2017年高考数学（考点解读命题热点突破）（文理打包45套）

函数与方程﹑函数模型及其应用
【考向解读】
求方程的根、函数的零点的个数问题以及由零点存在性定理判断零点是否存在，利用函数模型解决实际问题是2016高考的热点；备考时应理解函数的零点，方程的根和函数的图象与x轴的交点的横坐标的等价性；掌握零点存在性定理．增强根据实际问题建立数学模型的意识，提高综合分析、解决问题的能力．
【命题热点突破一】函数零点的存在性定理
1．零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
2．函数的零点与方程根的关系
函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．
例1
、(1)已知偶函数y＝f(x)，x∈R满足f(x)＝x2－3x(x≥0)，函数g(x)＝则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为(　　)
A．1
B．3
C．2
D．4
(2)已知函数f(x)＝若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是________．
【答案】（1）B　（2）（－∞，0）∪（1，＋∞）　
【解析】（1）作出函数f（x）与g（x）的图像如图所示，易知两个函数的图像有3个交点，所以函数y＝f（x）－g（x）有3个零点.
（2）令φ（x）＝x3（x≤a），h（x）＝x2（x>a），函数g（x）＝f（x）－b有两个零点，即函数y＝f（x）的图像与直线y＝b有两个交点.结合图像，当a<0时，存在实数b使h（x）＝x2（x>a）的图像与直线y＝b有两个交点；当a≥0时，必须满足φ（a）>h（a），即a3>a2，解得a>1.综上得a∈（－∞，0）∪（1，＋∞）.
【感悟提升】函数的零点、方程的根的问题都可以转化为函数图像的交点问题，数形结合法是解决函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数问题的有效方法．在解决函数零点问题时，既要利用函数的图像，也要利用函数零点的存在性定理、函数的性质等，把数与形紧密结合起来．
【变式探究】已知函数f(x)＝|x＋a|(a∈R)在[－1，1]上的最大值为M(a)，则函数g(x)＝M(x)－|x2－1|的零点的个数为(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C　
【探究提高】在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用.如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解.
【命题热点突破二】与函数有关的新定义问题
例2、已知符号函数sgn
x＝f(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)－f(ax)(a>1)，则(　　)
A．sgn[g(x)]＝sgn
x
B．sgn[g(x)]＝－sgn
x
C．sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]
D．sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]
【答案】　B　
【解析】不妨令f（x）＝x＋1，a＝2，则g（x）＝f（x）－f（2x）＝－x，故sgn[g（x）]＝sgn（－x），排除A；sgn[f（x）]＝sgn（x＋1）≠sgn[g（x）]，又sgn[g（x）]≠－sgn[f（x）]，所以排除C，D.故选B.
【感悟提升】新定义问题的本质是转化思想的应用，即把新定义问题转化为已知的问题加以解决，解题的关键是理解新定义，把新定义表达的问题转化为我们已经掌握的数学问题，然后根据题目的要求进行推理计算得出结论．
【变式探究】给出定义：如果函数f(x)在[a，b]上存在x1，x2(aA.
B．(2，3)
C.
D．(2，2
)
【答案】A　
【命题热点突破三】　函数模型及其应用
解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答．
例3、随着网络的发展，网校教育越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势．假设某网校每日的套题销售量y(单位：万套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y＝＋4(x－6)2，其中2(1)求m的值；
(2)假设每套题的成本为2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)
【解析】解：（1）因为x＝4时，y＝21，代入y＝＋4（x－6）2，得＋16＝21，解得m＝10.
（2）由（1）可知，套题每日的销售量y＝＋4（x－6）2，所以每日销售套题所获得的利润f（x）＝（x－2）·＝10＋4（x－6）2（x－2）＝4x3－56x2＋240x－278（20，函数f（x）单调递增，在上，f′（x）<0，函数f（x）单调递减，所以x＝是函数f（x）在（2，6）内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝≈3.3时，函数f（x）取得最大值，即当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.
【感悟提升】
函数建模首先要会根据题目的要求建立起求解问题需要的函数关系式(数学模型)，然后通过求解这个函数模型(求单调性、最值、特殊的函数值等)，对实际问题作出合乎要求的解释．需要注意实际问题中函数的定义域要根据实际意义给出，不是单纯根据函数的解析式得出．
【变式探究】调查发现，提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是关于车流密度x（单位：辆/千米）的连续函数.当桥上的车流密度达到200辆/千米时，会造成堵塞，此时车流速度为0千米/小时；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时.研究表明：当20（1）当0（2）当车流密度x为多少时，车流量（每小时通过桥上某观测点的车辆数）f（x）＝x·v（x）可以达到最大，并求出最大值.（精确到1辆/小时）
【解析】解：（1）由题意知，当0（2）由（1）可知v（x）＝当0【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
2.【2016高考山东理数】已知函数
其中，若存在实数b，使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则m的取值范围是________________.
【答案】
【解析】画出函数图象如下图所示：
由图所示，要有三个不同的根，需要红色部分图像在深蓝色图像的下方，即，解得。
3、【2016高考上海理数】已知点在函数的图像上，则.
【答案】
【解析】将点（3，9）代入函数中得，所以，用表示得，所以.
4.【2016高考上海理数】已知，函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；
（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.
【答案】（1）．（2）．（3）．
【解析】
（1）由，得，
解得．
（2），，
当时，，经检验，满足题意．
当时，，经检验，满足题意．
当且时，，，．
是原方程的解当且仅当，即；
是原方程的解当且仅当，即．
于是满足题意的．
综上，的取值范围为．
因为，所以函数在区间上单调递增，时，
有最小值，由，得．
故的取值范围为．
5.【2016高考上海理数】设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，下列判断正确的是（
）
、①和②均为真命题
、①和②均为假命题
、①为真命题，②为假命题
、①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】①不成立，可举反例
,
,
②
前两式作差，可得
结合第三式，可得,
也有
∴②正确
故选D.
1.(2015·广东卷)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是(　　)
A.y＝x＋ex
B.y＝x＋
C.y＝2x＋
D.y＝
解析　令f(x)＝x＋ex，则f(1)＝1＋e，f(－1)＝－1＋e－1，即f(－1)≠f(1)，f(－1)≠－f(1)，所以y＝x＋ex既不是奇函数也不是偶函数，而B，C，D依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选A.
答案　A
2.(2014·山东卷)已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是(　　)
A.
B.
C.(1，2)
D.(2，＋∞)
解析　由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原题等价于函数y＝|x－2|与y＝kx－1的图象有2个不同交点.如图：∴y＝kx－1在直线y＝x－1与y＝x－1之间，∴＜k＜1，故选B.
答案　B
3.(2015·山东卷)设函数f(x)＝则满足f(f(a))＝2f(a)的a取值范围是(　　)
A.
B.[0，1]
C.
D.[1，＋∞)
解析　当a＝2时，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2满足题意，排除A，B选项；当a＝时，f(a)＝f
＝3×－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝满足题意，排除D选项，故答案为C.
答案　C
4.(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为(　　)
答案　B
5.【2015高考浙江，理7】存在函数满足，对任意都有（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D.
【解析】A：取，可知，即，再取，可知
，即，矛盾，∴A错误；同理可知B错误，C：取，可知
，再取，可知，矛盾，∴C错误，D：令，
∴，符合题意，故选D.
6.【2015高考湖南，理15】已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是
.
【答案】.
【解析】分析题意可知，问题等价于方程与方程的根的个数和为，
若两个方程各有一个根：则可知关于的不等式组有解，∴，从而；
若方程无解，方程有2个根：则可知关于的不等式组有解，从而，综上，实数的取值范围是.
7.【2015高考浙江，理10】已知函数，则
，的最小值是
．
【答案】，.
【解析】，当时，，当且仅当时，等号成立，当时，，当且仅当时，等号成立，故最小值为.
8.【2015高考四川，理13】某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：
）满足函数关系（为自然对数的底数，k、b为常数）。若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是
小时。
【答案】24
【解析】
由题意得：，所以时，.
9.【2015高考上海，理10】设为，的反函数，则的最大值为
．
【答案】4专题16
圆锥曲线中的热点问题
文
【命题热点突破一】轨迹方程、存在探索性问题
例1、【2016高考山东理数】（本小题满分14分）
平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求
的最大值及取得最大值时点P的坐标.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为
【解析】
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线方程为，
令得，所以，
又，
所以，
，
所以，
令，则，
当，即时，取得最大值，此时，满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.
【变式探究】椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点P(1，)作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点Q(－5，0)任作一直线l交椭圆C于M，N两点，记＝λ，线段MN上的点R满足＝－λ，求点R的轨迹方程．
因为点M，N在椭圆C上，所以eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,5)＋\f(y,4)＝1，,\f(x,5)＋\f(y,4)＝1，))
所以eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f([－λx4－5（λ＋1）]2,5)＋\f(（－λy4）2,4)＝1，,\f(x,5)＋\f(y,4)＝1，))
第二个等式两边同乘λ2，两式相减得x4＝－3－①.
由＝－λ，得（x－x3，y－y3）＝－λ（x4－x，y4－y），即x－x3＝－λ（x4－x），即（1－λ）x＝x3－λx4＝－2λx4－5（1＋λ）②.
把①代入②得（1－λ）x＝λ－1，根据已知λ≠1，所以x＝－1.
由解得y＝±.
所以点R的轨迹方程为x＝－1（－【特别提醒】求动点的轨迹方程的基本方法有直接法、待定系数法(定义法)和代入法，在圆锥曲线的解答题中往往第一个问题就是求出圆锥曲线的方程．当求出的曲线方程含有可变参数时，要根据参数范围确定方程表示的曲线．
【变式探究】
已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为，A是椭圆上一点，AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为.
(1)求椭圆的方程．
(2)是否存在过F2的直线l交椭圆于B，C两点，且满足△BOC的面积为？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【特别提醒】解析几何中存在探索性问题的解法和其他的存在探索性问题的解法的思想是一致的，即在假设其存在的情况下进行计算和推理，根据得出的结果是否合理确定其存在与否．
【命题热点突破二】圆锥曲线中的定点、定值问题
例2、【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为；
②求p的取值范围.
【答案】（1）（2）①详见解析，②
【解析】
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(1，)，离心率为，过椭圆右顶点的两条斜率之积为－的直线分别与椭圆交于点M，N.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线MN是否过定点D？若过，求出点D的坐标；若不过，请说明理由．
设直线AN的斜率为k′，则kk′＝－，即k′＝－，把点M坐标中的k替换为－，得N.
当M，N的横坐标不相等，即k≠±时，kMN＝，直线MN的方程为y－＝（x－），即y＝x，该直线恒过定点（0，0）.
当k＝±时，M，N的横坐标为零，直线MN也过定点（0，0）.
综上可知，直线MN过定点D（0，0）.
方法二：当直线MN的斜率存在时，设MN：y＝kx＋m，
代入椭圆方程得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝.
设右顶点为A（2，0），根据已知·＝－，即4y1y2＋（x1－2）（x2－2）＝0，
即（1＋4k2）x1x2＋（4km－2）（x1＋x2）＋4m2＋4＝0，
所以（1＋4k2）·＋（4km－2）（－）＋4m2＋4＝0，
即（4km－2）（－8km）＋8m2（1＋4k2）＝0，即m2＋2km＝0，得m＝0或m＝－2k.
当m＝0时，直线y＝kx经过定点D（0，0）.
由于AM，AN的斜率之积为负值，故点M，N在椭圆上位于x轴的两侧，直线MN与x轴的交点一定在椭圆内部，而当m＝－2k时，直线y＝kx－2k过定点（2，0），这是不可能的.
当MN的斜率不存在时，点M，N关于x轴对称，此时AM，AN的斜率分别为一，，此时M，N恰为椭圆的上下顶点，直线MN也过定点（0，0）.
综上可知，直线MN过定点D（0，0）.
【特别提醒】证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出关于x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．
【变式探究】
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点是F(－1，0)，上顶点是B，且|BF|＝2，直线y＝k(x＋1)与椭圆C相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若在x轴上存在点P，使得·与k的取值无关，求点P的坐标．
若·与k的取值无关，则只需＝，解得x0＝－，
所以在x轴上存在点P，使得·与k的取值无关，P的坐标为.
【特别提醒】定值问题就是证明一个量与其他的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题来解决．
【命题热点突破三】圆锥曲线中的范围与最值问题
例3.
【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中
为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
【变式探究】已知圆心在x轴上的圆C过点(0，0)和(－1，1)，圆D的方程为(x－4)2＋y2＝4.
(1)求圆C的方程；
(2)由圆D上的动点P向圆C作两条切线分别交y轴于A，B两点，求|AB|的取值范围．
（2）设圆D上的动点P的坐标为（x0，y0），
则（x0－4）2＋y＝4，即y＝4－（x0－4）2≥0，解得2≤x0≤6.
设点A（0，a），B（0，b），
则直线PA：y－a＝x，即（y0－a）x－x0y＋ax0＝0.
因为直线PA与圆C相切，所以eq
\f(|a－y0＋ax0|,\r(（y0－a）2＋x))＝1，
化简得（x0＋2）a2－2y0a－x0＝0.①
同理得（x0＋2）b2－2y0b－x0＝0.②
【特别提醒】解析几何中产生范围的有如下几种情况：(1)直线与曲线相交(判别式)；(2)曲线上点的坐标的范围；(3)题目中要求的限制条件．这些产生范围的情况可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围产生的原因．
【变式探究】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，上顶点为B，BF2的延长线交椭圆于点A，△ABF1的周长为8，且·＝0.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P(1，0)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点T(4，3)，记直线TM，TN的斜率分别为k1，k2，当k1·k2最大时，求直线l的方程．
【解析】：（1）由椭圆定义得△ABF1的周长为4a，所以4a＝8，a＝2.
因为·＝0，所以F1B⊥F2B，△F1BF2为等腰直角三角形，所以b＝c＝a＝，所以椭圆的方程为＋＝1.
（2）①当直线l的斜率为0时，取M（－2，0），N（2，0），k1·k2＝×＝.
【特别提醒】解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识解决问题的方法(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决问题的方法．
【命题热点突破四】向量、圆锥曲线性质、点线距与基本不等式问题
例4、已知抛物线y2＝4
x的焦点为椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F2，且椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过椭圆左焦点F1的直线l与椭圆交于C，D(异于A，B)两点．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)求四边形ADBC的面积的最大值．
(3)若M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆上的两动点，且满足x1x2＋2y1y2＝0，动点P满足＝＋2(其中O为坐标原点)，是否存在两定点G1，G2使得|PG1|＋|PG2|为定值？若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．
【解析】：（1）由题设知，因为抛物线y2＝4
x的焦点为（，0），
所以椭圆中的c＝，又由椭圆的长轴长为4，得a＝2，
所以b2＝a2－c2＝2，所以椭圆的标准方程为＋＝1.
方法二：易知A（－2，0），B（2，0），F1（－，0），
当直线l的斜率不存在时，
l的方程为x＝－，此时S四边形ADBC＝4.
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝k（x＋）（其中k≠0），即x＝y－，代入椭圆方程得（2k2＋1）y2－2
ky－2k2＝0，
设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3＋y4＝，y3y4＝－.
S四边形ADBC＝S△ABC＋S△ABD＝|AB||y3|＋|AB||y4|＝|AB|·|y3－y4|＝×4×＝2
＝＝<4.
综上所述，四边形ADBC的面积的最大值为4.
（3）设P（x，y），因为M（x1，y1），N（x2，y2），由＝＋2，可得①
因为M，N是椭圆上的点，所以x＋2y＝4，x＋2y＝4.
由①及x1x2＋2y1y2＝0可得x2＋2y2＝（x1＋2x2）2＋2（y1＋2y2）2＝（x＋2y）＋4（x＋2y）＝20，
所以x2＋2y2＝20，即＋＝1，即为点P的轨迹方程，由椭圆的定义可得，存在两定点G1，G2使得|PG1|＋|PG2|＝4
.
【易错提醒】
(1)错用圆锥曲线中系数的意义，如误以为长轴长就是a，焦距就是c；(2)忽视特殊情况，如使用直线的斜率时，忽视直线的斜率可能不存在；(3)不能正确地把几何条件(一般的几何条件、向量式表达的几何条件)转化为以坐标、方程表达的代数条件；(4)运算错误．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线－x2＝1的焦点重合，过点P(4，0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求·的取值范围．
【高考真题解读】
1.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中
为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
2.【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
3.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值
范围.
【答案】（I）；（II）．
【解析】
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此，
①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
4.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
（Ⅱ）由题意，，.
将直线的方程代入得.
由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得，
由得，即.
5.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
已知椭圆C：
（）的离心率为
，，，，的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.
求证：为定值.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
6.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）
已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【解析】（I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.
由方程组
得.①
方程①的判别式为，由，得，
此方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
所以
，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
7.
【2016高考上海理数】本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.
双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.
【答案】（1）．（2）.
【解析】
（2）由已知，，．
设，，直线．显然．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
设的中点为．
由即，知，故．
而，，，
所以，得，故的斜率为．
1．(2015·浙江，19)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
(2)令t＝∈∪，则
|AB|＝·.
且O到直线AB的距离为d＝.
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d＝≤.
当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为.
2．(2015·江苏，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而PC＝.
因为PC＝2AB，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
3．(2015·天津，19)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，
解得x＝－c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为.
由|FM|＝＝.
解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
4．(2015·四川，20)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，
因此解得a＝2，b＝，
所以椭圆E方程为＋＝1.
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，
x1x2＝－，
因此＋＝＝2k，
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，
又kQA＝＝＝k－，
kQB′＝＝＝－k＋＝k－，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，
所以＝＝＝，
故存在与P不同的定点Q(0，2)，使得＝恒成立．
5．(2015·山东，20)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
(ⅰ)求的值；
(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．
6．(2015·湖南，20)已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：＋＝1(a＞b
＞0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.
(1)求C2的方程；
(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向．
①若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率；
②设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，
△MFD总是钝角三角形．
【解析】　(1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①
又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以＋＝1.②
联立①，②得a2＝9，b2＝8.
故C2的方程为＋＝1.
x3x4＝－，⑤
将④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋，即
16(k2＋1)＝，
所以(9＋8k2)2＝16×9，
解得k＝±，
即直线l的斜率为±.
(ⅱ)由x2＝4y得y′＝，所以C1在点A处的切线方程为
y－y1＝(x－x1)，即y＝－eq
\f(x,4).
令y＝0得x＝，即M，
所以||＝.
而||＝(x1，y1－1)，于是·＝eq
\f(x,2)－y1＋1＝eq
\f(x,4)＋1＞0，
因此∠AFM是锐角，从而∠MFD＝180°－∠AFM是钝角．
故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．
7．(2015·新课标全国Ⅰ，20)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．专题14
直线与圆
文
【考向解读】
考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题.直线与圆的位置关系 特别是弦长问题 ，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.
【命题热点突破一】
直线的方程及应用
1．两条直线平行与垂直的判定
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2 k1＝k2，l1⊥l2 k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．
2．求直线方程
要注意几种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
3．两个距离公式
(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，
l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝.
(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝.
例1、【2016高考新课标3理数】已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于两点，若，则__________________.
【答案】4
【变式探究】(1)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是(　　)
A．1或3B．1或5C．3或5D．1或2
(2)已知两点A(3,2)和B(－1,4)到直线mx＋y＋3＝0的距离相等，则m的值为(　　)
A．0或－
B.或－6
C．－或
D．0或
【答案】　(1)C　(2)B
【特别提醒】(1)求解两条直线的平行或垂直问题时要考虑斜率不存在的情况；(2)对解题中可能出现的特殊情况，可用数形结合的方法分析研究．
【变式探究】
已知A(3,1)，B(－1,2)两点，若∠ACB的平分线方程为y＝x＋1，则AC所在的直线方程为(　　)
A．y＝2x＋4
B．y＝x－3
C．x－2y－1＝0
D．3x＋y＋1＝0
【答案】
C　
【解析】
由题意可知，直线AC和直线BC关于直线y＝x＋1对称．设点B(－1,2)关于直线y＝x＋1的对称点为B′(x0，y0)，则有 即B′(1,0)．因为B′(1,0)在直线AC上，
所以直线AC的斜率为k＝＝，
所以直线AC的方程为y－1＝(x－3)，
即x－2y－1＝0.
故C正确．
【命题热点突破二】
圆的方程及应用
1．圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2.
2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以(－，－)为圆心，为半径的圆．
例2、【2016高考新课标2理数】圆的圆心到直线的距离为1，则a=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）2
【答案】A
【变式探究】(1)若圆C经过(1,0)，(3,0)两点，且与y轴相切，则圆C的方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y±2)2＝3
B．(x－2)2＋(y±)2＝3
C．(x－2)2＋(y±2)2＝4
D．(x－2)2＋(y±)2＝4
(2)已知圆M的圆心在x轴上，且圆心在直线l1：x＝－2的右侧，若圆M截直线l1所得的弦长为2，且与直线l2：2x－y－4＝0相切，则圆M的方程为(　　)
A．(x－1)2＋y2＝4
B．(x＋1)2＋y2＝4
C．x2＋(y－1)2＝4
D．x2＋(y＋1)2＝4
【答案】　(1)D　(2)B
【解析】　(1)因为圆C经过(1,0)，(3,0)两点，所以圆心在直线x＝2上，又圆与y轴相切，所以半径r＝2，设圆心坐标为(2，b)，则(2－1)2＋b2＝4，b2＝3，b＝±，所以选D.
(2)由已知，可设圆M的圆心坐标为(a,0)，a>－2，半径为r，得
解得满足条件的一组解为
所以圆M的方程为(x＋1)2＋y2＝4.故选B.
【特别提醒】解决与圆有关的问题一般有两种方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程；(2)代数法，即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．
【变式探究】
(1)经过点A(5,2)，B(3，－2)，且圆心在直线2x－y－3＝0上的圆的方程为________________．
(2)已知直线l的方程是x＋y－6＝0，A，B是直线l上的两点，且△OAB是正三角形(O为坐标原点)，则△OAB外接圆的方程是____________________．
【答案】
(1)(x－2)2＋(y－1)2＝10　(2)(x－2)2＋(y－2)2＝8
(2)设△OAB的外心为C，连接OC，则易知OC⊥AB，延长OC交AB于点D，则|OD|＝3，且△AOB外接圆的半径R＝|OC|＝|OD|＝2.又直线OC的方程是y＝x，容易求得圆心C的坐标为(2,2)，故所求圆的方程是(x－2)2＋(y－2)2＝8.
【命题热点突破三】
直线与圆、圆与圆的位置关系
1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离，判断的方法主要有点线距离法和判别式法．
(1)点线距离法：设圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，则dr 直线与圆相离．
(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0，方程组消去y，得关于x的一元二次方程根的判别式Δ，则直线与圆相离 Δ<0，直线与圆相切 Δ＝0，直线与圆相交 Δ>0.
2．圆与圆的位置关系有五种，即内含、内切、相交、外切、外离．
设圆C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r，圆C2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r，两圆心之间的距离为d，则圆与圆的五种位置关系的判断方法如下：
(1)d>r1＋r2 两圆外离；
(2)d＝r1＋r2 两圆外切；
(3)|r1－r2|(4)d＝|r1－r2|(r1≠r2) 两圆内切；
(5)0≤d<|r1－r2|(r1≠r2) 两圆内含．
例3、【2016高考江苏卷】
如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且,求直线的方程；
（3）设点满足：存在圆上的两点和,使得,求实数的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
（3）设
因为，所以
……①
因为点Q在圆M上，所以
…….②
将①代入②，得.
于是点既在圆M上，又在圆上，
从而圆与圆没有公共点，
所以
解得.
因此，实数t的取值范围是.
【变式探究】(1)已知直线2x＋(y－3)m－4＝0(m∈R)恒过定点P，若点P平分圆x2＋y2－2x－4y－4＝0的弦MN，则弦MN所在直线的方程是(　　)
A．x＋y－5＝0
B．x＋y－3＝0
C．x－y－1＝0
D．x－y＋1＝0
(2)已知P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为(　　)
A．3B.C．2D．2
【答案】　(1)A　(2)D
(2)如图，把圆的方程化成标准形式得x2＋(y－1)2＝1，所以圆心为(0,1)，半径为r＝1，四边形PACB的面积S＝2S△PBC，所以若四边形PACB的最小面积是2，则S△PBC的最小值为1.而S△PBC＝r·|PB|，即|PB|的最小值为2，此时|PC|最小，|PC|为圆心到直线kx＋y＋4＝0的距离d，此时d＝＝＝，即k2＝4，因为k>0，所以k＝2.
【特别提醒】　(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．
(2)圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．
【变式探究】
(1)已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2＝－2y＋3，直线l过点(1,0)且与直线x－y＋1＝0垂直．若直线l与圆C交于A、B两点，则△OAB的面积为(　　)
A．1B.C．2D．2
(2)两个圆C1：x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0(a∈R)与C2：x2＋y2－2by－1＋b2＝0(b∈R)恰有三条公切线，则a＋b的最小值为(　　)
A．－6B．－3C．－3D．3
【答案】
(1)A　(2)C
【解析】【高考真题解读】
1.【2016高考新课标2理数】圆的圆心到直线的距离为1，则a=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）2
【答案】A
【解析】圆的方程可化为，所以圆心坐标为，由点到直线的距离公式得：
，解得，故选A．
2.【2016高考上海理数】已知平行直线，则的距离___________.
【答案】
【解析】利用两平行线间距离公式得.
3.【2016高考新课标3理数】已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于两点，若，则__________________.
【答案】4
4.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）设圆的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值,并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（）（II）
【解析】（Ⅰ）因为，，故，
所以，故.
又圆的标准方程为，从而，所以.
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）.
5.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且,求直线的方程；
（3）设点满足：存在圆上的两点和,使得,求实数的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
（3）设
因为，所以
……①
因为点Q在圆M上，所以
…….②
将①代入②，得.
于是点既在圆M上，又在圆上，
从而圆与圆没有公共点，
所以
解得.
因此，实数t的取值范围是.
1．(2015·新课标全国Ⅰ，14)一个圆经过椭圆＋＝1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为________．
【答案】　＋y2＝
【解析】　
2．(2015·江苏，10)在平面直角坐标系xOy中，以点(1，0)为圆心且与直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为________．
【答案】　(x－1)2＋y2＝2
【解析】　直线mx－y－2m－1＝0恒过定点(2，－1)，由题意，得半径最大的圆的半径r＝＝.
故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.
3．(2015·广东，5)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　　)
A．2x－y＋＝0或2x－y－＝0
B．2x＋y＋＝0或2x＋y－＝0
C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0
D．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0
【答案】　D
【解析】　设所求切线方程为2x＋y＋c＝0，依题有＝，解得c＝±5，所以所求切线的直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0，故选D.
4．(2015·新课标全国Ⅱ，
7)过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y轴于M、N两点，则|MN|＝(　　)
A．2
B．8
C．4
D．10
【答案】　C
【解析】　由已知，得＝(3，－1)，＝(－3，－9)，则·＝3×(－3)＋(－1)×(－9)＝0，所以⊥，即AB⊥BC，故过三点A、B、C的圆以AC为直径，得其方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝25，令x＝0得(y＋2)2＝24，解得y1＝－2－2，y2＝－2＋2，所以|MN|＝|y1－y2|＝4，选C.
5．(2015·重庆，8)已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝(　　)
A．2
B．4
C．6
D．2
【答案】　C
6．(2015·山东，9)一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为(　　)
A．－或－
B．－或－
C．－或－
D．－或－
【答案】　D
【解析】　圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1的圆心为(－3，2)，半径r＝1.(－2，－3)关于y轴的对称点为(2，－3)．如图所示，反射光线一定过点(2，－3)且斜率k存在，∴反射光线所在直线方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0.
∵反射光线与已知圆相切，
∴＝1，整理得12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－或k＝－.
7．(2014·江西，9)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为(　　)
A.π
B.π
C．(6－2)π
D.π
【答案】　A
8．(2014·陕西，12)若圆C的半径为1，其圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为____________．
【答案】　x2＋(y－1)2＝1
【解析】　因为点(1，0)关于直线y＝x对称点的坐标为(0，1)，即圆心C为(0，1)，又半径为1，∴圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.
9．(2014·四川，14)设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．
【答案】　5
【解析】　易求定点A(0，0)，B(1，3)．当P与A和B均不重合时，不难验证PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝时，等号成立)，当P与A或B重合时，|PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是5.
10．(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
【答案】　－3
【解析】　由曲线y＝ax2＋过点P(2，－5)可得－5＝4a＋　(1)．又y′＝2ax－，所以在点P处的切线斜率4a－＝－　(2)．由(1)(2)解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.
11．(2015·广东，20)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；
(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．算法、推理证明、排列、组合与二项式定理
【考向解读】
1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查；2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注.
2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式等综合命题.
3.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型及相互独立事件的概率；
4.二项分布、正态分布的应用是考查的热点；
5.以选择题、填空题的形式考查随机抽样、样本的数字特征、统计图表、回归方程、独立性检验等.
6.在概率与统计的交汇处命题，以解答题中档难度出现.
【命题热点突破一】程序框图
例1、【2016高考新课标1卷】执行右面的程序框图,如果输入的,则输出x,y的值满足
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】当时，，不满足；
，不满足；，满足；输出，则输出的的值满足，故选C.
【感悟提升】程序框图中单纯的顺序结构非常简单，一般不出现在高考中，在高考中主要出现的是以“条件结构”和“循环结构”为主的程序框图．以“条件结构”为主的程序框图主要解决分段函数求值问题，以“循环结构”为主的程序框图主要解决数列求和、统计求和、数值求积等运算问题，这两种类型的程序框图中，关键因素之一就是“判断条件”，在解题中要切实注意判断条件的应用．
【变式探究】
某程序框图如图
所示，若该程序运行后输出的S的值为72，则判断框内填入的条件可以是(　　)
A．n≤8
B．n≤9
C．n≤10
D．n≤11
【答案】A　
【命题热点突破二】合情推理与演绎推理
例2、(1)观察下列各式：
C＝40；
C＋C＝41；
C＋C＋C＝42；
C＋C＋C＋C＝43；
……
照此规律，当n∈N
时，
C＋C＋C＋…＋C＝________．
(2)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法可以求出过点A(－2，3)，且法向量为n＝(－1，2)的直线方程为(－1)×(x＋2)＋2×(y－3)＝0，化简得x－2y＋8＝0.类比上述方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为n＝(－1，2，－3)的平面的方程为________．
【答案】（1）4n－1　（2）x－2y＋3z－6＝0　
【解析】（1）归纳可知，C＋C＋C＋…＋C＝4n－1.
（2）类比直线方程的求解方法，可得平面的方程为（－1）×（x－1）＋2×（y－2）＋（－3）×（z－3）＝0，即x－2y＋3z－6＝0.
【感悟提升】由特殊结论得出一般结论的推理是归纳推理，归纳出的一般性结论要包含已知的特殊结论；根据已有结论推断相似对象具有相应结论的推理就是类比推理．归纳和类比得出的结论未必正确，其正确性需要通过演绎推理进行证明．合情推理和演绎推理在解决数学问题中是相辅相成的．
【变式探究】
已知cos＝，coscos＝，coscos·cos＝，……根据以上等式，可猜想的一般结论是________________．
【答案】coscos…cos＝（n∈N
）　
【命题热点突破三】排列与组合
例3、【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
（A）24
　（B）48
　（C）60
　（D）72
【答案】D
【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.
【感悟提升】
解决排列组合问题的基本方法有直接法和间接法．直接法就是采用分类、分步的方法逐次求解，间接法是从问题的对立面求解．不论是直接法还是间接法，都要遵循“特殊元素、特殊位置优先考虑”的原则．注意几种典型的排列组合问题：相邻问题(捆绑法)、不相邻问题(插空法)、定序问题(组合法)、分组分配问题(先分组后分配)等．
【变式探究】
已知直线＋＝1(a，b是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线有________条.
【答案】60　
【命题热点突破四】二项式定理
例4、【2016年高考北京理数】在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）
【答案】60.
【解析】根据二项展开的通项公式可知，的系数为。
【感悟提升】
(1)二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程思想解决的．(2)
二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．
【变式探究】（2015·全国卷Ⅱ）
(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________．
【答案】3　
【解析】（a＋x）（1＋x）4的展开式中x的奇数次幂项一部分来自第一个因式取a，第二个因式取Cx及Cx3；另一部分来自第一个因式取x，第二个因式取Cx0，Cx2及Cx4.所以系数之和为aC＋aC＋C＋C＋C＝8a＋8＝32，所以a＝3.
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1卷】执行右面的程序框图,如果输入的,则输出x,y的值满足
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
2.【2016高考新课标3理数】执行下图的程序框图，如果输入的，那么输出的（
）
（A）3
（B）4
（C）5
（D）6
【答案】B
3.【2016年高考四川理数】秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为3，2，则输出v的值为
（A）9
（B）18
（C）20
（D）35
【答案】B
【解析】程序运行如下
结束循环，输出，故选B.
4.【2016高考新课标2理数】中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的，依次输入的为2，2，5，则输出的（
）
（A）7
（B）12
（C）17
（D）34
【答案】C
5.【2016年高考北京理数】执行如图所示的程序框图，若输入的值为1，则输出的值为（）
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】B
【解析】输入，则，；进入循环体，，否，，，否，，，此时，输出，则，选B.
6.【2016高考山东理数】执行右边的程序框图，若输入的a,b的值分别为0和9，则输出的i的值为________.
【答案】3
【解析】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；满足条件，结束循环，此时，.
7.【2016高考天津理数】阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（
）
（A）2
（B）4
（C）6
（D）8
【答案】B
【解析】依次循环：结束循环，输出，选B.
8.【2016高考江苏卷】如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是
▲
.
【答案】9
【解析】第一次循环：，第二次循环：，此时循环结束。
1.【2016高考新课标2理数】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（
）
（A）24
（B）18
（C）12
（D）9
【答案】B
【解析】由题意，小明从街道的E处出发到F处最短路径的条数为6，再从F处到G处最短路径的条数为3，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为，故选B.
2.【2016年高考四川理数】设i为虚数单位，则的展开式中含x4的项为
（A）－15x4
（B）15x4
（C）－20i
x4
（D）20i
x4
【答案】A
【解析】二项式展开的通项，令，得，则展开式中含的项为，故选A.
3.【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
（A）24
　（B）48
　（C）60
　（D）72
【答案】D
【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.
4.【2016高考新课标3理数】定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项
为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有
（
）
（A）18个
（B）16个
（C）14个
（D）12个
【答案】C
【解析】由题意，得必有，，则具体的排法列表如下：
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
5.【2016年高考北京理数】在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）
【答案】60.
【解析】根据二项展开的通项公式可知，的系数为。
6.【2016高考新课标1卷】的展开式中,x3的系数是
.（用数字填写答案）
【答案】10
【解析】
试题分析：的展开式的通项为(，1，2，…，5)，令得，所以的系数是.
7.【2016高考天津理数】的展开式中x2的系数为__________.(用数字作答)
【答案】－56
【解析】展开式通项为，令，，所以的．故答案为－56．
8.【2016高考山东理数】若（ax2+）5的展开式中x5的系数是—80，则实数a=_______.
【答案】－2
【解析】因为，所以由，因此
1．(2015·重庆，7)执行如图所示的程序框图，输出的结果为(　　)
A．(－2，2)
B．(－4，0)
C．(－4，－4)
D．(0，－8)
2．(2015·福建，6)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为(　　)
A．2
B．1
C．0
D．－1
解析　当i＝1，S＝0进入循环体运算时，S＝0，i＝2；S＝0＋(－1)＝－1，i＝3；S＝－1＋0＝－1，i＝4；∴S＝－1＋1＝0，i＝5；S＝0＋0＝0，i＝6＞5，故选C.
答案　C
3．(2015·北京，3)执行如图所示的程序框图，若输出k的值为8，则判断框内可填入的条件是(　　)
A．s≤
B．s≤
C．s≤
D．s≤
解析　由程序框图，k的值依次为0，2，4，6，8，因此s＝＋＋＝(此时k＝6)还必须计算一次，因此可填s≤，选C.
答案　C
4．(2015·新课标全国Ⅱ，8)下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a＝(　　)
A．0
B．2
C．4
D．14
5．(2015·山东，13)执行如图所示的程序框图，输出的T的值为________.
解析　当n＝1时，T＝1＋x1dx＝1＋＝1＋＝；
当n＝2时，T＝＋x2dx＝＋＝＋＝；
当n＝3时，结束循环，输出T＝.
答案　
6．(2015·广东，12)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答)．
解析　依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1
560条毕业留言．
答案　1
560
7．(2015·北京，9)在(2＋x)5的展开式中，x3的系数为________(用数字作答)．
解析　展开式通项为：Tr＋1＝C25－rxr，∴当r＝3时，系数为C·25－3＝40.
答案　40
8．(2015·天津，12)在的展开式中，x2的系数为________．
9．(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40
000大的偶数共有(　　)
A．144个
B．120个
C．96个
D．72个
解析　由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A＝72个；若万位是4，则有2×A个＝48个，故40
000大的偶数共有72＋48＝120个．选B.
答案　B
10.
(2015·陕西，4)二项式(x＋1)n(n∈N＋)的展开式中x2的系数为15，则n＝(　　)
A．4
B．5
C．6
D．7
解析　由题意易得：C＝15，C＝C＝15，即＝15，解得n＝6.
答案　C专题15
椭圆、双曲线、抛物线
文
【考向解读】
1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质 特别是离心率 .2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系 弦长、中点等 .
【命题热点突破一】
圆锥曲线的定义与标准方程
1．圆锥曲线的定义
(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)；
(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)；
(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M.
2．求解圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”
所谓“定型”，就是曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．
例1　【2016高考浙江理数】已知椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（
）
A．m>n且e1e2>1
B．m>n且e1e2<1
C．m1
D．m【答案】A
【特别提醒】(1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．
【变式探究】
(1)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点．若△AF1B的周长为4，则C的方程为(　　)
A.＋＝1
B.＋y2＝1
C.＋＝1
D.＋＝1
(2)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线过点(2，)，且双曲线的一个焦点在抛物线y2＝4x的准线上，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
【答案】　(1)A　(2)D
【命题热点突破二】
圆锥曲线的几何性质
1．椭圆、双曲线中，a，b，c之间的关系
(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝；
(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝.
2．双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为
y＝±x.注意离心率e与渐近线的斜率的关系．
例2、【2016高考新课标3理数】已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【变式探究】　(1)椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于________．
(2)(2015·西北工业大学附中四模)已知双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2＋y2＝a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|＝|CF2|，则双曲线的渐近线方程为(　　)
A．y＝±3x
B．y＝±2x
C．y＝±(＋1)x
D．y＝±(－1)x
【答案】
(1)－1　(2)C
【解析】(1)直线y＝(x＋c)过点F1(－c,0)，且倾斜角为60°，所以∠MF1F2＝60°，从而∠MF2F1＝30°，所以MF1⊥MF2.在Rt△MF1F2中，|MF1|＝c，|MF2|＝c，所以该椭圆的离心率e＝＝＝－1.
(2)由题意作出示意图，
易得直线BC的斜率为，
cos∠CF1F2＝，
又由双曲线的定义及|BC|＝|CF2|可得|CF1|－|CF2|＝|BF1|＝2a，
|BF2|－|BF1|＝2a |BF2|＝4a，
故cos∠CF1F2＝＝ b2－2ab－2a2＝0 ()2－2()－2＝0 ＝1＋，故双曲线的渐近线方程为y＝±(＋1)x.
【感悟提升】(1)明确圆锥曲线中a，b，c，e各量之间的关系是求解问题的关键．
(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c，a，b的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．
【变式探究】
(1)设F1，F2分别是椭圆＋＝1
(a>b>0)的左，右焦点，若在直线x＝上存在点P，使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆的离心率的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D，若D到直线BC的距离小于a＋，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是(　　)
A．(－1,0)∪(0,1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－，0)∪(0，)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
【答案】　(1)D　(2)A
此时F2为中点，即－c＝2c，得e＝，
综上，得≤e<1，
即所求的椭圆离心率的取值范围是.
即y＝－x＋＋，
lCD：y＋＝(x－c)，
即y＝x－－.
∴xD＝c＋.
∴点D到BC的距离为.
∴∴b4∴a2>b2，∴0<<1.∴0<<1.
【命题热点突破三】
直线与圆锥曲线
判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法
(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标；
(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．
例3、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到直线l：x＝－的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程．
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而|PC|＝.
因为|PC|＝2|AB|，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
【特别提醒】解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．
【变式探究】
(1)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|等于(　　)
A.
B．2
C．6
D．4
(2)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)
A.＋＝1
B.＋＝1
C.＋＝1
D.＋＝1
【答案】　
(1)D　(2)D
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2代入上式得：
＝.
∵直线AB的斜率为＝，
∴＝ a2＝2b2，
∵右焦点为F(3,0)，
∴a2－b2＝c2＝9，
解得a2＝18，b2＝9，
又此时点(1，－1)在椭圆内，
∴椭圆方程为＋＝1.
【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】已知方程表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
2.【2016年高考四川理数】设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线
上任意一点，M是线段PF上的点，且=2,则直线OM的斜率的最大值为(
)
（A）
（B）
（C）
（D）1
【答案】C
【解析】设（不妨设），则
，故选C.
3.【2016高考新课标2理数】已知是双曲线的左，右焦点，点在上，与轴垂直，,则的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）2
【答案】A
4.【2016高考浙江理数】已知椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（
）
A．m>n且e1e2>1
B．m>n且e1e2<1
C．m1
D．m【答案】A
【解析】由题意知，即，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，
又=
，故．故选A．
5.【2016高考浙江理数】若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______．
【答案】
【解析】
6.【2016高考新课标1卷】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点,交C的准线于D、E两点.已知|AB|=,|DE|=,则C的焦点到准线的距离为
(A)2
(B)4
(C)6
(D)8
【答案】B
7.【2016高考新课标3理数】已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】由题意设直线的方程为，分别令与得，.设OE的中点为N，则，则，即，整理，得，所以椭圆C的离心率，故选A．
8.【2016高考天津理数】已知双曲线（b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形的ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为（
）
（A）（B）（C）（D）
【答案】D
9.【2016高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系中，是椭圆
的右焦点，直线
与椭圆交于两点，且,则该椭圆的离心率是
▲
.
【答案】
【解析】由题意得，因此
10.【2016高考天津理数】设抛物线，（t为参数，p＞0）的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C（p,0），AF与BC相交于点E.若|CF|=2|AF|，且△ACE的面积为，则p的值为_________.
【答案】
【解析】抛物线的普通方程为，，，
又，则，由抛物线的定义得，所以，则，
由得，即，
所以，，
所以，解得．
11.【2016高考山东理数】已知双曲线E：
（a＞0，b＞0），若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|=3|BC|，则E的离心率是_______.
【答案】2
【解析】假设点A在第一象限，点B在第二象限，则，，所以，，由，得离心率或（舍去），所以E的离心率为2.
12.【2016年高考北京理数】双曲线（，）的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则_______________.
【答案】2
【解析】∵是正方形，∴，即直线方程为，此为双曲线的渐近线，因此，又由题意，∴，．故填：2．
13.【2016高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，双曲线的焦距是________▲________.
【答案】
14.【2016高考山东理数】（本小题满分14分）
平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求
的最大值及取得最大值时点P的坐标.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为
【解析】
（Ⅱ）（Ⅰ）设，由可得，
所以直线的斜率为，
因此直线的方程为，即.
设，联立方程
得，
由，得且，
因此,
将其代入得，
因为，所以直线方程为.
联立方程，得点的纵坐标为，
即点在定直线上.
15.【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为；
②求p的取值范围.
【答案】（1）（2）①详见解析，②
【解析】
由①知，于是，所以
因此的取值范围为
16.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中
为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
17.【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为.
....12分
18.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值
范围.
【答案】（I）；（II）．
【解析】
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
19.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）设，则由题意知，当时，的方程为，.
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.
将代入得.解得或，所以.
因此的面积.
20.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
已知椭圆C：
（）的离心率为
，，，，的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.
求证：为定值.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
21.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）
已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
（II）由已知可设直线
的方程为，
有方程组
可得
所以P点坐标为（
），.
设点A，B的坐标分别为
.
由方程组
可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
22.
【2016高考上海理数】（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.
双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.
【答案】（1）．（2）.
【解析】
（1）设．
由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得．
故双曲线的渐近线方程为．
1．(2015·重庆，10)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D，若D到直线BC的距离小于a＋，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是(　　)
A．(－1，0)∪(0，1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－，0)∪(0，)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
【答案】　A
【解析】　由题意A(a，0)，B，C，由双曲线的对称性知D在x轴上，设D(x，0)，由BD⊥AC得·＝－1，解得c－x＝，所以c－x＝＜a＋＝a＋c，所以＜c2－a2＝b2 ＜1 0＜＜1，因此渐近线的斜率取值范围是(－1，0)∪(0，1)，选A.
2．(2015·陕西，14)若抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过双曲线x2－y2＝1的一个焦点，则p＝________．
【答案】　2
【解析】　由于双曲线x2－y2＝1的焦点为(±，0)，故应有＝，p＝2.
3．(2015·天津，6)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线过点(2，)
，且双曲线的一个焦点在抛物线y2＝4x的准线上，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
【答案】　D
4．(2015·浙江，5)如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)
A.
　　　
B.
C.
　　　
D.
【答案】　A
【解析】　由图象知＝＝，由抛物线的性质知|BF|＝xB＋1，|AF|＝xA＋1，∴xB＝|BF|－1，xA＝|AF|－1，∴＝.故选A.
5．(2015·福建，3)若双曲线E：－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|＝3，则|PF2|等于(　　)
A．11
B．9
C．5
D．3
【答案】　B
【解析】　由双曲线定义||PF2|－|PF1||＝2a，∵|PF1|＝3，∴P在左支上，∵a＝3，∴|PF2|－|PF1|＝6，∴|PF2|＝9，故选B.
6．(2015·安徽，4)下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y＝±2x的是(　　)
A．x2－＝1
B.－y2＝1
C.－x2＝1
D．y2－＝1
【答案】　C
【解析】　由双曲线性质知A、B项双曲线焦点在x轴上，不合题意；C、D项双曲线焦点均在y轴上，但D项渐近线为y＝±x，只有C符合，故选C.
7．(2015·广东，7)已知双曲线C：－＝1的离心率e＝，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
【答案】　B
8．(2015·四川，5)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|＝(　　)
A.
B．2
C．6
D．4
【答案】　D
【解析】　焦点F(2，0)，过F与x轴垂直的直线为x＝2，渐近线方程为x2－＝0，将x＝2代入渐近线方程得y2＝12，y＝±2，∴|AB|＝2－(－2)＝4.选D.
9．(2015·新课标全国Ⅱ，11)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为(　　)
A.
B．2
C.
D.
【答案】　D
10．(2015·新课标全国Ⅰ，5)已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则y0的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】　A
【解析】　由题意知M在双曲线C：－y2＝1上，又在x2＋y2＝3内部，由得y＝±，所以－11．(2015·浙江，9)双曲线－y2＝1的焦距是______，渐近线方程是______．
【答案】　2　y＝±x
【解析】　由双曲线方程得a2＝2，b2＝1，∴c2＝3，∴焦距为2，渐近线方程为y＝±x.
12．(2015·北京，10)已知双曲线－y2＝1(a＞0)的一条渐近线为x＋y＝0，则a＝________．
【答案】　
【解析】　双曲线渐近线方程为y＝±x，
∴＝，又b＝1，∴a＝.
13．(2015·湖南，13)设F是双曲线C：－＝1的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．
【答案】　
【解析】　不妨设F(c，0)，则由条件知P(－c，±2b)，代入－＝1得＝5，∴e＝.
14．(2015·江苏，12)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
【答案】　
15．(2015·山东，15)平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)交于点O，A，B.若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为________．
【答案】　
【解析】　由题意，不妨设直线OA的方程为y＝x，直线OB的方程为y＝－x.由得x2＝2p
·x，
∴x＝，y＝，∴A.
设抛物线C2的焦点为F，则F，
∴kAF＝.
∵△OAB的垂心为F，∴AF⊥OB，∴kAF·kOB＝－1，
∴·＝－1，∴＝.
设C1的离心率为e，则e2＝＝＝1＋＝.
∴e＝.专题13
空间中的平行与垂直
【考向解读】
1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.
2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.
【命题热点突破一】
空间线面位置关系的判定
(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．
例1、【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且
，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】证明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.
所以，于是
又因为DE平面平面
所以直线DE//平面
【变式探究】(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
(2)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
答案
(1)D　(2)D
解析　(1)若l与l1，l2都不相交则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．
(2)若α∩β＝l，a∥l，a α，a β，则a∥α，a∥β，故排除A.
若α∩β＝l，a α，a∥l，则a∥β，故排除B.
若α∩β＝l，a α，a∥l，b β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.
【特别提醒】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．
【变式探究】
已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；
②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；
③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；
④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.
A．0
B．1
C．2
D．3
答案
C　
【命题热点突破二】
空间平行、垂直关系的证明
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
例2、
【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且
，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以
又因为
所以平面
因为平面，所以
又因为
所以
因为直线，所以
【变式探究】如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.
(1)证明：BC∥平面PDA；
(2)证明：BC⊥PD；
(3)求点C到平面PDA的距离．
(3)解　如图，取CD的中点E，连接AE和PE.
因为PD＝PC，所以PE⊥CD，
在Rt△PED中，PE＝＝＝.
因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE 平面PDC，
所以PE⊥平面ABCD，
由(2)知：BC⊥平面PDC，
由(1)知：BC∥AD，
所以AD⊥平面PDC，
因为PD 平面PDC，
所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h，
因为V三棱锥CPDA＝V三棱锥PACD，
所以S△PDA·h＝S△ACD·PE，
即h＝＝＝，
所以点C到平面PDA的距离是.
【特别提醒】　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：
(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．
(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a α l⊥a.
【变式探究】
如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
证明　(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.
∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE.
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB.
又AB＝DE，∴GF＝AB.
∴四边形GFAB为平行四边形，
则AF∥BG.
∵AF 平面BCE，BG 平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD.
∵DE⊥平面ACD，AF 平面ACD，
∴DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.
∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.
∵BG 平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.
【命题热点突破三】
平面图形的折叠问题
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．
例3、【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.
因此，从而.由,得.
由得.所以，.
于是，
故.
又，而，
所以.
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，
.因此二面角的正弦值是.
【变式探究】如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？请说明理由．
例3　(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE 平面A1CB，BC 平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(3)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.
理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
【特别提醒】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．
【变式探究】如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M－CDE的体积．
(1)证明　因为PD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PD⊥AD.
又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，
所以AD⊥平面PCD.又CF 平面PCD，
所以AD⊥CF，即MD⊥CF.
又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.
(2)解　因为PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，
所以PD＝，由(1)知FD⊥CF，
在直角三角形DCF中，CF＝CD＝.
过点F作FG⊥CD交CD于点G，得FG＝FCsin60°＝×＝，
所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝，
所以MD＝＝＝.
S△CDE＝DE·DC＝××1＝.
故VM－CDE＝MD·S△CDE＝××＝.
【高考真题解读】
9.【2016高考新课标2理数】
是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：
（1）如果，那么.
（2）如果，那么.
（3）如果，那么.
（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.
其中正确的命题有
．
(填写所有正确命题的编号）
【答案】②③④
10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是
.
【答案】
【解析】中，因为，所以.
由余弦定理可得，所以.设，则，.在中，由余弦定理可得.故.
在中，，.
由余弦定理可得，所以.
由此可得，将ABD沿BD翻折后可与PBD重合，无论点D在任何位置，只要点D的位置确定，当平面PBD⊥平面BDC时，四面体PBCD的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.
过作直线的垂线，垂足为.设，则，
即，解得.
而的面积.
当平面PBD⊥平面BDC时：
四面体的体积.
