（浙江专用）2018年高考数学总复习全册课时作业（打包64套）

C.q＝r>p D.p＝r>q
解析　∵0，
又∵f(x)＝ln x在(0，＋∞)上为增函数，
∴f>f()，即q>p.
又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln a＋ln b)＝ln＝p，
故p＝r答案　B
12.已知函数f(x)＝ln，若f(a)＋f(b)＝0，且0＜a＜b＜1，则ab的取值范围是________.
解析　由题意可知ln＋ln＝0，
即ln＝0，从而×＝1，化简得a＋b＝1，故ab＝a(1－a)＝－a2＋a＝－＋，
又0＜a＜b＜1，
∴0＜a＜，故0＜－＋＜.
答案　
13.(2016·浙江卷)已知a>b>1，若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝________，b＝________.
解析　∵logab＋logba＝logab＋＝，
∴logab＝2或.
∵a>b>1，∴logab∴logab＝，∴a＝b2.
∵ab＝ba，∴(b2)b＝bb2，∴b2b＝bb2，
∴2b＝b2，∴b＝2，∴a＝4.
答案　4　2
14.设x∈[2，8]时，函数f(x)＝loga(ax)·loga(a2x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－，求a的值.
解　由题意知f(x)＝(logax＋1)(logax＋2)
＝(logx＋3logax＋2)
＝－.
当f(x)取最小值－时，logax＝－.
又∵x∈[2，8]，∴a∈(0，1).
∵f(x)是关于logax的二次函数，
∴函数f(x)的最大值必在x＝2或x＝8时取得.
若－＝1，则a＝2－，
此时f(x)取得最小值时，x＝(2－)－＝?[2，8]，舍去.
若－＝1，则a＝，
此时f(x)取得最小值时，x＝＝2∈[2，8]，
符合题意，∴a＝.
15.已知函数f(x)＝lg(a≠1)是奇函数.
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝f(x)＋，x∈(－1，1)，求g＋g的值.
解　(1)因为f(x)为奇函数，
所以对定义域内任意x，都有f(－x)＋f(x)＝0，
即lg＋lg＝lg＝0，a＝±1，
由条件知a≠1，所以a＝－1.
(2)因为f(x)为奇函数，所以f＋f＝0.
令h(x)＝，则h＋h＝＋＝2，
所以g＋g＝2.
第7讲　函数的图象
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.为了得到函数y＝2x－2的图象，可以把函数y＝2x图象上所有的点(　　)
A.向右平行移动2个单位长度
B.向右平行移动1个单位长度
C.向左平行移动2个单位长度
D.向左平行移动1个单位长度
解析　因为y＝2x－2＝2(x－1)，所以只需将函数y＝2x的图象上所有的点向右平移1个单位长度即可得到y＝2(x－1)＝2x－2的图象.
答案　B
2.小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间后，为了赶时间加快速度行驶，与以上事件吻合得最好的图象是(　　)
解析　小明匀速运动时，所得图象为一条直线，且距离学校越来越近，排除A.因交通堵塞停留了一段时间，与学校的距离不变，排除D.后来为了赶时间加快速度行驶，排除B.故选C.
答案　C
3.(2015·浙江卷)函数f(x)＝cos x(－π≤x≤π且x≠0)的图象可能为(　　)
解析　(1)因为f(－x)＝cos(－x)＝－cos x＝－f(x)，－π≤x≤π且x≠0，所以函数f(x)为奇函数，排除A，B.当x＝π时，f(x)＝cos π<0，排除C，故选D.
答案　D
4.(2017·杭州一调)函数y＝(x3－x)2|x|的图象大致是(　　)
解析　由于函数y＝(x3－x)2|x|为奇函数，故它的图象关于原点对称.当01时，y>0.
排除选项A，C，D，选B.
答案　B
5.使log2(－x)＜x＋1成立的x的取值范围是(　　)
A.(－1，0) B.[－1，0) C.(－2，0) D.[－2，0)
解析　在同一坐标系内作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的图象，知满足条件的x∈(－1，0)，故选A.
答案　A
二、填空题
6.(2017·丽水调研)函数y＝为________函数(填“奇”或“偶”)，函数f(x)＝＋1的对称中心为________.
解析　y＝的定义域为R，记g(x)＝，则g(－x)＝＝＝－g(x)，∴g(x)即y＝是奇函数；函数f(x)的定义域为R，f(－x)＋f(x)＝＋1＋＋1＝＋2＝4，故f(x)的对称中心为(0，4).
答案　奇　(0，4)
7.如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f(x)的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f(x)的解析式为________.
解析　当－1≤x≤0时，设解析式为y＝kx＋b(k≠0).
则得∴y＝x＋1.
当x>0时，设解析式为y＝a(x－2)2－1(a≠0).
∵图象过点(4，0)，∴0＝a(4－2)2－1，得a＝.
答案　f(x)＝
8.设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析　如图作出函数f(x)＝|x＋a|与g(x)＝x－1的图象，观察图象可知：当且仅当－a≤1，即a≥－1时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，因此a的取值范围是[－1，＋∞).
答案　[－1，＋∞)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝
(1)在如图所示给定的直角坐标系内画出f(x)的图象；
(2)写出f(x)的单调递增区间；
(3)由图象指出当x取什么值时f(x)有最值.
解　(1)函数f(x)的图象如图所示.
(2)由图象可知，
函数f(x)的单调递增区间为[－1，0]，[2，5].
(3)由图象知当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－1，
当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝3.
10.已知f(x)＝|x2－4x＋3|.
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)求函数f(x)的单调区间，并指出其单调性；
(3)求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有四个不相等的实根}.
解　(1)当x2－4x＋3≥0时，x≤1或x≥3，
∴f(x)＝
∴f(x)的图象为：
(2)由函数的图象可知f(x)的单调区间是(－∞，1]，(2，3)，(1，2]，[3，＋∞)，其中(－∞，1]，(2，3)是减区间；(1，2]，[3，＋∞)是增区间.
(3)由f(x)的图象知，当0能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.已知函数f(x)＝则对任意x1，x2∈R，若0<|x1|<|x2|，下列不等式成立的是(　　)
A.f(x1)＋f(x2)<0 B.f(x1)＋f(x2)>0
C.f(x1)－f(x2)>0 D.f(x1)－f(x2)<0
解析　函数f(x)的图象如图所示：
且f(－x)＝f(x)，从而函数f(x)是偶函数且在[0，＋∞)上是增函数.
又0<|x1|<|x2|，∴f(x2)>f(x1)，
即f(x1)－f(x2)<0.
答案　D
12.(2015·安徽卷)函数f(x)＝的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　)
A.a>0，b>0，c<0 B.a<0，b>0，c>0
C.a<0，b>0，c<0 D.a<0，b<0，c<0
解析　函数定义域为{x|x≠－c}，结合图象知－c>0，
∴c<0.
令x＝0，得f(0)＝，又由图象知f(0)>0，∴b>0.
令f(x)＝0，得x＝－，结合图象知－>0，∴a<0.
答案　C
13.(2017·宁波质检)已知函数f(x)＝
(1)若对任意的x∈R，都有f(x)≤|k－1|成立，则实数k的取值范围为________；
(2)若存在x∈R，使|f(x)|≤k，则实数k的取值范围是________.
解析　(1)对任意x∈R，都有f(x)≤|k－1|成立，
即f(x)max≤|k－1|.
因为f(x)的草图如图所示，
观察f(x)＝
的图象可知，当x＝时，函数f(x)max＝，
所以|k－1|≥，解得k≤或k≥.
(2)|f(x)|的图象如图所示且|f(x)|∈[0，＋∞)，∵存在x∈R，使|f(x)|≤k，故k的取值范围是[0，＋∞).
答案　(1)∪
(2)[0，＋∞)
14.已知函数f(x)的图象与函数h(x)＝x＋＋2的图象关于点A(0，1)对称.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若g(x)＝f(x)＋，g(x)在区间(0，2]上的值不小于6，求实数a的取值范围.
解　(1)设f(x)图象上任一点坐标为(x，y)，
∵点(x，y)关于点A(0，1)的对称点(－x，2－y)在h(x)的图象上，
∴2－y＝－x＋＋2，
∴y＝x＋，即f(x)＝x＋.
(2)由题意g(x)＝x＋，且g(x)＝x＋≥6，x∈(0，2].
∵x∈(0，2]，∴a＋1≥x(6－x)，即a≥－x2＋6x－1.
令q(x)＝－x2＋6x－1，x∈(0，2]，q(x)＝－x2＋6x－1＝－(x－3)2＋8，
∴当x∈(0，2]时，q(x)是增函数，q(x)max＝q(2)＝7.
故实数a的取值范围是[7，＋∞).
15.已知函数f(x)＝x2－ax－4(a∈R)的两个零点为x1，x2，设x1(1)当a>0时，证明：－2(2)若函数g(x)＝x2－|f(x)|在区间(－∞，－2)和(2，＋∞)上均单调递增，求a的取值范围.
(1)证明　令f(x)＝0解得x1＝，x2＝.
∵>＝a，∴<0.∵a>0，
∴<＝a＋4，∴>＝－2.
∴－2(2)解　g(x)＝x2－|x2－ax－4|，∴g′(x)＝2x－|2x－a|，
∵g(x)在区间(－∞，－2)和(2，＋∞)上均单调递增，
∴g′(x)>0，即2x>|2x－a|(x>2).当a＝0时，显然不成立，
若a>0，作出y＝2x和y＝|2x－a|的函数图象如图：
∴0<≤2，解得0若a<0，作出y＝2x和y＝|2x－a|的函数图象如图：
有图象可知2x<|2x－a|，
故g′(x)>0不成立，不符合题意.
综上，a的取值范围是(0，8].
第8讲　函数与方程、函数的模型及其应用
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·赣中南五校联考)函数f(x)＝3x－x2的零点所在区间是(　　)
A.(0，1) B.(1，2) C.(－2，－1) D.(－1，0)
解析　由于f(－1)＝－<0，f(0)＝30－0＝1>0，
∴f(－1)·f(0)<0.则f(x)在(－1，0)内有零点.
答案　D
2.已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为(　　)
A.，0 B.－2，0 C. D.0
解析　当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因为x>1，所以此时方程无解.综上函数f(x)的零点只有0.
答案　D
3.(2017·杭州调研)函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　)
A.(1，3) B.(1，2) C.(0，3) D.(0，2)
解析　因为函数f(x)＝2x－－a在区间(1，2)上单调递增，又函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1，2)内，则有f(1)·f(2)<0，所以(－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，所以0答案　C
4.(2017·德阳一诊)将甲桶中的a L水缓慢注入空桶乙中，t min后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线y＝aent.假设过5 min后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min甲桶中的水只有 L，则m的值为(　　)
A.5 B.8 C.9 D.10
解析　∵5 min后甲桶和乙桶的水量相等，
∴函数y＝f(t)＝aent满足f(5)＝ae5n＝a，
可得n＝ln，∴f(t)＝a·，
因此，当k min后甲桶中的水只有 L时，
f(k)＝a·＝a，即＝，
∴k＝10，由题可知m＝k－5＝5.
答案　A
5.(2017·湖北七校联考)已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数，若函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是(　　)
A. B. C.－ D.－
解析　令y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，则f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ)，因为f(x)是R上的单调函数，所以2x2＋1＝x－λ，只有一个实根，即2x2－x＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－.
答案　C
二、填空题
6.(2016·浙江卷)设函数f(x)＝x3＋3x2＋1，已知a≠0，且f(x)－f(a)＝(x－b)(x－a)2，x∈R，则实数a＝________，b＝________.
解析　∵f(x)＝x3＋3x2＋1，则f(a)＝a3＋3a2＋1，
∴f(x)－f(a)＝(x－b)(x－a)2＝(x－b)(x2－2ax＋a2)
＝x3－(2a＋b)x2＋(a2＋2ab)x－a2b＝x3＋3x2－a3－3a2.
由此可得
∵a≠0，∴由②得a＝－2b，代入①式得b＝1，a＝－2.
答案　－2　1
7.(2017·湖州调研)设在海拔x m处的大气压强是y Pa，y与x之间的函数关系为y＝cekx，其中c，k为常量.已知某天的海平面的大气压为1.01×105 Pa，1 000 m高空的大气压为0.90×105Pa，则c＝________，k＝________，600 m高空的大气压强约为________Pa(保留3位有效数字).
解析　将x＝0时，y＝1.01×105 Pa和x＝1 000时，y＝0.90×105Pa分别代入y＝cekx，得所以c＝1.01×105，所以e1 000k＝＝，所以k＝×ln，用计算器算得k≈－1.153×10－4，所以y＝1.01×105×
e－1.153×10－4x，将x＝600代入上述函数式，得y≈9.42×104 Pa，即在600 m高空的大气压强约为9.42×104 Pa.
答案　1.01×105　－1.153×10－4　9.42×104
8.(2015·安徽卷)在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图象只有一个交点，则a的值为________.
解析　函数y＝|x－a|－1的图象如图所示，因为直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图象只有一个交点，故2a＝－1，解得a＝－.
答案　－
三、解答题
9.已知二次函数f(x)＝x2＋(2a－1)x＋1－2a，
(1)判断命题：“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；
(2)若y＝f(x)在区间(－1，0)及内各有一个零点，求实数a的取值范围.
解　(1)“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”是真命题.
依题意，f(x)＝1有实根，即x2＋(2a－1)x－2a＝0有实根，
因为Δ＝(2a－1)2＋8a＝(2a＋1)2≥0对于任意的a∈R恒成立，即x2＋(2a－1)x－2a＝0必有实根，从而f(x)＝1必有实根.
(2)依题意，要使y＝f(x)在区间(－1，0)及内各有一个零点，
只需即解得故实数a的取值范围为.
10.(2017·山东实验中学月考)候鸟每年都要随季节的变化而进行大规模的迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v(单位：m/s)与其耗氧量Q之间的关系为v＝a＋blog3(其中a、b是实数).据统计，该种鸟类在静止时其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s.
(1)求出a、b的值；
(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，则其耗氧量至少要多少个单位？
解　(1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s，此时耗氧量为30个单位，故有a＋blog3＝0，
即a＋b＝0；当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s，故有a＋blog3＝1，整理得a＋2b＝1.
解方程组得
(2)由(1)知，v＝－1＋log3.所以要使飞行速度不低于2 m/s，则有v≥2，即－1＋log3≥2，即log3≥3，解得Q≥270.所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，则其耗氧量至少要270个单位.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.已知函数f(x)＝则使函数g(x)＝f(x)＋x－m有零点的实数m的取值范围是(　　)
A.[0，1) B.(－∞，1)
C.(－∞，1]∪(2，＋∞) D.(－∞，0]∪(1，＋∞)
解析　函数g(x)＝f(x)＋x－m的零点就是方程f(x)＋x＝m的根，画出h(x)＝f(x)＋x＝的大致图象(图略).
观察它与直线y＝m的交点，得知当m≤0或m>1时，有交点，即函数g(x)＝f(x)＋x－m有零点.
答案　D
12.(2017·石家庄质检)加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分钟)满足函数关系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常数)，如图3记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为(　　)
A.3.50分钟 B.3.75分钟
C.4.00分钟 D.4.25分钟
解析　根据图表，把(t，p)的三组数据(3，0.7)，(4，0.8)，(5，0.5)分别代入函数关系式，联立方程组得消去c化简得
解得
所以p＝－0.2t2＋1.5t－2＝－＋－2＝－＋，所以当t＝＝3.75时，p取得最大值，即最佳加工时间为3.75分钟.
答案　B
13.(2017·绍兴调研)已知f(x)＝－m|x|，若f(x)有两个零点，则实数m的值为________；若f(x)有三个零点，则实数m的取值范围是________.
解析　函数f(x)的零点，即为方程－m|x|＝0即＝|x|(x＋2)的实数根，令g(x)＝|x|(x＋2)＝其图象如图所示，当m＝1时，g(x)图象与y＝有2个交点；当0<<1，即m>1时，有3个交点.
答案　1　(1，＋∞)
14.设函数f(x)＝(x>0).
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围.
解　(1)如图所示.
(2)∵f(x)＝＝
故f(x)在(0，1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数.
由0(3)由函数f(x)的图象可知，当015.已知函数f(x)＝＋kx＋b，其中k，b为实数且k≠0.
(1)当k>0时，根据定义证明f(x)在(－∞，－2)单调递增；
(2)求集合Mk＝{b|函数f(x)有三个不同的零点}.
(1)证明　当x∈(－∞，－2)时，f(x)＝－＋kx＋b.
任取x1，x2∈(－∞，－2)，设x2>x1.
f(x1)－f(x2)＝－
＝(x1－x2).
由所设得x1－x2<0，>0，又k>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在(－∞，－2)单调递增.
(2)解　函数f(x)有三个不同零点，即方程＋kx＋b＝0有三个不同的实根.
方程化为：
与
记u(x)＝kx2＋(b＋2k)x＋(2b＋1)，v(x)＝kx2＋(b＋2k)x＋(2b－1).
①当k>0时，u(x)，v(x)开口均向上.
由v(－2)＝－1<0知v(x)在(－∞，－2)有唯一零点.
为满足f(x)有三个零点，u(x)在(－2，＋∞)应有两个不同零点.
∴∴b<2k－2.
②当k<0时，u(x)，v(x)开口均向下.
由u(－2)＝1>0知u(x)在(－2，＋∞)有唯一零点.为满足f(x)有三个零点，v(x)在(－∞，－2)应有两个不同零点.
∴∴b<2k－2.
综合①②可得Mk＝{b|b<2k－2}.
第1讲　平面向量的概念及线性运算
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.已知下列各式：①＋＋；②＋＋＋；③＋＋＋；④－＋－，其中结果为零向量的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
解析　由题知结果为零向量的是①④，故选B.
答案　B
2.设a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是(　　)
A.a与λa的方向相反 B.a与λ2a的方向相同
C.|－λa|≥|a| D.|－λa|≥|λ|·a
解析　对于A，当λ＞0时，a与λa的方向相同，当λ＜0时，a与λa的方向相反；B正确；对于C，|－λa|＝|－λ||a|，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa|与|a|的大小关系不确定；对于D，|λ|a是向量，而|－λa|表示长度，两者不能比较大小.
答案　B
3.如图，在正六边形ABCDEF中，＋＋＝(　　)
A.0 B.
C. D.
解析　由题干图知＋＋＝＋＋＝＋＝.
答案　D
4.设a0为单位向量，下述命题中：①若a为平面内的某个向量，则a＝|a|a0；②若a与a0平行，则a＝|a|a0；③若a与a0平行且|a|＝1，则a＝a0.假命题的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
解析　向量是既有大小又有方向的量，a与|a|a0的模相同，但方向不一定相同，故①是假命题；若a与a0平行，则a与a0的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时a＝－|a|a0，故②③也是假命题.综上所述，假命题的个数是3.
答案　D
5.设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则＋＋＋等于(　　)
A. B.2 C.3 D.4
解析　＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝2＋2＝4.故选D.
答案　D
6.在△ABC中，＝c，＝b，若点D满足＝2，则等于(　　)
A.b＋c B.c－b
C.b－c D.b＋c
解析　∵＝2，
∴－＝＝2＝2(－)，
∴3＝2＋，
∴＝＋＝b＋c.
答案　A
7.(2017·温州八校检测)设a，b不共线，＝2a＋pb，＝a＋b，＝a－2b，若A，B，D三点共线，则实数p的值为(　　)
A.－2 B.－1 C.1 D.2
解析　∵＝a＋b，＝a－2b，
∴＝＋＝2a－b.
又∵A，B，D三点共线，∴，共线.
设＝λ，∴2a＋pb＝λ(2a－b)，
∴2＝2λ，p＝－λ，∴λ＝1，p＝－1.
答案　B
8.如图所示，已知AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，＝a，＝b，则＝(　　)
A.a－b 　　 B.a－b
C.a＋b 　　 D.a＋b
解析　连接CD，由点C，D是半圆弧的三等分点，得CD∥AB且＝＝a，
所以＝＋＝b＋a.
答案　D
二、填空题
9.如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，在分别以正六边形的顶点和中心为始点和终点的向量中，与向量相等的向量有________个.
解析　根据正六边形的性质和相等向量的定义，易知与向量相等的向量有，，，共3个.
答案　3
10.如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，＋＝λ，则λ＝________.
解析　因为ABCD为平行四边形，所以＋＝＝2，
已知＋＝λ，故λ＝2.
答案　2
11.向量e1，e2不共线，＝3(e1＋e2)，＝e2－e1，＝2e1＋e2，给出下列结论：①A，B，C共线；②A，B，D共线；③B，C，D共线；④A，C，D共线，其中所有正确结论的序号为________.
解析　由＝－＝4e1＋2e2＝2，且与不共线，可得A，C，D共线，且B不在此直线上.
答案　④
12.已知△ABC和点M满足＋＋＝0，若存在实数m使得＋＝m成立，则m＝________.
解析　由已知条件得＋＝－，如图，延长AM交BC于D点，则D为BC的中点.延长BM交AC于E点，延长CM交AB于F点，同理可证E，F分别为AC，AB的中点，即M为△ABC的重心，∴＝＝(＋)，即＋＝3，则m＝3.
答案　3
13.(2017·杭州模拟)在△ABC所在平面内有一点P，如果＋＋＝，则△PAB与△ABC的面积之比是________.
解析　因为＋＋＝＝－，所以2＋＝0，＝－2＝2，所以点P是线段AC的一个靠近点A的三等分点(如图所示).所以△PAB与△ABC的面积之比是1∶3.
答案　1∶3
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.(2017·延安模拟)设e1与e2是两个不共线向量，＝3e1＋2e2，＝ke1＋e2，＝3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为(　　)
A.－ B.－ C.－ D.不存在
解析　由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得＝λ.
又＝3e1＋2e2，＝ke1＋e2，＝3e1－2ke2，
所以＝－＝3e1－2ke2－(ke1＋e2)
＝(3－k)e1－(2k＋1)e2，
所以3e1＋2e2＝λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
所以解得k＝－.
答案　A
15.已知点O，A，B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2＝2＋，则(　　)
A.点P在线段AB上
B.点P在线段AB的反向延长线上
C.点P在线段AB的延长线上
D.点P不在直线AB上
解析　因为2＝2＋，所以2＝，所以点P在线段AB的反向延长线上，故选B.
答案　B
16.O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足：＝＋λ，λ∈[0，＋∞)，
则P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A.外心 B.内心
C.重心 D.垂心
解析　作∠BAC的平分线AD.
∵＝＋λ，
∴＝λ
＝λ′·(λ′∈[0，＋∞))，
∴＝·，
∴∥.
∴P的轨迹一定通过△ABC的内心.
答案　B
17.(2017·湖州模拟)如图，在△ABC中，AD＝2DB，AE＝EC，BE与CD相交于点P，若＝x＋y(x，y∈R)，则x＝________，y＝________.
解析　由题可知＝＋＝＋λ
＝＋λ(－)
＝＋λ
＝(1－λ)＋λ，
又＝＋＝＋μ＝＋μ(－)
＝＋μ
＝μ＋(1－μ)，
所以可得解得
故＝＋，所以x＝，y＝.
答案　　
18.若点O是△ABC所在平面内的一点，且满足|－|＝|＋－2|，则△ABC的形状为________.
解析　＋－2＝(－)＋(－)＝＋，－＝＝－，
∴|＋|＝|－|.
故A，B，C为矩形的三个顶点，△ABC为直角三角形.
答案　直角三角形
第2讲　平面向量基本定理与坐标表示
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.(必修4P118A组2(6))下列各组向量中，可以作为基底的是(　　)
A.e1＝(0，0)，e2＝(1，－2)
B.e1＝(－1，2)，e2＝(5，7)
C.e1＝(3，5)，e2＝(6，10)
D.e1＝(2，－3)，e2＝
解析　两个不共线的非零向量构成一组基底，故选B.
答案　B
2.(2016·沈阳质监)已知在?ABCD中，＝(2，8)，＝(－3，4)，则＝(　　)
A.(－1，－12) B.(－1，12)
C.(1，－12) D.(1，12)
解析　因为四边形ABCD是平行四边形，所以＝＋＝(－1，12)，故选B.
答案　B
3.已知向量a＝(－1，2)，b＝(3，m)，m∈R，则“m＝－6”是“a∥(a＋b)”的(　　)
A.充分必要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
解析　由题意得a＋b＝(2，2＋m)，由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)＝2×2，所以m＝－6，则“m＝－6”是“a∥(a＋b)”的充要条件，故选A.
