参考答案与解析
专题一 集合与常用逻辑用语
1．解析：选D．由集合并集的定义，得A∪B＝{1，2，4，6}，故选D．
2．解析：选A．由题意知M∩N＝{2，4}，故选A．
3．解析：选A．因为集合B＝，所以集合B中的整数有0，1，2，所以A∩B＝{0，1，2}．故选A．
4．解析：选D．通解(直接法)：因为M＝{x|<4}，所以M＝{x|0≤x<16}；因为N＝{x|3x≥1}，所以N＝{x|x≥}．所以M∩N＝，故选D．
光速解(特取法)：观察选项进行特取，取x＝4，则4∈M，4∈N，所以4∈(M∩N)，排除A，B；取x＝1，则1∈M，1∈N，所以1∈(M∩N)，排除C．故选D．
5．解析：选B．通解：由|x－1|≤1，得－1≤x－1≤1，解得0≤x≤2，所以B＝，所以A∩B＝，故选B．
优解：因为4 B，所以4 A∩B，排除C，D；又－1 B，所以－1 A∩B，排除A．故选B．
6．解析：选D．通解：因为全集U＝(－3，3)，A＝(－2，1]，所以 UA＝(－3，－2]∪(1，3)，故选D．
优解：因为1∈A，所以1 UA，可排除A选项和B选项；0∈A，所以0 UA，可排除C选项，故选D．
7．解析：选A．由题意知M＝{2，4，5}，故选A．
8．解析：选D．集合B＝{1，3}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}，所以 U(A∪B)＝{－2，0}．故选D．
9．解析：选A．方法一：由sin x＝1，得x＝2kπ＋(k∈Z)，则cos ＝cos ＝0，故充分性成立；又由cos x＝0，得x＝kπ＋(k∈Z)，而sin ＝1或－1，故必要性不成立．所以“sin x＝1”是“cos x＝0”的充分不必要条件，故选A．
方法二：由sin x＝1，得x＝2kπ＋(k∈Z)，则cos ＝cos ＝0，故充分性成立；又cos ＝0，sin ＝－1，故必要性不成立．所以“sin x＝1”是“cos x＝0”的充分不必要条件，故选A．
10．解析：选C．设无穷等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，若{an}为递增数列，则d>0，则存在正整数N0，使得当n>N0时，an＝dn＋a1－d>0，所以充分性成立；若存在正整数N0，使得当n>N0时，an＝dn＋a1－d>0，即d>对任意的n>N0，n∈N*均成立，由于n→＋∞时，→0，且d≠0，所以d>0，{an}为递增数列，必要性成立．故选C．
11．解析：由题意知A∩B＝(1，2).
答案：(1，2)
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．解析：选C．函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝＝，所以f(－x)＋f(x)＝＋＝1，故选C．
2．解析：选C．选项A中函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，选项B中函数的定义域为(0，＋∞)，选项C中函数的定义域为R，选项D中函数的定义域为[0，＋∞)，故选C．
3．解析：选A．方法一：(特殊值法)取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1>0；取x＝－1，则y＝cos (－1)＝－cos 1<0.结合选项知选A．
方法二：令y＝f(x)，则f(－x)＝(3－x－3x)cos (－x)＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，所以函数y＝(3x－3－x)cos x是奇函数，排除B，D；取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1>0，排除C．故选A．
4．解析：选C．由2a＝5两边取以2为底的对数，得a＝log25.又b＝log83＝＝log23，所以a－3b＝log25－log23＝log2＝＝2log4＝log4，所以4a－3b＝4log4＝，故选C．
5．解析：选A．对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y＝sin 3>0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当x>0时，y＝≤＝cos x≤1，与图象在y轴右侧最高点大于1不符，所以排除C．故选A．
6．解析：选B．由题意知，f(1)＝a ln 1＋b＝b＝－2.求导得f′(x)＝－(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝－＝－.故选B．
7．解析：选D．对于A选项，当T＝220，P＝1 026，即lg P＝lg 1 026>lg 103＝3时，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对于B选项，当T＝270，P＝128，即lg P＝lg 128∈(lg 102，lg 103)，即lg P∈(2，3)时，根据图象可知，二氧化碳处于液态；对于C选项，当T＝300，P＝9 987，即lg P＝lg 9 987
8．解析：选A．因为9m＝10，所以m＝log910，所以a＝10m－11＝10log 910－11＝10log 910－10log 1011.因为log910－log1011＝－＝>＝>0，所以a>0.b＝8log910－9＝8log－8log89，因为log910－log89＝－＝<＝<0，
所以b<0.
综上，a>0>b.故选A．
9．解析：选AC．因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误．因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确．假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC．
10．解析：选D．f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.因为f＝cos ＋sin ＋1＝2＋，f＝cos ＋sin ＋1＝－，又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f＝2＋，f(x)min＝f＝－.故选D．
11．解析：选D．由y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，可得g(2＋x)＝g(2－x)，在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替换x，可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，可得f(－x)＝f(x) ①，y＝f(x)为偶函数．在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5中，得f(x)＋f(－x－2)＝－2 ②，所以y＝f(x)的图象关于点(－1，－1)中心对称，所以f(1)＝f(－1)＝－1.由①②可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，又g(2)＝4，所以可得f(0)＝1，又f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3，又f(3)＝f(－1)＝－1，f(4)＝f(0)＝1，所以(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故选D．
12．解析：选A．因为b＝cos ＝1－2sin2，
所以b－a＝1－2sin2－＝－2sin2＝
2.令f(x)＝x－sinx，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，即有x>sin x(x>0)成立，所以>sin ，得>sin2，所以b>a.因为＝＝4tan ，所以令g(x)＝tan x－x，则g′(x)＝－1＝≥0，所以函数g(x)在定义域内单调递增，所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即有tanx>x(x>0)成立，所以tan >，即4 tan >1，所以>1(b>0)，即c>b.综上c>b>a.
13．解析：选A．因为f(1)＝1，所以在f＋f＝ff中，令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x) ①，所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1) ②.由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，故f(x＋3)＋f(x)＝0，所以f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以函数f(x)的一个周期为6.在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，令x＝1，y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，所以f＝2.令x＝1，y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，所以f(2)＝－1.由f(x＋3)＝－f(x)，得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，根据函数的周期性知，(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A．
14．解析：选BC．通解(转化法)：因为f为偶函数，所以f＝f，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，f(－2×)＝f(＋2×)，即f(－1)＝f(4)，所以C正确；因为g(2＋x)为偶函数，所以g(2＋x)＝g(2－x)，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，因为g(x)＝f′(x)，所以函数g(x)的图象关于点(，0)对称，所以g(x)的周期T＝4×(2－)＝2，因为f(－1)＝f(4)，所以f′(－1)＝－f′(4)，即g(－1)＝－g(4)＝－g(2)，所以D不正确；因为f(－2)＝f(＋2)，即f(－)＝f()，所以f′(－)＝－f′()，所以g(－)＝－g()＝－g(2×2－)＝－g(－)，所以g(－)＝0，所以B正确；不妨取f(x)＝1(x∈R)，经验证满足题意，但f(0)＝1，所以选项A不正确．综上，选BC．
光速解(特例法)：因为f(－2x)，g(2＋x)均为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝对称，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称．取符合题意的一个函数f(x)＝1(x∈R)，则f(0)＝1，排除A；取符合题意的一个函数f(x)＝sin πx，则f′(x)＝πcos πx，即g(x)＝πcos πx，所以g(－1)＝πcos (－π)＝－π，g(2)＝πcos 2π＝π，所以g(－1)≠g(2)，排除D．故选BC．
15．解析：选C．设u(x)＝xex(00，v(x)>0，w(x)>0.①设f(x)＝ln [u(x)]－ln [v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln (1－x)]＝x＋ln (1－x)(00在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(x)>(1－02)×e0－1＝0，即g′(x)>0在(0，0.1]上恒成立，所以g(x)在(0，0.1]上单调递增，所以g(0.1)>0×e0＋ln (1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c.综上，c16．解析：因为f(x)＝＋，所以x≠0，1－x≥0，解得x∈(－∞，0)∪(0，1].
答案：(－∞，0)∪(0，1]
17．解析：f(x)＝ln ＋b＝ln ＋ln eb＝ln .因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝ln ＝0，所以|(a＋1)2e2b－a2e2bx2|＝|1－x2|.当(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝1－x2时，[(a＋1)2e2b－1]＋(1－a2e2b)x2＝0对任意的x恒成立，则解得当(a＋1)2e2b－a2e2b·x2＝x2－1时，[(a＋1)2e2b＋1]－(a2e2b＋1)x2＝0对任意的x恒成立，则无解．
综上，a＝－，b＝ln 2.
答案：－ ln 2
18．解析：由题意知x3＝27，解得x＝3，所以f－1(27)＝3.
答案：3
19．解析：先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以＝，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为，切线方程为y＝x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x.
答案：y＝x y＝－x
20．解析：因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|x＝x0＝(x0＋a＋1)ex0＝，化简，得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是∪.
答案：∪
21．解析：当a＝0时，函数f(x)＝存在最小值0，所以a的一个取值可以为0；当a<0时，若x2时，若x答案：0(答案不唯一) 1
22．解析：由题意知f＝－＋2＝，则f＝f＝＋－1＝＋－1＝.作出函数f(x)的图象，如图所示，结合图象，令－x2＋2＝1，解得x＝±1；令x＋－1＝3，解得x＝2±，又x>1，所以x＝2＋，所以(b－a)max＝2＋－(－1)＝3＋.
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答案： 3＋
23．解析：由题意可知，f(x)＝f(2－x)，f(x)＝－f(－x)，因此f(2－x)＝－f(－x)，因此f(2＋x)＝－f(x)，因此f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，因此函数f(x)是以4为周期的周期函数，画出函数f(x)的图象如图所示，可知 (xn＋1－xn)的几何意义是相邻两条渐近线之间的距离，故 (xn＋1－xn)＝2.
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答案：2
24．解析：由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2ax ln a－2ex.令f′(x)＝0，得ax ln a＝ex，因为a>0且a≠1，所以显然x≠0，所以e＝.令g(x)＝，则g′(x)＝＝.令g′(x)＝0，得x＝.故当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)极小值＝g＝＝a(ln a)2，也是最小值．因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，所以g0.若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以0答案：
25．解：(1)当x1＝－1时，f(－1)＝0，所以切点坐标为(－1，0).
由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，
所以切线斜率k＝f′(－1)＝2，
所以切线方程为y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.
将y＝2x＋2代入y＝x2＋a，得x2－2x＋a－2＝0.
由切线与曲线y＝g(x)相切，得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0，
解得a＝3.
(2)由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，所以切线斜率k＝f′(x1)＝3x－1，
所以切线方程为y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)，即y＝(3x－1)x－2x.
将y＝(3x－1)x－2x代入y＝x2＋a，得x2－(3x－1)x＋a＋2x＝0.
由切线与曲线y＝g(x)相切， 得Δ＝(3x－1)2－4(a＋2x)＝0，
整理，得4a＝9x－8x－6x＋1.
令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1，则h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)(x－1)，
由h′(x)＝0，得x＝－，0，1，
h(x)，h′(x)随x的变化如下表所示：
x (－∞，－) － (－，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋
h(x) ? 极小值 ? 极大值 ? 极小值 ?
由上表知，当x＝－时，h(x)取得极小值h＝，
当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝－4，
易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)，
所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
26．解：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，所以f′(x)＝－＝.
