f(2)＋f(1)＝－4a－b＋a＋b＝－3a＝6　②.根据①②可得a＝－2，b＝2，所以当x∈[1，2]时，f(x)＝－2x2＋2.根据函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且关于点(1，0)对称，可得函数f(x)的周期为4，所以f＝f＝－f＝2×－2＝.
6．解析：选D.易知函数f(x)＝x2＋是偶函数，g(x)＝sin x是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数．选项A，y＝f(x)＋g(x)－＝x2＋sin x为非奇非偶函数，不符合题意，排除A；选项B，y＝f(x)－g(x)－＝x2－sin x也为非奇非偶函数，不符合题意，排除B；因为当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，且f(x)>0，当x∈(0，)时，g(x)单调递增，且g(x)>0，所以y＝f(x)g(x)在(0，)上单调递增，由图象可知所求函数在(0，)上不单调，排除C.故选D.
7．解析：选D.通解(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝ex0(x－a)，由得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x0，f(x)单调递增，当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x0，所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，
因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0光速解(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得08．解析：选D.通解(分类与整合法)：因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b).令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝.
(1)当a>0时，
①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，)上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；
②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
③若(2)当a<0时，
①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；
②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；
③若综上，a>0且b>a满足题意，a<0且ba2成立．故选D.
优解(特值排除法)：当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误．当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．综上，选D.
光速解(数形结合法)：当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图3所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图4所示，观察可知a>b.
　　　
综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
9．解析：选B.b－c＝ln 1.02－＋1，设f(x)＝ln (x＋1)－＋1，则b－c＝f(0.02)，f′(x)＝－＝，当x≥0时，x＋1＝≥，故当x≥0时，f′(x)＝≤0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)a－c＝2ln 1.01－＋1，设g(x)＝2ln (x＋1)－＋1，则a－c＝g(0.01)，g′(x)＝－＝，当0≤x<2时，≥＝x＋1，故当0≤x<2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c10．解析：因为>2，所以f()＝6－4＝2，所以f(f())＝f(2)＝1＋a＝3，解得a＝2.
答案：2
11．解析：y′＝′＝＝，所以y′＝＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2.
答案：y＝5x＋2
12．解析：通解(定义法)：因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－x)＝f(x)对任意的x∈R恒成立，
所以(－x)3(a·2－x－2x)＝x3(a·2x－2－x)对任意的x∈R恒成立，所以x3(a－1)(2x＋2－x)＝0对任意的x∈R恒成立，所以a＝1.
优解一(取特殊值检验法)：因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－1)＝f(1)，所以－＝2a－，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.
优解二(转化法)：由题意知f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数．设g(x)＝x3，h(x)＝a·2x－2－x，因为g(x)＝x3为奇函数，所以h(x)＝a·2x－2－x为奇函数，所以h(0)＝a·20－2－0＝0，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.
答案：1
13．解：(1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).
①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，
令f′(x)>0，则xx2；令f′(x)<0，则x1所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a<时，f(x)在(－∞，)上单调递增，在(，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为
P(x0，x－x＋ax0＋1)，
因为f′(x0)＝3x－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0).
由l过坐标原点，得2x－x－1＝0，解得x0＝1，
所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.
令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，
则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，
所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).
14．解：(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，则x>，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，
即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e.
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
15．解：(1)因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2<＋先证x1＋x2>2：
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]，
当00，
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立．
再证x1＋x2由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1欲证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当10，
所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1即f(x)＋x所以x1＋x2综上可知，2<＋16．解：(1)由题意得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x<1}，
当0当x<0时，ln (1－x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，
即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋t ln t>0.
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．
专题三　三角函数、解三角形
1．解析：选C.因为函数f(x)＝sin ＋cos ＝(sin ＋cos )＝(sin cos ＋cos sin )＝sin (＋)，所以函数f(x)的最小正周期T＝＝6π，最大值为.故选C.
2．解析：选A.方法一(常规求法)：令－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z.取k＝0，则－≤x≤.因为?，所以区间是函数f(x)的单调递增区间．故选A.
方法二(判断单调性法)：当0方法三(特殊值法)：因为<<<π，但f＝7sin ＝7，f＝7sin <7，所以区间不是函数f(x)的单调递增区间，排除B；因为π<<<，但f＝7sin π＝0，f＝7sin ＝－<0，所以区间不是函数f(x)的单调递增区间，排除C；因为<<<2π，但f＝7sin ＝－7sin >－7，f＝7sin ＝－7，所以区间不是函数f(x)的单调递增区间，排除D.故选A.
3．解析：选C.通解(求值代入法)：因为tan θ＝－2，所以角θ的终边在第二、四象限，所以或，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝sin2θ＋sin θcos θ＝－＝.故选C.
优解一(弦化切法)：因为tan θ＝－2，所以＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝.故选C.
优解二(正弦化余弦法)：因为tanθ＝－2，所以sin θ＝－2cos θ.则＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝＝＝＝.故选C.
4．解析：选B.依题意，将y＝sin的图象向左平移个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，所以y＝
sin
y＝sin 的图象f(x)＝sin 的图象．
5．解析：选D.方法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去).故选D.
方法二：由正弦定理＝，得sin C＝，从而cos C＝(C是锐角)，所以sin A＝sin [π－(B＋C)]＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C＝×－×＝.又＝，所以BC＝3.故选D.
6．解析：选A.因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA.因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝(CA－AH)＝×HC＝×(HG＋GC)＝×(EG－EH＋GC).由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×(表距＋表目距的差)，所以AB＝×(表距＋表目距的差)＝＋表高，故选A.
7.
解析：选B.如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝.在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373.
8．解析：选A.方法一：因为tan 2α＝＝，且tan2α＝，所以＝，解得sin α＝.因为a∈，所以cos α＝，tan α＝＝.故选A.
方法二：因为tan 2α＝＝＝＝，且tan2α＝，所以＝，解得sin α＝.因为α∈，所以cos α＝，tan α＝＝.故选A.
9．解析：由题意得S△ABC＝ac sin B＝ac＝，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2ac cos B＝12－2×4×＝8，则b＝2.
答案：2
10．解析：方法一(五点作图法)：由题图可知T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，即T＝π，所以＝π，即ω＝2.