答案　A
4.如右图，向量e1，e2，a的起点与终点均在正方形网格的格点上，则向量a可用基底e1，e2表示为(　　)
A.e1＋e2 B.－2e1＋e2
C.2e1－e2 D.2e1＋e2
解析　以e1的起点为坐标原点，e1所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
由题意可得e1＝(1，0)，e2＝(－1，1)，a＝(－3，1)，
因为a＝xe1＋ye2＝x(1，0)＋y(－1，1)，＝(x－y，y)，则解得故a＝－2e1＋e2.
答案　B
5.已知向量＝(k，12)，＝(4，5)，＝(－k，10)，且A，B，C三点共线，则k的值是(　　)
A.－ B. C. D.
解析　＝－＝(4－k，－7)，＝－＝(－2k，－2)，因为A，B，C三点共线，所以，共线，所以－2×(4－k)＝－7×(－2k)，解得k＝－.
答案　A
6.(2017·诸暨市调研)在△ABC中，点D在BC边上，且＝2，＝r＋s，则r＋s等于(　　)
A. B. C.－3 D.0
解析　因为＝2，所以＝＝(－)＝－，则r＋s＝＋＝0，故选D.
答案　D
7.在△ABC中，点P在BC上，且＝2，点Q是AC的中点，若＝(4，3)，＝(1，5)，则等于(　　)
A.(－2，7) B.(－6，21) C.(2，－7) D.(6，－21)
解析　＝－＝(－3，2)，∵Q是AC的中点，
∴＝2＝(－6，4)，＝＋＝(－2，7)，
∵＝2，∴＝3＝(－6，21).
答案　B
8.(2017·河南八市质检)已知点M是△ABC的边BC的中点，点E在边AC上，且＝2，则向量＝(　　)
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
解析　如图，∵＝2，
∴＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋.
答案　C
二、填空题
9.已知向量a＝(x，1)，b＝(2，y)，若a＋b＝(1，－1)，则x＋y＝________.
解析　因为(x，1)＋(2，y)＝(1，－1)，所以解得所以x＋y＝－3.
答案　－3
10.若三点A(2，2)，B(a，0)，C(0，b)(ab≠0)共线，则＋的值为________.
解析　＝(a－2，－2)，＝(－2，b－2)，依题意，有(a－2)(b－2)－4＝0，即ab－2a－2b＝0，所以＋＝.
答案　
11.已知向量a＝(1，2)，b＝(x，1)，u＝a＋2b，v＝2a－b，且u∥v，则实数x的值为________.
解析　因为a＝(1，2)，b＝(x，1)，u＝a＋2b，v＝2a－b，所以u＝(1，2)＋2(x，1)＝(2x＋1，4)，v＝2(1，2)－(x，1)＝(2－x，3).又因为u∥v，所以3(2x＋1)－4(2－x)＝0，即10x＝5，解得x＝.
答案　
12.在平行四边形ABCD中，＝e1，＝e2，＝，＝，则＝________(用e1，e2)表示.
解析　如图，＝－＝＋2＝＋
＝－＋(－)
＝－e2＋(e2－e1)
＝－e1＋e2.
答案　－e1＋e2
13.(2017·丽水月考)平面内给定三个向量a＝(3，2)，b＝(－1，2)，c＝(4，1).
(1)满足a＝mb＋nc的实数m，n分别为________；
(2)若(a＋kc)∥(2b－a)，则实数k＝________；
(3)若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝，则d的坐标为________.
解析　(1)由题意得(3，2)＝m(－1，2)＋n(4，1)，
∴解得
(2)a＋kc＝(3＋4k，2＋k)，2b－a＝(－5，2)，
由题意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，解得k＝－.
(3)设d＝(x，y)，则d－c＝(x－4，y－1)，
又a＋b＝(2，4)，|d－c|＝，
∴解得或
∴d的坐标为(3，－1)或(5，3).
答案　(1)，　(2)－　(3)(3，－1)或(5，3)
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.(2017·长沙调研)如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，＝x＋y，且＝2 ，则(　　)
A.x＝，y＝ B.x＝，y＝
C.x＝，y＝ D.x＝，y＝
解析　由题意知＝＋，又＝2，所以＝＋＝＋(－)＝＋，所以x＝，y＝.
答案　A
15.已知||＝1，||＝，·＝0，点C在∠AOB内，且与的夹角为30°，设＝m＋n(m，n∈R)，则的值为(　　)
A.2 B. C.3 D.4
解析　∵·＝0，∴⊥，
以OA为x轴，OB为y轴建立直角坐标系，
＝(1，0)，＝(0，)，＝m＋n＝(m，n).
∵tan 30°＝＝，
∴m＝3n，即＝3，故选C.
答案　C
16.已知点A(－1，2)，B(2，8)，＝，＝－，则的坐标为________.
解析　设点C，D的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).
由题意得＝(x1＋1，y1－2)，＝(3，6)，
＝(－1－x2，2－y2)，＝(－3，－6).
因为＝，＝－，
所以有和
解得和
所以点C，D的坐标分别为(0，4)，(－2，0)，
从而＝(－2，－4).
答案　(－2，－4)
17.(2017·金华四校联考)给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧上运动.若＝x＋y，其中x，y∈R，则x＋y的最大值为________；最小值为________.
解析　以O为坐标原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1，0)，
B，
设∠AOC＝α，则C(cos α，sin α)，
由＝x＋y，
得
所以x＝cos α＋sin α，y＝sin α，所以x＋y＝cos α＋sin α＝2sin，又α∈，所以当α＝时，x＋y取得最大值2；当α＝0或时，x＋y取得最小值1.
答案　2　1
18.(2016·四川卷改编)已知正△ABC的边长为2，平面ABC内的动点P，M满足||＝1，＝，则||2的最大值是________.
解析　建立平面直角坐标系如图所示，
则B(－，0)，C(，0)，A(0，3)，则点P的轨迹方程为x2＋(y－3)2＝1.设P(x，y)，M(x0，y0)，则x＝2x0－，y＝2y0，代入圆的方程得＋＝，所以点M的轨迹方程为＋＝，它表示以为圆心，以为半径的圆，所以||max＝＋＝，所以||＝.
答案　
第3讲　平面向量的数量积及其应用
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·兰州诊断考试)已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|a－b|＝(　　)
A.0 B.1 C.2 D.
解析　|a－b|＝＝＝＝.
答案　D
2.(2015·陕西卷)对任意平面向量a，b，下列关系式中不恒成立的是(　　)
A.|a·b|≤|a||b| B.|a－b|≤||a|－|b||
C.(a＋b)2＝|a＋b|2 D.(a＋b)·(a－b)＝a2－b2
解析　对于A，由|a·b|＝||a||b|cos?a，b?|≤|a||b|恒成立；对于B，当a，b均为非零向量且方向相反时不成立；对于C、D容易判断恒成立.故选B.
答案　B
3.已知a＝(1，－2)，b＝(x，2)，且a∥b，则|b|＝(　　)
A.2 B. C.10 D.5
解析　∵a∥b，∴＝，解得x＝－1，∴b＝(－1，2)，∴|b|＝＝.故选B.
答案　B
4.(2015·广东卷)在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，＝(1，－2)，＝(2，1)，则·等于(　　)
A.5 B.4 C.3 D.2
解析　∵四边形ABCD为平行四边形，∴＝＋＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1).∴·＝2×3＋(－1)×1＝5，选A.
答案　A
5.(2015·重庆卷)已知非零向量a，b满足|b|＝4|a|，且a⊥(2a＋b)，则a与b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
解析　因为a⊥(2a＋b)，所以a·(2a＋b)＝0，得到a·b＝－2|a|2，设a与b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝－，又0≤θ≤π，所以θ＝，故选C.
答案　C
二、填空题
6.(2016·全国Ⅰ卷)设向量a＝(x，x＋1)，b＝(1，2)，且a⊥b，则x＝________.
解析　由题意，得a·b＝0?x＋2(x＋1)＝0?x＝－.
答案　－
7.(2017·台州调研)已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，若∠ABC为锐角，实数m的取值范围是________；若∠ABC为钝角时，实数m的取值范围是________.
解析　由已知得＝－＝(3，1)，
＝－＝(2－m，1－m).
若∥，则有3(1－m)＝2－m，解得m＝.
由题设知，＝(－3，－1)，＝(－1－m，－m).
若∠ABC为锐角，则由·＝3＋3m＋m>0，可得m>－；
若∠ABC为钝角，则m<－.
由题意知，当m＝时，∥，且与同向.
故当∠ABC为锐角时，实数m的取值范围是∪，当∠ABC为钝角时，实数m的取值范围是.
答案　∪　
8.(2017·金华十校联考)已知平面向量a，b的夹角为，|a－b|＝6，向量c－a，c－b的夹角为，|c－a|＝2，则a与c的夹角为________，a·c的最大值为________.
解析　如图，设＝a，＝b，＝c，则||＝|c－a|＝2，||＝|a－b|＝6，又∵∠AOB＝，∠ACB＝，∴O，A，B，C共圆，由正弦定理得∠ABC＝∠BAC＝，在△ACO中，∠AOC＝∠ABC＝，由余弦定理得AC2＝|a|2＋|c|2－2|a||c|cos∠AOC，即12≥2|a||c|－|a||c|?|a||c|≤12(2＋)，∴a·c＝|a||c|·cos∠AOC≤18＋12，当|a|＝|c|＝3＋时等号成立，即a·c的最大值为18＋12.
答案　　18＋12
三、解答题
9.已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a＋b|；
(3)若＝a，＝b，求△ABC的面积.
解　(1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61，
∴a·b＝－6.∴cos θ＝＝＝－.
又0≤θ≤π，∴θ＝.
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2
＝42＋2×(－6)＋32＝13，∴|a＋b|＝.
(3)∵与的夹角θ＝，∴∠ABC＝π－＝.
又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3，
∴S△ABC＝||||sin∠ABC＝×4×3×＝3.
10.(2017·湖州一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且m·n＝－.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量在方向上的投影.
解　(1)由m·n＝－，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
所以cos A＝－.因为0所以sin A＝＝＝.
(2)由正弦定理，得＝，
则sin B＝＝＝，
因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝.
由余弦定理得(4)2＝52＋c2－2×5c×，
解得c＝1，c＝－7舍去，
故向量在方向上的投影为||cos B＝ccos B＝1×＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(必修4P120 1(6)改编)若平面向量a，b，c两两所成的角相等，且|a|＝1，|b|＝1，|c|＝3，则|a＋b＋c|等于(　　)
A.2 B.5 C.2或5 D.或
解析　由于平面向量a，b，c两两所成的角相等，故每两个向量成的角都等于或0°，|a＋b＋c|＝
＝
当夹角为0时，上式值为5；当夹角为时，上式值为2.故选C.
答案　C
12.(2015·山东卷)已知菱形ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，则·等于(　　)
A.－a2 B.－a2 C.a2 D.a2
解析　在菱形ABCD中，＝，＝＋，所以·＝(＋)·＝·＋·＝a2＋a×a×cos 60°＝a2＋a2＝a2.
答案　D
13.(2015·浙江卷)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________.
解析　∵e1·e2＝|e1||e2|cos〈e1，e2〉＝，∴〈e1，e2〉＝.不妨设e1＝，e2＝(1，0，0)，b＝(m，n，t).
由题意知解得m＝，n＝，
∴b＝.
∵b－(xe1＋ye2)＝，
∴|b－(xe1＋ye2)|2＝＋＋t2＝x2＋xy＋y2－4x－5y＋t2＋7＝＋(y－2)2＋t2.由题意知，当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，＋(y－2)2＋t2取到最小值1.此时t2＝1，故|b|＝＝2.
答案　1　2　2
14.在直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在△ABC三边围成的区域(含边界)上，且＝m＋n(m，n∈R).
(1)若m＝n＝，求||；
(2)用x，y表示m－n，并求m－n的最大值.
解　(1)∵m＝n＝，＝(1，2)，＝(2，1)，
∴＝(1，2)＋(2，1)＝(2，2)，
∴||＝＝2.
(2)∵＝m(1，2)＋n(2，1)＝(m＋2n，2m＋n)，∴
两式相减，得m－n＝y－x.
令y－x＝t，由图知，当直线y＝x＋t过点B(2，3)时，t取得最大值1，故m－n的最大值为1.
15.(2017·杭州联考)已知平面上一定点C(2，0)和直线l：x＝8，P为该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，且·＝0.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)若EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一条直径，求·的最值.
解　(1)设P(x，y)，则Q(8，y).
由(＋)·(－)＝0，
得||2－||2＝0，
即(x－2)2＋y2－(x－8)2＝0，
化简得＋＝1.
所以点P在椭圆上，其方程为＋＝1.
(2)因·＝(－)·(－)＝(－－)·(－)＝2－2＝2－1，
P是椭圆＋＝1上的任一点，设P(x0，y0)，
则有＋＝1，
即x＝16－，又N(0，1)，
所以2＝x＋(y0－1)2＝－y－2y0＋17＝－(y0＋3)2＋20.
因y0∈[－2，2]，
所以当y0＝－3时，2取得最大值20，
故·的最大值为19；
当y0＝2时，2取得最小值为13－4(此时x0＝0)，
故·的最小值为12－4.
第4讲　数系的扩充与复数的引入
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.(2015·福建卷)若(1＋i)＋(2－3i)＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)，则a，b的值分别等于(　　)
A.3，－2 B.3，2 C.3，－3 D.－1，4
解析　(1＋i)＋(2－3i)＝3－2i＝a＋bi，∴a＝3，b＝－2，故选A.
答案　A
2.(2016·四川卷)设i为虚数单位，则复数(1＋i)2＝(　　)
A.0 B.2 C.2i D.2＋2i
解析　(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i，故选C.
答案　C
3.(2016·山东卷)若复数z＝，其中i为虚数单位，则z＝(　　)
A.1＋i B.1－i C.－1＋i D.－1－i
解析　∵z＝＝＝1＋i，∴＝1－i，故选B.
答案　B
4.(2015·安徽卷)设i为虚数单位，则复数(1－i)(1＋2i)＝(　　)
A.3＋3i B.－1＋3i C.3＋i D.－1＋i
解析　(1－i)(1＋2i)＝1＋2i－i－2i2＝3＋i.
答案　C
5.复数对应的点位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　复数＝＝－i，∴其对应的点为，在第四象限，故选D.
答案　D
6.(2017·北京东城综合测试)若复数(m2－m)＋mi为纯虚数，则实数m的值为(　　)
A.－1 B.0 C.1 D.2
解析　因为复数(m2－m)＋mi为纯虚数，所以解得m＝1，故选C.
答案　C
7.已知复数z＝(i为虚数单位)，则z的虚部为(　　)
A.－1 B.0 C.1 D.i
解析　∵z＝＝＝＝i，故虚部为1.
答案　C
8.设z是复数，则下列命题中的假命题是(　　)
A.若z2≥0，则z是实数 B.若z2＜0，则z是虚数
C.若z是虚数，则z2≥0 D.若z是纯虚数，则z2＜0
解析　举反例说明，若z＝i，则z2＝－1＜0，故选C.
答案　C
9.(2015·全国Ⅰ卷)已知复数z满足(z－1)i＝1＋i，则z等于(　　)
A.－2－i B.－2＋i C.2－i D.2＋i
解析　由(z－1)i＝1＋i，两边同乘以－i，则有z－1＝1－i，所以z＝2－i.
答案　C
10.设z1，z2是复数，则下列命题中的假命题是(　　)
A.若|z1－z2|＝0，则1＝2
B.若z1＝z2，则1＝z2
C.若|z1|＝|z2|，则z1·1＝z2·2
D.若|z1|＝|z2|，则z＝z
解析　A中，|z1－z2|＝0，则z1＝z2，故1＝2，成立.B中，z1＝2，则1＝2成立.C中，|z1|＝|z2|，则|z1|2＝|z2|2，即z11＝z22，C正确.D不一定成立，如z1＝1＋i，z2＝2，则|z1|＝2＝|z2|，但z＝－2＋2i，z＝4，z≠z.
答案　D
11.(2017·浙江省三市联考)若复数z＝＋a在复平面上对应的点在第二象限，则实数a可以是(　　)
A.－4 B.－3 C.1 D.2
解析　因为z＝＋a＝(3＋a)－ai在复平面上对应的点在第二象限，所以a<－3，选A.
答案　A
12.(2016·全国Ⅰ卷)设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝(　　)
A.1 B. C. D.2
解析　由(1＋i)x＝1＋yi，得x＋xi＝1＋yi??所以|x＋yi|＝＝，故选B.
答案　B
二、填空题
13.(2016·江苏卷改编)复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________；z的虚部是________.
解析　(1＋2i)(3－i)＝3＋5i－2i2＝5＋5i，所以z的实部为5，虚部为5.
答案　5　5
14.(2015·四川卷)设i是虚数单位，则复数i－＝________.
解析　i－＝i－＝2i.
答案　2i
15.(2015·江苏卷)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位)，则z的模为________.
解析　设复数z＝a＋bi，a，b∈R，则z2＝a2－b2＋2abi＝3＋4i，a，b∈R，则(a，b∈R)，解得或，则z＝±(2＋i)，故|z|＝.
答案　
16.(2017·丽水质测)若＝a＋bi(a，b为实数，i为虚数单位)，则a＝________；b＝________.
解析　＝＝[(3－b)＋(3＋b)i]＝＋i.∴解得∴a＋b＝3.
答案　0　3
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
17.若i为虚数单位，图中复平面内点Z表示复数z，则表示复数的点是(　　)
A.E B.F
C.G D.H
解析　由题图知复数z＝3＋i，
∴＝＝＝＝2－i.
∴表示复数的点为H.
答案　D
18. 是z的共轭复数，若z＋＝2，(z－)i＝2(i为虚数单位)，则z等于(　　)
A.1＋i B.－1－i C.－1＋i D.1－i
解析　法一　设z＝a＋bi，a，b为实数，则z＝a－bi.
∵z＋＝2a＝2，∴a＝1.
又(z－)i＝2bi2＝－2b＝2，∴b＝－1.故z＝1－i.
法二　∵(z－)i＝2，∴z－＝＝－2i.
又z＋z＝2，∴(z－)＋(z＋)＝－2i＋2，
∴2z＝－2i＋2，∴z＝1－i.
答案　D
19.(2014·全国Ⅰ卷)设z＝＋i，则|z|＝(　　)
A. B. C. D.2
解析　∵z＝＋i＝＋i＝＋i＝＋i，
∴|z|＝＝，故选B.
答案　B
20.(2017·温州月考)已知复数z＝(cos θ－isin θ)·(1＋i)，则“z为纯虚数”的一个充分不必要条件是(　　)
A.θ＝ B.θ＝ C.θ＝ D.θ＝
解析　因为z＝(cos θ＋sin θ)＋(cos θ－sin θ)i，所以当θ＝时，z＝－i为纯虚数，当z为纯虚数时，θ＝kπ－.故选C.
答案　C
21.(2017·哈尔滨六中期中)若复数z满足i·z＝－(1＋i)，则z的共轭复数的虚部是(　　)
A.－i B.i C.－ D.
解析　i·z＝－(1＋i)?z＝＝＝(－1＋i)，则z的共轭复数z＝(－1－i)，其虚部是－.
答案　C
22.(2017·绍兴月考)i是虚数单位，若＝a＋bi(a，b∈R)，则lg(a＋b)的值是(　　)
A.－2 B.－1 C.0 D.
解析　∵＝＝－i＝a＋bi，
∴∴lg(a＋b)＝lg 1＝0.
答案　C
23.下面是关于复数z＝的四个命题：
p1：|z|＝2; p2：z2＝2i；
p3：z的共轭复数为1＋i; p4：z的虚部为－1.
其中的真命题为(　　)
A.p2，p3 B.p1，p2 C.p2，p4 D.p3，p4
解析　∵z＝＝－1－i，
∴|z|＝＝，∴p1是假命题；
∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命题；∵＝－1＋i，
∴p3是假命题；∵z的虚部为－1，∴p4是真命题.其中的真命题共有2个：p2，p4.
答案　C
24.(2017·广州综合测试)若1－i(i是虚数单位)是关于x的方程x2＋2px＋q＝0(p，q∈R)的一个解，则p＋q＝(　　)
A.－3 B.－1 C.1 D.3
解析　依题意得(1－i)2＋2p(1－i)＋q＝(2p＋q)－2(p＋1)i＝0，即解得p＝－1，q＝2，所以p＋q＝1，故选C.
答案　C
25.复数(3＋i)m－(2＋i)对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围是________.
解析　z＝(3m－2)＋(m－1)i，其对应点(3m－2，m－1)在第三象限内，故3m－2<0且m－1<0，∴m<.
答案　
26.设f(n)＝＋(n∈N*)，则集合{f(n)}中元素的个数为________.
解析　f(n)＝＋＝in＋(－i)n，
f(1)＝0，f(2)＝－2，f(3)＝0，f(4)＝2，f(5)＝0，…
∴集合中共有3个元素.
答案　3
27.(2017·杭州调研)已知复数z＝x＋yi，且|z－2|＝，则的最大值为________；最小值为________.
解析　∵|z－2|＝＝，
∴(x－2)2＋y2＝3.
由图可知＝＝.＝－.
答案　　－
28.定义运算＝ad－bc.若复数x＝，y＝，则y＝________.
解析　因为x＝＝＝－i.
所以y＝＝＝－2.
答案　－2
专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型
(建议用时：80分钟)
1.(2017·金华质检)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.
(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，则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1).
设平面MBC的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量为n＝(1，－1，1).
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则 sin θ＝| cos〈n，〉|＝＝，
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
2.(2017·浙江三市十二校联考)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.
3.(2017·丽水月考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝4，BC＝2.BD⊥AC，垂足为D，E为棱BB1上一点，BD∥平面AC1E.
(1)求线段B1E的长；
(2)求二面角C1－AC－E的余弦值.
解　(1)由AB＝AC＝4，知△ABC为等腰三角形，
又BD⊥AC，BC＝2，
故·AC·BD＝·BC·，
解得BD＝.
从而在Rt△CDB中，CD＝＝1，故AD＝AC－CD＝3.
如图，过点D作DF∥CC1，交AC1于F，连接EF.因为DF∥CC1，从而＝＝，得DF＝3.
因为DF∥CC1，CC1∥BB1，故DF∥BB1，即DF∥BE，故DF与BE确定平面BDFE.
又BD∥平面AC1E，而平面BDFE∩平面AC1E＝EF，故BD∥EF.
故四边形BDFE为平行四边形，从而DF＝BE＝3，所以B1E＝BB1－BE＝1.
(2)如图，以D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D(0，0，0)，C(－1，0，0)，E(0，，3)，＝(－1，0，0)，＝(0，，3).
设平面ACE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·＝0，n1·＝0，得故可取n1＝(0，3，－).
又平面ACC1在xDz面上，故可取n2＝(0，1，0)为平面ACC1的一个法向量.
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos〈n1，n2〉＝＝.
由图知二面角C1－AC－E为锐角，故二面角C1－AC－E的余弦值为.
4.(2017·郑州模拟)等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝，如图1.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明　因为等边三角形ABC的边长为3，且＝＝，所以AD＝1，AE＝2.
在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得
DE＝＝.
从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.
折起后有A1D⊥DE，
因为二面角A1－DE－B是直二面角，
所以平面A1DE⊥平面BCED，
又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D?平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.
(2)解　存在.理由：由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，分别以射线DB，DE，DA1为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
设PB＝2a(0≤2a≤3)，作PH⊥BD于点H，
连接A1H，A1P，
则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a.
所以A1(0，0，1)，P(2－a，a，0)，E(0，，0).
所以＝(a－2，－a，1).
因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0).
要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
则sin 60°＝＝＝，
解得a＝.此时2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意.
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.
5.(2017·石家庄一模)在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′－ABD，且使C′D＝.
(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)求二面角A－C′D－B的余弦值.
(1)证明　如图，取AB的中点O.连接C′O，DO.
在Rt△AC′B，Rt△ADB中，
AB＝2，
则C′O＝DO＝1，∵C′D＝，
∴C′O2＋DO2＝C′D2，
即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD?平面ABD，
∴C′O⊥平面ABD，∵C′O?平面ABC′，
∴平面C′AB⊥平面DAB.
(2)解　以O为原点，AB，OC′所在的直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，
C′(0，0，1)，D，
∴＝(0，1，1)，＝
(0，－1，1)，＝.
设平面AC′D的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即即令z1＝1，则y1＝－1，x1＝，
∴n1＝(，－1，1).
设平面BC′D的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即即令z2＝1，则y2＝1，x2＝，
∴n2＝，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∴二面角A－C′D－B的余弦值为－.
6.(2017·杭州七校联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.
(1)证明　在梯形ABCD中，
∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.
∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.
∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB，
∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，
∴AD⊥平面BFED.
(2)解　由(1)可建立分别以直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系.如图所示.令EP＝λ(0≤λ≤)，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，
∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1).
设n1＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，
由得
取y＝1，得n1＝(，1，－λ)，
∵n2＝(0，1，0)是平面ADE的一个法向量，
∴cos θ＝＝
＝.
∵0≤λ≤，∴当λ＝时，cos θ有最大值，
∴θ的最小值为.
第1讲　空间几何体的结构、三视图和直观图
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是(　　)
A.棱柱的侧棱长都相等
B.棱锥的侧棱长都相等
C.三棱台的上、下底面是相似三角形
D.有的棱台的侧棱长都相等
解析　根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等.
答案　B
2.如图所示的几何体是棱柱的有(　　)
A.②③⑤ B.③④⑤
C.③⑤ D.①③
解析　由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱.
答案　C
3.(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)
解析　易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.
答案　D
4.如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为(　　)
解析　由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，且EC投影在面PAD上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故B正确.
答案　B
5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为(　　)
A.6 　　　　 B.4
C.6 　　　　 D.4
解析　如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝＝6.
答案　C
6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是(　　)
A.①③ B.①④ C.②④ D.①②③④
解析　由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确.
答案　A
7.(2015·全国Ⅱ卷)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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝××1×1×1＝.剩余部分的体积V2＝13－＝.因此，＝.
答案　D
8.(2017·东阳调研)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为(　　)
解析　由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.
所以该三棱锥的侧视图可能为选项D.
答案　D
二、填空题
9.(2017·台州调研)直观图(如图)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在xOy原坐标系中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm2.
解析　将直观图恢复到平面图形(如图)，
是OA＝2 cm，OC＝4 cm的矩形，SOABC＝2×4＝8(cm2).
答案　矩形　8
10.(2017·兰州模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.
解析　由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为.
答案　
11.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.
解析　由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC.故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△PAC中，PC＝＝＝2.
答案　2
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________.
解析　三棱锥P－ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.
答案　1
13.(2017·金华调研)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.
解析　过点G作EF∥AC交PA，PC于点E，F，过E，F分别作EN∥PB，FM∥PB分别交AB，BC于点N，M，连接MN，∴四边形EFMN是平行四边形，∴＝，即EF＝MN＝2，＝＝，即FM＝EN＝2，∴截面的周长为2×4＝8.
答案　8
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)
A.①和② B.③和① C.④和③ D.④和②
解析　如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.
答案　D
15.如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是(　　)
A.4 B.5 C.3 D.3
解析　由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF＝＝3.
答案　D
16.(2017·绍兴一中检测)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为________.
解析　如图，过C′作y′轴的平行线C′D′，与x′轴交于点D′.则C′D′＝＝a.又C′D′是原△ABC的高CD的直观图，所以CD＝a.
故S△ABC＝AB·CD＝a2.
答案　a2
17.(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________.
解析　由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD－A′B′C′D′.
故该四棱柱的体积V＝Sh＝×(1＋2)×1×1＝.
答案　
18.(2017·宁波检测)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为，侧棱长为1，则动点从A沿表面移动到E1时的最短路程是________；动点从A沿表面移动到D1时的最短路程为________.
解析　侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A沿表面到E1的最短路
程为AE1＝＝＝3.从A沿表面到D1的最短路程为AD1＝＝＝.
　　　
(1)　　　　　　　　　　　　(2)
答案　3　
第2讲　空间几何体的表面积与体积
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)
A.14斛 B.22斛
C.36斛 D.66斛
解析　设米堆的底面半径为r尺，则r＝8，所以r＝.
所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝··5≈(立方尺).
故堆放的米约有÷1.62≈22(斛).
答案　B
2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是(　　)
A.2 B. C. D.3
解析　由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝(1＋2)×2＝3.∴V＝x·3＝3，解得x＝3.
答案　D
3.(2017·宁波十校联考)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　四面体的直观图如图所示.
侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝，AC＝2.
设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO?平面SAC，平面SAC∩平面ABC＝AC，
∴SO⊥平面ABC，又BO?平面ABC，∴SO⊥BO.
又OS＝OB＝1，∴SB＝，
故△SAB与△SBC均是边长为的正三角形，故该四面体的表面积为2×××＋2××()2＝2＋.
答案　B
4.(2015·全国Ⅱ卷)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
解析　因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由×R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.
答案　C
5.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－PAC与三棱锥D－PAC的体积比为(　　)
A.1∶2 B.1∶8
C.1∶6 D.1∶3
解析　设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得＝.
V三棱锥N－PAC＝V三棱锥P－ABC－V三棱锥N－ABC＝S△ABC·PP′－
S△ABC·NN′＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·
PP′＝S△ABC·PP′，V三棱锥D－PAC＝V三棱锥P－ACD＝S△ACD·PP′，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△ABC＝S△ACD，∴＝.故选D.
答案　D
二、填空题
6.(2016·浙江卷)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.
解析　由三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2 cm，下面长方体是底面边长为4 cm，高为2 cm，其直观图如右图：其表面积S＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80(cm2).体积V＝2×2×2＋4×4×2＝40(cm3).
答案　80　40
7.已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________.
解析　依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R，则2R＝＝2，
解得R＝1，所以V＝R3＝.
答案　π
8.(2017·湖州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________；表面积为________.
解析　由三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱和底面半径为1，高为1的半圆锥拼成的组合体.∴体积V＝π×12×2＋×π×12×1＝π；半圆锥母线l＝，S表＝π×12＋2π×1×2＋π×12＋π×1×＋×2×1＝π＋1.
答案　π　π＋1
三、解答题
9.已知一个几何体的三视图如图所示.
(1)求此几何体的表面积；
(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长.
解　(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.
S圆锥侧＝(2πa)·(a)＝πa2，
S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，
S圆柱底＝πa2，
所以S表＝πa2＋4πa2＋πa2＝(＋5)πa2.
(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图.
则PQ＝＝＝a，
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.
10.(2015·全国Ⅱ卷)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)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
解　(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.
故S四边形A1EHA＝×(4＋10)×8＝56，
S四边形EB1BH＝×(12＋6)×8＝72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，
所以其体积的比值为.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)
解析　若俯视图为A，则该几何体为正方体，其体积为1，不满足条件.若俯视图为B，则该几何体为圆柱，其体积为π×1＝，不满足条件.若俯视图为C，则该几何体为三棱柱，其体积为×1×1×1＝，满足条件.若俯视图为D，则该几何体为圆柱的，体积为π×1＝，不满足条件.
答案　C
12.(2017·丽水调研)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是(　　)
A.AD⊥平面PBC且三棱锥D－ABC的体积为
B.BD⊥平面PAC且三棱锥D－ABC的体积为
C.AD⊥平面PBC且三棱锥D－ABC的体积为
D.BD⊥平面PAC且三棱锥D－ABC的体积为
解析　因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，又AC⊥BC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥AD，又由三视图可得，在△PAC中，PA＝AC＝4，D为PC的中点，所以AD⊥PC，又PC∩BC＝C，故AD⊥平面PBC.
又由三视图可知BC＝4，∠ADC＝90°，BC⊥平面PAC，
故VD－ABC＝VB－ADC＝××2×2×4＝.
答案　C
13.(2017·嘉兴调研)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则侧视图的面积为________cm2，该几何体的体积为________cm3.
解析　根据几何体的三视图，得：该几何体的左边是半圆锥，右边是直三棱锥的组合体，如图所示；且该几何体侧视图是底边长为2，高为1的等腰三角形，面积为×2×1＝1 cm2，该几何体的体积为V半圆锥＋V三棱锥＝××π×12×1＋××2×1×1＝ cm3.
答案　1　＋
14.四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.
(1)求四面体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形.
(1)解　由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，
又BD∩DC＝D，
∴AD⊥平面BDC，
∴四面体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.
(2)证明　∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，
∴FG∥EH.
同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC，BC?平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形.
15.如图所示，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：BC⊥平面A1AC；
(2)求三棱锥A1－ABC的体积的最大值.
(1)证明　因为C是底面圆周上异于A，B的一点，且AB为底面圆的直径，所以BC⊥AC.
因为AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AC＝A，AA1?平面A1AC，AC?平面A1AC，所以BC⊥平面A1AC.
(2)解　法一　设AC＝x，在Rt△ABC中，BC＝＝(0故VA1－ABC＝S△ABC×AA1＝××AC×BC×AA1＝x(0因为0所以当x2＝2，即x＝时，三棱锥A1－ABC的体积取得最大值为.
法二　在Rt△ABC中，AC2＋BC2＝AB2＝4，
VA1－ABC＝S△ABC×AA1＝××AC×BC×AA1＝×AC×BC≤×＝×＝.
当且仅当AC＝BC时等号成立，此时AC＝BC＝.
所以三棱锥A1－ABC的体积的最大值为.
第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2015·湖北卷)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则(　　)
A.p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B.p是q的必要条件，但不是q的充分条件
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
解析　直线l1，l2是异面直线，一定有l1与l2不相交，因此p是q的充分条件；若l1与l2不相交，那么l1与l2可能平行，也可能是异面直线，所以p不是q的必要条件.故选A.
答案　A
2.(2017·郑州联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)
A.相交或平行 B.相交或异面
C.平行或异面 D.相交、平行或异面
解析　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，选D.
答案　D
3.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是(　　)
A.① B.①④ C.②③ D.③④
解析　显然命题①正确.
由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.
命题③中，两个平面重合或相交，③错.
三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.
答案　B
4.(2017·余姚市统检)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(　　)
A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
解析　若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.故选C.
答案　C
5.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　连接DF，则AE∥DF，
∴∠D1FD为异面直线AE与D1F所成的角.
设正方体棱长为a，则D1D＝a，DF＝a，D1F＝a，
∴cos∠D1FD＝＝.
答案　B
二、填空题
6.(2017·金华调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则：
(1)直线BN与MB1是________直线(填“相交”或“平行”或“异面”)；
(2)直线MN与AC所成的角的大小为________.
解析　(1)M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N?平面MBB1，B?MB1，因此直线BN与MB1是异面直线；(2)连接D1C，因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，且角为60°.
答案　(1)异面　(2)60°
7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
解析　取CD的中点H，连接EH，FH.在正四面体CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，且EH∩FH＝H，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，则平面EFH与正方体的左右两侧面平行，则EF也与之平行，与其余四个平面相交.
答案　4
8.(2014·全国Ⅱ卷改编)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为________.
解析　如图所示，取BC中点D，连接MN，ND，AD.
∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，
∴MN綉B1C1.又BD綉B1C1，
∴MN綉BD，则四边形BDNM为平行四边形，因此ND∥BM，
∴∠AND为异面直线BM与AN所成的角(或其补角).
设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，
在△ADN中，由余弦定理得cos∠AND＝＝.
故异面直线BM与AN所成角的余弦值为.
答案　
三、解答题
9.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点.问：
(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由.
解　(1)AM，CN不是异面直线.理由：连接MN，A1C1，AC.
因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.
又因为A1A綉C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，
所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，
所以A，M，N，C在同一平面内，
故AM和CN不是异面直线.
(2)直线D1B和CC1是异面直线.
理由：因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面.假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B?平面α，CC1?平面α，
所以D1，B，C，C1∈α，
这与B，C，C1，D1不共面矛盾.所以假设不成立，
即D1B和CC1是异面直线.
10.(2017·杭州调研)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点.已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P－ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值.
解　(1)S△ABC＝×2×2＝2，
三棱锥P－ABC的体积为
V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE是异面直线BC与AD所成的角(或其补角).
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
cos∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.以下四个命题中，
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面.
正确命题的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
解析　①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面，这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确.②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形.
答案　B
12.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　　)
A.l1⊥l4
B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行
D.l1与l4的位置关系不确定
解析　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA.若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.
若取C1D为l4，则l1与l4相交；若取BA为l4，则l1与l4异面；取C1D1为l4，则l1与l4相交且垂直.
因此l1与l4的位置关系不能确定.
答案　D
13.如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，F，G分别是线段AE，BC的中点，则AD与GF所成的角的余弦值为________.
解析　取DE的中点H，连接HF，GH.由题设，HF綉AD.
∴∠GFH为异面直线AD与GF所成的角(或其补角).
在△GHF中，可求HF＝，
GF＝GH＝，∴cos∠HFG＝＝.
答案　
14.(2017·宁波十校联考)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，求异面直线AN，CM所成的角的余弦值.
解　如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，∴MK∥AN，
∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角.
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝
BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理求得AN＝DN＝CM＝2，∴MK＝.
在Rt△CKN中，CK＝＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
15.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点.
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值.
解　(1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，
所以四棱锥O－ABCD的体积
V＝×4×2＝.
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵()2＋()2＝()2，
∴△DEM为直角三角形，∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.
第4讲　直线、平面平行的判定及其性质
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·保定模拟)有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；
④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线.
其中真命题的个数是(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　命题①l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确.
答案　A
2.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n?α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”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
解析　若m，n?α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件.
答案　A
3.(2017·绍兴一中检测)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)
A.异面 　　 B.平行
C.相交 　　 D.以上均有可能
解析　在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC，
∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.
答案　B
4.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是(　　)
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
解析　①中，易知NP∥AA′，
MN∥A′B，
∴平面MNP∥平面AA′B，
可得出AB∥平面MNP(如图).
④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.
答案　B
5.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(　　)
A.若m∥α，n∥α，则m∥n B.若m⊥α，n?α，则m⊥n
C.若m⊥α，m⊥n，则n∥α D.若m∥α，m⊥n，则n⊥α
解析　若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n?α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n?α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n?α，D错.
答案　B
二、填空题
6.(2017·台州月考)在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则MN与平面ABD的位置关系是________；与平面ABC的位置关系是________.
解析　如图，取CD的中点E.
连接AE，BE，由于M，N分别是△ACD，△BCD的重心，所以AE，BE分别过M，N，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，
所以MN∥AB.因为AB?平面ABD，MN?平面ABD，AB?平面ABC，MN?平面ABC，所以MN∥平面ABD，
MN∥平面ABC.
答案　平行　平行
7.(2017·宁波调研)如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________.
解析　取PD的中点F，连接EF，AF，
在△PCD中，EF綉CD.
又∵AB∥CD且CD＝2AB，
∴EF綉AB，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴EB∥AF.
又∵EB?平面PAD，AF?平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
答案　平行
8.(2017·乐清模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析　连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，
∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
答案　点M在线段FH上(或点M与点H重合)
三、解答题
9.一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.
(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)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论.
解　(1)点F，G，H的位置如图所示.
(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，
所以BC∥FG，BC＝FG，
又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH?平面ACH，BE?平面ACH，
所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.
又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.
10.(2014·全国Ⅱ卷)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AP＝1，AD＝，三棱锥P－ABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离.
(1)证明　设BD与AC的交点为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　V＝PA·AB·AD＝AB.
由V＝，可得AB＝.作AH⊥PB交PB于H.
由题设知AB⊥BC，PA⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又AH?平面PAB，所以BC⊥AH，又PB∩BC＝B，故AH⊥平面PBC.∵PB?平面PBC，∴AH⊥PB，在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，所以AH＝＝.所以A到平面PBC的距离为.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l?α，m?β，则α∥β；
②若α∥β，l?α，m?β，则l∥m；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.
其中真命题的个数为(　　)
A.3 B.2 C.1 D.0
解析　①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l，m；②中l与m也可能异面；③中?l∥n，同理，l∥m，则m∥n，正确.
答案　C
12.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是(　　)
A.AC⊥BD
B.AC∥截面PQMN
C.AC＝BD
D.异面直线PM与BD所成的角为45°
解析　因为截面PQMN是正方形，所以MN∥QP，又PQ?平面ABC，MN?平面ABC，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，又MN?平面PQMN，AC?平面PQMN，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确.又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确.
答案　C
13.如图所示，棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________.
解析　设BC1∩B1C＝O，连接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，
∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.
答案　1
14.(2015·江苏卷)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.
15.(2017·杭州七校联考)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明　(1)因为D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以D1D⊥BD.
又AB＝2AD，∠BAD＝60°，在△ABD中，由余弦定理，得BD＝AD，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD.
又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1?平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.
(2)如图，连接AC，A1C1.
设AC∩BD＝E，连接EA1.
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以EC＝AC.
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知，A1C1∥EC且A1C1＝EC，
所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1∥EA1.
又EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD，
所以CC1∥平面A1BD.
第5讲　直线、平面垂直的判定及其性质
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2015·浙江卷)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l?α，m?β(　　)
A.若l⊥β，则α⊥β B.若α⊥β，则l⊥m
C.若l∥β，则α∥β D.若α∥β，则l∥m
解析　由面面垂直的判定定理，可知A选项正确；B选项中，l与m可能平行；C选项中，α与β可能相交；D选项中，l与m可能异面.
答案　A
2.(2017·深圳四校联考)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P?l，则下列命题中是假命题的为(　　)
A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B.过点P垂直于直线l的直线在平面α内
C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β
解析　由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确.过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确.根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确.
答案　B
3.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面PAE
D.平面PDE⊥平面ABC
解析　因为BC∥DF，DF?平面PDF，
BC?平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确.
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
∴BC⊥平面PAE，DF∥BC，则DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确.
答案　D
4.(2017·丽水调研)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A.若l∥α，l∥β，则α∥β B.若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C.若α⊥β，l⊥α，则l∥β D.若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析　A中，α∥β或α与β相交，不正确.B中，过直线l作平面γ，设α∩γ＝l′，则l′∥l，由l⊥β，知l′⊥β，从而α⊥β，B正确.C中，l∥β或l?β，C不正确.D中，l与β的位置关系不确定.
答案　B
5.(2017·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是(　　)
A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④
解析　由题意知，BD⊥平面ADC，且AC?平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.
答案　B
二、填空题
6.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________.
解析　∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC?平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形.由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形.
答案　4
7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).
解析　由定理可知，BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.
又PC?平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)
8.(2016·全国Ⅱ卷改编)α，β是两个平面，m，n是两条直线.
(1)如果m⊥α，n∥α，那么m，n的位置关系是________；
(2)如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角的大小关系是________.
解析　(1)由线面平行的性质定理知存在直线l?α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n.
(2)因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等.
答案　(1)垂直　(2)相等
三、解答题
9.(2017·青岛质检)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点.
(1)求证：EF⊥平面BCG；
(2)求三棱锥D－BCG的体积.
(1)证明　由已知得△ABC≌△DBC，
因此AC＝DC.
又G为AD的中点，
所以CG⊥AD.
同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BCG.
又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.
(2)解　在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图由平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BDC＝BC，AO?平面ABC，知AO⊥平面BDC.
又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.
在△AOB中，AO＝AB·sin 60°＝，
所以VD－BCG＝VG－BCD＝S△DBC·h＝×BD·BC·
sin 120°·＝.
10.(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由.
(1)证明　因为PC⊥平面ABCD，
所以PC⊥DC.又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.
(2)证明　因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)解　棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA?平面CEF，且EF?平面CEF，
所以PA∥平面CEF.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.则下列说法正确的是(　　)
A.若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B.若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
解析　A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m?α，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m?α，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m?α，错误.
答案　C
12.(2017·诸暨调研)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是(　　)
A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的内心
C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心
解析　由题意可知PA，PE，PF两两垂直，
所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，
而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，
所以EF⊥平面PAO，
∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，
∴O为△AEF的垂心.
答案　A
13.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).
解析　由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD?平面PAD，BC?平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确.
答案　①④
14.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由.
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
(1)解　取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：
因为AD∥BC，BC＝AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.
又AB?平面PAB.CM?平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD.
又BD?平面ABCD，
从而PA⊥BD.
因为AD∥BC，BC＝AD，
M为AD的中点，连接BM，
所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD?平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD.
15.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
(1)证明　延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示，因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，
因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，
所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则
BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解　由(1)知BF⊥平面ACFD，所以BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中，BF＝，DF＝，得cos ∠BDF＝.
所以，直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.
第6讲　空间向量及其运算
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·台州统考)已知向量a＝(2m＋1，3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值等于(　　)
A. B.－2 C.0 D.或－2
解析　∵a∥b，∴＝＝，解得m＝－2.
答案　B
2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　如图，设正方体棱长为2，则易得＝(2，－2，1)，＝(2，2，－1)，∴cos〈，〉
＝＝－，
∴sin〈，〉＝＝.
答案　B
3.空间四边形ABCD的各边和对角线均相等，E是BC的中点，那么(　　)
A.·＜·
B.·＝·
C.·＞·
D.·与·的大小不能比较
解析　取BD的中点F，连接EF，则EF綉CD，因为〈，〉＝〈，〉＞90°，因为·＝0，∴·＜0，所以·＞·.
答案　C
4.已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(　　)
A.－1 B. C. D.
解析　由题意得，ka＋b＝(k－1，k，2)，2a－b＝(3，2，－2).所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－1)＋2k－2×2＝5k－7＝0，解得k＝.
答案　D
5.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)
A.a2 B.a2 C.a2 D.a2
解析　如图，设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.
＝(a＋b)，＝c，
∴·＝(a＋b)·c
＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
答案　C
二、填空题
6.已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________.
解析　由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.
即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，
∴cos〈b，c〉＝＝＝－，
∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.
答案　60°
7.(2017·宁波十校联考)已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，a与b夹角的余弦值为________；若a⊥(a－λb)，则λ＝________.
解析　∵a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，∴cos〈a，b〉＝＝＝；由题意a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.
答案　　2
8.(2017·北京顺义一模)设A1，A2，A3，A4，A5是空间中给定的5个不同的点，则使＝0成立的点M的个数有________.
解析　设M(a，b，c)，Ak＝(xk，yk，zk)(k＝1，2，3，4，5).
则＝(xk－a，yk－b，zk－c)，
∴由＝0得
∴∴存在唯一点M.
答案　1
三、解答题
9.已知空间中三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝，b＝.
(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c.
(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值.
解　(1)∵c∥，＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，
∴c＝m＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)，
∴|c|＝＝3|m|＝3，
∴m＝±1.∴c＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).
(2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，
又∵|a|＝＝，
|b|＝＝，
∴cos〈a，b〉＝＝＝－，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为－.
10.如图所示，在平面角为120°的二面角α－AB－β中，AC?α，BD?β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，求线段CD的长.
解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴·＝0，·＝0.
∵二面角α－AB－β的平面角为120°，
∴〈，〉＝180°－120°＝60°，
∴CD2＝2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，
∴CD＝12.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)
A.－1 B.0 C.1 D.不确定
解析　如图，令＝a，＝b，＝c，则·＋·＋·
＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
答案　B
12.若{a，b，c}是空间的一个基底，且向量p＝xa＋yb＋zc，则(x，y，z)叫向量p在基底{a，b，c}下的坐标.
已知{a，b，c}是空间的一个基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，一向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是(　　)
A.(4，0，3) B.(3，1，3)
C.(1，2，3) D.(2，1，3)
解析　设p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为x，y，z.则
p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，①
因为p在{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，
∴p＝4a＋2b＋3c，②
由①②得
∴
即p在{a＋b，a－b，c}下的坐标为(3，1，3).
答案　B
13.(2017·郑州调研)已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是__________.
解析　∵点Q在直线OP上，∴设点Q(λ，λ，2λ)，
则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6－.即当λ＝时，·取得最小值－.
此时＝.
答案　
14.如图，在棱长为a的正方体OABC－O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.
(1)写出点E，F的坐标；
(2)求证：A1F⊥C1E；
(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：＝＋.
(1)解　E(a，x，0)，F(a－x，a，0).
(2)证明　∵A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，
∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)，
∴·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，
∴⊥，
∴A1F⊥C1E.
(3)证明　∵A1，E，F，C1四点共面，
∴，，共面.
选与为在平面A1C1E上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使＝λ1＋λ2，
即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a，0)＋λ2(0，x，－a)
＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，
∴解得λ1＝，λ2＝1.
于是＝＋.
15.如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
(1)·；(2)EG的长；
(3)异面直线AG与CE所成角的余弦值.
解　设＝a，＝b，＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)＝＝c－a，＝－a，＝b－c，
·＝·(－a)＝a2－a·c＝，
(2)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b
＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝.
(3)＝b＋c，＝＋＝－b＋a，
cos〈，〉＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
第7讲　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则(　　)
A.l∥α B.l⊥α
C.l?α D.l与α相交
解析　∵n＝－2a，∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α.
答案　B
2.若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)
A.相交 B.平行
C.在平面内 D.平行或在平面内
解析　∵＝λ＋μ，∴，，共面.则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
答案　D
3.已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)
A.P(2，3，3) B.P(－2，0，1)
C.P(－4，4，0) D.P(3，－3，4)
解析　逐一验证法，对于选项A，＝(1，4，1)，
∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，
∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.