若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增；
若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋－＝(x>0).
当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
当a<0时，f′(x)＝，
若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x)单调递增；
若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，所以f(x)不存在零点；
当a>0时，f′(x)＝，若a＝1，f′(x)≥0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，
若a>1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以f>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a>1满足条件，
若0综上，若f(x)恰有一个零点，a的取值范围为(0，＋∞).
27．解：(1)由题，f′(x)＝ex·ln (1＋x)＋ex·＝ex，
故f′(0)＝e0·＝1，f(0)＝e0ln (1＋0)＝0，
因此，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.
(2)g(x)＝f′(x)＝ex，
则g′(x)＝ex，
设h(x)＝ln (1＋x)＋－，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝－＋＝>0，
故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝1>0，
因此g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(3)证明：设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln (1＋s＋t)－es ln (1＋s)－et ln (1＋t)，
则m′(s)＝es＋t－es＝g(s＋t)－g(s)，
由(2)知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当s>0，t>0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>0，因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增，
故m(s)>m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0，
因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t).
28．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋x·e－x，
所以f′(x)＝＋e－x＋x·e－x·(－1)，
所以f′(0)＝1＋1＝2，
因为f(0)＝0，
所以所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，即y＝2x.
(2)因为f(x)＝ln (1＋x)＋ax·e－x＝ln (x＋1)＋，
所以当a≥0时，若x>0，则ln (x＋1)>0，≥0，
所以f(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
当a<0时，f′(x)＝.
令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
g′(－1)＝e－1＋2a，
g′(0)＝1，
①若g′(－1)≥0，则－≤a<0，所以－≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
因为g(－1)＝e－1>0，所以g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，
所以f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．
②若g′(－1)<0，则a<－，所以a<－时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.
所以g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.
当g(0)≥0，即－1≤a<－时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(0)＝0，所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
当g(0)<0，即a<－1时，
存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，
所以f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
因为f(0)＝0，所以f(x1)>f(0)＝0，
当x→－1时，f(x)<0，
所以f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，
即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，
因为f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，
所以f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，
即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．
综上，a的取值范围是(－∞，－1).
29．解：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
由f′(x)＝－＋1＝＝，
可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：不妨设x11.
令F(x)＝f(x)－f，
则F′(x)＝＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,x)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)),\f(1,x2))×＝(ex＋x－xe－1).
令g(x)＝ex＋x－xe－1，
则g′(x)＝ex＋1－e＋xe×＝ex＋1＋e，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0，1)时，g(x)即F′(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)即在(0，1)上f(x)－f又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f<0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
30．解：(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－.
①若a≤0，f′(x)>0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增，即f(x)无最小值；
②若a>0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝ln a处取得最小值f(ln a)＝a－a ln a.
当x∈(0，)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)在x＝处取得最小值g()＝1＋ln a.
又f(x)与g(x)有相同的最小值，
所以a－a ln a＝1＋ln a，a>0.
设h(a)＝a ln a＋ln a－a＋1，a>0，
则h′(a)＝＋ln a，
令φ(a)＝h′(a)，则φ′(a)＝－＋＝，a>0，
当a∈(0，1)时，φ′(a)<0，h′(a)单调递减，
当a∈(1，＋∞)时，φ′(a)>0，h′(a)单调递增．
所以h′(a)在a＝1处取得最小值h′(1)＝1>0，则当a>0时，h′(a)>0恒成立，h(a)单调递增．
又h(1)＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1.
当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.
因为f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3).
由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
31．解：(1)当a＝1时，f＝xex－ex，f′＝xex，
当x>0时，f′(x)＝xex>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，f′(x)＝xex<0，函数f在上单调递减．
(2)f′(x)＝(1＋ax)eax－ex(x∈(0，＋∞))，
①当a≥1时，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex>eax－ex≥ex－ex＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>－1，与题意矛盾．
②当a≤0时，f′(x)≤eax－ex≤1－ex<0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)<－1，满足题意．
③当0设G(x)＝1＋－e(x>0)，则G′(x)＝－e<0，
所以G(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以G(x)<0，所以f′(x)＝eG(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)<－1，满足题意．
④当H′(x)＝a＋(a－1)e(1－a)x，易知H′(x)为减函数，又H′(0)＝2a－1>0，x→＋∞时，H′(x)<0，
x0∈(0，＋∞)，使H′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，H′(x)>0，H(x)在(0，x0)上单调递增，此时H(x)>0，
所以当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eaxH(x)>0，
f(x)在(0，x0)上单调递增，所以f(x)>－1，与题意矛盾．
综上，实数a的取值范围为(－∞，].
(3)先证不等式<(a>b>0)成立．
不等式<(a>b>0)成立 ln a－ln b< ln < － 2ln x1)，
构造函数h(x)＝2ln x－(x－)(x>1)，则h′(x)＝－1－＝－(1－)2.
当x>1时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)<0，从而不等式成立．
令a＝1＋，b＝1，则有 <，
整理可得，ln (1＋)<，
故ln (1＋)<，
即＋＋…＋>ln (n＋1)成立．
32．解：(1)由题意，得g(x)＝2x－2x－1＝2x－1，g(x)＝2 2x－1＝2，则x－1＝1，所以x＝2.
(2)h(x)＝|f(x＋t)－f(x)|＝|2xt＋t2|，
f(x)≥h(x) x2≥|2xt＋t2|，
即－x2≤2xt＋t2≤x2，即
解得
综上，f(x)≥h(x)的解集为(－∞，(1－)t]∪[(1＋)t，＋∞).
(3)由题意对函数f(x)作φ变换，得u(x)＝f(x)－f(x－t)，则h1(x)＝|u(x＋t)－u(x)|＝|[f(x＋t)－f(x)]－[f(x)－f(x－t)]|，
对函数f(x)作ω变换，得v(x)＝|f(x＋t)－f(x)|，则h2(x)＝v(x)－v(x－t)＝|f(x＋t)－f(x)|－|f(x)－f(x－t)|.
由题意知，对任意t>0，|[f(x＋t)－f(x)]－[f(x)－f(x－t)]|＝|f(x＋t)－f(x)|－|f(x)－f(x－t)|恒成立．
因为t>0，所以当x<0时，x－t0.
由于|a－b|＝|a|－|b|等价于ab≥0且|a|≥|b|，其中若b>0，则a≥b>0，
因此当f(x)－f(x－t)>0时，f(x＋t)－f(x)≥f(x)－f(x－t)>0.
任取x2>x1，令t＝x2－x1，存在k∈N*，使x2－kt<0，由f(x)在(－∞，0)上单调递增，可得f(x2－kt)－f(x2－(k＋1)t)>0，
同理可得f(x2－(k－1)t)－f(x2－kt)>0.
依此类推， f(x2)－f(x2－t)>0，
即f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1).
所以f(x)在R上单调递增．
33．解：(1)因为f(x)＝＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－＋＝(x>0).
令f′(x)<0，得00，得x>，
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)因为曲线y＝f(x)上不同的三点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))处的切线都经过点(a，b)，所以x1，x2，x3是方程f(x)－b＝f′(x)(x－a)，即ln x＋－－b－1＝0的三个不同的实数解．
①令g(x)＝ln x＋－－b－1，
则g′(x)＝－＋＝(x>0)，
当a>e时，令g′(x)>0，得0a，令g′(x)<0，得e所以g(x)在(0，e)和(a，＋∞)上单调递增，在(e，a)上单调递减．
当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
因为函数g(x)有三个零点，所以
即所以
所以b－f(a)＝b－ln a－>0，所以原不等式左边成立．
又b－f(a)＝b－ln a－<＋1－ln a－，
所以要证b－f(a)<(－1)，只需证＋1－ln a－<，即证ln a＋>，即证f(a)>，
又由(1)知f(x)在上单调递增，所以f(a)>f(e)＝，故原不等式右边成立．故命题得证．
②当0，t3＝<，则>>1.
因为x1，x3是方程ln x＋－－b－1＝0的两个不同的实数解，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln x1＋\f(a＋e,x1)－\f(ea,2x)－b－1＝0，,ln x3＋\f(a＋e,x3)－\f(ea,2x)－b－1＝0，))
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ln t1＋(a＋e)t1－\f(eat,2)－b－1＝0，,－ln t3＋(a＋e)t3－\f(eat,2)－b－1＝0，))
所以t－t－(t1－t3)＋ln ＝0，
所以(t1＋t3)2－(t1＋t3)＋··ln ＝0.
要证＋<＋<－，
只需证<0，
即证(t1＋t3)2－(t1＋t3)＋<0，
只需证··ln >，
即证·ln >＝＋2.
令H(x)＝·ln x(x>1)，则H′(x)＝(x>1).
令h(x)＝x－－2ln x(x>1)，则h′(x)＝>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以h(x)＝x－－2ln x(x>1)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>1－－2ln 1＝0，所以H′(x)＝>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以H(x)＝·ln x(x>1)在(1，＋∞)上单调递增．
又>>1，所以·ln >·ln ，
而＋2<＋2＝＋2，
所以要证＋<＋<－，只需证·
ln >＋2，
即证ln －2－>0.
令M(x)＝ln x－2－(x>1)，
则M′(x)＝－－＝
>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以M(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以M>ln 1－2×－＝0，
所以当0专题三 三角函数、解三角形
1．解析：选C．由题意得sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β－sin αsin β＝2×(cos α－sin α)sin β，整理，得sin αcos β－sin βcos α＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin (α－β)＋cos (α－β)＝0，所以tan (α－β)＝－1，故选C．
2．解析：选D．因为y＝2sin ＝2sin ，所以要得到函数y＝sin 3x的图象，只要把函数y＝2sin 的图象上所有的点向右平移个单位长度，故选D．
3．解析：选A．因为4．解析：选C．记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sin ＝sin .因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以ω＋＝kπ＋(k∈Z)，得ω＝2k＋(k∈Z).因为ω>0，所以ωmin＝.故选C．
5．解析：选C．依题意可知f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x，对于A选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上单调递增，所以A选项不正确；对于B选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上不单调，所以B选项不正确；对于C选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上单调递减，所以C选项正确；对于D选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x在上不单调，所以D选项不正确．故选C．
6．解析：选AD．方法一：由2x＋φ＝kπ(k∈Z)，得x＝－(k∈Z).因为函数f(x)的图象关于点(，0)中心对称，所以－＝，即φ＝kπ－(k∈Z)，结合0<φ<π，得φ＝，所以f(x)＝sin (2x＋).
方法二：因为函数f(x)的图象关于点(，0)中心对称，所以sin (2×＋φ)＝0，可得＋φ＝kπ(k∈Z)，结合0<φ<π，得φ＝，所以f(x)＝sin (2x＋).