故f(x)＝2cos (2x＋φ).点可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×＋φ＝，得φ＝－.
即f(x)＝2cos ，
所以f＝2cos ＝－.
方法二(代点法)：由题意知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，＝π，即ω＝2.又点在函数f(x)的图象上，所以2cos ＝0，所以2×＋φ＝＋kπ(k∈Z)，令k＝0，则φ＝－，所以f(x)＝2cos ，所以f＝2cos ＝－2cos ＝－.
方法三(平移法)：由题意知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，所以T＝π，＝π，即ω＝2.函数y＝2cos 2x的图象与x轴的一个交点是，对应函数f(x)＝2cos (2x＋φ)的图象与x轴的一个交点是，所以f(x)＝2cos (2x＋φ)的图象是由y＝2cos 2x的图象向右平移－＝个单位长度得到的，所以f(x)＝2cos (2x＋φ)＝2cos 2＝2cos ，所以f＝2cos ＝－2cos ＝－.
答案：－
11．解析：由题图可知，T＝－＝(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos (2x＋φ).点可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×＋φ＝，得φ＝－，所以f(x)＝2cos ，所以f＝2cos ＝2cos ＝2cos ＝1，f＝2cos ＝2cos ＝0，所以>0，即(f(x)－1)·f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以cos >或cos <0.当x＝1时，2x－＝2－∈，cos ∈，不符合题意；当x＝2时，2x－＝4－∈，cos <0，符合题意．所以满足题意的最小正整数x为2.
答案：2
12．解：(1)因为f(x)＝sin x＋cos x，
所以f(x＋)＝sin (x＋)＋cos (x＋)
＝cos x－sin x，
所以y＝[f(x＋)]2＝(cos x－sin x)2＝1－sin 2x.
所以函数y＝[f(x＋)]2的最小正周期T＝＝π.
(2)f(x－)＝sin (x－)＋cos (x－)＝sin x，
所以y＝f(x)f(x－)＝sin x(sin x＋cos x)
＝(sin x cos x＋sin2x)＝(sin2x－cos 2x＋)
＝sin (2x－)＋.
当x∈[0，]时，2x－∈[－，]，
所以当2x－＝，即x＝时，
函数y＝f(x)f(x－)在[0，]上取得最大值，且ymax＝1＋.
13．解：(1)由sin A＝2sin B及正弦定理，得a＝2b，
因为a＝2，所以b＝1，
由余弦定理可得cos C＝＝－，得c＝.
(2)因为cos ＝，所以cos A＋sin A＝，
又sin2A＋cos2A＝1，所以cosA＝或cos A＝.
因为cos C＝－＞－，所以C∈，
所以A∈，A＋B＝π－C∈.
若cos A＝，则cos A＜＝cos (π－C)＝cos (A＋B)，
所以A＞A＋B，显然不成立，所以cos A＝，
所以sin A＝.
由cos C＝－可得sin C＝，
由正弦定理＝得，c＝.
14．解：(1)因为BD sin ∠ABC＝a sin C，所以由正弦定理得，BD·b＝ac，又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b>0，所以BD＝b.
(2)如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
因为AD＝2DC，所以＝＝2，
＝，
所以BE＝，DE＝a.
在△BDE中，cos ∠BED＝＝＝＝，
在△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝.
因为∠BED＝π－∠ABC，所以cos ∠BED＝－cos ∠ABC，所以＝－，化简得3c2＋6a2－11ac＝0，方程两边同时除以a2，得3－11＋6＝0，解得＝或＝3.
当＝，即c＝a时，cos ∠ABC＝＝＝；
当＝3，即c＝3a时，cos ∠ABC＝＝＝>1(舍去).
综上，cos ∠ABC＝.
专题四　平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．解析：选C.方法一：因为(1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3.故选C.
方法二：因为(1＋ai)i＝3＋i，所以1＋ai＝＝1－3i，所以a＝－3.故选C.
2．解析：选C.通解(转化为复数除法运算)：因为iz＝4＋3i，所以z＝＝＝＝3－4i.故选C.
优解(利用复数的代数形式)：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由iz＝4＋3i，可得i(a＋bi)＝4＋3i，即－b＋ai＝4＋3i，所以，即，所以z＝3－4i.故选C.
光速解(巧用同乘技巧)：因为iz＝4＋3i，所以iz·i＝(4＋3i)·i，所以－z＝4i－3，所以z＝3－4i.故选C.
3．解析：选C.设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，代入2(z＋)＋3(z－)＝4＋6i，可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.故选C.
4．解析：选B.z＝＝＝＝－1＋i.故选B.
5．解析：选C.因为z＝2－i，所以z(＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i，故选C.
6．解析：选AC.由题可知，|OP1|＝＝1，|OP2|＝＝1，所以|OP1|＝|OP2|，故A正确；取α＝，则P1，取β＝，则P2，则|AP1|≠|AP2|，故B错误；因为·OP3＝cos (α＋β)，OP1·OP2＝cos αcos β－sin αsin β＝cos (α＋β)，所以·OP3＝OP1·OP2，故C正确；因为·OP1＝cos α，OP2·OP3＝cos βcos (α＋β)－sin βsin (α＋β)＝cos (α＋2β)，取α＝，β＝，则·OP1＝，OP2·OP3＝cos ＝－，所以·OP1≠OP2·OP3，故D错误．故选AC.
7．解析：
选B.如图，以D为坐标原点，DC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．
不妨设A(2x，2y)(xy≠0)，B(－1，0)，C(1，0)，则D(0，0)，E(x，y)，①＝(－1－2x，－2y)，＝(x－1，y)，若·＝0，则(－1－2x)(x－1)－2y2＝0，所以－(2x＋1)(x－1)＝2y2，满足条件的x，y明显存在，所以①成立；②记AB的中点为F，则＋＝2，记CF与AD的交点为G，则G为△ABC的重心，所以G为AD的三等分点，又E为AD的中点，所以与不平行，故②不成立．故选B.
8．解析：因为z＝1－3i，所以＝1＋3i，所以－i＝1＋3i－i＝1＋2i，所以|－i|＝＝.
答案：
9．解析：通解(定义法)：因为a∥b，所以a＝kb，即(2，5)＝k(λ，4)，得，解得.