答案　A
4.(2017·西安月考)如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　)
A.B1E＝EB B.B1E＝2EB
C.B1E＝EB D.E与B重合
解析　分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，∵·＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB.
答案　A
5.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
以上说法正确的个数为(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　＝＋＝＋，＝＋＝＋，∴∥，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正确.
答案　C
二、填空题
6.(2017·舟山质检)已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________.
解析　设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，
由m·＝0，得x·0＋y－z＝0?y＝z，
由m·＝0，得x－z＝0?x＝z，取x＝1，
∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.
答案　α∥β
7.(2017·温州质检)已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x＝________，y＝________，z＝________.
解析　由条件得
解得x＝，y＝－，z＝4.
答案　　－　4
8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1).对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的序号是________.
解析　∵·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确.
又与不平行，
∴是平面ABCD的法向量，则③正确.
由于＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
∴与不平行，故④错误.
答案　①②③
三、解答题
9.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.
证明　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.
依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，
则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0).
∴·＝0，·＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，
又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ，
又PQ?平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.
10.(2017·义乌调研)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由.
(1)证明　∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.
(2)解　以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，
z轴建立空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，
C(1，1，0)，P(0，0，1)，
E，＝(1，1，0)，
＝.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令y＝1，则n＝(－1，1，－2).
假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，
使得BF∥平面AEC，则·n＝0.
又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，
∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)
A.(1，1，1) 　　 B.
C. 　　 D.
解析　设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM?平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1).
由中点坐标公式，知点M的坐标.
答案　C
12.(2017·成都调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A.相交 B.平行
C.垂直 D.不能确定
解析　分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，∵A1M＝AN＝a，
则M，
N，
∴＝.
又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，
∴＝(0，a，0)，∴·＝0，∴⊥.
∵是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.
答案　B
13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________.
解析　以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴＝(x－1，0，1)，∴＝(1，1，y)，
由于B1E⊥平面ABF，
所以·＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0?x＋y＝1.
答案　1
14.(2017·杭州调研)如图，在六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.求证：
(1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；
(2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.
证明　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，2)，B1(1，1，2)，C1(0，1，2)，D1(0，0，2).
(1)∵＝(－1，1，0)，＝(－2，2，0)，＝(1，1，0)，＝(2，2，0)，∴＝2，＝2，
∴∥，∥，
于是A1C1与AC共面，B1D1与BD共面.
(2)·＝(0，0，2)·(－2，2，0)＝0，·＝(2，2，0)·(－2，2，0)＝0，
∴⊥，⊥.
又DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，
∴AC⊥平面B1BDD1.又AC?平面A1ACC1，∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.
15.(2014·湖北卷改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.
(1)证明　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，＝(－2，0，2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，λ－2).
当λ＝1时，＝(－1，0，1)，
因为＝(－2，0，2)，
所以＝2，
即BC1∥FP.
而FP?平面EFPQ，
且BC1?平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)解　设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由可得
于是可取n＝(λ，－λ，1).
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1).
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.
故存在λ＝1±，使平面EFPQ⊥平面PQMN.
第8讲 立体几何中的向量方法（二）—求空间角
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·台州调研)在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为(　　)
A. B. C. D.
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).
∴＝(1，1，0)，＝(－1，1，－1)，
∵·＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴⊥，
∴AC与B1D所成的角为.
答案　D
2.(2017·郑州调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以＝(0，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).
令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝－x＋y＝0，n·＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
答案　B
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，
则A1(0，0，1)，
E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，所以有即解得
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴ cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
答案　B
4.(2017·西安调研)已知六面体ABC－A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则直线CC1与平面AB1D所成的角为(　　)
A.45° B.60°
C.90° D.30°
解析　如图所示，取AC的中点N，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则A，C，
B1，D，
C1，
∴＝，＝，＝(0，0，a).
设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·＝0，n·＝0，可取n＝(，1，－2).
∴cos〈，n〉＝＝＝－，
∴直线CC1与平面AB1D所成的角为45°.
答案　A
5.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)
A. B.
C. D.
解析　如图建立坐标系.则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，＝(2，0，0)，＝(2，2，0)，
设平面A1BD的一个法向量
n＝(x，y，z)，则
∴令z＝1，得n＝(－1，1，1).
∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.
答案　D
二、填空题
6.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于__________.
解析　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2).
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝ (2，－2，1).
设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
答案　
7.(2017·温州月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角大小为__________；直线EF与底面ABC所成角的大小为________.
解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°；
∵FB⊥平面ABC，BF＝BE＝1，
∴∠FEB为直线EF与底面ABC的夹角且为45°.
答案　60°　45°
8.已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________.
解析　延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.
设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求二面角的平面角.
∵BH＝，EB＝1，
∴tan∠EHB＝＝.
答案　
三、解答题
9.(2015·全国Ⅰ卷)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　如图，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.
(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，||为单位长度，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.
10.(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E－BC－A的余弦值.
(1)证明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解　过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，).
由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，
从而可得C(－2，0，).
所以＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(－3，－4，)，＝(－4，0，0).
设n＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则即所以可取n＝(3，0，－).
设m是平面ABCD的一个法向量，则
同理可取m＝(0，，4)，
则cos〈n，m〉＝＝－.
故二面角E－BC－A的余弦值为－.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(2017·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0.
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
答案　A
12.在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析　如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P.
则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则解得可取n＝(0，1，1)，
则 cos〈，n〉＝＝＝，
又∵〈，n〉∈(0°，180°)，∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
答案　A
13.(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________.
解析　设直线AC与BD′所成角为θ，平面ACD翻折的角度为α，设O是AC中点，由已知得AC＝，如图，以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A，B，C，作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝＝＝，则OH＝，DH＝＝，因此可设
D′，
则＝，与平行的单位向量为n＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以cos α＝－1时，cos θ取最大值.
答案　
14.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)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.
解　(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.
延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：
由已知，知BC∥ED，且BC＝ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝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＝＝.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
法二　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝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的一个法向量为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sin α＝＝＝.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
15.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.
(1)证明　延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以，AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，
且CK∩AC＝C，所以BF⊥平面ACFD.
(2)解　法一　过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.
因为BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.
所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角.
在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝.
在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，
得cos∠BQF＝.
所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.
法二　如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形.
取BC的中点O，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.
以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系O－xyz.
由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，)，A(－1，－3，0)，E，F.
因此，＝(0，3，0)，＝(1，3，)，＝(2，3，0).
设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2).
由得
取m＝(，0，－1)；
由得
取n＝(3，－2，).
于是，cos〈m，n〉＝＝.
所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.
第1讲　不等式的性质与一元二次不等式
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是(　　)
A.f(x)＝g(x) B.f(x)＞g(x)
C.f(x)＜g(x) D.随x的值变化而变化
解析　f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1＞0?f(x)＞g(x).
答案　B
2.已知下列四个条件：①b＞0＞a，②0＞a＞b，③a＞0＞b，④a＞b＞0，能推出＜成立的有(　　)
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析　运用倒数性质，由a＞b，ab＞0可得＜，②、④正确.又正数大于负数，①正确，③错误，故选C.
答案　C
3.(2017·宁波十校联考)若集合A＝{x|3＋2x－x2>0}，集合B＝{x|2x<2}，则A∩B等于(　　)
A.(1，3) B.(－∞，－1)
C.(－1，1) D.(－3，1)
解析　依题意，可求得A＝(－1，3)，B＝(－∞，1)，∴A∩B＝(－1，1).
答案　C
4.若集合A＝{x|ax2－ax＋1＜0}＝?，则实数a的取值范围是(　　)
A.{a|0＜a＜4} B.{a|0≤a＜4}
C.{a|0＜a≤4} D.{a|0≤a≤4}
解析　由题意知a＝0时，满足条件.
a≠0时，由得0＜a≤4，所以0≤a≤4.
答案　D
5.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1，1]时，f(x)＞0恒成立，则b的取值范围是(　　)
A.(－1，0) B.(2，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(2，＋∞) D.不能确定
解析　由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，即＝1，解得a＝2.
又因为f(x)开口向下，
所以当x∈[－1，1]时，f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，
f(x)＞0恒成立，即b2－b－2＞0恒成立，
解得b＜－1或b＞2.
答案　C
二、填空题
6.已知函数f(x)＝则不等式f(x)＞3的解集为________.
解析　由题意知或解得x＞1.故原不等式的解集为{x|x＞1}.
答案　{x|x＞1}
7.若关于x的不等式ax＞b的解集为，则关于x的不等式ax2＋bx－a＞0的解集为________.
解析　由已知ax＞b的解集为，可知a＜0，且＝，将不等式ax2＋bx－a＞0两边同除以a，得x2＋x－＜0，即x2＋x－＜0，解得－1＜x＜，故不等式ax2＋bx－a＞0的解集为.
答案　
8.不等式a2＋8b2≥λb(a＋b)对于任意的a，b∈R恒成立，则实数λ的取值范围为________.
解析　因为a2＋8b2≥λb(a＋b)对于任意的a，b∈R恒成立，所以a2＋8b2－λb(a＋b)≥0对于任意的a，b∈R恒成立，即a2－λba＋(8－λ)b2≥0恒成立，
由二次不等式的性质可得，
Δ＝λ2b2＋4(λ－8)b2＝b2(λ2＋4λ－32)≤0，
所以(λ＋8)(λ－4)≤0，
解得－8≤λ≤4.
答案　[－8，4]
三、解答题
9.已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.
(1)解关于a的不等式f(1)＞0；
(2)若不等式f(x)＞b的解集为(－1，3)，求实数a，b的值.
解　(1)由题意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－2＜a＜3＋2.
所以不等式的解集为{a|3－2＜a＜3＋2}.
(2)∵f(x)＞b的解集为(－1，3)，
∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的两根为－1，3，
∴解得
即a的值为3±，b的值为－3.
10.某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件.若售价降低x成(1成＝10%)，售出商品数量就增加x成.要求售价不能低于成本价.
(1)设该商店一天的营业额为y，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；
(2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围.
解　(1)由题意得，y＝100·100.
因为售价不能低于成本价，所以100－80≥0.
所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，
定义域为x∈[0，2].
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，
化简得8x2－30x＋13≤0.解得≤x≤.
所以x的取值范围是.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.下面四个条件中，使a>b成立的充分而不必要的条件是(　　)
A.a>b＋1 B.a>b－1
C.a2>b2 D.a3>b3
解析　A项：若a>b＋1，则必有a>b，反之，当a＝2，b＝1时，满足a>b，但不能推出a>b＋1，故a>b＋1是a>b成立的充分而不必要条件；B项：当a＝b＝1时，满足a>b－1，反之，由a>b－1不能推出a>b；C项：当a＝－2，b＝1时，满足a2>b2，但a>b不成立；D项：a>b是a3>b3的充要条件，综上所述答案选A.
答案　A
12.(2017·丽水市调研)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若不等式f(x)<0的解集为，则f(ex)>0(e是自然对数的底数)的解集是(　　)
A.{x|x<－ln 2或x>ln 3} B.{x|ln 2C.{x|x解析　法一　依题意可得f(x)＝a(x－3)(a<0)，则f(ex)＝a(ex－3)(a<0)，由f(ex)＝a(ex－3)>0，可得法二　由题知，f(x)>0的解集为，令答案　D
13.(2017·宁波检测)若不等式x2＋ax－2＞0在R上有解，则实数a的取值范围是________；若在区间[1，5]上有解，则实数a的取值范围是________.
解析　设f(x)＝x2＋ax－2，∵f(x)开口向上，∴对任意a∈R，f(x)>0在R上有解；由于Δ＝a2＋8＞0恒成立，
所以方程x2＋ax－2＝0恒有一正一负两根，
于是不等式x2＋ax－2＞0在区间[1，5]上有解的充要条件是f(5)＞0，即a∈.
答案　R　
14.解关于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0(a∈R).
解　原不等式可化为(ax－1)(x－2)＜0.
(1)当a＞0时，原不等式可以化为a(x－2)＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·＜0.因为方程(x－2)＝0的两个根分别是2，，所以当0＜a＜时，2＜，则原不等式的解集是；当a＝时，原不等式的解集是?；
当a＞时，＜2，则原不等式的解集是.
(2)当a＝0时，原不等式为－(x－2)＜0，解得x＞2，
即原不等式的解集是{x|x＞2}.
(3)当a＜0时，原不等式可以化为a(x－2)＜0，
根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·＞0，
由于＜2，故原不等式的解集是.
综上所述，当a＜0时，不等式的解集为；
当a＝0时，不等式的解集为{x|x＞2}；当0＜a＜时，不等式的解集为；当a＝时，不等式的解集为?；当a＞时，不等式的解集为.
15.已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)>－2x的解集为(1，3).
(1)若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的根，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围.
解　(1)∵f(x)＋2x>0的解集为(1，3)，
f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，
因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.①
由方程f(x)＋6a＝0，
得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.②
因为方程②有两个相等的实根，
所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，
即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－.
由于a<0，舍去a＝1，将a＝－代入①，
得f(x)＝－x2－x－.
(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝a－及a<0，可得f(x)的最大值为－.
由
解得a<－2－或－2＋故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围是
(－∞，－2－)∪(－2＋，0).
第2讲　二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.不等式(x－2y＋1)(x＋y－3)≤0在直角坐标平面内表示的区域(用阴影部分表示)，应是下列图形中的(　　)
解析　法一　不等式(x－2y＋1)(x＋y－3)≤0等价于或画出对应的平面区域，可知C正确.
法二　结合图形，由于点(0，0)和(0，4)都适合原不等式，所以点(0，0)和(0，4)必在区域内，故选C.
答案　C
2.不等式组所表示的平面区域的面积为(　　)
A.1 B. C. D.
解析　作出不等式组对应的区域为△BCD，由题意知xB＝1，xC＝2.由得yD＝，所以S△BCD＝×(xC－xB)×＝.
答案　D
3.(2017·湖州市统检)不等式组的解集记为D，若(a，b)∈D，则z＝2a－3b的最小值是(　　)
A.－4 B.－1 C.1 D.4
解析　画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，
当a＝－2，b＝0，z＝2a－3b取得最小值－4.
答案　A
4.(2016·浙江卷)若平面区域夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
解析　已知不等式组所表示的平面区域如图所示阴影部分，由解得A(1，2)，
由
解得B(2，1).
由题意可知，当斜率为1的两条直线分别过点A和点B时，两直线的距离最小，
即|AB|＝＝.
答案　B
5.x，y满足约束条件若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为(　　)
A.或－1 B.2或
C.2或1 D.2或－1
解析　如图，由y＝ax＋z知z的几何意义是直线在y轴上的截距，故当a＞0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝2；当a＜0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝－1.
答案　D
6.若函数y＝2x图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为(　　)
A. B.1 C. D.2
解析　在同一直角坐标系中作出函数y＝2x的图象及所表示的平面区域，如图阴影部分所示.
由图可知，当m≤1时，
函数y＝2x的图象上存在点(x，y)满足约束条件，
故m的最大值为1.
答案　B
7.(2017·石家庄质检)已知x，y满足约束条件若目标函数z＝y－mx(m>0)的最大值为1，则m的值是(　　)
A.－ B.1 C.2 D.5
解析　作出可行域，如图所示的阴影部分.
化目标函数z＝y－mx(m＞0)为y＝mx＋z，由图可知，当直线y＝mx＋z过A点时，直线在y轴的截距最大，由解得即A(1，2)，∴2－m＝1，解得m＝1.故选B.
答案　B
8.(2017·杭州七校联考)若变量x、y满足约束条件则(x－2)2＋y2的最小值为(　　)
A. B. C. D.5
解析　作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示.
设z＝(x－2)2＋y2，则z的几何意义为区域内的点到定点D(2，0)的距离的平方，
由图知C、D间的距离最小，此时z最小.
由得即C(0，1)，
此时zmin＝(x－2)2＋y2＝4＋1＝5，故选D.
答案　D
二、填空题
9.设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝x＋2y的最小值为________.
解析　由线性约束条件画出可行域(如图所示).
由z＝x＋2y，得y＝－x＋z，z的几何意义是直线y＝－x＋z在y轴上的截距，要使z最小，需使z最小，易知当直线y＝－x＋z过点A(1，1)时，z最小，最小值为3.
答案　3
10.已知O是坐标原点，点M的坐标为(2，1)，若点N(x，y)为平面区域上的一个动点，则·的最大值是________.
解析　依题意，得不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示，
其中A，B，C(1，1).
设z＝·＝2x＋y，当目标函数z＝2x＋y过点C(1，1)时，z＝2x＋y取得最大值3.
答案　3
11.(2017·绍兴质检)已知－1≤x＋y≤4且2≤x－y≤3，则z＝2x－3y的最大值为________，最小值为________.
解析　法一　设2x－3y＝a(x＋y)＋b(x－y)，则由待定系数法可得解得所以z＝－(x＋y)＋(x－y).
又
所以两式相加可得z∈[3，8]，即zmax＝8，zmin＝3.
法二　作出不等式组
表示的可行域，如图中阴影部分所示.
平移直线2x－3y＝0，当相应直线经过x－y＝2与x＋y＝4的交点A(3，1)时，z取得最小值，zmin＝2×3－3×1＝3；
当相应直线经过x＋y＝－1与x－y＝3的交点B(1，－2)时，z取得最大值，zmax＝2×1＋3×2＝8.
答案　8　3
12.已知实数x，y满足设b＝x－2y，若b的最小值为－2，则b的最大值为________.
解析　作出不等式组满足的可行域如图阴影部分所示.作出直线l0：x－2y＝0，
∵y＝－，
∴当l0平移至A点处时b有最小值，bmin＝－a，又bmin＝－2，
∴a＝2，当l0平移至B(a，－2a)时，b有最大值bmax＝a－2×(－2a)＝5a＝10.
答案　10
13.(2017·台州统检)已知实数x，y满足不等式组则y的最小值为________；当ax＋y的最大值为时，实数a的值为________.
解析　不等式所表示的可行域如图阴影部分，由得可行域最低点M的坐标为(2，1)，
∴ymin＝1，令z＝ax＋y，即y＝－ax＋z，由题意知，当－a大于直线x－y＋2＝0的斜率1，即－a>1，a<－1时，z＝ax＋y有最大值，且取得最大值的最优解为点N(如图)，由得N，∴＝a＋，a＝－2.
答案　1　－2
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克、B原料2千克；生产乙产品1桶需耗A原料2千克、B原料1千克.每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A、B原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是(　　)
A.1 800元 B.2 400元
C.2 800元 D.3 100元
解析　设每天生产甲种产品x桶，乙种产品y桶，则根据题意得x、y的约束条件为
设获利z元，则z＝300x＋400y.
画出可行域如图.
画直线l：300x＋400y＝0，即3x＋4y＝0.
平移直线l，从图中可知，当直线过点M时，
目标函数取得最大值.
由解得即M的坐标为(4，4)，
∴zmax＝300×4＋400×4＝2 800(元)，故选C.
答案　C
15.(2017·湖州监测)设实数x，y满足则的最小值是(　　)
A.－5 B.－
C. D.5
解析　作出不等式对应的平面区域如图中阴影部分所示，则w＝的几何意义是区域内的点P(x，y)与定点A(1，1)所在直线的斜率，由图象可知当P位于点时，直线AP的斜率最小，此时w＝的最小值为＝－，故选B.
答案　B
16.已知变量x，y满足约束条件若目标函数z＝ax＋y(其中a>0)仅在点(3，0)处取得最大值，则a的取值范围是________.
解析　画出x、y满足约束条件的可行域如图所示，
要使目标函数z＝ax＋y仅在点(3，0)处取得最大值，则直线y＝－ax＋z的斜率应小于直线x＋2y－3＝0的斜率，
即－a<－，∴a>.
答案　
17.(2015·浙江卷)若实数x，y满足x2＋y2≤1，则|2x＋y－4|＋|6－x－3y|的最大值是________.
解析　∵x2＋y2≤1，∴2x＋y－4＜0，6－x－3y＞0，∴|2x＋y－4|＋|6－x－3y|＝4－2x－y＋6－x－3y＝10－3x－4y.
令z＝10－3x－4y，
如图，设OA与直线－3x－4y＝0垂直；∴直线OA的方程为y＝x，
联立得A，
∴当z＝10－3x－4y过点A时，z取最大值，
zmax＝10－3×－4×＝15.
答案　15
18.(2017·浙江名校联考)已知实数x，y满足条件则z＝的最大值为________，z取得最大值的最优解为________.
解析　不等式组表示的可行域为如图所示的阴影部分，当x＝0，y＝2，此时z＝＝－1，当x≠0时，令u＝∈[0，＋∞)，则z＝＝＝＝－1≥－1＝1，即z的最大值为1，此时u＝＝0，故最优解为(3，0).
答案　1　(3，0)
第3讲　基本不等式：≤
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.下列不等式一定成立的是(　　)
A.lg>lg x(x>0) B.sin x＋≥2(x≠kπ，k∈Z)
C.x2＋1≥2|x|(x∈R) D.＜1(x∈R)
解析　当x＞0时，x2＋≥2·x·＝x，所以lg≥lg x(x＞0)，故选项A不正确；运用基本不等式时需保证“一正”“二定”“三相等”，而当x≠kπ，k∈Z时，sin x的正负不定，故选项B不正确；由基本不等式可知，选项C正确；当x＝0时，有＝1，故选项D不正确.
答案　C
2.若2x＋2y＝1，则x＋y的取值范围是(　　)
A.[0，2] B.[－2，0]
C.[－2，＋∞) D.(－∞，－2]
解析　2≤2x＋2y＝1，所以2x＋y≤，即2x＋y≤2－2，所以x＋y≤－2.
答案　D
3.(2017·浙江省名校协作体联考)若a，b都是正数，则·的最小值为(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
解析　∵a，b都是正数，∴＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当b＝2a>0时取等号.故选C.
答案　C
4.若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是(　　)
A.≤ B.＋≤1
C.≥2 D.a2＋b2≥8
解析　4＝a＋b≥2(当且仅当a＝b时，等号成立)，即≤2，ab≤4，≥，选项A，C不成立；＋＝＝≥1，选项B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，选项D成立.
答案　D
5.(2015·湖南卷)若实数a，b满足＋＝，则ab的最小值为(　　)
A. B.2 C.2 D.4
解析　依题意知a＞0，b＞0，则＋≥2＝，当且仅当＝，即b＝2a时，“＝”成立.因为＋＝，所以≥，即ab≥2，所以ab的最小值为2，故选C.
答案　C
6.(2017·日照模拟)若实数x，y满足xy>0，则＋的最大值为(　　)
A.2－ B.2＋
C.4＋2 D.4－2
解析　＋＝＝＝1＋＝1＋≤1＋＝4－2，当且仅当＝，即x2＝2y2时取等号.故选D.
答案　D
7.若正数x，y满足4x2＋9y2＋3xy＝30，则xy的最大值是(　　)
A. B. C.2 D.
解析　由x＞0，y＞0，得4x2＋9y2＋3xy≥2·(2x)·(3y)＋3xy(当且仅当2x＝3y时等号成立)，∴12xy＋3xy≤30，即xy≤2，∴xy的最大值为2.
答案　C
8.(2017·瑞安市调研)已知a>0，b>0，a＋b＝＋，则＋的最小值为(　　)
A.4 B.2 C.8 D.16
解析　由a>0，b>0，a＋b＝＋＝，得ab＝1，
则＋≥2＝2.当且仅当＝，即a＝，b＝时等号成立.故选B.
答案　B
二、填空题
9.正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________.
解析　∵a，b是正数，∴ab＝a＋b＋3≥2＋3，
解得≥3，即ab≥9.
答案　[9，＋∞)
10.(2016·嘉兴一中检测)已知实数m，n满足m·n>0，m＋n＝－1，则＋的最大值为________.
解析　∵m·n>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0，
∴＋＝－(m＋n)＝－≤－2－2＝－4，当且仅当m＝n＝－时，＋取得最大值－4.
答案　－4
11.若对于任意x＞0，≤a恒成立，则a的取值范围是________.
解析　＝，
因为x＞0，所以x＋≥2(当且仅当x＝1时取等号)，
则≤＝，
即的最大值为，故a≥.
答案　
12.(2017·嵊州月考)某工厂需要建造一个仓库，根据市场调研分析，运费与工厂和仓库之间的距离成正比，仓储费与工厂和仓库之间的距离成反比，当工厂和仓库之间的距离为4千米时，运费为20万元，仓储费为5万元，当工厂和仓库之间的距离为________千米时，运费与仓储费之和最小，最小为________万元.