对于A，方法一：由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，当k＝0时，－≤x≤.因为(0，) (－，)，所以函数f(x)在区间(0，)单调递减，故A正确；
方法二：当x∈时，2x＋∈，所以函数f(x)在区间单调递减，故A正确；
对于B，方法一：由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝－(k∈Z)，当k＝0时，x＝－，当k＝1时，x＝，当k＝2时，x＝时，所以函数f(x)在区间(－，)只有一个极值点，故B不正确；
方法二：当x∈时，2x＋∈，所以函数f(x)在区间只有一个极值点，故B不正确；
对于C，方法一：由选项B方法一的分析知，函数f(x)图象的对称轴方程为x＝－(k∈Z)，而方程－＝(k∈Z)无解，故C不正确；
方法二：因为f()＝sin (2×＋)＝sin 3π＝0，所以x＝不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C不正确；
对于D，因为f′(x)＝2cos (2x＋)，若直线y＝－x为曲线y＝f(x)的切线，则由2cos (2x＋)＝－1，得2x＋＝2kπ＋或2x＋＝2kπ＋(k∈Z)，所以x＝kπ或x＝kπ＋(k∈Z).当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)＝，则由＝－kπ(k∈Z)，解得k＝0；当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)＝－，方程－＝－kπ－(k∈Z)无解．综上所述，直线y＝－x为曲线y＝f(x)的切线，故D正确．
综上所述，故选AD．
7．解析：选B．由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC，因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B．
8．解析：选C．由x∈(0，π)，得ωx＋∈.根据函数f(x)在区间(0，π)恰有三个极值点，知<πω＋≤，得<ω≤.根据函数f(x)在区间(0，π)恰有两个零点，知2π<πω＋≤3π，得<ω≤.综上，ω的取值范围为<ω≤.
9．解析：由已知得tan ＝＝＝＝－2.
答案：－2
10．解析：依题意得f＝A×－×＝0，解得A＝1，所以f(x)＝sin x－ cos x＝2sin ，所以f＝2sin ＝－.
答案：1 －
11．解析：由已知得cos A＝＝＝cos ＝，解得BC＝，由＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，得R＝.
答案：
12．解析：因为a＝，b＝，c＝2，
所以S＝＝.
答案：
13．解析：因为α＋β＝，所以β＝－α，所以3sin α－sin β＝3sin α－sin ＝3sin α－cos α＝ sin (α－φ)＝，其中sin φ＝，cos φ＝.所以α－φ＝＋2kπ，k∈Z，所以α＝＋φ＋2kπ，k∈Z，所以sin α＝sin ＝cos φ＝，k∈Z.因为sin β＝3sin α－＝－，所以cos 2β＝1－2sin2β＝1－＝.
答案：
14．解析：因为T＝，f＝，所以cos(2π＋φ)＝，即cos φ＝.又0<φ<π，所以φ＝.因为x＝为f(x)的零点，所以ω＋＝＋kπ(k∈Z)，解得ω＝9k＋3(k∈Z).又ω>0，所以当k＝0时，ω取得最小值，且最小值为3.
答案：3
15．解析：设BD＝k(k>0)，则CD＝2k.
INCLUDEPICTURE "QGJL9.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL9.TIF" \* MERGEFORMAT
根据题意作出大致图形，如图．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝22＋k2－2×2k×＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cos ∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k×＝4k2－4k＋4，则＝＝＝4－＝4－＝4－，因为k＋1＋≥2(当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立)，所以≥4－＝4－2＝(－1)2，所以当取得最小值－1时，BD＝k＝－1.
答案：－1
16．解：(1)由正弦定理＝，得sin A＝.
因为cos C＝，所以sin C＝，
又＝，所以sin A＝＝.
(2)由(1)知sin A＝，
因为a＝所以sin B＝sin (π－B)＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋sin C cos A＝×＋×＝.
因为＝，即＝，所以c＝4，
所以S△ABC＝bc sin A＝×11×4×＝22.
17．解：(1)因为sin 2C＝sin C，所以2sin C cos C＝sin C，
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，所以cos C＝，C＝.
(2)因为△ABC的面积S＝ab sin C＝×a×6×＝6，所以a＝4.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝48＋36－72＝12，所以c＝2，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4＋6＋2＝6(＋1).
18．解：(1)由A＝2B，A＋B＋C＝π可得A＝.
将A＝2B代入sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)可得sin C sin B＝sin B sin (C－A)，
因为B∈(0，π)，sin B≠0，所以sin C＝sin (C－A)，
又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，即A＝2C－π，
与A＝联立，解得C＝.
(2)证明：由sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)可得，
sin C sin A cos B－sin C cos A sin B＝sin B sin C cos A－sin B cos C sin A，
由正弦定理可得，ac cos B－bc cos A＝bc cos A－ab cos C，
即ac cos B＋ab cos C＝2bc cos A(*).
由余弦定理得，ac cos B＝，ab cos C＝，2bc cos A＝b2＋c2－a2，
代入(*)式并整理得，2a2＝b2＋c2.
19．解：(1)由S1－S2＋S3＝，得(a2－b2＋c2)＝，即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2ac cos B，所以ac cos B＝1.
由sin B＝，得cos B＝或cos B＝－(舍去)，所以ac＝＝，
则△ABC的面积S＝ac sin B＝××＝.
(2)由sin A sin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
20．解：(1)因为＝，
所以＝，
所以＝，
所以cos A cos B＝sin B＋sin A sin B，
所以cos (A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝，
因为B∈(0，)，所以B＝.
(2)由(1)得cos (A＋B)＝sin B，
所以sin [－(A＋B)]＝sin B，且0所以0所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B，
由正弦定理得＝＝
＝＝
＝＝
＝4cos2B＋－5≥2－5
＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
21．解：(1)作DH⊥EF，垂足为H，如图．
INCLUDEPICTURE "23SHSX7.TIF" INCLUDEPICTURE "23SHSX7.TIF" \* MERGEFORMAT
因为DH＝DA＝15，DA⊥AE，DH⊥HE，
所以Rt△DHE≌Rt△DAE，
所以∠HDE＝∠ADE＝20°，∠HDF＝90°－20°－20°＝50°，
所以EF＝EH＋HF＝15tan20°＋15tan 50°≈23.3(m).
(2)设∠ADE＝θ，则∠EDH＝θ，∠FDH＝90°－2θ，所以AE＝15tan θ，HF＝15tan (90°－2θ)，
因为S梯形AEFD＝S△ADE＋S△DHE＋S△DHF＝×15×15tan θ＋×15×15tan θ＋×15×15tan (90°－2θ)＝225tan θ＋＝225(tan θ＋×)＝225＝(3tan θ＋)≥，
当且仅当tan θ＝，即θ＝30°时，等号成立，
所以S梯形BCFE＝S矩形ABCD－S梯形AEFD≤30×15－，
所以AE＝15tan θ＝5时，生态区，即梯形BCFE的面积最大，最大面积为450－≈255.14(m2).
专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．解析：选A．方法一：由题意知a＋b＋2ai＝2i，
所以解得故选A．
方法二：由题意知a＋b＋(2a－2)i＝0，所以
解得故选A．
2．解析：选D．＝2－4i＋2i＋4＝6－2i，故选D．
3．解析：选A．由题意知＝1＋2i，所以z＋a＋b＝1－2i＋a(1＋2i)＋b＝a＋b＋1＋(2a－2)i，又z＋a＋b＝0，所以a＋b＋1＋(2a－2)i＝0，所以解得故选A．
4．解析：选B．(b＋i)i＝－1＋bi，则由a＋3i＝－1＋bi，得a＝－1，b＝3，故选B．
5．解析：选B．方法一：依题意可得z＝＝＝－4－3i，所以|z|＝＝5，故选B．
方法二：依题意可得i2·z＝(3－4i)i，所以z＝－4－3i，则|z|＝＝5，故选B．
6．解析：选C．＝＝＝－＋i，故选C．
7．解析：选D．因为i(1－z)＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝＋＝2.故选D．
8．解析：选D．因为z＝1＋i，所以iz＋3＝i(1＋i)＋3(1－i)＝－1＋i＋3－3i＝2－2i，所以|iz＋3|＝|2－2i|＝＝2.故选D．
9.解析：选B．通解：因为BD＝2DA，所以＝3，所以＝＋＝＋3＝＋3(－)＝－2＋3＝－2m＋3n.
INCLUDEPICTURE "22CGK6.TIF" INCLUDEPICTURE "22CGK6.TIF" \* MERGEFORMAT
光速解(作图法)：如图，利用平行四边形法则，合成出向量，由图易知(即向量m)的系数为负数，排除A，C，D，故选B．
10．解析：选D．方法一：由题意知a－b＝(2，1)－(－2，4)＝(4，－3)，所以|a－b|＝＝5，故选D．
方法二：由题意知|a|＝，|b|＝2，a·b＝2×(－2)＋1×4＝0，所以|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b＝25，所以|a－b|＝5，故选D．
11．解析：选C．由|a－2b|＝3，可得|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝9，又|a|＝1，|b|＝，所以a·b＝1，故选C．
12．解析：选C．由题意，得c＝a＋tb＝，所以a·c＝3×(3＋t)＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×(3＋t)＋0×4＝3＋t.因为〈a，c〉＝〈b，c〉，所以cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，即＝，即＝3＋t，解得t＝5，故选C．
13．解析：选D．以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A(3，0)，B(0，4)，设P(x，y)，则x2＋y2＝1，＝(3－x，－y)，＝(－x，4－y)，所以·＝x2－3x＋y2－4y＝＋(y－2)2－，又＋(y－2)2表示圆x2＋y2＝1上一点到点距离的平方，圆心(0，0)到点的距离为，所以·∈，即·∈[－4，6]，故选D．
14．解析：＝2－i.
答案：2－i
15．解析：因为a⊥b，所以a·b＝m＋3(m＋1)＝4m＋3＝0，解得m＝－.
答案：－
16．解析：(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2|a|·|b|·cos ?a，b?＋|b|2＝2×1×3×＋32＝11.
答案：11
17．解析：如图，以C为坐标原点，建立平面直角坐标系，则C(0，0)，A(0，2)，B(2，0)，M(0，1)，依题意可设P(x，2－x)，则＝(x，1－x)，＝(x，2－x)，所以·＝(x，1－x)·(x，2－x)＝2x2－3x＋2＝22＋≥.故·的最小值为.
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答案：
18．解析：如图，连接OP，OA2，OA6，根据题意及向量加法的平行四边形法则可得＋＝(2－)2＋(6－)2，易知2与6反向共线，所以＋＝[(2)2＋(2 2)2]＝22＋2，
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同理得，＋＝[(2)2＋(2 1)2]＝22＋2，
＋＝[(2)2＋(24)2]＝22＋2，
＋＝[(2)2＋(23)2]＝22＋2，
所以＋＋…＋＝82＋8，
在△OA1A2中，易知1·cos ≤||≤1，
所以12＋2≤8 2＋8≤16，
所以＋＋…＋的取值范围为[12＋2，16].
答案：[12＋2，16]
专题五 数 列
1．解析：选D．方法一：当n取奇数时，由已知b1＝1＋，b3＝1＋，因为>，所以b1>b3，同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确．当n取偶数时，由已知b2＝1＋，b4＝1＋，因为>，所以b2，所以b1>b2，同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确．故选D．
方法二(特殊值法)：不妨取αk＝1，则b1＝1＋＝2，b2＝1＋＝1＋＝1＋＝，b3＝1＋＝1＋＝1＋＝，所以b4＝1＋＝1＋＝，b5＝1＋＝1＋＝，b6＝1＋＝1＋＝，b7＝1＋＝1＋＝，b8＝1＋＝1＋＝.逐一判断选项可知选D．
2．解析：选D．如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1.因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1(k3－0.2)，BB1＝CB1(k3－0.1)，AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1(k3－0.2)，BB1＝OD1(k3－0.1)，AA1＝k3OD1.又＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1(k3－0.2)＋OD1(k3－0.1)＋k3OD1＝OD1(3k3＋0.2)，所以tan ∠AOA2＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故选D．
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3．解析：选D．设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意可得即解得所以a6＝a1q5＝3，故选D．
4．解析：选D．设等比数列{an}的公比为q.对于选项A，如取an＝，满足S2 022>S2 021，但{an}不是递增数列，故A错误；对于选项B，如取an＝－2n，满足T2 022>T2 021，但{an}不是递增数列，故B错误；对于选项C，如取an＝，则Sn＝＝1－，满足{Sn}为递增数列，但a2 022Tn>0，所以an＋1>1，q≥1，所以a2 022≥a2 021，故D正确．故选D．
5．解析：选B．因为a1＝1，an＋1＝an－a＝－＋≤，所以an≤(n≥2)，易知an≠0，所以有＝1－an≥>0(n≥2)，所以可得an>0(n∈N*).由an＋1＝an－a＝an，可得＝＝＋，即－＝.一方面，由－＝>，累加可得>n＋1 (*)，所以>×99＋1＝34，从而100a100<100×＝<3.另一方面，由(*)式可得an＋1<，所以an<(n≥2)，又a1＝1，所以an≤(n∈N*)，由－＝≤＝，累加可得≤n＋(＋＋…＋)＋1，所以≤34＋×<34＋×＝<40，所以100a100>100×＝.综上可知，<100a100<3.故选B．
6．解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得3d＝6，得d＝2.
