2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习 阶段滚动检测四 专题一-专题五 含答案 精品
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：开篇先学“审题”开启专题复习之旅 含答案 精品
开篇先学“审题”——开启专题复习之旅[编者按] 开篇先学审题技法，旨在用通法引领复习，在复习中实践通法．著名数学家波利亚总结了解决数学问题的四个步骤：弄清问题、拟订计划、实现计划、代入回顾．其中“弄清问题”即审题．审题是解题的基础和关键，一切解题的思路、方法、技巧都来源于认真审题．审题是解题者对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息作有序提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系．审题就是“让题目会说话”，其具体内容是：已知什么，隐含什么，需作什么，注意什么，等等．下面从审条件和审结论两个方面谈一下如何审题．图象等几方面有的数学题条件并不明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，就要注意深入挖掘这些隐含条件和信息，解题时，可避免因忽视隐含条件而出现的错误.[例1] (2017·衢州模拟)已知两条直线l1：4x－3y－1＝0和l2：4x－3y＋4＝0，圆C过点P(1,1)且与两直线都相切，则圆C的方程为____________________．[审题指导][解析] 由已知可得直线l 1与l 2平行，且直线l 1与l 2间的距离d ＝|－1－4|42＋－2＝1，又圆C 与l 1，l 2都相切，所以圆C 的半径r ＝12.故可设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝14，又P (1,1)在直线4x －3y －1＝0上，即直线l 1与圆C 相切于点P (1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧b －1a －1＝－34，|4a －3b －1|5＝|4a －3b ＋4|5，化简得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋4b ＝7，8a －6b ＝－3，解得a ＝35，b ＝1310.故所求圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －13102＝14.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －13102＝141.(2017·杭州模拟)如图，在△OMN 中，A ，B 分别是OM ，ON 的中点，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→(x ，y ∈R)，且点P 落在四边形ABNM 内(含边界)，则y ＋1x ＋y ＋2的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23 解析：选C 由题意不妨设△OMN 为等腰直角三角形，OM ＝ON ＝2，则OA ＝OB ＝1，以OA ，OB 为x ，y 轴建立直角坐标系，则x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2，1≤x ＋y ≤2，对应的平面区域是以点B (0,1)，N (0,2)，M (2,0)，A (1,0)为顶点的等腰梯形(含边界)，当(x ，y )取点(2,0)时，y ＋1x ＋1取得最小值13；当(x ，y )取点(0,2)时，y ＋1x ＋1取得最大值3，所以13≤y ＋1x ＋1≤3，13≤x ＋1y ＋1≤3，则y ＋1x ＋y ＋2＝1x ＋1y ＋1＋1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34，故选C.数学问题中的条件和结论，在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．[例2] (2017·绍兴模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足ba ＋c ＋ca ＋b≥1，则角A 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π [审题指导]由条件中不等式结构――→去分母化简b 2＋c 2－a 2≥bc ――→联想余弦定理结构变形cos A ――→求范围得结论 [解析] 由ba ＋c ＋ca ＋b≥1，得b (a ＋b )＋c (a ＋c )≥(a ＋c )(a ＋b )，化简得b 2＋c 2－a 2≥bc ，即b 2＋c 2－a 22bc ≥12，即cos A ≥12.又因为0＜A ＜π，所以0＜A ≤π3，故选A. [答案] A2．(2017·金华中学模拟)已知向量a ≠e ，|e |＝1，对任意t ∈R ，恒有|a －te |≥|a －e |，则( )A ．a ⊥eB ．a ⊥(a －e )C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：选C 法一：由题意，得a 2－2te ·a ＋t 2e 2≥a 2－2e ·a ＋e 2，即t 2－2e ·at ＋2e ·a －e 2≥0，因为该不等式对任意t ∈R 恒成立，则Δ＝4(e ·a )2－8e ·a ＋4e 2≤0， 因而(e ·a －e 2)2≤0.于是e ·a －e 2＝0. 所以e ·(a －e )＝0，e ⊥(a －e )．故选C.法二：如图，OA ―→＝e ，OC ―→＝a ，OB ―→＝te ，则|AC ―→|＝|a －e |，|BC ―→|＝|a －te |，由已知|AC ―→|≤|BC ―→|.因为点B 是直线OA 上的任意点，点C 与直线AB 上的点的连线中线段AC 的长度最短，故AC ⊥OB ，也就是e ⊥(a －e )．此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的趋势，抓住图形的特征，利用图形所提供的信息解决问题.[例3] (2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1D.3π2＋3 [审题指导][解析] 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝12×13×π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.[答案] A3.(2017·台州模拟)如图，M (xM ，y M )，N (x N ，y N )分别是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象与两条直线l 1：y ＝m ，l 2：y ＝－m (A ≥m ≥0)的两个交点，记S ＝|x N －x M |，则S (m )的图象大致是( )解析：选C 由题意可得sin(ωx M ＋φ)＝sin(－ωx N －φ)，则结合图象可得|(ωx M ＋φ)＋(－ωx N －φ)|＝π，所以S (m )＝|x M －x N |＝πω是一个与m 无关的常数函数，故选C.结论是解题的最终目标，解决问题的思维在很多情形下都是在目标意识下启动和定向的.审视结论是要探索已知条件和结论间的联系与转化规律，可以从结论中捕捉解题信息，确定解题方向.而解题的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的.有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换角度，达到解决问题的目的.盯着未知数，这是个不错的解题途径.[例4] (2017·宁波模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1x.