观察上式，易得，当且仅当，即时取等号，同时我们可以发现当时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大，为
11.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB
B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】A
12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（
）
（A）4π
（B）
（C）6π
（D）
【答案】B
【解析】要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．
1．(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
2．(2015·浙江，8)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)
A．∠A′DB≤α
　　　
B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α
　　　
D．∠A′CB≥α
解析　极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.
答案　B
3．(2015·浙江，13)如图，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
解析　连接DN，作DN的中点O，连接MO，OC.在△AND中．M为AD的中点，则OMAN.所以异面直线AN，CM所成角为∠CMO，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，则AN＝2，∴OM＝.在△ACD中，同理可知CM＝2，在△BCD中，DN＝2，在Rt△ONC中，ON＝，CN＝1∴OC＝.在△CMO中，由余弦定理cos∠CMO＝＝＝.
答案　
4．(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明　(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE 平面AA1C1C，AC 平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1 平面BCC1B1，BC 平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1 平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，
所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C 平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1 平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
5．(2015·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．
解　(1)交线围成的正方形EHGF如图：
6．(2015·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC，
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
(1)证明　连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt
△EBG中，可得BE＝，故DF＝.
在Rt
△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG 平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.
7．(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.
求证：(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.
证明　
(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.
又因为PA 平面DEF，DE 平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝PA＝3，
EF＝BC＝4.
又因为DF＝5，
故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因为AC∩EF＝E，AC 平面ABC，EF 平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
又DE 平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABC.
8．(2014·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积．
(2)解　因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz，则D(0，，0)，E，＝.
设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝.因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为，三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝.专题08
三角函数的图像与性质
文
【考向解读】
1.三角函数y＝Asin
(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象变换，周期及单调性是2016年高考热点．
2.备考时应掌握y＝sin
x，y＝cos
x，y＝tan
x的图象与性质，并熟练掌握函数y＝Asin
(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的值域、单调性、周期性等．
3.以图象为载体，考查三角函数的最值、单调性、对称性、周期性.
4.考查三角函数式的化简、三角函数的图象和性质、角的求值，重点考查分析、处理问题的能力，是高考的必考点.
【命题热点突破一】　三角函数的概念、同角三角函数关系、诱导公式
例1、【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【感悟提升】在单位圆中定义的三角函数，当角的顶点在坐标原点，角的始边在x轴正半轴上时，角的终边与单位圆交点的纵坐标为该角的正弦值、横坐标为该角的余弦值．如果不是在单位圆中定义的三角函数，那么只要把角的终边上点的横、纵坐标分别除以该点到坐标原点的距离就可转化为单位圆上的三角函数定义．
【变式探究】
当x＝时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值，则函数y＝f是(　　)
A．奇函数且图像关于点对称
B．偶函数且图像关于点(π，0)对称
C．奇函数且图像关于直线x＝对称
D．偶函数且图像关于点对称
【答案】C　
【解析】当x＝时，函数f（x）＝Asin（x＋φ）（A>0）取得最小值，即＋φ＝－＋2kπ，k∈Z，即φ＝－＋2kπ，k∈Z，所以f（x）＝Asin（x－）（A>0），所以y＝f（－x）＝Asin（－x－）＝－Asin
x，所以函数y＝f（π－x）为奇函数，且其图像关于直线x＝对称.
【命题热点突破二】　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像与解析式
例2、设函数f(x)＝sin
ωx＋sin，x∈R.
(1)若ω＝，求f(x)的最大值及相应的x的取值集合；
(2)若x＝是f(x)的一个零点，且0<ω<10，求ω的值和f(x)的最小正周期．
【感悟提升】三角函数最值的求法：(1)形如y＝asin
x＋bcos
x＋k的函数可转化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)的形式，利用有界性处理；(2)形如y＝asin2x＋bsin
x＋c的函数可利用换元法转化为二次函数，通过配方法和三角函数的有界性求解；(3)形如y＝的函数，一般看成直线的斜率，利用数形结合求解．
【变式探究】【2016年高考四川理数】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点(
)
（A）向左平行移动个单位长度
（B）向右平行移动个单位长度
（C）向左平行移动个单位长度
　（D）向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】由题意，为了得到函数，只需把函数的图像上所有点向右移个单位，故选D.
【命题热点突破三】三角函数的性质
例3、某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)在某一个周期内的图像时，列表并填入了部分数据，如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
(1)请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并直接写出函数f(x)的解析式；
(2)将y＝f(x)图像上所有点向左平行移动θ(θ>0)个单位长度，得到y＝g(x)的图像，若y＝g(x)图像的一个对称中心为，求θ的最小值．
【解析】（1）根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－.数据补全如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
π
Asin（ωx＋φ）
0
5
0
－5
0
且函数解析式为f（x）＝5sin.
【感悟提升】函数图像的平移变换规则是“左加右减”，并且在变换过程中只变换其中的自变量x，如果x的系数不是1，那么就要提取这个系数后再确定变换的单位长度和方向．
【变式探究】函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图像向左平移个单位长度后所得图像关于原点对称，则函数f(x)在上的最小值为(　　)
A．－
B．－
C.
D.
【答案】A　
【解析】【命题热点突破四】　三角函数图像与性质的综合应用
例4、(2016·高考全国甲卷)函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则(　　)
A．y＝2sin　　　　B．y＝2sin
C．y＝2sin
D．y＝2sin
【答案】：A
【解析】：根据图象上点的坐标及函数最值点，确定A，ω与φ的值．
由图象知＝－＝，故T＝π，因此ω＝＝2.又图象的一个最高点坐标为，所以A＝2，且2×＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，故φ＝2kπ－(k∈Z)，结合选项可知y＝2sin.
【变式探究】已知函数f(x)＝2cos2x＋2
sin
xcos
x＋a，当x∈时，f(x)的最小值为2.
(1)求a的值，并求f(x)的单调递增区间；
(2)先将函数f(x)的图像上的点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再将所得的图像向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图像，求方程g(x)＝4在区间上所有根之和．
【感悟提升】三角函数综合解答题的主要解法就是先把三角函数的解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再结合题目要求，利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像与性质解决问题．
【命题热点突破五】三角函数图像、性质、正余弦定理、不等式等的综合
例5、
已知向量a＝(sin
x，2cos
x)，b＝(2
cos
x，－cos
x)，函数f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)在△ABC中，若角A满足f＝1，且△ABC的面积为8，求△ABC周长的最小值．
【解析】（1）∵f（x）＝2
sin
xcos
x－2cos2x＝sin
2x－cos
2x－1＝2sin－1，
∴函数f（x）的最小正周期为π.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，得
－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
∴函数f（x）的单调递增区间为，k∈Z.
（2）设a，b，c分别是内角A，
B，C对的边，
由f＝1，得2sin－1＝1，
即sin＝1，又∵A为三角形的内角，∴A＝，
∴bc＝8，∴bc＝16，
∴b＋c≥2
＝8，a＝≥＝4
，当且仅当b＝c＝4时等号成立.
故△ABC周长的最小值为8＋4
.
【失分分析】三角函数综合性问题最容易犯的错误是求错三角函数的解析式．解题时要注意各种限制条件的应用，如指定的角的范围、三角形内角的范围等．在使用基本不等式时注意等号成立的条件．
【变式探究】
在直角坐标系xOy中，角α的始边为x轴的非负半轴，终边为射线l：y＝2
x(x≥0)．
(1)求cos的值；
(2)若点P，Q分别是角α始边、终边上的动点，且|PQ|＝6，求三角形POQ面积最大时点P，Q的坐标．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标3理数】在中，，边上的高等于,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】设边上的高为，则，所以，．由余弦定理，知，故选C．
2.【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
3.【2016高考新课标3理数】若
，则（
）
(A)
(B)
(C)
1
(D)
【答案】A
【解析】
由，得或，所以，故选A．
4.【2016年高考四川理数】=
.
【答案】
【解析】由二倍角公式得
5.【2016年高考四川理数】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点(
)
（A）向左平行移动个单位长度
（B）向右平行移动个单位长度
（C）向左平行移动个单位长度
　（D）向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】由题意，为了得到函数，只需把函数的图像上所有点向右移个单位，故选D.
6.【2016高考新课标2理数】若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【解析】
7.【2016年高考北京理数】将函数图象上的点向左平移（）
个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（
）
A.，的最小值为B.
，的最小值为
C.，的最小值为D.，的最小值为
【答案】A
【解析】由题意得，，当s最小时，所对应的点为，此时，故选A.
8.【2016高考新课标3理数】函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．
【答案】
【解析】因为，＝，所以函数的图像可由函数的图像至少向右平移个单位长度得到．
9.【2016高考浙江理数】设函数，则的最小正周期（
）
A．与b有关，且与c有关
B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关
D．与b无关，但与c有关
【答案】B
【解析】，其中当时，，此时周期是；当时，周期为，而不影响周期．故选B．
10.【2016高考山东理数】函数f（x）=（sin
x+cos
x）（cos
x
–sin
x）的最小正周期是（
）
（A）
（B）π
（C）
（D）2π
【答案】B
11.【2016年高考四川理数】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点(
)
（A）向左平行移动个单位长度
（B）向右平行移动个单位长度
（C）向左平行移动个单位长度
　（D）向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】由题意，为了得到函数，只需把函数的图像上所有点向右移个单位，故选D.
12.【2016高考新课标2理数】若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【解析】由题意，将函数的图像向左平移个单位得，则平移后函数的对称轴为，即，故选B.
13.【2016年高考北京理数】将函数图象上的点向左平移（）
个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（
）
A.，的最小值为B.
，的最小值为
C.，的最小值为D.，的最小值为
【答案】A
【解析】由题意得，，当s最小时，所对应的点为，此时，故选A.
14.【2016高考新课标3理数】函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．
【答案】
【解析】
15.【2016高考新课标3理数】在中，，边上的高等于,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】设边上的高为，则，所以，．由余弦定理，知，故选C．
16.【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】
，
且，故选D.
17.【2016高考新课标3理数】若
，则（
）
(A)
(B)
(C)
1
(D)
【答案】A
【解析】
1.【2015高考新课标1，理2】
=(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】原式=
==，故选D.
2.【2015江苏高考，8】已知，，则的值为_______.
【答案】3
【解析】
3.【2015高考福建，理19】已知函数的图像是由函数的图像经如下变换得到：先将图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移个单位长度.
(Ⅰ)求函数的解析式，并求其图像的对称轴方程；
(Ⅱ)已知关于的方程在内有两个不同的解．
（1)求实数m的取值范围；
（2)证明：
【答案】(Ⅰ)
，；(Ⅱ)（1）；（2）详见解析．
【解析】
(2)1)
（其中）
依题意，在区间内有两个不同的解当且仅当，故m的取值范围是.
2)因为是方程在区间内有两个不同的解，
所以，.
当时，
当时,
所以
解法二：(1)同解法一.
(2)1)
同解法一.
4.【2015高考山东，理16】设.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.
【答案】（I）单调递增区间是；
单调递减区间是
（II）
面积的最大值为
【解析】
（I）由题意知
由
可得
由
可得
所以函数
的单调递增区间是
；　
单调递减区间是
5.【2015高考重庆，理9】若，则（　　）
A、1
B、2
C、3
D、4
【答案】C
【解析】由已知，
＝，选C.
6.【2015高考山东，理3】要得到函数的图象，只需要将函数的图象（
）
（A）向左平移个单位
（B）向右平移个单位
（C）向左平移个单位
（D）向右平移个单位
【答案】B
【解析】
7.【2015高考新课标1，理8】函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为(
)
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】D
【解析】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.
8.
【2014高考湖南卷第9题】已知函数且则函数的图象的一条对称轴是(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
9.
【2014高考江苏卷第5题】已知函数与函数，它们的图像有一个横坐标为的交点，则的值是
.
【答案】
【解析】由题意，即，，，因为，所以．
10.
【2014辽宁高考理第9题】将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（
）
A．在区间上单调递减
B．在区间上单调递增
C．在区间上单调递减
D．在区间上单调递增
【答案】B
【解析】数列、等差数列﹑等比数列
【考向解读】
1.高考侧重于考查等差、等比数列的通项an，前n项和Sn的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．
2.备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．
3.等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大.解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的常用性质.
【命题热点突破一】等差、等比数列的基本计算
例1、【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..
【答案】6
【解析】∵是等差数列，∴，，，，
∴，故填：6．
【感悟提升】
涉及求等差、等比数列的通项、某一项问题时，常用到等差、等比数列的基本性质．等差数列{an}中，m＋n＝p＋q am＋an＝ap＋aq，m＋n＝2p am＋an＝2ap；等比数列{an}中，m＋n＝p＋q aman＝apaq，m
＋
n
＝
2p aman＝a.
【变式探究】
在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　　)
A．2n＋1－2
B．3n
C．2n
D．3n－1
【答案】C　
【命题热点突破二】等差、等比数列的判断与证明
已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝1，an＋1an＋an＋1－an＝0(n∈N
)．
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
【解析】解：（1）证明：因为an＋1an＋an＋1－an＝0（n∈N
），
所以bn＋1－bn＝－＝－＝1，
又b1＝＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.
（2）由（1）知bn＝n，所以an＝.
令cn＝，则cn＝＝－，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＝.
【感悟提升】
等差数列的判定与证明有以下四种方法：①定义法，即an－an－1＝d(d为常数，n∈N
，n≥2) {an}为等差数列；②等差中项法，即2an＋1＝an＋an＋2(n∈N
) {an}为等差数列；③通项公式法，即an＝an＋b(a，b是常数，n∈N
) {an}为等差数列；④前n项和公式法，即Sn＝an2＋bn(a，b是常数，n∈N
) {an}为等差数列．等比数列的判定与证明有以下三种方法：①定义法，即＝q(q为常数且q≠0，n∈N
，n≥2) {an}为等比数列；②等比中项法，即a＝anan＋2(an≠0，n∈N
) {an}为等比数列；③通项公式法，即an＝a1qn－1(其中a1，q为非零常数，n∈N
) {an}为等比数列．
【变式探究】若{an}是各项均不为零的等差数列，公差为d，Sn
为其前n
项和，且满足a＝S2n－1，n∈N
.数列{bn}
满足bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和．
(1)
求an
和Tn.
(2)
是否存在正整数
m，n(1成等比数列？
若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．
（2）假设存在正整数
m，n（1成等比数列，则T1·Tn＝T.
∵T1·Tn＝＝<，
∴T＝＝<，
∴2m2－4m－1＜0，∴1－＜m＜1＋，又∵m∈N且m＞1，
∴m＝2，则T＝.令T1·Tn＝＝，得n＝12，
∴当且仅当m＝2，n＝12时，T1，Tm，Tn成等比数列.
【命题热点突破三】　数列中an与Sn的关系问题
例3
、【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是
▲
.
【答案】
【解析】由得，因此
【感悟提升】
数列{an}中，an与Sn的关系为：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1(
)，当n＝1时，a1＝S1.若a1＝S1满足(
)，则an＝Sn－Sn－1(n∈N
)；若a1＝S1不满足(
)，则an＝
【变式探究】
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．(n＋1)3
B．(2n＋1)2
C．8n2
D．(2n＋1)2－1
【答案】A　
【解析】
当n＝1时，4×（1＋1）×（a1＋1）＝（1＋2）2a1，解得a1＝8.当n≥2时，4（Sn＋1）＝，4（Sn－1＋1）＝，两式相减，得4an＝－，即＝，所以an＝··…··a1＝××…××8＝（n＋1）3.检验知n＝1也符合该式，所以an＝（n＋1）3.
【命题热点突破四】等差数列与等比数列的综合
例4
、已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N
，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N
，求数列{bn}的前n项和．
（2）由（1）得bn＝＝.
设{bn}的前n项和为Sn，则
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋（n－1）×＋n×，
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋（n－1）×＋n×，
上述两式相减，得
Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，
整理得，Sn＝4－.
所以数列{bn}的前n项和为4－，n∈N
.
【感悟提升】
在等差数列、等比数列的综合问题中，通过列方程(组)求基本量是基本而重要的方法．在数列的最值问题中，如果使用函数的方法，要充分考虑数列中的自变量是正整数．
【变式探究】已知等比数列的首项a1＝2，公比q>1，且an，an＋1，an＋2成等差数列（n∈N
）.
（1）求数列的通项公式；
（2）记bn＝nan，数列的前n项和为Sn，若（n－1）2≤m（Sn－n－1）对于n≥2，n∈N
恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】解：（1）由an，an＋1，an＋2成等差数列，可得an＋an＋2＝an＋1.
又是等比数列，所以an＋q2an＝qan，又因为an≠0，所以2q2－5q＋2＝0，
因为q>1，所以q＝2.
又a1＝2，所以数列的通项公式为an＝2n.
（2）因为bn＝nan＝n·2n，所以Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1，
所以Sn＝－（2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1）＝－（－n·2n＋1）＝（n－1）·2n＋1＋2.
因为（n－1）2≤m（Sn－n－1）对于n≥2，n∈N
恒成立，所以
（n－1）2≤m[（n－1）·2n＋1＋2－n－1]恒成立，即（n－1）2≤m（n－1）（2n＋1－1）恒成立，
于是问题转化为m≥对于n≥2，n∈N
恒成立.
令f（n）＝，n≥2，则f（n＋1）－f（n）＝－＝<0，
所以当n≥2，n∈N
时，f（n＋1）则f（n）≤f（2）＝，
所以m≥.
故实数m的取值范围为.
【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则
（
）
（A）100
（B）99
（C）98
（D）97
【答案】C
【解析】由已知,所以故选C.
2【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，，
（）.若（
）
A．是等差数列
B．是等差数列
C．是等差数列
D．是等差数列
【答案】A
3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..
【答案】6
【解析】∵是等差数列，∴，，，，
∴，故填：6．
4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是
▲
.
【答案】
【解析】由得，因此
5、【2016高考新课标1卷】设等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2
…an的最大值为
．
【答案】64
【解析】设等比数列的公比为，由得，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
6.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
（1）由已知得.
于是当时，.
又，故，即.
所以数列的通项公式为.
（2）因为，，
所以.
因此，.
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
综合①②③得，.
1.【2015高考重庆，理2】在等差数列中，若=4，=2，则=　　　　（　　）
A、-1
B、0
C、1
D、6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得，选B.
2.【2015高考福建，理8】若
是函数
的两个不同的零点，且
这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则
的值等于（
）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】D
【解析】由韦达定理得，，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，．当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，，解得，；当是等差中项时，，解得，，综上所述，，所以，选D．
3.【2015高考北京，理6】设是等差数列.
下列结论中正确的是（
）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
4.【2015高考新课标2，理16】设是数列的前n项和，且，，则________．
【答案】
【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
5.【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则=
.
【答案】10．
【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．
6.【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为
．
【答案】5
【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：5．
7.【2015高考浙江，理3】已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（
）
B.
C.
D.
【答案】B.
【解析】∵等差数列，，，成等比数列，∴，
∴，∴，，故选B.
8.【2015高考安徽，理14】已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于
.
【答案】
9.
【2014高考北京版理第5题】设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”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
【答案】D
【解析】对等比数列，若，则当时数列是递减数列；若数列是递增数列，则满足且，故当“”是”数列为递增数列的既不充分也不必要条件.故选C.
10.
【2014高考福建卷第3题】等差数列的前项和，若，则(
)
【答案】C
【解析】假设公差为,依题意可得.所以.故选C.专题13
空间中的平行与垂直
文
【考向解读】
1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.
2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.
【命题热点突破一】
空间线面位置关系的判定
(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．
例1、【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且
，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以
又因为
所以平面
因为平面，所以
又因为
所以
因为直线，所以
【变式探究】(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
(2)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
【答案】
(1)D　(2)D
【特别提醒】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．
【变式探究】
已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；
②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；
③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；
④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】
C　
【命题热点突破二】
空间平行、垂直关系的证明
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
例2、
【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且
，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【变式探究】如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.
(1)证明：BC∥平面PDA；
(2)证明：BC⊥PD；
(3)求点C到平面PDA的距离．
【解析】
(1)证明　因为四边形ABCD是长方形，
所以BC∥AD，因为BC 平面PDA，
AD 平面PDA，
所以BC∥平面PDA.
(2)证明　因为四边形ABCD是长方形，所以BC⊥CD，因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC 平面ABCD，
所以BC⊥平面PDC，
因为PD 平面PDC，所以BC⊥PD.
(3)解　如图，取CD的中点E，连接AE和PE.
因为PD＝PC，所以PE⊥CD，
在Rt△PED中，PE＝＝＝.
【特别提醒】　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：
(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．
(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a α l⊥a.
【变式探究】
如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
【命题热点突破三】
平面图形的折叠问题
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．
例3、【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【变式探究】如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？请说明理由．
【解析】例3　(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE 平面A1CB，BC 平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
【特别提醒】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．
【变式探究】如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M－CDE的体积．
【高考真题解读】
9.【2016高考新课标2理数】
是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：
（1）如果，那么.
（2）如果，那么.
（3）如果，那么.
（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.
其中正确的命题有
．
(填写所有正确命题的编号）
【答案】②③④
10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是
.
【答案】
【解析】中，因为，所以.
由余弦定理可得，所以.设，则，.在中，由余弦定理可得.故.
在中，，.
由余弦定理可得，所以.
由此可得，将ABD沿BD翻折后可与PBD重合，无论点D在任何位置，只要点D的位置确定，当平面PBD⊥平面BDC时，四面体PBCD的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.
11.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB
B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】A
【解析】如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角.过作，交的延长线于点E,连接，则为.连接，过B1作，交的延长线于点，则为.连接BD，则，则所成的角即为所成的角，为，故所成角的正弦值为，选A.
12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（
）
（A）4π
（B）
（C）6π
（D）
【答案】B
【解析】要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．
1．(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
【答案】　D
2．(2015·浙江，8)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)
A．∠A′DB≤α
　　　
B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α
　　　
D．∠A′CB≥α
【答案】　B
【解析】　极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.
3．(2015·浙江，13)如图，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
【答案】　
4．(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
5．(2015·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．
【解析】　
6．(2015·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC，
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
(2)解　如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系G－xyz，由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，F，C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
7．(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.
求证：(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.
8．(2014·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积．
【解析】(1)证明　连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
又因为EO 平面AEC，PB 平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)解　因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
可取n1＝.
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝.因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为，三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝.专题12
空间几何体的三视图﹑表面积及体积
【命题热点突破一】三视图与直观图
1．一个物体的三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．
2．由三视图还原几何体的步骤
一般先从俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．
例1、【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【方法技巧】空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．
【变式探究】
　(1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是(　　)
(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)
【答案】
(1)D　(2)D
【命题热点突破二】
几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．
例2、【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【方法技巧】(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．
【变式探究】在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是________．
【答案】
【解析】　由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，
∵，
又∵AA1∥平面PMN，
∴＝VA-PMN，
∴VA-PMN＝××1××＝，
故＝.
【命题热点突破三】
多面体与球
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．
例3、【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【方法技巧】三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形：
(1)P可作为长方体上底面的一个顶点，A、B、C可作为下底面的三个顶点；
(2)P－ABC为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．
【变式探究】
在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ABD的面积分别为，，，则三棱锥A－BCD的外接球体积为________.
【答案】
π
【解析】
【高考真题解读】
1、【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】该几何体直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
故选A．
2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】
3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）
B.
C.D.
【答案】A
4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（
）
（A）
（B）
（C）90
（D）81
【答案】B
5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足
则（
）
A．m∥l
B．m∥n
C．n⊥l
D．m⊥n
【答案】C
【解析】由题意知，．故选C．
7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是
.
【答案】
8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是
cm2，体积是
cm3.
【答案】
【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为
1．(2015·广东，8)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值(　　)
A．大于5
B．等于5
C．至多等于4
D．至多等于3
【答案】　C
【解析】　当n＝3时显然成立，故排除A，B；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n＝4时成立，故选C.
2．(2015·浙江，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是(　　)
A．8
cm3
B．12
cm3
C.
cm3
D.
cm3
【答案】　C
3．(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)
A．1
　　　
B．2
C．4
　　　
D．8
【答案】　B
【解析】　由题意知，2r·2r＋·2πr·2r＋πr2＋πr2＋·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.
4．(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
【答案】　π
5．(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A．3π
B．4π
C．2π＋4
D．3π＋4
【答案】　D
6.(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)
A．1＋
B．2＋
C．1＋2
D．2
【答案】　B
【解析】　由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S表＝2××2×1＋2××()2＝2＋，故选B.
7．(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)
A．36π
B．64π
C．144π
D．256π
【答案】　C
【解析】　如图，要使三棱锥O－ABC即C－OAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥C－OAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，则VO－ABC最大＝VC－OAB最大＝×S△OAB×R＝××R2×R＝R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π，选C.
8．(2015·山东，7)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
A.
B.
C.
D．
2π
【答案】　C
【解析】　如图，由题意，得BC＝2，AD＝AB＝1.绕AD所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V＝π×12×2－π×12×1＝π.
9．(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A.＋π
B.＋π
C.＋2π
D.＋2π
【答案】　A
10．(2015·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】　D
11．(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝)(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】　A
【解析】　易知原工件为一圆锥，V1＝πr2h＝π，设内接长方体长、宽、高为a、b、c，欲令体积最大，则a＝b.由截面图的相似关系知，c＋＝2，即c＋a＝2，
∴V长方体＝abc＝a2c＝a2(2－a)，
设g(a)＝2a2－a3，则g′(a)＝4a－3a＝0，令g′(a)＝0，解得a＝，所以令a＝时，V长方体最大为，
∴＝＝.故选A.专题14
空间向量与立体几何
【考向解读】
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
【命题热点突破一】
利用向量证明平行与垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：
(1)线面平行
l∥α a⊥μ a·μ＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α a∥μ a＝kμ a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β μ∥v μ＝λv a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β μ⊥v μ·v＝0 a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
例1、【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面
,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(I)求证：EF⊥平面ACFD；
(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）．
【解析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，且，所以平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，则．
所以平面．
方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．
取的中点，则，又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为．
由，得，取；
由，得，取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
【变式探究】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明　方法一　由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，
F(1,0,1)，M，O.
(1)＝，＝(－1,0,0)，
∴·＝0,
∴⊥.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，
且OM 平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，
由
得解得
令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0,1,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，
∵＝，＝－，
∴·＝·＝0，
·＝·(－)
＝－2＋2＝0.
∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，
∴OM⊥平面EFCD.
又OM 平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.
思维升华　用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
【变式探究】
如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明　(1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，
令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴＝(－2,4,0)，
＝(－2,4,0)，
∴＝，∴DE∥NC，
又∵NC 平面ABC，DE 平面ABC.
故DE∥平面ABC.
(2)＝(－2,2，－4)，
＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，
又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
【命题热点突破二】
利用空间向量求空间角
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ(0≤θ≤)，则
cosθ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，
则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角
设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，
则|cosθ|＝＝|cos〈μ，v〉|.
例2、【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，
.因此二面角的正弦值是.
【变式探究】如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为
B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
即令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1,0,2)，设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，
又＝(0，－2,2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，
则cos2〈，〉＝＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，
所以BQ＝BP＝.
【感悟提升】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．
【变式探究】在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
(1)证明　∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB 平面ABD，AB⊥BD，
∴AB⊥平面BCD.
又CD 平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)解　过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．
由(1)知AB⊥平面BCD，BE 平面BCD，BD 平面BCD，
∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，
A(0,0,1)，M(0，，)，
则＝(1,1,0)，＝(0，，)，＝(0,1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
【命题热点突破三】
利用空间向量求解探索性问题
存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
例3、【2016高考天津理数】（本小题满分13分）
如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.
（I）求证：EG∥平面ADF；
（II）求二面角O-EF-C的正弦值；
（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.
（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即
.不妨设，可得.
因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.
（III）解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此.所以，直线和平面所成角的正弦值为.
【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．
(1)求证：A1B∥平面ADC1；
(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；
(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．
(1)证明　连接A1C，交AC1于点O，连接OD.
由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．
又D为BC的中点，
所以OD为△A1BC的中位线，
所以A1B∥OD.
因为OD 平面ADC1，A1B 平面ADC1，
所以A1B∥平面ADC1.
(2)解　由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直．
以BC，BA，BB1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B－xyz.
设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，
所以＝(1，－2,0)，1＝(2，－2,1)．
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)．
易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1)．
所以cos〈n，v〉＝＝－.
因为二面角C1－AD－C是锐二面角，
所以二面角C1－AD－C的余弦值为.
【感悟提升】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．
【举一反三】如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
解　(1)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，
N(1,1,1)，E(，1,0)，所以＝(－，0，－1)，
＝(－1,0,1)．
因为|cos〈，〉|＝＝＝，
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
因为＝(0,1,1)，
可设＝λ＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，
又＝(，－1,0)，
所以＝＋＝(，λ－1，λ)．
由ES⊥平面AMN，
得
即
故λ＝，此时＝(0，，)，||＝.
经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，
使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.
高考押题精练
(1)证明　连接AC，∵四边形ABCD是矩形，且Q为BD的中点，
∴Q为AC的中点，
又在△AEC中，P为AE的中点，∴PQ∥EC，
∵EC 面BCE，PQ 面BCE，∴PQ∥平面BCE.
(2)解　如图，取EF的中点M，则AF⊥AM，以A为坐标原点，以AM，AF，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0)．
可得＝(2,0,0)，＝(－2,2,0)，＝(0,2，－1)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
故即
令x＝1，则y＝1，z＝2，
故n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量．
∵AM⊥面ADF，∴为平面ADF的一个法向量．
∴cos〈n，〉＝＝＝.
由图可知所求二面角为锐角，
∴二面角A－DF－E的余弦值为.
【高考真题解读】
15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，
.因此二面角的正弦值是.
16.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线.
（I）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
（II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（II）解法一：
连接,则平面，
又且是圆的直径，所以
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得，，过点作于点，
所以
可得
故.
设是平面的一个法向量.
由
可得
可得平面的一个法向量
因为平面的一个法向量
所以.
所以二面角的余弦值为.
解法二：
连接，过点作于点，
则有,
又平面，
所以FM⊥平面ABC,
可得
过点作于点，连接，
可得,
从而为二面角的平面角.
又,是圆的直径，
所以
从而，可得
所以二面角的余弦值为.
17.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且
，.
求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以
又因为
所以平面
因为平面，所以
又因为
所以
因为直线，所以
18.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）
如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.
（I）求证：EG∥平面ADF；
（II）求二面角O-EF-C的正弦值；
（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.
（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即
.不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.
（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即
.不妨设，可得.
因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.
19.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，
，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，
【解析】（1）因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）取的中点，连结，，
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
20.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．
（I）证明平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结，由得，从而，且.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，，，，，
，，.
设为平面的法向量，则，即，可取，
于是.
21.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面
,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(I)求证：EF⊥平面ACFD；
(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．
取的中点，则，又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为．
由，得，取；
由，得，取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
22.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
（Ⅱ）方法一：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.
易知PA⊥平面ABCD，
从而PA⊥CE.
于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，
所以AH=.
在Rt△PAH中，PH==
，
所以sin∠APH=
=.
方法二：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
作Ay⊥AD，以A为原点，以
,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
由
得
设x=2，解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=
=
.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为
.
23.
【2016高考上海理数】将边长为1的正方形（及其内部）绕的旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧。
（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成的角的大小。
【答案】（1）．（2）．
【解析】（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．
由的长为，可知．
，
．
（2）设过点的母线与下底面交于点，则，
所以或其补角为直线与所成的角．
由长为，可知，
又，所以，
从而为等边三角形，得．
因为平面，所以．
在中，因为，，，所以，
从而直线与所成的角的大小为．
24.【2016高考上海理数】如图，在正四棱柱中，底面的边长为3，与底面所成角的大小为，则该正四棱柱的高等于____________.
【答案】
【解析】由题意得.
1．(2015·陕西，18)如图1，在直角梯形
ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．
(1)证明　在图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，
图1
即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，
从而BE⊥平面A1OC，
又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，E为AD中点，所以BC綉ED，
所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC.
(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，
所以∠A1OC＝，
图2
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以B，E，
A1，C，
得＝，
＝，
＝＝(－，0，0)，
设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，
则得取n1＝(1，1，1)；
得取n2＝(0，1，1)，
从而cos
θ＝|cos|＝＝，
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
2．(2015·天津，17)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．
(1)求证：MN∥平面ABCD；
(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；
(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．
解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，
A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，
得M，
N(1，－2，1)．
(1)证明　依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，
设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，
则即
不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1)．
设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则
又＝(0，1，2)，
得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝
－，于是sin〈n1，n2〉＝.
所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为.
(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，
由已知，得cos〈，n〉＝
＝＝，
整理得λ2＋4λ－3＝0，
又因为λ∈[0，1]，解得λ＝－2，
所以，线段A1E的长为－2.
3．(2015·四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos
θ的最大值为________．
解析　建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则＝，
E，
设M(0，y，1)(0≤y≤1)，
则＝，
∴cos
θ＝
＝－.
设异面直线所成的角为α，
则cos
α＝|cos
θ|＝
＝·，
令t＝1－y，则y＝1－t，
∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，
那么cos
α＝|cos
θ|＝·
＝＝，
令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，
那么cos
α＝，
又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，
∴x＝1，zmin＝5，
此时cos
α的最大值＝·＝·＝.
答案　
4.(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1 DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.
(1)证明：EF∥B1C.
(2)求二面角E A1D B1的余弦值．
(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D 面A1DE，B1C 面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C 面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.
(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.
设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.
n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组
(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．
设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．
所以结合图形知二面角E A1D B1的余弦值为＝＝.
5．(2015·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角A－PD－C的余弦值．
(1)证明　由PC⊥平面ABC，DE 平面ABC，故PC⊥DE.
由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.
由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.
(2)解　由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.
以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，＝(1，－1，0)，
＝(－1，－1，3)，＝.
设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，
得故可取n1＝(2，1，1)．
由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1，0)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos
〈n1，n2〉＝＝，
故所求二面角A－PD－C的余弦值为.
6．(2015·北京，17)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．
(1)
求证：AO⊥BE；
(2)
求二面角F－AE－B的余弦值；
(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．
(1)证明　因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，
所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO 平面AEF，
所以AO⊥平面EFCB.
所以AO⊥BE.
(2)解　取BC中点G，连接OG.
由题设知EFCB是等腰梯形，
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB.
又OG 平面EFCB，
所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系O－xyz，
则E(a，0，0)，A(0，0，a)，
B(2，(2－a)，0)，＝(－a，0，a)，
＝(a－2，(a－2)，0)．
设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，则x＝，y＝－1，
于是n＝(，－1，1)．
平面AEF的法向量为p＝(0，1，0)．
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－.
(3)解　因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0，
因为＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)，
所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.
由·＝0及07．(2015·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)证明：直线MN∥平面BDH；
(3)求二面角A－EG－M的余弦值．
(1)解　点F，G，H的位置如图所示．
(2)证明　连接BD，设O为BD的中点，
因为M，N分别是BC，GH的中点，
所以OM∥CD，且OM＝CD，
HN∥CD，且HN＝CD，
所以OM∥HN，OM＝HN，
所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，
又MN 平面BDH，OH 平面BDH，
所以MN∥平面BDH.
(3)解　法一　连接AC，过M作MP⊥AC于P，
在正方体ABCD－EFGH中，AC∥EG，
所以MP⊥EG，过P作PK⊥EG于K，连接KM，
所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG，
所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角，
设AD＝2，则CM＝1，PK＝2，
在Rt△CMP中，PM＝CMsin
45°＝，
在Rt△PKM中，KM＝＝，
所以cos∠PKM＝＝，
即二面角A－EG－M的余弦值为.专题22
分类与整合思想、化归与转化思想
【考点定位】分类讨论思想，转化与化归思想近几年高考每年必考，一般体现在解析几何、函数与导数解答题中，难度较大.
【命题热点突破一】分类与整合思想
1.分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集).做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论.
常见的分类讨论问题有：
(1)集合：注意集合中空集 讨论.
(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a＞1和0＜a＜1的讨论；函数y＝ax2＋bx＋c有时候分a＝0和a≠0的讨论；对称轴位置的讨论；判别式的讨论.
(3)数列：由Sn求an分n＝1和n＞1的讨论；等比数列中分公比q＝1和q≠1的讨论.
(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论.
(5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论.
(6)立体几何：点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论.
(7)平面解析几何：直线点斜式中k分存在和不存在，直线截距式中分b＝0和b≠0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.
(8)排列、组合、概率中的分类计数问题.
(9)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.
例1、(1)
设x∈R，[x]表示不超过x的最大整数．若存在实数t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n同时成立，则正整数n的最大值是(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
(2)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为P0(0①张三选择方案甲抽奖，李四选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，若X≤3的概率为，求P0的值；
②若张三、李四两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，则他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
【答案】　(1)B　
(2)解：①由已知得，张三中奖的概率为，李四中奖的概率为P0，且两人中奖与否互不影响．
记“这2人的累计得分X≤3”为事件A，
则事件A的对立事件为“X＝5”．
因为P(X＝5)＝P0，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝1－×P0＝，所以P0＝.
②设张三、李四都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，
则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，
选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B，X2～B(2，P0)，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2P0，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝6P0.
若E(2X1)>E(3X2)，则>6P0，即0若E(2X1)若E(2X1)＝E(3X2)，则＝6P0，即P0＝.
综上所述，当0【特别提醒】分类与整合思想是最重要的数学思想方法之一，是高考考查的重点，涉及的试题各类题型均有．从高考看，在部分选择题、填空题中也需要分类讨论才能解决问题，高考中的分类与整合思想的考查已经不仅仅局限在函数导数、概率的解答题中．
【变式探究】
(1)若集合E＝{(p，q，r，s)|0≤pA．200
B．150
C．100
D．50
(2)已知函数f(x)＝mln
x＋－.
①若m≤0，求函数f(x)的单调区间；
②若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求m的取值范围．
【答案】(1)A　
(2)解：①函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－＝.
当m≤0时，mx－ex<0，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
②若m≤0，由(1)知，函数f(x)在(0，2)上单调递增，故f
(x)在(0，2)内不存在极值点．
当m>0时，设函数g(x)＝mx－ex，
则g′(x)＝m－ex.
(i)当00，f(x)单调递增，
故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．
(ii)当m>1时，g′(x)＝m－ex＝eln
m－ex，所以当x∈(0，ln
m)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(ln
m，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(ln
m)＝m(ln
m－1)．
若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，
则解得e综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，m的取值范围为(e，)．
【命题热点突破二】化归与转化思想
(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.
(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.
(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.
(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.
例2、(1)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．对于不相等的实数x1，x2，设m＝，n＝，
现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m>0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．
(2)P，Q为△ABC内不同的两点．若3＋2＋＝0，3＋4＋5＝0，则S△PAB∶S△QAB＝________．
【答案】(1)①④　(2)2∶5　
(2)如图所示，以A为坐标原点，边AB所在的直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立直角坐标系．
设△ABC的面积为S，P(x1，y1)，B(m，0)，C(a，b)，则3(x1，y1)＋2(x1－m，y1)＋
(x1－a，y1－b)＝(0，0)，解得y1＝，即△PAB的高为△CAB的高的，故△PAB的面积为S.
设Q(x2，y2)，则3(x2，y2)＋4(x2－m，y2)＋5(x2－a，y2－b)＝(0，0)，解得y2＝b，即△QAB的高为△CAB的高的，故△QAB的面积为S.
所以S△PAB∶S△QAB＝∶＝2∶5.
【特别提醒】化归与转化思想的实质是把已知问题化为更容易解决的问题，如把数的问题转化为形的问题、把空间问题转化为平面问题、把立体几何问题转化为空间向量问题等．在数学方法中，换元法、割补法、坐标法等都是化归与转化思想的具体体现．
【变式探究】
(1)已知x，y满足若z＝ax＋y的最大值为3a＋9，最小值为3a－3，则a的取值范围为(　　)
A．a≥1
B．a≤－1
C．－1≤a≤1
D．a≥1或a≤－1
(2)一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A．9
B．10
C．11
D.
【答案】(1)C　(2)C　
【解析】(1)已知不等式组表示的平面区域是一个三角形及其内部，其顶点坐标分别为(－3，3)，(3，－3)，(3，9)．根据已知，得解得－1≤a≤1.
(2)该几何体的直观图如图所示，其体积为2×2×3－××2×1×3＝12－1＝11.
【高考真题解读】
1．[2015·安徽卷]
已知数列{an}是递增的等比数列．a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．
【答案】2n－1　【解析】设数列{an}的公比为q，由a2a3＝a1a4＝8，a1＋a4＝9知a1，a4是一元二次方程x2－9x＋8＝0的两根，解此方程得x＝1或x＝8.又数列{an}递增，因此a1＝1，a4＝a1q3＝8，解得q＝2，故数列{an}的前n项和Sn＝＝2n－1.
2．[2015·福建卷]
函数f(x)＝(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．
【答案】(1，2]　
3．[2015·山东卷]
若“ x∈[0，]，tan
x≤m”是真命题，则实数m的最小值为________．
【答案】1　
【解析】∵y＝tan
x在区间上单调递增，∴y＝tan
x的最大值为tan＝1.
又∵“ x∈，tan
x≤m”是真命题，∴m≥1.
4．[2015·四川卷]
用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40
000大的偶数共有________个．
【答案】120　
【解析】由题意知，万位上排4时，有2×A个大于40
000的偶数，万位上排5时，有3×A个，故共有5×A＝120(个)．
5．[2014·天津卷]
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b－c＝a，2sin
B＝3sin
C，则cos
A的值为________．
5．－　
【解析】∵2sin
B＝3sin
C，∴2b＝3c.
又∵b－c＝，∴a＝2c，b＝c，
∴cos
A＝＝＝－.
6．[2014·陕西卷改编]
设函数f(x)＝ln
x＋，m∈R.若对任意b>a>0，<1恒成立，则m的取值范围是________．
【答案】[，＋∞)　
7．[2015·湖北卷改编]
已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A?B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A?B中元素的个数为________．
【答案】45　
【解析】方法一：若x1＋x2＝－3，则只能x1＝－1，y1＝0，此时y1＋y2＝－2，－1，0，1，2，(x1＋x2，y1＋y2)有5种情况，根据对称性知，当x1＋x2＝3时，(x1＋x2，y1＋y2)也有5种情况；
若x1＋x2＝－2，此时x1＝－1，0均可，y1可以等于0，－1，1，故y1＋y2＝－3，－2，－1，0，1，2，3，(x1＋x2，y1＋y2)有7种情况，根据对称性知，当x1＋x2＝2时，(x1＋x2，y1＋y2)也有7种情况；
若x1＋x2＝－1，此时x1＝－1，0，1均可，y1可以等于0，－1，1，故y1＋y2＝－3，－2，－1，0，1，2，3，(x1＋x2，y1＋y2)有7种情况，根据对称性知，x1＋x2＝1时，(x1＋x2，y1＋y2)也有7种情况；
若x1＋x2＝0，此时x1＝－1，0，1均可，y1可以等于0，－1，1，y1＋y2＝－3，－2，－1，0，1，2，3，(x1＋x2，y1＋y2)有7种情况．
综上可知，共有2×5＋2×7＋2×7＋7＝45(种)情况，即A B中元素的个数为45.专题06
函数与方程﹑函数模型及其应用
文
【考向解读】
求方程的根、函数的零点的个数问题以及由零点存在性定理判断零点是否存在，利用函数模型解决实际问题是2016高考的热点；备考时应理解函数的零点，方程的根和函数的图象与x轴的交点的横坐标的等价性；掌握零点存在性定理．增强根据实际问题建立数学模型的意识，提高综合分析、解决问题的能力．
【命题热点突破一】函数零点的存在性定理
1．零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
2．函数的零点与方程根的关系
函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．
例1
、(1)已知偶函数y＝f(x)，x∈R满足f(x)＝x2－3x(x≥0)，函数g(x)＝则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为(　　)
A．1
B．3
C．2
D．4
(2)已知函数f(x)＝若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是________．
【答案】（1）B　（2）（－∞，0）∪（1，＋∞）　【感悟提升】函数的零点、方程的根的问题都可以转化为函数图像的交点问题，数形结合法是解决函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数问题的有效方法．在解决函数零点问题时，既要利用函数的图像，也要利用函数零点的存在性定理、函数的性质等，把数与形紧密结合起来．
【变式探究】已知函数f(x)＝|x＋a|(a∈R)在[－1，1]上的最大值为M(a)，则函数g(x)＝M(x)－|x2－1|的零点的个数为(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C　【探究提高】在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用.如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解.
【命题热点突破二】与函数有关的新定义问题
例2、已知符号函数sgn
x＝f(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)－f(ax)(a>1)，则(　　)
A．sgn[g(x)]＝sgn
x
B．sgn[g(x)]＝－sgn
x
C．sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]
D．sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]
【答案】　B　
【解析】不妨令f（x）＝x＋1，a＝2，则g（x）＝f（x）－f（2x）＝－x，故sgn[g（x）]＝sgn（－x），排除A；sgn[f（x）]＝sgn（x＋1）≠sgn[g（x）]，又sgn[g（x）]≠－sgn[f（x）]，所以排除C，D.故选B.
【感悟提升】新定义问题的本质是转化思想的应用，即把新定义问题转化为已知的问题加以解决，解题的关键是理解新定义，把新定义表达的问题转化为我们已经掌握的数学问题，然后根据题目的要求进行推理计算得出结论．
【变式探究】给出定义：如果函数f(x)在[a，b]上存在x1，x2(aA.
B．(2，3)
C.
D．(2，2
)
【答案】A　【命题热点突破三】　函数模型及其应用
解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答．
例3、随着网络的发展，网校教育越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势．假设某网校每日的套题销售量y(单位：万套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y＝＋4(x－6)2，其中2(1)求m的值；
(2)假设每套题的成本为2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)
【解析】解：（1）因为x＝4时，y＝21，代入y＝＋4（x－6）2，得＋16＝21，解得m＝10.
（2）由（1）可知，套题每日的销售量y＝＋4（x－6）2，所以每日销售套题所获得的利润f（x）＝（x－2）·＝10＋4（x－6）2（x－2）＝4x3－56x2＋240x－278（20，函数f（x）单调递增，在上，f′（x）<0，函数f（x）单调递减，所以x＝是函数f（x）在（2，6）内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝≈3.3时，函数f（x）取得最大值，即当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.
【感悟提升】
函数建模首先要会根据题目的要求建立起求解问题需要的函数关系式(数学模型)，然后通过求解这个函数模型(求单调性、最值、特殊的函数值等)，对实际问题作出合乎要求的解释．需要注意实际问题中函数的定义域要根据实际意义给出，不是单纯根据函数的解析式得出．
【变式探究】调查发现，提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是关于车流密度x（单位：辆/千米）的连续函数.当桥上的车流密度达到200辆/千米时，会造成堵塞，此时车流速度为0千米/小时；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时.研究表明：当20（1）当0（2）当车流密度x为多少时，车流量（每小时通过桥上某观测点的车辆数）f（x）＝x·v（x）可以达到最大，并求出最大值.（精确到1辆/小时）【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
【解析】
2.【2016高考山东理数】已知函数
其中，若存在实数b，使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则m的取值范围是________________.
【答案】
【解析】画出函数图象如下图所示：
由图所示，要有三个不同的根，需要红色部分图像在深蓝色图像的下方，即，解得。
3、【2016高考上海理数】已知点在函数的图像上，则.
【答案】
【解析】将点（3，9）代入函数中得，所以，用表示得，所以.
4.【2016高考上海理数】已知，函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；
（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.
【答案】（1）．（2）．（3）．
【解析】
是原方程的解当且仅当，即．
于是满足题意的．
综上，的取值范围为．
5.【2016高考上海理数】设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，下列判断正确的是（
）
、①和②均为真命题
、①和②均为假命题
、①为真命题，②为假命题
、①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】①不成立，可举反例
,
,
②
前两式作差，可得
结合第三式，可得,
也有
∴②正确
故选D.
1.(2015·广东卷)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是(　　)
A.y＝x＋ex
B.y＝x＋
C.y＝2x＋
D.y＝
【答案】　A
【解析】　
2.(2014·山东卷)已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是(　　)
A.
B.
C.(1，2)
D.(2，＋∞)
【答案】　B
【解析】　由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原题等价于函数y＝|x－2|与y＝kx－1的图象有2个不同交点.如图：∴y＝kx－1在直线y＝x－1与y＝x－1之间，∴＜k＜1，故选B.
3.(2015·山东卷)设函数f(x)＝则满足f(f(a))＝2f(a)的a取值范围是(　　)
A.
B.[0，1]
C.
D.[1，＋∞)
【答案】　C
【解析】　当a＝2时，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2满足题意，排除A，B选项；当a＝时，f(a)＝f
＝3×－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝满足题意，排除D选项，故答案为C.
4.(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为(　　)
【答案】　B
【解析】　
5.【2015高考浙江，理7】存在函数满足，对任意都有（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D.
6.【2015高考湖南，理15】已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是
.
【答案】.
【解析】分析题意可知，问题等价于方程与方程的根的个数和为，
若两个方程各有一个根：则可知关于的不等式组有解，∴，从而；
若方程无解，方程有2个根：则可知关于的不等式组有解，从而，综上，实数的取值范围是.
7.【2015高考浙江，理10】已知函数，则
，的最小值是
．
【答案】，.
【解析】，当时，，当且仅当时，等号成立，当时，，当且仅当时，等号成立，故最小值为.
8.【2015高考四川，理13】某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k、b为常数）。若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是
小时。
【答案】24
【解析】
9.【2015高考上海，理10】设为，的反函数，则的最大值为
．
【答案】4
【解析】由题意得：在上单调递增，值域为，所以在上单调递增，因此在上单调递增，其最大值为专题11
数列求和及数列的简单应用
【考向解读】
数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题.
从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.
【命题热点突破一】分组转化法求和
例1、(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N
.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解：(1)由题意得则
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N
.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N
，
则b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>n＋2，
故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋－＝
，
∴Tn＝
【变式探究】等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)当a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；
当a1＝10时，不合题意.
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，
所以公比q＝3.
故an＝2·3n－1(n∈N
).
(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln
2＋(n－1)ln
3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln
2－ln
3)＋(－1)nnln
3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·
(ln
2－ln
3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln
3.
当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln
3＝3n＋ln
3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln
2－ln
3)＋ln
3
＝3n－ln
3－ln
2－1.
综上所述，Sn＝
【方法技巧】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.
【命题热点突破二】
裂项相消法求和
例2、设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn＝1－2an.求数列{an}的通项公式；
【变式探究】【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
已知数列{
}的首项为1，
为数列的前n项和，
，其中q>0，
.
（Ⅰ）若
成等差数列，求的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线
的离心率为
，且
，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，
两式相减得到.
又由得到，故对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.
从而.
由成等比数列，可得，即，则，
由已知,，故
.
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率
．
由解得.
因为，所以.
于是，
故.
【方法技巧】裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如(n≥2)或.
【命题热点突破三】
错位相减法求和
例3、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N
，a1＝2.
(1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N
)的前n项和为Tn，证明：Tn＜6.
(2)解　由Sn＝an＋1＋n－2，得Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1，故Sn－n＋1＝2n.所以bn＝.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋，①
2×①，得2Tn＝3＋＋＋…＋，②
②－①，得Tn＝3＋＋＋…＋－＝－＝3×－＝6－.因为＞0，
所以Tn＝6－＜6.
【方法技巧】近年高考对错位相减法求和提到了特别重要的位置上，常在解答题中出现，也是考纲对数列前n项和的基本要求，错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数.
【命题热点突破四】
利用数列单调性解决数列不等式问题
例4、首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，n∈N
.
(1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；
(2)若对一切n∈N
都有an＋1＞an，求a1的取值范围.
(1)证明　已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝eq
\f(a＋3,4)＝m(m－1)＋1是奇数.
根据数学归纳法，对任意n∈N
，an都是奇数.
(2)解　法一　由an＋1－an＝(an－1)·(an－3)知，an＋1＞an当且仅当an＜1或an＞3.
另一方面，若0＜ak＜1，则0＜ak＋1＜＝1；
若ak＞3，则ak＋1＞＝3.
根据数学归纳法，0＜a1＜1 0＜an＜1， n∈N
，a1＞3 an＞3， n∈N
.综合所述，对一切n∈N
都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.