答案：2
7．解析：因为an·Sn＝9，所以a1·S1＝9，又an>0，所以a1＝3，a2·S2＝a2(a1＋a2)＝9，即a＋3a2－9＝0，得a2＝＝<3，所以①正确；当n≥2时，由Sn＝，得Sn－1＝，两式作差可得an＝－(n≥2)，即an＝(n≥2)，整理得＝ eq \f(9－a,9)(n≥2)，若数列{an}为等比数列，则当n≥2时， eq \f(9－a,9)为常数，即数列{an}从第2项起各项均为同一个常数，易知当n＝3时不成立，所以②不正确；因为an·Sn＝aa＋1·Sn＋1＝9，所以＝，由数列{an}的各项均为正数，得>1，所以an>an＋1>0，所以③正确；对于④，若数列{an}的所有项均大于等于，取n>90 000，由an≥且an>an＋1>0，得Sn>nan>900，所以an·Sn>9，与已知矛盾，所以④正确．综上，所有正确结论的序号是①③④.
答案：①③④
8．解：(1)证明：由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2ann＋n ①，
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1) ②，
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列．
(2)由(1)知数列{an}的公差为1.
由a＝a4a9，得(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋＝
＝－，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
9．解：(1)设数列{an}的公比为q，由a2＝1，S2＝3，得a1＝2，所以q＝.
所以Sn＝＝4，
所以Sn＝4.
(2)因为S2n＝＝n[a2＋a2＋(2n－3)d]＝n[2＋(2n－3)d]＝2dn2＋(2－3d)n≥n，所以(3－2n)d≤1，
当n＝1时，d≤1，
当n≥2时，d≥恒成立，
因为∈[－1，0)，所以d≥0.
综上，d的取值范围是[0，1].
10．解：(1)证明：设等差数列的公差为d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
11．解：(1)因为a1＝1，所以＝1，又是公差为的等差数列，
所以＝1＋×＝.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以＝(n≥2)，所以＝(n≥2)，
整理得＝(n≥2)，
所以××…××＝××…××＝(n≥2)，
所以Sn＝(n≥2)，
又S1＝1也满足上式，
所以Sn＝(n∈N*)，
则Sn－1＝(n≥2)，
所以an＝－＝(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝(n∈N*).
(2)证明：因为an＝，所以＝＝2(－)，
所以＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]＝2(1－)<2.
12．解：(1)若m＝5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，
a2＝1＝1，a1＝2＝2，a1＋a2＝2＋1＝3，a3＝4＝4，a2＋a3＝1＋4＝5，
所以Q是5－连续可表数列．
由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6－连续可表数列．
(2)反证法：假设k的值为3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1＋a2，a2＋a3，a1＋a2＋a3，共6个数字，
与Q为8－连续可表数列矛盾，故k≥4.
现构造Q：4，2，1，5，可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k＝4满足题意．
故k的最小值为4.
(3)先证明k≥6.
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5＋4＋3＋2＋1＝15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6.
若k＝6，最多可以表示6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个正整数，由于Q为20－连续可表数列，且a1＋a2＋…＋ak<20，
所以至少有一项为负数，
既然任意5个正整数都不可能为20－连续可表数列，
那么中间若插入一个负数项，更不能连示1～20的正整数．所以至少要有6个正整数才能连示1～20的正整数．
所以Q中至少包含6个正整数和一个负数，故k≥7.
13．解：(1)因为在等差数列{an}中，a1＝－1，S4－2a2a3＋6＝0，所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，
整理得d2－3d＝0，解得d＝0(舍去)或d＝3，
所以Sn＝n×(－1)＋×3＝n2－n，
即Sn＝n2－n.
(2)由(1)知an＝－1＋(n－1)×d＝dn－d－1，
所以an＋1＝dn－1，an＋2＝dn＋d－1.
因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，
所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)，
整理得c＋(8an＋1－an＋2－15an)cn＋a－anan＋2＝0.
由题意知关于cn的二次方程有解，
所以(8an＋1－an＋2－15an)2－4(a－anan＋2)≥0在n∈N*上恒成立，
将an，an＋1，an＋2代入上式，并整理得[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0 (*).
因为d>1，所以当n＝1时，不等式(*)等价于(d＋1)(d＋2)≥0，恒成立；
当n＝2时，不等式(*)等价于(d－2)(－1)≥0，则当1当n≥3时，(2n－3)d－2≥3d－2>0，(n－2)d－1≥d－1>0，不等式(*)恒成立．
综上可知，d的取值范围是1专题六 不等式
1．解析：选C．
方法一：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分，作出直线y＝2x，平移该直线，当直线经过点(4，0)时，z最大，此时z＝2×4－0＝8，故选C．
INCLUDEPICTURE "22SXA9.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXA9.TIF" \* MERGEFORMAT
方法二：由得此时z＝2×0－2＝－2；由得此时z＝2×2－0＝4；由得此时z＝2×4－0＝8.
综上所述，z＝2x－y的最大值为8，故选C．
2．解析：选B．方法一：作出不等式组表示的平面区域如图所示，平移直线3x＋4y＝0，由图知，当直线经过点A(2，3)时目标函数z＝3x＋4y取得最大值，即zmax＝3×2＋4×3＝18，故选B．
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方法二：由得此时z＝18；由得此时z＝6；由得此时z＝13.综上所述，z＝3x＋4y的最大值为18，故选B．
3．解析：选B．选项A，如取a＝4，b＝3，c＝2，d＝－4，此时a＋db＋c>b＋d，故B正确；选项C，如取a＝4，b＝－1，c＝－2，d＝－3，此时ad4．解析：选BC．对于A，B：由x2＋y2－xy＝1，得(x＋y)2－3xy＝1，又xy＝－，所以(x＋y)2－3[－]＝1，即1＝＋≥，所以－2≤x＋y≤2，所以A不正确，B正确；
对于C，D：由x2＋y2－xy＝1，得x2＋y2－1＝xy≤，当且仅当x＝y时取等号，所以x2＋y2≤2，所以C正确，D不正确．
综上可知，选BC．
5．解析：选D．由题知可以结合选项使用排除法求解．取a＝0，则|x－4|≥|2x－5|，解得1≤x≤3，不符合题意，所以a≤1不成立，排除A，B；当a≥1时，取a＝1，b＝4，则2|x－4|≥|2x－5|，解得x≤，不符合题意，所以b≥3不成立，排除C．故选D．
6．解析：<0 x(x－1)<0 0答案：(0，1)
专题七 立体几何
1．解析：选B．三视图对应的几何体是放倒的直四棱柱，如图，直四棱柱的高为2，底面是上底为2，下底为4，高为2的梯形，所以体积V＝Sh＝×(2＋4)×2×2＝12.故选B．
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2．解析：选C．如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C．
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3．解析：选C．由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，圆台的上、下底面的半径分别为1和2，高为2，所以该几何体的体积为××π×13＋π×12×2＋π(12＋1×2＋22)×2＝π，故选C．
4．解析：选B．相邻两个时钟的时针分别在3点和9点时相互垂直．
5．解析：选ABD．如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°.故A正确．在正方体ABCD A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1 平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C＝C，CD，B1C 平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1 平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°.故B正确．连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB 平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝a，OC1＝，所以在Rt△BOC1中，OC1＝BC1，所以∠OBC1＝30°.故C错误．因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确．故选ABD．
6．解析：选A．如图，对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误．故选A．
7．解析：选D．如图，连接BD，易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD所成的角，所以在Rt△BDB1中，∠BDB1＝30°，设BB1＝1，则B1D＝2BB1＝2，BD＝ eq \r(B1D2－BB)＝.易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角，所以在Rt△ADB1中，∠AB1D＝30°，因为B1D＝2，所以AD＝B1D＝1，AB1＝＝，所以在Rt△ABB1中，AB＝ eq \r(AB－BB)＝，所以A项错误．易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角，所以在Rt△ABB1中，sin ∠BAB1＝＝≠，所以∠BAB1≠30°，所以B项错误．在Rt△CBB1中，CB1＝ eq \r(BC2＋BB)＝，而AC＝＝，所以C项错误．易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C所成的角，因为在Rt△DB1C中，CB1＝CD＝，所以∠DB1C＝45°，所以D项正确．故选D．
8．解析：选C．因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合＝2可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝ eq \r(l2－r)＝，h2＝ eq \r(l2－r)＝2，所以＝ eq \f(\f(1,3)πrh1,\f(1,3)πrh2)＝＝.故选C．
9．解析：选C．方法一(特殊法)：不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接圆的半径为r，则r＝a，四棱锥的高h＝ ，所以四棱锥的体积V＝a2＝ ≤＝ ＝，当且仅当＝1－，即a2＝时等号成立，此时四棱锥的高h＝ ＝ ＝，故选C．
方法二(导数法)：设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，r＝，正方形的边长为r＝，所以四棱锥的体积V＝Sh＝(1－h2)h＝(－h3＋h).令f(h)＝－h3＋h(0方法三(转化法)：该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h(010．解析：选A．由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.
11．解析：选C．通解：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，依题意，得36π＝πR3，解得R＝3.
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由题意及图可得
解得
所以正四棱锥的体积V＝a2h＝(2l2－)×＝(2－)(3≤l≤3)，所以V′＝l3－＝l3(4－)(3≤l≤3)，令V′＝0，得l＝2，所以当3≤l<2时，V′>0，当2光速解：如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，依题意，得36π＝πR3，解得R＝3.由题意及图可得
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解得又3≤l≤3，所以该正四棱锥的体积V＝a2h＝(2l2－)×＝(2－)＝72×··(2－)≤72×[]3＝(当且仅当＝2－，即l＝2时取等号)，所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A，B，D，故选C．
12．解析：选CD．如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，
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则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE ACD＝S△ACD×ED＝×AD×CD×ED＝××2×2×2＝，V2＝VF ABC＝S△ABC×FB＝×AB×BC×FB＝××2×2×1＝.因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF 平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF ACE＝S△ACE·OF＝×AC×OE×OF＝××2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确，故选CD．
13．解析：选B．设O为△ABC的中心，连接PO，AO，在正三角形ABC中，AO＝××6＝2，在Rt△POA中，PO＝＝＝2，当PQ＝5时，连接OQ，根据勾股定理可得OQ＝＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B．
14．解析：选A．由题意设AA1＝BB1＝CC1＝AB＝BC＝CA＝2.当点E，F分别与点B，A1重合时(如图1)，连接A1B，EF与AA1所成的角为∠AA1B，即α＝∠AA1B，所以α＝45°.因为AA1⊥平面ABC，所以EF与平面ABC所成角为∠A1BA，即β＝∠A1BA，所以β＝45°.取BC的中点G，连接FG，AG，则由△ABC为正三角形知AG⊥BC.又由AA1⊥平面ABC，知BC⊥AA1.又AA1∩AG＝A，所以BC⊥平面AA1G，所以BC⊥A1G，所以二面角F BC A的平面角为∠AGA1，即γ＝∠AGA1，易知AG＝，所以tan γ＝＝ >1，所以γ>45°，此时有α＝β<γ.