光速解(结论法)：因为a∥b，所以2×4－5λ＝0，解得λ＝.
答案：
10．解析：由|a－b|＝5得(a－b)2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，结合|a|＝3，a·b＝1，得32－2×1＋|b|2＝25，所以|b|＝3.
答案：3
11．解析：方法一：a－λb＝(1－3λ，3－4λ)，因为(a－λb)⊥b，
所以(a－λb)·b＝0，即(1－3λ，3－4λ)·(3，4)＝0，所以3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝.
方法二：由(a－λb)⊥b可知，(a－λb)·b＝0，即a·b－λb2＝0，从而λ＝＝＝＝.
答案：
12．解析：c＝(3，1)＋(k，0)＝(3＋k，1)，a·c＝3(3＋k)＋1×1＝10＋3k＝0，得k＝－.
答案：－
专题五　数　列
1．解析：选A.通解：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得，两式相除，(技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的)得q2＝，所以或，所以S6＝＝7.故选A.
优解：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.
2．解析：选A.因为a1＝1，an＋1＝，所以an>0，a2＝，所以S100>.＝＝＋＝(＋)2－.所以<(＋)2，两边同时开方可得<＋，则<＋，…，<＋，由累加法可得<＋＝1＋，所以≤1＋＝，所以≥，所以an＋1＝≤＝an，即≤，则≤，…，≤，由累乘法可得当n≥2时，an＝≤×××…××＝＝6(－)，所以S100<1＋6(－＋－＋…＋－)＝1＋6(－)<1＋2＝3，故选A.
3．解析：设公差为d，可知d＝2，则a10＝a1＋9d＝21.
答案：21
4．解析：依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm, dm×6 dm, dm×12 dm, 10 dm× dm, 20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.
所以k＝240　①，
所以×k＝240　②，
由①－②得，×k
＝240
＝240＝240，
所以k＝240 dm2.
答案：5　240
5．解：(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1　①，
a2k＋1＝a2k＋2　②，
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1　③，
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300.
6．解：①③ ②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝(n＋1)－n＝(常数)，
所以数列{}是等差数列．
①② ③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列．
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，
所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d>0，
则－＝－＝d，
得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列．
7．解：(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2).
又＋＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝，则＋＝2，所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.
故an＝.
8．解：(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，
解得q＝，故an＝，bn＝.
(2)由(1)知Sn＝＝(1－)，Tn＝＋＋＋…＋　①，
Tn＝＋＋＋…＋＋　②，
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－＝(1－)－，
整理得Tn＝－，
则2Tn－Sn＝2(－)－(1－)＝－<0，
故Tn<.
专题六　不等式
1.
解析：选C.通解(数形结合法)：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点A时，直线y＝－3x＋z在y轴上的截距最小，即z最小．
解方程组得，即点A的坐标为(1，3).从而z＝3x＋y的最小值为3×1＋3＝6.故选C.
优解(代点比较法)：画图易知，题设不等式组对应的可行域是封闭的三角形区域，所以只需要比较三角形区域三个顶点处的z的大小即可．
易知直线x＋y＝4与y＝3的交点坐标为(1，3)，直线x＋y＝4与x－y＝2的交点坐标为(3，1)，直线x－y＝2与y＝3的交点坐标为(5，3)，将这三个顶点的坐标分别代入z＝3x＋y可得z的值分别为6，10，18，所以比较可知zmin＝6.故选C.
光速解(巧用不等式的性质)：因为x＋y≥4，所以3x＋3y≥12　①.因为y≤3，所以－2y≥－6　②.于是，由①＋②可得3x＋3y＋(－2y)≥12＋(－6)，即3x＋y≥6，
当且仅当x＋y＝4且y＝3，即x＝1，y＝3时不等式取等号，易知此时不等式x－y≤2成立．故选C.
2．解析：选B.作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线y＝2x并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点A时z取得最小值．
由，得，
所以A(－1，1)，zmin＝－1－＝－.故选B.
3．解析：选C.选项A：因为y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3，
所以当x＝－1时，y取得最小值，且ymin＝3，所以选项A不符合题意．
选项B：因为y＝|sin x|＋≥2＝4，所以y≥4，当且仅当|sin x|＝，即|sin x|＝2时不等式取等号，但是根据正弦函数的有界性可知|sin x|＝2不可能成立，
因此可知y>4，所以选项B不符合题意．
选项B另解：设|sin x|＝t，则t∈(0，1]，根据函数y＝t＋在(0，1]上单调递减可得ymin＝1＋＝5，
所以选项B不符合题意．
选项C：因为y＝2x＋22－x≥2＝4，当且仅当2x＝22－x，即x＝2－x，即x＝1时不等式取等号，
所以ymin＝4，所以选项C符合题意．
选项D：当0综上，所给函数中最小值为4的是选项C中的函数，故选C.
4．解析：＜1，即－1＜0，即＜0，
解得－7＜x＜2，因此不等式的解集为(－7，2).
答案：(－7，2)
5．解析：f(x)＝3x＋＝3x＋1＋－1≥2－1＝5，当且仅当3x＋1＝时等号成立，所以a＝9，经检验，当且仅当3x＝2时等号成立．
答案：9
专题七　立体几何
1．解析：选B.设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2，故选B.
2．解析：选D.方法一：如图，连接C1P，因为ABCD A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP 平面B1BP，所以有C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝，故选D.
方法二：以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则B(0，0，2)，P(1，1，0)，D1(2，2，0)，A(0，2，2)，＝(－1，－1，2)，AD1＝(2，0，－2).设直线PB与AD1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.因为θ∈，所以θ＝，故选D.
方法三：如图所示，
连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.故选D.
3．解析：选D.根据已知条件作出图形如图所示，结合多面体的正视图可知，该几何体的侧视图为D选项中的图形．
4．解析：选A.方法一：由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱，其中底面等腰梯形的底边长分别为，2，高为，该四棱柱的高为1，所以该几何体的体积V＝×(＋2)××1＝.故选A.
方法二：由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为2)的直三棱柱截去一个底面为等腰直角三角形(腰长为1)的直三棱柱后得到的，所以该几何体的体积V＝×22×1－×12×1＝.故选A.
5．解析：选A.如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝.
6．解析：选BD.＝λ＋μBB1(0≤λ≤1，0≤μ≤1).