法二　由a2＝eq
\f(a＋3,4)＞a1，得a－4a1＋3＞0，
于是0＜a1＜1或a1＞3.
an＋1－an＞eq
\f(a＋3,4)－eq
\f(a＋3,4)＝，
因为a1＞0，an＋1＝eq
\f(a＋3,4)，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号.
根据数学归纳法， n∈N
，an＋1－an与a2－a1同号.
因此，对一切n∈N
都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.
【方法技巧】涉及到数列不等式，比较大小或恒成立问题，经常用到作差法.法一用了作差法和数学归纳法；法二将an＋1－an的符号问题转化为a2－a1的符号问题，再由a2，a1的递推关系，求出a1的范围.
【命题热点突破五】
放缩法解决与数列和有关的不等式
例5、已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝an·an＋1，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜.
(2)证明　∵eq
\f(1,a)＝＞＝，
∴Tn＝eq
\f(1,a)＋eq
\f(1,a)＋…＋eq
\f(1,a)＞
＝＝.
又∵eq
\f(1,a)＝＜＝＝，∴Tn＝eq
\f(1,a)＋eq
\f(1,a)＋…＋eq
\f(1,a)＜
＝＜.即得＜Tn＜.
【方法技巧】数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通项放缩证明不等式；(2)作差法证明不等式.
【高考真题解读】
1.【2016高考天津理数】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等差中项.
(Ⅰ)设，求证：是等差数列；
(Ⅱ)设
，求证：
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
（Ⅰ）证明：由题意得，有，
因此，所以是等差数列.
（Ⅱ）证明：
所以.
2.【2016高考新课标3理数】已知数列的前n项和，其中．
（I）证明是等比数列，并求其通项公式；
（II）若
，求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
（Ⅰ）由题意得，故，，．
由，得，即．
由，得，所以.
因此是首项为，公比为的等比数列，于是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，
解得．
3.【2016高考浙江理数】设数列满足，．
（I）证明：，；
（II）若，，证明：，．
【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．
【解析】（I）由得，故
，，
所以
，
因此
．
（II）任取，由（I）知，对于任意，
，
故
．
从而对于任意，均有
．
由的任意性得．
①
否则，存在，有，取正整数且，则
，
与①式矛盾．
综上，对于任意，均有．
4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设数列A：
，
,…
().如果对小于()的每个正整数都有
＜
，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则
；
（3）证明：若数列A满足-
≤1（n=2,3,
…,N）,则的元素个数不小于
-.
【答案】（1）的元素为和；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）的元素为和.
（Ⅱ）因为存在使得，所以.
记，
则，且对任意正整数.
因此，从而.
（Ⅲ）当时，结论成立.
以下设.
由（Ⅱ）知.
设.记.
则.
对，记.
如果，取，则对任何.
从而且.
又因为是中的最大元素，所以.
从而对任意，，特别地，.
对.
因此.
所以.
因此的元素个数p不小于.
5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
已知数列{
}的首项为1，
为数列的前n项和，
，其中q>0，
.
（Ⅰ）若
成等差数列，求的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线
的离心率为
，且
，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率
．
由解得.
因为，所以.
于是，
故.
6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.
若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.
（1）若具有性质，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，判断是否具有性质，并说明理由；
（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
【答案】（1）．（2）不具有性质．（3）见解析．
【解析】（1）因为，所以，，．
于是，又因为，解得．
（2）的公差为，的公比为，
所以，．
．
，但，，，
所以不具有性质．
（3）[证]充分性：
当为常数列时，．
对任意给定的，只要，则由，必有．
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设不是常数列，则存在，
使得，而．
下面证明存在满足的，使得，但．
设，取，使得，则
，，故存在使得．
取，因为（），所以，
依此类推，得．
但，即．
所以不具有性质，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．
7.【2016高考新课标2理数】为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求数列的前1
000项和．
【答案】（Ⅰ），，
；（Ⅱ）1893.
8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
已知数列
的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令
求数列的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由题意知当时，，
当时，，
所以.
设数列的公差为，
由，即，可解得，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又，
得，
，
两式作差，得
所以
9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
（1）由已知得.
于是当时，.
又，故，即.
所以数列的通项公式为.
（2）因为，，
所以.
因此，.
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
综合①②③得，.
10.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
已知数列
的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令
求数列的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又，
得，
，
两式作差，得
所以
1．(2015·新课标全国Ⅱ，16)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________．
解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
答案　－
2．(2015·福建，8)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(　　)
A．6
B．7
C．8
D．9
解析　由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；
－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.
∴或解之得：或
∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.
答案　D
3．(2015·浙江，3)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)
A．a1d＞0，dS4＞0
B．a1d＜0，dS4＜0
C．a1d＞0，dS4＜0
D．a1d＜0，dS4＞0
解析　∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.
答案　B
4．(2015·广东，21)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N
.
(1)求a3的值；
(2)求数列{an}前n项和Tn；
(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2ln
n.
(1)解　a1＝1，a1＋2a2＝2，a2＝，a1＋2a2＋3a3＝4－，a3＝.
(2)解　n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－，
与原式相减，得nan＝，an＝，n＝1也符合，Tn＝＝2－.
(3)证明　n≥2时，
bn＝＋an＝＋an
故Sn＝i＝a1＋＋a2＋＋a3＋…＋＋an
＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝Tn
＝<2，
只需证明2<2＋2ln
n，n∈N
.
对于任意自然数k∈N，令x＝－∈(－1，0)时，ln＋<0，
即k.
∴k＝1时，2－ln
1，
k＝2时，32.
…
k＝n－1时，2－ln(n－1)．
∴1＋＋＋…＋<1＋(ln
2－ln
1)＋(ln
3－ln
2)＋…＋[ln
n－ln(n－1)]，
即1＋＋＋…＋<1＋ln
n，
所以n≥2时，2<2＋2ln
n，
综上n∈N＋时，Sn<2＋2ln
n.
5．(2015·浙江，20)已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N
)．
(1)
证明：1≤≤2(n∈N
)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N
)．
证明　(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，
即an＋1≤an，故an≤.
由an＝(1－an－1)an－1得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.
由0＜an≤得
＝eq
\f(an,an－a)＝∈[1，2]，
即1≤≤2
(2`)由题意得
a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1①
由－＝和1≤≤2得
1≤－≤2，
所以n≤－≤2n，
因此≤an＋1≤(n∈N
)．②
由①②得≤≤(n∈N
)．
6．(2015·山东，18)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为2Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，
所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，
两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，所以Tn＝－，
经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.
7．(2015·天津，18)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N
，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N
，求数列{bn}的前n项和．
解　(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，
即a4－a2＝a5－a3，
所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，
故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.
当n＝2k－1(k∈N
)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；
当n＝2k(k∈N
)时，an＝a2k＝2k＝2.
所以，{an}的通项公式为
an＝
(2)由(1)得bn＝＝.
设{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.
上述两式相减得：
Sn＝1＋＋＋…＋－＝－
＝2－－，整理得，Sn＝4－，n∈N
.
所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N
.
8．(2014·山东，19)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为S1＝a1，
S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Tn＝
9．(2013·天津，19)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N
)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N
)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3.于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.故等比数列{an}的通项公式为an＝×＝(－1)n－1·.专题05
函数﹑基本初等函数的图像与性质
文
【考向解读】
1.高考对函数的三要素，函数的表示方法等内容的考查以基础知识为主，难度中等偏下.
2.对图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决问题.
3.对函数性质的考查，则主要是将单调性、奇偶性、周期性等综合一起考查，既有具体函数也有抽象函数.常以选择题、填空题的形式出现，且常与新定义问题相结合，难度较大.
【命题热点突破一】函数的性质及应用
1．单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．利用定义证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、判断符号、下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则．
2．奇偶性：奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性．
3．周期性：周期性是函数在定义域上的整体性质．若函数在其定义域上满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其一个周期T＝|a|.
例1、.【2016年高考四川理数】已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，，则=
.
【答案】-2
【感悟提升】(1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值．(2)利用函数的单调性解不等式的关键是化成f(x1)【变式探究】
(1)若函数f(x)＝xln(x＋)为偶函数，则a＝________.
(2)已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是(　　)
A.＞
B.ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C.sin
x＞sin
y
D.x3＞y3
(3)设f(x)＝(a∈R)的图象关于直线x＝1对称，则a的值为(　　)
A.－1
B.1
C.2
D.3
【答案】(1)1　(2)D　(3)C
【命题热点突破二】　函数图象及应用
1．作函数图象有两种基本方法：一是描点法，二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．
2．利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特点．
例2、【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
【解析】函数f(x)=2x2–e|x|在[–2,2]上是偶函数，其图像关于轴对称，因为，所以排除A、B
选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数．故选D。
【感悟提升】(1)根据函数的【解析】式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是解决函数图象判断类试题的基本方法．(2)研究函数时，注意结合图象，在解方程和不等式等问题时，借助图象能起到十分快捷的作用．
【变式探究】
(1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝f
，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A.c＞a＞b
B.c＞b＞a
C.a＞c＞b
D.b＞a＞c
(2)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】　(1)D　(2)D
【探究提高】(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.
(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.
【命题热点突破三】基本初等函数的图象和性质
1．指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分01两种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共性质．
2．幂函数y＝xα的图象和性质，主要掌握α＝1,2,3，，－1五种情况．
例3、【2016年高考北京理数】设函数.
①若，则的最大值为______________；
②若无最大值，则实数的取值范围是________.
【答案】，.
【感悟提升】(1)指数函数、对数函数、幂函数是高考的必考内容之一，重点考查图象、性质及其应用，同时考查分类讨论、等价转化等数学思想方法及其运算能力．(2)比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性．
【变式探究】
(1)在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x≥0)，g(x)＝logax的图象可能是(　　)
(2)已知函数y＝f(x)是定义在R上的函数，其图象关于坐标原点对称，且当x∈(－∞，0)时，不等式f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝20.2f(20.2)，b＝ln2f(ln2)，c＝－2f(－2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c
B．c>b>a
C．c>a>b
D．a>c>b
【答案】(1)D　(2)C
【解析】(1)方法一　分a>1,0当a>1时，y＝xa与y＝logax均为增函数，但y＝xa递增较快，排除C；
当0方法二　幂函数f(x)＝xa的图象不过(0,1)点，排除A；B项中由对数函数f(x)＝logax的图象知01，而此时幂函数f(x)＝xa的图象应是增长越来越快的变化趋势，故C错．
(2)构造函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，所以函数y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减．因为函数y＝f(x)的图象关于坐标原点对称，所以y＝f(x)是奇函数，由此可知函数y＝g(x)是偶函数．根据偶函数的性质，可知函数y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又a＝g(20.2)，b＝g(ln2)，c＝g(－2)＝g(2)，由于ln2<20.2<2，所以c>a>b.
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标3理数】已知，，，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】因为，，所以，故选A．
2.【2016年高考北京理数】已知，，且，则（
）
A.
B.
C.D.
【答案】C
3.【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
4.【2016高考新课标2理数】已知函数满足，若函数与图像的交点为则（
）
（A）0
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】由于，不妨设，与函数的交点为，故，故选C。
5.【2016年高考四川理数】已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，，则=
.
【答案】-2
【解析】因为函数是定义在R上的周期为2的奇函数，所以
，所以，即，，所以.
6.【2016高考浙江理数】已知a>b>1.若logab+logba=，ab=ba，则a=
，b=
.
【答案】4
2
【解析】设，因为，
因此
7.【2016高考天津理数】已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间（-，0）上单调递增.若实数a满足
，则a的取值范围是______.
【答案】
8.【2016年高考四川理数】在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为；
当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点A
②单位圆的“伴随曲线”是它自身；
③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”关于y轴对称；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.
其中的真命题是_____________（写出所有真命题的序列）.
【答案】②③
【解析】对于①，若令，则其伴随点为，而的伴随点为，而不是，故①错误；对于②，设曲线关于轴对称，则与方程表示同一曲线，其伴随曲线分别为与也表示同一曲线，又曲线与曲线的图象关于轴对称，所以②正确；③设单位圆上任一点的坐标为，其伴随点为仍在单位圆上，故②正确；对于④，直线上任一点的伴随点是，消参后点轨迹是圆，故④错误.所以正确的为序号为②③.
9.【2016高考山东理数】已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，
；当
时，；当
时，
.则f(6)=
（
）
（A） 2
（B） 1
（C）0
（D）2
【答案】D
【解析】当时，,所以当时，函数是周期为
的周期函数，所以，又函数是奇函数，所以，故选D.
10.【2016高考天津理数】已知函数f（x）=（a>0,且a≠1）在R上单调递减，且关于x的方程恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（
）
（A）（0，]
（B）[，]
（C）[，]{}（D）[，）{}
【答案】C
11.【2016高考江苏卷】设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，
其中
若
，则的值是
▲
.
【答案】
【解析】，
因此
12.【2016高考江苏卷】函数y=的定义域是
▲
.
【答案】
【解析】要使函数有意义，必须，即，．故答案应填：，
13.【2016年高考北京理数】设函数.
①若，则的最大值为______________；
②若无最大值，则实数的取值范围是________.
【答案】，.
1.(2015·安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是(　　)
A.y＝cos
x
B.y＝sin
x
C.y＝ln
x
D.y＝x2＋1
【答案】　A
【解析】　由于y＝sin
x是奇函数；y＝ln
x是非奇非偶函数；y＝x2＋1是偶函数但没有零点；只有y＝cos
x是偶函数又有零点.
2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝则f(－2)＋f(log212)＝(　　)
A.3
B.6
C.9
D.12
【答案】　C
3.(2015·北京卷)如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是(　　)
A.{x|－1＜x≤0}
B.{x|－1≤x≤1}
C.{x|－1＜x≤1}
D.{x|－1＜x≤2}
【答案】　C
【解析】　如图，由图知：f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－14.(2015·山东卷)已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)
的定义域和值域都是[－1，0]，则a＋b＝________.
【答案】　－
【解析】　当a＞1时，f(x)＝ax＋b在定义域上为增函数，
∴方程组无解；
当0＜a＜1时，f(x)＝ax＋b在定义域上为减函数，
∴解得∴a＋b＝－.
5．(2015·天津)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a＜b＜c
B．a＜c＜b
C．c＜a＜b
D．c＜b＜a
【答案】C　
6．(2014·福建)若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则所给函数图象正确的是(　　)
【答案】B　
7．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝则f(－2)＋f(log212)等于(　　)
A．3
B．6
C．9
D．12
【答案】C　
【解析】因为－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f(log212)＝2log212－1＝2log212×2－1＝12×＝6，故f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9，故选C
。
8．(2015·陕西卷)设f(x)＝则f(f(－2))＝(
)
A．－1
B.
C.
D.
【答案】C　
【解析】因为－2＜0，所以f(－2)＝2－2＝＞0，所以f＝1－
＝1－＝.
9．(2015·新课标Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为(B)
【答案】B　
10．(2014·课标全国Ⅱ)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)>0，则x的取值范围是_________________________．
【答案】(－1,3)
【解析】　∵f(x)是偶函数，
∴图象关于y轴对称．
又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)单调递减，
则f(x)的大致图象如图所示，
由f(x－1)>0，得－2统计与统计案例
【命题热点突破一】抽样方法
某工厂生产的甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品分别有150件、120件、180件、150件．为了调查产品的情况，需从这600件产品中抽取一个容量为100的样本，若采用分层抽样法，设甲产品中应抽取的产品件数为x，某件产品A被抽到的概率为y，则x，y的值分别为(　　)
A．25，
B．20，
C．25，
D．25，
【答案】D　
【解析】抽取比例为＝，故x＝150×＝25，每个个体被抽到的概率均为＝.
【特别提醒】
三种抽样方法均是等概率抽样，当总体是由差异明显的几个部分组成时，往往选用分层抽样的方法．
【变式探究】
从编号分别为0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量为10的样本，若编号为58的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为________．
【答案】74　
【解析】每8件产品抽取一件，编号为58的产品在样本中，则样本中产品的最大编号为58＋16＝74.
【命题热点突破二】用样本估计总体
【2016高考山东】某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，
[20，22.5)，
[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（
）
（A）56
（B）60
（C）120
（D）140
【答案】D
【解析】由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时为后三组，有（人），选D.
【变式探究】(1)将某市8所中学参加中学生合唱比赛的得分用茎叶图表示(如图18 3所示)，其中茎为十位数，叶为个位数，则这组数据的中位数和平均数分别是(　　)
图18 3
A．91，91.5
B．91，92
C．91.5，91.5
D．91.5，92
(2)2014年6月，一篇关于“键盘侠”(“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事自私自利，却习惯在网络上大放厥词的一种现象)的时评引发了大家对“键盘侠”的热议．某地区新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可度做出调查：在随机抽取的50人中，有14人持认可态度，其余持反对态度．若该地区有9600人，则估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有________人．
【答案】（1）C　（2）6912　
【解析】（1）中位数为＝91.5，平均数为90＋＝91.5.
（2）根据样本估计总体的思想，可知该地区群众对“键盘侠”持反对态度的概率约为，所以该地区9600人中对“键盘侠”持反对态度的大约有9600×＝6912（人）.
【特别提醒】
统计的基本思想之一就是以样本估计总体．以样本的频率估计总体的概率、以样本的特征数估计总体的特征数．
【变式探究】
(1)某学校随机抽查了本校20个同学，调查他们平均每天在课外进行体育锻炼的时间(分钟)，根据所得数据的茎叶图，以5为组距将数据分为八组，分别是[0，5)，[5，10)，…，[35，40]，作出的频率分布直方图如图18 4所示，则原始的茎叶图可能是(　　)
图18 4
图18 5
(2)高三年级上学期期末考试中，某班级数学成绩的频率分布直方图如图18 6所示，数据分组依次如下：
[70，90)，[90，110)，[110，130)，[130，150]．
估计该班数学成绩的平均分数为(　　)
图18 6
A．112
B．114
C．116
D．120
【答案】（1）B　（2）B　
【命题热点突破三】统计案例
例3、某高校共有15
000人，其中男生10
500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均参加体育运动时间情况，采用分层抽样的方法，收集了300名学生每周平均参加体育运动时间的样本数据(单位：小时)．
(1)应收集多少名女生的样本数据？
(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均参加体育运动时间的频率分布直方图(如图18 7所示)，其中样本数据分组区间为[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，估计该校学生每周平均参加体育运动时间超过4个小时的概率．
(3)在样本数据中，有60名女生每周平均参加体育运动的时间超过4个小时，请画出每周平均参加体育运动时间与性别的列联表，并判断是否有95%的把握认为“该校学生每周平均参加体育运动的时间与性别有关”．
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
附：K2＝
解：（1）300×＝90，所以应收集90名女生的样本数据.
（2）由频率分布直方图得每周平均参加体育运动超过4小时的频率为1－2×（0.100＋0.025）＝0.75，所以该校学生每周平均参加体育运动时间超过4小时的概率约为0.75.
（3）由（2）知，300名学生中有300×0.75＝225（名）学生每周平均参加体育运动的时间超过4小时，其余75名学生每周平均参加体育运动的时间不超过4小时.又因为抽取的300名学生中有210名男生、90名女生，所以每周平均参加体育运动时间与性别的列联表如下：
男生
女生
总计
每周平均参加体育运动的时间不超过4小时
45
30
75
每周平均参加体育运动的时间超过4小时
165
60
225
总计
210
90
300
结合列联表可得K2的观测值k＝＝≈4.762>3.841.
所以有95%的把握认为“该校学生每周平均参加体育运动的时间与性别有关”.
【特别提醒】
在计算K2时要注意公式中各个字母的含义，分子上是总量乘2×2列联表中对角线数字乘积之差的平方，分母上是四个分和量的乘积．
【变式探究】
为了解篮球爱好者小李的投篮命中率与打篮球时间之间的关系，下表记录了小李某月1号到5号每天打篮球的时间x(单位：小时)与当天投篮命中率y之间的关系.
时间x
1
2
3
4
5
命中率y
0.4
0.5
0.6
0.6
0.4
(1)求小李这5天的平均投篮命中率；
(2)用线性回归分析的方法，预测小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率．
解：（1）小李这5天的平均投篮命中率＝
＝0.5.
（2）易知＝＝3，
设线性回归方程为＝x＋，则由公式可得＝＝
＝0.01，
所以＝－＝0.5－0.01×3＝0.47，
所以＝x＋＝0.01x＋0.47.
当x＝6时，＝0.53，故小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率约为0.53.
【特别提醒】
回归直线一定过样本点的中心(x，y)，当已知回归直线方程两个系数中的一个时，可以直接代入样本点中心的坐标求得另一个系数．正相关和负相关是根据回归直线方程的斜率判断的：正相关时回归直线方程的斜率为正值；负相关时回归直线方程的斜率为负值．回归直线方程斜率的符号与相关系数的符号是一致的．
【高考真题解读】
1.【2016年高考四川】（本小题满分12分）
我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准（吨）、一位居民的月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
（I）求直方图中a的值；
（II）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；
（III）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准（吨），估计的值，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）36000；（Ⅲ）2.9．
【解析】
（Ⅰ）由频率分布直方图知，月均用水量在[0,0.5)中的频率为0.08×0.5=0.04，
同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5)中的频率分别为0.08，0.20，0.26，0.06，0.04，0.02．
由0.04+0.08+0.5×a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1，
解得a=0.30．
2.【2016高考山东】某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，
[20，22.5)，
[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（
）
（A）56
（B）60
（C）120
（D）140
【答案】D
【解析】由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时为后三组，有（人），选D.
1．(2015·陕西，2)某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为(　　)
A．167
B．137
C．123
D．93
解析　由题干扇形统计图可得该校女教师人数为：110×70%＋150×(1－60%)＝137.故选B.
答案　B
2．(2015·安徽，6)若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1－1，2x2－1，…，2x10－1的标准差为(　　)
A．8
B．15
C．16
D．32
答案　C
3．(2015·重庆，3)重庆市2013年各月的平均气温(℃)数据的茎叶图如下：
则这组数据的中位数是(　　)
0122
8
9
2
5
80
0
0
3
3
81
2
A．19
B．20
C．21.5
D．23
解析　从茎叶图知所有数据为8，9，12，15，18，20，20，23，23，28，31，32，中间两个数为20，20，故中位数为20，选B.
答案　B
4．(2015·新课标全国Ⅱ，31)根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量(单位：万吨)柱形图．以下结论不正确的是(　　)
A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
答案　D
5．(2015·福建，4)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：
收入x(万元)
8.2
8.6
10.0
11.3
11.9
支出y(万元)
6.2
7.5
8.0
8.5
9.8
根据上表可得回归直线方程＝x＋，其中＝0.76，＝y－x．据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为(　　)
A．11.4万元
B．11.8万元
C．12.0万元
D．12.2万元
解析　回归直线一定过样本点中心(10，8)，∵＝0.76，∴＝0.4，由＝0.76x＋0.4得当x＝15万元时，＝11.8万元．故选B.
答案　B
6．(2014·山东，7)为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据(单位：kPa)的分组区间为[12，13)，[13，14)，[14，15)，[15，16)，[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，……，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为(　　)
A．6
B．8
C．12
D．18
解析　由题图可知，第一组和第二组的频率之和为(0.24＋0.16)×1＝0.40，故该试验共选取的志愿者有＝50人．所以第三组共有50×0.36＝18人，其中有疗效的人数为18－6＝12.
答案　C
7．(2014·陕西，9)设样本数据x1，x2，…，x10的均值和方差分别为1和4，若yi＝xi＋a(a为非零常数，i＝1，2，…，10)，则y1，y2，…，y10的均值和方差分别为(　　)
A．1＋a，4
B．1＋a，4＋a
C．1，4
D．1，4＋a
解析　∵x1，x2，…，x10的均值＝1，方差s＝4，且yi＝xi＋a(i＝1，2，…，10)，∴y1，y2，…，y10的均值＝(y1＋y2＋…＋y10)＝(x1＋x2＋…＋x10＋10a)＝(x1＋x2＋…＋x10)＋a＝＋a＝1＋a，其方差s＝[(y1－)2＋(y2－)2＋…＋(y10－)2]＝[(x1－1)2＋(x2－1)2＋…＋(x10－1)2]＝s＝4.故选A.
答案　A
8．(2014·湖南，2)对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p1，p2，p3，则(　　)
A．p1＝p2B．p2＝p3C．p1＝p3D．p1＝p2＝p3
解析　因为采取简单随机抽样、系统抽样和分层抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率相等，故选D.
答案　D
9．(2014·广东，6)已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和图2所示．为了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为(　　)
A．200，20
B．100，20
C．200，10
D．100，10
解析　由题图可知，样本容量等于(3
500＋4
500＋2
000)×2%＝200；抽取的高中生近视人数为2
000×2%×50%＝20，故选A.
答案　A
10．(2014·天津，9)某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4∶5∶5∶6，则应从一年级本科生中抽取________名学生．
解析　×300＝60(名)．
答案　60
11．(2015·江苏，2)已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________．
解析　这组数据的平均数为(4＋6＋5＋8＋7＋6)＝6.
答案　6
12．(2015·湖南，12)在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示：
131415
0
0
3
4
5
6
6
8
8
91
1
1
2
2
2
3
3
4
4
5
5
5
6
6
7
80
1
2
2
3
3
3
若将运动员按成绩由好到差编为1～35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是________．
13．(2015·新课标全国Ⅱ，18)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：
A地区：62　73　81　92　95　85　74　64　53　76
78　86　95　66　97　78　88　82　76　89
B地区：73　83　62　51　91　46　53　73　64　82
93　48　65　81　74　56　54　76　65　79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．
解　(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下
通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．
由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为，，，，故P(CA1)＝，P(CA2)＝，P(CB1)＝，
P(CB2)＝，P(C)＝×＋×＝0.48.专题17
圆锥曲线中的热点问题
【命题热点突破一】轨迹方程、存在探索性问题
例1、【2016高考山东理数】（本小题满分14分）
平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求
的最大值及取得最大值时点P的坐标.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为
【解析】
（Ⅰ）由题意知，可得：.
因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（Ⅰ）设，由可得，
所以直线的斜率为，
因此直线的方程为，即.
设，联立方程
得，
由，得且，
因此,
将其代入得，
因为，所以直线方程为.
联立方程，得点的纵坐标为，
即点在定直线上.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线方程为，
令得，所以，
又，
所以，
，
所以，
令，则，
当，即时，取得最大值，此时，满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.
【变式探究】椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点P(1，)作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点Q(－5，0)任作一直线l交椭圆C于M，N两点，记＝λ，线段MN上的点R满足＝－λ，求点R的轨迹方程．
解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则切线PA的方程为x1＋y1＝1，同理切线PB的方程为x2＋y2＝1，故直线AB的方程为x＋y＝1.
由此得b＝2，c＝1，a＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）方法一：设M（x3，y3），N（x4，y4），R（x，y）.
由＝λ，得（－5－x3，－y3）＝λ（x4＋5，y4），得
因为点M，N在椭圆C上，所以eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,5)＋\f(y,4)＝1，,\f(x,5)＋\f(y,4)＝1，))
所以eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f([－λx4－5（λ＋1）]2,5)＋\f(（－λy4）2,4)＝1，,\f(x,5)＋\f(y,4)＝1，))
第二个等式两边同乘λ2，两式相减得x4＝－3－①.
由＝－λ，得（x－x3，y－y3）＝－λ（x4－x，y4－y），即x－x3＝－λ（x4－x），即（1－λ）x＝x3－λx4＝－2λx4－5（1＋λ）②.
把①代入②得（1－λ）x＝λ－1，根据已知λ≠1，所以x＝－1.
由解得y＝±.
所以点R的轨迹方程为x＝－1（－得x＝＝＝＝－ty4－5＝（－）－5＝－·－5，把＝－代入得x＝－1.
y＝＝y4＝·＝－·＝，由于t2>5，所以－【特别提醒】求动点的轨迹方程的基本方法有直接法、待定系数法(定义法)和代入法，在圆锥曲线的解答题中往往第一个问题就是求出圆锥曲线的方程．当求出的曲线方程含有可变参数时，要根据参数范围确定方程表示的曲线．
【变式探究】
已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为，A是椭圆上一点，AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为.
(1)求椭圆的方程．
(2)是否存在过F2的直线l交椭圆于B，C两点，且满足△BOC的面积为？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：（1）设F1（－c，0），F2（c，0）.由e＝＝，得a＝c，b＝c，所以椭圆的方程为＋＝1.
直线AF2：x＝c，与椭圆方程联立得y＝±c，根据对称性取A（c，c），则kAF1＝＝，
所以AF1的方程为y＝（x＋c），即x－2
y＋c＝0，
所以坐标原点到该直线的距离d＝＝，解得c＝1（舍去定值），故所求的椭圆的方程为＋y2＝1.
【特别提醒】解析几何中存在探索性问题的解法和其他的存在探索性问题的解法的思想是一致的，即在假设其存在的情况下进行计算和推理，根据得出的结果是否合理确定其存在与否．
【命题热点突破二】圆锥曲线中的定点、定值问题
例2、【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为；
②求p的取值范围.
【答案】（1）（2）①详见解析，②
【解析】
解：（1）抛物线的焦点为
由点在直线上，得，即
所以抛物线C的方程为
（2）设，线段PQ的中点
因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ，
于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为
①由消去得
因为P
和Q是抛物线C上的相异两点，所以
从而，化简得.
方程（
）的两根为，从而
因为在直线上，所以
因此，线段PQ的中点坐标为
②因为在直线上
所以，即
由①知，于是，所以
因此的取值范围为
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(1，)，离心率为，过椭圆右顶点的两条斜率之积为－的直线分别与椭圆交于点M，N.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线MN是否过定点D？若过，求出点D的坐标；若不过，请说明理由．
解：（1）由e＝＝以及＋＝1，且a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）方法一：直线MN恒过定点D（0，0）.证明如下：
设右顶点为A（2，0），根据已知得直线AM，AN的斜率存在且不为零.
设AM：y＝k（x－2），代入椭圆方程，得（1＋4k2）x2－16k2x＋16k2－4＝0，设M（x1，y1），则2x1＝，即x1＝，y1＝k（x1－2）＝，即M.
设直线AN的斜率为k′，则kk′＝－，即k′＝－，把点M坐标中的k替换为－，得N.
当M，N的横坐标不相等，即k≠±时，kMN＝，直线MN的方程为y－＝（x－），即y＝x，该直线恒过定点（0，0）.
当k＝±时，M，N的横坐标为零，直线MN也过定点（0，0）.
综上可知，直线MN过定点D（0，0）.
由于AM，AN的斜率之积为负值，故点M，N在椭圆上位于x轴的两侧，直线MN与x轴的交点一定在椭圆内部，而当m＝－2k时，直线y＝kx－2k过定点（2，0），这是不可能的.
当MN的斜率不存在时，点M，N关于x轴对称，此时AM，AN的斜率分别为一，，此时M，N恰为椭圆的上下顶点，直线MN也过定点（0，0）.
综上可知，直线MN过定点D（0，0）.
【特别提醒】证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出关于x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．
【变式探究】
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点是F(－1，0)，上顶点是B，且|BF|＝2，直线y＝k(x＋1)与椭圆C相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若在x轴上存在点P，使得·与k的取值无关，求点P的坐标．
解：（1）因为椭圆C的左焦点是F（－1，0），且|BF|＝2，
所以c＝1，a＝2，
所以由a2＝b2＋c2，得b2＝3，
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
（2）因为直线y＝k（x＋1）与椭圆C相交于M，N两点，
联立消去y，得（3＋4k2）x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝144k2＋144>0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，0），则x1＋x2＝，x1x2＝.
·＝（x1－x0，y1）·（x2－x0，y2）
＝（x1－x0）·（x2－x0）＋y1y2
＝x1x2－x0（x1＋x2）＋x＋k2（x1＋1）（x2＋1）
＝（1＋k2）x1x2＋（k2－x0）（x1＋x2）＋k2＋x
＝（1＋k2）·＋（k2－x0）·＋k2＋x
＝＋x
＝＋x，
若·与k的取值无关，则只需＝，解得x0＝－，
所以在x轴上存在点P，使得·与k的取值无关，P的坐标为.
【特别提醒】定值问题就是证明一个量与其他的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题来解决．
【命题热点突破三】圆锥曲线中的范围与最值问题
例3.
【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中
为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
【变式探究】已知圆心在x轴上的圆C过点(0，0)和(－1，1)，圆D的方程为(x－4)2＋y2＝4.
(1)求圆C的方程；
(2)由圆D上的动点P向圆C作两条切线分别交y轴于A，B两点，求|AB|的取值范围．
（2）设圆D上的动点P的坐标为（x0，y0），
则（x0－4）2＋y＝4，即y＝4－（x0－4）2≥0，解得2≤x0≤6.
设点A（0，a），B（0，b），
则直线PA：y－a＝x，即（y0－a）x－x0y＋ax0＝0.
因为直线PA与圆C相切，所以eq
\f(|a－y0＋ax0|,\r(（y0－a）2＋x))＝1，
化简得（x0＋2）a2－2y0a－x0＝0.①
同理得（x0＋2）b2－2y0b－x0＝0.②
由①②知a，b为方程（x0＋2）x2－2y0x－x0＝0的两根，则
所以|AB|＝|a－b|＝＝
＝eq
\r(\f(4y＋4x0（x0＋2）,（x0＋2）2)).
因为y＝4－（x0－4）2，所以|AB|＝2
＝2
.
令t＝，因为2≤x0≤6，所以≤t≤，
所以|AB|＝2
＝2
，
所以当t＝时，|AB|max＝；当t＝时，|AB|min＝.
所以|AB|的取值范围为.
【特别提醒】解析几何中产生范围的有如下几种情况：(1)直线与曲线相交(判别式)；(2)曲线上点的坐标的范围；(3)题目中要求的限制条件．这些产生范围的情况可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围产生的原因．
【变式探究】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，上顶点为B，BF2的延长线交椭圆于点A，△ABF1的周长为8，且·＝0.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P(1，0)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点T(4，3)，记直线TM，TN的斜率分别为k1，k2，当k1·k2最大时，求直线l的方程．
解：（1）由椭圆定义得△ABF1的周长为4a，所以4a＝8，a＝2.
因为·＝0，所以F1B⊥F2B，△F1BF2为等腰直角三角形，所以b＝c＝a＝，所以椭圆的方程为＋＝1.
（2）①当直线l的斜率为0时，取M（－2，0），N（2，0），k1·k2＝×＝.
②当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，
代入椭圆方程得（m2＋2）y2＋2my－3＝0，则Δ＝4m2＋12（m2＋2）>0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝，y1y2＝，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1.
k1·k2＝·＝
＝＝＋.
令t＝4m＋1，则k1·k2－＝.
当t≤0时，＝≤0；
当t>0时，＝≤，当且仅当t＝5，即m＝1时等号成立.
综上可知，当m＝1时，k1·k2取得最大值＋＝1，此时直线l的方程为x＝y＋1，即x－y－1＝0.
【特别提醒】解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识解决问题的方法(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决问题的方法．
【命题热点突破四】向量、圆锥曲线性质、点线距与基本不等式问题
例4、已知抛物线y2＝4
x的焦点为椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F2，且椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过椭圆左焦点F1的直线l与椭圆交于C，D(异于A，B)两点．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)求四边形ADBC的面积的最大值．
(3)若M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆上的两动点，且满足x1x2＋2y1y2＝0，动点P满足＝＋2(其中O为坐标原点)，是否存在两定点G1，G2使得|PG1|＋|PG2|为定值？若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．
解：（1）由题设知，因为抛物线y2＝4
x的焦点为（，0），
所以椭圆中的c＝，又由椭圆的长轴长为4，得a＝2，
所以b2＝a2－c2＝2，所以椭圆的标准方程为＋＝1.
（2）方法一：A（－2，0），B（2，0），F1（－，0），
显然直线l的斜率不为零，设l：x＝my－，
代入椭圆方程得（m2＋2）y2－2
my－2＝0.
设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3＋y4＝，y3y4＝－.
S四边形ADBC＝S△ABC＋S△ABD＝|AB||y3|＋|AB||y4|＝|AB|·|y3－y4|＝×4×＝2
＝＝≤4，
当且仅当＝，即m＝0时等号成立.
故四边形ADBC的面积的最大值为4.
方法二：易知A（－2，0），B（2，0），F1（－，0），
当直线l的斜率不存在时，
l的方程为x＝－，此时S四边形ADBC＝4.
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝k（x＋）（其中k≠0），即x＝y－，代入椭圆方程得（2k2＋1）y2－2
ky－2k2＝0，
设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3＋y4＝，y3y4＝－.
S四边形ADBC＝S△ABC＋S△ABD＝|AB||y3|＋|AB||y4|＝|AB|·|y3－y4|＝×4×＝2
＝＝<4.
综上所述，四边形ADBC的面积的最大值为4.
（3）设P（x，y），因为M（x1，y1），N（x2，y2），由＝＋2，可得①
因为M，N是椭圆上的点，所以x＋2y＝4，x＋2y＝4.
由①及x1x2＋2y1y2＝0可得x2＋2y2＝（x1＋2x2）2＋2（y1＋2y2）2＝（x＋2y）＋4（x＋2y）＝20，
所以x2＋2y2＝20，即＋＝1，即为点P的轨迹方程，由椭圆的定义可得，存在两定点G1，G2使得|PG1|＋|PG2|＝4
.
【易错提醒】
(1)错用圆锥曲线中系数的意义，如误以为长轴长就是a，焦距就是c；(2)忽视特殊情况，如使用直线的斜率时，忽视直线的斜率可能不存在；(3)不能正确地把几何条件(一般的几何条件、向量式表达的几何条件)转化为以坐标、方程表达的代数条件；(4)运算错误．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线－x2＝1的焦点重合，过点P(4，0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求·的取值范围．
解：（1）由题意知e＝＝，∴e2＝＝＝，得a2＝b2.又∵双曲线的焦点坐标为（0，±），∴b＝，∴a2＝4，b2＝3，
所以椭圆的方程为＋＝1.
【高考真题解读】
1.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中
为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
2.【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为.
....12分
3.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值
范围.
【答案】（I）；（II）．
【解析】
（Ⅰ）设直线被椭圆截得的线段为，由得，
故，．
因此．
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此，
①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
4.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
（Ⅱ）由题意，，.
将直线的方程代入得.
由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得，
由得，即.
当时上式不成立，
因此.等价于，
即.由此得，或，解得.
因此的取值范围是.
5.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
已知椭圆C：
（）的离心率为
，，，，的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.
求证：为定值.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
6.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）
已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【解析】（I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.
由方程组
得.①
方程①的判别式为，由，得，
此方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（II）由已知可设直线
的方程为，
有方程组
可得
所以P点坐标为（
），.
设点A，B的坐标分别为
.
由方程组
可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以
，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
7.
【2016高考上海理数】本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.
双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.
【答案】（1）．（2）.
【解析】
（1）设．
由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得．
故双曲线的渐近线方程为．
（2）由已知，，．
设，，直线．显然．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
设的中点为．
由即，知，故．
而，，，
所以，得，故的斜率为．
1．(2015·浙江，19)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
解　(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－x＋b.
由
消去y，得x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①
将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－②
由①②得m＜－或m＞.
(2)令t＝∈∪，则
|AB|＝·.
且O到直线AB的距离为d＝.
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d＝≤.
当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为.
2．(2015·江苏，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．
解　(1)由题意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，则b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意．
当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1，2＝，C的坐标为，且AB＝
＝
＝.
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而PC＝.
因为PC＝2AB，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
3．(2015·天津，19)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，
解得x＝－c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为.
由|FM|＝＝.
解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立．
消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，
又由已知，得t＝＞，
解得－＜x＜－1，或－1＜x＜0.
设直线OP的斜率为m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝－.
①当x∈时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝，得m∈.
②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0.
因此m＜0，于是m＝－，
得m∈.
综上，直线OP的斜率的取值范围是∪.
4．(2015·四川，20)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，
因此解得a＝2，b＝，
所以椭圆E方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|，
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)，
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，
则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)，
由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2，
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0，2)，
下面证明：对任意直线l，均有＝，
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，
x1x2＝－，
因此＋＝＝2k，
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，
又kQA＝＝＝k－，
kQB′＝＝＝－k＋＝k－，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，
所以＝＝＝，
故存在与P不同的定点Q(0，2)，使得＝恒成立．
5．(2015·山东，20)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
(ⅰ)求的值；
(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．
解　(1)由题意知2a＝4，则a＝2，
又＝，a2－c2＝b2，
可得b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，
所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|
＝
＝
＝2.
设＝t，
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②
由①②可知0＜t≤1，
因此S＝2＝2，
故S≤2，
当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.
由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，
所在△ABQ面积的最大值为6.
6．(2015·湖南，20)已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：＋＝1(a＞b
＞0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.
(1)求C2的方程；
(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向．
①若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率；
②设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，
△MFD总是钝角三角形．
解　(1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①
又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以＋＝1.②
联立①，②得a2＝9，b2＝8.
故C2的方程为＋＝1.
(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
①因与同向，且|AC|＝|BD|，所以＝，从而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，
于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③
设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1.
由得x2－4kx－4＝0.
而x1，x2是这个方程的两根，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④
由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.
而x3，x4是这个方程的两根，
所以x3＋x4＝－，
x3x4＝－，⑤
将④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋，即
16(k2＋1)＝，
所以(9＋8k2)2＝16×9，
解得k＝±，
即直线l的斜率为±.
(ⅱ)由x2＝4y得y′＝，所以C1在点A处的切线方程为
y－y1＝(x－x1)，即y＝－eq
\f(x,4).
令y＝0得x＝，即M，
所以||＝.
而||＝(x1，y1－1)，于是·＝eq
\f(x,2)－y1＋1＝eq
\f(x,4)＋1＞0，
因此∠AFM是锐角，从而∠MFD＝180°－∠AFM是钝角．
故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．
7．(2015·新课标全国Ⅰ，20)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，
所以点p(0，－a)符合题意.专题04
算法、推理证明
文
【考向解读】
1.以客观题形式考查算法的基本逻辑结构，会与函数、数列、不等式、统计、概率等知识结合命题．
2.以客观题形式考查复数的运算、复数的相等、共轭复数和复数及其代数运算的几何意义，与其他知识较少结合，应注意和三角函数结合的练习．
3.推理与证明在选择、填空、解答题中都有体现，但很少单独命题，若单独命题，一般以客观题形式考查归纳与类比．
4.通常是以数列、三角、函数、【解析】几何、立体几何等知识为载体，考查对推理与证明的掌握情况，把推理思路的探求、推理过程的严谨，推理方法的合理作为考查重点．
【命题热点突破一】程序框图
例1、【2016高考新课标1卷】执行右面的程序框图,如果输入的,则输出x,y的值满足
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【感悟提升】程序框图中单纯的顺序结构非常简单，一般不出现在高考中，在高考中主要出现的是以“条件结构”和“循环结构”为主的程序框图．以“条件结构”为主的程序框图主要解决分段函数求值问题，以“循环结构”为主的程序框图主要解决数列求和、统计求和、数值求积等运算问题，这两种类型的程序框图中，关键因素之一就是“判断条件”，在解题中要切实注意判断条件的应用．
【变式探究】
某程序框图如图
所示，若该程序运行后输出的S的值为72，则判断框内填入的条件可以是(　　)
A．n≤8
B．n≤9
C．n≤10
D．n≤11
【答案】A　
【命题热点突破二】合情推理与演绎推理
例2、(1)观察下列各式：
C＝40；
C＋C＝41；
C＋C＋C＝42；
C＋C＋C＋C＝43；
……
照此规律，当n∈N
时，
C＋C＋C＋…＋C＝________．
(2)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法可以求出过点A(－2，3)，且法向量为n＝(－1，2)的直线方程为(－1)×(x＋2)＋2×(y－3)＝0，化简得x－2y＋8＝0.类比上述方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为n＝(－1，2，－3)的平面的方程为________．
【答案】（1）4n－1　（2）x－2y＋3z－6＝0　
【解析】（1）归纳可知，C＋C＋C＋…＋C＝4n－1.
（2）类比直线方程的求解方法，可得平面的方程为（－1）×（x－1）＋2×（y－2）＋（－3）×（z－3）＝0，即x－2y＋3z－6＝0.
【感悟提升】由特殊结论得出一般结论的推理是归纳推理，归纳出的一般性结论要包含已知的特殊结论；根据已有结论推断相似对象具有相应结论的推理就是类比推理．归纳和类比得出的结论未必正确，其正确性需要通过演绎推理进行证明．合情推理和演绎推理在解决数学问题中是相辅相成的．
【变式探究】
已知cos＝，coscos＝，coscos·cos＝，……根据以上等式，可猜想的一般结论是________________．
【答案】coscos…cos＝（n∈N
）　
【解析】从已知等式的左边来看，3，5，7，…是通项为2n＋1的等差数列，等式的右边是通项为的等比数列.由以上分析可以猜想出一般结论为coscos…cos＝（n∈N
）.
【命题热点突破三】排列与组合
例3、【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
（A）24
　（B）48
　（C）60
　（D）72
【答案】D
【感悟提升】
解决排列组合问题的基本方法有直接法和间接法．直接法就是采用分类、分步的方法逐次求解，间接法是从问题的对立面求解．不论是直接法还是间接法，都要遵循“特殊元素、特殊位置优先考虑”的原则．注意几种典型的排列组合问题：相邻问题(捆绑法)、不相邻问题(插空法)、定序问题(组合法)、分组分配问题(先分组后分配)等．
【变式探究】
已知直线＋＝1(a，b是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线有________条.
【答案】60　
【解析】由于圆x2＋y2＝100上满足条件的整数点（x，y）有12个：（±10，0），（±6，±8），（±8，±6），（0，±10），所以直线经过这些点，但a，b是非零常数，所以直线不与x轴、y轴垂直，且不经过原点.满足条件的直线有两类：一类与圆有2个公共点，除去垂直于坐标轴和经过原点的直线，共有C－10－4＝52（条）；另一类与圆有1个公共点（即圆的切线），同样除去垂直于坐标轴的直线，共有8条.综上，所求的直线共有60条.
【命题热点突破四】二项式定理
例4、【2016年高考北京理数】在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）
【答案】60.
【解析】根据二项展开的通项公式可知，的系数为。
【感悟提升】
(1)二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程思想解决的．(2)
二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．
【变式探究】（2015·全国卷Ⅱ）
(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________．
【答案】3　
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1卷】执行右面的程序框图,如果输入的,则输出x,y的值满足
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
2.【2016高考新课标3理数】执行下图的程序框图，如果输入的，那么输出的（
）
（A）3
（B）4
（C）5
（D）6
【答案】B
【解析】第一次循环，得；第二次循环，得，；第三次循环，得；第四次循环，得，退出循环，输出，故选B．
3.【2016年高考四川理数】秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为3，2，则输出v的值为
（A）9
（B）18
（C）20
（D）35
【答案】B
4.【2016高考新课标2理数】中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的，依次输入的为2，2，5，则输出的（
）
（A）7
（B）12
（C）17
（D）34
【答案】C
5.【2016年高考北京理数】执行如图所示的程序框图，若输入的值为1，则输出的值为（）
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】B
6.【2016高考山东理数】执行右边的程序框图，若输入的a,b的值分别为0和9，则输出的i的值为________.
【答案】3
【解析】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；满足条件，结束循环，此时，.
7.【2016高考天津理数】阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为（
）
（A）2
（B）4
（C）6
（D）8
【答案】B
【解析】依次循环：结束循环，输出，选B.
8.【2016高考江苏卷】如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是
▲
.
【答案】9
【解析】第一次循环：，第二次循环：，此时循环结束。
1.【2016高考新课标2理数】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（
）
（A）24
（B）18
（C）12
（D）9
【答案】B
2.【2016年高考四川理数】设i为虚数单位，则的展开式中含x4的项为
（A）－15x4
（B）15x4
（C）－20i
x4
（D）20i
x4
【答案】A
【解析】二项式展开的通项，令，得，则展开式中含的项为，故选A.
3.【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
（A）24
　（B）48
　（C）60
　（D）72
【答案】D
【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.
4.【2016高考新课标3理数】定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项
为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有
（
）
（A）18个
（B）16个
（C）14个
（D）12个
【答案】C
【解析】由题意，得必有，，则具体的排法列表如下：
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
5.【2016年高考北京理数】在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）
【答案】60.
【解析】根据二项展开的通项公式可知，的系数为。
6.【2016高考新课标1卷】的展开式中,x3的系数是
.（用数字填写【答案】）
【答案】10
【解析】
7.【2016高考天津理数】的展开式中x2的系数为__________.(用数字作答)
【答案】－56
【解析】展开式通项为，令，，所以的．故答案为－56．
8.【2016高考山东理数】若（ax2+）5的展开式中x5的系数是—80，则实数a=_______.
【答案】－2
【解析】因为，所以由，因此
1．(2015·重庆，7)执行如图所示的程序框图，输出的结果为(　　)
A．(－2，2)
B．(－4，0)
C．(－4，－4)
D．(0，－8)
【答案】　B
2．(2015·福建，6)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为(　　)
A．2
B．1
C．0
D．－1
【答案】　C
3．(2015·北京，3)执行如图所示的程序框图，若输出k的值为8，则判断框内可填入的条件是(　　)
A．s≤
B．s≤
C．s≤
D．s≤
【答案】　C
【解析】　由程序框图，k的值依次为0，2，4，6，8，因此s＝＋＋＝(此时k＝6)还必须计算一次，因此可填s≤，选C.
4．(2015·新课标全国Ⅱ，8)下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a＝(　　)
A．0
B．2
C．4
D．14
【答案】　B
5．(2015·山东，13)执行如图所示的程序框图，输出的T的值为________.
【答案】　
【解析】　当n＝1时，T＝1＋x1dx＝1＋＝1＋＝；
当n＝2时，T＝＋x2dx＝＋＝＋＝；
当n＝3时，结束循环，输出T＝.
6．(2015·广东，12)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答)．
【答案】　1
560
【解析】　依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1
560条毕业留言．
7．(2015·北京，9)在(2＋x)5的展开式中，x3的系数为________(用数字作答)．
【答案】　40
【解析】　展开式通项为：Tr＋1＝C25－rxr，∴当r＝3时，系数为C·25－3＝40.
8．(2015·天津，12)在的展开式中，x2的系数为________．
【答案】　
9．(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40
000大的偶数共有(　　)
A．144个
B．120个
C．96个
D．72个
【答案】　B
【解析】　由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A＝72个；若万位是4，则有2×A个＝48个，故40
000大的偶数共有72＋48＝120个．选B.
10.
(2015·陕西，4)二项式(x＋1)n(n∈N＋)的展开式中x2的系数为15，则n＝(　　)
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】　C
【解析】　由题意易得：C＝15，C＝C＝15，即＝15，解得n＝6.
1.【2015高考广东，文10】
若集合，，用表示集合中的元素个数，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
2.【2015高考浙江，文8】设实数，，满足（
）
A．若确定，则唯一确定
B．若确定，则唯一确定
C．若确定，则唯一确定
D．若确定，则唯一确定
【答案】B
【解析】因为，所以，所以，故当确定时，确定，所以唯一确定.故选B.
3.【2015高考湖北，文10】已知集合，，定义集合，则中元素的个数为（
）
A．77
B．49
C．45
D．30
【答案】.
【解析】由题意知，，，所以由新定义集合可知，或.当时，，，所以此时中元素的个数有：个；当时，，，这种情形下和第一种情况下除的值取或外均相同，即此时有，由分类计数原理知，中元素的个数为个，故应选.
4.【2015高考陕西，文16】观察下列等式：
1－
1－
1－
…………
据此规律，第n个等式可为______________________.
【答案】
5.【2015高考山东，文14】定义运算“”：
（）.当时，的最小值是
.
【答案】
【解析】
由新定义运算知，
，因为，，
所以，，当且仅当时，的最小值是.函数﹑基本初等函数的图像与性质
【考向解读】
1.高考对函数的三要素，函数的表示方法等内容的考查以基础知识为主，难度中等偏下.