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当点F与点A1重合且点E为BC中点时(如图2)，连接AE，A1E.易知EF与AA1所成的角为∠AA1E，即α＝∠AA1E；EF与平面ABC所成角为∠A1EA，即β＝∠A1EA；二面角F BC A的平面角为∠AEA1，即γ＝∠AEA1.因为在Rt△A1AE中AA1＝2，AE＝，即AA1>AE，所以α<β＝γ.综合上面E，F的两种特殊位置知，α≤β≤γ，故选A．
15．解：(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，
又BE∩DE＝E，BE，DE 平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC 平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF 平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝＝.
方法一：又DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则A(1，0，0)，B(0，，0)，D(0，0，1)，C(－1，0，0)，＝(－1，，0)，＝(0，，－1).
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易得DF＝，FB＝，所以3＝.设F(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0，－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，得y＝，z＝，即F，所以＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
不妨取y1＝1，则x1＝，z1＝，n＝(，1，).
记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝|cos 〈，n〉|＝＝.
方法二：因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE 平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，所以×AE×BE×DE＝×S△ABD×，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝，所以S△ABD＝，
所以d＝.
因为AC⊥平面BED，EF 平面BED，所以AC⊥EF，所以FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝＝.
16．解：(1)证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形．
又BC＝OB＝1，
所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.
同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，
所以BD⊥AD.
因为PD⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，所以PD⊥BD，
INCLUDEPICTURE "QGJL10.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL10.TIF" \* MERGEFORMAT
又AD∩PD＝D，AD，PD 平面ADP，所以BD⊥平面ADP.
因为PA 平面ADP，
所以BD⊥PA.
(2)由(1)知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO为正三角形．
过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，P(0，0，)，D(0，0，0).
则＝(0，2，0)，＝，
＝(0，0，).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝(2，0，1).
设直线PD与平面PAB所成的角为α，则
sin α＝|cos ?n，?|＝＝＝，
所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
17．解：(1)由MA1⊥底面，可知∠MO1A1为MO1与底面的夹角，
易知tan ∠MO1A1＝2，所以∠MO1A1＝arctan 2，
即直线MO1与底面夹角的大小为arctan 2.
(2)由题意可知AA1＝2，即圆柱的高h＝2，则圆柱OO1的侧面积S侧＝2πrh＝4π，
圆柱OO1的体积V＝πr2h＝2π.
18．解：(1)证明：如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，
因为△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，
所以EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，
EM 平面EAB，FN 平面FBC，
所以EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
INCLUDEPICTURE "QGJW2.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJW2.TIF" \* MERGEFORMAT
所以EM∥FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN.
又MN 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD，
FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝BD＝4，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ HEFG为正四棱柱，
所以V四棱柱PMNQ HEFG＝(4)2×4＝128.
因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以EM⊥AC.
又EM，PM 平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，
则点A到平面PMEH的距离d＝AC＝2，
所以V四棱锥A PMEH＝S四边形PMEH×d＝×4×4×2＝，
所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ HEFG＋4V四棱锥A PMEH＝128＋4×＝(cm3).
19．解：(1)证明：如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，
INCLUDEPICTURE "QGBJ3.TIF" INCLUDEPICTURE "QGBJ3.TIF" \* MERGEFORMAT
所以PN为△ABC的中位线，
所以PN∥BC.
又M为A1B1的中点，
所以PM∥BB1.
因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC 平面BCC1B1，PM，PN 平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.
又MN 平面MPN，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，
又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，而AB 平面ABB1A1，所以CB⊥AB.
选条件①：取BC的中点D，连接B1D、DN，可证得B1D∥MN，因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，
又B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1，
在三棱柱ABC A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz，
INCLUDEPICTURE "QGBJ5.TIF" INCLUDEPICTURE "QGBJ5.TIF" \* MERGEFORMAT
因为AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0).
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令x＝2，得n＝(2，－2，1).
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.
选条件②：由(1)知B1B∥MP，CB∥NP，而CB⊥BB1，故NP⊥MP.
又因为AB＝BC＝2，所以NP＝BP＝1.
在△MPB和△MPN中，BM＝MN，NP＝BP，MP＝MP，则△MPB≌△MPN，
因此∠MPN＝∠MPB＝90°，即MP⊥AB，故B1B⊥AB.
在三棱柱ABC A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz，
INCLUDEPICTURE "QGBJ6.TIF" INCLUDEPICTURE "QGBJ6.TIF" \* MERGEFORMAT
则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0).
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令x＝2，得n＝(2，－2，1).
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
则sin θ＝|cos ?n，?|＝＝＝，
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.
20．解：(1)证明：因为ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°，
所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
因为CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°，
所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC.
如图，在AB边上作AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB，在Rt△DAH中，因为∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，
DH＝2＝BC.
在DC边上作DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC，在Rt△EGD中，因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2＝FC.
易知二面角F DC B的平面角为∠FCB＝60°，又FC＝BC＝2，故△FBC为等边三角形．
又N为BC的中点，所以FN⊥BC.
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，所以DC⊥平面BCF.
又FN 平面BCF，所以DC⊥FN.
因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，故FN⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，故FN⊥AD.
INCLUDEPICTURE "GKZJ10.TIF" INCLUDEPICTURE "GKZJ10.TIF" \* MERGEFORMAT
(2)如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，以NK，NB，NF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M.
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
取x＝，则y＝－1，z＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．设直线BM与平面ADE所成角为θ，
因为＝，
所以sin θ＝|cos ?，n?|＝＝.
所以直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
21．解：(1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC A1B1C1的体积为4，
所以VA A1BC＝S△ABC×AA1＝VABC A1B1C1＝，
又△A1BC的面积为2，VA A1BC＝S△A1BCh＝×2h＝，所以h＝，即点A到平面A1BC的距离为.
(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，BB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz，
INCLUDEPICTURE "22cgk15.TIF" INCLUDEPICTURE "22cgk15.TIF" \* MERGEFORMAT
由(1)知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，
则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1，0，－1)，
又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)，
所以cos 〈，n〉＝＝＝－，
设二面角A BD C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A BD C的正弦值为.
22．解：(1)证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
INCLUDEPICTURE "22cgk18.TIF" INCLUDEPICTURE "22cgk18.TIF" \* MERGEFORMAT
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P ABC的高，所以PO⊥平面ABC，因为AB 平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD 平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因为OD 平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，
因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA，
因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE 平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE 平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB 平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝＝＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OA sin30°＝4×＝2，
AB＝2AD＝2OA cos 30°＝2×4×＝4.
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝AB tan 60°＝4×＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，12，0)，P(2，2，3)，E(3，1，)，
所以＝(3，1，)，＝(4，0，0)，＝(0，12，0).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则n＝(－1，0，2).
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则，即，
令z1＝2，则m＝(0，－3，2).
所以|cos 〈n，m〉|＝||＝.
设二面角C AE B的大小为θ，
则sin θ＝＝.
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专题八 平面解析几何
1．解析：选A．依题意可知圆心坐标为(a，0)，又直线2x＋y－1＝0是圆的一条对称轴，所以2a＋0－1＝0，所以a＝，故选A．
2．解析：选B．方法一：如图，由题意可知F(1，0)，设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，y0))，则由抛物线的定义可知|AF|＝ eq \f(y,4)＋1.因为|BF|＝3－1＝2，所以由|AF|＝|BF|，可得 eq \f(y,4)＋1＝2，解得y0＝±2，所以A(1，2)或A(1，－2).不妨取A(1，2)，则|AB|＝＝＝2，故选B．
INCLUDEPICTURE "22SXA1.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXA1.TIF" \* MERGEFORMAT
方法二：由题意可知F(1，0)，|BF|＝2，所以|AF|＝2.因为抛物线的通径长为2p＝4，所以AF的长为通径长的一半，所以AF⊥x轴，所以|AB|＝＝＝2，故选B．
3．解析：选B．依题意得A1(－a，0)，A2(a，0)，B(0，b)，所以BA1＝(－a，－b)，BA2＝(a，－b)，BA1·BA2＝－a2＋b2＝－(a2－b2)＝－c2＝－1，故c＝1，又C的离心率e＝＝＝，所以a＝3，a2＝9，b2＝a2－c2＝8，即C的方程为＋＝1，故选B．
4．解析：选A．设P(m，n)(n≠0)，则Q(－m，n)，易知A(－a，0)，所以kAP·kAQ＝·＝＝(*).因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，得n2＝(a2－m2)，代入(*)式，得＝，结合b2＝a2－c2，得3a2＝4c2，所以e＝＝.故选A．
5．解析：选A或C．不妨假设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，F1(－c，0)，F2(c，0).当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示，
INCLUDEPICTURE "22SXA3.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXA3.TIF" \* MERGEFORMAT
设过F1的直线与圆D切于点P，连接OP，由题意知|OP|＝a，又|OF1|＝c，所以|F1P|＝b.过点F2作F2Q⊥F1N，交F1N于点Q.由中位线的性质，可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因为cos ∠F1NF2＝，所以sin ∠F1NF2＝，故|NF2|＝a，|QN|＝a，所以|NF1|＝|F1Q|＋|QN|＝2b＋a.由双曲线的定义可知|NF1|－|NF2|＝2a，所以2b＋a－a＝2a，所以2b＝3a.两边平方得4b2＝9a2，即4(c2－a2)＝9a2，整理得4c2＝13a2，
所以＝，故＝，即e＝.当两个交点M，N都在双曲线的左支上时，如图2所示，
INCLUDEPICTURE "22SXA4.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXA4.TIF" \* MERGEFORMAT
同理可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因为cos ∠F1NF2＝，所以sin ∠F1NF2＝，可得|NF2|＝，|NQ|＝，所以|NF1|＝|NQ|－|QF1|＝－2b，所以|NF2|＝|NF1|＋2a＝－2b，又|NF2|＝，所以－2b＝，即a＝2b，e＝＝.故选A或C．
6．解析：选BCD．如图，因为抛物线C过点A(1，1)，所以1＝2p，解得p＝，所以C：x2＝y的准线为y＝－，所以A错误；因为x2＝y，所以y′＝2x，所以y′|x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为y＝kx－1，由得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4>0，得k>2或k<－2，所以|OP|·|OQ|＝ eq \r(x＋y)· eq \r(x＋y)＝ eq \r((x＋x)(x＋x))＝ eq \r((1＋x)(1＋x))·x1x2＝ eq \r(1＋(x1＋x2)2－2x1x2＋xx)＝>2＝|OA|2，所以C正确；
|BP|·|BQ|＝ eq \r(x＋(y1＋1)2)· eq \r(x＋(y2＋1)2)
＝ eq \r(x＋(x＋1)2)· eq \r(x＋(x＋1)2)
＝ eq \r((x＋3x＋1)(x＋3x＋1))
＝ eq \r(xx＋(3xx＋3)(x＋x)＋x＋x＋9xx＋1)
＝ eq \r(6(x＋x)＋x＋x＋11)
＝ eq \r(6(x＋x)＋(x＋x)2＋9)
＝
＝
＝k2＋1>5＝|BA|2，所以D正确．故选BCD．
7．解析：选ACD．对于A，由题意，得F(，0).因为|AF|＝|AM|，且M(p，0)，所以xA＝＝p，将其代入抛物线方程y2＝2px，得yA＝p，所以A(p，p)，所以直线AB的斜率kAB＝kAF＝＝2，故A正确；
对于B，由选项A的分析，知直线AB的方程为y＝2(x－)，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝0，解得x＝p或x＝p，所以xB＝p，所以yB＝－p，所以|OB|＝ eq \r(x＋y)＝p≠|OF|，故B不正确；
对于C，由抛物线的定义及选项A，B的分析，得|AB|＝xA＋xB＋p＝p＋p＝p>2p，即|AB|>4|OF|，故C正确；
对于D，易知|OA|＝p，|AM|＝p，|OB|＝p，|BM|＝p，则cos ∠OAM＝＝＝>0，cos ∠OBM＝＝＝>0，所以∠OAM<90°，∠OBM<90°，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故D正确．
综上所述，选ACD．
8．解析：通解：依题意得m<0，双曲线的方程可表示为y2－＝1，此时双曲线的渐近线的斜率为±＝±，解得m＝－3.