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，不是定值，A错误；
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
　　　
图1　　　　　　　　　　图2
则VP－A1BC＝VA1－PBC＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即＋(1－μ)2＋＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D 或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
方法一：由多选题特征，排除A，C，故选BD.
方法二：对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．综上，选BD.
图3
方法三：对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1－xyz，则B(0，1，1)，B1(0，1，0)，A1，
P，
所以A1B＝，B1P＝，
若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确．综上，选BD.
7．解析：设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.
答案：39π
8．解析：根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，可知图②③只能是侧视图，图④⑤只能是俯视图，则组成某个三棱锥的三视图，所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则原几何体如图1所示；若是②⑤，则原几何体如图2所示．
答案：③④(答案不唯一，②⑤也可)
9．解：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AM 平面ABCD，
所以PD⊥AM.
因为PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB 平面PBD，PD 平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，
又AM 平面PAM，
所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)因为M为BC的中点，所以BM＝AD.
由题意知AB＝DC＝1.
因为AM⊥平面PBD，BD 平面PBD，所以AM⊥BD，
由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋∠ADB＝90°，
得∠BAM＝∠ADB，
易得△BAM∽△ADB，所以＝，即＝，
得AD＝，
所以S矩形ABCD＝AD·DC＝×1＝，
则四棱锥P ABCD的体积VP ABCD＝S矩形ABCD·PD＝××1＝.
10．解：(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，M，P(0，0，1)，
所以＝(t，1，－1)，＝.
因为PB⊥AM，所以·＝－＋1＝0，得t＝，
所以BC＝.
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得＝(－，0，1)，＝，＝(，0，0)，＝(，1，－1).
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
即
令x1＝，则z1＝2，y1＝1，
所以平面APM的一个法向量为n1＝(，1，2).
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
即
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，
所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1).
cos ?n1，n2?＝＝＝，
所以二面角A PM B的正弦值为.
11．解：(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM 平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM 平面PDM，
所以AB⊥PM.
(2)方法一：由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．
连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝，
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2，
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN中，cos ∠BAN＝＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos ∠BAN＝.
方法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝，
又PA＝，所以PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－，2，0)，P(0，0，2)，
C(，－1，0)，所以N(，－，)，
所以＝(，－，).
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝.
12.
解：(1)证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，
于是AF＝＝3，
所以AC＝＝2.
由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是＝(1－m，1，－2).
所以·＝0，所以BF⊥DE.
(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).
设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
又＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m) ，
所以cos 〈n1，n2〉＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，
则sin θ＝，
故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
13．解：(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)方法一：因为△OCD是边长为1的正三角形，
且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，
所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
又BC 平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝OA，
DF＝2OF，所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝.
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
方法二：
如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C.
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，所以E.
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以?m·＝0，
m·＝0，?即
令x＝1，则y＝，z＝，
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1，
因为S△BCD＝BD·CD sin 60°＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.
专题八　平面解析几何
1．解析：选A.由双曲线的方程知，a＝4，b＝3，焦点在x轴上，所以双曲线的一条渐近线方程为y＝x，即3x－4y＝0，由点到直线的距离公式得，点(3，0)到双曲线的一条渐近线的距离为＝.故选A.
2．解析：选A.设|PF2|＝m，|PF1|＝3m，则|F1F2|＝＝m，所以C的离心率e＝＝＝＝＝.
3．解析：选C.由椭圆C：＋＝1，得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，则|MF1|·|MF2|≤＝32＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．故选C.
4.
解析：选ACD.设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5，5)，由题易知直线AB的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝＝ >4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋，4＋<5＋＝10，故A正确．
易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝－4，－4< －4＝1，故B不正确．
过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当∠PBA最小时，点P与N重合，|PB|＝＝＝3，当∠PBA最大时，点P与Q重合，|PB|＝3，故C，D都正确．综上，选ACD.
5．解析：选A.通解(消元转化法)：设点P(x，y)，则根据点P在椭圆＋y2＝1上可得x2＝5－5y2.易知点B(0，1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝x2＋(y－1)2＝5－5y2＋(y－1)2＝－4y2－2y＋6＝－(2y＋)2.
当2y＋＝0，即y＝－(满足|y|≤1)时，|PB|2取得最大值，所以|PB|max＝.故选A.
优解(利用椭圆的参数方程)：因为点P在椭圆＋y2＝1上，所以可设点P(cos θ，sin θ).
易知点B(0，1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝(cos θ)2＋(sin θ－1)2＝4cos2θ－2sinθ＋2＝－4sin2θ－2sinθ＋6＝－(2sin θ＋)2.易知当2sin θ＋＝0，即sin θ＝－时，|PB|2取得最大值，所以|PB|max＝.故选A.
6．解析：选C.方法一：依题意，B(0，b)，设P(a cos θ，b sin θ)，θ∈[0，2π)，因为|PB|≤2b，所以对任意θ∈[0，2π)，(a cos θ)2＋(b sin θ－b)2≤4b2恒成立，即(a2－b2)sin2θ＋2b2sinθ＋3b2－a2≥0对任意θ∈[0，2π)恒成立．令sin θ＝t，t∈[－1，1]，f(t)＝(a2－b2)t2＋2b2t＋3b2－a2，则原问题转化为对任意t∈[－1，1]，恒有f(t)≥0成立．因为f(－1)＝0，所以只需－≤－1即可，所以2b2≥a2，则离心率e＝≤，所以选C.
方法二：依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x0，y0)，则|y0|≤b， eq \f(x,a2) ＋ eq \f(y,b2) ＝1，可得x＝a2－y，则|PB|2＝x＋(y0－b)2＝x＋y－2by0＋b2＝－y－2by0＋a2＋b2≤4b2.因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以－≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝≤，故选C.
7．解析：由于直线x＝－2的倾斜角为，直线x－y＋1＝0即直线y＝x＋1，其倾斜角为，故夹角为.
答案：
8．解析：由双曲线的性质知c2＝a2＋b2＝4＋5＝9，则c＝3，双曲线右焦点的坐标为(3，0)，所以双曲线的右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离d＝＝.