2.对图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决问题.
3.对函数性质的考查，则主要是将单调性、奇偶性、周期性等综合一起考查，既有具体函数也有抽象函数.常以选择题、填空题的形式出现，且常与新定义问题相结合，难度较大.
【命题热点突破一】函数的性质及应用
1．单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．利用定义证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、判断符号、下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则．
2．奇偶性：奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性．
3．周期性：周期性是函数在定义域上的整体性质．若函数在其定义域上满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其一个周期T＝|a|.
例1、.【2016年高考四川理数】已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，，则=
.
【答案】-2
【解析】因为函数是定义在R上的周期为2的奇函数，所以
，所以，即，，所以.
【感悟提升】(1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值．(2)利用函数的单调性解不等式的关键是化成f(x1)【变式探究】
(1)若函数f(x)＝xln(x＋)为偶函数，则a＝________.
(2)已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是(　　)
A.＞
B.ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C.sin
x＞sin
y
D.x3＞y3
(3)设f(x)＝(a∈R)的图象关于直线x＝1对称，则a的值为(　　)
A.－1
B.1
C.2
D.3
【答案】(1)1　(2)D　(3)C
【命题热点突破二】　函数图象及应用
1．作函数图象有两种基本方法：一是描点法，二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．
2．利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特点．
例2、【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
【解析】函数f(x)=2x2–e|x|在[–2,2]上是偶函数，其图像关于轴对称，因为，所以排除A、B
选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数．故选D。
【感悟提升】(1)根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是解决函数图象判断类试题的基本方法．(2)研究函数时，注意结合图象，在解方程和不等式等问题时，借助图象能起到十分快捷的作用．
【变式探究】
(1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝f
，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A.c＞a＞b
B.c＞b＞a
C.a＞c＞b
D.b＞a＞c
(2)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，
使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，
所以当x＝－时，[g(x)]min＝－2e－，
当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)，
则满足题意的唯一整数x0＝0，
故－a>g(0)＝－1，
且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1，故选D.
答案　(1)D　(2)D
【探究提高】(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.
(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.
【命题热点突破三】基本初等函数的图象和性质
1．指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分01两种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共性质．
2．幂函数y＝xα的图象和性质，主要掌握α＝1,2,3，，－1五种情况．
例3、【2016年高考北京理数】设函数.
①若，则的最大值为______________；
②若无最大值，则实数的取值范围是________.
【答案】，.
【感悟提升】(1)指数函数、对数函数、幂函数是高考的必考内容之一，重点考查图象、性质及其应用，同时考查分类讨论、等价转化等数学思想方法及其运算能力．(2)比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性．
【变式探究】
(1)在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x≥0)，g(x)＝logax的图象可能是(　　)
(2)已知函数y＝f(x)是定义在R上的函数，其图象关于坐标原点对称，且当x∈(－∞，0)时，不等式f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝20.2f(20.2)，b＝ln2f(ln2)，c＝－2f(－2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c
B．c>b>a
C．c>a>b
D．a>c>b
【答案】(1)D　(2)C
【解析】(1)方法一　分a>1,0当a>1时，y＝xa与y＝logax均为增函数，但y＝xa递增较快，排除C；
当0【高考真题解读】
1.【2016高考新课标3理数】已知，，，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】因为，，所以，故选A．
2.【2016年高考北京理数】已知，，且，则（
）
A.
B.
C.D.
【答案】C
【解析】A：由，得，即，A不正确；
B：由及正弦函数的单调性，可知不一定成立；
C：由，，得，故，C正确；
D：由，得，但xy的值不一定大于1，故不一定成立，故选C.
3.【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
4.【2016高考新课标2理数】已知函数满足，若函数与图像的交点为则（
）
（A）0
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】由于，不妨设，与函数的交点为，故，故选C。
5.【2016年高考四川理数】已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，，则=
.
【答案】-2
【解析】因为函数是定义在R上的周期为2的奇函数，所以
，所以，即，，所以.
6.【2016高考浙江理数】已知a>b>1.若logab+logba=，ab=ba，则a=
，b=
.
【答案】4
2
【解析】设，因为，
因此
7.【2016高考天津理数】已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间（-，0）上单调递增.若实数a满足
，则a的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意在上单调递减，又是偶函数，则不等式可化为，则，，解得．
8.【2016年高考四川理数】在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为；
当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点A
②单位圆的“伴随曲线”是它自身；
③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”关于y轴对称；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.
其中的真命题是_____________（写出所有真命题的序列）.
【答案】②③
【解析】对于①，若令，则其伴随点为，而的伴随点为，而不是，故①错误；对于②，设曲线关于轴对称，则与方程表示同一曲线，其伴随曲线分别为与也表示同一曲线，又曲线与曲线的图象关于轴对称，所以②正确；③设单位圆上任一点的坐标为，其伴随点为仍在单位圆上，故②正确；对于④，直线上任一点的伴随点是，消参后点轨迹是圆，故④错误.所以正确的为序号为②③.
9.【2016高考山东理数】已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，
；当
时，；当
时，
.则f(6)=
（
）
（A） 2
（B） 1
（C）0
（D）2
【答案】D
【解析】当时，,所以当时，函数是周期为
的周期函数，所以，又函数是奇函数，所以，故选D.
10.【2016高考天津理数】已知函数f（x）=（a>0,且a≠1）在R上单调递减，且关于x的方程恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（
）
（A）（0，]
（B）[，]
（C）[，]{}（D）[，）{}
【答案】C
11.【2016高考江苏卷】设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，
其中
若
，则的值是
▲
.
【答案】
【解析】，
因此
12.【2016高考江苏卷】函数y=的定义域是
▲
.
【答案】
【解析】要使函数有意义，必须，即，．故答案应填：，
13.【2016年高考北京理数】设函数.
①若，则的最大值为______________；
②若无最大值，则实数的取值范围是________.
【答案】，.
【解析】如图，作出函数与直线的图象，它们的交点是，由，知是函数的极小值点，
①当时，，由图象可知的最大值是；
②由图象知当时，有最大值；只有当时，，无最大值，所以所求的取值范围是．
1.(2015·安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是(　　)
A.y＝cos
x
B.y＝sin
x
C.y＝ln
x
D.y＝x2＋1
解析　由于y＝sin
x是奇函数；y＝ln
x是非奇非偶函数；y＝x2＋1是偶函数但没有零点；只有y＝cos
x是偶函数又有零点.
答案　A
2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝则f(－2)＋f(log212)＝(　　)
A.3
B.6
C.9
D.12
答案　C
3.(2015·北京卷)如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是(　　)
A.{x|－1＜x≤0}
B.{x|－1≤x≤1}
C.{x|－1＜x≤1}
D.{x|－1＜x≤2}
解析　如图，由图知：f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1答案　C
4.(2015·山东卷)已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)
的定义域和值域都是[－1，0]，则a＋b＝________.
5．(2015·天津)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a＜b＜c
B．a＜c＜b
C．c＜a＜b
D．c＜b＜a
【答案】C　
【解析】由f(x)＝2|x－m|－1是偶函数可知m＝0，
所以f(x)＝2|x|－1.
所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2，
b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4，
c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c6．(2014·福建)若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则所给函数图象正确的是(　　)
【答案】B　
7．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝则f(－2)＋f(log212)等于(　　)
A．3
B．6
C．9
D．12
【答案】C　
【解析】因为－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f(log212)＝2log212－1＝2log212×2－1＝12×＝6，故f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9，故选C
。
8．(2015·陕西卷)设f(x)＝则f(f(－2))＝(
)
A．－1
B.
C.
D.
【答案】C　
【解析】因为－2＜0，所以f(－2)＝2－2＝＞0，所以f＝1－
＝1－＝.
9．(2015·新课标Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为(B)
【答案】B　
10．(2014·课标全国Ⅱ)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)>0，则x的取值范围是_________________________．
【答案】(－1,3)
【解析】　∵f(x)是偶函数，
∴图象关于y轴对称．
又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)单调递减，
则f(x)的大致图象如图所示，
由f(x－1)>0，得－2集合与常用逻辑用语
文
【考向解读】
集合与常用逻辑用语在高考中是以选择题或填空题的形式进行考查的，属于容易题．但命题真假的判断，这一点综合性较强，联系到更多的知识点，属于中挡题．预测2016年高考会以集合的运算和充要条件作为考查的重点．
【命题热点突破一】集合的关系及运算
集合是高考每年必考内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度大多数为最低档，有时候在填空题中以创新题型出现，难度稍高．在复习中，本部分应该重点掌握集合的表示、集合的性质、集合的运算及集合关系在常用逻辑用语、函数、不等式、三角函数、【解析】几何等方面的应用．同时注意研究有关集合的创新问题，研究问题的切入点及集合知识在相关问题中所起的作用．
1．集合的运算性质及重要结论
(1)A∪A＝A，A∪ ＝A，A∪B＝B∪A.
(2)A∩A＝A，A∩ ＝ ，A∩B＝B∩A.
(3)A∩( UA)＝ ，A∪( UA)＝U.
(4)A∩B＝A A B，A∪B＝A B A.
2．集合运算中的常用方法
(1)若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解；
(2)若已知的集合是点集，用数形结合法求解；
(3)若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解．
例1、【2016高考新课标3理数】设集合
，则（
）
(A)
[2，3]
(B)（-
，2]
[3,+）
(C)
[3,+）
(D)（0，2]
[3,+）
【答案】D
【解析】由解得或，所以，所以，故选D．
【感悟提升】
(1)集合的关系及运算问题，要先对集合进行化简，然后可借助Venn图或数轴求解．
(2)对集合的新定义问题，要紧扣新定义集合的性质探究集合中元素的特征，将问题转化为熟悉的知识进行求解，也可利用特殊值法进行验证．
【变式探究】(1)已知集合A＝{x|x2－4x＋3<0}，B＝{x|2A．(1,3)
B．(1,4)
C．(2,3)
D．(2,4)
(2)设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A C，B UC”是“A∩B＝ ”的(　　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
(3)已知集合A＝{x|log2x≤2}，B＝(－∞，a)，若A B，则实数a的取值范围是(c，＋∞)，其中c＝________.
【答案】(1)C　(2)C　(3)4
点评　(1)弄清集合中所含元素的性质是集合运算的关键，这主要看代表元素，即“|”前面的表述．(2)当集合之间的关系不易确定时，可借助Venn图或列举实例．
【命题热点突破二】四种命题与充要条件
逻辑用语是高考常考内容，充分、必要条件是重点考查内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度以低、中档为主．在复习中，本部分应该重点掌握四种命题的真假判断、否命题与命题的否定的区别、含有量词的命题的否定的求法、充分必要条件的判定与应用．这些知识被考查的概率都较高，特别是充分、必要条件几乎每年都有考查．
1．四种命题中原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假．
2．若p q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；若p q，则p，q互为充要条件．
例2、【2016高考天津理数】设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n 1+a2n<0”的（
）
（A）充要条件
（B）充分而不必要条件
（C）必要而不充分条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由题意得，，故是必要不充分条件，故选C.
【感悟提升】充分条件与必要条件的三种判定方法
(1)定义法：正、反方向推理，若p q，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若p q，且q p，则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件)．
(2)集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A B，则A是B的充分条件(B是A的必要条件)；若A＝B，则A是B的充要条件．
(3)等价法：将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题．
【变式探究】(1)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m α.则“m∥β”是“α∥β”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
【答案】　B
(2)给出下列命题：
①若A，B，C，D是不共线的四点，则＝是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；
②a＝b的充要条件是|a|＝|b|且a∥b；
③在△ABC中，sinA>sinB的充要条件为A>B；
④在△ABC中，设命题p：△ABC是等边三角形，命题q：a∶b∶c＝sinB∶sinC∶sinA，那么命题p是命题q的充分不必要条件．
其中正确的命题为________．(把你认为正确的命题序号都填上)
【答案】①③
【解析】①正确．因为＝，
所以||＝||且∥，
又A，B，C，D是不共线的四点，所以四边形ABCD为平行四边形；反之，若四边形ABCD为平行四边形，则∥且||＝||，因此＝.
点评　判断充分、必要条件时应注意的问题
(1)先后顺序：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
(2)举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．
(3)准确转化：若綈p是綈q的必要不充分条件，则p是q的充分不必要条件；若綈p是綈q的充要条件，那么p是q的充要条件．
【命题热点突破三】　逻辑联结词、量词
1．命题p∨q，只要p，q有一真，即为真；命题p∧q，只有p，q均为真，才为真；綈p和p为真假对立的命题．
2．命题p∨q的否定是(綈p)∧(綈q)；命题p∧q的否定是(綈p)∨(綈q)．
3．“ x∈M，p(x)”的否定为“ x0∈M，綈p(x0)”；“ x0∈M，p(x0)”的否定为“ x∈M，綈p(x)”．
例3、【2016高考浙江理数】命题“，使得”的否定形式是（
）
A．，使得
B．，使得
C．，使得
D．，使得
【答案】D
【解析】的否定是，的否定是，的否定是．故选D．
【感悟提升】
(1)命题的否定和否命题是两个不同的概念：命题的否定只否定命题的结论，真假与原命题相对立；(2)判断命题的真假要先明确命题的构成．由命题的真假求某个参数的取值范围，还可以考虑从集合的角度来思考，将问题转化为集合间的运算．
【变式探究】(1)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
(2)已知命题p：若x>y，则－x<－y；命题q：若x>y，则x2>y2.在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(綈q)；④(綈p)∨q中，真命题是(　　)
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
【答案】(1)D　(2)C
点评　利用等价命题判断命题的真假，是判断命题真假快捷有效的方法．在解答时要有意识地去练习．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1理数】设集合
,,则
（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】因为所以故选D.
2.【2016高考新课标3理数】设集合
，则（
）
(A)
[2，3]
(B)（-
，2]
[3,+）
(C)
[3,+
）
(D)（0，2]
[3,+）
【答案】D
【解析】由解得或，所以，所以，故选D．
3.【2016年高考四川理数】设集合，Z为整数集，则中元素的个数是（
）
（A）3
（B）4
（C）5
（D）6
【答案】C
【解析】由题意，，故其中的元素个数为5，选C.
4.【2016高考山东理数】设集合
则=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】，，则，选C.
5.【2016高考新课标2理数】已知集合，，则（
）（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
6.【2016年高考北京理数】已知集合，，则（
）
A.B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由，得，故选C.
7.【2016高考浙江理数】已知集合
则（
）
A．[2,3]
B．(
-2,3
]
C．[1,2)
D．
【答案】B
【解析】根据补集的运算得．故选B．
8.
【2016高考浙江理数】命题“，使得”的否定形式是（
）
A．，使得
B．，使得
C．，使得
D．，使得
【答案】D
【解析】的否定是，的否定是，的否定是．故选D．
9.【2016高考山东理数】已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的（
）
（A）充分不必要条件
（B）必要不充分条件
（C）充要条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】直线a与直线b相交,则一定相交,若相交,则a,b可能相交，也可能平行,故选A.
10.【2016高考天津理数】设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n 1+a2n<0”的（
）
（A）充要条件
（B）充分而不必要条件
（C）必要而不充分条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】C
11.【2016高考天津理数】已知集合则=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】选D.
12.【2016高考江苏卷】已知集合则________▲________.
【答案】
【解析】
13.【2016高考上海理数】设，则“”是“”的（
）
充分非必要条件
（B）必要非充分条件
（C）充要条件
（D）既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】，所以是充分非必要条件，选A.
14．【2016高考山东理数】设集合
则=
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
1．(2015·天津)已知全集U＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，集合A＝{2,3,5,6}，集合B＝{1,3,4,6,7}，则集合A∩( UB)等于(　　)
A．{2,5}
B．{3,6}
C．{2,5,6}
D．{2,3,5,6,8}
【答案】　A
【解析】　由题意知， UB＝{2,5,8}，则A∩( UB)＝{2,5}，选A.
2．(2014·安徽)“x<0”是“ln(x＋1)<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
【答案】　B
【解析】　∵ln(x＋1)<0，∴0∵x<0是－13．(2015·陕西)设集合M＝{x|x2＝x}，N＝{x|lgx≤0}，则M∪N等于(　　)
A．[0,1]
B．(0,1]
C．[0,1)
D．(－∞，1]
【答案】　A
【解析】　由题意得M＝{0,1}，N＝(0,1]，故M∪N＝[0,1]，故选A.
4．(2014·山东)设集合A＝{x||x－1|<2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}，则A∩B等于(　　)
A．[0,2]
B．(1,3)
C．[1,3)
D．(1,4)
【答案】　C
【解析】　由|x－1|<2，解得－15．(2015·湖北)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A?B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A?B中元素的个数为(　　)
A．77B．49C．45D．30
【答案】　C
6．(2015·浙江)已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q
＝{x|1＜x≤2}，则( RP)∩Q等于(　　)
A．[0,1)
B．(0,2]C．(1,2)
D．[1,2]
【答案】　C
【解析】　∵P＝{x|x≥2或x≤0}， RP＝{x|0＜x＜2}，
∴( RP)∩Q＝{x|1＜x＜2}，故选C.
7．(2015·湖北)设a1，a2，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，an成等比数列；q：(a＋a＋…＋a)·(a＋a＋…＋a)＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，则(　　)
A．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
【答案】　B
【解析】　若p成立，设a1，a2，…，an的公比为q，则(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)＝a(1＋q2＋…＋q2n－4)·a(1＋q2＋…＋q2n－4)＝aa(1＋q2＋…＋q2n－4)2，(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n－4)2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…＝an＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.
8．(2015·课标全国Ⅰ)设命题p： n∈N，n2>2n，则綈p为(　　)
A． n∈N，n2>2n
B． n∈N，n2≤2n
C． n∈N，n2≤2n
D． n∈N，n2＝2n
【答案】　C
【解析】　将命题p的量词“ ”改为“ ”，“n2>2n”改为“n2≤2n”．
9．(2014·课标全国Ⅱ)函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(　　)
A．p是q是充分必要条件
B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
【答案】　C
10．(2014·陕西)原命题为“若，则{an}为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(　　)
A．真，真，真
B．假，假，真
C．真，真，假
D．假，假，假
【答案】　A
【解析】　原命题与其逆命题都是真命题，所以其否命题和逆否命题也都是真命题，故选A.
11．(2015·山东)若m∈R,
命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是(　　)
A．若方程x2＋x－m＝0有实根，则m＞0
B．若方程x2＋x－m＝0有实根，则m≤0
C．若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m＞0
D．若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0
【答案】　D专题18
概率
文
【命题热点突破一】古典概型与几何概型
例1、【2016高考新课标1卷】某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【解析】如图所示,画出时间轴：
小明到达的时间会随机的落在图中线段中,而当他的到达时间落在线段或时,才能保证他等车的时间不超过10分钟根据几何概型,所求概率．故选B．
【变式探究】三位学生两位老师站成一排，则老师站在一起的概率为________．
【答案】　
【解析】
三位学生两位老师站成一排，有A＝120（种）站法，老师站在一起，共有AA＝48（种）站法，故老师站在一起的概率为＝.
【特别提醒】求古典概型的概率的关键是计算基本事件的个数和所求的随机事件含有的基本事件的个数，在计算时要注意不要重复也不要遗漏
【变式探究】
已知圆O：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25，则圆O上的点到直线l的距离小于2的概率为________．
【答案】　
【特别提醒】与角度相关的几何概型问题一般用直接法，或转化为与线段长度、面积有关的几何概型问题．计算与线段长度有关的几何概型的方法是：求出基本事件对应的线段长度、随机事件对应的线段长度，随机事件对应的线段长度与基本事件对应的线段长度之比即为所求．
【举一反三】
如图所示，
大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短直角边长为3，向大正方形内抛撒一颗黄豆(假设黄豆不落在线上)，则黄豆恰好落在小正方形内的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】B　
【特别提醒】计算与面积相关的几何概型的方法：算出基本事件对应图形的面积和随机事件对应图形的面积，随机事件对应图形的面积与基本事件对应图形的面积之比即为所求．
【变式探究】
某高二学生练习投篮，每次投篮命中率约为30%，现采用随机模拟的方法估计该生投篮命中的概率：选用计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2表示命中，4，5，6，7，8，9表示不命中，再以每3个随机数为一组，代表3次投篮的结果．经随机模拟产生了如下随机数：
807　956　191　925　271　932　813　458　569　683
431　257　393　027　556　488　730　113　527　989
据此估计该学生3次投篮恰有2次命中的概率为(　　)
A．0.15
B．0.25
C．0.2
D．0.18
【答案】C　
【特别提醒】每次命中率约为30%，3次投篮命中2次的概率，可以看作3次独立重复试验恰好成功2次的概率，直接计算为C×0.32×0.7＝0.189，与随机模拟方法求得的概率具有差异．随机模拟的方法求得的概率具有随机性，两次随机模拟求得的概率值可能是不同的．
【命题热点突破二】相互独立事件和独立重复试验
例2、某项比赛规则是：
甲、乙两队先进行个人赛，每支参赛队中成绩的前三名队员再代表本队进行团体赛，团体赛是在两队名次相同的队员之间进行，且三场比赛同时进行．根据以往比赛统计：两名队员中个人赛成绩高的队员在各场胜的概率为，负的概率为，且各场比赛互不影响．已知甲、乙两队各有5名队员，这10名队员的个人赛成绩如图所示．
(1)计算两队在个人赛中成绩的均值和方差；
(2)求甲队在团体赛中至少有2名队员获胜的概率．
【解析】：（1）由题中数据可知，
x甲＝＝88，x乙＝＝88，所以s＝×（9＋25＋4＋64＋4）＝21.2，s＝×（0＋16＋25＋16＋25）＝16.4.
（2）设“甲队中参加个人赛成绩为第i名的队员在团体赛中获胜”为事件Ai（i＝1，2，3）.
由题意可知P（A1）＝，P（A2）＝P（A3）＝，且A1，A2，A3相互独立.
设“甲队至少有2名队员获胜”为事件E，则E＝A1A2A3＋A1A2A3＋A1A2A3＋A1A2A3，
故P（E）＝××＋××＋××＋××＝.
【特别提醒】在做涉及相互独立事件的概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的互斥事件分拆为若干个相互独立事件的乘积，如果某些相互独立事件符合独立重复试验的特点，那么就用独立重复试验的概率计算公式解答．
【变式探究】
已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检验将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
故X的分布列为
X
200
300
400
P
所以E（X）＝200×＋300×＋400×＝350.
【命题热点突破三】随机变量的分布列、均值与方差
例3、【2016年高考四川】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是
.
【答案】
【解析】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有（正正），（正反），（反正），（反反），所以在1次试验中成功次数的取值为，其中
在1次试验中成功的概率为，
所以在2次试验中成功次数的概率为，，
则.
【变式探究】某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3此密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E（X）＝1×＋2×＋3×＝.
【特别提醒】求离散型随机变量分布列的关键有两点：一是确定离散型随机变量的所有可能取值，不要遗漏；二是根据离散型随机变量取值的实际意义求出其各个值的概率．
【变式探究】
某树苗培育基地为了解该基地内榕树树苗的长势情况，随机抽取了100株树苗，分别测出它们的高度(单位：cm)，并将所得数据分组，得到频率分布表如下：
组距
频数
频率
[100，102)
17
0.17
[102，104)
18
0.18
[104，106)
24
0.24
[106，108)
a
b
[108，110)
6
0.06
[110，112]
3
0.03
合计
100
1
(1)求上表中a，b的值；
(2)估计该基地榕树树苗的平均高度；
(3)该基地从高度在区间[108，112]内的树苗中随机选出5株进行育种研究，其中高度在区间[110，112]内的有X株，求X的分布列和数学期望．
（3）由频率分布表知树苗高度在区间[108，112]内的有9株，在区间[110，112]内的有3株，因此X的所有可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝eq
\f(C,C)＝＝，P（X＝1）＝eq
\f(CC,C)＝＝，
P（X＝2）＝eq
\f(CC,C)＝＝，P（X＝3）＝eq
\f(CC,C)＝＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
【特别提醒】常见的离散型随机变量的概率分布模型有两个：超几何分布和二项分布．从摸球模型上看，超几何分布是不放回地取球，二项分布是有放回的取球．注意从摸球模型理解这两个分布．
【变式探究】
将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，小球在下落的过程中，将遇到如图所示的黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，.
(1)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率；
(2)在容器的入口处依次放入4个小球，记ξ为落入B袋中的小球个数，求ξ的分布列和数学期望．
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
故ξ的数学期望E(ξ)＝4×＝.
【特别提醒】求解离散型随机变量的期望和方差的基本方法：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后分别求出取这些值时的概率，列出分布列，最后根据公式计算随机变量的数学期望和方差．
【命题热点突破四】求解离散型随机变量的分布列、期望与方差，利用期望与方差进行决策问题
例4、某茶厂现有三块茶园，每块茶园的茶叶估值为6万元．根据以往经验，今年5月12日至14日是采茶的最佳时间，在此期间，若遇到下雨，当天茶园的茶叶估值减少为前一天的一半，否则与前一天持平．现有两种采摘方案：
方案①：茶厂不额外聘请工人，一天采摘一块茶园的茶叶；
方案②：茶厂额外聘请工人，在12日采摘完全部茶叶，额外聘请工人的成本为3.2万元．
根据天气预报，该地区5月12日不降雨，13日和14日这两天降雨的概率均为40%，每天是否下雨互不影响．
(1)若采用方案①，求茶厂14日当天采茶的预期收益；
(2)从统计学的角度分析，茶厂采用哪种方案更合理．
所以ξ的分布列为
ξ
6
3
1.5
P
所以ξ的数学期望E(ξ)＝6×＋3×＋1.5×＝3.84，
即茶厂14日当天采茶的预期收益为3.84万元．
(2)茶厂若采用方案①，设茶厂13日采茶的预期收益为η万元，则η的可能取值为6和3.
因为P(η＝6)＝，P(η＝3)＝，
所以η的分布列为
η
6
3
P
所以η的数学期望E(η)＝6×＋3×＝4.8，
所以若茶厂采用方案①，则采茶的总收益为6＋4.8＋3.84＝14.64(万元)；
若茶厂采用方案②，则采茶的总收益为6×3－3.2＝14.8(万元)．
因为14.64<14.8，所以茶厂采用方案②更合理．
【易错提醒】
(1)对问题的实际意义理解不透，弄错ξ的取值；(2)求ξ取各个值的概率时出现计算方面的错误；(3)对采用方案①采茶的总预期收益的意义理解错误，不能正确求出采用方案①采茶的总预期收益；(4)找错两种方案优劣的比较标准．
【变式探究】为迎接中秋节，某机构举办猜奖活动，参与者需先后回答两道选择题，问题A有四个选项，问题B有五个选项，但都只有一个选项是正确的，正确回答问题A可获奖金m元，正确回答问题B可获奖金n元．活动规定：参与者可任意选择回答问题的顺序，如果第一个问题回答错误，则该参与者猜奖活动终止．假设一个参与者在回答问题前，对这两个问题都很陌生，试确定哪种回答问题的顺序能使该参与者获奖金额的期望值较大？
因为E(ξ)－E(η)＝(＋)－(＋)＝，
所以当>时，E(ξ)＞E(η)，即先回答问题A，再回答问题B，该参与者获奖金额的期望值较大；
当＝时，E(ξ)＝E(η)，无论是先回答问题A，再回答问题B，还是先回答问题B，再回答问题A，该参与者获奖金额的期望值相等；
当<时，E(ξ)【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
2.【2016高考新课标3】某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中月平均最高气温和
平均最低气温的雷达图．图中点表示十月的平均最高气温约为，点表示四月的平均最低气温约为
．下面叙述不正确的是（
）
(A)各月的平均最低气温都在以上
(B)七月的平均温差比一月的平均温差大
(C)三月和十一月的平均最高气温基本相同
(D)平均气温高于的月份有5个
【答案】D
3.【2016高考山东】某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，
[20，22.5)，
[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（
）
（A）56
（B）60
（C）120
（D）140
【答案】D
【解析】由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时为后三组，有（人），选D.
4.【2016高考新课标2】从区间随机抽取个数,，…，，，，…，，构成n个数对，，…，，其中两数的平方和小于1的数对共有个，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】利用几何概型，圆形的面积和正方形的面积比为，所以.选C.
5.【2016年高考北京】袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（）
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【答案】C
6.【2016高考江苏卷】将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是
▲
.
【答案】
【解析】点数小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为
7.【2016年高考四川】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是
.
【答案】
【解析】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有（正正），（正反），（反正），（反反），所以在1次试验中成功次数的取值为，其中
在1次试验中成功的概率为，
所以在2次试验中成功次数的概率为，，
则.
8.【2016高考新课标2】有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是
．
【答案】1和3
【解析】由题意分析可知甲的卡片上数字为1和3，乙的卡片上数字为2和3，丙卡片上数字为1和2.
9.【2016高考江苏卷】已知一组数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5，则该组数据的方差是________▲________.
【答案】0.1
【解析】这组数据的平均数为，．故答案应填：0.1，
10.【2016高考山东】在上随机地取一个数k，则事件“直线y=kx与圆相交”发生的概率为
.
【答案】
11.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
（I）求的分布列；
（II）若要求,确定的最小值；
（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在与之中选其一,应选用哪个？
【答案】（I）见解析（II）19（III）
所以的分布列为
16
17
18
19
20
21
22
（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,故的最小值为19.
（Ⅲ）记表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.
当时,
.
当时,
.
可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值,故应选.
12.【2016高考新课标2】某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
5
保费
0.85
1.25
1.5
1.75
2
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
（Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
【答案】（Ⅰ）0.55；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】因此所求概率为
（Ⅲ）记续保人本年度的保费为，则的分布列为
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为
13.【2016年高考四川】（本小题满分12分）
我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准（吨）、一位居民的月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
（I）求直方图中a的值；
（II）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；
（III）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准（吨），估计的值，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）36000；（Ⅲ）2.9．
【解析】
14.【2016年高考北京】（本小题13分）
A、B、C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表（单位：小时）；
A班
6
6.5
7
7.5
8
B班
6
7
8
9
10
11
12
C班
3
4.5
6
7.5
9
10.5
12
13.5
（1）试估计C班的学生人数；
（2）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙，假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；
（3）再从A、B、C三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记
，表格中数据的平均数记为
，试判断和的大小，（结论不要求证明）
【答案】（1）40；（2）；（3）.
【解析】
设事件为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由题意知，
因此
（3）根据平均数计算公式即可知，.
15.【2016高考山东】（本小题满分12分）
甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：
（I）“星队”至少猜对3个成语的概率；
（Ⅱ）“星队”两轮得分之和为X的分布列和数学期望EX.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）分布列见解析，
【解析】
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
（Ⅱ）由题意，随机变量的可能取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
,
,
,
,
,
.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望.
16.【2016高考天津】（本小题满分13分）
某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4,.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.
（I）设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
（II）设为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析
所以，随机变量分布列为
随机变量的数学期望.
17.【2016高考新课标3】下图是我国2008年至2014年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图
（I）由折线图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
（II）建立关于的回归方程（系数精确到0.01），预测2016年我国生活垃圾无害化处理量．
附注：
参考数据：，，，≈2.646.
参考公式：相关系数
回归方程
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
．
【答案】（Ⅰ）理由见解析；（Ⅱ）1.82亿吨．
【解析】
（Ⅰ）由折线图这数据和附注中参考数据得
，，，
，
．
因为与的相关系数近似为0.99，说明与的线性相关相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
（Ⅱ）由及（Ⅰ）得，
，
所以，关于的回归方程为：.
将2016年对应的代入回归方程得：，
所以预测2016年我国生活垃圾无害化处理量将约1.82亿吨.
1．(2015·广东，4)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(　　)
A．1
B.
C.
D.
【答案】　C
2．(2015·江苏，5)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
【答案】
【解析】　这两只球颜色相同的概率为，故两只球颜色不同的概率为1－＝.
3．(2015·陕西，11)设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为(　　)
A.＋
B.－
C.－
D.＋
【答案】　B
【解析】　由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y≥x的部分为如图阴影所示，
由几何概型概率公式可得所求概率为：
P＝＝
＝－.
4．(2015·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为(　　)
A．0.648
B．0.432
C．0.36
D．0.312
【答案】　A
【解析】　该同学通过测试的概率为p＝0.6×0.6＋C×0.4×0.62＝0.648.
5．(2015·湖南，7)在如图所示的正方形中随机投掷10
000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为(　　)
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682
6，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954
4.
A．2
386
B．2
718
C．3
413
D．4
772
【答案】　C
6．(2015·山东，8)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为(　　)
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%.)
A．4.56%
B．13.59%
C．27.18%
D．31.74%
【答案】　B
【解析】　由题意，知P(3＜ξ＜6)＝＝＝13.59%.
7．(2015·安徽，17)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
8．(2015·福建，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
【解析】　(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则P(A)＝××＝.
(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.
又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝××1＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
9．(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．
10．(2015·天津，16)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2
名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
11．(2015·山东，19)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)．
【解析】　(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；
(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，
随机变量X的取值为：0，－1，1，因此
P(X＝0)＝eq
\f(C,C)＝，
P(X＝－1)＝eq
\f(C,C)＝，
P(X＝1)＝1－－＝，
所以X的分布列为
X
0
－1
1
P
则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.
12．(2015·湖南，18)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B.
于是
P(X＝0)＝C＝，
P(X＝1)＝C＝，
P(X＝2)＝C＝，
P(X＝3)＝C＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)＝3×＝.专题20
不等式选讲
【命题热点突破一】含绝对值的不等式的解法
例1、【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲
已知函数.
（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；
（II）求不等式的解集．
【答案】（I）见解析（II）
【解析】⑴如图所示：
⑵
,当,,解得或,
当,,解得或
或
当,,解得或,或
综上,或或,,解集为
【变式探究】已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x＋1|.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)<3；
(2)若f(x)的最小值为1，求a的值．
【特别提醒】解含有绝对值的不等式的基本解法是分段去绝对值后，转化为几个不等式组的解，最后求并集得出原不等式的解集．
【变式探究】
已知函数f(x)＝2|x＋2|－|x－a|(a∈R)．
(1)当a＝4时，求不等式f(x)≤0的解集；
(2)当a>－2时，若函数f(x)的图像与x轴所围成的封闭图形的面积不超过54，求a的最大值．
解：(1)当a＝4时，f(x)≤0，即2|x＋2|－|x－4|≤0，即2|x＋2|≤|x－4|，两边平方得4x2＋16x＋16≤x2－8x＋16，即x2＋8x≤0，解得－8≤x≤0，即不等式f(x)≤0的解集为[－8，0]．(或者分段去绝对值求解)
(2)当a>－2时，f(x)＝
令f(x)＝0，解得x1＝－4－a，x2＝，f(x)的图像与x轴的交点为A(－4－a，0)，B(，0)，
f(x)在(－∞，－2]上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－2)＝－(a＋2)．记C(－2，－(a＋2))．
f(x)的图像与x轴围成以A，B，C为顶点的三角形，其面积为×[－(－4－a)]×|－(a＋2)|＝，根据已知得≤54，解得－11≤a≤7，又a>－2，所以－2【命题热点突破二】不等式的证明
例2、【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（I）
当时，由得解得；
当时，
；
当时，由得解得.
所以的解集.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
【变式探究】[2015·全国卷Ⅱ]
设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明：(1)(＋)2＝a＋b＋2
，
(＋)2＝c＋d＋2
，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，
得(＋)2>(＋)2，
因此＋>＋.
【特别提醒】证明不等式的基本方法有综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．不等式的性质和重要不等式是证明其他不等式的主要工具，要特别注意柯西不等式的应用．
【变式探究】
(1)已知a，b都是正实数，求证：＋≥2
－2.
(2)已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求a的取值范围．
解：(1)证明：方法一：(代数换元法)设a＋2b＝x，a＋b＝y，则a＝2y－x，b＝x－y，且x，y为正实数．
＋＝＋＝＋－2≥2
－2，当且仅当x＝y时取等号．
方法二：(配凑法)＋＝＋1＋＋1－2＝＋－2≥2
－2，当且仅当a＋2b＝(a＋b)时取等号．
(2)由柯西不等式得(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.由条件可得5－a2≥(3－a)2，解得1≤a≤2，即a的取值范围是[1，2]．
【命题热点突破三】　绝对值不等式与不等式证明的综合
例3
、【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（I）
当时，由得解得；
当时，
；
当时，由得解得.
所以的解集.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
【变式探究】已知函数f(x)＝的定义域为R.
(1)求实数m的取值范围；
(2)若m的最大值为n，当正数a，b满足＋＝n时，求7a＋4b的最小值．
解：(1)因为该函数的定义域为R，所以|x＋1|＋|x－3|－m≥0恒成立．
设函数g(x)＝|x＋1|＋|x－3|，则m不大于函数g(x)的最小值，
又|x＋1|＋|x－3|≥|(x＋1)－(x－3)|＝4，即g(x)的最小值为4，所以m≤4.
【特别提醒】使用绝对值三角不等式求含有两个绝对值符号的函数的最值时，注意利用恒等变换的方法创造使用重要不等式(均值不等式、柯西不等式等)的条件．
【变式探究】
已知函数f(x)＝|x|－2|x－3|.
(1)求不等式f(x)≥－10的解集；
(2)记f(x)的最大值为m，且a，b，c为正实数，求证：当a＋b＋c＝m时，ab＋bc＋ca≤m≤a2＋b2＋c2.
解：(1)f(x)＝|x|－2|x－3|＝
当x≤0时，x－6≥－10，∴－4≤x≤0；
当0当x≥3时，－x＋6≥－10，得3≤x≤16.
所以不等式f(x)≥－10的解集为[－4，16]．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲
已知函数.
（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；
（II）求不等式的解集．
【答案】（I）见解析（II）
【解析】⑴如图所示：
2.【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（I）
当时，由得解得；
当时，
；
当时，由得解得.
所以的解集.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
3.
【2016高考新课标3理数】选修4-5：不等式选讲
已知函数．
（I）当时，求不等式的解集；
（II）设函数．当时，，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
（Ⅰ）当时，.
解不等式得.
因此的解集为.
（Ⅱ）当时，
，
当时等号成立，所以当时，等价于
.
①
当时，①等价于，无解.
当时，①等价于，解得.
所以的取值范围是.
1．(2015·陕西，24)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．
(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值．
2．(2015·新课标全国Ⅰ，24)已知函数f
(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，解得当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为
.
(2)由题设可得，
f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
1.【2014高考安徽卷理第9题】若函数的最小值为3，则实数的值为（
）
A.5或8
B.或5
C.或
D.或8
【答案】D
【解析】由题意，①当时，即，，则当
时，，解得或（舍）；②当时，即，，则当时，，解得（舍）或；③当时，即，，此时，不满足题意，所以或，故选D.
2.
【2014陕西高考理第15题】设，且，则的最小值为
【答案】
【解析】由柯西不等式得：，所以，得
所以，故答案为。
3.
【2014高考广东卷理第9题】不等式的解集为
.
【答案】.
4.
【2014高考湖南卷第13题】若关于的不等式的解集为，则________.
【答案】-3
【解析】因为等式的解集为,所以为方程的根,
即,故填.
5.
【2014江西高考理第11题】对任意,的最小值为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】因为，当且仅当
时取等号，所以的最小值为，选C.
6.
【2014重庆高考理第16题】若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是____________.
【答案】
【解析】令，其图象如下所示（图中的实线部分）
由图可知：
由题意得：，解这得:
所以答案应填：
7.
【2014高考福建理第21（3）题】已知定义在R上的函数的最小值为.
（I）求的值；
（II）若为正实数，且，求证：.
【答案】（I）;（II）参考解析
【解析】（I）因为,当且仅当时,等号成立,所以的最小值等于3,即.
（II）由（I）知,又因为是正数,所以
,即.
9.
【2014高考江苏第21题】已知，证明
【答案】证明见解析.
【解析】
∵，∴,,
∴.
10.
【2014高考江苏第21B题】已知矩阵，向量，是实数，若，求的值.
【答案】
【解析】
由题意得，解得.∴.
11.
【2014高考辽宁理第24题】设函数，，记的解集为M，的解集为N.
（Ⅰ）求M；
(Ⅱ)当时，证明：.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
（1）
当时，由得，故；
当时，由得，故；
所以的解集为.
（2）由得解得，因此，故.
当时，，于是
.
12.
【2014高考全国1第24题】若，且.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）是否存在，使得？并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）不存在．
13.
【2014高考全国2第24题】设函数=
（Ⅰ）证明：2；
（Ⅱ）若，求的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
（1）证明：由绝对值不等式的几何意义可知：，当且仅当时，取等号，所以.
（2）因为，所以
，解得：.
（2013·新课标I理）（24）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)=x+3.
（Ⅰ）当a=-2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；
（Ⅱ）设a＞－1，且当x∈[－，)时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围.
【答案】
当时，令，，做出函数图像可知，当时，，故原不等式的解集为；
（2）依题意，原不等式化为，故对都成立，故，故，故的取值范围是.
【解析】（1）构造函数，作出函数图像，观察可知结论；（2）利用分离参数法进行求解.导数及其应用
【考向解读】
高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测2017年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．
【命题热点突破一】导数的几何意义
例1、【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则
．
【答案】
【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．
【变式探究】
函数f(x)＝exsin
x的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】C　
【解析】因为f′（x）＝exsin
x＋excos
x，所以f′（0）＝1，即曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的斜率为1，所以在点（0，f（0））处的切线的倾斜角为.
【命题热点突破二】函数的单调性
与最值
例2、【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）的定义域为；
.
当，
时，，单调递增；
，单调递减.
当时，.
（1），，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2）时，，在内，，单调递增；
（3）时，，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，
，，
令，.
则，
由可得，当且仅当时取得等号.
又，
设，则在单调递减，
因为，
所以在上存在使得
时，时，，
所以函数在上单调递增；在上单调递减，
由于，因此，当且仅当取得等号，
所以，
即对于任意的恒成立。
【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同．
【变式探究】
(1)已知函数f(x)＝ln(x＋a)＋ax，求函数f(x)的单调区间和极值．
(2)已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值，求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值．
【解析】解：（1）∵f（x）＝ln（x＋a）＋ax，∴函数f（x）的定义域为（－a，＋∞），∴f′（x）＝＋a＝.
当a≥0时，f′（x）＝＋a＞0，函数f（x）在（－a，＋∞）上为增函数，无极值.
当a＜0时，令f′（x）＝0，解得x＝－a－＞－a，
当f′（x）＞0时，解得－a＜x＜－a－，函数f（x）为增函数，
当f′（x）＜0时，解得x＞－a－，函数f（x）为减函数，
故当x＝－a－时，函数f（x）有极大值，极大值为f＝ln－a2－1.
综上所述，当a≥0时，函数f（x）在（－a，＋∞）上为增函数，无极值；当a＜0时，函数f（x）在上为增函数，在上为减函数，函数f（x）有极大值，极大值为ln－a2－1.
（2）f′（x）
＝aex＋（ax－2）ex＝（ax＋a－2）ex.
由已知得f′（1）＝0，即（2a－2）e＝0，解得a＝1，
验证知，当a＝1时，函数f（x）＝（x－2）ex在x＝1处取得极小值，所以a＝1.
f（x）＝（x－2）ex，f′（x）＝ex＋（x－2）ex＝（x－1）ex.
f′（x），f（x）随x的变化情况如下：
x
（－∞，1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
f（x）
减
－e
增
所以函数f（x）在（－∞，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
当m≥1时，f（x）在[m，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（m）＝（m－2）em.当0＜m＜1时，m＜1＜m＋1，f（x）在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（1）＝－e.
当m≤0时，m＋1≤1，f（x）在[m，m＋1]上单调递减，f（x）min＝f（m＋1）＝（m－1）em＋1.
综上，f（x）在[m，m＋1]上的最小值f（x）min＝
【感悟提升】利用导数求函数极值的一般步骤：对可导函数求出导数等于零的点，然后判断在导数等于零的点两侧导数的符号，先确定其是否为极值点，若是极值点，则再确定是极大值点还是极小值点．
【命题热点突破三】函数的单调性与不等式
例3、已知f(x)＝xex＋ax2－x，a∈R.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，恒有f′(x)－f(x)≥(4a＋1)x成立，求实数a的取值范围．
（2）设g（x）＝f′（x）－f（x）－（4a＋1）x＝ex－ax2－2ax－1，
则由题可知，当x≥0时，g（x）≥0恒成立.
g′（x）＝ex－2ax－2a＝u（x），u′（x）＝ex－2a，当x≥0时，ex≥1.
①当2a≤1，即a≤时，u′（x）≥0，g′（x）＝ex－2ax－2a在[0，＋∞）上单调递增，所以g′（x）≥g′（0）＝1－2a≥0，所以g（x）在[0，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（0）＝0恒成立.
②当2a>1，即a>时，令u′（x）＝0，得x＝ln
2a.
当x∈[0，ln
2a）时，u′（x）<0，g′（x）＝ex－2ax－2a在[0，ln
2a）上单调递减，
所以当x∈[0，ln
2a）时，g′（x）＝ex－2ax－2a≤g′（0）＝1－2a<0，则g（x）在[0，ln
2a）上单调递减，
于是g（x）≤g（0）＝0，这与g（x）≥0恒成立矛盾.
综上可得，实数a的取值范围是.
【感悟提升】对于求不等式恒成立时的参数范围问题，一般是将参数分离出来，使不等号一边是参数，另一边是一个区间上具体的函数，这样便于解决问题．但要注意的是分离参数不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，则不要分离参数．
【变式探究】
已知函数f(x)＝其中e＝2.718
28…是自然对数的底数，m∈R.
(1)若函数f(x)为(0，1)上的单调增函数，求m的取值范围；
(2)对任意的1（2）证明：依题意知，当x∈[1，＋∞）时，f（x）＝ln
x－x＋2，所以＝＝－1＝·－1.记g（x）＝x－ln
x－1（x∈[1，＋∞）），因为g′（x）＝1－＝≥0，所以g（x）在[1，＋∞）上单调递增，则g（x）≥g（1）＝0，
从而ln
x≤x－1（x∈[1，＋∞））.
（
）
又因为11，由（
）式，知ln<－1，即<1，
于是，·－1<－1＝＝<.
故当1【感悟提升】用导数证明不等式问题，实质上是研究函数在一个区间上的恒成立问题，因此，证明的基本思路就是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，再根据函数的性质推断不等式成立．解题时注意技巧的总结：①树立服务意识，所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质，如函数的单调性、最值等，服务于要证明的不等式；②强化变形技巧，所谓“变形技巧”是指对于给定的不等式无法直接证明，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明，例如采用两边取对数(指数)、移项、通分等方法．
【命题热点突破四】定积分
例4、(1)
曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________．
(2)
如图7 1所示，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________．
图7 1
【答案】（1）　（2）1.2　
【感悟提升】定积分的应用主要是求曲边形的面积，其方法是根据定积分的几何意义把曲边形的面积表示为函数的定积分．
【变式探究】一列火车在平直的铁轨上行驶，遇到紧急情况时，火车紧急刹车，此时火车以速度v（t）＝5－t＋（t的单位：s，v的单位：m/s）减速至停止，在此期间火车继续行驶的距离是（　　）
A.55ln
10
m
B.55ln
11
m
C.（12＋55ln
7）m
D.（12＋55ln
6）m
【答案】B　
【解析】令5－t＋＝0，得t＝10（舍去负值），即经过10
s火车停止，行驶的距离s＝dt＝|＝55ln
11（m），即紧急刹车后火车继续行驶的距离是55ln
11
m.
【高考真题解读】
1.
【2016高考山东理数】若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】当时，，，所以在函数图象存在两点，使条件成立，故A正确；函数的导数值均非负，不符合题意，故选A。
2.【2016年高考四川理数】设直线l1，l2分别是函数f(x)=
图象上点P1，P 2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是(
)
（A）(0,1)
（B）(0,2)
（C）(0,+∞)
（D）(1,+∞)
【答案】A
3.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则
．
【答案】
【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.
4.【2016高考新课标3理数】已知为偶函数，当时，，则曲线在
点处的切线方程是_______________．
【答案】
【解析】当时，，则．又因为为偶函数，所以，所以，则切线斜率为，所以切线方程为，即．
5.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围；
(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.
【答案】
【解析】
（Ⅰ）．
（i）设,则,只有一个零点．
（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．
又,,取满足且,则
,
故存在两个零点．
（iii）设,由得或．
若,则,故当时,,因此在上单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．
若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．
综上,的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即．
由于,而,所以
．
设,则．
所以当时,,而,故当时,．
从而,故．
6.【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）的定义域为；
.
当，
时，，单调递增；
，单调递减.
当时，.
（1），，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2）时，，在内，，单调递增；
（3）时，，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上所述，
当时，函数在内单调递增，在内单调递减；
当时，在内单调递增，在内单调递减，在
内单调递增；
当时，在内单调递增；
当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，
，，
令，.
则，
由可得，当且仅当时取得等号.
又，
设，则在单调递减，
因为，
所以在上存在使得
时，时，，
所以函数在上单调递增；在上单调递减，
由于，因此，当且仅当取得等号，
所以，
即对于任意的恒成立。
7.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数.
设.
（1）求方程的根;
（2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；
（3）若，函数有且只有1个零点，求的值。
【答案】（1）①0
②4（2）1
【解析】
（1）因为，所以.
①方程，即，亦即，
所以，于是，解得.
（2）因为函数只有1个零点，而，
所以0是函数的唯一零点.
因为，又由知，
所以有唯一解.
令，则，
从而对任意，，所以是上的单调增函数，
于是当，；当时，.
因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.
下证.
若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为.
因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.
于是，故，所以.
8.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设函数,，其中
(I)求的单调区间；
(II)
若存在极值点，且，其中，求证：；
（Ⅲ）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
【解析】
（Ⅰ）解：由，可得.
下面分两种情况讨论：
（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.
（2）当时，令，解得，或.
当变化时，，的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，
由题意，得，即，
进而.
又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足
，且，因此，所以.
（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，
所以在区间上的取值范围为，因此
.
（3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
，，
所以在区间上的取值范围为，因此
.
综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.
9.【2016高考新课标3理数】设函数，其中，记的最大值为．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求；
（Ⅲ）证明．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．
【解析】
（Ⅰ）.
（Ⅱ）当时，
.
因此.
当时，将变形为．
令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为．
令，解得（舍去），．
（Ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
10.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知，函数F（x）=min{2|x 1|，x2 2ax+4a 2}，
其中min{p，q}=
（I）求使得等式F（x）=x2 2ax+4a 2成立的x的取值范围；
（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；
（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.
【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．
（Ⅱ）（ⅰ）设函数，，
则，，
所以，由的定义知，即
（ⅱ）当时，
，
当时，．
所以，．
11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，；
(Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）的定义域为.
且仅当时，，所以在单调递增，
因此当时，
所以
（II）
由（I）知，单调递增，对任意
因此，存在唯一使得即，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
因此在处取得最小值，最小值为
于是，由单调递增
所以，由得
因为单调递增，对任意存在唯一的
使得所以的值域是
综上，当时，有，的值域是
12.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求，的值；
（2）求的单调区间.
【答案】（Ⅰ），；（2）的单调递增区间为.
【解析】（1）根据题意求出，根据，，求，的值；
（2）由题意知判断，即判断的单调性，知，即，由此求得的单调区间.
试题解析：（1）因为，所以.
依题设，即
解得；（2）由（Ⅰ）知.
由即知，与同号.
令，则.
所以，当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增.
故是在区间上的最小值，
从而.
综上可知，，，故的单调递增区间为.
1.【2015高考江苏，19】
已知函数.
（1）试讨论的单调性；
（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是，求c的值.
【答案】（1）当时，
在上单调递增；
当时，
在，上单调递增，在上单调递减；
当时，
在，上单调递增，在上单调递减．
（2）
（2）由（1）知，函数的两个极值为，，则函数有三个
零点等价于，从而或．
又，所以当时，或当时，．
设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是
，则在上，且在上均恒成立，
从而，且，因此．
此时，，
因函数有三个零点，则有两个异于的不等实根，
所以，且，
解得．
综上．
2.【2015高考四川，理21】已知函数，其中.