优解：依题意得m<0，令y2－＝0，得y＝± x＝±x，解得m＝－3.
答案：－3
9．解析：若圆过(0，0)，(4，0)，(－1，1)三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F>0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，即(x－2)2＋(y－3)2＝13.
若圆过(0，0)，(4，0)，(4，2)三点，通解：设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F>0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝5.
光速解：在平面直角坐标系中作出这三个点，显然由这三个点的连线组成的三角形为直角三角形，该直角三角形的外接圆的圆心为点(0，0)和点(4，2)连线段的中点，即(2，1)，直径2R等于点(0，0)和点(4，2)连线段的长，即2R＝，可得R＝，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
若圆过(0，0)，(－1，1)，(4，2)三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F>0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－x－y＝0，即＋＝.
若圆过(4，0)，(－1，1)，(4，2)三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，分别将这三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F>0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－x－2y－＝0，即＋(y－1)2＝.
答案：(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或＋＝或＋(y－1)2＝
10．解析：双曲线的渐近线方程为x±my＝0，圆x2＋y2－4y＋3＝0的方程可化为x2＋(y－2)2＝1，则圆心坐标为(0，2)，半径r＝1.因为双曲线的渐近线与圆相切，所以圆心到渐近线的距离d＝＝1，得m＝.
答案：
11．解析：设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则，解得.
所以⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
答案：(x－1)2＋(y＋1)2＝5
12．解析：通解：如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3，4)，半径r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线l1的方程为x＝－1.②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称．易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝x，由，得，由对称性可知公切线l2过点(－1，－)，设公切线l2的方程为y＋＝k(x＋1)，则点O(0，0)到l2的距离为1，所以1＝，解得k＝，所以公切线l2的方程为y＋＝(x＋1)，即7x－24y－25＝0.③还有一条公切线l3与直线l：y＝x垂直，设公切线l3的方程为y＝－x＋t，易知t>0，则点O(0，0)到l3的距离为1，所以1＝，解得t＝或t＝－(舍去)，所以公切线l3的方程为y＝－x＋，即3x＋4y－5＝0.综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
光速解：根据题意，精确作出两圆(需用到尺规)，由图形可直观快速看出直线x＝－1是两圆的一条公切线，经验证符合题意，故可填x＝－1.
答案：x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0
13．解析：方法一：由题意知点A关于直线y＝a的对称点为A′，所以kA′B＝，所以直线A′B的方程为y＝x＋a，即(3－a)x－2y＋2a＝0.由题意知直线A′B与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，易知圆心为(－3，－2)，半径为1，所以≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
方法二：易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，由题意知该对称圆与直线AB有公共点．设直线AB的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋3＋2k＝0，因为对称圆的圆心为(3，－2)，半径为1，所以≤1，解得－≤k≤－，又k＝，所以－≤≤－，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
答案：
14．解析：双曲线C的渐近线方程为y＝±x，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则≤2，所以≤4，所以e2＝＝1＋≤5，又e>1，所以e∈(1，]，所以填写(1，]内的任意值均可．
答案：(1，]内的任意值均可
15．解析：如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为，所以＝，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因为|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝(x＋c)，代入椭圆C的方程＋＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，
所以|DE|＝＝＝＝6，解得c＝，所以a＝2c＝，所以△ADE的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.
答案：13
16．解析：通解：设直线l的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n).设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，所以，即.因为kAB＝kMN，所以＝＝－.将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,6)＋\f(y,3)＝1,\f(x,6)＋\f(y,3)＝1))，相减得＋＝0，由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，所以·＝－，即·(－)＝－，整理得m2＝2n2 ①.又|MN|＝2，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12 ②，由①②并结合m>0，n>0，得，所以直线l的方程为＋＝1，即x＋y－2＝0.
优解：设直线l的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n).由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q(，)，则kAB＝＝－，kOQ＝＝.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－＝－，即(－)·＝－，以下同通解．
答案：x＋y－2＝0
17．解析：结合题意作出图形如图所示，由题意知，过左焦点F(－c，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋c)，由解得
INCLUDEPICTURE "GKZJ8.TIF" INCLUDEPICTURE "GKZJ8.TIF" \* MERGEFORMAT
所以B.因为|FB|＝3|FA|，所以＝3 ，即＝3(x1＋c，y1)，得
所以A，将代入双曲线方程－＝1，可得－＝1，结合离心率e＝得e2＝，又e>1，所以双曲线的离心率为.
答案：
18．解析：设O是坐标原点，点P3与点P2关于x轴对称，如图，则P3(x2，－y2)，OP1―→·OP3―→＝x1x2－y1y2>0，即OP1―→·OP3―→>0恒成立，所以∠P1OP3恒为锐角，所以∠MON≤90°，所以双曲线Γ的其中一条渐近线y＝x的斜率≤1，又a>0，所以a≥1，即a的取值范围是[1，＋∞).
INCLUDEPICTURE "23SHSX5.TIF" INCLUDEPICTURE "23SHSX5.TIF" \* MERGEFORMAT
答案：[1，＋∞)
19．解：(1)将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故双曲线C的方程为－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，P，Q，
联立直线l与双曲线C的方程并整理得(2k2－1)x2＋4kbx＋2b2＋2＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝，kAP＋kAQ＝＋＝＋＝0，
化简得2kx1x2＋(b－1－2k)(x1＋x2)－4(b－1)＝0，
故＋(b－1－2k)(－)－4(b－1)＝0，
整理得(k＋1)(b＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即b＋2k－1≠0，故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θ(0<θ<)，由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan ∠PAQ＝－tan 2θ＝＝2，
解得tanθ＝或tan θ＝－(舍去)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2),\f(x,2)－y＝1))，得x1＝，
所以|AP|＝|x1－2|＝，
同理得x2＝，所以|AQ|＝|x2－2|＝.
因为tan ∠PAQ＝2，所以sin ∠PAQ＝，
故S△PAQ＝|AP||AQ|sin ∠PAQ＝×××＝.
20．解：(1)因为椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，
所以可设椭圆E的方程为＋＝1，
又椭圆E过B，所以＋＝1，得a2＝3，
所以E的方程为＋＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，
由得y2＝，所以y＝±.
结合题意可知M(1，－)，N(1，)，
所以过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－.
易知点T的横坐标xT∈，直线AB的方程为y－(－2)＝×(x－0)，即y＝x－2，
由得xT＝3－，所以T(3－，－).
因为＝，所以H(5－2，－)，
lHN：y－＝(x－1)，即y＝x－2.
当直线MN的斜率存在时，
如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，lMN：y＝kx＋m(k＋m＝－2).
INCLUDEPICTURE "22SXA8.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXA8.TIF" \* MERGEFORMAT
由得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB的方程联立，得得xT＝，
所以T.
因为＝，所以H(3y1＋6－x1，y1)，
lHN：y－y2＝(x－x2)，
即y＝x＋y2－·x2.
令x＝0，得y＝y2－
＝
＝.
因为y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝，
x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝，
所以－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝＋
＝＝，
－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝＋6＋
＝＝，
所以y＝＝－2，
所以直线HN过定点(0，－2).
综上，直线HN过定点(0，－2).
21．解：(1)当MD⊥x轴时，有|MF|＝＋p＝3，得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)如图，根据(1)知F(1，0)，D(2，0).
INCLUDEPICTURE "QGJL11.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL11.TIF" \* MERGEFORMAT
当MN⊥x轴时，易得α＝β＝，此时α－β＝0.
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
则直线MN的方程为y－y1＝(x－x1)，
即y－y1＝ eq \f(y1－y2,\f(y,4)－\f(y,4))(x－x1)＝(x－x1)，
即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，
所以直线MN的方程为y(y1＋y2)－y1y2＝4x.
同理可得，直线AM的方程为y(y3＋y1)－y3y1＝4x，直线BN的方程为y(y4＋y2)－y4y2＝4x，直线AB的方程为y(y4＋y3)－y4y3＝4x.
因为F(1，0)在MN上，所以y1y2＝－4.
因为D(2，0)在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以y3＝－，y4＝－.
所以y3＋y4＝－－＝－＝－＝2(y1＋y2)，
y3y4＝＝＝－16，
所以直线AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，
所以tan α＝，tan β＝，
所以tan (α－β)＝＝
＝2×
当y2＋y1<0时，tan (α－β)<0，所以不符合题意．
当y2＋y1>0时，(y2＋y1)＋≥4，
tan (α－β)≤2×＝，
当且仅当y2＋y1＝，即y2＋y1＝2时取等号，
此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－y－4＝0.
22．解：(1)依题意可知得故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
联立直线BC和椭圆E的方程，得
整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
由Δ>0得k<0，
易知直线AB的斜率kAB＝，
直线AB的方程为y＝x＋1，
令y＝0，可得点M的横坐标xM＝，同理可得点N的横坐标xN＝.
所以|MN|＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝＝2，得k＝－4.
故k的值为－4.
23．解：(1)由题意得c＝2 ①.
因为双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，
所以＝ ②.
又c2＝a2＋b2 ③，所以联立①②③得a＝1，b＝.
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－>0，所以3－k2<0，
所以x1－x2＝＝.
设点M的坐标为(xM，yM)，则，
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，
又y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝；
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
又y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，
解得yM＝＝xM.
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
不妨令点A在直线y＝x上，
则由，解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－，
所以xA＋xB＝，yA＋yB＝.