答案：
9．解析：双曲线－y2＝1(m>0)的渐近线为y＝±x，即x±y＝0，又双曲线的一条渐近线为x＋my＝0，即x＋y＝0，对比两式可得，m＝3.设双曲线的实半轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c，则有a2＝m＝3，b2＝1，所以双曲线的焦距2c＝2＝4.
答案：4
10．解析：通解(解直角三角形法)：由题易得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan ∠OPF＝tan ∠PQF，所以＝，即＝，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－.
光速解(应用射影定理法)：由题易得|OF|＝，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－.
答案：x＝－
11．解析：根据椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形．设|PF1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋(8－m)2＝2m2＋64－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，得m(8－m)＝8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|×|PF2|＝m(8－m)＝8.
答案：8
12．解：(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，
故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则＝(x2－x1，y2－y1)，＝(1－x2，－y2)，
因为＝9，所以，
可得，
又点P在抛物线C上，所以y＝4x1，
即(10y2)2＝4(10x2－9)，
化简得y＝x2－，
则点Q的轨迹方程为y2＝x－.
设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝x－相切时，斜率可以取最大，
联立y＝kx与y2＝x－并化简，
得k2x2－x＋＝0，
令Δ＝(－)2－4k2·＝0，解得k＝±，
所以直线OQ斜率的最大值为.
13．解：(1)由题意，直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，
则根据抛物线的对称性，∠POF＝∠QOF＝45°，
所以P(1，1)，Q(1，－1).
设C的方程为y2＝2px(p>0)，则1＝2p，p＝，
所以C的方程为y2＝x.
因为圆心M(2，0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.
(2)设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，
当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，A1A2，A1A3均与⊙M相切，此时直线A2A3与⊙M相切．
当x1≠x2≠x3时，直线A1A2：x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
则＝1，即(y－1)y＋2y1y2＋3－y＝0，
同理可得(y－1)y＋2y1y3＋3－y＝0，
所以y2，y3是方程(y－1)y2＋2y1 y＋3－y＝0的两个根，
则y2＋y3＝ eq \f(－2y1,y－1) ，y2y3＝ eq \f(3－y,y－1) .
直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，
设M到直线A2A3的距离为d(d>0)，则d2＝＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3－y,y－1)))\s\up12(2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y1,y－1)))\s\up12(2)) ＝1，即d＝1，所以直线A2A3与⊙M相切．
综上可得，直线A2A3与⊙M相切．
14．解：(1)由题意知M(0，－4)，F(0，)，圆M的半径r＝1，
所以|MF|－r＝4，即＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A(x1， eq \f(x,4) )，B(x2， eq \f(x,4) )，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0　(※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为y－ eq \f(x,4) ＝(x－x1)，即y＝x－ eq \f(x,4) ，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－ eq \f(x,4) ，
联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(x,4),y＝\f(x2,2)x－\f(x,4))) ，则，
即P(2k，－b).因为点P在圆M上，
所以4k2＋(4－b)2＝1　①，
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※).
设点P到直线AB的距离为d，则d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20.
15．解：(1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2，
所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支．
设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，
则2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为x2－＝1(x≥1).
(2)设T，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2(k2≠0)，
由
得(16－k)x2－2k1x－－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16－k≠0，
则xAxB＝ eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－k) ，xA＋xB＝ eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2))),16－k) ，
所以|TA|＝ eq \r(1＋k) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2))) ＝ eq \r(1＋k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2))) ，
|TB|＝ eq \r(1＋k) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2))) ＝ eq \r(1＋k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2))) ，
则|TA|·|TB|＝(1＋k)
＝(1＋k)
＝(1＋k) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－k)－\f(1,2)·\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2))),16－k)＋\f(1,4)))
＝ eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16) .
同理得|TP|·|TQ|＝ eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16) .
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以 eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16) ＝ eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16) ，所以k－16＋kk－16k＝k－16＋kk－16k，即k＝k，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
16．解：(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2，
所以p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，F(1，0)，M(－1，0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，直线l的方程为y＝2x＋n(n≠±2).
由可得y2－4my－4＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.
易知直线AM的方程为y＝(x＋1)，
则由
可得P(，).
同理可得Q(，)，
所以|yPyQ|＝||
＝| eq \f(（n－2）2y1y2,（\f(y,2)＋2－y1）（\f(y,2)＋2－y2）) |
＝| eq \f(4（n－2）2y1y2,4y1y2－（2y1y2＋8）（y1＋y2）＋yy＋4（y＋y）＋16) |
＝.
由可得yR＝.
因为|RN|2＝|PN|·|QN|，所以y＝|yPyQ|，
所以()2＝，
所以＝＝＋＋1
＝4(＋)2＋≥，
所以n<－2或－2因为直线l：y＝2x＋n(n≠±2)在x轴上的截距为－，
所以－>1或4－7≤－<1或－≤－7－4，即直线l在x轴上截距的取值范围是(－∞，－7－4]∪[4－7，1)∪(1，＋∞).
专题九　计数原理、概率、统计
1．解析：选B.转化法：因为区间的长度为，区间(0，)的长度为，所以在区间随机取1个数，则取到的数小于的概率P＝÷＝.故选B.
2．解析：选C.对于A：根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为(0.02＋0.04)×1×100%＝6%，正确；对于B：根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为(0.04＋0.02＋0.02＋0.02)×1×100%＝10%，正确；对于C：根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入的平均值估计为3×0.02＋4×0.04＋5×0.10＋6×0.14＋7×0.20＋8×0.20＋9×0.10＋10×0.10＋11×0.04＋12×0.02＋13×0.02＋14×0.02＝7.68(万元)，错误；对于D：根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的农户比率估计为(0.10＋0.14＋0.20＋0.20)×1×100%＝64%>50%，正确．
3．解析：选C.根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法．故满足题意的分配方案共有C·A＝240(种).
4．解析：选CD.设样本数据x1，x2，…，xn的平均数、中位数、标准差、极差分别为，m，σ，t，依题意得，新样本数据y1，y2，…，yn的平均数、中位数、标准差、极差分别为＋c，m＋c，σ，t，因为c≠0，所以C，D正确，故选CD.
5．解析：选B.事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝＝，事件丁发生的概率P(丁)＝＝.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．选B.