（1）设是的导函数，评论的单调性；
（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
【答案】（1）当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.（2）详见解析.
【解析】（1）由已知，函数的定义域为，
，
所以.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增.
（2）由，解得.
令.
则，.
故存在，使得.
令，.
由知，函数在区间上单调递增.
所以.
即.
当时，有，.
由（1）知，函数在区间上单调递增.
故当时，有，从而；
当时，有，从而；
所以，当时，.
综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
3.【2015高考广东，理19】设，函数．
(1)
求的单调区间
；
(2)
证明：在上仅有一个零点；
(3)
若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
（3）证明：f'（x）=ex（x+1）2，
设点P（x0，y0）则）f'（x）=ex0（x0+1）2，
∵y=f（x）在点P处的切线与x轴平行，∴f'（x0）=0，即：ex0（x0+1）2=0，
∴x0=﹣1
将x0=﹣1代入y=f（x）得y0=．∴，
∴…10分
令；g（m）=em﹣（m+1）g（m）=em﹣（m+1），
则g'（m）=em﹣1，由g'（m）=0得m=0．
当m∈（0，+∞）时，g'（m）＞0
当m∈（﹣∞，0）时，g'（m）＜0
∴g（m）的最小值为g（0）=0…12分
∴g（m）=em﹣（m+1）≥0
∴em≥m+1
∴em（m+1）2≥（m+1）3
即：
∴m≤…14分
4.【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（
）
A．
　　　B．
C．
　　　D．
【答案】A
【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．
5.【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（
）
(A)[-，1）
(B)[-，）
(C)[，）
(D)[，1）
【答案】D
【解析】设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D.
6.【2015高考新课标2，理21】
设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．
【解析】(Ⅰ)．
若，则当时，，；当时，，．
若，则当时，，；当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．
7.【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数
（其中a，b为常数）模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
【答案】（1）（2）①定义域为，
②千米
【解析】
（1）由题意知，点，的坐标分别为，．
将其分别代入，得，
解得．
（2）①由（1）知，（），则点的坐标为，
设在点处的切线交，轴分别于，点，，
则的方程为，由此得，．
故，．
8.【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（
）
A．
　　　B．
C．
　　　D．
【答案】A
【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．
9.【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（
）
(A)[-，1）
(B)[-，）
(C)[，）
(D)[，1）
【答案】D
【解析】设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D.
10.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）
设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．
【解析】(Ⅰ)．
若，则当时，，；当时，，．
若，则当时，，；当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．专题03
不等式与线性规划
文
【考向解读】
不等式的性质、求解、证明及应用是每年高考必考的内容，对不等式的考查一般以选择题、填空题为主.(1)主要考查不等式的求解、利用基本不等式求最值及线性规划求最值；(2)不等式相关的知识可以渗透到高考的各个知识领域，往往作为解题工具与数列、函数、向量相结合，在知识的交汇处命题，难度中档；在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围或在解决导数问题时经常利用不等式进行求解，但难度偏高.
【命题热点突破一】不等式的解法
1．一元二次不等式的解法
先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．
2．简单分式不等式的解法
(1)>0(<0) f(x)g(x)>0(<0)；
(2)≥0(≤0) f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
3．指数不等式、对数不等式及抽象函数不等式，可利用函数的单调性求解．
例1、【2016高考新课标1卷】若,则(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【感悟提升】(1)对于和函数有关的不等式，可先利用函数的单调性进行转化；(2)求解一元二次不等式的步骤：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集；(3)含参数的不等式的求解，要对参数进行分类讨论．
【变式探究】
(1)关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝________.
(2)已知f(x)是R上的减函数，A(3，－1)，B(0,1)是其图象上两点，则不等式|f
(1＋lnx)|<1的解集是________________．
【答案】(1)　(2)(，e2)
【命题热点突破二】基本不等式的应用
1.利用基本不等式求最值的注意点
(1)在运用基本不等式求最值时，必须保证“一正，二定，三相等”，凑出定值是关键.
(2)若两次连用基本不等式，要注意等号的取得条件的一致性，否则就会出错.
2.结构调整与应用基本不等式
基本不等式在解题时一般不能直接应用，而是需要根据已知条件和基本不等式的“需求”寻找“结合点”，即把研究对象化成适用基本不等式的形式.常见的转化方法有
(1)x＋＝x－a＋＋a
(x>a).
(2)若＋＝1，则mx＋ny＝(mx＋ny)×1＝(mx＋ny)·≥ma＋nb＋2(字母均为正数).
例2、【2016高考天津理数】设变量x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（
）
（A）
（B）6
（C）10
（D）17
【答案】B
【解析】可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，直线过点B时取最小值6，选B.
【感悟提升】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．
【变式探究】
(1)定义运算“ ”：x y＝(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x y＋(2y) x的最小值为________.
(2)函数y＝的最大值为________.
【答案】(1)　(2)
【点评】求条件最值问题一般有两种思路：一是利用函数单调性求最值；二是利用基本不等式.在利用基本不等式时往往都需要变形，变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件，即“和”或“积”为定值.等号能够取得.
【命题热点突破三】简单的线性规划问题
解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．
例3、【2016年高考北京理数】若，满足，则的最大值为（
）
A.0
B.3
C.4
D.5
【答案】C
【解析】作出如图可行域，则当经过点时，取最大值，而，∴所求最大值为4，故选C.
【感悟提升】(1)线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是确定目标函数中的字母系数的取值范围．(2)一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．
【变式探究】
若x，y满足约束条件则的最大值为________.
【答案】3
【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】若,则(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误，，选项C正确，，选项D错误，故选C．
2.【2016高考天津理数】设变量x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（
）
（A）
（B）6
（C）10
（D）17
【答案】B
【解析】可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，直线过点B时取最小值6，选B.
3.【2016高考山东理数】若变量x，y满足则的最大值是（
）
（A）4
（B）9
（C）10
（D）12
【答案】C
4.【2016高考浙江理数】在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域
中的点在直线x+y2=0上的投影构成的线段记为AB，则│AB│=（
）
A．2
B．4
C．3
D．
【答案】C
【解析】如图为线性区域，区域内的点在直线上的投影构成了线段，即，而，由得，由得，．故选C．
5.【2016年高考北京理数】若，满足，则的最大值为（
）
A.0
B.3
C.4
D.5
【答案】C
6.【2016年高考四川理数】设p：实数x，y满足，q：实数x，y满足
则p是q的(
)
（A）必要不充分条件
（B）充分不必要条件
（C）充要条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】画出可行域（如图所示），可知命题中不等式组表示的平面区域在命题中不等式表示的圆盘内，故选A.
7.【2016高考新课标3理数】若满足约束条件
则的最大值为_____________.
【答案】
8.【2016高考新课标1卷】某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3个工时．生产一件产品A的利润为2100元,生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg,乙材料90kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A、产品B的利润之和的最大值为
元．
【答案】
【解析】设生产产品、产品分别为、件,利润之和为元,那么
①
目标函数.
二元一次不等式组①等价于
②
作出二元一次不等式组②表示的平面区域（如图）,即可行域.
将变形,得,平行直线,当直线经过点时,
取得最大值.
解方程组,得的坐标.
所以当,时,.
故生产产品、产品的利润之和的最大值为元.
9.【2016高考江苏卷】
已知实数满足
，则的取值范围是
▲
.
【答案】
1.(2015·重庆卷)“x＞1”是“log
(x＋2)＜0”的(　　)
A.充要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】　B
【解析】由x＞1x＋2＞3
log
(x＋2)＜0，log
(x＋2)＜0x＋2＞1x＞－1，故“x＞1”是“log(x＋2)＜0”成立的充分不必要条件.因此选B.
2.(2015·北京卷)若x，y满足则z＝x＋2y的最大值为(　　)
A.0
B.1
C.
D.2
【答案】　D
3.(2015·陕西卷)设f(x)＝ln
x，0＜a＜b，若p＝f
()，q＝f
，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是(　　)
A.q＝r＜p
B.q＝r＞p
C.p＝r＜q
D.p＝r＞q
【答案】　C
【解析】∵0＜a＜b，∴＞，
又∵f(x)＝ln
x在(0，＋∞)上为增函数，
故f＞f()，即q＞p.
又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln
a＋ln
b)
＝ln
a＋ln
b＝ln(ab)＝f()＝p.
故p＝r＜q.选C.
4.(2015·全国Ⅰ卷)若x，y满足约束条件则的最大值为________.
【答案】　3
5.(2015·四川卷)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为(　　)
A.16
B.18
C.25
D.
【答案】　B
6.(2015·山东卷)已知x，y满足约束条件若z＝ax＋y的最大值为4，则a＝(　　)
A.3
B.2
C.－2
D.－3
【答案】　B
【解析】不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A(2，0)，由得B(1，1).
由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.
∴当a＝－2或a＝－3时，z＝ax＋y在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax＝0，不满足题意，排除C，D选项；当a＝2或3时，z＝ax＋y在A(2，0)处取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，故选B.
7.(2015·天津卷)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的(　　)
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】　A
8.(2015·广东卷)若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最小值为(　　)
A.
B.6
C.
D.4
【答案】　C
【解析】不等式组所表示的可行域如下图所示，
由z＝3x＋2y得y＝－x＋，依题意当目标函数直线l：y＝－x＋经过A时，z取得最小值，即zmin＝3×1＋2×＝，故选C.
9.(2015·浙江卷)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________.
【答案】　0　2－3专题15
直线与圆
【考向解读】
考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题.直线与圆的位置关系 特别是弦长问题 ，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.
【命题热点突破一】
直线的方程及应用
1．两条直线平行与垂直的判定
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2 k1＝k2，l1⊥l2 k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．
2．求直线方程
要注意几种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
3．两个距离公式
(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，
l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝.
(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝.
例1、【2016高考新课标3理数】已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于两点，若，则__________________.
【答案】4
【变式探究】(1)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是(　　)
A．1或3B．1或5C．3或5D．1或2
(2)已知两点A(3,2)和B(－1,4)到直线mx＋y＋3＝0的距离相等，则m的值为(　　)
A．0或－
B.或－6
C．－或
D．0或
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)当k＝4时，直线l1的斜率不存在，直线l2的斜率存在，则两直线不平行；当k≠4时，两直线平行的一个必要条件是＝k－3，解得k＝3或k＝5.但必须满足≠(截距不相等)才是充要条件，经检验知满足这个条件．
(2)依题意，得＝.
所以|3m＋5|＝|m－7|.
所以(3m＋5)2＝(m－7)2，
所以8m2＋44m－24＝0.
所以2m2＋11m－6＝0.
所以m＝或m＝－6.
【特别提醒】(1)求解两条直线的平行或垂直问题时要考虑斜率不存在的情况；(2)对解题中可能出现的特殊情况，可用数形结合的方法分析研究．
【变式探究】
已知A(3,1)，B(－1,2)两点，若∠ACB的平分线方程为y＝x＋1，则AC所在的直线方程为(　　)
A．y＝2x＋4
B．y＝x－3
C．x－2y－1＝0
D．3x＋y＋1＝0
答案
C　
解析
由题意可知，直线AC和直线BC关于直线y＝x＋1对称．设点B(－1,2)关于直线y＝x＋1的对称点为B′(x0，y0)，则有 即B′(1,0)．因为B′(1,0)在直线AC上，
所以直线AC的斜率为k＝＝，
所以直线AC的方程为y－1＝(x－3)，
即x－2y－1＝0.
故C正确．
【命题热点突破二】
圆的方程及应用
1．圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2.
2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以(－，－)为圆心，为半径的圆．
例2、【2016高考新课标2理数】圆的圆心到直线的距离为1，则a=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）2
【答案】A
【解析】圆的方程可化为，所以圆心坐标为，由点到直线的距离公式得：
，解得，故选A．
【变式探究】(1)若圆C经过(1,0)，(3,0)两点，且与y轴相切，则圆C的方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y±2)2＝3
B．(x－2)2＋(y±)2＝3
C．(x－2)2＋(y±2)2＝4
D．(x－2)2＋(y±)2＝4
(2)已知圆M的圆心在x轴上，且圆心在直线l1：x＝－2的右侧，若圆M截直线l1所得的弦长为2，且与直线l2：2x－y－4＝0相切，则圆M的方程为(　　)
A．(x－1)2＋y2＝4
B．(x＋1)2＋y2＝4
C．x2＋(y－1)2＝4
D．x2＋(y＋1)2＝4
答案　(1)D　(2)B
解析　(1)因为圆C经过(1,0)，(3,0)两点，所以圆心在直线x＝2上，又圆与y轴相切，所以半径r＝2，设圆心坐标为(2，b)，则(2－1)2＋b2＝4，b2＝3，b＝±，所以选D.
(2)由已知，可设圆M的圆心坐标为(a,0)，a>－2，半径为r，得
解得满足条件的一组解为
所以圆M的方程为(x＋1)2＋y2＝4.故选B.
【特别提醒】解决与圆有关的问题一般有两种方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程；(2)代数法，即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．
【变式探究】
(1)经过点A(5,2)，B(3，－2)，且圆心在直线2x－y－3＝0上的圆的方程为________________．
(2)已知直线l的方程是x＋y－6＝0，A，B是直线l上的两点，且△OAB是正三角形(O为坐标原点)，则△OAB外接圆的方程是____________________．
答案
(1)(x－2)2＋(y－1)2＝10　(2)(x－2)2＋(y－2)2＝8
(2)设△OAB的外心为C，连接OC，则易知OC⊥AB，延长OC交AB于点D，则|OD|＝3，且△AOB外接圆的半径R＝|OC|＝|OD|＝2.又直线OC的方程是y＝x，容易求得圆心C的坐标为(2,2)，故所求圆的方程是(x－2)2＋(y－2)2＝8.
【命题热点突破三】
直线与圆、圆与圆的位置关系
1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离，判断的方法主要有点线距离法和判别式法．
(1)点线距离法：设圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，则dr 直线与圆相离．
(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0，方程组消去y，得关于x的一元二次方程根的判别式Δ，则直线与圆相离 Δ<0，直线与圆相切 Δ＝0，直线与圆相交 Δ>0.
2．圆与圆的位置关系有五种，即内含、内切、相交、外切、外离．
设圆C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r，圆C2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r，两圆心之间的距离为d，则圆与圆的五种位置关系的判断方法如下：
(1)d>r1＋r2 两圆外离；
(2)d＝r1＋r2 两圆外切；
(3)|r1－r2|(4)d＝|r1－r2|(r1≠r2) 两圆内切；
(5)0≤d<|r1－r2|(r1≠r2) 两圆内含．
例3、【2016高考江苏卷】
如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且,求直线的方程；
（3）设点满足：存在圆上的两点和,使得,求实数的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
（2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为.
设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，
则圆心M到直线l的距离
因为
而
所以，解得m=5或m=-15.
故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.
（3）设
因为，所以
……①
因为点Q在圆M上，所以
…….②
将①代入②，得.
于是点既在圆M上，又在圆上，
从而圆与圆没有公共点，
所以
解得.
因此，实数t的取值范围是.
【变式探究】(1)已知直线2x＋(y－3)m－4＝0(m∈R)恒过定点P，若点P平分圆x2＋y2－2x－4y－4＝0的弦MN，则弦MN所在直线的方程是(　　)
A．x＋y－5＝0
B．x＋y－3＝0
C．x－y－1＝0
D．x－y＋1＝0
(2)已知P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为(　　)
A．3B.C．2D．2
答案　(1)A　(2)D
(2)如图，把圆的方程化成标准形式得x2＋(y－1)2＝1，所以圆心为(0,1)，半径为r＝1，四边形PACB的面积S＝2S△PBC，所以若四边形PACB的最小面积是2，则S△PBC的最小值为1.而S△PBC＝r·|PB|，即|PB|的最小值为2，此时|PC|最小，|PC|为圆心到直线kx＋y＋4＝0的距离d，此时d＝＝＝，即k2＝4，因为k>0，所以k＝2.
【特别提醒】　(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．
(2)圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．
【变式探究】
(1)已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2＝－2y＋3，直线l过点(1,0)且与直线x－y＋1＝0垂直．若直线l与圆C交于A、B两点，则△OAB的面积为(　　)
A．1B.C．2D．2
(2)两个圆C1：x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0(a∈R)与C2：x2＋y2－2by－1＋b2＝0(b∈R)恰有三条公切线，则a＋b的最小值为(　　)
A．－6B．－3C．－3D．3
答案
(1)
A　(2)C
(2)两个圆恰有三条公切线，则两圆外切，两圆的标准方程分别为圆C1：(x＋a)2＋y2＝4，
圆C2：x2＋(y－b)2＝1，
所以|C1C2|＝＝2＋1＝3，
即a2＋b2＝9.
由()2≤，得(a＋b)2≤18，所以－3≤a＋b≤3，当且仅当“a＝b”时取“＝”．所以选C.
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标2理数】圆的圆心到直线的距离为1，则a=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）2
【答案】A
【解析】圆的方程可化为，所以圆心坐标为，由点到直线的距离公式得：
，解得，故选A．
2.【2016高考上海理数】已知平行直线，则的距离___________.
【答案】
【解析】利用两平行线间距离公式得.
3.【2016高考新课标3理数】已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于两点，若，则__________________.
【答案】4
4.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）设圆的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值,并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（）（II）
【解析】（Ⅰ）因为，，故，
所以，故.
又圆的标准方程为，从而，所以.
由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：
（）.
（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.
由得.
则，.
所以.
过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以
.故四边形的面积
.
可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.
综上，四边形面积的取值范围为.
5.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且,求直线的方程；
（3）设点满足：存在圆上的两点和,使得,求实数的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）
（2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为.
设直线l的方程为y=2x+m，即2x-y+m=0，
则圆心M到直线l的距离
因为
而
所以，解得m=5或m=-15.
故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.
（3）设
因为，所以
……①
因为点Q在圆M上，所以
…….②
将①代入②，得.
于是点既在圆M上，又在圆上，
从而圆与圆没有公共点，
所以
解得.
因此，实数t的取值范围是.
1．(2015·新课标全国Ⅰ，14)一个圆经过椭圆＋＝1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为________．
解析　由题意知圆过(4，0)，(0，2)，(0，－2)三点，(4，0)，(0，－2)两点的垂直平分线方程为y＋1＝－2(x－2)，
令y＝0，解得x＝，圆心为，半径为.故圆的标准方程为＋y2＝.
答案　＋y2＝
2．(2015·江苏，10)在平面直角坐标系xOy中，以点(1，0)为圆心且与直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为________．
解析　直线mx－y－2m－1＝0恒过定点(2，－1)，由题意，得半径最大的圆的半径r＝＝.
故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.
答案　(x－1)2＋y2＝2
3．(2015·广东，5)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　　)
A．2x－y＋＝0或2x－y－＝0
B．2x＋y＋＝0或2x＋y－＝0
C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0
D．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0
解析　设所求切线方程为2x＋y＋c＝0，依题有＝，解得c＝±5，所以所求切线的直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0，故选D.
答案　D
4．(2015·新课标全国Ⅱ，7)过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y轴于M、N两点，则|MN|＝(　　)
A．2
B．8
C．4
D．10
5．(2015·重庆，8)已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝(　　)
A．2
B．4
C．6
D．2
解析　圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心为C(2，1)，半径为r＝2，因此2＋a×1－1＝0，a＝－1，即A(－4，－1)，|AB|＝＝
＝6，选C.
答案　C
6．(2015·山东，9)一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为(　　)
A．－或－
B．－或－
C．－或－
D．－或－
解析　圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1的圆心为(－3，2)，半径r＝1.(－2，－3)关于y轴的对称点为(2，－3)．如图所示，反射光线一定过点(2，－3)且斜率k存在，∴反射光线所在直线方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0.
∵反射光线与已知圆相切，
∴＝1，整理得12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－或k＝－.
答案　D
7．(2014·江西，9)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为(　　)
A.π
B.π
C．(6－2)π
D.π
解析　由题意可知以线段AB为直径的圆C过原点O，要使圆C的面积最小，只需圆C的半径或直径最小．又圆C与直线2x＋y－4＝0相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点O到直线2x＋y－4＝0的距离，此时2r＝，得r＝，圆C的面积的最小值为S＝πr2＝π.
答案　A
8．(2014·陕西，12)若圆C的半径为1，其圆心与点(1，0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为____________．
解析　因为点(1，0)关于直线y＝x对称点的坐标为(0，1)，即圆心C为(0，1)，又半径为1，∴圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.
答案　x2＋(y－1)2＝1
9．(2014·四川，14)设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．
解析　易求定点A(0，0)，B(1，3)．当P与A和B均不重合时，不难验证PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝时，等号成立)，当P与A或B重合时，|PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是5.
答案　5
10．(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
解析　由曲线y＝ax2＋过点P
(2，－5)可得－5＝4a＋　(1)．又y′＝2ax－，所以在点P处的切线斜率4a－＝－　(2)．由(1)(2)解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.
答案　－3
11．(2015·广东，20)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；
(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
(3)联立 (1＋k2)x2－(3＋8k)x＋16k2＝0.
令Δ＝(3＋8k)2－4(1＋k2)16k2＝0 k＝±.
又∵轨迹C(即圆弧)的端点与点(4，0)决定的直线斜率为±.
∴当直线y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点时，
k的取值范围为
∪.专题19
概率、随机变量及其分布列
【命题热点突破一】古典概型与几何概型
例1、【2016高考新课标1卷】某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【变式探究】三位学生两位老师站成一排，则老师站在一起的概率为________．
【答案】　
【解析】
三位学生两位老师站成一排，有A＝120（种）站法，老师站在一起，共有AA＝48（种）站法，故老师站在一起的概率为＝.
【特别提醒】求古典概型的概率的关键是计算基本事件的个数和所求的随机事件含有的基本事件的个数，在计算时要注意不要重复也不要遗漏
【变式探究】
已知圆O：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25，则圆O上的点到直线l的距离小于2的概率为________．
【答案】　
【解析】
圆心O到直线l的距离为＝5.设与直线l平行且距离为2，并与圆O相交的直线为l′，如图所示，此时圆心O到直线l′的距离为3，则直线l′截圆O所得的劣弧上的点到直线l的距离小于2，圆O的半径为2
，所以直线l′截圆O所得的劣弧所对的圆心角为60°，所以所求的概率为＝.
【特别提醒】与角度相关的几何概型问题一般用直接法，或转化为与线段长度、面积有关的几何概型问题．计算与线段长度有关的几何概型的方法是：求出基本事件对应的线段长度、随机事件对应的线段长度，随机事件对应的线段长度与基本事件对应的线段长度之比即为所求．
【举一反三】
如图所示，
大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短直角边长为3，向大正方形内抛撒一颗黄豆(假设黄豆不落在线上)，则黄豆恰好落在小正方形内的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】B　
【特别提醒】计算与面积相关的几何概型的方法：算出基本事件对应图形的面积和随机事件对应图形的面积，随机事件对应图形的面积与基本事件对应图形的面积之比即为所求．
【变式探究】
某高二学生练习投篮，每次投篮命中率约为30%，现采用随机模拟的方法估计该生投篮命中的概率：选用计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2表示命中，4，5，6，7，8，9表示不命中，再以每3个随机数为一组，代表3次投篮的结果．经随机模拟产生了如下随机数：
807　956　191　925　271　932　813　458　569　683
431　257　393　027　556　488　730　113　527　989
据此估计该学生3次投篮恰有2次命中的概率为(　　)
A．0.15
B．0.25
C．0.2
D．0.18
【答案】C　
【解析】
随机数共有20组，其中表示3次投篮恰有2次命中的有191，271，027，113，共4组，所以所求概率约为＝0.2.
【特别提醒】每次命中率约为30%，3次投篮命中2次的概率，可以看作3次独立重复试验恰好成功2次的概率，直接计算为C×0.32×0.7＝0.189，与随机模拟方法求得的概率具有差异．随机模拟的方法求得的概率具有随机性，两次随机模拟求得的概率值可能是不同的．
【命题热点突破二】相互独立事件和独立重复试验
例2、某项比赛规则是：
甲、乙两队先进行个人赛，每支参赛队中成绩的前三名队员再代表本队进行团体赛，团体赛是在两队名次相同的队员之间进行，且三场比赛同时进行．根据以往比赛统计：两名队员中个人赛成绩高的队员在各场胜的概率为，负的概率为，且各场比赛互不影响．已知甲、乙两队各有5名队员，这10名队员的个人赛成绩如图所示．
(1)计算两队在个人赛中成绩的均值和方差；
(2)求甲队在团体赛中至少有2名队员获胜的概率．
【特别提醒】在做涉及相互独立事件的概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的互斥事件分拆为若干个相互独立事件的乘积，如果某些相互独立事件符合独立重复试验的特点，那么就用独立重复试验的概率计算公式解答．
【变式探究】
已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检验将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
解：（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，
则P（A）＝eq
\f(AA,A)＝.
（2）X的可能取值为200，300，400.
P（X＝200）＝eq
\f(A,A)＝，
P（X＝300）＝eq
\f(A＋CCA,A)＝，
P（X＝400）＝1－P（X＝200）－P（X＝300）＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
所以E（X）＝200×＋300×＋400×＝350.
【命题热点突破三】随机变量的分布列、均值与方差
例3、【2016年高考四川】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是
.
【答案】
【解析】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结果有（正正），（正反），（反正），（反反），所以在1次试验中成功次数的取值为，其中
在1次试验中成功的概率为，
所以在2次试验中成功次数的概率为，，
则.
【变式探究】某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3此密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
解：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则P（A）＝××＝.
【特别提醒】求离散型随机变量分布列的关键有两点：一是确定离散型随机变量的所有可能取值，不要遗漏；二是根据离散型随机变量取值的实际意义求出其各个值的概率．
【变式探究】
某树苗培育基地为了解该基地内榕树树苗的长势情况，随机抽取了100株树苗，分别测出它们的高度(单位：cm)，并将所得数据分组，得到频率分布表如下：
组距
频数
频率
[100，102)
17
0.17
[102，104)
18
0.18
[104，106)
24
0.24
[106，108)
a
b
[108，110)
6
0.06
[110，112]
3
0.03
合计
100
1
(1)求上表中a，b的值；
(2)估计该基地榕树树苗的平均高度；
(3)该基地从高度在区间[108，112]内的树苗中随机选出5株进行育种研究，其中高度在区间[110，112]内的有X株，求X的分布列和数学期望．
　解：（1）易知a＝100－17－18－24－6－3＝32，b＝＝0.32.
（2）该基地榕树树苗的平均高度约为
＝105.02（cm）.
（3）由频率分布表知树苗高度在区间[108，112]内的有9株，在区间[110，112]内的有3株，因此X的所有可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝eq
\f(C,C)＝＝，P（X＝1）＝eq
\f(CC,C)＝＝，
P（X＝2）＝eq
\f(CC,C)＝＝，P（X＝3）＝eq
\f(CC,C)＝＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
所以E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
【特别提醒】常见的离散型随机变量的概率分布模型有两个：超几何分布和二项分布．从摸球模型上看，超几何分布是不放回地取球，二项分布是有放回的取球．注意从摸球模型理解这两个分布．
【变式探究】
将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，小球在下落的过程中，将遇到如图所示的黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，.
(1)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率；
(2)在容器的入口处依次放入4个小球，记ξ为落入B袋中的小球个数，求ξ的分布列和数学期望．
(2)显然，随机变量ξ的所有可能的取值为0，1，2，3，4，
且ξ～B(4，)，故P(ξ＝0)＝C×＝，
P(ξ＝1)＝C×＝，
P(ξ＝2)＝C×＝，
P(ξ＝3)＝C×＝，
P(ξ＝4)＝C×＝.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
故ξ的数学期望E(ξ)＝4×＝.
【特别提醒】求解离散型随机变量的期望和方差的基本方法：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后分别求出取这些值时的概率，列出分布列，最后根据公式计算随机变量的数学期望和方差．
【命题热点突破四】求解离散型随机变量的分布列、期望与方差，利用期望与方差进行决策问题
例4、某茶厂现有三块茶园，每块茶园的茶叶估值为6万元．根据以往经验，今年5月12日至14日是采茶的最佳时间，在此期间，若遇到下雨，当天茶园的茶叶估值减少为前一天的一半，否则与前一天持平．现有两种采摘方案：
方案①：茶厂不额外聘请工人，一天采摘一块茶园的茶叶；
方案②：茶厂额外聘请工人，在12日采摘完全部茶叶，额外聘请工人的成本为3.2万元．
根据天气预报，该地区5月12日不降雨，13日和14日这两天降雨的概率均为40%，每天是否下雨互不影响．
(1)若采用方案①，求茶厂14日当天采茶的预期收益；
(2)从统计学的角度分析，茶厂采用哪种方案更合理．
(2)茶厂若采用方案①，设茶厂13日采茶的预期收益为η万元，则η的可能取值为6和3.
因为P(η＝6)＝，P(η＝3)＝，
所以η的分布列为
η
6
3
P
所以η的数学期望E(η)＝6×＋3×＝4.8，
所以若茶厂采用方案①，则采茶的总收益为6＋4.8＋3.84＝14.64(万元)；
若茶厂采用方案②，则采茶的总收益为6×3－3.2＝14.8(万元)．
因为14.64<14.8，所以茶厂采用方案②更合理．
【易错提醒】
(1)对问题的实际意义理解不透，弄错ξ的取值；(2)求ξ取各个值的概率时出现计算方面的错误；(3)对采用方案①采茶的总预期收益的意义理解错误，不能正确求出采用方案①采茶的总预期收益；(4)找错两种方案优劣的比较标准．
【变式探究】为迎接中秋节，某机构举办猜奖活动，参与者需先后回答两道选择题，问题A有四个选项，问题B有五个选项，但都只有一个选项是正确的，正确回答问题A可获奖金m元，正确回答问题B可获奖金n元．活动规定：参与者可任意选择回答问题的顺序，如果第一个问题回答错误，则该参与者猜奖活动终止．假设一个参与者在回答问题前，对这两个问题都很陌生，试确定哪种回答问题的顺序能使该参与者获奖金额的期望值较大？
解：该参与者随机猜对问题A的概率P1＝，
随机猜对问题B的概率P2＝.
回答问题的顺序有两种，分别如下：
①先回答问题A，再回答问题B，则参与者获奖金额ξ的可能取值为0，m，m＋n，
则P(ξ＝0)＝1－P1＝，
P(ξ＝m)＝P1(1－P2)＝×＝，
P(ξ＝m＋n)＝P1P2＝×＝，
故E(ξ)＝0×＋m×＋(m＋n)×＝＋；
②先回答问题B，再回答问题A，则参与者获奖金额η的可能取值为0，n，m＋n，
则P(η＝0)＝1－P2＝，
P(η＝n)＝P2(1－P1)＝×＝，
P(η＝m＋n)＝P2P1＝×＝，
故E(η)＝0×＋n×＋(m＋n)×＝＋.
因为E(ξ)－E(η)＝(＋)－(＋)＝，
所以当>时，E(ξ)＞E(η)，即先回答问题A，再回答问题B，该参与者获奖金额的期望值较大；
当＝时，E(ξ)＝E(η)，无论是先回答问题A，再回答问题B，还是先回答问题B，再回答问题A，该参与者获奖金额的期望值相等；
当<时，E(ξ)【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】某公司的班车在7:00,8:00,8:30发车,小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车,且到达发车站的时刻是随机的,则他等车时间不超过10分钟的概率是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【解析】如图所示,画出时间轴：
小明到达的时间会随机的落在图中线段中,而当他的到达时间落在线段或时,才能保证他等车的时间不超过10分钟根据几何概型,所求概率．故选B．
2.【2016高考新课标3】某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中月平均最高气温和
平均最低气温的雷达图．图中点表示十月的平均最高气温约为，点表示四月的平均最低气温约为
．下面叙述不正确的是（
）
(A)各月的平均最低气温都在以上
(B)七月的平均温差比一月的平均温差大
(C)三月和十一月的平均最高气温基本相同
(D)平均气温高于的月份有5个
【答案】D
【解析】由题图可知各月的平均最低气温都在0C以上，A正确；由题图可知七月的平均温差大于7.5C，而一月的平均温差小于7.5C，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；由题图可知三月和十一月的平均最高气温都大约在10C，基本相同，C正确；由题图可知平均最高气温高于20℃的月份有3个，所以不正确．故选D．
3.【2016高考山东】某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，
[20，22.5)，
[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（
）
（A）56
（B）60
（C）120
（D）140
【答案】D
【解析】由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时为后三组，有（人），选D.
4.【2016高考新课标2】从区间随机抽取个数,，…，，，，…，，构成n个数对，，…，，其中两数的平方和小于1的数对共有个，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】利用几何概型，圆形的面积和正方形的面积比为，所以.选C.
5.【2016年高考北京】袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（）
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【答案】C
【解析】若乙盒中放入的是红球，则须保证抽到的两个均是红球；若乙盒中放入的是黑球，则须保证抽到的两个球是一红一黑，且红球放入甲盒；若丙盒中放入的是红球，则须保证抽到的两个球是一红一黑：且黑球放入甲盒；若丙盒中放入的是黑球，则须保证抽到的两个球都是黑球.由于抽到两个红球的次数与抽到两个黑球的次数应是相等的，故乙盒中红球与丙盒中黑球一样多，选B.
6.【2016高考江苏卷】将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是
▲
.
【答案】
【解析】点数小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为
7.【2016年高考四川】同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是
.
【答案】
8.【2016高考新课标2】有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是
．
【答案】1和3
【解析】由题意分析可知甲的卡片上数字为1和3，乙的卡片上数字为2和3，丙卡片上数字为1和2.
9.【2016高考江苏卷】已知一组数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5，则该组数据的方差是________▲________.
【答案】0.1
【解析】这组数据的平均数为，．故答案应填：0.1，
10.【2016高考山东】在上随机地取一个数k，则事件“直线y=kx与圆相交”发生的概率为
.
【答案】
【解析】直线y=kx与圆相交,需要满足圆心到直线的距离小于半径，即，解得，而，所以所求概率P=.
11.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件,在购进机器时,可以额外购买这种零件作为备件,每个200元.在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件,为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数,得下面柱状图：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率,记表示2台机器三年内共需更换的易损零件数,表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
（I）求的分布列；
（II）若要求,确定的最小值；
（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在与之中选其一,应选用哪个？
【答案】（I）见解析（II）19（III）
【解析】（Ⅰ）由柱状图并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2,从而
；
；
；
；
；
；
.
所以的分布列为
16
17
18
19
20
21
22
（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,故的最小值为19.
（Ⅲ）记表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.
当时,
.
当时,
.
可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值,故应选.
12.【2016高考新课标2】某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
5
保费
0.85
1.25
1.5
1.75
2
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
（Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
【答案】（Ⅰ）0.55；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】（Ⅰ）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，故
13.【2016年高考四川】（本小题满分12分）
我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准（吨）、一位居民的月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
（I）求直方图中a的值；
（II）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；
（III）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准（吨），估计的值，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）36000；（Ⅲ）2.9．
【解析】
（Ⅰ）由频率分布直方图知，月均用水量在[0,0.5)中的频率为0.08×0.5=0.04，
同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5)中的频率分别为0.08，0.20，0.26，0.06，0.04，0.02．
由0.04+0.08+0.5×a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1，
解得a=0.30．
（Ⅱ）由（Ⅰ），100位居民每人月均用水量不低于3吨的频率为0.06+0.04+0.02=0.12．
由以上样本的频率分布，可以估计全市30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为
300
000×0.12=36
000．
14.【2016年高考北京】（本小题13分）
A、B、C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表（单位：小时）；
A班
6
6.5
7
7.5
8
B班
6
7
8
9
10
11
12
C班
3
4.5
6
7.5
9
10.5
12
13.5
（1）试估计C班的学生人数；
（2）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙，假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；
（3）再从A、B、C三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记
，表格中数据的平均数记为
，试判断和的大小，（结论不要求证明）
【答案】（1）40；（2）；（3）.
【解析】
（1）由题意知，抽出的名学生中，来自班的学生有名，根据分层抽样方法，班的学生人数估计为；（2）设事件为“甲是现有样本中班的第个人”，，
事件为“乙是现有样本中班的第个人”，，
由题意可知，，；，，
，,.
设事件为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由题意知，
因此
（3）根据平均数计算公式即可知，.
15.【2016高考山东】（本小题满分12分）
甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：
（I）“星队”至少猜对3个成语的概率；
（Ⅱ）“星队”两轮得分之和为X的分布列和数学期望EX.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）分布列见解析，
【解析】
（Ⅰ）记事件A:“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”.
由题意，
由事件的独立性与互斥性，
,
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
（Ⅱ）由题意，随机变量的可能取值为0,1,2,3,4,6.
由事件的独立性与互斥性，得
,
,
,
,
,
.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望.
16.【2016高考天津】（本小题满分13分）
某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4,.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.
（I）设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
（II）设为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析
【解析】解：由已知，有
所以，事件发生的概率为.
所以，随机变量分布列为
随机变量的数学期望.
17.【2016高考新课标3】下图是我国2008年至2014年生活垃圾无害化处理量（单位：亿吨）的折线图
（I）由折线图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
（II）建立关于的回归方程（系数精确到0.01），预测2016年我国生活垃圾无害化处理量．
附注：
参考数据：，，，≈2.646.
参考公式：相关系数
回归方程
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
．
【答案】（Ⅰ）理由见解析；（Ⅱ）1.82亿吨．
（Ⅱ）由及（Ⅰ）得，
，
所以，关于的回归方程为：.
将2016年对应的代入回归方程得：，
所以预测2016年我国生活垃圾无害化处理量将约1.82亿吨.
1．(2015·广东，4)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(　　)
A．1
B.
C.
D.
解析　从袋中任取2个球共有C＝105种取法，其中恰好1个白球1个红球共有CC＝50种取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为＝.
答案　C
2．(2015·江苏，5)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
解析　这两只球颜色相同的概率为，故两只球颜色不同的概率为1－＝.
答案　
3．(2015·陕西，11)设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为(　　)
A.＋
B.－
C.－
D.＋
解析　由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y≥x的部分为如图阴影所示，
由几何概型概率公式可得所求概率为：
P＝＝
＝－.
答案　B
4．(2015·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为(　　)
A．0.648
B．0.432
C．0.36
D．0.312
解析　该同学通过测试的概率为p＝0.6×0.6＋C×0.4×0.62＝0.648.
答案　A
5．(2015·湖南，7)在如图所示的正方形中随机投掷10
000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为(　　)
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682
6，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954
4.
A．2
386
B．2
718
C．3
413
D．4
772
6．(2015·山东，8)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为(　　)
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%.)
A．4.56%
B．13.59%
C．27.18%
D．31.74%
解析　由题意，知P(3＜ξ＜6)＝＝＝13.59%.
答案　B
7．(2015·安徽，17)已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．
解　(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A.
P(A)＝eq
\f(AA,A)＝.
(2)X的可能取值为200，300，400.
P(X＝200)＝eq
\f(A,A)＝，
P(X＝300)＝eq
\f(A＋CCA,A)＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－－＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
E(X)＝200×＋300×＋400×＝350.
8．(2015·福建，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
9．(2015·重庆，17)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．
解　(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝eq
\f(CCC,C)＝.
(2)X的所有可能值为0，1，2，且
P(X＝0)＝eq
\f(C,C)＝，P(X＝1)＝eq
\f(CC,C)＝，
P(X＝2)＝eq
\f(CC,C)＝.
综上知，X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝(个)．
10．(2015·天津，16)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2
名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
解　(1)由已知，有P(A)＝eq
\f(CC＋CC,C)＝.
所以，事件A发生的概率为.
(2)　随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.
P(X＝k)＝eq
\f(CC,C)(k＝1，2，3，4)．
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
11．(2015·山东，19)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)．
解　(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；
12．(2015·湖南，18)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．
解　(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，
A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，
B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，
C＝{顾客抽奖1次能获奖}．
由题意，A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1＋B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，所以
P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A12＋1A2)＝P(A12)＋P(1A2)
＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)
＝×＋×＝.
故所求概率为
P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B.
于是
P(X＝0)＝C＝，
P(X＝1)＝C＝，
P(X＝2)＝C＝，
P(X＝3)＝C＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
X的数学期望为E(X)＝3×＝.不等式与线性规划
【考向解读】
不等式的性质、求解、证明及应用是每年高考必考的内容，对不等式的考查一般以选择题、填空题为主.(1)主要考查不等式的求解、利用基本不等式求最值及线性规划求最值；(2)不等式相关的知识可以渗透到高考的各个知识领域，往往作为解题工具与数列、函数、向量相结合，在知识的交汇处命题，难度中档；在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围或在解决导数问题时经常利用不等式进行求解，但难度偏高.
【命题热点突破一】不等式的解法
1．一元二次不等式的解法
先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．
2．简单分式不等式的解法
(1)>0(<0) f(x)g(x)>0(<0)；
(2)≥0(≤0) f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
3．指数不等式、对数不等式及抽象函数不等式，可利用函数的单调性求解．
例1、【2016高考新课标1卷】若,则(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【感悟提升】(1)对于和函数有关的不等式，可先利用函数的单调性进行转化；(2)求解一元二次不等式的步骤：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集；(3)含参数的不等式的求解，要对参数进行分类讨论．
【变式探究】
(1)关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝________.
(2)已知f(x)是R上的减函数，A(3，－1)，B(0,1)是其图象上两点，则不等式|f(1＋lnx)|<1的解集是________________．
【答案】(1)　(2)(，e2)
【命题热点突破二】基本不等式的应用
1.利用基本不等式求最值的注意点
(1)在运用基本不等式求最值时，必须保证“一正，二定，三相等”，凑出定值是关键.
(2)若两次连用基本不等式，要注意等号的取得条件的一致性，否则就会出错.
2.结构调整与应用基本不等式
基本不等式在解题时一般不能直接应用，而是需要根据已知条件和基本不等式的“需求”寻找“结合点”，即把研究对象化成适用基本不等式的形式.常见的转化方法有
(1)x＋＝x－a＋＋a
(x>a).
(2)若＋＝1，则mx＋ny＝(mx＋ny)×1＝(mx＋ny)·≥ma＋nb＋2(字母均为正数).
例2、【2016高考天津理数】设变量x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（
）
（A）
（B）6
（C）10
（D）17
【答案】B
【解析】可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，直线过点B时取最小值6，选B.
【感悟提升】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．
【变式探究】
(1)定义运算“ ”：x y＝(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x y＋(2y) x的最小值为________.
(2)函数y＝的最大值为________.
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)由题意，得x y＋(2y) x＝＋＝≥＝，当且仅当
x＝y时取等号.
(2)令t＝≥0，则x＝t2＋1，
所以y＝＝.
当t＝0，即x＝1时，y＝0；
当t>0，即x>1时，y＝，
因为t＋≥2＝4(当且仅当t＝2时取等号)，
所以y＝≤，
即y的最大值为(当t＝2，即x＝5时y取得最大值).
【点评】求条件最值问题一般有两种思路：一是利用函数单调性求最值；二是利用基本不等式.在利用基本不等式时往往都需要变形，变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件，即“和”或“积”为定值.等号能够取得.
【命题热点突破三】简单的线性规划问题
解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．
例3、【2016年高考北京理数】若，满足，则的最大值为（
）
A.0
B.3
C.4
D.5
【答案】C
【解析】作出如图可行域，则当经过点时，取最大值，而，∴所求最大值为4，故选C.
【感悟提升】(1)线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是确定目标函数中的字母系数的取值范围．(2)一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．
【变式探究】
若x，y满足约束条件则的最大值为________.
【答案】3
【解析】画出可行域如图阴影所示，
∵表示过点(x，y)与原点(0,0)的直线的斜率，
∴点(x，y)在点A处时最大.
由　得
∴A(1,3).∴的最大值为3.]
【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】若,则(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
2.【2016高考天津理数】设变量x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（
）
（A）
（B）6
（C）10
（D）17
【答案】B
【解析】可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，直线过点B时取最小值6，选B.
3.【2016高考山东理数】若变量x，y满足则的最大值是（
）
（A）4
（B）9
（C）10
（D）12
【答案】C
【解析】不等式组表示的可行域是以A(0,-3),B(0,2),C(3,-1)为顶点的三角形区域,表示点（x,y）到原点距离的平方,最大值必在顶点处取到,经验证最大值为,故选C.
4.【2016高考浙江理数】在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域
中的点在直线x+y2=0上的投影构成的线段记为AB，则│AB│=（
）
A．2
B．4
C．3
D．
【答案】C
【解析】如图为线性区域，区域内的点在直线上的投影构成了线段，即，而，由得，由得，．故选C．
5.【2016年高考北京理数】若，满足，则的最大值为（
）
A.0
B.3
C.4
D.5
【答案】C
【解析】作出如图可行域，则当经过点时，取最大值，而，∴所求最大值为4，故选C.
6.【2016年高考四川理数】设p：实数x，y满足，q：实数x，y满足
则p是q的(
)
（A）必要不充分条件
（B）充分不必要条件
（C）充要条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】画出可行域（如图所示），可知命题中不等式组表示的平面区域在命题中不等式表示的圆盘内，故选A.
7.【2016高考新课标3理数】若满足约束条件
则的最大值为_____________.
【答案】
8.【2016高考新课标1卷】某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3个工时．生产一件产品A的利润为2100元,生产一件产品B的利润为900元．该企业现有甲材料150kg,乙材料90kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A、产品B的利润之和的最大值为
元．
【答案】
【解析】设生产产品、产品分别为、件,利润之和为元,那么
①
目标函数.
二元一次不等式组①等价于
②
作出二元一次不等式组②表示的平面区域（如图）,即可行域.
将变形,得,平行直线,当直线经过点时,
取得最大值.
解方程组,得的坐标.
所以当,时,.
故生产产品、产品的利润之和的最大值为元.
9.【2016高考江苏卷】
已知实数满足
，则的取值范围是
▲
.
【答案】
【解析】由图知原点到直线距离平方为最小值，为，原点到点距离平方为最大值，为，因此取值范围为
1.(2015·重庆卷)“x＞1”是“log
(x＋2)＜0”的(　　)
A.充要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必要条件
解析　由x＞1x＋2＞3
log
(x＋2)＜0，log
(x＋2)＜0x＋2＞1x＞－1，故“x＞1”是“log(x＋2)＜0”成立的充分不必要条件.因此选B.
答案　B
2.(2015·北京卷)若x，y满足则z＝x＋2y的最大值为(　　)
A.0
B.1
C.
D.2
解析　可行域如图所示.目标函数化为y＝－x＋
z，当直线y＝－x＋
z过点A(0，1)时，z取得最大值2.
答案　D
3.(2015·陕西卷)设f(x)＝ln
x，0＜a＜b，若p＝f
()，q＝f
，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是(　　)
A.q＝r＜p
B.q＝r＞p
C.p＝r＜q
D.p＝r＞q
解析　∵0＜a＜b，∴＞，
又∵f(x)＝ln
x在(0，＋∞)上为增函数，
故f＞f()，即q＞p.
又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln
a＋ln
b)
＝ln
a＋ln
b＝ln(ab)＝f()＝p.
故p＝r＜q.选C.
答案　C
4.(2015·全国Ⅰ卷)若x，y满足约束条件则的最大值为________.
解析　约束条件的可行域如图，由＝，则最大值为3.
答案　3
5.(2015·四川卷)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为(　　)
A.16
B.18
C.25
D.
解析　令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－，
当m＞2时，对称轴x0＝－，
由题意，－≥2，∴2m＋n≤12，
∵≤≤6，
∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6，
当m＜2时，抛物线开口向下，
由题意－≤，即2n＋m≤18，
∵≤≤9，∴mn≤，
由2n＋m＝18且2n＝m，
得m＝9(舍去)，∴mn最大值为18，选B.
答案　B
6.(2015·山东卷)已知x，y满足约束条件若z＝ax＋y的最大值为4，则a＝(　　)
A.3
B.2
C.－2
D.－3
答案　B
7.(2015·天津卷)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的(　　)
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析　由|x－2|＜1得1＜x＜3，由x2＋x－2＞0，得x＜－2或x＞1，而1＜x＜3
x＜－2或x＞1，而x＜－2或x＞11＜x＜3，所以，“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的充分而不必要条件，选A.
答案　A
8.(2015·广东卷)若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最小值为(　　)
A.
B.6
C.
D.4
解析　不等式组所表示的可行域如下图所示，
由z＝3x＋2y得y＝－x＋，依题意当目标函数直线l：y＝－x＋经过A时，z取得最小值，即zmin＝3×1＋2×＝，故选C.
答案　C
9.(2015·浙江卷)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________.三角函数的图像与性质
【考向解读】
1.三角函数y＝Asin
(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象变换，周期及单调性是2016年高考热点．
2.备考时应掌握y＝sin
x，y＝cos
x，y＝tan
x的图象与性质，并熟练掌握函数y＝Asin
(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的值域、单调性、周期性等．
3.以图象为载体，考查三角函数的最值、单调性、对称性、周期性.
4.考查三角函数式的化简、三角函数的图象和性质、角的求值，重点考查分析、处理问题的能力，是高考的必考点.
【命题热点突破一】　三角函数的概念、同角三角函数关系、诱导公式
例1、【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】
，
且，故选D.
【感悟提升】在单位圆中定义的三角函数，当角的顶点在坐标原点，角的始边在x轴正半轴上时，角的终边与单位圆交点的纵坐标为该角的正弦值、横坐标为该角的余弦值．如果不是在单位圆中定义的三角函数，那么只要把角的终边上点的横、纵坐标分别除以该点到坐标原点的距离就可转化为单位圆上的三角函数定义．
【变式探究】
当x＝时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值，则函数y＝f是(　　)
A．奇函数且图像关于点对称
B．偶函数且图像关于点(π，0)对称
C．奇函数且图像关于直线x＝对称
D．偶函数且图像关于点对称
【答案】C　
【解析】当x＝时，函数f（x）＝Asin（x＋φ）（A>0）取得最小值，即＋φ＝－＋2kπ，k∈Z，即φ＝－＋2kπ，k∈Z，所以f（x）＝Asin（x－）（A>0），所以y＝f（－x）＝Asin（－x－）＝－Asin
x，所以函数y＝f（π－x）为奇函数，且其图像关于直线x＝对称.
【命题热点突破二】　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像与解析式
例2、设函数f(x)＝sin
ωx＋sin，x∈R.
(1)若ω＝，求f(x)的最大值及相应的x的取值集合；
(2)若x＝是f(x)的一个零点，且0<ω<10，求ω的值和f(x)的最小正周期．
【感悟提升】三角函数最值的求法：(1)形如y＝asin
x＋bcos
x＋k的函数可转化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)的形式，利用有界性处理；(2)形如y＝asin2x＋bsin
x＋c的函数可利用换元法转化为二次函数，通过配方法和三角函数的有界性求解；(3)形如y＝的函数，一般看成直线的斜率，利用数形结合求解．
【变式探究】【2016年高考四川理数】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点(
)
（A）向左平行移动个单位长度
（B）向右平行移动个单位长度
（C）向左平行移动个单位长度
　（D）向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】由题意，为了得到函数，只需把函数的图像上所有点向右移个单位，故选D.
【命题热点突破三】三角函数的性质
例3、某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)在某一个周期内的图像时，列表并填入了部分数据，如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
(1)请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并直接写出函数f(x)的解析式；
(2)将y＝f(x)图像上所有点向左平行移动θ(θ>0)个单位长度，得到y＝g(x)的图像，若y＝g(x)图像的一个对称中心为，求θ的最小值．
【解析】（1）根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－.数据补全如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
π
Asin（ωx＋φ）
0
5
0
－5
0
且函数解析式为f（x）＝5sin.
【感悟提升】函数图像的平移变换规则是“左加右减”，并且在变换过程中只变换其中的自变量x，如果x的系数不是1，那么就要提取这个系数后再确定变换的单位长度和方向．
【变式探究】函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图像向左平移个单位长度后所得图像关于原点对称，则函数f(x)在上的最小值为(　　)
A．－
B．－
C.
D.