(1)求函数f (x )的极值和单调区间； (2)求证：ln n ＋12＜12＋13＋14＋ (1)(n ≥2，n ∈N *)． [审题指导] (1)求f x →判断f x 的符号→得结论(2)lnn ＋12＜12＋13＋14＋…＋1n ――→将不等式左边化成和式ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＜12＋13＋…＋1n ―→ 证明ln n ＋1n ＜1nn →证明ln x ＞1－1x，x ∈，――→与相结合利用fx 的极值证明[解] (1)因为f (x )＝ln x ＋1x， 所以f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2.令f ′(x )＝0，得x ＝1.所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：故f (x )f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x ＋1x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f (1)＝1，所以对于x ∈(0,1)，ln x ＋1x ＞1即ln x ＞1－1x.令x ＝nn ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则nn ＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1， 所以lnnn ＋1＞1－1n n ＋1＝1－n ＋1n ＝－1n， 即lnn ＋1n ＜1n. 则有ln 32＜12，ln 43＜13，ln 54＜14，…，ln n ＋1n ＜1n .将以上各式不等号两边分别相加，得ln 32＋ln 43＋ln 54＋…＋ln n ＋1n ＜12＋13＋14＋…＋1n ， 即lnn ＋12＜12＋13＋14＋ (1)(n ≥2，n ∈N *)．4．(2017·嘉兴模拟)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．解：(1)设F (c,0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |FA |， 即1c ＋1a ＝3c aa －c，可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1.因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)，设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1,0)，设H (0，y H )，有FH ―→＝(－1，y H )，BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF ―→·FH ―→＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因此直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y ＝－1k x ＋9－4k212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋9k 2＋.在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |， 即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ， 化简，得x M ≥1，即20k 2＋91k 2＋≥1，解得k ≤－64或k ≥64. 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞.一些题目从已知到结论不易证明，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步寻求使每一步结论成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条件或已知定理为止.[例5] (2017·温州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，n ＝1,2，3，…，其中A ，B 为常数．(1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)证明：不等式 5a mn －a m a n ＞1对任何正整数m ，n 都成立． [审题指导][证明] (1)由已知，得S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝7，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝18.由(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，知⎩⎪⎨⎪⎧－3S 2－7S 1＝A ＋B ，2S 3－12S 2＝2A ＋B ，即⎩⎪⎨⎪⎧A ＋B ＝－28，2A ＋B ＝－48，解得A ＝－20，B ＝－8.故(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝－20n －8，① 所以(5n －3)S n ＋2－(5n ＋7)S n ＋1＝－20n －28.②②－①，得(5n －3)S n ＋2－(10n －1)S n ＋1＋(5n ＋2)S n ＝－20，③ 所以(5n ＋2)S n ＋3－(10n ＋9)S n ＋2＋(5n ＋7)S n ＋1＝－20.④④－③，得(5n ＋2)S n ＋3－(15n ＋6)S n ＋2＋(15n ＋6)·S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝0. 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以(5n ＋2)a n ＋3－(10n ＋4)a n ＋2＋(5n ＋2)a n ＋1＝0. 因为5n ＋2≠0，所以a n ＋3－2a n ＋2＋a n ＋1＝0. 所以a n ＋3－a n ＋2＝a n ＋2－a n ＋1，n ≥1. 又因为a 3－a 2＝a 2－a 1＝5， 所以数列{a n }为等差数列．(2)由(1)可知，a n ＝1＋5(n －1)＝5n －4，要证 5a mn －a m a n ＞1， 只要证5a mn ＞1＋a m a n ＋2a m a n . 因为a mn ＝5mn －4，a m a n ＝(5m －4)(5n －4)＝25mn －20(m ＋n )＋16，故只要证5(5mn －4)＞1＋25mn －20(m ＋n )＋16＋2a m a n ， 即只要证20m ＋20n －37＞2a m a n .因为2a m a n ≤a m ＋a n ＝5m ＋5n －8＜5m ＋5n －8＋(15m ＋15n －29)＝20m ＋20n －37， 所以命题得证．5．(2017·宁波模拟)过抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2，且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2与E 相交于点C ，D ，以AB ，CD 为直径的圆M ，圆N (M ，N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .若k 1>0，k 2>0，证明：FM ―→·FN ―→<2p 2.证明：由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2pk 1x －p 2＝0.设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝k 1(x 1＋x 2)＋p ＝2pk 21＋p .所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM ―→＝(pk 1，pk 21)．同理可得点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫pk 2，pk 22＋p 2，FN ―→＝(pk 2，pk 22)，于是FM ―→·FN ―→＝p 2(k 1k 2＋k 21k 22)． 法一：要证FM ―→·FN ―→<2p 2， 只要证k 1k 2＋k 21k 22<2， 再证－2<k 1k 2<1. 由k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2， 即证0<k 1k 2<1.因为k 1＋k 2＝2>2k 1k 2，所以0<k 1k 2<1成立． 故FM ―→·FN ―→<2p 2成立．法二：因为k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2， 所以0<k 1k 2<⎝⎛⎭⎪⎫k 1＋k 222＝1.故FM ―→·FN ―→<p 2(1＋12)＝2p 2.。