点M的坐标满足，
得xM＝＝，yM＝＝，
故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
若选择①③：当直线AB的斜率不专题一 集合与常用逻辑用语
1．(2022·高考浙江卷)设集合A＝{1，2}，B＝{2，4，6}，则A∪B＝( )
A．{2} B．{1，2}
C．{2，4，6} D．{1，2，4，6}
2．(2022·高考全国卷乙(文))集合M＝{2，4，6，8，10}，N＝{x|－1A．{2，4} B．{2，4，6}
C．{2，4，6，8} D．{2，4，6，8，10}
3．(2022·高考全国卷甲(文))设集合A＝{－2，－1，0，1，2}，B＝，则A∩B＝( )
A．{0，1，2} B．{－2，－1，0}
C．{0，1} D．{1，2}
4．(2022·新高考Ⅰ卷)若集合M＝{x|<4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N＝( )
A． B．
C． D．
5．(2022·新高考Ⅱ卷)已知集合A＝，B＝，则A∩B＝( )
A．{－1，2} B．{1，2}
C．{1，4} D．{－1，4}
6．(2022·高考北京卷)已知全集U＝{x|－3A．(－2，1]
B．(－3，－2)∪[1，3)
C．[－2，1)
D．(－3，－2]∪(1，3)
7．(2022·高考全国卷乙(理))设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M满足 UM＝{1，3}，则( )
A．2∈M B．3∈M
C．4 M D．5 M
8．(2022·高考全国卷甲(理))设全集U＝{－2，－1，0，1，2，3}，集合A＝{－1，2}，B＝{x|x2－4x＋3＝0}，则 U(A∪B)＝( )
A．{1，3} B．{0，3}
C．{－2，1} D．{－2，0}
9．(2022·高考浙江卷)设x∈R，则“sin x＝1”是“cos x＝0”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
10．(2022·高考北京卷)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
11．(2022·春季高考上海卷)已知集合A＝(－1，2)，B＝(1，3)，则A∩B＝________．
专题二 基本初等函数、导数及其应用
1．(2022·高考北京卷)已知函数f(x)＝，则对任意实数x，有( )
A．f(－x)＋f(x)＝0 B．f(－x)－f(x)＝0
C．f(－x)＋f(x)＝1 D．f(－x)－f(x)＝
2．(2022·春季高考上海卷)下列幂函数中，定义域为R的是( )
A．y＝x－1 B．y＝x eq \s\up6(－)
C．y＝x D．y＝x
3．(2022·高考全国卷甲(理))函数y＝(3x－3－x)·cos x在区间的图象大致为( )
INCLUDEPICTURE "QGJL3.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL3.TIF" \* MERGEFORMAT
4．(2022·高考浙江卷)已知2a＝5，log83＝b，则4a－3b＝( )
A．25 B．5
C． D．
5．(2022·高考全国卷乙(文))如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3，3]的大致图象，则该函数是( )
INCLUDEPICTURE "22SXZ4.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXZ4.TIF" \* MERGEFORMAT
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
6．(2022·高考全国卷甲(理))当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A．－1 B．－
C． D．1
7.(2022·高考北京卷)在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lg P 的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar.下列结论中正确的是( )
INCLUDEPICTURE "QGBJ1.TIF" INCLUDEPICTURE "QGBJ1.TIF" \* MERGEFORMAT
A．当T＝220，P＝1 026时，二氧化碳处于液态
B．当T＝270，P＝128时，二氧化碳处于气态
C．当T＝300，P＝9 987时，二氧化碳处于超临界状态
D．当T＝360，P＝729时，二氧化碳处于超临界状态
8．(2022·高考全国卷甲(文))已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，则( )
A．a>0>b B．a>b>0
C．b>a>0 D．b>0>a
9．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
10．(2022·高考全国卷乙(文))函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( )
A．－， B．－，
C．－，＋2 D．－，＋2
11．(2022·高考全国卷乙(理))已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，g(2)＝4，则(k)＝( )
A．－21 B．－22
C．－23 D．－24
12．(2022·高考全国卷甲(理))已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则( )
A．c>b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
13．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则(k)＝( )
A．－3 B．－2
C．0 D．1
14．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x).若f，g(2＋x)均为偶函数，则( )
A．f(0)＝0 B．g＝0
C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)
15．(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c16．(2022·高考北京卷)函数f(x)＝＋的定义域是________．
17．(2022·高考全国卷乙(文))若f(x)＝ln ＋b是奇函数，则a＝________，b＝________．
18．(2022·春季高考上海卷)已知函数f(x)＝x3，f－1(x)为f(x)的反函数，则f－1(27)＝________．
19．(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为_________________，____________________.
20．(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________．
21．(2022·高考北京卷)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为________．
22．(2022·高考浙江卷)已知函数f(x)＝，则f＝________；若当x∈[a，b]时，1≤f(x)≤3，则b－a的最大值是________．
23．(2022·春季高考上海卷)已知f(x)为奇函数，当x∈(0，1]时，f(x)＝ln x，且f(x)的图象关于直线x＝1对称．将方程f(x)＝x＋1的正数解依次记为x1，x2，x3，…，xn，…，则lim (xn＋1－xn)＝________．
24．(2022·高考全国卷乙(理))已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x125．(2022·高考全国卷甲(文))已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．
(1)若x1＝－1，求a；
(2)求a的取值范围．
26．(2022·高考全国卷乙(文))已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
27．(2022·高考北京卷)已知函数f(x)＝ex ln (1＋x).
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t).
28．(2022·高考全国卷乙(理))已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
29．(2022·高考全国卷甲(理))已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
30．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
31．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln (n＋1).
32．(2022·春季高考上海卷)已知函数f(x)的定义域为R，现有下面两种对f(x)变换的操作：
φ变换：f(x)→f(x)－f(x－t)；
ω变换：f(x)→|f(x＋t)－f(x)|，其中t>0.
(1)若f(x)＝2x，t＝1，对f(x)进行φ变换后得到函数g(x)，解方程g(x)＝2；
(2)若f(x)＝x2，对f(x)进行ω变换后得到函数h(x)，解不等式f(x)≥h(x)；
(3)若函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，对函数f(x)先作φ变换，再作ω变换，得到函数h1(x)，对函数f(x)先作ω变换，再作φ变换，得到函数h2(x).对任意t>0，若h1(x)＝h2(x)恒成立，证明：函数f(x)在R上单调递增．
33．(2022·高考浙江卷)设函数f(x)＝＋ln x(x>0).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a，b∈R，曲线y＝f(x)上不同的三点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))处的切线都经过点(a，b).证明：
①若a>e，则0②若0(注：e＝2.718 28…是自然对数的底数)
专题三 三角函数、解三角形
1．(2022·新高考Ⅱ卷)若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2cos sin β，则( )
A．tan ＝1 B．tan ＝1
C．tan ＝－1 D．tan ＝－1
2．(2022·高考浙江卷)为了得到函数y＝2 sin 3x的图象，只要把函数y＝2sin 图象上所有的点( )
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
3．(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sin ＋b(ω>0)的最小正周期为T.若A．1 B．
C． D．3
4．(2022·高考全国卷甲(文))将函数f(x)＝sin (ω>0)的图象向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是( )
A． B．
C． D．
5．(2022·高考北京卷)已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则( )
A．f(x)在上单调递减
B．f(x)在上单调递增
C．f(x)在上单调递减
D．f(x)在上单调递增
6．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点中心对称，则( )
A．f(x)在区间单调递减
B．f(x)在区间有两个极值点
C．直线x＝是曲线y＝f(x)的对称轴
D．直线y＝－x是曲线y＝f(x)的切线
7．(2022·高考全国卷甲(理))沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋.当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝( )
INCLUDEPICTURE "QGJL4.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL4.TIF" \* MERGEFORMAT
A． B．
C． D．
8．(2022·高考全国卷甲(理))设函数f(x)＝sin 在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A． B．
C． D．
9．(2022·春季高考上海卷)已知tan α＝3，则tan ＝________．
10．(2022·高考北京卷)若函数f(x)＝A sin x－cos x的一个零点为，则A＝________；f＝________．
11．(2022·春季高考上海卷)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，A＝，则△ABC外接圆的半径为________．
12．(2022·高考浙江卷)我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S＝，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边a＝，b＝，c＝2，则该三角形的面积S＝________．
13．(2022·高考浙江卷)若3sin α－sin β＝，α＋β＝，则sin α＝________，cos 2β＝________．
14．(2022·高考全国卷乙(理))记函数f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝，x＝为f(x)的零点，则ω的最小值为________．
15．(2022·高考全国卷甲(理))已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当取得最小值时，BD＝________．
16．(2022·高考浙江卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
已知4a＝c，cos C＝.
(1)求sin A的值；
(2)若b＝11，求△ABC的面积．
17．(2022·高考北京卷)在△ABC中，sin 2C＝sin C.
(1)求∠C；
(2)若b＝6，且△ABC的面积为6，求△ABC的周长．
18．(2022·高考全国卷乙(文))记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A).
(1)若A＝2B，求C；
(2)证明：2a2＝b2＋c2.
19．(2022·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝.
(1)求△ABC的面积；
(2)若sin A sin C＝，求b.
20．(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
21．(2022·春季高考上海卷)为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设．如图是一处架空线入地的矩形地块ABCD，AB＝30 m，AD＝15 m，为保护D处的一棵古树，有关部门划定了以D为圆心，AD为半径的四分之一圆的地块为古树保护区．若架空线入线口为AB边上的点E，出线口为CD边上的点F，施工要求EF与古树保护区边界相切，EF右侧的四边形地块BCFE将作为绿地保护生态区．
INCLUDEPICTURE "23SHSX3.TIF" INCLUDEPICTURE "23SHSX3.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)若∠ADE＝20°，求EF的长．(结果精确到0.1 m)
(2)当入线口E在AB上什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？(结果精确到0.01 m2)
专题四 平面向量、数系的扩充与复数的引入
1．(2022·高考全国卷乙(文))设(1＋2i)a＋b＝2i，其中a，b为实数，则( )
A．a＝1，b＝－1 B．a＝1，b＝1
C．a＝－1，b＝1 D．a＝－1，b＝－1
2．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝( )
A．－2＋4i B．－2－4i
C．6＋2i D．6－2i
3．(2022·高考全国卷乙(理))已知z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，其中a，b为实数，则( )
A．a＝1，b＝－2 B．a＝－1，b＝2
C．a＝1，b＝2 D．a＝－1，b＝－2
4．(2022·高考浙江卷)已知a，b∈R，a＋3i＝(b＋i)i(i为虚数单位)，则( )
A．a＝1，b＝－3 B．a＝－1，b＝3
C．a＝－1，b＝－3 D．a＝1，b＝3
5．(2022·高考北京卷)若复数z满足i·z＝3－4i，则|z|＝( )
A．1 B．5
C．7 D．25
6．(2022·高考全国卷甲(理))若z＝－1＋i，则＝( )
A．－1＋i B．－1－i
C．－＋i D．－－i
7．(2022·新高考Ⅰ卷)若i(1－z)＝1，则z＋＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
8．(2022·高考全国卷甲(文))若z＝1＋i.则|iz＋3|＝( )
A．4 B．4
C．2 D．2
9．(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝( )
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
10．(2022·高考全国卷乙(文))已知向量a＝(2，1)，b＝(－2，4)，则|a－b|＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
11．(2022·高考全国卷乙(理))已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝，|a－2b|＝3，则a·b＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
12．(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝( )
A．－6 B．－5
C．5 D．6
13．(2022·高考北京卷)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则·的取值范围是( )
A．[－5，3] B．[－3，5]
C．[－6，4] D．[－4，6]
14．(2022·春季高考上海卷)已知复数z＝2＋i(其中i为虚数单位)，则＝________．
15．(2022·高考全国卷甲(文))已知向量a＝(m，3)，b＝(1，m＋1).若a⊥b，则m＝________．
16．(2022·高考全国卷甲(理))设向量a，b的夹角的余弦值为，且|a|＝1，|b|＝3，则(2a＋b)·b＝________．
17．(2022·春季高考上海卷)在△ABC中，C＝，AC＝BC＝2，M为边AC的中点，若点P在边AB上运动(点P可与A，B重合)，则·的最小值为________．
18．(2022·高考浙江卷)设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则＋＋…＋的取值范围是________．
专题五 数 列
1．(2022·高考全国卷乙(理))嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋，b2＝1＋，b3＝1＋，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1，2，…).则( )
A．b1C．b62．(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝( )
INCLUDEPICTURE "22CGK2.TIF" INCLUDEPICTURE "22CGK2.TIF" \* MERGEFORMAT
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
3．(2022·高考全国卷乙(理))已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D．3
4．(2022·春季高考上海卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项中正确的是( )
A．若S2 022>S2 021，则{an}为递增数列
B．若T2 022>T2 021，则{an}为递增数列
C．若{Sn}为递增数列，则a2 022≥a2 021
D．若{Tn}为递增数列，则a2 022≥a2 021
5．(2022·高考浙江卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an－a(n∈N*)，则( )
A．2<100a100< B．<100a100<3
C．3<100a100< D．<100a100<4
6．(2022·高考全国卷乙(文))记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．
7．(2022·高考北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；
②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；
④{an}中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是________．
8．(2022·高考全国卷甲(理))记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
9．(2022·春季高考上海卷)设有无穷数列{an}，记{an}的前n项和为Sn，其中a2＝1.