【答案】A　
【解析】函数f（x）＝sin（2x＋φ）的图像向左平移个单位长度后得到y＝sin＝sin的图像，又其关于原点对称，故＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ－，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝－，所以f（x）＝sin.又因为x∈，所以
sin∈，即当x＝0时，f（x）min＝－.
【命题热点突破四】　三角函数图像与性质的综合应用
例4、(2016·高考全国甲卷)函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则(　　)
A．y＝2sin　　　　B．y＝2sin
C．y＝2sin
D．y＝2sin
【变式探究】已知函数f(x)＝2cos2x＋2
sin
xcos
x＋a，当x∈时，f(x)的最小值为2.
(1)求a的值，并求f(x)的单调递增区间；
(2)先将函数f(x)的图像上的点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再将所得的图像向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图像，求方程g(x)＝4在区间上所有根之和．
【解析】解：（1）f（x）＝cos
2x＋1＋sin
2x＋a＝2sin＋a＋1.∵x∈，∴2x＋∈，
∴f（x）min＝f（）＝－1＋a＋1＝2，得a＝2，
故f（x）＝2sin＋3.
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
∴函数f（x）的单调递增区间为，k∈Z.
（2）由题意得g（x）＝2sin＋3，
由g（x）＝4，得sin＝，
解得4x－＝2kπ＋或4x－＝2kπ＋，k∈Z，
即x＝＋或x＝＋，k∈Z，
又∵x∈，∴x＝或，故所有根之和为＋＝.
【感悟提升】三角函数综合解答题的主要解法就是先把三角函数的解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再结合题目要求，利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像与性质解决问题．
【命题热点突破五】三角函数图像、性质、正余弦定理、不等式等的综合
例5、
已知向量a＝(sin
x，2cos
x)，b＝(2
cos
x，－cos
x)，函数f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)在△ABC中，若角A满足f＝1，且△ABC的面积为8，求△ABC周长的最小值．
【解析】（1）∵f（x）＝2
sin
xcos
x－2cos2x＝sin
2x－cos
2x－1＝2sin－1，
∴函数f（x）的最小正周期为π.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，得
－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
∴函数f（x）的单调递增区间为，k∈Z.
（2）设a，b，c分别是内角A，B，C对的边，
由f＝1，得2sin－1＝1，
即sin＝1，又∵A为三角形的内角，∴A＝，
∴bc＝8，∴bc＝16，
∴b＋c≥2
＝8，a＝≥＝4
，当且仅当b＝c＝4时等号成立.
故△ABC周长的最小值为8＋4
.
【失分分析】三角函数综合性问题最容易犯的错误是求错三角函数的解析式．解题时要注意各种限制条件的应用，如指定的角的范围、三角形内角的范围等．在使用基本不等式时注意等号成立的条件．
【变式探究】
在直角坐标系xOy中，角α的始边为x轴的非负半轴，终边为射线l：y＝2
x(x≥0)．
(1)求cos的值；
(2)若点P，Q分别是角α始边、终边上的动点，且|PQ|＝6，求三角形POQ面积最大时点P，Q的坐标．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标3理数】在中，，边上的高等于,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】设边上的高为，则，所以，．由余弦定理，知，故选C．
2.【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】
，
且，故选D.
3.【2016高考新课标3理数】若
，则（
）
(A)
(B)
(C)
1
(D)
【答案】A
4.【2016年高考四川理数】=
.
【答案】
【解析】由二倍角公式得
5.【2016年高考四川理数】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点(
)
（A）向左平行移动个单位长度
（B）向右平行移动个单位长度
（C）向左平行移动个单位长度
　（D）向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】由题意，为了得到函数，只需把函数的图像上所有点向右移个单位，故选D.
6.【2016高考新课标2理数】若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
7.【2016年高考北京理数】将函数图象上的点向左平移（）
个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（
）
A.，的最小值为B.
，的最小值为
C.，的最小值为D.，的最小值为
【答案】A
【解析】由题意得，，当s最小时，所对应的点为，此时，故选A.
8.【2016高考新课标3理数】函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．
【答案】
【解析】因为，＝，所以函数的图像可由函数的图像至少向右平移个单位长度得到．
9.【2016高考浙江理数】设函数，则的最小正周期（
）
A．与b有关，且与c有关
B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关
D．与b无关，但与c有关
【答案】B
10.【2016高考山东理数】函数f（x）=（sin
x+cos
x）（cos
x
–sin
x）的最小正周期是（
）
（A）
（B）π
（C）
（D）2π
【答案】B
【解析】,故最小正周期,故选B.
11.【2016年高考四川理数】为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点(
)
（A）向左平行移动个单位长度
（B）向右平行移动个单位长度
（C）向左平行移动个单位长度
　（D）向右平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】由题意，为了得到函数，只需把函数的图像上所有点向右移个单位，故选D.
12.【2016高考新课标2理数】若将函数的图像向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【解析】由题意，将函数的图像向左平移个单位得，则平移后函数的对称轴为，即，故选B.
13.【2016年高考北京理数】将函数图象上的点向左平移（）
个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（
）
A.，的最小值为B.
，的最小值为
C.，的最小值为D.，的最小值为
【答案】A
【解析】由题意得，，当s最小时，所对应的点为，此时，故选A.
14.【2016高考新课标3理数】函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．
【答案】
15.【2016高考新课标3理数】在中，，边上的高等于,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】设边上的高为，则，所以，．由余弦定理，知，故选C．
16.【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】
，
且，故选D.
17.【2016高考新课标3理数】若
，则（
）
(A)
(B)
(C)
1
(D)
【答案】A
【解析】
由，得或，所以，故选A．
1.【2015高考新课标1，理2】
=(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】原式=
==，故选D.
2.【2015江苏高考，8】已知，，则的值为_______.
【答案】3
【解析】
3.【2015高考福建，理19】已知函数的图像是由函数的图像经如下变换得到：先将图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图像向右平移个单位长度.
(Ⅰ)求函数的解析式，并求其图像的对称轴方程；
(Ⅱ)已知关于的方程在内有两个不同的解．
（1)求实数m的取值范围；
（2)证明：
【答案】(Ⅰ)
，；(Ⅱ)（1）；（2）详见解析．
【解析】解法一：(1)将的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到的图像，再将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，故，从而函数图像的对称轴方程为
(2)1)
（其中）
依题意，在区间内有两个不同的解当且仅当，故m的取值范围是.
2)因为是方程在区间内有两个不同的解，
所以，.
当时，
当时,
所以
解法二：(1)同解法一.
(2)1)
同解法一.
2)
因为是方程在区间内有两个不同的解，
所以，.
当时，
当时,
所以
于是
4.【2015高考山东，理16】设.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.
【答案】（I）单调递增区间是；
单调递减区间是
（II）
面积的最大值为
【解析】
（I）由题意知
由
可得
由
可得
所以函数
的单调递增区间是
；　
单调递减区间是
5.【2015高考重庆，理9】若，则（　　）
A、1
B、2
C、3
D、4
【答案】C
【解析】由已知，
＝，选C.
6.【2015高考山东，理3】要得到函数的图象，只需要将函数的图象（
）
（A）向左平移个单位
（B）向右平移个单位
（C）向左平移个单位
（D）向右平移个单位
【答案】B
【解析】因为
，所以要得到函数
的图象，只需将函数
的图象向右平移
个单位.故选B.
7.【2015高考新课标1，理8】函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为(
)
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】D
【解析】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.
8.
【2014高考湖南卷第9题】已知函数且则函数的图象的一条对称轴是(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】A
9.
【2014高考江苏卷第5题】已知函数与函数，它们的图像有一个横坐标为的交点，则的值是
.
【答案】
【解析】由题意，即，，，因为，所以．
10.
【2014辽宁高考理第9题】将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（
）
A．在区间上单调递减
B．在区间上单调递增
C．在区间上单调递减
D．在区间上单调递增
【答案】B
【解析】将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，令，即的增区间为，令k=0，则可知B正确.专题22
函数与方程思想、数形结合思想
【考点定位】函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行考查；数形结合思想一般在选择题、填空题中考查.
【命题热点突破一】函数与方程思想
1.函数与方程思想的含义
(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法.
(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法.
2.函数与方程的思想在解题中的应用
(1)函数与不等式的相互转化，对于函数y＝f(x)，当y＞0时，就转化为不等式f(x)＞0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式.
(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要.
(3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决，这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.
例1、(1)设m，n是正整数，多项式(1－2x)m＋(1－5x)n中含x项的系数为－16，则含x2项的系数是(　　)
A．－13
B．6
C．79
D．37
(2)已知函数f(x)＝(x＋m)ln(x＋m)在x＝1处的切线斜率为1.
①若对 x>0，恒有f(x)≥－x2＋ax－2，求实数a的最大值；
②证明：对 x∈(0，1]和任意正整数n都有f(x)>－1.
【答案】(1)D　
(2)解：f′(x)＝ln(x＋m)＋1，则f′(1)＝ln(1＋m)＋1＝1，得m＝0，即f(x)＝xln
x.
①f(x)≥－x2＋ax＋2，即xln
x≥－x2＋ax－2，又x>0，所以a≤ln
x＋x＋.令h(x)＝ln
x＋x＋，所以要使原不等式恒成立，则a≤h(x)min.
h′(x)＝＋1－＝＝.
当01时，h′(x)>0，h′(1)＝0，故x＝1时，h(x)取得极小值，即最小值，所以h(x)min＝h(1)＝3，所以a≤3，所以a的最大值为3.
【特别提醒】方程思想的本质是根据已知得出方程(组)，通过解方程(组)解决问题；函数思想的实质是使用函数方法解决数学问题(不一定只是函数问题)，构造函数解题是函数思想的一种主要体现．
【变式探究】
(1)已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(2m，m＋1)．若∥，则实数m的值为(　　)
A.
B．－
C．3
D．－3
(2)已知函数f(x)＝.
①求f(x)的单调区间；
②证明：当x>1时，x＋(x－3)eln
x>0.
【答案】(1)
D
【解析】＝－＝(3，1)．因为∥，所以＝，解得m＝－3.
(2)解：①f(x)＝的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝.
由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(0，1)，(1，)．
②证明：由①知，当x>1时，f(x)的最小值为f()＝＝2e.
令g(x)＝(－x2＋3x)e，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝(－x2－x＋3)e＝－(x－2)(x＋3)e.
当x>1时，由g′(x)>0得函数g(x)在区间(1，2)上单调递增；由g′(x)
<0得函数g(x)在区间(2，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＝(－x2＋3x)e≤g(2)＝2e，
所以当x>1时，f(x)＝>g(x)＝(－x2＋3x)e，整理得x＋(x－3)eln
x>0.
【命题热点突破二】数形结合思想
例2、(1)
设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A．[－，1)
B．[－，)
C．[，)
D．[，1)
(2)向量a＝(2，0)，b＝(x，y)，若b与b－a的夹角为，则|b|的最大值为(　　)
A．4
B．2
C．2
D.
【答案】　(1)D　(2)A
直线y＝ax－a过点(1，0)．
若a≤0，则f(x)<0的整数解有无穷多个，因此只能a>0.
结合函数图像可知，存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，即存在唯一的整数x0，使得点(x0，ax0－a)在点(x0，g(x0))的上方，则x0只能是0，故实数a应满足即解得≤a<1.
故实数a的取值范围是.
【特别提醒】数形结合思想主要是根据函数图像(或者其他几何图形)，找到解决问题的思路，帮助建立数的运算或者推理(以形助数)的一种方法．用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解
(或函数零点)的个数.
【变式探究】
(1)函数y＝f(x)为定义在R上的减函数，函数y＝f(x－1)的图像关于点(1，0)对称，x，y满足不等式f(x2－2x)＋f(2y－y2)≤0，M(1，2)，N(x，y)，O为坐标原点，则当1≤x≤4时，·的取值范围为(　　)
A．[12，＋∞)
B．[0，3]
C．[3，12]
D．[0，12]
(2)已知向量α，β，γ满足|α|＝1，|α－β|＝|β|，(α－γ)·(β－γ)＝0.若对每一确定的β，|γ|的最大值和最小值分别为m，n，则对任意β，m－n的最小值是(　　)
A.
B．1
C．2
D.
【答案】(1)D　(2)A
(2)平移向量α，β，γ，使它们的起点位于点O处，终点分别记作A，B，C，如图所示，根据|α－β|＝|β|可知点B在OA的垂直平分线上．根据(α－γ)·(β－γ)＝0知点C在以AB为直径的圆上，故m－n等于圆的直径AB.又OB＝AB，所以要使AB最小，则只要OB最小即可，由图易知，当点B为线段OA的中点时，m－n取得最小值.
【高考真题解读】
1．[2015·全国卷Ⅱ改编]
已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝________．
【答案】42
【解析】由a1＝3，得a1＋a3＋a5＝3(1＋q2＋q4)＝21，所以1＋q2＋q4＝7，即(q2＋3)(q2－2)＝0，解得q2＝2，所以a3＋a5＋a7＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.
2．[2015·全国卷Ⅱ]
设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝________．
【答案】
【解析】因为λa＋b与a＋2b平行，所以存在唯一实数t，使得λa＋b＝t(a＋2b)，所以解得λ＝t＝.
3．[2013·新课标全国卷Ⅰ改编]
设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝________．
【答案】6
【解析】(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值是C，即a＝C；(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值是C，即b＝C，因为13a＝7b，所以13C＝7C，所以13＝7，解得m＝6.
4．[2015·全国卷Ⅱ改编]
设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
【答案】(－∞，－1)∪(0，1)　
5．[2014·辽宁卷改编]
当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】[－6，－2]
【解析】当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，
令f(x)＝(－2≤x<0)，
则f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤＝－2.当x＝0时，不等式恒成立．
当0则g′(x)＝＝，
故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥＝－6.
综上，－6≤a≤－2.
6．[2013·山东卷]
过点(3，1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________．
【答案】2
【解析】设弦与圆的交点为A，B，最短弦长以(3，1)为中点，由垂径定理得＋(3－2)2＋(2－1)2＝4，解之得|AB|＝2
.
7．[2014·天津卷]
已知函数f(x)＝若函数y＝f(x)－a|x|恰好有4个零点，则实数a的取值范围为________．
【答案】(1，2)专题21
分类与整合思想、化归与转化思想
文
【考点定位】分类讨论思想，转化与化归思想近几年高考每年必考，一般体现在解析几何、函数与导数解答题中，难度较大.
【命题热点突破一】分类与整合思想
1.分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集).做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论.
常见的分类讨论问题有：
(1)集合：注意集合中空集 讨论.
(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a，一般应分a＞1和0＜a＜1的讨论；函数y＝ax2＋bx＋c有时候分a＝0和a≠0的讨论；对称轴位置的讨论；判别式的讨论.
(3)数列：由Sn求an分n＝1和n＞1的讨论；等比数列中分公比q＝1和q≠1的讨论.
(4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论.
(5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论.
(6)立体几何：点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论.
(7)平面解析几何：直线点斜式中k分存在和不存在，直线截距式中分b＝0和b≠0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.
(8)排列、组合、概率中的分类计数问题.
(9)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.
例1、(1)
设x∈R，[x]表示不超过x的最大整数．若存在实数t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n同时成立，则正整数n的最大值是(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
(2)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为P0(0①张三选择方案甲抽奖，李四选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，若X≤3的概率为，求P0的值；
②若张三、李四两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，则他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
【答案】　(1)B　
(2)解：①由已知得，张三中奖的概率为，李四中奖的概率为P0，且两人中奖与否互不影响．
记“这2人的累计得分X≤3”为事件A，
则事件A的对立事件为“X＝5”．
因为P(X＝5)＝P0，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝1－×P0＝，所以P0＝.
②设张三、李四都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，
则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，
选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B，X2～B(2，P0)，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2P0，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝6P0.
若E(2X1)>E(3X2)，则>6P0，即0若E(2X1)若E(2X1)＝E(3X2)，则＝6P0，即P0＝.
综上所述，当0【特别提醒】分类与整合思想是最重要的数学思想方法之一，是高考考查的重点，涉及的试题各类题型均有．从高考看，在部分选择题、填空题中也需要分类讨论才能解决问题，高考中的分类与整合思想的考查已经不仅仅局限在函数导数、概率的解答题中．
【变式探究】
(1)若集合E＝{(p，q，r，s)|0≤pA．200
B．150
C．100
D．50
(2)已知函数f(x)＝mln
x＋－.
①若m≤0，求函数f(x)的单调区间；
②若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求m的取值范围．
【答案】(1)A　
(2)解：①函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－＝.
当m≤0时，mx－ex<0，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
②若m≤0，由(1)知，函数f(x)在(0，2)上单调递增，故f(x)在(0，2)内不存在极值点．
当m>0时，设函数g(x)＝mx－ex，
则g′(x)＝m－ex.
(i)当00，f(x)单调递增，
故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．
【命题热点突破二】化归与转化思想
(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.
(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.
(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.
(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.
例2、(1)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．对于不相等的实数x1，x2，设m＝，n＝，
现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m>0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．
(2)P，Q为△ABC内不同的两点．若3＋2＋＝0，3＋4＋5＝0，则S△PAB∶S△QAB＝________．
【答案】(1)①④　(2)2∶5　
(2)如图所示，以A为坐标原点，边AB所在的直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立直角坐标系．
设△ABC的面积为S，P(x1，y1)，B(m，0)，C(a，b)，则3(x1，y1)＋2(x1－m，y1)＋(x1－a，y1－b)＝(0，0)，解得y1＝，即△PAB的高为△CAB的高的，故△PAB的面积为S.
设Q(x2，y2)，则3(x2，y2)＋4(x2－m，y2)＋5(x2－a，y2－b)＝(0，0)，解得y2＝b，即△QAB的高为△CAB的高的，故△QAB的面积为S.
所以S△PAB∶S△QAB＝∶＝2∶5.
【特别提醒】化归与转化思想的实质是把已知问题化为更容易解决的问题，如把数的问题转化为形的问题、把空间问题转化为平面问题、把立体几何问题转化为空间向量问题等．在数学方法中，换元法、割补法、坐标法等都是化归与转化思想的具体体现．
【变式探究】
(1)已知x，y满足若z＝ax＋y的最大值为3a＋9，最小值为3a－3，则a的取值范围为(　　)
A．a≥1
B．a≤－1
C．－1≤a≤1
D．a≥1或a≤－1
(2)一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A．9
B．10
C．11
D.
【答案】(1)C　(2)C　
【高考真题解读】
1．[2015·安徽卷]
已知数列{an}是递增的等比数列．a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．
【答案】2n－1　
【解析】设数列{an}的公比为q，由a2a3＝a1a4＝8，a1＋a4＝9知a1，a4是一元二次方程x2－9x＋8＝0的两根，解此方程得x＝1或x＝8.又数列{an}递增，因此a1＝1，a4＝a1q3＝8，解得q＝2，故数列{an}的前n项和Sn＝＝2n－1.
2．[2015·福建卷]
函数f(x)＝(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．
【答案】(1，2]　
3．[2015·山东卷]
若“ x∈[0，]，tan
x≤m”是真命题，则实数m的最小值为________．
【答案】1　
【解析】∵y＝tan
x在区间上单调递增，∴y＝tan
x的最大值为tan＝1.
又∵“ x∈，tan
x≤m”是真命题，∴m≥1.
4．[2015·四川卷]
用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40
000大的偶数共有________个．
【答案】120　
【解析】由题意知，万位上排4时，有2×A个大于40
000的偶数，万位上排5时，有3×A个，故共有5×A＝120(个)．
5．[2014·天津卷]
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b－c＝a，2sin
B＝3sin
C，则cos
A的值为________．
【答案】．－　
【解析】∵2sin
B＝3sin
C，∴2b＝3c.
又∵b－c＝，∴a＝2c，b＝c，
∴cos
A＝＝＝－.
6．[2014·陕西卷改编]
设函数f(x)＝ln
x＋，m∈R.若对任意b>a>0，<1恒成立，则m的取值范围是________．
【答案】[，＋∞)　
7．[2015·湖北卷改编]
已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A?B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A?B中元素的个数为________．
【答案】45　
【解析】方法一：若x1＋x2＝－3，则只能x1＝－1，y1＝0，此时y1＋y2＝－2，－1，0，1，2，(x1＋x2，y1＋y2)有5种情况，根据对称性知，当x1＋x2＝3时，(x1＋x2，y1＋y2)也有5种情况；
若x1＋x2＝－2，此时x1＝－1，0均可，y1可以等于0，－1，1，故y1＋y2＝－3，－2，－1，0，1，2，3，(x1＋x2，y1＋y2)有7种情况，根据对称性知，当x1＋x2＝2时，(x1＋x2，y1＋y2)也有7种情况；
若x1＋x2＝－1，此时x1＝－1，0，1均可，y1可以等于0，－1，1，故y1＋y2＝－3，－2，－1，0，1，2，3，(x1＋x2，y1＋y2)有7种情况，根据对称性知，x1＋x2＝1时，(x1＋x2，y1＋y2)也有7种情况；
若x1＋x2＝0，此时x1＝－1，0，1均可，y1可以等于0，－1，1，y1＋y2＝－3，－2，－1，0，1，2，3，(x1＋x2，y1＋y2)有7种情况．
综上可知，共有2×5＋2×7＋2×7＋7＝45(种)情况，即A B中元素的个数为45.专题21
坐标系与参数方程
【命题热点突破一】极坐标系与简单曲线的极坐标方程
例1、【2016年高考北京理数】在极坐标系中，直线与圆交于A，B两点，则______.
【答案】2
【解析】直线过圆的圆心，因此
【变式探究】[2015·全国卷]
在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)若直线C3的极坐标方程是θ＝(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．
【特别提醒】根据直角坐标化为极坐标的公式，可以把直线、曲线的直角坐标方程化为极坐标方程，反之亦然．使用直线、曲线的直角坐标方程和极坐标方程解题各有利弊，要根据情况灵活选取．
【变式探究】
在直角坐标系xOy中，曲线C：(t为参数)．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，l与C相交于A，B两点．
(1)写出直线l的参数方程和曲线C的普通方程；
(2)设线段AB的中点为M，求点M的极坐标．
解：(1)直线l的直角坐标方程为y＝x，
则直线l的参数方程为(t为参数)．
曲线C的普通方程为y＝x2－6.
(2)设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，将代入y＝x2－6，得t2－2
t－24＝0，
∴Δ＝108>0，t1＋t2＝2
，
∴＝，即点M所对应的参数为，
∴点M的直角坐标为(，)，
∴点M的极坐标为(，)．
【命题热点突破二】简单曲线的参数方程
例2、【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xy中,曲线C1的参数方程为（t为参数,a＞0）．
在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2：ρ=.
（I）说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程；
（II）直线C3的极坐标方程为,其中满足tan=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a．
【答案】（I）圆,（II）1
【解析】解：（Ⅰ）消去参数得到的普通方程.
是以为圆心，为半径的圆.
将代入的普通方程中，得到的极坐标方程为
.
（Ⅱ）曲线的公共点的极坐标满足方程组
若，由方程组得，由已知，
可得，从而，解得（舍去），.
时，极点也为的公共点，在上.所以.
【变式探究】已知直线l经过点P(1，1)，倾斜角α＝.
(1)写出直线l的参数方程；
(2)设l与圆(θ为参数)相交于A，B两点，求点P到A，B两点的距离之积．
【特别提醒】直线的参数方程(其中t为参数，α为直线的倾斜角)中t的几何意义是点P(x0，y0)到参数t对应的点的有向线段的数量，解题中注意使用直线参数方程的几何意义，同时注意直线的参数方程中t的系数是否符合上述参数方程．
【变式探究】
已知椭圆C：＋＝1，直线l：(t为参数)．
(1)写出椭圆C的参数方程及直线l的普通方程；
(2)设A(1，0)，若椭圆C上的点P满足到点A的距离与其到直线l的距离相等，求点P的坐标．
解：(1)C：(θ为参数)，l：x－y＋9＝0.
(2)设P(2cos
θ，sin
θ)，则|AP|＝＝2－cos
θ，
P到直线l的距离d＝＝.
由|AP|＝d得3sin
θ－4cos
θ＝5，又sin2θ＋cos2θ＝1，得sin
θ＝，cos
θ＝－.故P(－，)．
【命题热点突破三】极坐标与参数方程的综合
例3、【2016高考新课标2理数】选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，圆的方程为．
（Ⅰ）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；
（Ⅱ）直线的参数方程是（为参数）,
与交于两点，，求的斜率．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【变式探究】已知平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，P点的极坐标为(4
，)，曲线C的极坐标方程为ρ2＋4
ρsin
θ＝4.
(1)写出点P的直角坐标及曲线C的普通方程；
(2)若Q为C上的动点，求PQ中点M到直线l：(t为参数)距离的最大值．
解：(1)x＝ρcos
θ＝6，y＝ρsin
θ＝2
，
∴点P的直角坐标为(6，2
)．
由ρ2＋4
ρsin
θ＝4得x2＋y2＋4
y＝4，即x2＋(y＋2
)2＝16，
∴曲线C的普通方程为x2＋(y＋2
)2＝16.
【特别提醒】在极坐标与参数方程综合的试题中，一个基本的思路是把极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程，然后使用我们熟悉的平面解析几何知识解决问题．
【变式探究】
以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度．已知圆C的参数方程是(φ为参数)，直线l的极坐标方程是2ρcos
θ＋ρsin
θ＝6.
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)过圆C上任意一点P作与l夹角为45°的直线，交l于点Q，求|PQ|的最大值与最小值．
解：(1)圆C的普通方程为x2＋(y－1)2＝4，∴圆C的极坐标方程为ρ2－2ρsin
θ－3＝0.
(2)直线l的直角坐标方程为2x＋y－6＝0.
圆上点P(2cos
φ，1＋2sin
φ)到直线l的距离为d，则d＝＝，
∴|PQ|max＝2
＋，|PQ|min＝－2
.
【高考真题解读】
1.【2016年高考北京理数】在极坐标系中，直线与圆交于A，B两点，则______.
【答案】2
【解析】直线过圆的圆心，因此
2.【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xy中,曲线C1的参数方程为（t为参数,a＞0）．
在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2：ρ=.
（I）说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程；
（II）直线C3的极坐标方程为,其中满足tan=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a．
【答案】（I）圆,（II）1
【解析】解：（Ⅰ）消去参数得到的普通方程.
是以为圆心，为半径的圆.
将代入的普通方程中，得到的极坐标方程为
.
3.【2016高考新课标2理数】选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，圆的方程为．
（Ⅰ）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；
（Ⅱ）直线的参数方程是（为参数）,
与交于两点，，求的斜率．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（I）由可得的极坐标方程
（II）在（I）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为
由所对应的极径分别为将的极坐标方程代入的极坐标方程得
于是
由得，
所以的斜率为或.
4.
【2016高考新课标3理数】（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线的参数方程为，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（I）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（II）设点在上，点在上，求的最小值及此时的直角坐标.
【答案】（Ⅰ）的普通方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）．
1．(2015·广东，14)已知直线l的极坐标方程为2ρsin＝，点A的极坐标为A，则点A到直线l的距离为________．
解析　依题已知直线l：2ρsin＝和点A可化为l：x－y＋1＝0和A(2，－2)，所以点A到直线l的距离为d＝＝.
答案　
2．(2015·北京，11)在极坐标系中，点到直线ρ(cos
θ＋sin
θ)＝6的距离为________．
解析　在平面直角坐标系下，点化为(1，)，直线方程为：x＋y＝6，∴点(1，)到直线的距离为d＝＝＝1.
答案　1
3．(2015·安徽，12)在极坐标系中，圆ρ＝8sin
θ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值是________．
4．(2015·江苏，21)已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρsin－4＝0，求圆C的半径．
解　以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.
圆C的极坐标方程为
ρ2＋2ρ－4＝0，
化简，得ρ2＋2ρsin
θ－2ρcos
θ－4＝0.
则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0，
即(x－1)2＋(y＋1)2＝6，
所以圆C的半径为.
5．(2015·新课标全国Ⅰ，23)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．
解　(1)因为x＝ρcos
θ，y＝ρsin
θ，所以C1的极坐标方程为ρcos
θ＝－2，
C2的极坐标方程为ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0.
(2)将θ＝代入ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0，得ρ2－3ρ＋4＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝.故ρ1－ρ2＝，即|MN|＝.
由于C2的半径为1，所以△C2MN为等腰直角三角形，
所以△C2MN的面积为.
6．(2015·福建，21(2))在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为
(t为参数)．在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为ρsin＝m(m∈R)．
①求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；
②设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．
7．(2015·湖南，16Ⅱ)已知直线l：(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的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)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)设点M的直角坐标为(5，)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|·|MB|的值．
解　(1)ρ＝2cos
θ等价于ρ2＝2ρcos
θ.①
将ρ2＝x2＋y2，ρcos
θ＝x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.②
(2)将代入②式，得t2＋5t＋18＝0.
设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义即知，
|MA|·|MB|＝|t1t2|＝18.
1.
【2014高考安徽卷理第4题】以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的参数方程是（为参数），圆的极坐标方程是，则直线被圆截得的弦长为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
2.
【2014高考北京卷理第3题】曲线，（为参数）的对称中心（
）
A．在直线上
B．在直线上
C．在直线上
D．在直线上
【答案】B
【解析】参数方程所表示的曲线为圆心在，半径为1的圆，其对称中心为，逐个代入选项可知，点满足，故选B.
3.
【2014高考湖北卷理第16题】已知曲线的参数方程是，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，则与交点的直角坐标为
.
【答案】
【解析】
由消去得，由得，解方程组得与的交点坐标为.
4.
【2014高考湖南卷第11题】在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线与曲线，（为参数）交于、两点，且，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程是________.
【答案】
5.【2014江西高考理第12题】若以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段的极坐标为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据，得：
解得，选A.
6.
【2014重庆高考理第15题】已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，则直线与曲线的公共点的极径________.
【答案】
【解析】由参数方程消法参数得直线的一般式方程为：
（1）
由曲线的极坐标方程两边同乘以得，，所以，曲线C在直角坐标系下的方程为
（2）
解由方程（1）（2）能成的方程级得
所以，直线与曲线的交点坐标为，极径
所以，答案应为：
7.
【2014陕西高考理第15题】在极坐标系中，点到直线的距离是
.
【答案】1
8.
【2014天津高考理第13题】在以为极点的极坐标系中，圆和直线相交于两点．若是等边三角形，则的值为___________．
【答案】3．
【解析】圆的方程为，直线为．是等边三角形，∴其中一个交点坐标为
，代入圆的方程可得．
9.【2014高考福建理第21（2）题】
已知直线的参数方程为，（为参数），圆的参数方程为
，（为常数）.
（I）求直线和圆的普通方程；
（II）若直线与圆有公共点，求实数的取值范围.
【答案】（I）,;（II）
10.
【2014高考江苏第21C题】在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程（为参数），直线与抛物线相交于两点，求线段的长.
【答案】
【解析】直线的普通方程为，即，与抛物线方程联立方程组解得，∴.
11.
【2014高考辽宁理第23题】将圆上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C.
（Ⅰ）写出C的参数方程；
(Ⅱ)设直线与C的交点为，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极坐标建立极坐标系，求过线段的中点且与垂直的直线的极坐标方程.
【答案】（1）
（t为参数）；（2）
.
【解析】（1）设为圆上的点，在已知变换下位C上点（x，y），依题意，得
由
得，即曲线C的方程为.，故C得参数方程为
（t为参数）.
（2）由解得：，或.
不妨设,则线段的中点坐标为,所求直线的斜率为，于是所求直线方程为，化极坐标方程，并整理得
，即.
12.
【2014高考全国1第23题】已知曲线，直线：（为参数）.
（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；
（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．
【答案】（I）；（II）最大值为，最小值为.
【解析】
（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为．
（II）曲线C上任意一点到的距离为．则
．其中为锐角，且．
当时，取到最大值，最大值为．
当时，取到最小值，最小值为．
13.
【2014高考全国2第23题】在直角坐标系xoy中，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，
.
（Ⅰ）求C的参数方程；
（Ⅱ）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（Ⅰ）中你得到的参数方程，确定D的坐标.
【答案】（Ⅰ）是参数，；（Ⅱ）
14.
【2014高考上海理科】已知曲线C的极坐标方程为，则C与极轴的交点到极点的距离是
.
【答案】
【解析】令，则，，所以所求距离为.
（2013·新课标I理）（23）（本小题10分）选修4—4：坐标系与参数方程
已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ。
（Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程；
（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）
【答案】（1）因为，消去参数，得，即
，
故极坐标方程为；
（2）的普通方程为，联立、的方程，解得或，所以交点的极坐标为.
【解析】（1）先得到C1的一般方程，进而得到极坐标方程；（2）先联立求出交点坐标，进而求出极坐标.专题23
函数与方程思想、数形结合思想
【考点定位】函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行考查；数形结合思想一般在选择题、填空题中考查.
【命题热点突破一】函数与方程思想
1.函数与方程思想的含义
(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法.
(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法.
2.函数与方程的思想在解题中的应用
(1)函数与不等式的相互转化，对于函数y＝f(x)，当y＞0时，就转化为不等式f(x)＞0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式.
(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要.
(3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决，这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.
例1、(1)设m，n是正整数，多项式(1－2x)m＋(1－5x)n中含x项的系数为－16，则含x2项的系数是(　　)
A．－13
B．6
C．79
D．37
(2)已知函数f(x)＝(x＋m)ln(x＋m)在x＝1处的切线斜率为1.
①若对 x>0，恒有f(x)≥－x2＋ax－2，求实数a的最大值；
②证明：对 x∈(0，1]和任意正整数n都有f(x)>－1.
【答案】(1)D　
【解析】易知x的系数为－2m－5n，即－2m－5n＝－16，即2m＋5n＝16，且m，n为正整数．由2m＋5n＝16，得n＝，即16－2m必须能够被5整除，由于16－2m为偶数，且0≤16－2m≤16，故只能16－2m＝10，即m＝3，n＝2，所以x2的系数为C(－2)2＋C(－5)2＝37.
(2)解：f′(x)＝ln(x＋m)＋1，则f′(1)＝ln(1＋m)＋1＝1，得m＝0，即f(x)＝xln
x.
①f(x)≥－x2＋ax＋2，即xln
x≥－x2＋ax－2，又x>0，所以a≤ln
x＋x＋.令h(x)＝ln
x＋x＋，所以要使原不等式恒成立，则a≤h(x)min.
h′(x)＝＋1－＝＝.
当01时，h′(x)>0，h′(1)＝0，故x＝1时，h(x)取得极小值，即最小值，所以h(x)min＝h(1)＝3，所以a≤3，所以a的最大值为3.
【特别提醒】方程思想的本质是根据已知得出方程(组)，通过解方程(组)解决问题；函数思想的实质是使用函数方法解决数学问题(不一定只是函数问题)，构造函数解题是函数思想的一种主要体现．
【变式探究】
(1)已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(2m，m＋1)．若∥，则实数m的值为(　　)
A.
B．－
C．3
D．－3
(2)已知函数f(x)＝.
①求f(x)的单调区间；
②证明：当x>1时，x＋(x－3)eln
x>0.
【答案】(1)
D
【解析】＝－＝(3，1)．因为∥，所以＝，解得m＝－3.
(2)解：①f(x)＝的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝.
由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(，＋∞)；
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(0，1)，(1，)．
【命题热点突破二】数形结合思想
例2、(1)
设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A．[－，1)
B．[－，)
C．[，)
D．[，1)
(2)向量a＝(2，0)，b＝(x，y)，若b与b－a的夹角为，则|b|的最大值为(　　)
A．4
B．2
C．2
D.
[答案]　(1)D　(2)A
【解析】(1)令g(x)＝ex(2x－1)，则g′(x)＝ex(2x＋1)，由g′(x)>0得x>－，由g′(x)<0得x<－，故函数g(x)在上单调递减，在上单调递增．又函数g(x)在x<时，g(x)<0，在x>时，g(x)>0，所以其大致图像如图所示．
直线y＝ax－a过点(1，0)．
若a≤0，则f(x)<0的整数解有无穷多个，因此只能a>0.
结合函数图像可知，存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，即存在唯一的整数x0，使得点(x0，ax0－a)在点(x0，g(x0))的上方，则x0只能是0，故实数a应满足即解得≤a<1.
故实数a的取值范围是.
【特别提醒】数形结合思想主要是根据函数图像(或者其他几何图形)，找到解决问题的思路，帮助建立数的运算或者推理(以形助数)的一种方法．用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数.
【变式探究】
(1)函数y＝f(x)为定义在R上的减函数，函数y＝f(x－1)的图像关于点(1，0)对称，x，y满足不等式f(x2－2x)＋f(2y－y2)≤0，M(1，2)，N(x，y)，O为坐标原点，则当1≤x≤4时，·的取值范围为(　　)
A．[12，＋∞)
B．[0，3]
C．[3，12]
D．[0，12]
(2)已知向量α，β，γ满足|α|＝1，|α－β|＝|β|，(α－γ)·(β－γ)＝0.若对每一确定的β，|γ|的最大值和最小值分别为m，n，则对任意β，m－n的最小值是(　　)
A.
B．1
C．2
D.
【答案】(1)D　(2)A
(2)平移向量α，β，γ，使它们的起点位于点O处，终点分别记作A，B，
C，如图所示，根据|α－β|＝|β|可知点B在OA的垂直平分线上．根据(α－γ)·(β－γ)＝0知点C在以AB为直径的圆上，故m－n等于圆的直径AB.又OB＝AB，所以要使AB最小，则只要OB最小即可，由图易知，当点B为线段OA的中点时，m－n取得最小值.
【高考真题解读】
1．[2015·全国卷Ⅱ改编]
已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝________．
【答案】42
【解析】由a1＝3，得a1＋a3＋a5＝3(1＋q2＋q4)＝21，所以1＋q2＋q4＝7，即(q2＋3)(q2－2)＝0，解得q2＝2，所以a3＋a5＋a7＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.
2．[2015·全国卷Ⅱ]
设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝________．
【答案】
【解析】因为λa＋b与a＋2b平行，所以存在唯一实数t，使得λa＋b＝t(a＋2b)，所以解得λ＝t＝.
3．[2013·新课标全国卷Ⅰ改编]
设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝________．
【答案】6
【解析】(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值是C，即a＝C；(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值是C，即b＝C，因为13a＝7b，所以13C＝7C，所以13＝7，解得m＝6.
4．[2015·全国卷Ⅱ改编]
设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
【答案】(－∞，－1)∪(0，1)　
5．[2014·辽宁卷改编]
当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】[－6，－2]
【解析】当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，
令f(x)＝(－2≤x<0)，
则f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤＝－2.当x＝0时，不等式恒成立．
当0则g′(x)＝＝，
故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥＝－6.
综上，－6≤a≤－2.
6．[2013·山东卷]
过点(3，1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________．
【答案】2
【解析】设弦与圆的交点为A，B，最短弦长以(3，1)为中点，由垂径定理得＋(3－2)2＋(2－1)2＝4，解之得|AB|＝2
.
7．[2014·天津卷]
已知函数f(x)＝若函数y＝f(x)－a|x|恰好有4个零点，则实数a的取值范围为________．
【答案】(1，2)平面向量与复数
【考向解读】
1.考查平面向量的基本定理及基本运算，预测多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题、难度中低档.
2.考查平面向量的数量积，预测以选择题、填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现.
【命题热点突破一】平面向量的线性运算
(1)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；
(2)在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．
例1、【2016高考新课标2理数】已知向量，且，则（
）
（A）－8
（B）－6
（C）6
（D）8
【答案】D
【解析】向量，由得，解得，故选D.
【变式探究】(1)设0<θ<，向量a＝(sin2θ，cosθ)，b＝(cosθ，1)，若a∥b，则tanθ＝______.
(2)如图，在△ABC中，AF＝AB，D为BC的中点，AD与CF交于点E.若＝a，＝b，且＝xa＋yb，则x＋y＝________.
【答案】(1)　(2)－
【解析】(1)因为a∥b，
所以sin2θ＝cos2θ，2sinθcosθ＝cos2θ.
因为0<θ<，所以cosθ>0，
得2sinθ＝cosθ，tanθ＝.
(2)如图，设FB的中点为M，连接MD.
因为D为BC的中点，M为FB的中点，所以MD∥CF.
因为AF＝AB，所以F为AM的中点，E为AD的中点．
方法二　易得EF＝MD，MD＝CF，
所以EF＝CF，所以CE＝CF.
因为＝＋＝－＋＝－b＋a，
所以＝(－b＋a)＝a－b.
所以x＝，y＝－，则x＋y＝－.
【感悟提升】(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底；同时注意共线向量定理的灵活运用．(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．
【变式探究】
(1)已知向量i与j不共线，且＝i＋mj，＝ni＋j，m≠1，若A，B，D三点共线，则实数m，n满足的条件是(　　)
A．m＋n＝1
B．m＋n＝－1
C．mn＝1
D．mn＝－1
(2)在△ABC中，点M，N满足＝2，＝.若＝x＋y，则x＝________；y＝________.
【答案】(1)C　(2)　－
【解析】(1)因为A，B，D三点共线，所以
＝λ i＋mj＝λ(ni＋j)，m≠1，又向量i与j不共线，所以所以mn＝1.
(2)如图，＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝－，
∴x＝，y＝－.
【命题热点突破二】平面向量的数量积
(1)数量积的定义：a·b＝|a||b|cosθ.
(2)三个结论
①若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
②若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
||＝.
③若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，
则cosθ＝＝.
例2、【2016高考江苏卷】如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，
，则
的值是
▲
.
【答案】
【变式探究】(1)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，＝3，·＝2，则·的值是________．
(2)在△AOB中，G为△AOB的重心，且∠AOB＝60°，若·＝6，则||的最小值是________．
【答案】(1)22　(2)2
【解析】(1)由＝3，得＝＝，＝＋＝＋，＝－＝＋－＝－.因为·＝2，所以(＋
)·(－)＝2，即2－
·－2＝2.又因为2＝25，2＝64，所以·＝22.
(2)如图，在△AOB中，＝＝×(＋)
＝(＋)，
又·＝||||·cos60°＝6，
∴||||＝12，
∴||2＝(＋)2＝(||2＋||2＋2·)＝(||2＋||2＋12)≥×(2||||＋12)＝×36＝4(当且仅当||＝||时取等号)．
∴||≥2，故||的最小值是2.
【感悟提升】(1)数量积的计算通常有三种方法：数量积的定义，坐标运算，数量积的几何意义；(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算．
【命题热点突破三】平面向量与三角函数
平面向量作为解决问题的工具，具有代数形式和几何形式的“双重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，通过向量运算作为题目条件．
例3、已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosx，sinx)，c＝(sinx＋2sinα，cosx＋2cosα)，其中0<α(1)若α＝，求函数f(x)＝b·c的最小值及相应x的值；
(2)若a与b的夹角为，且a⊥c，求tan2α的值．
【解析】(1)∵b＝(cosx，sinx)，
c＝(sinx＋2sinα，cosx＋2cosα)，α＝，
∴f(x)＝b·c
＝cosxsinx＋2cosxsinα＋sinxcosx＋2sinxcosα
＝2sinxcosx＋(sinx＋cosx)．
令t＝sinx＋cosx，
则2sinxcosx＝t2－1，且－1则y＝t2＋t－1＝2－，－1∴t＝－时，ymin＝－，
此时sinx＋cosx＝－，
即sin＝－，
∵∴x＋＝π，∴x＝.
∴函数f(x)的最小值为－，相应x的值为.
【感悟提升】在平面向量与三角函数的综合问题中，一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题，如利用向量平行、垂直的条件表述三角函数式之间的关系，利用向量模表述三角函数之间的关系等；另一方面可以利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的过程中，只要根据题目的具体要求，在向量和三角函数之间建立起联系，就可以根据向量或者三角函数的知识解决问题．
【变式探究】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知·＝2，cosB＝，b＝3.求：
(1)a和c的值；
(2)cos(B－C)的值．
【解析】(1)由·＝2得c·acosB＝2.
又cosB＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×＝13.
解得或
因为a>c，所以a＝3，c＝2.
【命题热点突破四】复数的概念与运算
复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化，分子分母同时乘分母的共轭复数．对一些常见的运算，如(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i等要熟记．
例4、【2016高考天津理数】已知，i是虚数单位，若，则的值为_______.
【答案】2
【解析】由，可得，所以，，故答案为2．
【变式探究】(1)若复数z＝，则|z|＝(　　)
A．
B．
C．1
D．2
(2)已知复数z＝(i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点在(　　)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】(1)C　(2)B　
【解析】
(1)z＝＝＝－i，，所以|z|＝＝1.
(2)z＝＝－1－i，则复数z＝－1＋i，对应的点在第二象限．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标2理数】已知向量，且，则（
）
（A）－8
（B）－6
（C）6
（D）8
【答案】D
【解析】向量，由得，解得，故选D.
2.【2016高考江苏卷】如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，
，则
的值是
▲
.
【答案】
【解析】因为，
，
因此，
3.【2016年高考四川理数】在平面内，定点A，B，C，D满足
==,===-2，动点P，M满足
=1，=，则的最大值是(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
【解析】甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又
，它表示圆上的点与点的距离的平方的，，故选B.
1.【2016新课标理】设其中,实数,则(
)
（A）1
（B）
（C）
（D）2
【答案】B
【解析】因为所以故选B.
2.【2016高考新课标3理数】若，则（
）
(A)1
(B)
-1
(C)
(D)
【答案】C
【解析】，故选C．
3.【2016高考新课标2理数】已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】要使复数对应的点在第四象限应满足：，解得，故选A.
4.【2016年高考北京理数】设，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则_______________.
【答案】－1
【解析】，故填：－1
5.【2016高考山东理数】若复数z满足
其中i为虚数单位，则z=（
）
（A）1+2i
（B）12i
（C）
（D）
【答案】B
【解析】设，则，故，则，选B.
6.【2016高考天津理数】已知，i是虚数单位，若，则的值为_______.
【答案】2
【解析】由，可得，所以，，故答案为2．
7.【2016高考江苏卷】复数其中i为虚数单位，则z的实部是________▲________.
【答案】5
【解析】，故z的实部是5
1．(2015·新课标全国Ⅱ，2)若a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝－4i，则a＝(　　)
A．－1
B．0
C．1
D．2
解析　因为a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝4a＋(a2－4)i＝－4i，得4a＝0且a2－4＝－4，解得a＝0，故选B.
答案　B
2．(2015·广东，2)若复数z＝i(3－2i)(i是虚数单位)，则z＝(　　)
A．3－2i
B．3＋2i
C．2＋3i
D．2－3i
解析　因为z＝i(3－2i)＝2＋3i，所以z＝2－3i，故选D.
答案　D
3．(2015·四川，2)设i是虚数单位，则复数i3－＝(　　)
A．－i
B．－3i
C．i
D．3i
解析　i3－＝－i－＝－i＋2i＝i.选C.
答案　C
4．(2015·山东，2)若复数z满足＝i，其中i为虚数单位，则z＝(　　)
A．1－i
B．1＋i
C．－1－i
D．－1＋i
解析　∵＝i，∴z＝i(1－i)＝i－i2＝1＋i，∴z＝1－i.
答案　A
5．(2015·新课标全国Ⅰ，1)设复数z满足＝i，则|z|＝(　　)
A．1
B.
C.
D．2
解析　由＝i，得1＋z＝i－zi，z＝＝i，∴|z|＝|i|＝1.
答案　A
6.【2015高考福建，理9】已知
，若
点是
所在平面内一点，且
，则
的最大值等于（
）
A．13
B．15
C．19
D．21
【答案】A
【解析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，即，所以，，因此
，因为，所以
的最大值等于，当，即时取等号．
7.【2015高考湖北，理11】已知向量，，则
.
【答案】9
【解析】因为，，
所以.
8.【2015高考山东，理4】已知菱形的边长为
，
,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】因为
故选D.
9.【2015高考陕西，理7】对任意向量，下列关系式中不恒成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
10.【2015高考四川，理7】设四边形ABCD为平行四边形，，.若点M，N满足，，则（
）
（A）20
（B）15
（C）9
（D）6
【答案】C
【解析】
，所以
，选C.
11.【2015高考安徽，理8】是边长为的等边三角形，已知向量，满足，，则下列结论正确的是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】如图，
由题意，，则，故错误；，所以，又，所以，故错误；设中点为，则，且，而，所以，故选D.专题19
坐标系与参数方程
文
【命题热点突破一】极坐标系与简单曲线的极坐标方程
例1、【2016年高考北京理数】在极坐标系中，直线与圆交于A，B两点，则______.
【答案】2
【解析】直线过圆的圆心，因此
【变式探究】[2015·全国卷]
在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)若直线C3的极坐标方程是θ＝(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．
【特别提醒】根据直角坐标化为极坐标的公式，可以把直线、曲线的直角坐标方程化为极坐标方程，反之亦然．使用直线、曲线的直角坐标方程和极坐标方程解题各有利弊，要根据情况灵活选取．
【变式探究】
在直角坐标系xOy中，曲线C：(t为参数)．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，l与C相交于A，B两点．
(1)写出直线l的参数方程和曲线C的普通方程；
(2)设线段AB的中点为M，求点M的极坐标．
【解析】：(1)直线l的直角坐标方程为y＝x，
则直线l的参数方程为(t为参数)．
曲线C的普通方程为y＝x2－6.
(2)设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，将代入y＝x2－6，得t2－2
t－24＝0，
∴Δ＝108>0，t1＋t2＝2
，
∴＝，即点M所对应的参数为，
∴点M的直角坐标为(，)，
∴点M的极坐标为(，)．
【命题热点突破二】简单曲线的参数方程
例2、【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xy中,曲线C1的参数方程为（t为参数,a＞0）．
在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2：ρ=.
（I）说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程；
（II）直线C3的极坐标方程为,其中满足tan=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a．
【答案】（I）圆,（II）1
时，极点也为的公共点，在上.所以.
【变式探究】已知直线l经过点P(1，1)，倾斜角α＝.
(1)写出直线l的参数方程；
(2)设l与圆(θ为参数)相交于A，B两点，求点P到A，B两点的距离之积．
【解析】：(1)直线l的参数方程是(t是参数)．
(2)因为点A，B都在直线l上，所以可设点A，B对应的参数分别为t1和t2，将直线l的参数方程代入圆的方程x2＋y2＝4中，整理得t2＋(＋1)t－2＝0.①
因为t1和t2是方程①的解，从而t1t2＝－2，
所以|PA|·|PB|＝|t1t2|＝2.
【特别提醒】直线的参数方程(其中t为参数，α为直线的倾斜角)中t的几何意义是点P(x0，y0)到参数t对应的点的有向线段的数量，解题中注意使用直线参数方程的几何意义，同时注意直线的参数方程中t的系数是否符合上述参数方程．
【变式探究】
已知椭圆C：＋＝1，直线l：(t为参数)．
(1)写出椭圆C的参数方程及直线l的普通方程；
(2)设A(1，0)，若椭圆C上的点P满足到点A的距离与其到直线l的距离相等，求点P的坐标．
【命题热点突破三】极坐标与参数方程的综合
例3、【2016高考新课标2理数】选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，圆的方程为．
（Ⅰ）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；
（Ⅱ）直线的参数方程是（为参数）,
与交于两点，，求的斜率．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【变式探究】已知平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，P点的极坐标为(4
，)，曲线C的极坐标方程为ρ2＋4
ρsin
θ＝4.
(1)写出点P的直角坐标及曲线C的普通方程；
(2)若Q为C上的动点，求PQ中点M到直线l：(t为参数)距离的最大值．
【解析】：(1)x＝ρcos
θ＝6，y＝ρsin
θ＝2
，
∴点P的直角坐标为(6，2
)．
由ρ2＋4
ρsin
θ＝4得x2＋y2＋4
y＝4，即x2＋(y＋2
)2＝16，
∴曲线C的普通方程为x2＋(y＋2
)2＝16.