6．解析：选B.在区间(0，1)中随机取一个数，记为x，在区间(1，2)中随机取一个数，记为y，两数之和大于，即x＋y>，则.在如图所示的平面直角坐标系中，点(x，y)构成的区域是边长为1的正方形区域(不含边界)，事件A“两数之和大于”即x＋y>中，点(x，y)构成的区域为图中阴影部分(不含边界)，由几何概型的概率计算公式得P(A)＝＝，故选B.
7．解析：选C.方法一(将4个1和2个0视为完全不同的元素)：4个1分别设为1A，1B，1C，1D，2个0分别设为0A，0B，将4个1和2个0随机排成一行有A种排法，将1A，1B，1C，1D排成一行有A种排法，再将0A，0B插空有A种排法，所以2个0不相邻的概率P＝ eq \f(AA,A) ＝.
方法二(含有相同元素的排列)：将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有C种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C种排法．所以2个0不相邻的概率P＝ eq \f(C,C) ＝.
8．解析：(x－1)3展开式的通项Tr＋1＝Cx3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项Tk＋1＝Cx4－k，则a1＝C＋C＝1＋4＝5；a2＝C(－1)1＋C＝3；a3＝C(－1)2＋C＝7；a4＝C(－1)3＋C＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.
答案：5　10
9．解：(1)根据表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是＝0.75，乙机床生产的产品中一级品的频率是＝0.6.
(2)根据列联表中的数据可得K2＝
＝≈10.256.
因为10.256>6.635，所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．
10．解：(1)由表格中的数据易得：
＝＋10.0＝10.0，
＝＋10.0＝10.3，
s＝×[(9.7－10.0)2＋2×(9.8－10.0)2＋(9.9－10.0)2＋2×(10.0－10.0)2＋(10.1－10.0)2＋2×(10.2－10.0)2＋(10.3－10.0)2]＝0.036，
s＝×[(10.0－10.3)2＋3×(10.1－10.3)2＋(10.3－10.3)2＋2×(10.4－10.3)2＋2×(10.5－10.3)2＋(10.6－10.3)2]＝0.04.
(2)由(1)中数据可得－＝10.3－10.0＝0.3，而2 eq \r(\f(s＋s,10)) ＝ eq \r(\f(2,5)（s＋s）) ＝，显然有－>2 eq \r(\f(s＋s,10)) 成立，所以认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
11．解：(1)由题意得，X的所有可能取值为0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．
专题十　选考部分
1．解：(1)由题意知⊙C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1，
则⊙C的参数方程为(α为参数).
(2)由题意可知，切线的斜率存在，
设切线方程为y－1＝k(x－4)，
即kx－y＋1－4k＝0，
所以＝1，解得k＝±，
则这两条切线方程分别为y＝x－＋1，y＝－x＋＋1，
故这两条切线的极坐标方程分别为ρsin θ＝ρcos θ－＋1，ρsin θ＝－ρcos θ＋＋1.
2．解：(1)根据ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，
因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，
所以x2＋y2＝2x，
所以曲线C的直角坐标方程为(x－)2＋y2＝2.
(2)设P(x，y)，M(x′，y′)，
则有＝(x－1，y)，＝(x′－1，y′)，
因为＝，所以，即，
又M为曲线C上的动点，所以＋＝2，即(x－3＋)2＋y2＝4，
所以P的轨迹C1的参数方程为(其中α为参数，α∈[0，2π)).
所以|CC1|＝3－2，圆C1的半径r1＝2，又圆C的半径r＝，所以|CC1|所以C与C1没有公共点．
3．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋3|，
故f(x)≥6即|x－1|＋|x＋3|≥6，
当x≤－3时，1－x－x－3≥6，解得x≤－4，又x≤－3，
所以x≤－4；
当－3当x>1时，x－1＋x＋3≥6，解得x≥2，又x>1，所以x≥2.
综上，原不等式的解集为{x|x≤－4或x≥2}．
(2)f(x)＝|x－a|＋|x＋3|≥|(x－a)－(x＋3)|＝|3＋a|，
当x的值在a与－3之间(包括两个端点)时取等号，
若f(x)>－a，则只需|3＋a|>－a，
即3＋a>－a或3＋a－.
故a的取值范围为{a|a>－}．
4．解：(1)由已知得f(x)＝
g(x)＝
所以y＝f(x)与y＝g(x)的图象为
(2)y＝f(x＋a)的图象是由函数y＝f(x)的图象向左平移a(a>0)个单位长度或向右平移|a|(a<0)个单位长度得到的，根据图象可知向右平移不符合题意，向左平移到y＝f(x＋a)的图象的右支过y＝g(x)的图象上的点(，4)时为临界状态，如图所示，此时y＝f(x＋a)的图象的右支对应的函数解析式为y＝x＋a－2(x≥2－a)，
则4＝＋a－2，解得a＝.