解析　设工厂和仓库之间的距离为x千米，运费为y1万元，仓储费为y2万元，则y1＝k1x(k1≠0)，y2＝(k2≠0)，
∵工厂和仓库之间的距离为4千米时，运费为20万元，仓储费用为5万元，
∴k1＝5，k2＝20，∴运费与仓储费之和为万元，
∵5x＋≥2＝20，当且仅当5x＝，即x＝2时，运费与仓储费之和最小，为20万元.
答案　2　20
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最大值时，＋－的最大值为(　　)
A.0 B.1 C. D.3
解析　由已知得z＝x2－3xy＋4y2，(*)
则＝＝≤1，当且仅当x＝2y时取等号，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以＋－＝＋－＝－＋1≤1.
答案　B
14.(2017·金华十校联考)设x，y满足约束条件若目标函数z＝ax＋2by(a>0，b>0)的最大值为1，则＋的最小值为________.
解析　不等式组所表示的平面区域是以(0，0)，，(1，1)为顶点的三角形区域(包括边界)，观察可知，当直线z＝ax＋2by过点(1，1)时，z有最大值，故a＋2b＝1，故1≥2，故ab≤，故＋≥≥8，当且仅当a＝2b＝时等号成立，故＋的最小值为8.
答案　8
15.点(a，b)为第一象限内的点，且在圆(x＋1)2＋(y＋1)2＝8上，则ab的最大值为________.
解析　由题意知a>0，b>0，且(a＋1)2＋(b＋1)2＝8，化简得a2＋b2＋2(a＋b)＝6，则6≥2ab＋4(当且仅当a＝b时取等号)，令t＝(t>0)，则t2＋2t－3≤0，解得0答案　1
16.正数a，b满足＋＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是________.
解析　因为a＞0，b＞0，＋＝1，所以a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥10＋2＝16，由题意，得16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m对任意实数x恒成立，而x2－4x－2＝(x－2)2－6，所以x2－4x－2的最小值为－6，所以－6≥－m，即m≥6.
答案　[6，＋∞)
17.(2017·浙江五校联考)设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，＋取得最小值为________.
解析　由于a＋b＝2，所以＋＝＋＝＋＋，由于b>0，|a|>0，所以＋≥2＝1，因此当a>0时，＋的最小值是＋1＝.当a<0时，＋的最小值是－＋1＝.故＋的最小值为，此时即a＝－2.
答案　－2　
第4讲　绝对值不等式
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(　　)
A.[－5，7] B.[－4，6]
C.(－∞，－5]∪[7，＋∞) D.(－∞，－4]∪[6，＋∞)
解析　|x－5|＋|x＋3|表示数轴上的点到－3，5的距离之和，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(－∞，－4]∪[6，＋∞).
答案　D
2.已知全集U＝R，集合M＝{x||x－1|≤2}，则?UM＝(　　)
A.{x|－1C.{x|x<－1或x>3} D.{x|x≤－1或x≥3}
解析　M＝{x|－1≤x≤3}，又知全集是R，所以其补集为?UM＝{x|x<－1或x>3}.
答案　C
3.已知集合M＝{x||2x－1|<2}，N＝，则M∩N等于(　　)
A. B.
C. D.
解析　由|2x－1|<2得－2<2x－1<2，则－1.因此M∩N＝.
答案　A
4.不等式|x－2|－|x－1|>0的解集为(　　)
A. B.
C. D.
解析　不等式可化为|x－2|>|x－1|，两边平方化简得2x<3，∴x<.
答案　A
5.不等式1≤|2x－1|<2的解集为(　　)
A.∪ B.
C.∪ D.(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析　不等式等价于不等式组由(1)得－答案　C
二、填空题
6.不等式|x＋3|－|x－2|≥3的解集为________.
解析　原不等式等价于或或解得1≤x<2或x≥2，故原不等式的解集为{x|x≥1}.
答案　{x|x≥1}
7.若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________.
解析　|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.
答案　[－2，4]
8.(2017·金华调研)已知不等式|x＋1|－|x－3|>a.
(1)若不等式有解，则实数a的取值范围为________.
(2)若不等式的解集为R，则实数a的取值范围为________.
解析　由||x＋1|－|x－3||≤|x＋1－(x－3)|＝4.可得－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.
(1)若不等式有解，则a<4；
(2)若不等式的解集为R，则a<－4.
答案　(1)(－∞，4)　(2)(－∞，－4)
三、解答题
9.设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
(1)解不等式f(x)＞2；
(2)求函数y＝f(x)的最小值.
解　(1)法一　令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－，x＝4.
原不等式可化为：
或或
即或或
∴x＜－7或x＞.
∴原不等式的解集为.
法二　f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝
画出f(x)的图象，如图所示.
求得y＝2与f(x)图象的交点为(－7，2)，.
由图象知f(x)＞2的解集为.
(2)由(1)的法二图象知：当x＝－时，
知：f(x)min＝－.
10.已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式：|g(x)|＜5；
(2)若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解　(1)由||x－1|＋2|＜5，得－5＜|x－1|＋2＜5，
所以－7＜|x－1|＜3，解不等式得－2＜x＜4，
所以原不等式的解集是{x|－2＜x＜4}.
(2)因为对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}?{y|y＝g(x)}，
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|2x－a－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，所以|a＋3|≥2，
解得a≥－1或a≤－5，
所以实数a的取值范围是{a|a≥－1或a≤－5}.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(2016·天津卷)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f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是(　　)
A. B.∪
C. D.
解析　因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f(－x)＝f(x)，且f(x)在(0，＋∞)上单调递减.由f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()可得2|a－1|<，即|a－1|<，所以答案　C
12.若不等式|2x－1|－|x＋a|≥a对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析　当－a<时，|2x－1|－|x＋a|＝当x＝时取最小值为－－a.
∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a对任意的实数x恒成立，
∴－－a≥a，∴a≤－，∴－当－a＝时，|2x－1|－|x＋a|＝≥－恒成立；
当－a>时，同理可得x＝时，|2x－1|－|x＋a|最小值为＋a，∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a对任意的实数x恒成立，∴＋a≥a恒成立，∴a<－，
综上所述实数a的取值范围是.
答案　D
13.(2016·镇江模拟)已知a和b是任意非零实数.
(1)求的最小值；
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围.
解　(1)∵≥＝＝4，∴的最小值为4.
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤恒成立，
故|2＋x|＋|2－x|≤.
由(1)可知，的最小值为4.
∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集.
解不等式得－2≤x≤2.故实数x的取值范围为[－2，2].
14.(2017·广州二测)已知函数f(x)＝log2(|x＋1|＋|x－2|－a).
(1)当a＝7时，求函数f(x)的定义域；
(2)若关于x的不等式f(x)≥3的解集是R，求实数a的最大值.
解　(1)由题设知|x＋1|＋|x－2|＞7，
①当x＞2时，得x＋1＋x－2＞7，解得x＞4.
②当－1≤x≤2时，得x＋1＋2－x＞7，无解.
③当x＜－1时，得－x－1－x＋2＞7，解得x＜－3.
∴函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞).
(2)不等式f(x)≥3，即|x＋1|＋|x－2|≥a＋8，
∵当x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，又不等式|x＋1|＋|x－2|≥a＋8的解集是R，
∴a＋8≤3，即a≤－5，∴a的最大值为－5.
第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
基础巩固题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　)
A.30个 B.42个 C.36个 D.35个
解析　∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.
答案　C
2.某校举行乒乓球赛，采用单淘汰制，要从20名选手中决出冠军，应进行比赛的场数为(　　)
A.18 B.19 C.20 D.21
解析　因为每一场比赛都有一名选手被淘汰，即一场比赛对应一个失败者，要决出冠军，就要淘汰19名选手，故应进行19场比赛.
答案　B
3.(2017·舟山市质检)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式(　　)
A.24 B.14 C.10 D.9
解析　第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式，
第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法.
∴由分类加法计数原理，共有12＋2＝14(种)选择方式.
答案　B
4.集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P?Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)
A.9 B.14 C.15 D.21
解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个).
当x≠2时，由P?Q，∴x＝y.
∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
答案　B
5.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为(　　)
A.3 B.5 C.9 D.12
解析　只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种).
答案　C
6.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　)
A.24 B.18 C.12 D.6
解析　从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从3，5，7中选两个数字排在个位与百位，共有CA＝6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位，从3，5，7中选两个数字排在个位与百位，共有CA＝6种；2排在百位，从3，5，7中选两个数字排在个位与十位，共有CA＝6种；由分类加法计数原理可知共有6＋6＋6＝18种.
答案　B
7.从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有(　　)
A.32个 B.34个 C.36个 D.38个
解析　将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个.故选A.
答案　A
8.(2016·全国Ⅱ卷)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
解析　由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
答案　B
二、填空题
9.(2016·西安质检)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个(用数字作答).
解析　当相同的数字不是1时，有C个；当相同的数字是1时，共有CC个，
由分类加法计数原理知共有“好数”C＋CC＝12(个).
答案　12
10.如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).
解析　把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).
第二类，有两条公共边的三角形共有8个.
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).
答案　40
11.(2016·长沙二模)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种.
解析　先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法.再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法.因此共有A·2·1＝12(种)不同的排列方法.
答案　12
12.从－1，0，1，2这4个数中任选3个不同的数作为函数y＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个(用数字作答).
解析　a，b，c的一组不同的取值对应着一个不同的二次函数.
第1步，确定a(a≠0)的值，有3种方法；
第2步，确定b的值，有3种方法(这时，b可取0)；
第3步，确定c的值，有2种方法.
故可组成3×3×2＝18个不同的二次函数.
若二次函数为偶函数，则b＝0，这时只需确定a，c的值，分两步完成，共有3×2＝6个不同的偶函数.
答案　18　6
13.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目(不一定六名同学都能参加)，
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限，则有________种不同的报名方法；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，则有________种不同的报名方法；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限，则有________种不同的报名方法(用数字作答).
解析　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，
知共有报名方法36＝729(种).
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种).
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种).
答案　(1)729　(2)120　(3)216
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法(用数字作答).
解析　区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法.
答案　260
15.(2017·绍兴市调研)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)
A.243 B.252 C.261 D.279
解析　0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
答案　B
16.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A.24对 B.30对
C.48对 D.60对
解析　与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对.正方体的12条面对角线共有12×8＝96(对)，且每对均重复计算一次，故共有＝48(对).
答案　C
17.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有________种(用数字作答).
解析　根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法.由分步乘法计数原理知共有6×4×2＝48种不同游览线路.
答案　48
18.(2017·浙江名校协作体联考)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.
则(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个.
解析　(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，
共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个.
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格.
结合计数原理，知有9×10n种填法.
答案　(1)90　(2)9×10n
第2讲　排列与组合
基础巩固题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1.(2016·四川卷)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
解析　由题意，可知个位可以从1，3，5中任选一个，有A种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A种方法，所以奇数的个数为AA＝3×4×3×2×1＝72，故选D.
答案　D
2.(2017·东阳调研)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有(　　)
A.16种 B.36种
C.42种 D.60种
解析　法一　(直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共CA种方法.由分类加法计数原理知共A＋CA＝60(种)方法.
法二　(间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共43－4＝64－4＝60(种).
答案　D
3.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为(　　)
A.CA B.CA C.CA D.CA
解析　首先从后排的7人中抽2人，有C种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是CA.
答案　C
4.(2017·金华调研)甲、乙两人从4门课程中各选修两门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有________种(　　)
A.30 B.36 C.60 D.72
解析　甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：当甲、乙所选的课程中2门均不相同时，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有CC＝6种方法；当甲、乙所选的课程中有且只有1门相同时，分为2步：①从4门中选1门作为相同的课程，有C＝4种选法，②甲从剩余的3门中任选1门，乙从最后剩余的2门中任选1门有CC＝6种选法，由分步乘法计数原理此时共有CCC＝24种方法.综上，共有6＋24＝30种方法.
答案　A
5.某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有(　　)
A.36种 B.42种
C.48种 D.54种
解析　分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法.依分类加法计数原理，知共有A＋CA＝42种编排方案.
答案　B
6.(2016·东北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法(　　)
A.10 B.16
C.20 D.24
解析　一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座.∵要求每人左右均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A＝20种坐法.
答案　C
7.(2017·浙江五校联考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A.72 B.120
C.144 D.168
解析　法一　先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品中2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个人，其形式为“□小品1□相声□小品2□”.有AA＝48种安排方法，故共有36＋36＋48＝120种安排方法.
法二　先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A·A＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A·A·A＝24(种)，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).
答案　B
8.(2017·青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有(　　)
A.18种 B.24种
C.36种 D.72种
解析　一个路口有3人的分配方法有CCA(种)；两个路口各有2人的分配方法有CCA(种).
∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为CCA＋CCA＝36(种).
答案　C
二、填空题
9.7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法(用数字作答).
解析　先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法种数为C＝20(种).
答案　20
10.(2017·余姚质检)3男3女共6名学生排成一列，同性者相邻的排法种数有________；任两个女生不相邻的排法有________(均用数字作答).
解析　分别把3男3女各看作一个复合元素，把这两个复合元素全排，3男3女内部也要全排，故有AAA＝72种；把3名女学生插入到3名男学生排列后所形成的4个空中的3个，故有A·A＝144种.
答案　72　144
11.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种(用数字作答).
解析　把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A＝12(种).其中正确的有一种，所以错误的共A－1＝12－1＝11(种).
答案　11
12.(2017·金丽衢十二校联考)从5台甲型和4台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有________种(用数字作答).
解析　甲型2台乙型1台或甲型1台乙型2台，故共有CC＋CC＝70种方法.
答案　70
13.(2017·淮北一模)寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有________种(用数字作答).
解析　设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有：BADC，BDAC，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相等座位的坐法有9×5＝45种坐法.
答案　45
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
14.(2017·武汉调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是(　　)
A.72 B.144
C.240 D.288
解析　第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有CA＝6种排法；第二步，再选一对夫妻，这对夫妻有2种排法，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B，有CAC＝8种排法；第三步，将复合元素A，B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有A＝6种排法，由分步乘法计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有6×8×6＝288种，故选D.
答案　D
15.设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为(　　)
A.60 B.90
C.120 D.130
解析　因为xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，且1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3，
所以xi中至少两个为0，至多四个为0.
①xi(i＝1，2，3，4，5)中4个0，1个为－1或1，A有2C个元素；
②xi中3个0，2个为－1或1，A有C×2×2＝40个元素；
③xi中2个0，3个为－1或1，A有C×2×2×2＝80个元素；
从而，集合A中共有2C＋40＋80＝130个元素.
答案　D
16.(2017·慈溪调考)在某班进行的演进比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为________(用数字作答).
解析　若第一个出场是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有CCA＝36种；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有CAA＝24种.故所有出场顺序的排法种数为36＋24＝60.
答案　60
17.(2017·诸暨模拟)从0，1，2，3，4，5这6个数字中任意取4个数字，组成一个没有重复且能被3整除的四位数，则这样的四位数共有________个(用数字作答).
解析　根据题意，只需组成的四位数各位数字的和能被3整除，则选出的四个数字有5种情况，①1，2，4，5；②0，3，4，5；③0，2，3，4；④0，1，3，5；⑤0，1，2，3；
①时，共可以组成A＝24个四位数；
②时，0不能在首位，此时可以组成3×A＝3×3×2×1＝18个四位数，
同理，③、④、⑤时，都可以组成18个四位数，
则这样的四位数共24＋4×18＝96个.
答案　96
18.(1)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？
(2)已知集合A＝{5}，B＝{1，2}，C＝{1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，那么最多可确定多少个不同的点？
解　(1)法一　每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.
分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；
若分配到2所学校有C×2＝42(种)；
若分配到3所学校有C＝35(种).
∴共有7＋42＋35＝84(种)方法.
法二　10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C＝84种不同方法.
所以名额分配的方法共有84种.
(2)①从集合B中取元素2时，确定CA个点.
②当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有C×1＝C.
③当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有CA个.
∴由分类加法计数原理，共确定CA＋C＋CA＝33(个)不同点.
第3讲　二项式定理
基础巩固题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1.(2016·四川卷)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为(　　)
A.－15x4 B.15x4
C.－20ix4 D.20ix4
解析　(x＋i)6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx6－rir(r＝0，1，2，…，6)，令r＝2，得含x4的项为Cx4i2＝－15x4，故选A.
答案　A
2.(2017·台州市调研)二项式的展开式的第二项的系为－，则a的值为(　　)
A. B.－1 C.3 D.
解析　∵Tr＋1＝C(ax)6－r＝Ca6－r·x6－r，
∴第二项的系数为Ca5·＝－，∴a＝－1.
答案　B
3.(2017·漳州模拟)在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为(　　)
A.－7 B.7 C.－28 D.28
解析　依题意有＋1＝5，∴n＝8.二项式的展开式的通项公式Tk＋1＝(－1)kCx8－k，令8－k＝0得k＝6，故常数项为T7＝(－1)6C＝7.
答案　B
4.(2015·湖北卷)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为(　　)
A.29 B.210 C.211 D.212
解析　由题意，C＝C，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选A.
答案　A
5.(2016·海口调研)若(x2－a)的展开式中x6的系数为30，则a等于(　　)
A. B. C.1 D.2
解析　依题意，注意到的展开式的通项公式是Tr＋1＝C·x10－r·＝C·x10－2r，的展开式中含x4(当r＝3时)、x6(当r＝2时)项的系数分别为C、C，因此由题意得C－aC＝120－45a＝30，由此解得a＝2，选D.
答案　D
6.已知C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C＋…＋C等于(　　)
A.63 B.64 C.31 D.32
解析　逆用二项式定理得C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C＋C＋C＋…＋C＝26－C＝64－1＝63.故选A.
答案　A
7.(2017·宁波十校联考)设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…a5x5，那么(a1＋a3＋a5)2－(a0＋a2＋a4)2的值为(　　)
A.32 B.－32 C.243 D.－243
解析　∵(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，∴令x＝1，有a0＋a1＋…＋a5＝1，再令x＝－1，有a0－a1＋…－a5＝35＝243，
∴(a1＋a3＋a5)2－(a0＋a2＋a4)2＝－(a0＋a2＋a4＋a1＋a3＋a5)(a0＋a2＋a4－a1－a3－a5)＝－243.
答案　D
8.(2017·九江模拟)(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为(　　)
A.－210 B.210 C.30 D.－30
解析　(x2－x＋1)10＝[(x2－x)＋1]10的展开式的通项公式为Tr＋1＝C(x2－x)10－r，对于(x2－x)10－r的通项公式为Tr′＋1＝(－1)r′Cx20－2r－3r′.令20－2r－r′＝3，根据0≤r′≤10－r，r，r′∈N，解得或∴(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为CC(－1)＋CC(－1)＝－90－120＝－210.
答案　A
二、填空题
9.(2016·北京卷)在(1－2x)6的展开式中，x2的系数为________(用数字作答).
解析　(1－2x)6的展开式的通项公式为Tk＋1＝C(－2x)k＝C(－2)k·xk，令k＝2得x2的系数为C(－2)2＝60.
答案　60
10.(2016·山东卷)若的展开式中x5的系数是－80，则实数a＝________(用数字作答).
解析　的展开式的通项Tr＋1＝C(ax2)5－r·x－＝Ca5－r·x10－，令10－r＝5，得r＝2，所以Ca3＝－80，解得a＝－2.
答案　－2
11.若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________(用数字作答).
解析　f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通项为Tk＋1＝C(1＋x)5－k·(－1)k，T3＝C(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
答案　10
12.若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a0＝________；a2＋a4＋…＋a12＝________(用数字作答).
解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝.令x＝0，得a0＝1，∴a2＋a4＋…＋a12＝－1＝364.
答案　1　364
13.(2017·乐清检测)(2x－1)(3－2x)5的展开式中，含x次数最高的项的系数是________(用数字作答).
解析　(3－2x)5的展开式的通项公式：Tr＋1＝C35－r(－2x)r，令r＝5，可得(2x－1)(3－2x)5的展开式中，含x次数最高的项的系数为2×(－2)5＝－64.
答案　－64
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.设a∈Z，且0≤a<13，若512 016＋a能被13整除，则a＝(　　)
A.0 B.1 C.11 D.12
解析　∵512 016＋a＝(52－1)2 016＋a＝C·522 016－C·522 015＋C·522 014＋…－C·52＋1＋a能被13整除，且0≤a<13，∴1＋a能被13整除，故a＝12.
答案　D
15.(2017·青岛模拟)已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈N*)是一个单调递增数列，则k的最大值是(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
解析　由二项式定理知an＝C(n＝1，2，3，…，n).又(x＋1)10展开式中二项式系数最大项是第6项.∴a6＝C，则k的最大值为6.
答案　B
16.在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝(　　)
A.45 B.60 C.120 D.210
解析　在(1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，在(1＋y)4的展开式中，yn的系数为C，故f(m，n)＝C·C.所以f(3，0)＋f(2，1)＋f(1，2)＋f(0，3)＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.
答案　C
17.(2017·宁波月考)已知二项式的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则展开式中x的系数为________.
解析　由已知得＝64，所以n＝6.展开式的通项为Tr＋1＝3rCx3－r，令3－r＝1得r＝2，所以x的系数为9C＝135.
答案　135
18.(2017·绍兴调研)已知f(x)＝(2x－3)n展开式的二项式系数和为512，且(2x－3)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n.
(1)a2的值为________；
(2)a1＋a2＋a3＋…＋an的值为________.
解析　(1)由f(x)＝(2x－3)n展开式的二项式系数和为512，可得2n＝512，∴n＝9.
∵(2x－3)9＝[－1＋2(x－1)]9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，
∴a2＝C·(－1)7·22＝－144.
(2)在(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9中，令x＝1，可得a0＝－1.
再令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋an＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an＝2.
答案　(1)－144　(2)2
第4讲　随机事件的概率
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，任意两人不能同一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是(　　)
A.互斥但非对立事件 B.对立事件
C.相互独立事件 D.以上都不对
解析　由于任意两人不能同一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件.
答案　A
2.(2017·合肥模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为(　　)
A.0.7 B.0.65
C.0.35 D.0.3
解析　事件“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，由于P(A)＝0.65，所以由对立事件的概率公式得“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.
答案　C
3.在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率为的事件是(　　)
A.至多有一张移动卡 B.恰有一张移动卡
C.都不是移动卡 D.至少有一张移动卡
解析　至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，因此“至多有一张移动卡”的概率为.
答案　A
4.某袋中有编号为1，2，3，4，5，6的6个球(小球除编号外完全相同)，甲先从袋中摸出一个球，记下编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，记下编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　设a，b分别为甲、乙摸出球的编号.由题意，摸球试验共有36种不同结果，满足a＝b的基本事件共有6种.所以摸出编号不同的概率P＝1－＝.
答案　C
5.掷一个骰子的试验，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，若表示B的对立事件，则一次试验中，事件A＋发生的概率为(　　)
A. B. C. D.
解析　掷一个骰子的试验有6种可能结果.
依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，
∴P()＝1－P(B)＝1－＝，
∵表示“出现5点或6点”的事件，
因此事件A与互斥，
从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.
答案　C
二、填空题
6.在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列事件：
①在这200件产品中任意选出9件，全部是一级品；
②在这200件产品中任意选出9件，全部是二级品；
③在这200件产品中任意选出9件，不全是二级品.
其中________是必然事件；________是不可能事件；________是随机事件.
答案　③　②　①
7.给出下列三个命题，其中正确命题有________个.
①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率.
解析　①错，不一定是10件次品；②错，是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念.
答案　0
8.某城市2017年的空气质量状况如表所示：
污染指数T
30
60
100
110
130
140
概率P
其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50＜T≤100时，空气质量为良，100＜T≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2017年空气质量达到良或优的概率为________.
解析　由题意可知2017年空气质量达到良或优的概率为P＝＋＋＝.
答案　
三、解答题
9.某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：
获奖人数
0
1
2
3
4
5
概率
0.1
0.16
x
y
0.2
z
(1)若获奖人数不超过2人的概率为0.56，求x的值；
(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y，z的值.
解　记事件“在竞赛中，有k人获奖”为Ak(k∈N，k≤5)，则事件Ak彼此互斥.
(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56，
∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.
解得x＝0.3.
(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04.
由获奖人数最少3人的概率为0.44，得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44.
解得y＝0.2.
10.(2015·陕西卷)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
晴
日期
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
雨
阴
阴
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(1)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；
(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率.
解　(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为P＝＝.
(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)，这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率f＝＝.
以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.设事件A，B，已知P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则A，B之间的关系一定为(　　)
A.两个任意事件 B.互斥事件
C.非互斥事件 D.对立事件
解析　因为P(A)＋P(B)＝＋＝＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件.