(2)由l：可得直线l的普通方程为x－y－5＝0，
由曲线C的普通方程x2＋(y＋2
)2＝16可设点Q(4cos
θ，4sin
θ－2
)，
∴则点M的坐标为(2cos
θ＋3，2sin
θ)，
∴点M到直线l的距离d＝＝，
当cos(θ＋)＝－1时，d取得最大值2＋，
∴点M到直线l距离的最大值为2＋.
【特别提醒】在极坐标与参数方程综合的试题中，一个基本的思路是把极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程，然后使用我们熟悉的平面解析几何知识解决问题．
【变式探究】
以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度．已知圆C的参数方程是(φ为参数)，直线l的极坐标方程是2ρcos
θ＋ρsin
θ＝6.
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)过圆C上任意一点P作与l夹角为45°的直线，交l于点Q，求|PQ|的最大值与最小值．
【高考真题解读】
1.【2016年高考北京理数】在极坐标系中，直线与圆交于A，B两点，则______.
【答案】2
【解析】直线过圆的圆心，因此
2.【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xy中,曲线C1的参数方程为（t为参数,a＞0）．
在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2：ρ=.
（I）说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程；
（II）直线C3的极坐标方程为,其中满足tan=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a．
【答案】（I）圆,（II）1
3.【2016高考新课标2理数】选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，圆的方程为．
（Ⅰ）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；
（Ⅱ）直线的参数方程是（为参数）,
与交于两点，，求的斜率．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（I）由可得的极坐标方程
（II）在（I）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为
由所对应的极径分别为将的极坐标方程代入的极坐标方程得
于是
由得，
所以的斜率为或.
4.【2016高考新课标3理数】（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线的参数方程为，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（I）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（II）设点在上，点在上，求的最小值及此时的直角坐标.
【答案】（Ⅰ）的普通方程为，的直角坐标方程为；（Ⅱ）．
1．(2015·广东，14)已知直线l的极坐标方程为2ρsin＝，点A的极坐标为A，则点A到直线l的距离为________．
【答案】　
【解析】依题已知直线l：2ρsin＝和点A可化为l：x－y＋1＝0和A(2，－2)，所以点A到直线l的距离为d＝＝.
2．(2015·北京，11)在极坐标系中，点到直线ρ(cos
θ＋sin
θ)＝6的距离为________．
【答案】　1
【解析】　在平面直角坐标系下，点化为(1，)，直线方程为：x＋y＝6，∴点(1，)到直线的距离为d＝＝＝1.
3．(2015·安徽，12)在极坐标系中，圆ρ＝8sin
θ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值是________．
【答案】　6
【解析】　由ρ＝8sin
θ得x2＋y2＝8y，即x2＋(y－4)2＝16，由θ＝得y＝x，即x－y＝0，∴圆心(0，4)到直线y＝x的距离为2，圆ρ＝8sin
θ上的点到直线θ＝的最大距离为4＋2＝6.
4．(2015·江苏，21)已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρsin－4＝0，求圆C的半径．
5．(2015·新课标全国Ⅰ，23)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．
【解析】　(1)因为x＝ρcos
θ，y＝ρsin
θ，所以C1的极坐标方程为ρcos
θ＝－2，
C2的极坐标方程为ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0.
(2)将θ＝代入ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0，得ρ2－3ρ＋4＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝.故ρ1－ρ2＝，即|MN|＝.
由于C2的半径为1，所以△C2MN为等腰直角三角形，
所以△C2MN的面积为.
6．(2015·福建，21(2))在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为
(t为参数)．在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为ρsin＝m(m∈R)．
①求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；
②设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．
7．(2015·湖南，16Ⅱ)已知直线l：(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的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)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)设点M的直角坐标为(5，)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|·|MB|的值．
【解析】　(1)ρ＝2cos
θ等价于ρ2＝2ρcos
θ.①
将ρ2＝x2＋y2，ρcos
θ＝x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.②
(2)将代入②式，得t2＋5t＋18＝0.
设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义即知，
|MA|·|MB|＝|t1t2|＝18.
1.
【2014高考安徽卷理第4题】以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的参数方程是（为参数），圆的极坐标方程是，则直线被圆截得的弦长为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
2.
【2014高考北京卷理第3题】曲线，（为参数）的对称中心（
）
A．在直线上
B．在直线上
C．在直线上
D．在直线上
【答案】B
【解析】参数方程所表示的曲线为圆心在，半径为1的圆，其对称中心为，逐个代入选项可知，点满足，故选B.
3.
【2014高考湖北卷理第16题】已知曲线的参数方程是，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，则与交点的直角坐标为
.
【答案】
【解析】
由消去得，由得，解方程组得与的交点坐标为.
4.
【2014高考湖南卷第11题】在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线与曲线，（为参数）交于、两点，且，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程是________.
【答案】
5.【2014江西高考理第12题】若以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段的极坐标为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】根据，得：
解得，选A.
6.
【2014重庆高考理第15题】已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，则直线与曲线的公共点的极径________.
【答案】
7.
【2014陕西高考理第15题】在极坐标系中，点到直线的距离是
.
【答案】1
【解析】直线化为直角坐标方程为，点的直角坐标为，点到直线的距离，故答案为1.
8.
【2014天津高考理第13题】在以为极点的极坐标系中，圆和直线相交于两点．若是等边三角形，则的值为___________．
【答案】3．
【解析】圆的方程为，直线为．是等边三角形，∴其中一个交点坐标为
，代入圆的方程可得．
9.【2014高考福建理第21（2）题】
已知直线的参数方程为，（为参数），圆的参数方程为
，（为常数）.
（I）求直线和圆的普通方程；
（II）若直线与圆有公共点，求实数的取值范围.
【答案】（I）,;（II）
10.
【2014高考江苏第21C题】在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程（为参数），直线与抛物线相交于两点，求线段的长.
【答案】
【解析】直线的普通方程为，即，与抛物线方程联立方程组解得，∴.
11.
【2014高考辽宁理第23题】将圆上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C.
（Ⅰ）写出C的参数方程；
(Ⅱ)设直线与C的交点为，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极坐标建立极坐标系，求过线段的中点且与垂直的直线的极坐标方程.
【答案】（1）
（t为参数）；（2）
.
12.
【2014高考全国1第23题】已知曲线，直线：（为参数）.
（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；
（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．
【答案】（I）；（II）最大值为，最小值为.
【解析】
（I）曲线C的参数方程为（为参数）．直线的普通方程为．
（II）曲线C上任意一点到的距离为．则
．其中为锐角，且．
当时，取到最大值，最大值为．
当时，取到最小值，最小值为．
13.
【2014高考全国2第23题】在直角坐标系xoy中，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，
.
（Ⅰ）求C的参数方程；
（Ⅱ）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（Ⅰ）中你得到的参数方程，确定D的坐标.
【答案】（Ⅰ）是参数，；（Ⅱ）
14.
【2014高考上海理科】已知曲线C的极坐标方程为，则C与极轴的交点到极点的距离是
.
【答案】
【解析】令，则，，所以所求距离为.
（2013·新课标I理）（23）（本小题10分）选修4—4：坐标系与参数方程
已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ。
（Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程；
（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）
【答案】（1）因为，消去参数，得，即
，
故极坐标方程为；
（2）的普通方程为，联立、的方程，解得或，所以交点的极坐标为.
【解析】
（1）先得到C1的一般方程，进而得到极坐标方程；（2）先联立求出交点坐标，进而求出极坐标.专题10
数列、等差数列﹑等比数列
文
【考向解读】
1.高考侧重于考查等差、等比数列的通项an，前n项和Sn的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．
2.备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．
3.等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大.解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的常用性质.
【命题热点突破一】等差、等比数列的基本计算
例1、【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..
【答案】6
【感悟提升】
涉及求等差、等比数列的通项、某一项问题时，常用到等差、等比数列的基本性质．等差数列{an}中，m＋n＝p＋q am＋an＝ap＋aq，m＋n＝2p am＋an＝2ap；等比数列{an}中，m＋n＝p＋q aman＝apaq，m
＋
n
＝
2p aman＝a.
【变式探究】
在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn等于(　　)
A．2n＋1－2
B．3n
C．2n
D．3n－1
【答案】C　
【解析】
设等比数列{an}的公比为q，由于{an＋1}也是等比数列，所以（a2＋1）2＝（a1＋1）（a3＋1），即a＋2a2＋1＝a1a3＋a1＋a3＋1，即2a2＝a1＋a3，即2q＝1＋q2，解得q＝1，所以数列{an}是常数数列，所以Sn＝2n.
【命题热点突破二】等差、等比数列的判断与证明
已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝1，an＋1an＋an＋1－an＝0(n∈N
)．
(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
【感悟提升】
等差数列的判定与证明有以下四种方法：①定义法，即an－an－1＝d(d为常数，n∈N
，n≥2) {an}为等差数列；②等差中项法，即2an＋1＝an＋an＋2(n∈N
) {an}为等差数列；③通项公式法，即an＝an＋b(a，b是常数，n∈N
) {an}为等差数列；④前n项和公式法，即Sn＝an2＋bn(a，b是常数，n∈N
) {an}为等差数列．等比数列的判定与证明有以下三种方法：①定义法，即＝q(q为常数且q≠0，n∈N
，n≥2) {an}为等比数列；②等比中项法，即a＝anan＋2(an≠0，n∈N
) {an}为等比数列；③通项公式法，即an＝a1qn－1(其中a1，q为非零常数，n∈N
) {an}为等比数列．
【变式探究】若{an}是各项均不为零的等差数列，公差为d，Sn
为其前n
项和，且满足a＝S2n－1，n∈N
.数列{bn}
满足bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和．
(1)
求an
和Tn.
(2)
是否存在正整数
m，n(1成等比数列？
若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．
【解析】　解：（1）∵{an}是等差数列，∴＝an，
∴S2n－1＝×（2n－1）＝（2n－1）an，
由a＝S2n－1，得a＝（2n－1）an，又an≠0，∴an＝2n－1.
∵bn＝＝＝（－），
∴Tn＝×（1－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝.
（2）假设存在正整数
m，n（1成等比数列，则T1·Tn＝T.
∵T1·Tn＝＝<，
∴T＝＝<，
∴2m2－4m－1＜0，∴1－＜m＜1＋，又∵m∈N且m＞1，
∴m＝2，则T＝.令T1·Tn＝＝，得n＝12，
∴当且仅当m＝2，n＝12时，T1，Tm，Tn成等比数列.
【命题热点突破三】　数列中an与Sn的关系问题
例3
、【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是
▲
.
【答案】
【解析】由得，因此
【感悟提升】
数列{an}中，an与Sn的关系为：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1(
)，当n＝1时，a1＝S1.若a1＝S1满足(
)，则an＝Sn－Sn－1(n∈N
)；若a1＝S1不满足(
)，则an＝
【变式探究】
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．(n＋1)3
B．(2n＋1)2
C．8n2
D．(2n＋1)2－1
【答案】A　
【命题热点突破四】等差数列与等比数列的综合
例4
、已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N
，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N
，求数列{bn}的前n项和．
【解析】解：（1）由已知，有（a3＋a4）－（a2＋a3）＝（a4＋a5）－（a3＋a4），即a4－a2＝a5－a3，所以a2（q－1）＝a3（q－1）.又因为q≠1，
故a3＝a2＝2，由a3＝a1·q，得q＝2.
当n＝2k－1（k∈N
）时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；
当n＝2k（k∈N
）时，an＝a2k＝2k＝2.
所以{an}的通项公式为an＝
【感悟提升】
在等差数列、等比数列的综合问题中，通过列方程(组)求基本量是基本而重要的方法．在数列的最值问题中，如果使用函数的方法，要充分考虑数列中的自变量是正整数．
【变式探究】已知等比数列的首项a1＝2，公比q>1，且an，an＋1，an＋2成等差数列（n∈N
）.
（1）求数列的通项公式；
（2）记bn＝nan，数列的前n项和为Sn，若（n－1）2≤m（Sn－n－1）对于n≥2，n∈N
恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】解：（1）由an，an＋1，an＋2成等差数列，可得an＋an＋2＝an＋1.
又是等比数列，所以an＋q2an＝qan，又因为an≠0，所以2q2－5q＋2＝0，
因为q>1，所以q＝2.
又a1＝2，所以数列的通项公式为an＝2n.
【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】已知等差数列前9项的和为27,,则
（
）
（A）100
（B）99
（C）98
（D）97
【答案】C
【解析】由已知,所以故选C.
2【2016高考浙江理数】如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，，
（）.若（
）
A．是等差数列
B．是等差数列
C．是等差数列
D．是等差数列
【答案】A
3.【2016年高考北京理数】已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..
【答案】6
【解析】∵是等差数列，∴，，，，
∴，故填：6．
4.【2016高考江苏卷】已知是等差数列，是其前项和.若，则的值是
▲
.
【答案】
【解析】由得，因此
5、【2016高考新课标1卷】设等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2
…an的最大值为
．
【答案】64
【解析】设等比数列的公比为，由得，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
6.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
1.【2015高考重庆，理2】在等差数列中，若=4，=2，则=　　　　（　　）
A、-1
B、0
C、1
D、6
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得，选B.
2.【2015高考福建，理8】若
是函数
的两个不同的零点，且
这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则
的值等于（
）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】D
【解析】由韦达定理得，，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，．当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，，解得，；当是等差中项时，，解得，，综上所述，，所以，选D．
3.【2015高考北京，理6】设是等差数列.
下列结论中正确的是（
）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
4.【2015高考新课标2，理16】设是数列的前n项和，且，，则________．
【答案】
【解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
5.【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则=
.
【答案】10．
【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．
6.【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为
．
【答案】5
【解析】设数列的首项为，则，所以，故该数列的首项为，所以答案应填：5．
7.【2015高考浙江，理3】已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（
）
B.
C.
D.
【答案】B.
8.【2015高考安徽，理14】已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于
.
【答案】
【解析】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，即，所以，因而数列的前项和
.
9.
【2014高考北京版理第5题】设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”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
【答案】D
【解析】对等比数列，若，则当时数列是递减数列；若数列是递增数列，则满足且，故当“”是”数列为递增数列的既不充分也不必要条件.故选C.
10.
【2014高考福建卷第3题】等差数列的前项和，若，则(
)
【答案】C专题11
数列求和及数列的简单应用
文
【考向解读】
数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题.
从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.
【命题热点突破一】分组转化法求和
例1、(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N
.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
【变式探究】等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.
【方法技巧】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.
【命题热点突破二】
裂项相消法求和
例2、设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn＝1－2an.求数列{an}的通项公式；
【变式探究】【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
已知数列{
}的首项为1，
为数列的前n项和，
，其中q>0，
.
（Ⅰ）若
成等差数列，求的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线
的离心率为
，且
，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，
两式相减得到.
又由得到，故对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.
从而.
由成等比数列，可得，即，则，
由已知,，故
.
所以.
【方法技巧】裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如(n≥2)或.
【命题热点突破三】
错位相减法求和
例3、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N
，a1＝2.
(1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N
)的前n项和为Tn，证明：Tn＜6.
【解析】(1)证明　因为Sn＝an＋1＋n－2，
当n≥2时，Sn－1＝an＋(n－1)－2＝an＋n－3，
两式相减，得an＝an＋1－an＋1，即an＋1＝2an－1.
设cn＝an－1，代入上式，得cn＋1＋1＝2(cn＋1)－1，
即cn＋1＝2cn.又Sn＝an＋1＋n－2，则an＋1＝Sn－n＋2，
故a2＝S1－1＋2＝3.
所以c1＝a1－1，c2＝a2－1＝2，故c2＝2c1.
综上，对于正整数n，cn＋1＝2cn都成立，即数列{an－1}是等比数列，其首项a1－1＝1，公比q＝2.所以an－1＝1×2n－1，故an＝2n－1＋1.
(2)解　由Sn＝an＋1＋n－2，得Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1，故Sn－n＋1＝2n.所以bn＝.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋，①
2×①，得2Tn＝3＋＋＋…＋，②
②－①，得Tn＝3＋＋＋…＋－＝－＝3×－＝6－.因为＞0，
所以Tn＝6－＜6.
【方法技巧】近年高考对错位相减法求和提到了特别重要的位置上，常在解答题中出现，也是考纲对数列前n项和的基本要求，错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数.
【命题热点突破四】
利用数列单调性解决数列不等式问题
例4、首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，n∈N
.
(1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；
(2)若对一切n∈N
都有an＋1＞an，求a1的取值范围.
法二　由a2＝eq
\f(a＋3,4)＞a1，得a－4a1＋3＞0，
于是0＜a1＜1或a1＞3.
an＋1－an＞eq
\f(a＋3,4)－eq
\f(a＋3,4)＝，
因为a1＞0，an＋1＝eq
\f(a＋3,4)，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号.
根据数学归纳法， n∈N
，an＋1－an与a2－a1同号.
因此，对一切n∈N
都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.
【方法技巧】涉及到数列不等式，比较大小或恒成立问题，经常用到作差法.法一用了作差法和数学归纳法；法二将an＋1－an的符号问题转化为a2－a1的符号问题，再由a2，a1的递推关系，求出a1的范围.
【命题热点突破五】
放缩法解决与数列和有关的不等式
例5、已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝an·an＋1，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜.
(2)证明　∵eq
\f(1,a)＝＞＝，
∴Tn＝eq
\f(1,a)＋eq
\f(1,a)＋…＋eq
\f(1,a)＞
＝＝.
又∵eq
\f(1,a)＝＜＝＝，∴Tn＝eq
\f(1,a)＋eq
\f(1,a)＋…＋eq
\f(1,a)＜
＝＜.即得＜Tn＜.
【方法技巧】数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通项放缩证明不等式；(2)作差法证明不等式.
【高考真题解读】
1.【2016高考天津理数】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等差中项.
(Ⅰ)设，求证：是等差数列；
(Ⅱ)设
，求证：
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
2.【2016高考新课标3理数】已知数列的前n项和，其中．
（I）证明是等比数列，并求其通项公式；
（II）若
，求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
（Ⅰ）由题意得，故，，．
由，得，即．
由，得，所以.
因此是首项为，公比为的等比数列，于是．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，由得，即，
解得．
3.【2016高考浙江理数】设数列满足，．
（I）证明：，；
（II）若，，证明：，．
【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析．
（II）任取，由（I）知，对于任意，
，
故
．
4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设数列A：
，
,…
().如果对小于()的每个正整数都有
＜
，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在使得>，则
；
（3）证明：若数列A满足-
≤1（n=2,3,
…,N）,则的元素个数不小于
-.
【答案】（1）的元素为和；（2）详见【解析】；（3）详见【解析】.
【解析】
（Ⅰ）的元素为和.
因此的元素个数p不小于.
5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
已知数列{
}的首项为1，
为数列的前n项和，
，其中q>0，
.
（Ⅰ）若
成等差数列，求的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线
的离心率为
，且
，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.
若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.
（1）若具有性质，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，判断是否具有性质，并说明理由；
（3）设是无穷数列，已知.求证：“对任意都具有性质”的充要条件为“是常数列”.
【答案】（1）．（2）不具有性质．（3）见解析．
（3）[证]充分性：
当为常数列时，．
对任意给定的，只要，则由，必有．
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设不是常数列，则存在，
使得，而．
下面证明存在满足的，使得，但．
设，取，使得，则
，，故存在使得．
取，因为（），所以，
依此类推，得．
但，即．
所以不具有性质，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．
7.【2016高考新课标2理数】为等差数列的前项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求数列的前1
000项和．
【答案】（Ⅰ），，
；（Ⅱ）1893.
8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
已知数列
的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令
求数列的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由题意知当时，，
当时，，
所以.
设数列的公差为，
由，即，可解得，
所以.
9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
记.对数列和的子集T，若,定义;若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）对任意正整数，若，求证：；
（3）设,求证：.
【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析
【解析】
（3）下面分三种情况证明.
①若是的子集，则.
②若是的子集，则.
③若不是的子集，且不是的子集.
令，则，，.
于是，，进而由，得.
设是中的最大数，为中的最大数，则.
由（2）知，，于是，所以，即.
又，故，
从而，
故，所以，
即.
综合①②③得，.
10.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
已知数列
的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令
求数列的前n项和Tn.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又，
得，
，
两式作差，得
所以
1．(2015·新课标全国Ⅱ，16)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________．
【答案】　－
【解析】　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
2．(2015·福建，8)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(　　)
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】　D
3．(2015·浙江，3)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　)
A．a1d＞0，dS4＞0
B．a1d＜0，dS4＜0
C．a1d＞0，dS4＜0
D．a1d＜0，dS4＞0
【答案】　B
【解析】　∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，整理得a1＝－d，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d＝－，∴dS4＝－＜0，故选B.
4．(2015·广东，21)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N
.
(1)求a3的值；
(2)求数列{an}前n项和Tn；
(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2ln
n.
【解析】(1)解　a1＝1，a1＋2a2＝2，a2＝，a1＋2a2＋3a3＝4－，a3＝.
(2)解　n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－，
与原式相减，得nan＝，an＝，n＝1也符合，Tn＝＝2－.
…
k＝n－1时，2－ln(n－1)．
∴1＋＋＋…＋<1＋(ln
2－ln
1)＋(ln
3－ln
2)＋…＋[ln
n－ln(n－1)]，
即1＋＋＋…＋<1＋ln
n，
所以n≥2时，2<2＋2ln
n，
综上n∈N＋时，Sn<2＋2ln
n.
5．(2015·浙江，20)已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N
)．
(1)
证明：1≤≤2(n∈N
)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N
)．
6．(2015·山东，18)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)因为2Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以T1＝b1＝；
当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，
所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，
两式相减，得2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，所以Tn＝－，
经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.
7．(2015·天津，18)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N
，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N
，求数列{bn}的前n项和．
(2)由(1)得bn＝＝.
设{bn}的前n项和为Sn，
则Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×.
上述两式相减得：
Sn＝1＋＋＋…＋－＝－
＝2－－，整理得，Sn＝4－，n∈N
.
所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N
.
8．(2014·山东，19)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Tn＝
9．(2013·天津，19)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N
)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N
)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．专题12
空间几何体的三视图﹑表面积及体积
【命题热点突破一】三视图与直观图
1．一个物体的三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．
2．由三视图还原几何体的步骤
一般先从俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．
例1、【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【方法技巧】空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．
【变式探究】
　(1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是(　　)
(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)
答案
(1)D　(2)D
解析　(1)由俯视图，易知答案为D.
(2)如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为B，故选D.
【命题热点突破二】
几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．
例2、【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】该几何体直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
故选A．
【方法技巧】(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．
【变式探究】在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是________．
答案
解析　由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，
∵，
又∵AA1∥平面PMN，
∴＝VA-PMN，
∴VA-PMN＝××1××＝，
故＝.
【命题热点突破三】
多面体与球
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．
例3、【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】该几何体直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
故选A．
【方法技巧】三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形：
(1)P可作为长方体上底面的一个顶点，A、B、C可作为下底面的三个顶点；
(2)P－ABC为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．
【变式探究】
在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ABD的面积分别为，，，则三棱锥A－BCD的外接球体积为________.
答案
π
解析　如图，以AB，AC，AD为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，
∴三棱锥的外接球的直径是长方体的对角线长．
据题意解得
∴长方体的对角线长为＝，
∴三棱锥外接球的半径为.
∴三棱锥外接球的体积为V＝π·()3＝π.
【高考真题解读】
1、【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】该几何体直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
故选A．
2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）
B.
C.D.
【答案】A
【解析】分析三视图可知，该几何体为一三棱锥，其体积，故选A.
4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（
）
（A）
（B）
（C）90
（D）81
【答案】B
【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积，故选B．
5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足
则（
）
A．m∥l
B．m∥n
C．n⊥l
D．m⊥n
【答案】C
【解析】由题意知，．故选C．
7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是
.
【答案】
【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为，底面边长为，2,2，所以，该三棱锥的体积为.
8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是
cm2，体积是
cm3.
【答案】
【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为
1．(2015·广东，8)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值(　　)
A．大于5
B．等于5
C．至多等于4
D．至多等于3
解析　当n＝3时显然成立，故排除A，B；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n＝4时成立，故选C.
答案　C
2．(2015·浙江，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是(　　)
A．8
cm3
B．12
cm3
C.
cm3
D.
cm3
3．(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)
A．1
　　　
B．2
C．4
　　　
D．8
解析　由题意知，2r·2r＋·2πr·2r＋πr2＋πr2＋·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.
答案　B
4．(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
解析　由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以该几何体的体积V＝2×π×12×1＋π×12×2＝π
m3.
答案　π
5．(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A．3π
B．4π
C．2π＋4
D．3π＋4
6.(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)
A．1＋
B．2＋
C．1＋2
D．2
解析　由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，∴该四面体的表面积为S表＝2××2×1＋2××()2＝2＋，故选B.
答案　B
7．(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)
A．36π
B．64π
C．144π
D．256π
答案　C
8．(2015·山东，7)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
A.
B.
C.
D．2π
解析　如图，由题意，得BC＝2，AD＝AB＝1.绕AD所在直线旋转一周后所得几何体为一个圆柱挖去一个圆锥的组合体．所求体积V＝π×12×2－π×12×1＝π.
答案　C
9．(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A.＋π
B.＋π
C.＋2π
D.＋2π
解析　这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V＝π×12×2＋××1＝π＋，选A.
答案　A
10．(2015·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD－A1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A－A1B1D1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为＝＝＝，选D.
答案　D
11．(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝)(　　)
A.
B.
C.
D.
∴＝＝.故选A.
答案　A专题17
统计与统计案例
文
【命题热点突破一】抽样方法
某工厂生产的甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品分别有150件、120件、180件、150件．为了调查产品的情况，需从这600件产品中抽取一个容量为100的样本，若采用分层抽样法，设甲产品中应抽取的产品件数为x，某件产品A被抽到的概率为y，则x，y的值分别为(　　)
A．25，
B．20，
C．25，
D．25，
【答案】D　
【特别提醒】
三种抽样方法均是等概率抽样，当总体是由差异明显的几个部分组成时，往往选用分层抽样的方法．
【变式探究】
从编号分别为0，1，2，…，79的80件产品中，采用系统抽样的方法抽取容量为10的样本，若编号为58的产品在样本中，则该样本中产品的最大编号为________．
【答案】74　
【解析】每8件产品抽取一件，编号为58的产品在样本中，则样本中产品的最大编号为58＋16＝74.
【命题热点突破二】用样本估计总体
【2016高考山东】某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，
[20，22.5)，
[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（
）
（A）56
（B）60
（C）120
（D）140
【答案】D
【变式探究】(1)将某市8所中学参加中学生合唱比赛的得分用茎叶图表示(如图18 3所示)，其中茎为十位数，叶为个位数，则这组数据的中位数和平均数分别是(　　)
图18 3
A．91，91.5
B．91，92
C．91.5，91.5
D．91.5，92
(2)2014年6月，一篇关于“键盘侠”(“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事自私自利，却习惯在网络上大放厥词的一种现象)的时评引发了大家对“键盘侠”的热议．某地区新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可度做出调查：在随机抽取的50人中，有14人持认可态度，其余持反对态度．若该地区有9600人，则估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有________人．
【答案】（1）C　（2）6912　
【解析】（1）中位数为＝91.5，平均数为90＋＝91.5.
（2）根据样本估计总体的思想，可知该地区群众对“键盘侠”持反对态度的概率约为，所以该地区9600人中对“键盘侠”持反对态度的大约有9600×＝6912（人）.
【特别提醒】
统计的基本思想之一就是以样本估计总体．以样本的频率估计总体的概率、以样本的特征数估计总体的特征数．
【变式探究】
(1)某学校随机抽查了本校20个同学，调查他们平均每天在课外进行体育锻炼的时间(分钟)，根据所得数据的茎叶图，以5为组距将数据分为八组，分别是[0，5)，[5，10)，…，[35，40]，作出的频率分布直方图如图18 4所示，则原始的茎叶图可能是(　　)
图18 4
图18 5
(2)高三年级上学期期末考试中，某班级数学成绩的频率分布直方图如图18 6所示，数据分组依次如下：
[70，90)，[90，110)，[110，130)，[130，150]．
估计该班数学成绩的平均分数为(　　)
图18 6
A．112
B．114
C．116
D．120
【答案】（1）B　（2）B　
【命题热点突破三】统计案例
例3、某高校共有15
000人，其中男生10
500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均参加体育运动时间情况，采用分层抽样的方法，收集了300名学生每周平均参加体育运动时间的样本数据(单位：小时)．
(1)应收集多少名女生的样本数据？
(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均参加体育运动时间的频率分布直方图(如图18 7所示)，其中样本数据分组区间为[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，估计该校学生每周平均参加体育运动时间超过4个小时的概率．
(3)在样本数据中，有60名女生每周平均参加体育运动的时间超过4个小时，请画出每周平均参加体育运动时间与性别的列联表，并判断是否有95%的把握认为“该校学生每周平均参加体育运动的时间与性别有关”．
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.010
0.005
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
附：K2＝
【解析】：（1）300×＝90，所以应收集90名女生的样本数据.
（2）由频率分布直方图得每周平均参加体育运动超过4小时的频率为1－2×（0.100＋0.025）＝0.75，所以该校学生每周平均参加体育运动时间超过4小时的概率约为0.75.
（3）由（2）知，300名学生中有300×0.75＝225（名）学生每周平均参加体育运动的时间超过4小时，其余75名学生每周平均参加体育运动的时间不超过4小时.又因为抽取的300名学生中有210名男生、90名女生，所以每周平均参加体育运动时间与性别的列联表如下：
男生
女生
总计
每周平均参加体育运动的时间不超过4小时
45
30
75
每周平均参加体育运动的时间超过4小时
165
60
225
总计
210
90
300
结合列联表可得K2的观测值k＝＝≈4.762>3.841.
所以有95%的把握认为“该校学生每周平均参加体育运动的时间与性别有关”.
【特别提醒】
在计算K2时要注意公式中各个字母的含义，分子上是总量乘2×2列联表中对角线数字乘积之差的平方，分母上是四个分和量的乘积．
【变式探究】
为了解篮球爱好者小李的投篮命中率与打篮球时间之间的关系，下表记录了小李某月1号到5号每天打篮球的时间x(单位：小时)与当天投篮命中率y之间的关系.
时间x
1
2
3
4
5
命中率y
0.4
0.5
0.6
0.6
0.4
(1)求小李这5天的平均投篮命中率；
(2)用线性回归分析的方法，预测小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率．
设线性回归方程为＝x＋，则由公式可得＝＝
＝0.01，
所以＝－＝0.5－0.01×3＝0.47，
所以＝x＋＝0.01x＋0.47.
当x＝6时，＝0.53，故小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率约为0.53.
【特别提醒】
回归直线一定过样本点的中心(x，y)，当已知回归直线方程两个系数中的一个时，可以直接代入样本点中心的坐标求得另一个系数．正相关和负相关是根据回归直线方程的斜率判断的：正相关时回归直线方程的斜率为正值；负相关时回归直线方程的斜率为负值．回归直线方程斜率的符号与相关系数的符号是一致的．
【高考真题解读】
1.【2016年高考四川】（本小题满分12分）
我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准（吨）、一位居民的月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5)分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
（I）求直方图中a的值；
（II）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；
（III）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准（吨），估计的值，并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）36000；（Ⅲ）2.9．
【解析】
（Ⅱ）由（Ⅰ），100位居民每人月均用水量不低于3吨的频率为0.06+0.04+0.02=0.12．
由以上样本的频率分布，可以估计全市30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为
300
000×0.12=36
000．
（Ⅲ）因为前6组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.20+0.26+0.15=0.88>0.85，
而前5组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.20+0.26=0.73<0.85，
所以2.5≤x<3．
由0.3×(x–2.5)=0.85–0.73，
解得x=2.9．
所以，估计月用水量标准为2.9吨时，85%的居民每月的用水量不超过标准．
2.【2016高考山东】某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，
[20，22.5)，
[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30).根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（
）
（A）56
（B）60
（C）120
（D）140
【答案】D
【解析】由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时为后三组，有（人），选D.
1．(2015·陕西，2)某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校女教师的人数为(　　)
A．167
B．137
C．123
D．93
【答案】　B
【解析】　由题干扇形统计图可得该校女教师人数为：110×70%＋150×(1－60%)＝137.故选B.
2．(2015·安徽，6)若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1－1，2x2－1，…，2x10－1的标准差为(　　)
A．8
B．15
C．16
D．32
【答案】　C
3．(2015·重庆，3)重庆市2013年各月的平均气温(℃)数据的茎叶图如下：
则这组数据的中位数是(　　)
0122
8
9
2
5
80
0
0
3
3
81
2
A．19
B．20
C．21.5
D．23
【答案】　B
【解析】　从茎叶图知所有数据为8，9，12，15，18，20，20，23，23，28，31，32，中间两个数为20，20，故中位数为20，选B.
4．(2015·新课标全国Ⅱ，31)根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量(单位：万吨)柱形图．以下结论不正确的是(　　)
A．逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C．2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
【答案】　D
5．(2015·福建，4)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：
收入x(万元)
8.2
8.6
10.0
11.3
11.9
支出y(万元)
6.2
7.5
8.0
8.5
9.8
根据上表可得回归直线方程＝x＋，其中＝0.76，＝y－x．据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为(　　)
A．11.4万元
B．11.8万元
C．12.0万元
D．12.2万元
【答案】　B
【解析】　回归直线一定过样本点中心(10，8)，∵＝0.76，∴＝0.4，由＝0.76x＋0.4得当x＝15万元时，＝11.8万元．故选B.
6．(2014·山东，7)为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据(单位：kPa)的分组区间为[12，13)，[13，14)，[14，15)，[15，16)，[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，……，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为(　　)
A．6
B．8
C．12
D．18
【答案】　C
7．(2014·陕西，9)设样本数据x1，x2，…，x10的均值和方差分别为1和4，若yi＝xi＋a(a为非零常数，i＝1，2，…，10)，则y1，y2，…，y10的均值和方差分别为(　　)
A．1＋a，4
B．1＋a，4＋a
C．1，4
D．1，4＋a
【答案】　A
【解析】
8．(2014·湖南，2)对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p1，p2，p3，则(　　)
A．p1＝p2B．p2＝p3C．p1＝p3D．p1＝p2＝p3
【答案】　D
【解析】　因为采取简单随机抽样、系统抽样和分层抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率相等，故选D.
9．(2014·广东，6)已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和图2所示．为了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为(　　)
A．200，20
B．100，20
C．200，10
D．100，10
【答案】　A
【解析】　由题图可知，样本容量等于(3
500＋4
500＋2
000)×2%＝200；抽取的高中生近视人数为2
000×2%×50%＝20，故选A.
10．(2014·天津，9)某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4∶5∶5∶6，则应从一年级本科生中抽取________名学生．
【答案】　60
【解析】　×300＝60(名)．
11．(2015·江苏，2)已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________．
【答案】　6
【解析】　这组数据的平均数为(4＋6＋5＋8＋7＋6)＝6.
12．(2015·湖南，12)在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示：
131415
0
0
3
4
5
6
6
8
8
91
1
1
2
2
2
3
3
4
4
5
5
5
6
6
7
80
1
2
2
3
3
3
若将运动员按成绩由好到差编为1～35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是________．
【答案】　4
【解析】　
13．(2015·新课标全国Ⅱ，18)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：
A地区：62　73　81　92　95　85　74　64　53　76
78　86　95　66　97　78　88　82　76　89
B地区：73　83　62　51　91　46　53　73　64　82
93　48　65　81　74　56　54　76　65　79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．
【解析】　
由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为，，，，故P(CA1)＝，P(CA2)＝，P(CB1)＝，
P(CB2)＝，P(C)＝×＋×＝0.48.专题20
不等式选讲
文
【命题热点突破一】含绝对值的不等式的解法
例1、【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲
已知函数.
（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；
（II）求不等式的解集．
【答案】（I）见解析（II）
,当,,解得或,
当,,解得或
或
当,,解得或,或
综上,或或,,解集为
【变式探究】已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x＋1|.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)<3；
(2)若f(x)的最小值为1，求a的值．
【特别提醒】解含有绝对值的不等式的基本解法是分段去绝对值后，转化为几个不等式组的解，最后求并集得出原不等式的解集．
【变式探究】
已知函数f(x)＝2|x＋2|－|x－a|(a∈R)．
(1)当a＝4时，求不等式f(x)≤0的解集；
(2)当a>－2时，若函数f(x)的图像与x轴所围成的封闭图形的面积不超过54，求a的最大值．
【解析】：(1)当a＝4时，f(x)≤0，即2|x＋2|－|x－4|≤0，即2|x＋2|≤|x－4|，两边平方得4x2＋16x＋16≤x2－8x＋16，即x2＋8x≤0，解得－8≤x≤0，即不等式f(x)≤0的解集为[－8，0]．(或者分段去绝对值求解)
(2)当a>－2时，f(x)＝
令f(x)＝0，解得x1＝－4－a，x2＝，f(x)的图像与x轴的交点为A(－4－a，0)，B(，0)，
f(x)在(－∞，－2]上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－2)＝－(a＋2)．记C(－2，－(a＋2))．
f(x)的图像与x轴围成以A，B，C为顶点的三角形，其面积为×[－(－4－a)]×|－(a＋2)|＝，根据已知得≤54，解得－11≤a≤7，又a>－2，所以－2【命题热点突破二】不等式的证明
例2、【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
【变式探究】[2015·全国卷Ⅱ]
设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
【特别提醒】证明不等式的基本方法有综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．不等式的性质和重要不等式是证明其他不等式的主要工具，要特别注意柯西不等式的应用．
【变式探究】
(1)已知a，b都是正实数，求证：＋≥2
－2.
(2)已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，求a的取值范围．
【解析】：(1)证明：方法一：(代数换元法)设a＋2b＝x，a＋b＝y，则a＝2y－x，b＝x－y，且x，y为正实数．
＋＝＋＝＋－2≥2
－2，当且仅当x＝y时取等号．
方法二：(配凑法)＋＝＋1＋＋1－2＝＋－2≥2
－2，当且仅当a＋2b＝(a＋b)时取等号．
(2)由柯西不等式得(2b2＋3c2＋6d2)≥(b＋c＋d)2，即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2.由条件可得5－a2≥(3－a)2，解得1≤a≤2，即a的取值范围是[1，2]．
【命题热点突破三】　绝对值不等式与不等式证明的综合
例3
、【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【变式探究】已知函数f(x)＝的定义域为R.
(1)求实数m的取值范围；
(2)若m的最大值为n，当正数a，b满足＋＝n时，求7a＋4b的最小值．
【解析】：(1)因为该函数的定义域为R，所以|x＋1|＋|x－3|－m≥0恒成立．
设函数g(x)＝|x＋1|＋|x－3|，则m不大于函数g(x)的最小值，
又|x＋1|＋|x－3|≥|(x＋1)－(x－3)|＝4，即g(x)的最小值为4，所以m≤4.
(2)由(1)知n＝4，
所以7a＋4b＝＝
＝
≥＝，当且仅当a＋2b＝3a＋b，即b＝2a＝时，等号成立．
所以7a＋4b的最小值为.
【特别提醒】使用绝对值三角不等式求含有两个绝对值符号的函数的最值时，注意利用恒等变换的方法创造使用重要不等式(均值不等式、柯西不等式等)的条件．
【变式探究】
已知函数f(x)＝|x|－2|x－3|.
(1)求不等式f(x)≥－10的解集；
(2)记f(x)的最大值为m，且a，b，c为正实数，求证：当a＋b＋c＝m时，ab＋bc＋ca≤m≤a2＋b2＋c2.
所以a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2＝3＝m.
所以ab＋bc＋ca≤m≤a2＋b2＋c2.
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲
已知函数.
（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；
（II）求不等式的解集．
【答案】（I）见解析（II）
2.【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲
已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（I）
当时，由得解得；
当时，
；
当时，由得解得.
所以的解集.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
3.
【2016高考新课标3理数】选修4-5：不等式选讲
已知函数．
（I）当时，求不等式的解集；
（II）设函数．当时，，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
1．(2015·陕西，24)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．
(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值．
【解析】　(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，
则解得a＝－3，b＝1.
(2)＋
＝＋≤
＝2＝4，
当且仅当＝，
即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
2．(2015·新课标全国Ⅰ，24)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
1.【2014高考安徽卷理第9题】若函数的最小值为3，则实数的值为（
）
A.5或8
B.或5
C.或
D.或8
【答案】D
【解析】由题意，①当时，即，，则当时，，解得或（舍）；②当时，即，，则当时，，解得（舍）或；③当时，即，，此时，不满足题意，所以或，故选D.
2.
【2014陕西高考理第15题】设，且，则的最小值为
【答案】
3.
【2014高考广东卷理第9题】不等式的解集为
.
【答案】.
【解析】令，则，
（1）当时，由得，解得，此时有；
（2）当时，，此时不等式无解；
（3）当时，由得，解得，此时有；
综上所述，不等式的解集为.
4.
【2014高考湖南卷第13题】若关于的不等式的解集为，则________.
【答案】-3
【解析】因为等式的解集为,所以为方程的根,
即,故填.
5.
【2014江西高考理第11题】对任意,的最小值为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
6.
【2014重庆高考理第16题】若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是____________.
【答案】
【解析】令，其图象如下所示（图中的实线部分）
由图可知：
由题意得：，解这得:
所以答案应填：
7.
【2014高考福建理第21（3）题】已知定义在R上的函数的最小值为.
（I）求的值；
（II）若为正实数，且，求证：.
【答案】（I）;（II）参考解析
9.
【2014高考江苏第21题】已知，证明
【答案】证明见解析.
【解析】
∵，∴,,
∴.
10.
【2014高考江苏第21B题】已知矩阵，向量，是实数，若，求的值.
【答案】
【解析】
由题意得，解得.∴.
11.
【2014高考辽宁理第24题】设函数，，记的解集为M，的解集为N.
（Ⅰ）求M；
(Ⅱ)当时，证明：.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
.
12.
【2014高考全国1第24题】若，且.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）是否存在，使得？并说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）不存在．
【解析】（I）由，得，且当时取等号．故，且当时取等号．所以的最小值为．
（II）由（I）知，．由于，从而不存在，使得．
13.
【2014高考全国2第24题】设函数=
（Ⅰ）证明：2；
（Ⅱ）若，求的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（2013·新课标I理）（24）（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)=x+3.
（Ⅰ）当a=-2时，求不等式f(x)＜g(x)的解集；
（Ⅱ）设a＞－1，且当x∈[－，
)时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围.
【答案】
当时，令，，做出函数图像可知，当时，，故原不等式的解集为；
（2）依题意，原不等式化为，故对都成立，故，故，故的取值范围是.
【解析】专题07
导数及其应用
文
【考向解读】
高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测2017年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．
【命题热点突破一】导数的几何意义
例1、【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则
．
【答案】
【解析】【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．
【变式探究】
函数f(x)＝exsin
x的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】C　
【解析】因为f′（x）＝exsin
x＋excos
x，所以f′（0）＝1，即曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的斜率为1，所以在点（0，f（0））处的切线的倾斜角为.
【命题热点突破二】函数的单调性
与最值
例2、【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（1），，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2）时，，在内，，单调递增；
（3）时，，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上所述，
当时，函数在内单调递增，在内单调递减；
当时，在内单调递增，在内单调递减，在
内单调递增；
当时，在内单调递增；
当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.
【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同．
【变式探究】
(1)已知函数f(x)＝ln(x＋a)＋ax，求函数f(x)的单调区间和极值．
(2)已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值，求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值．
【解析】
f′（x），f（x）随x的变化情况如下：
x
（－∞，1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
f（x）
减
－e
增
所以函数f（x）在（－∞，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
当m≥1时，f（x）在[m，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（m）＝（m－2）em.当0＜m＜1时，m＜1＜m＋1，f（x）在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，f（x）min＝f（1）＝－e.
当m≤0时，m＋1≤1，f（x）在[m，m＋1]上单调递减，f（x）min＝f（m＋1）＝（m－1）em＋1.
综上，f（x）在[m，m＋1]上的最小值f（x）min＝
【感悟提升】利用导数求函数极值的一般步骤：对可导函数求出导数等于零的点，然后判断在导数等于零的点两侧导数的符号，先确定其是否为极值点，若是极值点，则再确定是极大值点还是极小值点．
【命题热点突破三】函数的单调性与不等式
例3、已知f(x)＝xex＋ax2－x，a∈R.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，恒有f′(x)－f(x)≥(4a＋1)x成立，求实数a的取值范围．
（2）设g（x）＝f′（x）－f（x）－（4a＋1）x＝ex－ax2－2ax－1，
则由题可知，当x≥0时，g（x）≥0恒成立.
g′（x）＝ex－2ax－2a＝u（x），u′（x）＝ex－2a，当x≥0时，ex≥1.
①当2a≤1，即a≤时，u′（x）≥0，g′（x）＝ex－2ax－2a在[0，＋∞）上单调递增，所以g′（x）≥g′（0）＝1－2a≥0，所以g（x）在[0，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（0）＝0恒成立.
②当2a>1，即a>时，令u′（x）＝0，得x＝ln
2a.
当x∈[0，ln
2a）时，u′（x）<0，g′（x）＝ex－2ax－2a在[0，ln
2a）上单调递减，
所以当x∈[0，ln
2a）时，g′（x）＝ex－2ax－2a≤g′（0）＝1－2a<0，则g（x）在[0，ln
2a）上单调递减，
于是g（x）≤g（0）＝0，这与g（x）≥0恒成立矛盾.
综上可得，实数a的取值范围是.
【感悟提升】对于求不等式恒成立时的参数范围问题，一般是将参数分离出来，使不等号一边是参数，另一边是一个区间上具体的函数，这样便于解决问题．但要注意的是分离参数不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，则不要分离参数．
【变式探究】
已知函数f(x)＝其中e＝2.718
28…是自然对数的底数，m∈R.
(1)若函数f(x)为(0，1)上的单调增函数，求m的取值范围；
(2)对任意的1（2）证明：依题意知，当x∈[1，＋∞）时，f（x）＝ln
x－x＋2，所以＝＝－1＝·－1.记g（x）＝x－ln
x－1（x∈[1，＋∞）），因为g′（x）＝1－＝≥0，所以g（x）在[1，＋∞）上单调递增，则g（x）≥g（1）＝0，
从而ln
x≤x－1（x∈[1，＋∞））.
（
）
又因为11，由（
）式，知ln<－1，即<1，
于是，·－1<－1＝＝<.
故当1【感悟提升】用导数证明不等式问题，实质上是研究函数在一个区间上的恒成立问题，因此，证明的基本思路就是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，再根据函数的性质推断不等式成立．解题时注意技巧的总结：①树立服务意识，所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质，如函数的单调性、最值等，服务于要证明的不等式；②强化变形技巧，所谓“变形技巧”是指对于给定的不等式无法直接证明，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明，例如采用两边取对数(指数)、移项、通分等方法．
【命题热点突破四】定积分
例4、(1)
曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________．
(2)
如图7 1所示，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________．
图7 1
【答案】（1）　（2）1.2　
【解析】
【感悟提升】定积分的应用主要是求曲边形的面积，其方法是根据定积分的几何意义把曲边形的面积表示为函数的定积分．
【变式探究】一列火车在平直的铁轨上行驶，遇到紧急情况时，火车紧急刹车，此时火车以速度v（t）＝5－t＋（t的单位：s，v的单位：m/s）减速至停止，在此期间火车继续行驶的距离是（　　）
A.55ln
10
m
B.55ln
11
m
C.（12＋55ln
7）m
D.（12＋55ln
6）m
【答案】B　
【解析】令5－t＋＝0，得t＝10（舍去负值），即经过10
s火车停止，行驶的距离s＝dt＝|＝55ln
11（m），即紧急刹车后火车继续行驶的距离是55ln
11
m.
【高考真题解读】
1.
【2016高考山东理数】若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】当时，，，所以在函数图象存在两点，使条件成立，故A正确；函数的导数值均非负，不符合题意，故选A。
2.【2016年高考四川理数】设直线l1，l2分别是函数f(x)=
图象上点P1，P 2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是(
)
（A）(0,1)
（B）(0,2)
（C）(0,+∞)
（D）(1,+∞)
【答案】A
【解析】
3.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则
．
【答案】
【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.
4.【2016高考新课标3理数】已知为偶函数，当时，，则曲线在
点处的切线方程是_______________．
【答案】
【解析】
5.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围；
(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.
【答案】
【解析】
（Ⅰ）．
（i）设,则,只有一个零点．
（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．
又,,取满足且,则
,
故存在两个零点．
综上,的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即．
由于,而,所以
．
设,则．
所以当时,,而,故当时,．
从而,故．
6.【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（1），，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2）时，，在内，，单调递增；
（3）时，，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.
综上所述，
当时，函数在内单调递增，在内单调递减；
当时，在内单调递增，在内单调递减，在
内单调递增；
当时，在内单调递增；
当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.
7.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数.
设.
（1）求方程的根;
（2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；
（3）若，函数有且只有1个零点，求的值。
【答案】（1）①0
②4（2）1
【解析】
（2）因为函数只有1个零点，而，
所以0是函数的唯一零点.
因为，又由知，
所以有唯一解.
令，则，
从而对任意，，所以是上的单调增函数，
于是当，；当时，.
因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.
下证.
若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为.
因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.
于是，故，所以.
8.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设函数,，其中
(I)求的单调区间；
(II)
若存在极值点，且，其中，求证：；
（Ⅲ）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
【解析】
（2）当时，令，解得，或.
当变化时，，的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.
又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足
，且，因此，所以.
（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：
（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此
，
所以.
（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，
所以在区间上的取值范围为，因此
.
9.【2016高考新课标3理数】设函数，其中，记的最大值为．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求；
（Ⅲ）证明．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．
【解析】
（Ⅰ）.
（Ⅱ）当时，
.
因此.
当时，将变形为．
令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为．
令，解得（舍去），．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
10.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知，函数F（x）=min{2|x 1|，x2 2ax+4a 2}，
其中min{p，q}=
（I）求使得等式F（x）=x2 2ax+4a 2成立的x的取值范围；
（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；
（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.
【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．
【解析】
11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，；
(Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
于是，由单调递增
所以，由得
因为单调递增，对任意存在唯一的
使得所以的值域是
综上，当时，有，的值域是
12.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求，的值；
（2）求的单调区间.
【答案】（Ⅰ），；（2）的单调递增区间为.
【解析】
1.【2015高考江苏，19】
已知函数.
（1）试讨论的单调性；
（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是，求c的值.
【答案】（1）当时，
在上单调递增；
当时，
在，上单调递增，在上单调递减；
当时，
在，上单调递增，在上单调递减．
（2）
（2）由（1）知，函数的两个极值为，，则函数有三个
零点等价于，从而或．
又，所以当时，或当时，．
设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是
，则在上，且在上均恒成立，
2.【2015高考四川，理21】已知函数，其中.
（1）设是的导函数，评论的单调性；
（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
【答案】（1）当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.（2）详见解析.
【解析】（1）由已知，函数的定义域为，
，
所以.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增.
（2）由，解得.
令.
则，.
故存在，使得.
由（1）知，函数在区间上单调递增.
故当时，有，从而；
当时，有，从而；
所以，当时，.
综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
3.【2015高考广东，理19】设，函数．
(1)
求的单调区间
；
(2)
证明：在上仅有一个零点；
(3)
若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
将x0=﹣1代入y=f（x）得y0=．∴，
∴…10分
令；g（m）=em﹣（m+1）g（m）=em﹣（m+1），
则g'（m）=em﹣1，由g'（m）=0得m=0．
当m∈（0，+∞）时，g'（m）＞0
当m∈（﹣∞，0）时，g'（m）＜0
∴g（m）的最小值为g（0）=0…12分
∴g（m）=em﹣（m+1）≥0
∴em≥m+1
∴em（m+1）2≥（m+1）3
即：
∴m≤…14分
4.【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（
）
A．
　　　B．
C．
　　　D．
【答案】A
【解析】
5.【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（
）
(A)[-，1）
(B)[-，）
(C)[，）
(D)[，1）
【答案】D
【解析】设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D.