因为f(x＋a)≥g(x)，故a≥，
所以a的取值范围为.专题一　集合与常用逻辑用语
1．(2021·新高考卷Ⅰ，T1)设集合A＝{x|－2A．{2}　　　　　　　 B．{2，3}
C．{3，4} D．{2，3，4}
2．(2021·高考全国卷甲(理)，T1)设集合M＝{x|0A． B．
C． D．
3．(2021·高考浙江卷，T1)设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|－1A．{x|x>－1} B．{x|x≥1}
C．{x|－14．(2021·高考全国卷甲(文)，T1)设集合M＝{1，3，5，7，9}，N＝，则M∩N＝(　　)
A．{7，9} B．{5，7，9}
C．{3，5，7，9} D．{1，3，5，7，9}
5．(2021·高考全国卷乙(文)，T1)已知全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M＝{1，2}，N＝{3，4}，则 U(M∪N)＝(　　)
A．{5} B．{1，2}
C．{3，4} D．{1，2，3，4}
6．(2021·高考全国卷乙(理)，T2)已知集合S＝{s|s＝2n＋1，n∈Z}，T＝{t|t＝4n＋1，n∈Z}，则S∩T＝(　　)
A． B．S
C．T D．Z
7．(2021·高考浙江卷，T3)已知非零向量a，b，c，则“a·c＝b·c”是“a＝b”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
8．(2021·高考全国卷甲(理)，T7)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：是递增数列，则(　　)
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
9．(2021·高考全国卷乙(理)，T3)已知命题p： x∈R，sin x<1；命题q： x∈R，e|x|≥1，则下列命题中为真命题的是(　　)
A．p∧q B． p∧q
C．p∧ q D． (p∨q)
10．(2021·春季高考上海卷，T15)已知函数y＝f(x)的定义域为R，下列是f(x)无最大值的充分条件的是(　　)
A．f(x)为偶函数且图象关于点(1，1)对称
B．f(x)为偶函数且图象关于直线x＝1对称
C．f(x)为奇函数且图象关于点(1，1)对称
D．f(x)为奇函数且图象关于直线x＝1对称
专题二　基本初等函数、导数及其应用
1．(2021·高考全国卷甲(文)，T4)下列函数中是增函数的为(　　)
A．f(x)＝－x B．f(x)＝
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝
2．(2021·高考全国卷乙(理)，T4)设函数f(x)＝，则下列函数中为奇函数的是(　　)
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
3．(2021·高考全国卷甲(文)，T6)青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5＋lg V．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为(≈1.259)(　　)
A．1.5 B．1.2
C．0.8 D．0.6
4．(2021·高考全国卷甲(文)，T12)设f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1＋x)＝f(－x).若f＝，则f＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
5．(2021·高考全国卷甲(理)，T12)设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1) 为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
6．(2021·高考浙江卷，T7)已知函数f(x)＝x2＋，g(x)＝sin x，则图象如图的函数可能是(　　)
A．y＝f(x)＋g(x)－
B．y＝f(x)－g(x)－
C．y＝f(x)g(x)
D．y＝
7．(2021·新高考卷Ⅰ，T7)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)
A．ebC．08．(2021·高考全国卷乙(理)，T10)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)
A．ab
C．aba2
9．(2021·高考全国卷乙(理)，T12)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则(　　)
A．aC．b10．(2021·高考浙江卷，T12)已知a∈R，函数f(x)＝若f(f())＝3，则a＝________．
11．(2021·高考全国卷甲(理)，T13)曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为________．
12．(2021·新高考卷Ⅰ，T13)已知函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝________．
13．(2021·高考全国卷乙(文)，T21)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．
14．(2021·高考全国卷甲(理)，T21)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0).
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
15．(2021·新高考卷Ⅰ，T22)已知函数f(x)＝x(1－ln x).　
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋16．(2021·高考全国卷乙(理)，T20)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)<1.
专题三　三角函数、解三角形
1．(2021·高考全国卷乙(文)，T4)函数f(x)＝sin ＋cos 的最小正周期和最大值分别是(　　)
A．3π和 B．3π和2
C．6π和 D．6π和2
2．(2021·新高考卷Ⅰ，T4)下列区间中，函数f(x)＝7sin (x－)单调递增的区间是(　　)
A． B．
C． D．
3．(2021·新高考卷Ⅰ，T6)若tan θ＝－2，则＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
4．(2021·高考全国卷乙(理)，T7)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin (x－)的图象，则f(x)＝(　　)
A．sin B．sin
C．sin D．sin
5．(2021·高考全国卷甲(文)，T8)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC＝(　　)
A．1 B．
C． D．3
6．(2021·高考全国卷乙(理)，T9)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝(　　)
A．＋表高
B．－表高
C．＋表距
D．－表距
7.(2021·高考全国卷甲(理)，T8)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(≈1.732)(　　)
A．346 B．373
C．446 D．473
8．(2021·高考全国卷甲(文)，T11)若α∈，tan 2α＝，则tan α＝(　　)
A. B．
C． D．
9．(2021·高考全国卷乙(理)，T15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________．
10．(2021·高考全国卷甲(文)，T15)已知函数f(x)＝2cos 的部分图象如图所示，则f＝________．
11．(2021·高考全国卷甲(理)，T16)已知函数f(x)＝2cos (ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件>0的最小正整数x为________．
12．(2021·高考浙江卷，T18)设函数f(x)＝sin x＋cos x(x∈R).
(1)求函数y＝[f(x＋)]2的最小正周期；
(2)求函数y＝f(x)f(x－)在[0，]上的最大值．
13．(2021·春季高考上海卷，T18)已知A，B，C为△ABC的三个内角，a，b，c分别是角A，B，C对应的三条边，a＝2，cos C＝－.
(1)若sin A＝2sin B，求b，c；
(2)若cos ＝，求c.
14．(2021·新高考卷Ⅰ，T19)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BD sin ∠ABC＝a sin C.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos ∠ABC.
专题四　平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．(2021·高考浙江卷，T2)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a＝(　　)
A．－1 B．1
C．－3 D．3
2．(2021·高考全国卷乙(文)，T2)设iz＝4＋3i，则z＝(　　)
A．－3－4i B．－3＋4i
C．3－4i D．3＋4i
3．(2021·高考全国卷乙(理)，T1)设2(z＋)＋3(z－)＝4＋6i，则z＝(　　)
A．1－2i B．1＋2i
C．1＋i D．1－i
4．(2021·高考全国卷甲(理)，T3)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝(　　)
A．－1－i B．－1＋i
C．－＋i D．－－i
5．(2021·新高考卷Ⅰ，T2)已知z＝2－i，则z(＋i)＝(　　)
A．6－2i B．4－2i
C．6＋2i D．4＋2i
6．(多选)(2021·新高考卷Ⅰ，T10)已知O为坐标原点，点P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos (α＋β)，sin (α＋β))，A(1，0)，则(　　)
A.|OP1|＝|OP2|
B．|AP1|＝|AP2|
C．·3＝OP1·OP2
D．·OP1＝OP2·OP3
7．(2021·春季高考上海卷，T16)在△ABC中，D为BC的中点，E为AD的中点，有以下结论：①存在满足条件的△ABC，使得·＝0；②存在满足条件的△ABC，使得∥(＋).下列说法正确的是(　　)
A．①成立，②成立
B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立
D．①不成立，②不成立
8．(2021·春季高考上海卷，T2)已知z＝1－3i，则|－i|＝________．
9．(2021·高考全国卷乙(文)，T13)已知向量a＝(2，5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝________．
10．(2021·高考全国卷甲(文)，T13)若向量a，b满足|a|＝3，|a－b|＝5，a·b＝1，则|b|＝________．
11．(2021·高考全国卷乙(理)，T14)已知向量a＝(1，3)，b＝(3，4)，若(a－λb)⊥b，则λ＝________．
12．(2021·高考全国卷甲(理)，T14)已知向量a＝(3，1)，b＝(1，0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________．
专题五　数　列
1．(2021·高考全国卷甲(文)，T9)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　)
A．7 B．8
C．9 D．10
2．(2021·高考浙江卷，T10)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．C．43．(2021·春季高考上海卷，T1)已知等差数列{an}的首项为3，公差为2，则a10＝________．
4．(2021·新高考卷Ⅰ，T16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________ dm2.