答案　B
12.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39、32、33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.
现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________.
解析　“至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为
P＝＝.
“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”.
故他属于不超过2个小组的概率是
P＝1－＝.
答案　　
13.抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字1，2，3，4，5，6)，事件A表示“朝上一面的数是奇数”，事件B表示“朝上一面的数不超过2”，则P(A∪B)＝________.
解析　将事件A∪B分为：事件C“朝上一面的数为1，2”与事件D“朝上一面的数为3，5”.
则C，D互斥，且P(C)＝，P(D)＝，
∴P(A∪B)＝P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝.
答案　
14.一个袋子中装有大小和形状相同的红球、白球和蓝球，其中有2个红球，3个白球，n个蓝球.
(1)若从中任取一个小球为红球的概率为，求n的值；
(2)若从中任取一个小球为白球或蓝球的概率为，求从中任取一个小球不是蓝球的概率.
解　(1)设任取一个小球得到红球、白球、蓝球的事件分别为A，B，C，
它们是彼此互斥事件，
由已知得P(A)＝，∴＝，
解得n＝3.
(2)∵P(B＋C)＝，
由对立事件的概率计算公式知，取一个球为红球的概率为P(A)＝1－P(B＋C)＝1－＝，∴＝，解得n＝1，∴P(C)＝，
∴从中任取一个小球不是蓝球的概率P(C)＝1－＝.
15.(2017·昆明诊断)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率.
解　(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得
P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
第5讲　古典概型
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.集合A＝{2，3}，B＝{1，2，3}，从A，B中各任意取一个数，则这两数之和等于4的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　从A，B中任意取一个数，共有C·C＝6种情形，两数和等于4的情形只有(2，2)，(3，1)两种，∴P＝＝.
答案　C
2.(2017·黄山一模)从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　从1，2，3，4，5中任取3个不同的数的基本事件数有C＝10种.根据三角形三边关系能构成三角形的只有(2，3，4)，(2，4，5)，(3，4，5)共3个基本事件，故所求概率为P＝＝.
答案　A
3.(2017·台州调研)某同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，第二次向上的点数记为y，在直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点落在直线2x－y＝1上的概率为(　　)
A. B. C. D.
解析　落在2x－y＝1上的点有(1，1)，(2，3)，(3，5)共3个，故所求的概率为P＝＝.
答案　A
4.(2017·台州调研)一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a>b，bA. B. C. D.
解析　选出一个三位数有A＝24种情况，取出一个凹数有C×2＝8种情况，所以，所求概率为P＝＝.
答案　C
5.如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　从九个数中任取三个数的不同取法共有C＝84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C·C·C＝6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－＝.
答案　D
二、填空题
6.(2015·江苏卷)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　
7.(2016·上海卷)某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为________.
解析　甲同学从四种水果中选两种，选法种数有C，乙同学的选法种数为C，则两同学的选法种数为C·C，两同学各自所选水果相同的选法种数为C，由古典概型概率计算公式可得，甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为P＝＝.
答案　
8.高一某班级在学校数学嘉年华活动中推出了一款数学游戏，受到大家的一致追捧.游戏规则如下：游戏参与者连续抛掷一颗质地均匀的骰子，记第i次得到的点数为xi，若存在正整数n，使得x1＋x2＋…＋xn＝6，则称n为游戏参与者的幸运数字.
(1)游戏参与者的幸运数字为1的概率为________；
(2)游戏参与者的幸运数字为2的概率为________.
解析　(1)设“游戏参与者的幸运数字为1”为事件A，
由题意知x1＝6，抛掷了1次骰子，
相应的基本事件空间为ΩA＝{1，2，3，4，5，6}，共有6个基本事件，
而A＝{6}，只有1个基本事件，
所以P(A)＝.
(2)设“游戏参与者的幸运数字为2”为事件B，
由题意知x1＋x2＝6，抛掷了2次骰子，
相应的基本事件空间为ΩB＝{(x1，x2)|1≤x1≤6，1≤x2≤6，x1∈N，x2∈N}，共有36个基本事件，
而B＝{(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)}，共有5个基本事件，
所以P(B)＝.
答案　(1)　(2)
三、解答题
9.海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如表所示.工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.
地区
A
B
C
数量
50
150
100
(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；
(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率.
解　(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是＝，
所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：
50×＝1，150×＝3，100×＝2.
所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别为1，3，2.
(2)从6件样品中抽取2件商品的基本事件数为C＝＝15，每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的.
记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件数为C＋C＝4，所以P(D)＝.
故这2件商品来自相同地区的概率为.
10.一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.
(1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；
(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率.
解　(1)由题意，(a，b，c)所有的可能的结果有33＝27(种).
设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，
则事件A包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3种.
所以P(A)＝＝.
因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为.
(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，
则事件B包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3种.
所以P(B)＝1－P ()＝1－＝.
因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1，点数之和大于5的概率记为p2，点数之和为偶数的概率记为p3，则(　　)
A.p1＜p2＜p3 B.p2＜p1＜p3
C.p1＜p3＜p2 D.p3＜p1＜p2
解析　随机掷两枚质地均匀的骰子，所有可能的结果共有36种.事件“向上的点数之和不超过5”包含的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)共10种，其概率p1＝＝.事件“向上的点数之和大于5”与“向上的点数之和不超过5”是对立事件，所以“向上的点数之和大于5”的概率p2＝.因为朝上的点数之和不是奇数就是偶数，所以“点数之和为偶数”的概率p3＝.故p1答案　C
12.(2017·金华质检)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为(　　)
A. B. C. D.
解析　由题意，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共4种.
故所求事件的概率P＝＝.
答案　B
13.(2017·台州质量评估)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答).
解析　法一　6节课的全排列为A种，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法是：先排三节文化课，再利用插空法排艺术课，即为(ACAA＋2AA)种，由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
法二　6节课的全排列为A种，先排三节艺术课有A种不同方法，同时产生四个空，再利用插空法排文化课共有A种不同方法，故由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
答案　
14.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女.
(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；
(2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名老师来自同一学校的概率.
解　(1)从甲、乙两校报名的教师中各选1名，共有n＝C×C＝9种选法.
记“2名教师性别相同”为事件A，则事件A包含基本事件总数m＝C·1＋C·1＝4，∴P(A)＝＝.
(2)从报名的6人中任选2名，有n＝C＝15种选法.
记“选出的2名老师来自同一学校”为事件B，则事件B包含基本事件总数m＝2C＝6.
∴选出2名教师来自同一学校的概率P(B)＝＝.
15.袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的.
(1)求袋中原有白球的个数；
(2)求取球2次即终止的概率；
(3)求甲取到白球的概率.
解　(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C.
由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P＝＝，则n(n－1)＝6，解得n＝3(舍去n＝－2)，即袋中原有3个白球.
(2)设事件A为“取球2次即终止”.取球2次即终止，即乙第一次取到的是白球而甲取到的是黑球，
P(A)＝＝＝.
(3)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.
所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝＋＋＝＋＋＝.
第6讲　离散型随机变量及其分布列
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.某射手射击所得环数X的分布列为
X
4
5
6
7
8
9
10
P
0.02
0.04
0.06
0.09
0.28
0.29
0.22
则此射手“射击一次命中环数大于7”的概率为(　　)
A.0.28 B.0.88 C.0.79 D.0.51
解析　P(X＞7)＝P(X＝8)＋P(X＝9)＋P(X＝10)＝0.28＋0.29＋0.22＝0.79.
答案　C
2.设X是一个离散型随机变量，其分布列为：
X
－1
0
1
P
2－3q
q2
则q的值为(　　)
A.1 B.±
C.－ D.＋
解析　由分布列的性质知
解得q＝－.
答案　C
3.设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P(X＝0)等于(　　)
A.0 B. C. D.
解析　由已知得X的所有可能取值为0，1，
且P(X＝1)＝2P(X＝0)，由P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，
得P(X＝0)＝.
答案　C
4.在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率中等于的是(　　)
A.P(X＝2) B.P(X≤2)
C.P(X＝4) D.P(X≤4)
解析　X服从超几何分布P(X＝k)＝，故k＝4.
答案　C
5.从装有3个白球、4个红球的箱子中，随机取出了3个球，恰好是2个白球、1个红球的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　如果将白球视为合格品，红球视为不合格品，则这是一个超几何分布问题，故所求概率为P＝＝.
答案　C
二、填空题
6.(2017·金华调研)设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
(1)则m＝________；
(2)若随机变量Y＝|X－2|，则P(Y＝2)＝________.
解析　由分布列的性质，知
0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，∴m＝0.3.
由Y＝2，即|X－2|＝2，得X＝4或X＝0，
∴P(Y＝2)＝P(X＝4或X＝0)
＝P(X＝4)＋P(X＝0)
＝0.3＋0.2＝0.5.
答案　(1)0.3　(2)0.5
7.袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量X，则P(X≤6)＝________.
解析　P(X≤6)＝P(取到3只红球1只黑球)＋P(取到4只红球)＝＋＝.
答案　
8.在一个口袋中装有黑、白两个球，从中随机取一球，记下它的颜色，然后放回，再取一球，又记下它的颜色，写出这两次取出白球数η的分布列为________.
解析　η的所有可能值为0，1，2.
P(η＝0)＝＝，
P(η＝1)＝＝，
P(η＝2)＝＝.
∴η的分布列为
η
0
1
2
P
答案　
η
0
1
2
P
三、解答题
9.(2017·浙江三市十二校联考)某高校一专业在一次自主招生中，对20名已经选拔入围的学生进行语言表达能力和逻辑思维能力测试，结果如下表：
语言表达能力
人数
逻辑思维能力
一般
良好
优秀
一般
2
2
1
良好
4
m
1
优秀
1
3
n
由于部分数据丢失，只知道从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生的概率为.
(1)从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，求其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生的概率；
(2)从参加测试的20名学生中任意抽取2名，设语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生人数为X，求随机变量X的分布列.
解　(1)用A表示“从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生”，
∵语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生共有(6＋n)名，
∴P(A)＝＝，解得n＝2，∴m＝4，
用B表示“从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生”，
∴P(B)＝1－＝.
(2)随机变量X的可能取值为0，1，2.
∵20名学生中，语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生人数共有8名，
∴P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
10.某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满300元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：
奖盒中放有除颜色外完全相同的1个红球，1个黄球，1个白球和1个黑球.顾客不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就要将奖盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球奖励10元，摸到白球或黄球奖励5元，摸到黑球不奖励.
(1)求1名顾客摸球3次停止摸奖的概率；
(2)记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，随机变量X的分布列.
解　(1)设“1名顾客摸球3次停止摸奖”为事件A，
则P(A)＝＝，
故1名顾客摸球3次停止摸球的概率为.
(2)随机变量X的所有取值为0，5，10，15，20.
P(X＝0)＝，P(X＝5)＝＝，
P(X＝10)＝＋＝，P(X＝15)＝＝，
P(X＝20)＝＝.
所以，随机变量X的分布列为
X
0
5
10
15
20
P
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.随机变量X的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)等于(　　)
A. B. C. D.
解析　∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，∴b＝，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝.
答案　D
12.随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，其中a是常数，则P的值为(　　)
A. B. C. D.
解析　因为P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，
所以＋＋＋＝a＝1.∴a＝，
故P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
答案　D
13.(2017·石家庄调研)为检测某产品的质量，现抽取5件产品，测量产品中微量元素x，y的含量(单位：毫克)，测量数据如下：
编号
1
2
3
4
5
x
169
178
166
175
180
y
75
80
77
70
81
如果产品中的微量元素x，y满足x≥175且y≥75时，该产品为优等品.
现从上述5件产品中，随机抽取2件，则抽取的2件产品中优等品数X的分布列为________.
解析　5件抽测品中有2件优等品，则X的可能取值为0，1，2.P(X＝0)＝＝0.3，
P(X＝1)＝＝0.6，
P(X＝2)＝＝0.1.
∴优等品数X的分布列为
X
0
1
2
P
0.3
0.6
0.1
答案　
X
0
1
2
P
0.3
0.6
0.1
14.盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球.规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得－1分.现从盒内任取3个球.
(1)求取出的3个球中至少有1个红球的概率；
(2)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；
(3)设X为取出的3个球中白色球的个数，求X的分布列.
解　(1)P＝1－＝.
(2)记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“取出2个红色球，1个黑色球”为事件C，则P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝＋＝.
(3)X可能的取值为0，1，2，3，X服从超几何分布，所以
P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3.
故P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
15.(2017·温州调研)在一个盒子中，放有标号分别为1，2，3的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为x，y，记X＝|x－2|＋|y－x|.
(1)求随机变量X的最大值，并求事件“X取得最大值”的概率；
(2)求随机变量X的分布列.
解　(1)由题意知，x，y可能的取值为1，2，3，
则|x－2|≤1，|y－x|≤2，
所以X≤3，且当x＝1，y＝3或x＝3，y＝1时，X＝3.
因此，随机变量X的最大值为3.
而有放回地抽两张卡片的所有情况有3×3＝9(种)，
所以P(X＝3)＝.故随机变量X的最大值为3，事件“X取得最大值”的概率为.
(2)X的所有取值为0，1，2，3.
当X＝0时，只有x＝2，y＝2这一种情况，
当X＝1时，有x＝1，y＝1或x＝2，y＝1或x＝2，y＝3或x＝3，y＝3四种情况，
当X＝2时，有x＝1，y＝2或x＝3，y＝2两种情况.
当X＝3时，有x＝1，y＝3或x＝3，y＝1两种情况.
所以P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝.
则随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
第7讲　二项分布及其应用
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·宁波十校联考)100件产品中有6件次品，现在从中不放回地任取3件产品，在前两次抽取为正品的条件下，第三次抽取为次品的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　设事件A为“前两次抽取为正品”，事件B为“第三次抽取为次品”，则AB包含的基本事件个数为n(AB)＝AA，A包含的基本事件个数n(A)＝AA，从而P(B|A)＝＝＝.
答案　C
2.(2017·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　三次均反面朝上的概率是＝，所以至少一次正面朝上的概率是1－＝.
答案　D
3.甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为(　　)
A. B. C. D.
解析　设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C，则击中目标表示事件A，B，C中至少有一个发生.又P(··)＝P()·P()·P()＝[1－P(A)]·[1－P(B)]·[1－P(C)]＝××＝.
∴击中的概率P＝1－P(··)＝.
答案　A
4.(2017·武昌区模拟)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为，则p＝(　　)
A. B. C. D.
解析　由题意得(1－p)＋p＝，∴p＝，故选B.
答案　B
5.(2017·丽水市调研)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X＝12)等于(　　)
A.C B.C
C.C D.C
解析　由题意知第12次取到红球，前11次中恰有9次红球2次白球，由于每次取到红球的概率为，
所以P(X＝12)＝C××.
答案　D
二、填空题
6.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________.
解析　设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件B(发芽又成活为幼苗).
依题意P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9.
根据条件概率公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案　0.72
7.设随机变量X～B(2，p)，随机变量Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥1)＝________.
解析　∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C(1－p)2＝，解得p＝.又Y～B(3，p)，∴P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－C(1－p)3＝.
答案　
8.某小区物业加强对员工服务宗旨教育，服务意识和服务水平不断提高，某服务班组经常收到表扬电话和表扬信.设该班组一周内收到表扬电话和表扬信的次数用X表示，据统计，随机变量X的概率分布如下：
X
0
1
2
3
P
0.1
0.3
2a
a
(1)a的值为________；
(2)假设某月第一周和第二周收到表扬电话和表扬信的次数互不影响，则该班组在这两周内共收到表扬电话和表扬信2次的概率为________.
解析　(1)由随机变量X的概率分布列性质得：
0.1＋0.3＋2a＋a＝1，
解得a＝0.2.
(2)该班组在这两周内共收到表扬电话和表扬信2次的概率：
P＝0.1×0.4＋0.4×0.1＋0.3×0.3＝0.17.
答案　(1)0.2　(2)0.17
三、解答题
9.一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.
(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列(只列算式，不必计算结果)；
(2)设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的分布列(只列算式，不必计算结果)；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.
解　(1)将通过每个交通岗看作一次试验，遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相互独立的，
故X～B.
∴P(X＝k)＝C，k＝0，1，2，3，4，5，6.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
C
C·
C·
X
4
5
6
P
C·
C
C
(2)由于Y表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y是随机变量，其取值为0，1，2，3，4，5，6.
其中{Y＝k}(k＝0，1，2，3，4，5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算.
P(Y＝k)＝·(k＝0，1，2，3，4，5).
而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯，
故其概率为P(Y＝6)＝.
因此Y的分布列为：
Y
0
1
2
3
P
·
·
·
Y
4
5
6
P
·
·
(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为(X≥1)＝{X＝1或X＝2或…或X＝6}，
所以其概率为P(X≥1)＝P(X＝k)＝1－P(X＝0)＝1－＝.
10.挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.5，0.6，0.75，能通过文考关的概率分别是0.6，0.5，0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响.
(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率；
(2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X的分布列.
解　(1)设A，B，C分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.
(2)甲被录取的概率为P甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.
∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X～B(3，0.3)，X可能取值为0，1，2，3，其中P(X＝k)＝C(0.3)k·(1－0.3)3－k.
故P(X＝0)＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，
P(X＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，
P(X＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，
P(X＝3)＝C×0.33＝0.027，
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.343
0.441
0.189
0.027
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(2016·郑州二模)先后掷骰子两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“x＋y为偶数”，事件B为“x≠y”，则概率P(B|A)＝(　　)
A. B. C. D.
解析　若x＋y为偶数，则x，y两数均为奇数或均为偶数.故P(A)＝＝，又A，B同时发生，基本事件一共有2×3×3－6＝12个，∴P(AB)＝＝，∴P(B|A)＝＝＝.
答案　D
12.(2017·嘉兴市调研)排球比赛的规则是5局3胜制(无平局)，甲在每局比赛获胜的概率都为，前2局中乙队以2∶0领先，则最后乙队获胜的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析　乙队3∶0获胜的概率为，乙队3∶1获胜的概率为×＝，乙队3∶2获胜的概率为×＝.∴最后乙队获胜的概率为P＝＋＋＝，故选C.
答案　C
13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________.
解析　设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(AB＋AB＋AB)C，
∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率
P＝×＝.
答案　
14.(2017·余姚质检)口袋中装有2个白球和n(n≥2，n∈N*)个红球，每次从袋中摸出2个球(每次摸球后把这2个球放回口袋中)，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖.
(1)用含n的代数式表示1次摸球中奖的概率；
(2)若n＝3，求3次摸球中恰有1次中奖的概率；
(3)记3次摸球中恰有1次中奖的概率为f(p)，当f(p)取得最大值时，求n的值.
解　(1)设“1次摸球中奖”为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)由(1)得若n＝3，则1次摸球中奖的概率为p＝，
∴3次摸球中，恰有1次中奖的概率为P3(1)＝Cp(1－p)2＝3××＝.
(3)设“1次摸球中奖”的概率为p，
则3次摸球中，恰有1次中奖的概率为：
f(p)＝Cp(1－p)2＝3p3－6p2＋3p(0∵f′(p)＝9p2－12p＋3＝3(p－1)(3p－1)，
∴f(p)在上是增函数，在上是减函数，
∴当p＝时，f(p)取得最大值.
∴p＝＝，解得n＝2或n＝1(舍)，
∴当f(p)取得最大值时，n的值为2.
故n＝2时，三次摸球中恰有一次中奖的概率最大.
15.(2016·山东卷节选)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“星对”得3分；如果只有一人猜对，则“星对”得1分；如果两人都没猜对，则“星对”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：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列.
解　(1)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，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.
由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋
P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋
P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝.
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.
由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，P(X＝1)＝2×＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
第8讲　离散型随机变量的均值与方差
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.已知离散型随机变量X的概率分布列为
X
1
3
5
P
0.5
m
0.2
则其方差D(X)＝(　　)
A.1 B.0.6 C.2.44 D.2.4
解析　由0.5＋m＋0.2＝1得m＝0.3，∴E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，∴D(X)＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.
答案　C
2.(2017·西安调研)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为(　　)
A.100 B.200 C.300 D.400
解析　设没有发芽的种子有ξ粒，则ξ～B(1 000，0.1)，且X＝2ξ，∴E(X)＝E(2ξ)＝2E(ξ)＝2×1 000×0.1＝200.
答案　B
3.已知随机变量X服从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n，p的值为(　　)
A.n＝4，p＝0.6 B.n＝6，p＝0.4
C.n＝8，p＝0.3 D.n＝24，p＝0.1
解析　由二项分布X～B(n，p)及E(X)＝np，D(X)＝np·(1－p)得2.4＝np，且1.44＝np(1－p)，解得n＝6，p＝0.4.故选B.
答案　B
4.已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10，0.6)，则E(η)，D(η)分别是(　　)
A.6，2.4 B.2，2.4
C.2，5.6 D.6，5.6
解析　由已知随机变量X＋η＝8，所以有η＝8－X.因此，求得E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
答案　B
5.口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X表示取出的球的最大号码，则X的数学期望E(X)的值是(　　)
A.4 B.4.5 C.4.75 D.5
解析　由题意知，X可以取3，4，5，P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝＝，
所以E(X)＝3×＋4×＋5×＝4.5.
答案　B
二、填空题
6.设X为随机变量，X～B，若随机变量X的数学期望E(X)＝2，则P(X＝2)＝________；D(X)＝________.
解析　由X～B，E(X)＝2，得np＝n＝2，∴n＝6，则P(X＝2)＝C＝，D(X)＝np(1－p)＝6××＝.
答案　　
7.随机变量ξ的取值为0，1，2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
解析　设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，
则解得
所以D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＝.
答案　
8.(2017·合肥模拟)某科技创新大赛设有一、二、三等奖(参与活动的都有奖)且相应奖项获奖的概率是以a为首项，2为公比的等比数列，相应的奖金分别是7 000元、5 600元、4 200元，则参加此次大赛获得奖金的期望是________元.
解析　由题意知a＋2a＋4a＝1，∴a＝，∴获得一、二、三等奖的概率分别为，，，∴所获奖金的期望是E(X)＝×7 000＋×5 600＋×4 200＝5 000(元).
答案　5 000
三、解答题
9.已知从某批产品中随机抽取1件是二等品的概率为0.2.
(1)若从该产品中有放回地抽取产品2次，每次抽取1件，设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”，求P(A)；
(2)若该批产品共有20件，从中任意抽取2件，X表示取出的2件产品中二等品的件数，求随机变量X的分布列和数学期望.
解　(1)记A0表示事件“取出的2件产品中没有二等品”，
A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”，
则A1与A0互斥，且A＝A0＋A1，
∴P(A)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－0.2)2＋C×0.2×(1－0.2)＝0.96.
(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，
该产品共有二等品20×0.2＝4(件)，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
10.(2017·郑州一模)在“出彩中国人”的一期比赛中，有6位歌手(1～6)登台演出，由现场百家大众媒体投票选出最受欢迎的出彩之星，各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人，其中媒体甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，另在2号至6号中随机的选2名；媒体乙不欣赏2号歌手，他必不选2号；媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至6号歌手中随机的选出3名.
(1)求媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率；
(2)X表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和，求X的分布列及数学期望.
解　(1)设A表示事件：“媒体甲选中3号歌手”，B表示事件：“媒体乙选中3号歌手”，C表示事件：“媒体丙选中3号歌手”，则
P(A)＝＝，P(B)＝＝，
∴媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率为
P(AB)＝×＝.
(2)P(C)＝＝，
由已知得X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝P(　　)＝××
＝.
P(X＝1)＝P(A　)＋P(B)＋P(　C)
＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X，已知E(X)＝3，则D(X)＝(　　)
A. B. C. D.
解析　由题意，X～B，
又E(X)＝＝3，∴m＝2，
则X～B，故D(X)＝5××＝.
答案　B
12.袋中装有大小完全相同，标号分别为1，2，3，…，9的九个球.现从袋中随机取出3个球.设ξ为这3个球的标号相邻的组数(例如：若取出球的标号为3，4，5，则有两组相邻的标号3，4和4，5，此时ξ的值是2)，则随机变量ξ的均值E(ξ)为(　　)
A. B. C. D.
解析　依题意得，ξ的所有可能取值是0，1，2.
且P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
因此E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
答案　D
13.马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的分布列如下表：
x
1
2
3
p(ξ＝x)
？
！
？
请小牛同学计算ξ的均值.尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同.据此，小牛给出了正确答案E(ξ)＝________.
解析　设“？”处的数值为x，则“！”处的数值为1－2x，则E(ξ)＝1×x＋2×(1－2x)＋3x＝x＋2－4x＋3x＝2.