6.【2015高考新课标2，理21】
设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．
7.【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数
（其中a，b为常数）模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
【答案】（1）（2）①定义域为，
②千米
【解析】
（1）由题意知，点，的坐标分别为，．
将其分别代入，得，
解得．
8.【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（
）
A．
　　　B．
C．
　　　D．
【答案】A
【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．
9.【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（
）
(A)[-，1）
(B)[-，）
(C)[，）
(D)[，1）
【答案】D
【解析】
10.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）
设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．集合与常用逻辑用语
【考向解读】
集合与常用逻辑用语在高考中是以选择题或填空题的形式进行考查的，属于容易题．但命题真假的判断，这一点综合性较强，联系到更多的知识点，属于中挡题．预测2016年高考会以集合的运算和充要条件作为考查的重点．
【命题热点突破一】集合的关系及运算
集合是高考每年必考内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度大多数为最低档，有时候在填空题中以创新题型出现，难度稍高．在复习中，本部分应该重点掌握集合的表示、集合的性质、集合的运算及集合关系在常用逻辑用语、函数、不等式、三角函数、解析几何等方面的应用．同时注意研究有关集合的创新问题，研究问题的切入点及集合知识在相关问题中所起的作用．
1．集合的运算性质及重要结论
(1)A∪A＝A，A∪ ＝A，A∪B＝B∪A.
(2)A∩A＝A，A∩ ＝ ，A∩B＝B∩A.
(3)A∩( UA)＝ ，A∪( UA)＝U.
(4)A∩B＝A A B，A∪B＝A B A.
2．集合运算中的常用方法
(1)若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解；
(2)若已知的集合是点集，用数形结合法求解；
(3)若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解．
例1、【2016高考新课标3理数】设集合
，则（
）
(A)
[2，3]
(B)（-
，2]
[3,+）
(C)
[3,+）
(D)（0，2]
[3,+）
【答案】D
【解析】由解得或，所以，所以，故选D．
【感悟提升】
(1)集合的关系及运算问题，要先对集合进行化简，然后可借助Venn图或数轴求解．
(2)对集合的新定义问题，要紧扣新定义集合的性质探究集合中元素的特征，将问题转化为熟悉的知识进行求解，也可利用特殊值法进行验证．
【变式探究】(1)已知集合A＝{x|x2－4x＋3<0}，B＝{x|2A．(1,3)
B．(1,4)
C．(2,3)
D．(2,4)
(2)设U为全集，A，B是集合，则“存在集合C使得A C，B UC”是“A∩B＝ ”的(　　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
(3)已知集合A＝{x|log2x≤2}，B＝(－∞，a)，若A B，则实数a的取值范围是(c，＋∞)，其中c＝________.
【答案】(1)C　(2)C　(3)4
(3)由log2x≤2，得0即A＝{x|0由于A B，如图所示，则a>4，即c＝4.
点评　(1)弄清集合中所含元素的性质是集合运算的关键，这主要看代表元素，即“|”前面的表述．(2)当集合之间的关系不易确定时，可借助Venn图或列举实例．
【命题热点突破二】四种命题与充要条件
逻辑用语是高考常考内容，充分、必要条件是重点考查内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度以低、中档为主．在复习中，本部分应该重点掌握四种命题的真假判断、否命题与命题的否定的区别、含有量词的命题的否定的求法、充分必要条件的判定与应用．这些知识被考查的概率都较高，特别是充分、必要条件几乎每年都有考查．
1．四种命题中原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假．
2．若p q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；若p q，则p，q互为充要条件．
例2、【2016高考天津理数】设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n 1+a2n<0”的（
）
（A）充要条件
（B）充分而不必要条件
（C）必要而不充分条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由题意得，，故是必要不充分条件，故选C.
【感悟提升】充分条件与必要条件的三种判定方法
(1)定义法：正、反方向推理，若p q，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若p q，且q p，则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件)．
(2)集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A B，则A是B的充分条件(B是A的必要条件)；若A＝B，则A是B的充要条件．
(3)等价法：将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题．
【变式探究】(1)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m α.则“m∥β”是“α∥β”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
答案　B
解析　m α，m∥β /α∥β，但m α，α∥β m∥β，
所以m∥β是α∥β的必要而不充分条件．
(2)给出下列命题：
①若A，B，C，D是不共线的四点，则＝是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；
②a＝b的充要条件是|a|＝|b|且a∥b；
③在△ABC中，sinA>sinB的充要条件为A>B；
④在△ABC中，设命题p：△ABC是等边三角形，命题q：a∶b∶c＝sinB∶sinC∶sinA，那么命题p是命题q的充分不必要条件．
其中正确的命题为________．(把你认为正确的命题序号都填上)
【答案】①③
③正确．由正弦定理知sinA＝，sinB＝，当sinA>sinB成立时，得a>b，则A>B；当A>B时，则有a>b，则sinA>sinB，故命题正确．
④不正确．若△ABC是等边三角形，则a＝b＝c，sinB＝sinC＝sinA，即命题p是命题q的充分条件；若a∶b∶c＝sinB∶sinC∶sinA，则＝，又由正弦定理得＝，即＝，所以＝，即c2＝ab，同理得a2＝bc，b2＝ac，所以c＝a＝b，所以△ABC是等边三角形．因此命题p是命题q的充要条件．
综上所述，正确命题的序号是①③.
点评　判断充分、必要条件时应注意的问题
(1)先后顺序：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
(2)举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．
(3)准确转化：若綈p是綈q的必要不充分条件，则p是q的充分不必要条件；若綈p是綈q的充要条件，那么p是q的充要条件．
【命题热点突破三】　逻辑联结词、量词
1．命题p∨q，只要p，q有一真，即为真；命题p∧q，只有p，q均为真，才为真；綈p和p为真假对立的命题．
2．命题p∨q的否定是(綈p)∧(綈q)；命题p∧q的否定是(綈p)∨(綈q)．
3．“ x∈M，p(x)”的否定为“ x0∈M，綈p(x0)”；“ x0∈M，p(x0)”的否定为“ x∈M，綈p(x)”．
例3、【2016高考浙江理数】命题“，使得”的否定形式是（
）
A．，使得
B．，使得
C．，使得
D．，使得
【答案】D
【解析】的否定是，的否定是，的否定是．故选D．
【感悟提升】
(1)命题的否定和否命题是两个不同的概念：命题的否定只否定命题的结论，真假与原命题相对立；(2)判断命题的真假要先明确命题的构成．由命题的真假求某个参数的取值范围，还可以考虑从集合的角度来思考，将问题转化为集合间的运算．
【变式探究】(1)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
(2)已知命题p：若x>y，则－x<－y；命题q：若x>y，则x2>y2.在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(綈q)；④(綈p)∨q中，真命题是(　　)
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
【答案】(1)D　(2)C
点评　利用等价命题判断命题的真假，是判断命题真假快捷有效的方法．在解答时要有意识地去练习．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标1理数】设集合
,,则
（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】因为所以故选D.
2.【2016高考新课标3理数】设集合
，则（
）
(A)
[2，3]
(B)（-
，2]
[3,+）
(C)
[3,+
）
(D)（0，2]
[3,+）
【答案】D
【解析】由解得或，所以，所以，故选D．
3.【2016年高考四川理数】设集合，Z为整数集，则中元素的个数是（
）
（A）3
（B）4
（C）5
（D）6
【答案】C
【解析】由题意，，故其中的元素个数为5，选C.
4.【2016高考山东理数】设集合则=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】，，则，选C.
5.【2016高考新课标2理数】已知集合，，则（
）（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】集合，而，所以，故选C.
6.【2016年高考北京理数】已知集合，，则（
）
A.B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由，得，故选C.
7.【2016高考浙江理数】已知集合
则（
）
A．[2,3]
B．(
-2,3
]
C．[1,2)
D．
【答案】B
【解析】根据补集的运算得．故选B．
8.
【2016高考浙江理数】命题“，使得”的否定形式是（
）
A．，使得
B．，使得
C．，使得
D．，使得
【答案】D
【解析】的否定是，的否定是，的否定是．故选D．
9.【2016高考山东理数】已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的（
）
（A）充分不必要条件
（B）必要不充分条件
（C）充要条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】直线a与直线b相交,则一定相交,若相交,则a,b可能相交，也可能平行,故选A.
10.【2016高考天津理数】设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n 1+a2n<0”的（
）
（A）充要条件
（B）充分而不必要条件
（C）必要而不充分条件
（D）既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由题意得，，故是必要不充分条件，故选C.
11.【2016高考天津理数】已知集合则=（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】选D.
12.【2016高考江苏卷】已知集合则________▲________.
【答案】
【解析】
13.【2016高考上海理数】设，则“”是“”的（
）
充分非必要条件
（B）必要非充分条件
（C）充要条件
（D）既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】，所以是充分非必要条件，选A.
14．【2016高考山东理数】设集合
则=
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】，，则，选C.
1．(2015·天津)已知全集U＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，集合A＝{2,3,5,6}，集合B＝{1,3,4,6,7}，则集合A∩( UB)等于(　　)
A．{2,5}
B．{3,6}
C．{2,5,6}
D．{2,3,5,6,8}
答案　A
解析　由题意知， UB＝{2,5,8}，则A∩( UB)＝{2,5}，选A.
2．(2014·安徽)“x<0”是“ln(x＋1)<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
答案　B
解析　∵ln(x＋1)<0，∴0∵x<0是－13．(2015·陕西)设集合M＝{x|x2＝x}，N＝{x|lgx≤0}，则M∪N等于(　　)
A．[0,1]
B．(0,1]
C．[0,1)
D．(－∞，1]
答案　A
解析　由题意得M＝{0,1}，N＝(0,1]，故M∪N＝[0,1]，故选A.
4．(2014·山东)设集合A＝{x||x－1|<2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0,2]}，则A∩B等于(　　)
A．[0,2]
B．(1,3)
C．[1,3)
D．(1,4)
答案　C
解析　由|x－1|<2，解得－15．(2015·湖北)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A?B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A?B中元素的个数为(　　)
A．77B．49C．45D．30
答案　C
6．(2015·浙江)已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q
＝{x|1＜x≤2}，则( RP)∩Q等于(　　)
A．[0,1)
B．(0,2]C．(1,2)
D．[1,2]
答案　C
解析　∵P＝{x|x≥2或x≤0}， RP＝{x|0＜x＜2}，
∴( RP)∩Q＝{x|1＜x＜2}，故选C.
7．(2015·湖北)设a1，a2，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，an成等比数列；q：(a＋a＋…＋a)·(a＋a＋…＋a)＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，则(　　)
A．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
答案　B
解析　若p成立，设a1，a2，…，an的公比为q，则(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)＝a(1＋q2＋…＋q2n－4)·a(1＋q2＋…＋q2n－4)＝aa(1＋q2＋…＋q2n－4)2，(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n－4)2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…＝an＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.
8．(2015·课标全国Ⅰ)设命题p： n∈N，n2>2n，则綈p为(　　)
A． n∈N，n2>2n
B． n∈N，n2≤2n
C． n∈N，n2≤2n
D． n∈N，n2＝2n
答案　C
解析　将命题p的量词“ ”改为“ ”，“n2>2n”改为“n2≤2n”．
9．(2014·课标全国Ⅱ)函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(　　)
A．p是q是充分必要条件
B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
答案　C
解析　当f′(x0)＝0时，x＝x0不一定是f(x)的极值点，
比如，y＝x3在x＝0时，f′(0)＝0，
但在x＝0的左右两侧f′(x)的符号相同，
因而x＝0不是y＝x3的极值点．
由极值的定义知，x＝x0是f(x)的极值点必有f′(x0)＝0.
综上知，p是q的必要条件，但不是充分条件．
10．(2014·陕西)原命题为“若，则{an}为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(　　)
A．真，真，真
B．假，假，真
C．真，真，假
D．假，假，假
答案　A
解析　原命题与其逆命题都是真命题，所以其否命题和逆否命题也都是真命题，故选A.
11．(2015·山东)若m∈R,
命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是(　　)
A．若方程x2＋x－m＝0有实根，则m＞0
B．若方程x2＋x－m＝0有实根，则m≤0
C．若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m＞0
D．若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0
答案　D
解析　原命题为“若p，则q”，则其逆否命题为“若綈q，则綈p”．∴所求命题为“若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0”．专题02
平面向量与复数
文
【考向解读】
1.考查平面向量的基本定理及基本运算，预测多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题、难度中低档.
2.考查平面向量的数量积，预测以选择题、填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、【解析】几何结合，以解答题形式出现.
【命题热点突破一】平面向量的线性运算
(1)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；
(2)在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．
例1、【2016高考新课标2理数】已知向量，且，则（
）
（A）－8
（B）－6
（C）6
（D）8
【答案】D
【解析】向量，由得，解得，故选D.
【变式探究】(1)设0<θ<，向量a＝(sin2θ，cosθ)，b＝(cosθ，1)，若a∥b，则tanθ＝______.
(2)如图，在△ABC中，AF＝AB，D为BC的中点，AD与CF交于点E.若＝a，＝b，且＝xa＋yb，则x＋y＝________.
【答案】(1)　(2)－
(2)如图，设FB的中点为M，连接MD.
因为D为BC的中点，M为FB的中点，所以MD∥CF.
因为AF＝AB，所以F为AM的中点，E为AD的中点．
【感悟提升】(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底；同时注意共线向量定理的灵活运用．(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．
【变式探究】
(1)已知向量i与j不共线，且＝i＋mj，＝ni＋j，m≠1，若A，B，D三点共线，则实数m，n满足的条件是(　　)
A．m＋n＝1
B．m＋n＝－1
C．mn＝1
D．mn＝－1
(2)在△ABC中，点M，N满足＝2，＝.若＝x＋y，则x＝________；y＝________.
【答案】(1)C　(2)　－
【命题热点突破二】平面向量的数量积
(1)数量积的定义：a·b＝|a||b|cosθ.
(2)三个结论
①若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
②若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
||＝.
③若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，
则cosθ＝＝.
例2、【2016高考江苏卷】如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，
，则
的值是
▲
.
【答案】
【变式探究】(1)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，＝3，·＝2，则·的值是________．
(2)在△AOB中，G为△AOB的重心，且∠AOB＝60°，若·＝6，则||的最小值是________．
【答案】(1)22　(2)2
【解析】(1)由＝3，得＝＝，＝＋＝＋，＝－＝＋－＝－.因为·＝2，所以(＋
)·(－)＝2，即2－
·－2＝2.又因为2＝25，2＝64，所以·＝22.
(2)如图，在△AOB中，＝＝×(＋)
＝(＋)，
又·＝||||·cos60°＝6，
∴||||＝12，
∴||2＝(＋)2＝(||2＋||2＋2·)＝(||2＋||2＋12)≥×(2||||＋12)＝×36＝4(当且仅当||＝||时取等号)．
∴||≥2，故||的最小值是2.
【感悟提升】(1)数量积的计算通常有三种方法：数量积的定义，坐标运算，数量积的几何意义；(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算．
【命题热点突破三】平面向量与三角函数
平面向量作为解决问题的工具，具有代数形式和几何形式的“双重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，通过向量运算作为题目条件．
例3、已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosx，sinx)，c＝(sinx＋2sinα，cosx＋2cosα)，其中0<α(1)若α＝，求函数f(x)＝b·c的最小值及相应x的值；
(2)若a与b的夹角为，且a⊥c，求tan2α的值．
此时sinx＋cosx＝－，
即sin＝－，
∵∴x＋＝π，∴x＝.
∴函数f(x)的最小值为－，相应x的值为.
【感悟提升】在平面向量与三角函数的综合问题中，一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题，如利用向量平行、垂直的条件表述三角函数式之间的关系，利用向量模表述三角函数之间的关系等；另一方面可以利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的过程中，只要根据题目的具体要求，在向量和三角函数之间建立起联系，就可以根据向量或者三角函数的知识解决问题．
【变式探究】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知·＝2，cosB＝，b＝3.求：
(1)a和c的值；
(2)cos(B－C)的值．
【解析】(1)由·＝2得c·acosB＝2.
又cosB＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×＝13.
解得或
因为a>c，所以a＝3，c＝2.
【命题热点突破四】复数的概念与运算
复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化，分子分母同时乘分母的共轭复数．对一些常见的运算，如(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i等要熟记．
例4、【2016高考天津理数】已知，i是虚数单位，若，则的值为_______.
【答案】2
【解析】由，可得，所以，，故【答案】为2．
【变式探究】(1)若复数z＝，则|z|＝(　　)
A．
B．
C．1
D．2
(2)已知复数z＝(i为虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点在(　　)
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】(1)C　(2)B　
【解析】
(1)z＝＝＝－i，，所以|z|＝＝1.
(2)z＝＝－1－i，则复数z＝－1＋i，对应的点在第二象限．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标2理数】已知向量，且，则（
）
（A）－8
（B）－6
（C）6
（D）8
【答案】D
【解析】向量，由得，解得，故选D.
2.【2016高考江苏卷】如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，
，则
的值是
▲
.
【答案】
3.【2016年高考四川理数】在平面内，定点A，B，C，D满足
==,===-2，动点P，M满足
=1，=，则的最大值是(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】B
1.【2016新课标理】设其中,实数,则(
)
（A）1
（B）
（C）
（D）2
【答案】B
【解析】因为所以故选B.
2.【2016高考新课标3理数】若，则（
）
(A)1
(B)
-1
(C)
(D)
【答案】C
【解析】，故选C．
3.【2016高考新课标2理数】已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【解析】要使复数对应的点在第四象限应满足：，解得，故选A.
4.【2016年高考北京理数】设，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则_______________.
【答案】－1
【解析】，故填：－1
5.【2016高考山东理数】若复数z满足
其中i为虚数单位，则z=（
）
（A）1+2i
（B）12i
（C）
（D）
【答案】B
6.【2016高考天津理数】已知，i是虚数单位，若，则的值为_______.
【答案】2
【解析】由，可得，所以，，故【答案】为2．
7.【2016高考江苏卷】复数其中i为虚数单位，则z的实部是________________.
【答案】5
【解析】，故z的实部是5
1．(2015·新课标全国Ⅱ，2)若a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝－4i，则a＝(　　)
A．－1
B．0
C．1
D．2
【答案】　B
【解析】　因为a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝4a＋(a2－4)i＝－4i，得4a＝0且a2－4＝－4，解得a＝0，故选B.
2．(2015·广东，2)若复数z＝i(3－2i)(i是虚数单位)，则z＝(　　)
A．3－2i
B．3＋2i
C．2＋3i
D．2－3i
【答案】　D
【解析】　因为z＝i(3－2i)＝2＋3i，所以z＝2－3i，故选D.
3．(2015·四川，2)设i是虚数单位，则复数i3－＝(　　)
A．－i
B．－3i
C．i
D．3i
【答案】　C
【解析】　i3－＝－i－＝－i＋2i＝i.选C.
4．(2015·山东，2)若复数z满足＝i，其中i为虚数单位，则z＝(　　)
A．1－i
B．1＋i
C．－1－i
D．－1＋i
【答案】　A
【解析】　∵＝i，∴z＝i(1－i)＝i－i2＝1＋i，∴z＝1－i.
5．(2015·新课标全国Ⅰ，1)设复数z满足＝i，则|z|＝(　　)
A．1
B.
C.
D．2
【答案】　A
6.【2015高考福建，理9】已知
，若
点是
所在平面内一点，且
，则
的最大值等于（
）
A．13
B．15
C．19
D．21
【答案】A
【解析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，即，所以，，因此
，因为，所以
的最大值等于，当，即时取等号．
7.【2015高考湖北，理11】已知向量，，则
.
【答案】9
8.【2015高考山东，理4】已知菱形的边长为
，
,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】因为
故选D.
9.【2015高考陕西，理7】对任意向量，下列关系式中不恒成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因为，所以选项A正确；当与方向相反时，不成立，所以选项B错误；向量的平方等于向量的模的平方，所以选项C正确；，所以选项D正确．故选B．
10.【2015高考四川，理7】设四边形ABCD为平行四边形，，.若点M，N满足，，则（
）
（A）20
（B）15
（C）9
（D）6
【答案】C
【解析】
11.【2015高考安徽，理8】是边长为的等边三角形，已知向量，满足，，则下列结论正确的是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】如图，
由题意，，则，故错误；，所以，又，所以，故错误；设中点为，则，且，而，所以，故选D.
12.【2015高考福建，理9】已知
，若
点是
所在平面内一点，且
，则
的最大值等于（
）
A．13
B．15
C．19
D．21
【答案】A
【解析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，即，所以，，因此
，因为，所以
的最大值等于，当，即时取等号．专题09
三角恒等变换与解三角形
文
【考向解读】
正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，
1.和差角公式、二倍角公式是高考的热点，常与三角函数式的求值、化简交汇命题．既有选择题、填空题，又有解答题，难度适中，主要考查公式的灵活运用及三角恒等变换能力．
2.预测2017年高考仍将以和差角公式及二倍角公式为主要考点，复习时应引起足够的重视．
3.边和角的计算；
4.三角形形状的判断；
5.面积的计算；
6.有关的范围问题．
【命题热点突破一】三角恒等变换
例1、(1)(2016·高考全国乙卷)已知θ是第四象限角，且sin＝，则tan＝________.
【答案】：－
速解法：由题意知θ＋为第一象限角，设θ＋＝α，
∴θ＝α－，
∴tan＝tan＝－tan.
【答案】：－
【解析】如图，不妨设在Rt△ACB中，∠A＝α，由sin
α＝可得，
BC＝3，AB＝5，AC＝4，
∴∠B＝－α，∴tan
B＝，
∴tan
B＝－.
(2)若tan
α＞0，则(　　)
A．sin
α＞0　　　　　　　B．cos
α＞0
C．sin
2α＞0
D．cos
2α＞0
【答案】：C
【感悟提升】
解决三角函数问题的基本思想是“变换”，通过适当的变换达到由此及彼的目的．在三角函数问题中变换的基本方向有两个：一个是变换函数名称，一个是变换角的形式．变换函数名称可以使用诱导公式、同角三角函数的基本关系等；变换角的形式可以使用两角和、差的三角函数公式、倍角公式，对角进行代数形式的变换等．
【变式探究】
(1)已知sin＝，那么cos
2α＝________．
(2)已知sin＋sin
α＝－，则cos等于(　　)
A．－
B．－
C.
D.
【答案】（1）－　（2）A　
【解析】
（1）依题意得cos
α＝，所以cos
2α＝2cos2α－1＝2×－1＝－.
（2）由sin＋sin
α＝－，得sin＝－，则sin＝－，于是cos＝cos＝sin＝－.
【命题热点突破二】　正、余弦定理
例2、【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（Ⅰ）证明：a+b=2c;
（Ⅱ）求cosC的最小值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
【感悟提升】　关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．求三角形中的角，关键是利用正弦定理或余弦定理求出某角的正弦值或余弦值，再根据角的范围求出对应的角的大小．解题时要注意利用三角形内角和定理，即A＋B＋C＝π.
【答案】　π　
【解析】
∵＋＋＝0，
∴ccos
B＋2acos
C＋bcos
C＝0，
由正弦定理得sin
Ccos
B＋2sin
Acos
C＋sin
Bcos
C＝0，
∴sin（B＋C）＋2sin
Acos
C＝sin
A＋2sin
Acos
C＝0，
∵sin
A≠0，∴cos
C＝－，∴C＝π.
【变式探究】在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csin
B＝bcos
C＝3.
(1)求b；
(2)若△ABC的面积为，求c.
【解析】
【感悟提升】
求解三角形的边和面积的关键是利用正、余弦定理求出相关角度和边长．正弦定理揭示了三角形三边和其对角的正弦的比例关系，余弦定理揭示了三角形的三边和其中一个内角的余弦之间的关系．正弦定理可以使各边的比值和各个内角的正弦的比值相互转化．只要知道了三角形三边之间的比例关系即可利用余弦定理求出三角形的内角．
【命题热点突破三】　正、余弦定理的实际应用
例3、已知一块四边形园地ABCD中，A＝45°，B＝60°，C＝105°.若AB＝2
m，BC＝1
m，则该四边形园地ABCD的面积等于________m2.
【答案】　
【解析】
如图所示，连接AC.根据余弦定理可得AC＝
m，易知△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，所以∠DAC＝15°，∠DCA＝15°，故△ADC为等腰三角形.设AD＝DC＝x
m，根据余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，即x2＝＝3（2－）.
所以四边形园地ABCD的面积为×1×＋×3×（2－）×＝＝
m2.
【感悟提升】
使用正、余弦定理解三角形的关键是把求解目标归入到可解三角形中(可解三角形指符合正弦定理、余弦定理的应用条件，能够求出三角形各个元素的三角形)，在一些复杂的问题中，需要把求解目标分解到两个或者更多个可解三角形之中．
【变式探究】如图所示，一学生在河岸紧靠河边笔直行走，在A处时，经观察，在河对岸有一参照物C与学生前进方向成30°角，学生前进200
m后，测得该参照物与前进方向成75°角，则河的宽度为(　　)
A．50(＋1)m
　　　　　B．100(＋1)m
C．50
m
　　　　　D．100
m
【答案】A　
【解析】
在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，AB＝200，由正弦定理得BC＝＝100
（m），所以河的宽度为BCsin
75°＝100
×＝50（＋1）（m）.
【命题热点突破四】正、余弦定理解具有空间结构的三角形综合问题
例4、如图所示，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30
°的方向上，行驶600
m后到达B处，测得此山顶在西偏北75
°的方向上，仰角为30
°，则此山的高度CD＝________m.
【答案】100
　
【解析】【感悟提升】解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求．
【变式探究】如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°，以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100
m，则山高MN＝________m.
【答案】150　
【解析】
在Rt△ABC中，BC＝100，∠CAB＝45°，所以AC＝100
.在△MAC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，所以∠AMC＝45°，由正弦定理有＝，即AM＝×100
＝100
，于是在Rt△AMN中，有MN＝sin
60°×100
＝150.
【易错分析】
对于求解有空间结构的三角形问题，有两个易错点：一是方位角的确定；二是选择合适的三角形，并在相关三角形中进行边和角的转换．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
2.【2016高考新课标3理数】若
，则（
）
(A)
(B)
(C)
1
(D)
【答案】A
【解析】
由，得或，所以，故选A．
3.【2016年高考四川理数】=
.
【答案】
【解析】由二倍角公式得
1.【2016高考新课标3理数】在中，，边上的高等于,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
【解析】
2.【2016高考新课标2理数】的内角的对边分别为，若，，，则
．
【答案】
【解析】因为，且为三角形的内角，所以，，又因为，所以.
3.【2016高考天津理数】在△ABC中，若,BC=3，
,则AC=
（
）
（A）1
（B）2
（C）3
（D）4
【答案】A
【解析】由余弦定理得,选A.
4.【2016高考江苏卷】在锐角三角形中，若，则的最小值是
▲
.
【答案】8.
【解析】，又，因即最小值为8.
1.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且.
（I）证明：；
（II）若，求.
【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）4.
【解析】
2.【2016高考浙江理数】（本题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
已知b+c=2a
cos
B.
（I）证明：A=2B；
（II）若△ABC的面积，求角A的大小.
【答案】（I）证明见解析；（II）或．
【解析】
3.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（Ⅰ）证明：a+b=2c;
（Ⅱ）求cosC的最小值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由题意知，
化简得，
即.
因为,
所以.
从而.
由正弦定理得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知,
所以
，
当且仅当时，等号成立.
故
的最小值为.
1.【2015高考四川，理12】
.
【答案】.
2.【2015高考浙江，理11】函数的最小正周期是
，单调递减区间是
．
【答案】，，.
【解析】，故最小正周期为，单调递减区间为
，.
3.【2015高考天津，理15】（本小题满分13分）已知函数，
(I)求最小正周期；
(II)求在区间上的最大值和最小值.
【答案】(I);
(II)
,.
(II)因为在区间上是减函数，在区间上是增函数，
，所以在区间上的最大值为，最小值为.
4.【2015高考重庆，理18】
已知函数
（1）求的最小正周期和最大值；
（2）讨论在上的单调性.
【答案】（1）最小正周期为，最大值为；（2）在上单调递增；在上单调递减.
【解析】
5.【2015高考上海，理14】在锐角三角形中，，为边上的点，与的面积分别为和．过作于，于，则
．
【答案】
【解析】由题意得：，又,因为DEAF四点共圆，因此
6.【2015高考广东，理11】设的内角，，的对边分别为，，，若，
，，则
.
【答案】1．
【解析】因为且，所以或，又，所以，，又，由正弦定理得即解得，故应填入1．
7.【2015高考湖北，理12】函数的零点个数为
．
【答案】2
8.【2015高考重庆，理13】在ABC中，B=，AB=，A的角平分线AD=,则AC=_______.
【答案】
【解析】由正弦定理得，即，解得，，从而，所以，.
9.【2015高考福建，理12】若锐角的面积为
，且
，则
等于________．
【答案】7
【解析】
10.【2015高考新课标2，理17】（本题满分12分）
中，是上的点，平分，面积是面积的2倍．
(Ⅰ)
求；
(Ⅱ)若，，求和的长．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)．
【解析】(Ⅰ)，，因为，，所以．由正弦定理可得．
(Ⅱ)因为，所以．在和中，由余弦定理得
，．
．由(Ⅰ)知，所以．三角恒等变换与解三角形
【考向解读】
正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，
1.和差角公式、二倍角公式是高考的热点，常与三角函数式的求值、化简交汇命题．既有选择题、填空题，又有解答题，难度适中，主要考查公式的灵活运用及三角恒等变换能力．
2.预测2017年高考仍将以和差角公式及二倍角公式为主要考点，复习时应引起足够的重视．
3.边和角的计算；
4.三角形形状的判断；
5.面积的计算；
6.有关的范围问题．
【命题热点突破一】三角恒等变换
例1、(1)(2016·高考全国乙卷)已知θ是第四象限角，且sin＝，则tan＝________.
解析：基本法：将θ－转化为－.
由题意知sin＝，θ是第四象限角，所以
cos>0，所以cos＝＝.
tan＝tan＝－
＝－＝－＝－.
答案：－
速解法：由题意知θ＋为第一象限角，设θ＋＝α，
∴θ＝α－，
∴tan＝tan＝－tan.
如图，不妨设在Rt△ACB中，∠A＝α，由sin
α＝可得，
BC＝3，AB＝5，AC＝4，
∴∠B＝－α，∴tan
B＝，
∴tan
B＝－.
答案：－
(2)若tan
α＞0，则(　　)
A．sin
α＞0　　　　　　　B．cos
α＞0
C．sin
2α＞0
D．cos
2α＞0
答案：C
【感悟提升】
解决三角函数问题的基本思想是“变换”，通过适当的变换达到由此及彼的目的．在三角函数问题中变换的基本方向有两个：一个是变换函数名称，一个是变换角的形式．变换函数名称可以使用诱导公式、同角三角函数的基本关系等；变换角的形式可以使用两角和、差的三角函数公式、倍角公式，对角进行代数形式的变换等．
【变式探究】
(1)已知sin＝，那么cos
2α＝________．
(2)已知sin＋sin
α＝－，则cos等于(　　)
A．－
B．－
C.
D.
【答案】（1）－　（2）A　
【解析】
（1）依题意得cos
α＝，所以cos
2α＝2cos2α－1＝2×－1＝－.
（2）由sin＋sin
α＝－，得sin＝－，则sin＝－，于是cos＝cos＝sin＝－.
【命题热点突破二】　正、余弦定理
例2、【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（Ⅰ）证明：a+b=2c;
（Ⅱ）求cosC的最小值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知,
所以
，
当且仅当时，等号成立.
故
的最小值为.
【感悟提升】　关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．求三角形中的角，关键是利用正弦定理或余弦定理求出某角的正弦值或余弦值，再根据角的范围求出对应的角的大小．解题时要注意利用三角形内角和定理，即A＋B＋C＝π.
【答案】　π　
【解析】
∵＋＋＝0，
∴ccos
B＋2acos
C＋bcos
C＝0，
由正弦定理得sin
Ccos
B＋2sin
Acos
C＋sin
Bcos
C＝0，
∴sin（B＋C）＋2sin
Acos
C＝sin
A＋2sin
Acos
C＝0，
∵sin
A≠0，∴cos
C＝－，∴C＝π.
【变式探究】在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csin
B＝bcos
C＝3.
(1)求b；
(2)若△ABC的面积为，求c.
【感悟提升】
求解三角形的边和面积的关键是利用正、余弦定理求出相关角度和边长．正弦定理揭示了三角形三边和其对角的正弦的比例关系，余弦定理揭示了三角形的三边和其中一个内角的余弦之间的关系．正弦定理可以使各边的比值和各个内角的正弦的比值相互转化．只要知道了三角形三边之间的比例关系即可利用余弦定理求出三角形的内角．
【命题热点突破三】　正、余弦定理的实际应用
例3、已知一块四边形园地ABCD中，A＝45°，B＝60°，C＝105°.若AB＝2
m，BC＝1
m，则该四边形园地ABCD的面积等于________m2.
【答案】　
【解析】
如图所示，连接AC.根据余弦定理可得AC＝
m，易知△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，所以∠DAC＝15°，∠DCA＝15°，故△ADC为等腰三角形.设AD＝DC＝x
m，根据余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，即x2＝＝3（2－）.
所以四边形园地ABCD的面积为×1×＋×3×（2－）×＝＝
m2.
【感悟提升】
使用正、余弦定理解三角形的关键是把求解目标归入到可解三角形中(可解三角形指符合正弦定理、余弦定理的应用条件，能够求出三角形各个元素的三角形)，在一些复杂的问题中，需要把求解目标分解到两个或者更多个可解三角形之中．
【变式探究】如图所示，一学生在河岸紧靠河边笔直行走，在A处时，经观察，在河对岸有一参照物C与学生前进方向成30°角，学生前进200
m后，测得该参照物与前进方向成75°角，则河的宽度为(　　)
A．50(＋1)m
　　　　　B．100(＋1)m
C．50
m
　　　　　D．100
m
【答案】A　
【解析】
在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，AB＝200，由正弦定理得BC＝＝100
（m），所以河的宽度为BCsin
75°＝100
×＝50（＋1）（m）.
【命题热点突破四】正、余弦定理解具有空间结构的三角形综合问题
例4、如图所示，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30
°的方向上，行驶600
m后到达B处，测得此山顶在西偏北75
°的方向上，仰角为30
°，则此山的高度CD＝________m.
【答案】100
　
【解析】
依题意，在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°.由正弦定理得＝，即＝，所以BC＝300
.在△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BCtan∠CBD＝300
·tan
30°＝100
.
【感悟提升】解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求．
【变式探究】如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°，以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100
m，则山高MN＝________m.
【答案】150　
【易错分析】
对于求解有空间结构的三角形问题，有两个易错点：一是方位角的确定；二是选择合适的三角形，并在相关三角形中进行边和角的转换．
【高考真题解读】
1.【2016高考新课标2理数】若，则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】D
【解析】
，
且，故选D.
2.【2016高考新课标3理数】若
，则（
）
(A)
(B)
(C)
1
(D)
【答案】A
【解析】
由，得或，所以，故选A．
3.【2016年高考四川理数】=
.
【答案】
【解析】由二倍角公式得
1.【2016高考新课标3理数】在中，，边上的高等于,则（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】C
2.【2016高考新课标2理数】的内角的对边分别为，若，，，则
．
【答案】
【解析】因为，且为三角形的内角，所以，，又因为，所以.
3.【2016高考天津理数】在△ABC中，若,BC=3，
,则AC=
（
）
（A）1
（B）2
（C）3
（D）4
【答案】A
【解析】由余弦定理得,选A.
4.【2016高考江苏卷】在锐角三角形中，若，则的最小值是
▲
.
【答案】8.
【解析】，又，因即最小值为8.
1.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且.
（I）证明：；
（II）若，求.
【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）4.
（Ⅱ）由已知，b2+c2–a2=bc，根据余弦定理，有
cos
A==．
所以sin
A==．
由（Ⅰ），sin
Asin
B=sin
Acos
B+cos
Asin
B，
所以sin
B=cos
B+sin
B，
故tan
B==4．
2.【2016高考浙江理数】（本题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
已知b+c=2a
cos
B.
（I）证明：A=2B；
（II）若△ABC的面积，求角A的大小.
【答案】（I）证明见解析；（II）或．
（Ⅱ）由得，故有，
因为，所以．
又，，所以．
当时，；
当时，．
综上，或．
3.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
（Ⅰ）证明：a+b=2c;
（Ⅱ）求cosC的最小值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅱ）由（Ⅰ）知,
所以
，
当且仅当时，等号成立.
故
的最小值为.
1.【2015高考四川，理12】
.
【答案】.
【解析】法一、.
法二、.
法三、.
2.【2015高考浙江，理11】函数的最小正周期是
，单调递减区间是
．
【答案】，，.
【解析】，故最小正周期为，单调递减区间为
，.
3.【2015高考天津，理15】（本小题满分13分）已知函数，
(I)求最小正周期；
(II)求在区间上的最大值和最小值.
【答案】(I);
(II)
,.
【解析】(I)
由已知，有
.
所以的最小正周期.
(II)因为在区间上是减函数，在区间上是增函数，
，所以在区间上的最大值为，最小值为.
4.【2015高考重庆，理18】
已知函数
（1）求的最小正周期和最大值；
（2）讨论在上的单调性.
【答案】（1）最小正周期为，最大值为；（2）在上单调递增；在上单调递减.
【解析】
（1）
,
因此的最小正周期为，最大值为.
（2）当时，有，从而
当时,即时，单调递增，
当时,即时，单调递减，
综上可知，在上单调递增；在上单调递减.
5.【2015高考上海，理14】在锐角三角形中，，为边上的点，与的面积分别为和．过作于，于，则
．
【答案】
【解析】由题意得：，又,因为DEAF四点共圆，因此
6.【2015高考广东，理11】设的内角，，的对边分别为，，，若，
，，则
.
【答案】1．
【解析】因为且，所以或，又，所以，，又，由正弦定理得即解得，故应填入1．
7.【2015高考湖北，理12】函数的零点个数为
．
【答案】2
【解析】因为
所以函数的零点个数为函数与图象的交点的个数，
函数与图象如图，由图知，两函数图象有2个交点，
所以函数有2个零点.
8.【2015高考重庆，理13】在ABC中，B=，AB=，A的角平分线AD=,则AC=_______.
【答案】
9.【2015高考福建，理12】若锐角的面积为
，且
，则
等于________．
【答案】7
【解析】由已知得的面积为，所以，，所以．由余弦定理得，．
10.【2015高考新课标2，理17】（本题满分12分）
中，是上的点，平分，面积是面积的2倍．
(Ⅰ)
求；
(Ⅱ)若，，求和的长．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)．
【解析】(Ⅰ)，，因为，，所以．由正弦定理可得．
(Ⅱ)因为，所以．在和中，由余弦定理得
，．
．由(Ⅰ)知，所以．专题16
椭圆、双曲线、抛物线
【考向解读】
1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质 特别是离心率 .2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系 弦长、中点等 .
【命题热点突破一】
圆锥曲线的定义与标准方程
1．圆锥曲线的定义
(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)；
(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)；
(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M.
2．求解圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”
所谓“定型”，就是曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．
例1　【2016高考浙江理数】已知椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（
）
A．m>n且e1e2>1
B．m>n且e1e2<1
C．m1
D．m【答案】A
【解析】由题意知，即，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，
又=
，故．故选A．
【特别提醒】(1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．
【变式探究】
(1)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点．若△AF1B的周长为4，则C的方程为(　　)
A.＋＝1
B.＋y2＝1
C.＋＝1
D.＋＝1
(2)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线过点(2，)，且双曲线的一个焦点在抛物线y2＝4x的准线上，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
答案　(1)A　(2)D
【命题热点突破二】
圆锥曲线的几何性质
1．椭圆、双曲线中，a，b，c之间的关系
(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝；
(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝.
2．双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为
y＝±x.注意离心率e与渐近线的斜率的关系．
例2、【2016高考新课标3理数】已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
【变式探究】　(1)椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于________．
(2)(2015·西北工业大学附中四模)已知双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2＋y2＝a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|＝|CF2|，则双曲线的渐近线方程为(　　)
A．y＝±3x
B．y＝±2x
C．y＝±(＋1)x
D．y＝±(－1)x
答案
(1)－1　(2)C
解析　(1)直线y＝(x＋c)过点F1(－c,0)，且倾斜角为60°，所以∠MF1F2＝60°，从而∠MF2F1＝30°，所以MF1⊥MF2.在Rt△MF1F2中，|MF1|＝c，|MF2|＝c，所以该椭圆的离心率e＝＝＝－1.
(2)由题意作出示意图，
易得直线BC的斜率为，
cos∠CF1F2＝，
又由双曲线的定义及|BC|＝|CF2|可得|CF1|－|CF2|＝|BF1|＝2a，
|BF2|－|BF1|＝2a |BF2|＝4a，
故cos∠CF1F2＝＝ b2－2ab－2a2＝0 ()2－2()－2＝0 ＝1＋，故双曲线的渐近线方程为y＝±(＋1)x.
【感悟提升】(1)明确圆锥曲线中a，b，c，e各量之间的关系是求解问题的关键．
(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c，a，b的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．
【变式探究】
(1)设F1，F2分别是椭圆＋＝1
(a>b>0)的左，右焦点，若在直线x＝上存在点P，使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆的离心率的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D，若D到直线BC的距离小于a＋，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是(　　)
A．(－1,0)∪(0,1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－，0)∪(0，)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
答案　(1)D　(2)A
解析　(1)设P，线段F1P的中点Q的坐标为，
当存在时，则＝，k＝，
由k·k＝－1，得
y2＝，y2≥0，
但注意到b2－2c2≠0，即2c2－b2>0，
即3c2－a2>0，即e2>，故当不存在时，b2－2c2＝0，y＝0，
此时F2为中点，即－c＝2c，得e＝，
综上，得≤e<1，
即所求的椭圆离心率的取值范围是.
(2)由题作出图象如图所示．
由－＝1可知A(a,0)，
F(c,0)．
易得B，C.
∵kAB＝＝，
∴kCD＝.
∵kAC＝＝，
∴kBD＝－.
∴lBD：y－＝－(x－c)，
即y＝－x＋＋，
lCD：y＋＝(x－c)，
即y＝x－－.
∴xD＝c＋.
∴点D到BC的距离为.
∴∴b4∴a2>b2，∴0<<1.∴0<<1.
【命题热点突破三】
直线与圆锥曲线
判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法
(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标；
(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．
例3、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到直线l：x＝－的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程．
解析　(1)由题意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，则b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，|AB|＝，又|CP|＝3，不合题意．
当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入椭圆方程，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1,2＝，
C的坐标为，且
|AB|＝＝＝.
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与直线l平行，不合题意．
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而|PC|＝.
因为|PC|＝2|AB|，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
【特别提醒】解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．
【变式探究】
(1)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|等于(　　)
A.
B．2
C．6
D．4
(2)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)
A.＋＝1
B.＋＝1
C.＋＝1
D.＋＝1
答案　
(1)D　(2)D
解析　(1)由题意知，双曲线x2－＝1的渐近线方程为y＝±x，将x＝c＝2代入得y＝±2，即A，B两点的坐标分别为(2，2)，(2，－2)，所以|AB|＝4.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆的方程有，
＋＝1，＋＝1，
两式相减得，＋＝0.
∵线段AB的中点坐标为(1，－1)，
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2代入上式得：
＝.
∵直线AB的斜率为＝，
∴＝ a2＝2b2，
∵右焦点为F(3,0)，
∴a2－b2＝c2＝9，
解得a2＝18，b2＝9，
又此时点(1，－1)在椭圆内，
∴椭圆方程为＋＝1.
【高考真题解读】
1.
【2016高考新课标1卷】已知方程表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
2.【2016年高考四川理数】设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线
上任意一点，M是线段PF上的点，且=2,则直线OM的斜率的最大值为(
)
（A）
（B）
（C）
（D）1
【答案】C
【解析】设（不妨设），则
，故选C.
3.【2016高考新课标2理数】已知是双曲线的左，右焦点，点在上，与轴垂直，,则的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）2
【答案】A
【解析】因为垂直于轴，所以，因为，即，化简得，故双曲线离心率.选A.
4.【2016高考浙江理数】已知椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（
）
A．m>n且e1e2>1
B．m>n且e1e2<1
C．m1
D．m【答案】A
5.【2016高考浙江理数】若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______．
【答案】
【解析】
6.【2016高考新课标1卷】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点,交C的准线于D、E两点.已知|AB|=,|DE|=,则C的焦点到准线的距离为
(A)2
(B)4
(C)6
(D)8
【答案】B
【解析】如图,设抛物线方程为,交轴于点,则,即点纵坐标为,则点横坐标为,即,由勾股定理知,,即,解得,即的焦点到准线的距离为4,故选B.
7.【2016高考新课标3理数】已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
【答案】A
8.【2016高考天津理数】已知双曲线（b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形的ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为（
）
（A）（B）（C）（D）
【答案】D
【解析】根据对称性，不妨设A在第一象限，，∴，
∴，故双曲线的方程为，故选D.
9.【2016高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系中，是椭圆
的右焦点，直线
与椭圆交于两点，且,则该椭圆的离心率是
▲
.
【答案】
【解析】由题意得，因此
10.【2016高考天津理数】设抛物线，（t为参数，p＞0）的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C（p,0），AF与BC相交于点E.若|CF|=2|AF|，且△ACE的面积为，则p的值为_________.
【答案】
【解析】抛物线的普通方程为，，，
又，则，由抛物线的定义得，所以，则，
由得，即，
所以，，
所以，解得．
11.【2016高考山东理数】已知双曲线E：
（a＞0，b＞0），若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|=3|BC|，则E的离心率是_______.
【答案】2
12.【2016年高考北京理数】双曲线（，）的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则_______________.
【答案】2
【解析】∵是正方形，∴，即直线方程为，此为双曲线的渐近线，因此，又由题意，∴，．故填：2．
13.【2016高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，双曲线的焦距是________▲________.
【答案】
【解析】．焦距为2c
故答案应填：。
14.【2016高考山东理数】（本小题满分14分）
平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求
的最大值及取得最大值时点P的坐标.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为
【解析】
（Ⅰ）由题意知，可得：.
因为抛物线的焦点为，所以，
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（Ⅰ）设，由可得，
所以直线的斜率为，
因此直线的方程为，即.
设，联立方程
得，
由，得且，
因此,
将其代入得，
因为，所以直线方程为.
联立方程，得点的纵坐标为，
即点在定直线上.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线方程为，
令得，所以，
又，
所以，
，
所以，
令，则，
当，即时，取得最大值，此时，满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.
15.【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为；
②求p的取值范围.
【答案】（1）（2）①详见解析，②
【解析】
解：（1）抛物线的焦点为
由点在直线上，得，即
所以抛物线C的方程为
（2）设，线段PQ的中点
因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ，
于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为
①由消去得
因为P
和Q是抛物线C上的相异两点，所以
从而，化简得.
方程（
）的两根为，从而
因为在直线上，所以
因此，线段PQ的中点坐标为
②因为在直线上
所以，即
由①知，于是，所以
因此的取值范围为
16.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中
为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.
设，由方程组消去，解得.
在中，，即，
化简得，即，解得或.
所以，直线的斜率的取值范围为.
17.【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）设与轴的交点为，
则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为.
....12分
18.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值
范围.
【答案】（I）；（II）．
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此，
①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
19.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．
（Ⅰ）当时，求的面积；
（Ⅱ）当时，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）设，则由题意知，当时，的方程为，.
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.
将代入得.解得或，所以.
因此的面积.
（Ⅱ）由题意，，.
将直线的方程代入得.
由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得，
由得，即.
当时上式不成立，
因此.等价于，
即.由此得，或，解得.
因此的取值范围是.
20.【2016年高考北京理数】（本小题14分）
已知椭圆C：
（）的离心率为
，，，，的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.
求证：为定值.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
21.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）
已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.
（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；
（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
（II）由已知可设直线
的方程为，
有方程组
可得
所以P点坐标为（
），.
设点A，B的坐标分别为
.
由方程组
可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以
，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
22.
【2016高考上海理数】（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.
双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。
（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.
【答案】（1）．（2）.
【解析】
（1）设．
由题意，，，，
因为是等边三角形，所以，
即，解得．
故双曲线的渐近线方程为．
（2）由已知，，．
设，，直线．显然．
由，得．
因为与双曲线交于两点，所以，且．
设的中点为．
由即，知，故．
而，，，
所以，得，故的斜率为．
1．(2015·重庆，10)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D，若D到直线BC的距离小于a＋，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是(　　)
A．(－1，0)∪(0，1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－，0)∪(0，)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
答案　A
2．(2015·陕西，14)若抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过双曲线x2－y2＝1的一个焦点，则p＝________．
解析　由于双曲线x2－y2＝1的焦点为(±，0)，故应有＝，p＝2.
答案　2
3．(2015·天津，6)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线过点(2，)
，且双曲线的一个焦点在抛物线y2＝4x的准线上，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
答案　D
4．(2015·浙江，5)如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)
A.
　　　
B.
C.
　　　
D.
解析　由图象知＝＝，由抛物线的性质知|BF|＝xB＋1，|AF|＝xA＋1，∴xB＝|BF|－1，xA＝|AF|－1，∴＝.故选A.
答案　A
5．(2015·福建，3)若双曲线E：－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|＝3，则|PF2|等于(　　)
A．11
B．9
C．5
D．3
解析　由双曲线定义||PF2|－|PF1||＝2a，∵|PF1|＝3，∴P在左支上，∵a＝3，∴|PF2|－|PF1|＝6，∴|PF2|＝9，故选B.
答案　B
6．(2015·安徽，4)下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y＝±2x的是(　　)
A．x2－＝1
B.－y2＝1
C.－x2＝1
D．y2－＝1
解析　由双曲线性质知A、B项双曲线焦点在x轴上，不合题意；C、D项双曲线焦点均在y轴上，但D项渐近线为y＝±x，只有C符合，故选C.
答案　C
7．(2015·广东，7)已知双曲线C：－＝1的离心率e＝，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
解析　因为所求双曲线的右焦点为F2(5，0)且离心率为e＝＝，所以c＝5，a＝4，b2＝c2－a2＝9，所以所求双曲线方程为－＝1，故选B.
答案　B
8．(2015·四川，5)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|＝(　　)
A.
B．2
C．6
D．4
解析　焦点F(2，0)，过F与x轴垂直的直线为x＝2，渐近线方程为x2－＝0，将x＝2代入渐近线方程得y2＝12，y＝±2，∴|AB|＝2－(－2)＝4.选D.
答案　D
9．(2015·新课标全国Ⅱ，11)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为(　　)
A.
B．2
C.
D.
答案　D
10．(2015·新课标全国Ⅰ，5)已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则y0的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　由题意知M在双曲线C：－y2＝1上，又在x2＋y2＝3内部，由得y＝±，所以－答案　A
11．(2015·浙江，9)双曲线－y2＝1的焦距是______，渐近线方程是______．
解析　由双曲线方程得a2＝2，b2＝1，∴c2＝3，∴焦距为2，渐近线方程为y＝±x.
答案　2　y＝±x
12．(2015·北京，10)已知双曲线－y2＝1(a＞0)的一条渐近线为x＋y＝0，则a＝________．
解析　双曲线渐近线方程为y＝±x，
∴＝，又b＝1，∴a＝.
答案　
13．(2015·湖南，13)设F是双曲线C：－＝1的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．
解析　不妨设F(c，0)，则由条件知P(－c，±2b)，代入－＝1得＝5，∴e＝.
答案　
14．(2015·江苏，12)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
15．(2015·山东，15)平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)交于点O，A，B.若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为________．
解析　由题意，不妨设直线OA的方程为y＝x，直线OB的方程为y＝－x.由得x2＝2p
·x，
∴x＝，y＝，∴A.
设抛物线C2的焦点为F，则F，
∴kAF＝.
∵△OAB的垂心为F，∴AF⊥OB，∴kAF·kOB＝－1，
∴·＝－1，∴＝.
设C1的离心率为e，则e2＝＝＝1＋＝.
∴e＝.
答案