5．(2021·新高考卷Ⅰ，T17)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
6．(2021·高考全国卷甲(理)，T18)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；
③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
7.(2021·高考全国卷乙(理)，T19)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
8．(2021·高考全国卷乙(文)，T19)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
专题六　不等式
1．(2021·高考全国卷乙(文)，T5)若x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最小值为(　　)
A．18 B．10
C．6 D．4
2．(2021·高考浙江卷，T5)若实数x，y满足约束条件，则z＝x－y的最小值是(　　)
A．－2 B．－
C．－ D．
3．(2021·高考全国卷乙(文)，T8)下列函数中最小值为4的是(　　)
A．y＝x2＋2x＋4
B．y＝|sin x|＋
C．y＝2x＋22－x
D．y＝ln x＋
4．(2021·春季高考上海卷，T4)不等式＜1的解集为________．
5．(2021·春季高考上海卷，T8)已知函数f(x)＝3x＋(a＞0)的最小值为5，则a＝________．
专题七　立体几何
1．(2021·新高考卷Ⅰ，T3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2　　　　　　　　 B．2
C．4 D．4
2．(2021·高考全国卷乙(理)，T5)在正方体ABCD A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2021·高考全国卷甲(理)，T6)在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G.该正方体截去三棱锥A EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是(　　)
4．(2021·高考浙江卷，T4)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)
A． B．3
C． D．3
5．(2021·高考全国卷甲(理)，T11)已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O ABC的体积为(　　)
A． B．
C． D．
6．(多选)(2021·新高考卷Ⅰ，T12)在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则(　　)
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
7．(2021·高考全国卷甲(文)，T14)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
8．(2021·高考全国卷乙(理)，T16)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为________(写出符合要求的一组答案即可).
9．(2021·高考全国卷乙(文)，T18)如图，四棱锥P ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P ABCD的体积．
10．(2021·高考全国卷乙(理)，T18)如图，四棱锥P ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A PM B的正弦值．
11.(2021·高考浙江卷，T19)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
12．(2021·高考全国卷甲(理)，T19)已知直三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
13．(2021·新高考卷Ⅰ，T20)如图，在三棱锥A BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E BC D的大小为45°，求三棱锥A BCD的体积．
专题八　平面解析几何
1．(2021·高考全国卷甲(文)，T5)点(3，0)到双曲线－＝1的一条渐近线的距离为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
2．(2021·高考全国卷甲(理)，T5)已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2021·新高考卷Ⅰ，T5)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)
A．13 B．12
C．9 D．6
4．(多选)(2021·新高考卷Ⅰ，T11)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则(　　)
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|＝3
D．当∠PBA最大时，|PB|＝3
5．(2021·高考全国卷乙(文)，T11)设B是椭圆C：＋y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为(　　)
A． B．
C． D．2
6．(2021·高考全国卷乙(理)，T11)设B是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
7．(2021·春季高考上海卷，T5)直线x＝－2与直线x－y＋1＝0的夹角为________．
8．(2021·高考全国卷乙(文)，T14)双曲线－＝1的右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离为________．
9．(2021·高考全国卷乙(理)，T13)已知双曲线C：－y2＝1(m>0)的一条渐近线为x＋my＝0，则C的焦距为________．
10．(2021·新高考卷Ⅰ，T14)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．
11．(2021·高考全国卷甲(理)，T15)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
12．(2021·高考全国卷乙(文)，T20)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足＝9，求直线OQ斜率的最大值．
13．(2021·高考全国卷甲(理)，T20)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2，0)，且⊙M与l相切．
(1)求C，⊙M的方程；
(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．
14．(2021·高考全国卷乙(理)，T21)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
15.(2021·新高考卷Ⅰ，T21)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
16．(2021·高考浙江卷，T21)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2.
(1)求抛物线的方程；
(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
专题九　计数原理、概率、统计
1．(2021·高考全国卷乙(文)，T7)在区间随机取1个数，则取到的数小于的概率为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
2．(2021·高考全国卷甲(理)，T2)为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是　(　　)
A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
3．(2021·高考全国卷乙(理)，T6)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　)
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
4．(多选)(2021·新高考卷Ⅰ，T9)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c为非零常数，则(　　)
A.两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
5．(2021·新高考卷Ⅰ，T8)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
6．(2021·高考全国卷乙(理)，T8)在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为(　　)
A． B．
C． D．
7．(2021·高考全国卷甲(理)，T10)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为(　　)
A． B．
C． D．
8．(2021·高考浙江卷，T13)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________．
9．(2021·高考全国卷甲(理)，T17)甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：
一级品二级品合计
甲机床 150 50 200
乙机床 120 80 200
合计 270 130 400
(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？
(2)能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？
附：K2＝，
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
10．(2021·高考全国卷乙(理)，T17)某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7
新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为s和s.
(1)求，，s，s；
(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果－≥2 eq \r(\f(s＋s,10)) ，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高).
11．(2021·新高考卷Ⅰ，T18)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
专题十　选考部分
1．(2021·高考全国卷乙(理)，T22)[选修4 4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为C(2，1)，半径为1.
(1)写出⊙C的一个参数方程；
(2)过点F(4，1)作⊙C的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
2．(2021·高考全国卷甲(理)，T22)[选修4－4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系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＝2cos θ.
(1)将C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)设点A的直角坐标为(1，0)，M为C上的动点，点P满足＝，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点．
3.(2021·高考全国卷乙(理)，T23)[选修4 5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；
(2)若f(x)>－a，求a的取值范围．
4．(2021·高考全国卷甲(理)，T23)[选修4－5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
(1)画出y＝f(x)和y＝g(x)的图象；
(2)若f(x＋a)≥g(x)，求a的取值范围．

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