(1)若{an}为等比数列，S2＝3，求limSn；
(2)若{an}为等差数列，公差为d，对任意n∈N*，均有S2n≥n，求d的取值范围．
10．(2022·新高考Ⅱ卷)已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合中元素的个数．
11．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
12．(2022·高考北京卷)已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai＋1，ai＋2，…，ai＋j(j≥0)，使得ai＋ai＋1＋ai＋2＋…＋ai＋j＝n，则称Q为m－连续可表数列．
(1)判断Q：2，1，4是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由；
(2)若Q：a1，a2，…，ak为8－连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若Q：a1，a2，…，ak为20－连续可表数列，且a1＋a2＋…＋ak<20，求证：k≥7.
13．(2022·高考浙江卷)已知等差数列{an}的首项a1＝－1，公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*).
(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；
(2)若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，求d的取值范围．
专题六 不等式
1．(2022·高考全国卷乙(文))若x，y满足约束条件，则z＝2x－y的最大值是( )
A．－2 B．4
C．8 D．12
2．(2022·高考浙江卷)若实数x，y满足约束条件则z＝3x＋4y的最大值是( )
A．20 B．18
C．13 D．6
3．(2022·春季高考上海卷)已知实数a，b，c，d满足：a>b>c>d，则下列选项中正确的是( )
A．a＋d>b＋c
B．a＋c>b＋d
C．ad>bc
D．ac>bd
4．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则( )
A．x＋y≤1
B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2
D．x2＋y2≥1
5．(2022·高考浙江卷)已知a，b∈R，若对任意x∈R，a|x－b|＋|x－4|－|2x－5|≥0，则( )
A．a≤1，b≥3
B．a≤1，b≤3
C．a≥1，b≥3
D．a≥1，b≤3
6．(2022·春季高考上海卷)不等式<0的解集为______________．
专题七 立体几何
1．(2022·高考全国卷甲(理))如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为( )
INCLUDEPICTURE "QGJL2.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL2.TIF" \* MERGEFORMAT
A．8 B．12
C．16 D．20
2．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
3．(2022·高考浙江卷)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( )
INCLUDEPICTURE "GKZJ1.TIF" INCLUDEPICTURE "GKZJ1.TIF" \* MERGEFORMAT
A．22 π B．8 π
C． π D． π
4．(2022·春季高考上海卷)如图所示，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且四个侧面均悬挂有时钟．则每天从0点到12点(包括0点，但不包括12点)，相邻两个时钟的时针出现两两相互垂直的情况的次数为( )
INCLUDEPICTURE "23SHSX1.TIF" INCLUDEPICTURE "23SHSX1.TIF" \* MERGEFORMAT
A．0 B．2
C．4 D．12
5．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
6．(2022·高考全国卷乙(理))在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
7．(2022·高考全国卷甲(理))在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则( )
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
8．(2022·高考全国卷甲(理))甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝( )
A． B．2
C． D．
9．(2022·高考全国卷乙(理))已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A． B．
C． D．
10．(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
11．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A． B．
C． D．[18，27]
12．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E ACD，F ABC，F ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
INCLUDEPICTURE "22CGK3.TIF" INCLUDEPICTURE "22CGK3.TIF" \* MERGEFORMAT
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
13．(2022·高考北京卷)已知正三棱锥P ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为( )
A． B．π
C．2π D．3π
14.(2022·高考浙江卷)如图，已知正三棱柱ABC A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F BC A的平面角为γ，则( )
INCLUDEPICTURE "GKZJ2.TIF" INCLUDEPICTURE "GKZJ2.TIF" \* MERGEFORMAT
A．α≤β≤γ B．β ≤α≤γ
C．β ≤γ≤α D．α≤γ≤β
15．(2022·高考全国卷乙(理))如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
INCLUDEPICTURE "22SXZ2.TIF" INCLUDEPICTURE "22SXZ2.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
16.(2022·高考全国卷甲(理))在四棱锥P ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
INCLUDEPICTURE "QGJL5.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJL5.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
17.(2022·春季高考上海卷)如图，在圆柱OO1中，底面半径为1，AA1为圆柱的母线．
INCLUDEPICTURE "23SHSX2.TIF" INCLUDEPICTURE "23SHSX2.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与圆柱底面夹角的大小；
(2)若圆柱OO1的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积．
18.(2022·高考全国卷甲(文))小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
INCLUDEPICTURE "QGJW1.TIF" INCLUDEPICTURE "QGJW1.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
19.(2022·高考北京卷)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
INCLUDEPICTURE "QGBJ2.TIF" INCLUDEPICTURE "QGBJ2.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
20.(2022·高考浙江卷)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F DC B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．
INCLUDEPICTURE "GKZJ3.TIF" INCLUDEPICTURE "GKZJ3.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
21．(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
INCLUDEPICTURE "22CGK1.TIF" INCLUDEPICTURE "22CGK1.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A BD C的正弦值．
22．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
INCLUDEPICTURE "22cgk5.TIF" INCLUDEPICTURE "22cgk5.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C AE B的正弦值．
专题八 平面解析几何
1．(2022·高考北京卷)若直线2x＋y－1＝0是圆(x－a)2＋y2＝1的一条对称轴，则a＝( )
A． B．－
C．1 D．－1
2．(2022·高考全国卷乙(理))设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B(3，0)，若|AF|＝|BF|，则|AB|＝( )
A．2 B．2
C．3 D．3
3．(2022·高考全国卷甲(文))已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若BA1·BA2＝－1，则C的方程为( )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋y2＝1
4．(2022·高考全国卷甲(理))椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为( )
A． B．
C． D．
5．(2022·高考全国卷乙(理))双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos ∠F1NF2＝，则C的离心率为( )
A． B．
C． D．
6．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则( )
A．C的准线为y＝－1
B．直线AB与C相切
C．
D．|BP|·|BQ|>|BA|2
7．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p，0).若|AF|＝|AM|，则( )
A．直线AB的斜率为2
B．|OB|＝|OF|
C．|AB|>4|OF|
D．∠OAM＋∠OBM<180°
8．(2022·高考北京卷)已知双曲线y2＋＝1的渐近线方程为y＝±x，则m＝________．
9．(2022·高考全国卷乙(理))过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为________．
10．(2022·高考全国卷甲(理))若双曲线y2－＝1(m>0)的渐近线与圆x2＋y2－4y＋3＝0相切，则m＝________．
11．(2022·高考全国卷甲(文))设点M在直线2x＋y－1＝0上，点(3，0)和(0，1)均在⊙M上，则⊙M的方程为________．
12．(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________________．
13．(2022·新高考Ⅱ卷)设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________．
14．(2022·高考全国卷甲(文))记双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值________．
15．(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
16．(2022·新高考Ⅱ卷)已知直线l与椭圆＋＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为________．
17．(2022·高考浙江卷)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A(x1，y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2，y2)且x1<018．(2022·春季高考上海卷)已知双曲线Γ：－y2＝1(a>0)，任取双曲线Γ右支上两个不相同的点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，都有x1x2－y1y2>0成立，则实数a的取值范围是________．
19．(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
20．(2022·高考全国卷乙(理))已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点．
21．(2022·高考全国卷甲(理))设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β 取得最大值时，求直线AB的方程．
22．(2022·高考北京卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值．
23．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P，Q在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
24.(2022·高考浙江卷)如图，已知椭圆＋y2＝1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3 于C，D两点．
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(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
25．(2022·春季高考上海卷)在椭圆Γ：＋y2＝1(a>1)中，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，F为右焦点，C，D两点均在直线x＝a上，且C在第一象限．
(1)若∠AFB＝，求椭圆Γ的标准方程；
(2)若C，D两点的纵坐标分别为2和1，判断：直线BC与AD的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由；
(3)设直线BC与椭圆Γ交于点P，直线AD与椭圆Γ交于点Q，且P，Q关于原点对称，求|CD| 的最小值．
专题九 计数原理、概率、统计
1．(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )
A． B．
C． D．
2．(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
3．(2022·高考全国卷乙(文))分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长(单位：h)，得如下茎叶图：
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则下列结论中错误的是( )
A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4
D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
4．(2022·高考全国卷甲(理))某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图，则( )
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A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
5．(2022·高考全国卷甲(文))从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )
A． B．
C． D．
6．(2022·高考北京卷)若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝( )
A．40 B．41
C．－40 D．－41
7．(2022·高考全国卷乙(理))某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则( )
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
8．(2022·高考全国卷乙(理))从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________．
9．(2022·春季高考上海卷)用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2 134 大的四位数的个数为________．
10．(2022·高考全国卷甲(理))从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
11．(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答).
12．(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N，且P(22.5)＝________．
13．(2022·高考浙江卷)已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________．
14．(2022·高考浙江卷)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ＝2)＝________，E(ξ)＝________．
15．(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
INCLUDEPICTURE "22cgk4.TIF" INCLUDEPICTURE "22cgk4.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1).
16．(2022·高考全国卷甲(文))甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：
准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？
附：K2＝，
P(K2≥k) 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
17．(2022·新高考Ⅰ卷)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
①证明：R＝·；
②利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
附：K2＝，
P 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
．
18．(2022·高考全国卷甲(理))甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
19．(2022·高考北京卷)在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上(含9.50m)的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据(单位：m)：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16.
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX；
(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证明)
20．(2022·高考全国卷乙(理))某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：m2)和材积量(单位：m3)，得到如下数据：
样本号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截面积xi 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并计算得＝0.038，＝1.615 8，iyi＝0.247 4.
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01)；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186 m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数r＝，≈1.377.
专题十 选考部分
1．(2022·高考全国卷乙(理))在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρsin ＋m＝0.
(1)写出l的直角坐标方程；
(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．
2．(2022·高考全国卷甲(理))在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)，曲线C2的参数方程为(s为参数).
(1)写出C1的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cos θ－sin θ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
3．(2022·高考全国卷乙(理))已知a，b，c都是正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)abc≤；
(2)＋＋≤.
4．(2022·高考全国卷甲(理))已知a，b，c均为正数，且a2＋b2＋4c2＝3，证明：
(1)a＋b＋2c≤3；
(2)若b＝2c，则＋≥3.