答案　2
14.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.
(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；
(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望).
解　用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局甲获胜”，Bk表示“第k局乙获胜”，则P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1，2，3，4，5.
(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)
＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)·
P(A3)P(A4)
＝＋×＋××＝.
(2)X的可能取值为2，3，4，5.
P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)·P(B2)＝，
P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)
＝P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝，
P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)
＝P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝，
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝.
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P
E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
15.(2017·绍兴调研)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
解　(1)设顾客所获的奖励额为X.
①依题意，得P(X＝60)＝＝，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
②依题意，得X的所有可能取值为20，60.
P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X
20
60
P
所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×＋60×＝40(元).
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为
X1
20
60
100
P
X1的数学期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60(元)，
X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2
40
60
80
P
X2的数学期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60(元)，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.
由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
专题探究课二 高考中三角函数问题的热点题型
(建议用时：60分钟)
1.(2017·湖州调研)函数f(x)＝3sin的部分图象如图所示.
(1)写出f(x)的最小正周期及图中x0，y0的值；
(2)求f(x)在区间上最大值和最小值.
解　(1)由题得，f(x)的最小正周期为π，y0＝3.
当y0＝3时，sin＝1，
由题干图可得2x0＋＝2π＋，解得x0＝.
(2)因为x∈，所以2x＋∈.
于是：当2x＋＝0，即x＝－时，f(x)取得最大值0；
当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值－3.
2.(2017·郑州模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知asin 2B＝bsin A.
(1)求B；
(2)若cos A＝，求sin C的值.
解　(1)在△ABC中，
由＝，
可得asin B＝bsin A，
又由asin 2B＝bsin A，
得2asin Bcos B＝bsin A＝asin B，
又B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以cos B＝，得B＝.
(2)由cos A＝，A∈(0，π)，得sin A＝，
则sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)，
所以sin C＝sin
＝sin A＋cos A＝.
3.(2017·西安调研)设函数f(x)＝sin＋2sin2(ω＞0)，已知函数f(x)的图象的相邻两对称轴间的距离为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c(其中b＜c)，且f(A)＝，△ABC的面积为S＝6，a＝2，求b，c的值.
解　(1)f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋1－cos ωx
＝sin ωx－cos ωx＋1＝sin＋1.
∵函数f(x)的图象的相邻两对称轴间的距离为π，
∴函数f(x)的周期为2π.∴ω＝1.
∴函数f(x)的解析式为f(x)＝sin＋1.
(2)由f(A)＝，得sin＝.
又∵A∈(0，π)，∴A＝.
∵S＝bcsin A＝6，∴bcsin ＝6，bc＝24，
由余弦定理，得a2＝(2)2＝b2＋c2－2bccos ＝b2＋c2－24.
∴b2＋c2＝52，又∵b＜c，解得b＝4，c＝6.
4.(2016·济南名校联考)已知函数f(x)＝sin ωx＋2cos2＋1－(ω＞0)的周期为π.
(1)求f(x)的解析式并求其单调递增区间；
(2)将f(x)的图象先向下平移1个单位长度，再向左平移φ(φ＞0)个单位长度得到函数h(x)的图象，若h(x)为奇函数，求φ的最小值.
解　(1)f(x)＝sin ωx＋2cos2＋1－＝
sin ωx＋2×＋1－
＝sin ωx＋cos ωx＋1＝2sin(ωx＋)＋1.
又函数f(x)的周期为π，因此 ＝π，∴ω＝2.
故f(x)＝2sin＋1.
令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，即函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
(2)由题意可知h(x)＝2sin，
又h(x)为奇函数，则2φ＋＝kπ，
∴φ＝－(k∈Z).∵φ＞0，∴当k＝1时，φ取最小值.
5.已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝
(2sin B，－)，n＝(cos 2B，2cos2－1)，且m∥n.
(1)求锐角B的大小；
(2)如果b＝2，求S△ABC的最大值.
解　(1)∵m∥n，
∴2sin B＝－cos 2B，
∴sin 2B＝－cos 2B，
即tan 2B＝－.
又∵B为锐角，
∴2B∈(0，π)，∴2B＝，∴B＝.
(2)∵B＝，b＝2，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得a2＋c2－ac－4＝0.
又a2＋c2≥2ac，代入上式，得ac≤4，
当且仅当a＝c＝2时等号成立.
故S△ABC＝acsin B＝ac≤，
当且仅当a＝c＝2时等号成立，
即S△ABC的最大值为.
6.(2017·宁波模拟)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x，1)，x∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求边长b和c的值.
解　(1)f(x)＝2 cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，∴函数y＝f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，∴cos＝－1，又＜2A＋＜，∴2A＋＝π，即A＝.
∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.①
∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，
∴2sin B＝3sin C，由正弦定理得2b＝3c，②
由①②得b＝3，c＝2.
第1讲　任意角、弧度制及任意角的三角函数
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.给出下列四个命题：
①－是第二象限角；②是第三象限角；③－400°是第四象限角；④－315°是第一象限角.
其中正确的命题有(　　)
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析　－是第三象限角，故①错误.＝π＋，从而是第三象限角，②正确.－400°＝－360°－40°，从而③正确.－315°＝－360°＋45°，从而④正确.
答案　C
2.已知点P(tan α，cos α)在第三象限，则角α的终边所在的象限选(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　由题意知tan α＜0，cos α＜0，∴α是第二象限角.
答案　B
3.(2017·湖州模拟)已知角θ的终边经过点P(4，m)，且sin θ＝，则m等于(　　)
A.－3 B.3 C. D.±3
解析　sin θ＝＝，解得m＝3.
答案　B
4.点P从(1，0)出发，沿单位圆逆时针方向运动弧长到达Q点，则Q点的坐标为(　　)
A. B.
C. D.
解析　由三角函数定义可知Q点的坐标(x，y)满足x＝cos ＝－，y＝sin ＝.
答案　A
5.设θ是第三象限角，且＝－cos ，则是(　　)
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
解析　由θ是第三象限角，知为第二或第四象限角，
∵＝－cos ，∴cos ≤0，综上知为第二象限角.
答案　B
6.若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长，则其圆心角α∈(0，π)的弧度数为(　　)
A. B. C. D.2
解析　设圆半径为r，则其内接正三角形的边长为r，所以r＝α·r，∴α＝.
答案　C
7.给出下列命题：
①第二象限角大于第一象限角；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形的半径的大小无关；④若sin α＝sin β，则α与β的终边相同；⑤若cos θ<0，则θ是第二或第三象限的角.
其中正确命题的个数是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
解析　举反例：第一象限角370°不小于第二象限角100°，故①错；当三角形的内角为90°时，其既不是第一象限角，也不是第二象限角，故②错；③正确；由于sin＝sin，但与的终边不相同，故④错；当cos θ＝－1，θ＝π时既不是第二象限角，也不是第三象限角，故⑤错.综上可知只有③正确.
答案　A
8.(2016·合肥模拟)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos 2θ＝(　　)
A.－ B.－ C. D.
解析　由题意知，tan θ＝2，即sin θ＝2cos θ，将其代入sin2θ＋cos2θ＝1中可得cos2θ＝，故cos 2θ＝2cos2θ－1＝－.
答案　B
二、填空题
9.已知角α的终边在如图所示阴影表示的范围内(不包括边界)，则角α用集合可表示为________.
解析　在[0，2π)内，终边落在阴影部分角的集合为，
所以，所求角的集合为(k∈Z).
答案　(k∈Z)
10.设P是角α终边上一点，且|OP|＝1，若点P关于原点的对称点为Q，则Q点的坐标是________.
解析　由已知P(cos α，sin α)，则Q(－cos α，－sin α).
答案　(－cos α，－sin α)
11.已知扇形的圆心角为，面积为，则扇形的弧长等于________.
解析　设扇形半径为r，弧长为l，则解得
答案　
12.(2017·衡水中学月考)已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且cos α≤0，sin α>0，则实数a的取值范围是________.
解析　∵cos α≤0，sin α>0，∴角α的终边落在第二象限或y轴的正半轴上.∴∴－2答案　(－2，3]
13.(2017·舟山调研)若θ是第二象限角，则sin(cos θ)的符号为________，cos(sin θ)的符号为________.
解析　∵θ是第二象限角，∴－10.
答案　负　正
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.已知圆O：x2＋y2＝4与y轴正半轴的交点为M，点M沿圆O顺时针运动弧长到达点N，以ON为终边的角记为α，则tan α＝(　　)
A.－1 B.1 C.－2 D.2
解析　圆的半径为2，的弧长对应的圆心角为，故以ON为终边的角为，故tan α＝1.
答案　B
15.(2016·郑州一模)设α是第二象限角，P(x，4)为其终边上的一点，且cos α＝x，则tan α等于(　　)
A. B. C.－ D.－
解析　因为α是第二象限角，所以cos α＝x<0，即x<0.
又cos α＝x＝，解得x＝－3，所以tan α＝＝－.
答案　D
16.函数y＝的定义域为________.
解析　∵2sin x－1≥0，∴sin x≥.
由三角函数线画出x满足条件的终边范围(如图阴影所示).
∴x∈(k∈Z)
答案　(k∈Z)
17.(2017·宁波质测)某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为5 cm，秒针均匀地绕点O旋转，当时间t＝0时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离d(单位：cm)表示成t(单位：s)的函数，则d＝________，(其中t∈[0，60])；d的最大值为________cm.
解析　根据题意，得∠AOB＝×2π＝，故d＝2×5sin＝10sin(t∈[0，60]).∵t∈[0，60]，∴∈[0，π]，当t＝30时，d最大为10 cm.
答案　10sin　10
18.如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在(0，1)，此时圆上一点P的位置在(0，0)，圆在x轴上沿正向滚动，当圆滚动到圆心位于(2，1)时，的坐标为________.
解析　如图，作CQ∥x轴，PQ⊥CQ, Q为垂足.根据题意得劣弧＝2，故∠DCP＝2，则在△PCQ中，∠PCQ＝2－，
|CQ|＝cos＝sin 2，|PQ|＝sin＝－cos 2，
所以P点的横坐标为2－|CQ|＝2－sin 2，P点的纵坐标为1＋|PQ|＝1－cos 2，所以P点的坐标为(2－sin 2，1－cos 2)，故＝(2－sin 2，1－cos 2).
答案　(2－sin 2，1－cos 2)
第2讲　同角三角函数的基本关系式与诱导公式
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.(2017·杭州模拟)已知α是第四象限角，sin α＝－，则tan α＝(　　)
A.－ B. C.－ D.
解析　因为α是第四象限角，sin α＝－，
所以cos α＝＝，
故tan α＝＝－.
答案　C
2.已知tan α＝，且α∈，则sin α＝(　　)
A.－ B. C. D.－
解析　∵tan α＝＞0，且α∈，∴sin α＜0，
∴sin2α＝＝＝＝，
∴sin α＝－.
答案　A
3.＝(　　)
A.sin 2－cos 2 B.sin 2＋cos 2
C.±(sin 2－cos 2) D.cos 2－sin 2
解析　＝
＝＝|sin 2－cos 2|＝sin 2－cos 2.
答案　A
4.(2017·绍兴质检)向量a＝，b＝(cos α，1)，且a∥b，则cos＝(　　)
A.－ B. C.－ D.－
解析　∵a＝，b＝(cos α，1)，且a∥b，∴×1－tan αcos α＝0，∴sin α＝，
∴cos＝－sin α＝－.
答案　A
5.(2016·广州二测)cos＝，则sin＝(　　)
A. B. C.－ D.－
解析　sin＝sin＝cos＝.
答案　A
6.(2017·孝感模拟)已知tan α＝3，则的值是(　　)
A. B.2 C.－ D.－2
解析　原式＝
＝＝＝＝＝2.
答案　B
7.已知sin α＝，则sin4α－cos4α的值为(　　)
A.－ B.－ C. D.
解析　sin4α－cos4α＝sin2α－cos2α＝2sin2α－1＝－1＝－.
答案　B
8.(2017·西安模拟)已知函数f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且f(4)＝3，则f(2 017)的值为(　　)
A.－1 B.1 C.3 D.－3
解析　∵f(4)＝asin(4π＋α)＋bcos(4π＋β)
＝asin α＋bcos β＝3，
∴f(2 017)＝asin(2 017π＋α)＋bcos(2 017π＋β)
＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)
＝－asin α－bcos β
＝－3.
答案　D
二、填空题
9.(2016·四川卷)sin 750°＝________.
解析　sin 750°＝sin(720°＋30°)＝sin 30°＝.
答案　
10.已知α为钝角，sin＝，则sin＝________.
解析　因为α为钝角，所以cos＝－，
所以sin＝cos＝cos＝－.
答案　－
11.化简：＝________.
解析　原式＝＝＝1.
答案　1
12.(2017·湖州调研)若－<α<0，sin α＋cos α＝，则
(1)sin αcos α＝________；
(2)sin α－cos α＝________.
解析　(1)将sin α＋cos α＝两边同时平方可得，
sin2α＋2sin αcos α＋cos2α＝，
即2sin αcos α＝－，∴sin αcos α＝－.
(2)由(1)得(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝.
∵－<α<0，∴sin α<0，cos α>0，
∴sin α－cos α<0，∴sin α－cos α＝－.
答案　(1)－　(2)－
13.(2016·全国Ⅰ卷)已知θ是第四象限角，且sin＝，则tan＝________.
解析　由题意，得cos＝，∴tan＝.∴tan＝tan＝－
＝－.
答案　－
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.已知sin(π＋θ)＝－cos(2π－θ)，|θ|<，则θ等于(　　)
A.－ B.－ C. D.
解析　∵sin(π＋θ)＝－cos(2π－θ)，
∴－sin θ＝－cos θ，
∴tan θ＝，∵|θ|＜，∴θ＝.
答案　D
15.若sin θ，cos θ是方程4x2＋2mx＋m＝0的两根，则m的值为(　　)
A.1＋ B.1－
C.1± D.－1－
解析　由题意知sin θ＋cos θ＝－，sin θ·cos θ＝.
又＝1＋2sin θcos θ，
∴＝1＋，解得m＝1±.
又Δ＝4m2－16m≥0，∴m≤0或m≥4，∴m＝1－.
答案　B
16.(2017·金华调研)已知：f(α)＝.
(1)化简f(α)的结果为________；
(2)若角α的终边在第二象限且sin α＝，则f(α)＝________.
解析　(1)f(α)＝
＝
＝－cos α.
(2)由题意知cos α＝－＝－，∴f(α)＝－cos α＝.
答案　(1)－cos α　(2)
17.(2017·台州月考)sin21°＋sin22°＋…＋sin290°＝________；cos21°＋cos22°＋…＋cos290°＝________.
解析　sin21°＋sin22°＋…＋sin290°＝sin21°＋sin22°＋…＋sin244°＋sin245°＋cos244°＋cos243°＋…＋cos21°＋sin290°＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin244°＋cos244°)＋sin245°＋sin290°＝44＋＋1＝.∵cos21°＋cos22°＋…＋cos290°＝90－(sin21°＋sin22°＋…＋sin290°)＝.
答案　　
18.已知cos＝a，则cos＋sin＝________.
解析　∵cos＝cos＝－cos＝－a.
sin＝sin＝cos＝a，
∴cos＋sin＝0.
答案　0
第3讲　三角函数的图象与性质
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.在函数①y＝cos|2x|，②y＝|cos x|，③y＝cos，④y＝tan中，最小正周期为π的所有函数为(　　)
A.①②③ B.①③④
C.②④ D.①③
解析　①y＝cos|2x|＝cos 2x，最小正周期为π；
②由图象知y＝|cos x|的最小正周期为π；
③y＝cos的最小正周期T＝＝π；
④y＝tan的最小正周期T＝，因此选A.
答案　A
2.(2017·温州模拟)函数f(x)＝tan的单调递增区间是(　　)
A.(k∈Z)
B.(k∈Z)
C.(k∈Z)
D.(k∈Z)
解析　当kπ－＜2x－＜kπ＋(k∈Z)时，函数y＝tan单调递增，解得－＜x＜＋(k∈Z)，所以函数y＝tan的单调递增区间是(k∈Z)，故选B.
答案　B
3.(2016·成都诊断)函数y＝cos2x－2sin x的最大值与最小值分别为(　　)
A.3，－1 B.3，－2 C.2，－1 D.2，－2
解析　y＝cos2x－2sin x＝1－sin2x－2sin x
＝－sin2x－2sin x＋1，
令t＝sin x，则t∈[－1，1]，y＝－t2－2t＋1＝－(t＋1)2＋2，
所以ymax＝2，ymin＝－2.
答案　D
4.(2016·银川模拟)已知函数f(x)＝sin(x∈R)，下面结论错误的是(　　)
A.函数f(x)的最小正周期为π
B.函数f(x)是偶函数
C.函数f(x)的图象关于直线x＝对称
D.函数f(x)在区间上是增函数
解析　f(x)＝sin＝－cos 2x，故其最小正周期为π，故A正确；易知函数f(x)是偶函数，B正确；由函数f(x)＝－cos 2x的图象可知，函数f(x)的图象不关于直线x＝对称，C错误；由函数f(x)的图象易知，函数f(x)在上是增函数，D正确.
答案　C
5.(2017·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，且?x∈R，有f(x)≤f成立，则f(x)图象的一个对称中心坐标是(　　)
A. B.
C. D.
解析　由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝.因为f(x)≤f恒成立，所以f(x)max＝f，即×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，由|φ|<，得φ＝，故f(x)＝sin.
令x＋＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－(k∈Z)，故f(x)图象的对称中心为(k∈Z)，当k＝0时，f(x)图象的对称中心为，故选A.
答案　A
二、填空题
6.(2017·台州调研)若函数f(x)＝cos(0<φ<π)是奇函数，则φ＝________；f(x)取最大值时，x的取值集合为________.
解析　因为f(x)为奇函数，所以φ－＝＋kπ，φ＝＋kπ，k∈Z.又因为0<φ<π，故φ＝.由f(x)＝cos＝cos＝－sin 2x(x∈R)，∴当2x＝2kπ－，即x＝kπ－(k∈Z)时，f(x)得最大值1.
答案　　
7.(2016·哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考)函数y＝sin x＋cos x的单调递增区间是________.
解析　∵y＝sin x＋cos x＝sin，
由2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
解得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z).
∴函数的单调递增区间为(k∈Z)，
又x∈，∴单调递增区间为.
答案　
8.(2016·承德模拟)若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在上单调递增，在区间上单调递减，则ω＝________.
解析　法一　由于函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象经过坐标原点，由已知并结合正弦函数的图象可知，为函数f(x)的周期，故＝，解得ω＝.
法二　由题意，得f(x)max＝f＝sinω＝1.
由已知并结合正弦函数图象可知，ω＝，解得ω＝.
答案　
三、解答题
9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝(sin x＋cos x)2＋cos 2x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值.
解　(1)因为f(x)＝sin2 x＋cos2 x＋2sin xcos x＋cos 2x＝1＋sin 2x＋cos 2x＝sin＋1，
所以函数f(x)的最小正周期为T＝＝π.
(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝sin＋1.
当x∈时，2x＋∈，
由正弦函数y＝sin x在上的图象知，
当2x＋＝，即x＝时，f(x)取最大值＋1；
当2x＋＝，即x＝时，f(x)取最小值0.
综上，f(x)在上的最大值为＋1，最小值为0.
10.(2017·昆明调研)设函数f(x)＝sin－2cos2＋1.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若函数y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，求当x∈时，y＝g(x)的最大值.
解　(1)f(x)＝sin cos －cos sin －cos
＝sin －cos ＝sin，
故f(x)的最小正周期为T＝＝8.
(2)法一　在y＝g(x)的图象上任取一点(x，g(x))，
它关于x＝1的对称点(2－x，g(x)).
由题设条件，知点(2－x，g(x))在y＝f(x)的图象上，
从而g(x)＝f(2－x)＝sin
＝sin＝cos.
当0≤x≤时，≤＋≤，
因此y＝g(x)在区间上的最大值为
g(x)max＝cos ＝.
法二　区间关于x＝1的对称区间为，
且y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，
故y＝g(x)在上的最大值为
y＝f(x)在上的最大值.
由(1)知f(x)＝sin，
当≤x≤2时，－≤－≤.
因此y＝g(x)在上的最大值为
g(x)max＝sin ＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.已知函数f(x)＝2sin ωx(ω>0)在区间上的最小值是－2，则ω的最小值等于(　　)
A. B. C.2 D.3
解析　∵ω>0，－≤x≤，
∴－≤ωx≤.
由已知条件知－≤－，∴ω≥.
答案　B
12.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x＝时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是(　　)
A.f(2)C.f(－2)解析　由于f(x)的最小正周期为π，∴ω＝2，即f(x)＝Asin(2x＋φ)，又当x＝时，2x＋φ＝＋φ＝2kπ－(k∈Z)，∴φ＝2kπ－(k∈Z)，又φ>0，∴φmin＝，
故f(x)＝Asin(2x＋).于是f(0)＝Asin ，
f(2)＝Asin＝Asin＝Asin，
f(－2)＝Asin＝Asin
＝Asin＝Asin.
又∵－＜－4＜4－＜＜.
又f(x)在上单调递增，
∴f(2)答案　A
13.(2017·湖州调研)若x＝是函数f(x)＝sin 2x＋acos 2x的一条对称轴，则函数f(x)的最小正周期是________；函数f(x)的最大值是________.
解析　∵f(x)＝sin 2x＋acos 2x＝sin(2x＋θ)(tan θ＝a)，
又x＝是函数的一条对称轴，
∴2×＋θ＝＋kπ，即θ＝＋kπ，k∈Z.
则f(x)＝sin.
T＝＝π；
由a＝tan θ＝tan＝tan＝，
得＝＝.
∴函数f(x)的最大值是.
答案　π　
14.(2017·武汉调研)已知函数f(x)＝a＋b.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调增区间；
(2)若x∈[0，π]时，函数f(x)的值域是[5，8]，求a，b的值.
解　f(x)＝a(1＋cos x＋sin x)＋b＝asin＋a＋b.
(1)当a＝－1时，f(x)＝－sin＋b－1，
由2kπ＋≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)，
∴f(x)的单调增区间为(k∈Z).
(2)∵0≤x≤π，∴≤x＋≤，
∴－≤sin≤1，依题意知a≠0.
(ⅰ)当a>0时，∴a＝3－3，b＝5.
(ⅱ)当a<0时，∴a＝3－3，b＝8.
综上所述，a＝3－3，b＝5或a＝3－3，b＝8.
15.设函数f(x)＝sin－2cos2.
(1)求y＝f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)若函数y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，求当x∈[0，1]时，函数y＝g(x)的最大值.
解　(1)由题意知f(x)＝sin－cos－1＝·sin－1，所以y＝f(x)的最小正周期T＝＝6.
由2kπ－≤x－≤2kπ＋，k∈Z，得6k－≤x≤6k＋，k∈Z，
所以y＝f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)因为函数y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，
所以当x∈[0，1]时，y＝g(x)的最大值即为x∈[3，4]时，y＝f(x)的最大值，
当x∈[3，4]时，x－∈，sin∈，f(x)∈，
即此时y＝g(x)的最大值为.
第4讲　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·全国Ⅱ卷)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为(　　)
A.x＝－(k∈Z) B.x＝＋(k∈Z)
C.x＝－(k∈Z) D.x＝＋(k∈Z)
解析　由题意将函数y＝2sin 2x的图象向左平移个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sin，由2x＋＝kπ＋得函数的对称轴为x＝＋(k∈Z)，故选B.
答案　B
2.(2017·衡水中学金卷)若函数y＝sin(ωx－φ)(ω>0，|φ|<)在区间上的图象如图所示，则ω，φ的值分别是(　　)
A.ω＝2，φ＝ B.ω＝2，φ＝－
C.ω＝，φ＝ D.ω＝，φ＝－
解析　由图可知，T＝2＝π，所以ω＝＝2，又sin＝0，所以－φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝－kπ(k∈Z)，而|φ|<，所以φ＝，故 选A.
答案　A
3.(2017·昆明市两区七校模拟)将函数f(x)＝sin x－cos x的图象沿着x轴向右平移a(a>0)个单位后的图象关于y轴对称，则a的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
解析　依题意得f(x)＝2sin，因为函数f(x－a)＝2sin的图象关于y轴对称，所以sin＝±1，a＋＝kπ＋，k∈Z，即a＝kπ＋，k∈Z，因此正数a的最小值是，选B.
答案　B
4.(2016·台州模拟)函数f(x)＝3sinx－logx的零点的个数是(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　函数y＝3sinx的周期T＝＝4，由logx＝3，可得x＝.由logx＝－3，可得x＝8.在同一平面直角坐标系中，作出函数y＝3sinx和y＝logx的图象(如图所示)，易知有5个交点，故函数f(x)有5个零点.
答案　D
5.(2017·呼和浩特调研)如图是函数f(x)＝sin 2x和函数g(x)的部分图象，则g(x)的图象可能是由f(x)的图象(　　)
A.向右平移个单位得到的
B.向右平移个单位得到的
C.向右平移个单位得到的
D.向右平移个单位得到的
解析　由函数f(x)＝sin 2x和函数g(x)的部分图象，可得g(x)的图象位于y轴右侧的第一个最高点的横坐标为m，则有－m＝－，解得m＝，故把函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移－＝个单位，即可得到函数g(x)的图象，故选B.
答案　B
二、填空题
6.(2017·金华调研)如图一半径为3米的水轮，水轮的圆心O距离水面2米，已知水轮每分钟旋转4圈，水轮上的点P到水面的距离y(米)与时间x(秒)满足函数关系y＝Asin(ωx＋φ)＋2，则有ω＝________，A＝________.
解析　由题意知水轮每分钟旋转4圈，即每秒旋转 rad，所以ω＝；又水轮上的最高点距离水面r＋2＝5(米)，所以y的最大值A＋2＝5，A＝3.
答案　　3
7.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象上的两个相邻的最高点和最低点的距离为2，且过点，则函数f(x)的解析式为________.
解析　据已知两个相邻最高和最低点距离为2，可得＝2，解得T＝4，故ω＝＝，
即f(x)＝sin.又函数图象过点，
故f(2)＝sin＝－sin φ＝－，
又－≤φ≤，
解得φ＝，故f(x)＝sin.
答案　f(x)＝sin
8.已知f(x)＝sin (ω>0)，f＝f，且f(x)在区间上有最小值，无最大值，则ω＝___________.
解析　依题意，x＝＝时，y有最小值，
∴sin＝－1，∴ω＋＝2kπ＋ (k∈Z).
∴ω＝8k＋ (k∈Z)，因为f(x)在区间上有最小值，无最大值，所以－≤，即ω≤12，令k＝0，
得ω＝.
答案　
三、解答题
9.已知函数f(x)＝sin ωx＋cos，其中x∈R，ω＞0.
(1)当ω＝1时，求f的值；
(2)当f(x)的最小正周期为π时，求f(x)在上取得最大值时x的值.
解　(1)当ω＝1时，f＝sin ＋cos
＝＋0＝.
(2)f(x)＝sin ωx＋cos
＝sin ωx＋cos ωx－sin ωx
＝sin ωx＋cos ωx＝sin.
∵＝π，且ω＞0，得ω＝2，∴f(x)＝sin.
由x∈，得2x＋∈，
∴当2x＋＝，即x＝时，f(x)max＝1.
10.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象关于直线x＝对称，且图象上相邻最高点的距离为π.
(1)求f的值；
(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位后，得到y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间.
解　(1)因为f(x)的图象上相邻最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝＝2.
又f(x)的图象关于直线x＝对称，所以2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，因为－≤φ＜，所以k＝0，
所以φ＝－＝－，所以f(x)＝sin，
则f＝sin＝sin ＝.
(2)将f(x)的图象向右平移个单位后，得到
f的图象，
所以g(x)＝f＝sin
＝sin.
当2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
即kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)时，g(x)单调递减.
因此g(x)的单调递减区间为(k∈Z).
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(2017·西安调研)设函数f(x)＝sin，则下列结论正确的是(　　)
A.f(x)的图象关于直线x＝对称
B.f(x)的图象关于点对称
C.f(x)的最小正周期为π，且在上为增函数
D.把f(x)的图象向右平移个单位，得到一个偶函数的图象
解析　对于函数f(x)＝sin，当x＝时，
f＝sin ＝，故A错；当x＝时，
f＝sin ＝1，故不是函数的对称点，故B错；函数的最小正周期为T＝＝π，当x∈时，
2x＋∈，此时函数为增函数，故C正确；
把f(x)的图象向右平移个单位，得到g(x)＝sin＝sin 2x，函数是奇函数，故D错.
答案　C
12.(2016·承德一模)已知函数f(x)＝2sin ωx在区间上的最小值为－2，则ω的取值范围是(　　)
A.∪[6，＋∞)
B.∪
C.(－∞，－2]∪[6，＋∞)
D.(－∞，－2]∪
解析　当ω>0时，－ω≤ωx≤ω，由题意知－ω≤－，即ω≥；当ω<0时，ω≤ωx≤－ω，
由题意知ω≤－，∴ω≤－2.
综上可知，ω的取值范围是(－∞，－2]∪.
答案　D
13.(2015·湖南卷)已知ω>0，在函数y＝2sin ωx与y＝2cos ωx 的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为2，则ω＝________.
解析　由得sin ωx＝cos ωx，
∴tan ωx＝1，ωx＝kπ＋ (k∈Z).
∵ω>0，∴x＝＋ (k∈Z).
设距离最短的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，不妨取x1＝，x2＝，则|x2－x1|＝＝.
又结合图形知|y2－y1|＝＝2，
且(x1，y1)与(x2，y2)间的距离为2，
∴(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝(2)2，
∴＋(2)2＝12，∴ω＝.
答案　
14.(2017·郑州模拟)某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)在某一个周期内的图象时，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，并求出函数f(x)的解析式；
(2)将y＝f(x)的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象.若关于x的方程g(x)－(2m＋1)＝0在区间上有两个不同的解，求实数m的取值范围.
解　(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
Asin(ωx＋φ)
0
5
0
－5
0
且函数表达式为f(x)＝5sin.
(2)通过平移，g(x)＝5sin，
方程g(x)－(2m＋1)＝0可看成函数y＝g(x)和函数y＝2m＋1的图象在上有两个交点，
当x∈时，2x＋∈，为使直线y＝2m＋1与函数y＝g(x)的图象在上有两个交点，结合函数y＝g(x)在[0，]上的图象，
只需≤2m＋1<5，解得≤m<2.
即实数m的取值范围为.
15.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝f－f的单调递增区间.
解　(1)由题设图象知，周期T＝2＝π，
∴ω＝＝2.
因为点在函数图象上，所以Asin＝0，即sin＝0.
又∵0<φ<，
∴<＋φ<，从而＋φ＝π，即φ＝.
又点(0，1)在函数图象上，所以Asin＝1，解得A＝2，
故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin.
(2)g(x)＝2sin－2sin
＝2sin 2x－2sin
＝2sin 2x－2
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.
∴g(x)的单调递增区间是，k∈Z.
第5讲　两角和与差的正弦、余弦和正切公式
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2015·全国Ⅰ卷)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝(　　)
A.－ B. C.－ D.
解析　sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin 30°＝.
答案　D
2.(1＋tan 17°)(1＋tan 28°)的值是(　　)
A.－1 B.0 C.1 D.2
解析　原式＝1＋tan 17°＋tan 28°＋tan 17°·tan 28°
＝1＋tan 45°(1－tan 17°·tan 28°)＋tan 17°·tan 28°
＝1＋1＝2.
答案　D
3.(2017·西安二检)已知α是第二象限角，且tan α＝－，则sin 2α＝(　　)
A.－ B. C.－ D.
解析　因为α是第二象限角，且tan α＝－，所以sin α＝，cos α＝－，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2××＝－，故选C.
答案　C
4.(2016·河南六市联考)设a＝cos 2°－sin 2°，b＝，c＝，则有(　　)
A.a＜c＜b B.a＜b＜c C.b＜c＜a D.c＜a＜b
解析　由题意可知，a＝sin 28°，b＝tan 28°，c＝sin 25°，
∴c＜a＜b.
答案　D
5.(2016·肇庆三模)已知sin α＝且α为第二象限角，则tan＝(　　)
A.－ B.－ C.－ D.－
解析　由题意得cos α＝－，则sin 2α＝－，
cos 2α＝2cos2α－1＝.
∴tan 2α＝－，∴tan＝＝＝－.
答案　D
二、填空题
6.(2016·石家庄模拟)若cos＝，则sin的值是________.
解析　sin＝sin＝
cos 2＝2cos2－1＝2×－1＝－.
答案　－
7.(2017·杭州月考)已知θ是第四象限角，且sin＝，则sin θ＝________；tan＝________.
解析　由题意，sin＝，cos＝，
∴解得
∴tan θ＝－，tan＝＝＝－.
答案　－　－
8.已知θ∈，且sin＝，则tan 2θ＝________.
解析　sin＝，得sin θ－cos θ＝，①
θ∈，①平方得2sin θcos θ＝，可求得sin θ＋cos θ＝，∴sin θ＝，cos θ＝，∴tan θ＝，tan 2θ＝＝－.
答案　－
三、解答题
9.(2017·镇海中学模拟)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(2，－1).
(1)若a⊥b，求的值；
(2)若|a－b|＝2，θ∈，求sin的值.
解　(1)由a⊥b可知，a·b＝2cos θ－sin θ＝0，
所以sin θ＝2cos θ，
所以＝＝.
(2)由a－b＝(cos θ－2，sin θ＋1)可得，
|a－b|＝＝
＝2，
即1－2cos θ＋sin θ＝0.
又cos2θ＋sin2θ＝1，且θ∈，
所以sin θ＝，cos θ＝.
所以sin＝(sin θ＋cos θ)＝＝.
10.设cos α＝－，tan β＝，π<α<，0<β<，求α－β的值.
解　法一　由cos α＝－，π<α<，得sin α＝－，tan α＝2，又tan β＝，
于是tan(α－β)＝＝＝1.
又由π<α<，
0<β<可得－<－β<0，<α－β<，
因此，α－β＝.
法二　由cos α＝－，π<α<得sin α＝－.
由tan β＝，0<β<得sin β＝，cos β＝.
所以sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝
－＝－.
又由π<α<，0<β<可得
－<－β<0，<α－β<，因此，α－β＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(2016·云南统一检测)cos·cos·cos＝(　　)
A.－ B.－ C. D.
解析　cos·cos·cos＝cos 20°·cos 40°·cos 100°＝－cos 20°·cos 40°·cos 80°
＝－
＝－
＝－
＝－＝－＝－.
答案　A
12.(2017·武汉调研)设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为(　　)
A.[－，1] B.[－1，]
C.[－1，1] D.[1，]
解析　∵sin αcos β－cos αsin β＝1，∴sin(α－β)＝1，
∵α，β∈[0，π]，
∴α－β＝，由?≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝sin，∵≤α≤π，∴≤α＋≤π，∴－1≤sin≤1，即所求的取值范围是[－1，1]，故选C.
答案　C
13.已知cos4α－sin4α＝，且α∈，则cos＝________.
解析　∵cos4α－sin4α＝(sin2α＋cos2α)(cos2α－sin2α)＝cos 2α＝，又α∈，∴2α∈(0，π)，
∴sin 2α＝＝，
∴cos＝cos 2α－sin 2α
＝×－×＝.
答案　
14.已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx，2cos ωx)，设函数f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若y＝f(x)的图象经过点，求函数f(x)在区间上的取值范围.
解　(1)因为f(x)＝a·b＋λ
＝(cos ωx－sin ωx)(－cos ωx－sin ωx)＋2sin ωx·cos ωx＋λ
＝sin2ωx－cos2ωx＋2sin ωx·cos ωx＋λ
＝－cos 2ωx＋sin 2ωx＋λ＝2sin＋λ，
由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，
可得sin＝±1，
所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)，即ω＝＋(k∈Z).
又ω∈，k∈Z，所以k＝1，故ω＝.
所以f(x)＝2sin＋λ.
所以f(x)的最小正周期是.
(2)由y＝f(x)的图象过点，得f＝
2sin＋λ＝0，所以λ＝－2sin＝－2sin＝－，
故f(x)＝2sin－.
由0≤x≤，有－≤x－≤，
所以－≤sin≤1，得－1－≤2sin－≤2－.
故函数f(x)在上的取值范围为[－1－，2－].
15.(2016·西安模拟)如图，现要在一块半径为1 m，圆心角为的扇形白铁片AOB上剪出一个平行四边形MNPQ，使点P在弧AB上，点Q在OA上，点M，N在OB上，设∠BOP＝θ，平行四边形MNPQ的面积为S.
(1)求S关于θ的函数关系式.
(2)求S的最大值及相应的θ角.
解　(1)分别过P，Q作PD⊥OB于D，QE⊥OB于E，则四边形QEDP为矩形.
由扇形半径为1 m，得PD＝sin θ，OD＝cos θ.在Rt△OEQ中，
OE＝QE＝PD，MN＝QP＝DE＝OD－OE＝cos θ－sin θ，S＝MN·PD＝·sin θ＝sin θcos θ－sin2θ，θ∈.
(2)由(1)得S＝sin 2θ－(1－cos 2θ)
＝sin 2θ＋cos 2θ－＝sin－，
因为θ∈，所以2θ＋∈，sin∈.
当θ＝时，Smax＝(m2).
第6讲　正弦定理和余弦定理
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·宁波模拟)在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，△ABC的面积为，则C＝(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
解析　法一　∵S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，
即××1×sin A＝，∴sin A＝1，由A∈(0°，180°)，∴A＝90°，
∴C＝60°.故选C.
法二　由正弦定理，得＝，即＝，
sin C＝，又C∈(0°，180°)，∴C＝60°或C＝120°.
当C＝120°时，A＝30°，
S△ABC＝≠(舍去).而当C＝60°时，A＝90°，
S△ABC＝，符合条件，故C＝60°.故选C.
答案　C
2.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A＝，a＝2，b＝，则B等于(　　)
A. B. C.或 D.
解析　∵A＝，a＝2，b＝，
∴由正弦定理＝可得，
sin B＝sin A＝×＝.
∵A＝，∴B＝.
答案　D
3.(2017·成都诊断)在△ABC中，cos2＝(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
解析　因为cos2＝，
所以2cos2－1＝－1，所以cos B＝，
所以＝，所以c2＝a2＋b2.
所以△ABC为直角三角形.
答案　B
4.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”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
解析　因为在△ABC中，a＞b?sin A＞sin B?sin2A＞sin2B?2sin2A＞2sin2B?1－2sin2A＜1－2sin2B?cos 2A＜cos 2B.所以“a＞b”是“cos 2A＜cos 2B”的充分必要条件.
答案　C
5.(2016·山东卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝(　　)
A. B. C. D.
解析　在△ABC中，由b＝c，得cos A＝＝，又a2＝2b2(1－sin A)，所以cos A＝sin A，
即tan A＝1，又知A∈(0，π)，所以A＝，故选C.
答案　C
二、填空题
6.(2015·重庆卷)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cos C＝－，3sin A＝2sin B，则c＝________.
解析　由3sin A＝2sin B及正弦定理，得3a＝2b，又a＝2，所以b＝3，故c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋9－2×2×3×＝16，所以c＝4.
答案　4
7.(2017·江西九校联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且a＝1，b＝，则S△ABC＝________.
解析　因为角A，B，C依次成等差数列，所以B＝60°.由正弦定理，得＝，解得sin A＝，因为0°＜A＜180°，所以A＝30°或150°(舍去)，此时C＝90°，所以S△ABC＝ab＝.
答案　
8.(2016·北京卷)在△ABC中，A＝，a＝c，则＝________.
解析　在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bc·cos A，
将A＝，a＝c代入，
可得(c)2＝b2＋c2－2bc·，
整理得2c2＝b2＋bc.
∵c≠0，∴等式两边同时除以c2，
得2＝＋，可解得＝1.
答案　1
三、解答题
9.(2015·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为3，b－c＝2，cos A＝－.
(1)求a和sin C的值；
(2)求cos的值.
解　(1)在△ABC中，由cos A＝－，可得sin A＝.
由S△ABC＝bcsin A＝3，
得bc＝24，又由b－c＝2，解得b＝6，c＝4.
由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a＝8.
由＝，得sin C＝.
(2)cos＝cos 2A·cos －sin 2A·sin
＝(2cos2A－1)－×2sin A·cos A＝.
10.(2015·全国Ⅱ卷)在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.
(1)求；
(2)若∠BAC＝60°，求∠B.
解　(1)由正弦定理得
＝，＝.
因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以
＝＝.
(2)因为∠C＝180°－(∠BAC＋∠B)，∠BAC＝60°，所以
sin C＝sin(∠BAC＋∠B)＝cos B＋sin B.
由(1)知2sin B＝sin C，所以tan B＝，
即∠B＝30°.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.(2017·广州调研)已知锐角三角形的边长分别为1，3，x，则x的取值范围是(　　)
A.(8，10) B.(2，)
C.(2，10) D.(，8)
解析　因为3>1，
所以只需使边长为3及x的对角都为锐角即可，故即8又因为x>0，所以2答案　B
12.在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若S△ABC＝2，a＋b＝6，＝2cos C，则c＝(　　)
A.2 B.4 C.2 D.3
解析　∵＝2cos C，由正弦定理，
得sin Acos B＋cos Asin B＝2sin Ccos C，
∴sin(A＋B)＝sin C＝2sin Ccos C，由于0＜C＜π，sin C≠0，
∴cos C＝，∴C＝.
∵S△ABC＝2＝absin C＝ab，∴ab＝8，又a＋b＝6，或c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋16－8＝12，∴c＝2，故选C.
答案　C
13.(2017·宁波调研)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续的三个正整数，则A>B>C，3b＝20acos A，则a＝________；sin A∶sin B∶sin C＝________.
解析　因为a，b，c为连续的三个正整数，且A>B>C，可得a>b>c，所以a＝c＋2，b＝c＋1.①
又因为3b＝20acos A.所以cos A＝.②
由余弦定理，得cos A＝.③
由②③，得＝，④联立①④，得7c2－13c－60＝0，解得c＝4或c＝－(舍去).∴a＝6，b＝5，又由正弦定理得sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝6∶5∶4.
答案　6　6∶5∶4
14.设f(x)＝sin xcos x－cos2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值.
解　(1)由题意知f(x)＝－
＝－＝sin 2x－.
由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z, 可得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z；由＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z,
可得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z)；
单调递减区间是(k∈Z).
(2)由f＝sin A－＝0，得sin A＝，
由题意知A为锐角，所以cos A＝.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得1＋bc＝b2＋c2≥2bc，即bc≤2＋，且当b＝c时等号成立.因此bcsin A≤.
所以△ABC面积的最大值为.
15.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且a＝2，2cos2＋sin A＝.
(1)若满足条件的△ABC有且只有一个，求b的取值范围；
(2)当△ABC的周长取最大值时，求b的值.
解　由2cos2＋sin A＝，得1＋cos(B＋C)＋sin A＝，即sin A－cos A＝－，
又0所以a＝bsin A，即2＝b，即b＝；
或a≥b，即0(1)若满足条件的△ABC有且只有一个，则有a＝bsin A或a≥b，
则b的取值范围为(0，2]∪；
(2)设△ABC的周长为l，由正弦定理得
l＝a＋b＋c＝a＋(sin B＋sin C)
＝2＋[sin B＋sin(A＋B)]
＝2＋[sin B＋sin Acos B＋cos Asin B]
＝2＋2(3sin B＋cos B)
＝2＋2sin(B＋θ)，
其中θ为锐角，且
lmax＝2＋2，当cos B＝，sin B＝时取到.
此时b＝sin B＝.
第7讲 解三角形应用举例
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为(　　)
A. km B. km C. km D.2 km
解析　如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，∴＝，∴AC＝2×＝(km).
答案　A
2.一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)
A.10海里 B.10海里
C.20海里 D.20海里
解析　如图所示，易知，
在 △ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，
根据正弦定理得＝，
解得BC＝10(海里).
答案　A
3.(2017·杭州调研)如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与B的距离为(　　)
A.a km B.a km
C.a km D.2a km
解析　由题图可知，∠ACB＝120°，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝a2＋a2－2·a·a·＝3a2，解得AB＝a(km).
答案　B
4.如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为(　　)
A.8 km/h B.6 km/h
C.2 km/h D.10 km/h
解析　设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝＝，从而cos θ＝，所以由余弦定理得＝＋12－2××2×1×，解得v＝6.选B.
答案　B
5.如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于(　　)
A.5 B.15
C.5 D.15
解析　在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得＝，
所以BC＝15.
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan ∠ACB＝15×＝15.
答案　D
二、填空题
6.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分.
解析　由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，
由正弦定理得＝，
所以AC＝＝＝10，
所以海轮航行的速度为＝(海里/分).
答案　
7.江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.
解析　如图，OM＝AOtan 45°＝30(m)，ON＝AOtan 30°＝×30＝10(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝
＝＝10(m).
答案　10
8.在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为________m.
解析　如图，由已知可得∠BAC＝30°，∠CAD＝30°，∴∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°.又AB＝200 m，∴AC＝(m).
在△ACD中，由余弦定理得，
AC2＝2CD2－2CD2·cos 120°＝3CD2，
∴CD＝AC＝(m).
答案　
三、解答题
9.如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上.
(1)求渔船甲的速度；
(2)求sin α的值.
解　(1)依题意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784.
解得BC＝28.所以渔船甲的速度为＝14海里/时.
(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得＝，
即sin α＝＝＝.
10.(2015·安徽卷)在△ABC中，A＝，AB＝6，AC＝3，点D在BC边上，AD＝BD，求AD的长.
解　设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝(3)2＋62－2×3×6×cos＝18＋36－(－36)＝90，
所以a＝3.
又由正弦定理，得sin B＝＝＝，
由题设知0所以cos B＝＝＝.
在△ABD中，因为AD＝BD，所以∠ABD＝∠BAD，所以∠ADB＝π－2B.
由正弦定理，得AD＝＝＝＝.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11.如图所示，D，C，B三点在地面同一直线上，DC＝a，从D，C两点测得A点仰角分别为α，β(α＜β)，则点A离地面的高AB等于(　　)
A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
解析　结合题图示可知，∠DAC＝β－α.在△ACD中，由正弦定理得：＝，∴AC＝＝.
在Rt△ABC中，AB＝ACsin β＝.
答案　A
12.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(　　)
A.240(＋1)m B.180(－1)m
C.120(－1)m D.30(＋1)m
解析　如图，∠ACD＝30°，∠ABD＝75°，AD＝60 m，
在Rt△ACD中，
CD＝＝＝60(m)，
在Rt△ABD中，BD＝＝＝＝60(2－)(m)，
∴BC＝CD－BD＝60－60(2－)＝120(－1)(m).
答案　C
13.(2017·绍兴月考)某人为测出所住小区的面积，进行了一些测量工作，最后将所住小区近似地画成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，则AC＝________km；该图所示的小区的面积是________km2.
解析　如图，连接AC，由余弦定理可知AC＝＝，故∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠DAC＝∠DCA＝15°，∠ADC＝150°.＝，
即AD＝＝＝，
故S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝×1×＋××＝(km2).
答案　　
14.如图，在海岸A处，发现北偏东45°方向距A为(－1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，距A为2海里的C处的缉私船奉命以10海里/时的速度追截走私船.此时走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间(注：≈2.449).
解　设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则有CD＝10t(海里)，BD＝10t(海里).
在△ABC中，∵AB＝(－1)海里，AC＝2海里，∠BAC＝45°＋75°＝120°，根据余弦定理，可得
BC＝＝(海里).
根据正弦定理，可得
sin∠ABC＝＝＝.
∴∠ABC＝45°，易知CB方向与正北方向垂直，
从而∠CBD＝90°＋30°＝120°.
在△BCD中，根据正弦定理，可得
sin∠BCD＝＝＝，
∴∠BCD＝30°，∠BDC＝30°，
∴BD＝BC＝(海里)，
则有10t＝，t＝≈0.245小时＝14.7分钟.
故缉私船沿北偏东60°方向，需14.7分钟才能追上走私船.
15.某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单位：m).如图所示，垂直放置的标杆BC的高度h＝4 m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.
(1)该小组已测得一组α，β的值，算出了tan α＝1.24，tan β＝1.20，请据此算出H的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精度.若电视塔的实际高度为125 m，试问d为多少时，α－β最大？
解　(1)如图，由AB＝，BD＝，AD＝及AB＋BD＝AD，得＋＝，
解得H＝＝＝124.
因此，算出的电视塔的高度H是124 m.
(2)由题意知d＝AB，tan α＝.
由AB＝AD－BD＝－，得tan β＝，所以
tan(α－β)＝＝
≤，
当且仅当d＝，
即d＝＝＝55时，等号成立.
所以当d＝55时，tan(α－β)最大.
因为0<β<α<，则0<α－β<，
所以当d＝55时，α－β最大.
故所求的d是55 m.