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第二部
专题一善用数学思想高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合；二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等．数学思想与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得，与此同时，它们又直接对知识的形成起到指导作用．因此，在平时的学习中，我们应对数学思想方法进行认真的梳理与总结，逐个认识它们的本质特征，逐步做到自觉地、灵活地将其运用于所需要解决的问题之中．第一讲函数与方程思想__数形结合思想一、函数与方程思想函数与方程思想的含义函数与方程思想在解题中的应用———————[典例示范]————— 应用一 解决数列、不等式问题[例1] 已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列．(1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ； (2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值．[解] (1)因为a 1＝2，a 23＝a 2·(a 4＋1)， 又因为{a n }是正项等差数列，故d ≥0， 所以(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d )，(列出方程) 解得d ＝2或d ＝－1(舍去)， 所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n . (2)因为S n ＝n (n ＋1)， 所以b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝1n ＋1n ＋2＋1n ＋2n ＋3＋…＋12n2n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n＋3， 令f (x )＝2x ＋1x(x ≥1)，(构造函数)则f ′(x )＝2－1x2，当x ≥1时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数， 故当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝3， 即当n ＝1时，(b n )max ＝16，要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立， 则须使k ≥(b n )max ＝16，所以实数k 的最小值为16.———[即时应用]—————————— 1.(1)设a ＞0，b ＞0.( ) A ．若2a ＋2a ＝2b＋3b ，则a ＞b B ．若2a ＋2a ＝2b＋3b ，则a ＜b C ．若2a －2a ＝2b－3b ，则a ＞b D ．若2a －2a ＝2b－3b ，则a ＜b(2)f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则a ＝________. 解析：(1)由2a＋2a ＝2b＋3b ， 整理得，(2a＋2a )－(2b＋2b )＝b >0， 令f (x )＝2x ＋2x ，显然f (x )是单调递增函数， 由f (a )－f (b )>0可得a >b ，选A.(2)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝－2xx 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4；当x ＜0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x3，设g (x )＝3x 2－1x3，且g (x )在区间[－1,0)上单调递增，因为g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上a ＝4.答案：(1)A (2)4——————————[典例示范]————————— 应用二 解决解析几何、立体几何问题[例2] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，如图所示，设左顶点为A ，上顶点为B ，且OF ―→·FB ―→＝AB ―→·BF ―→.(1)求椭圆C 的方程；(2)若过F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点，试确定FM ―→·FN ―→的取值范围． [解] (1)由已知，A (－a,0)，B (0，b )，F (1,0)， 则由OF ―→·FB ―→＝AB ―→·BF ―→，得b 2－a －1＝0. ∵b 2＝a 2－1，∴a 2－a －2＝0，(列出方程) 解得a ＝2. ∴a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①若直线l 斜率不存在，则l ：x ＝1， 此时M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，N ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，FM ―→·FN ―→＝－94. ②若直线l 斜率存在，设l ：y ＝k (x －1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1消去y 得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，(列出方程) ∴x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.∴FM ―→·FN ―→＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(1＋k 2)[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1] ＝－94－11＋k2.(转化为函数) ∵k 2≥0，∴0<11＋k2≤1，∴3≤4－11＋k 2<4，∴－3≤FM ―→·FN ―→<－94.综上所述，FM ―→·FN ―→的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3，－94. ——————————[即时应用]——————————2.(1)已知正四棱锥S ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( ) A ．1B. 3 C ．2 D ．3(2)(2016·浙江高考)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：(1)设正四棱锥S ABCD 的底面边长为a (a ＞0)，则高h ＝ SA 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＝12－a 22，所以体积V ＝13a 2h ＝1312a 4－12a 6.设y ＝12a 4－12a 6(a ＞0)，则y ′＝48a 3－3a 5.令y ′＞0，得0＜a ＜4；令y ′＜0，得a ＞4.故函数y 在(0,4]上单调递增，在[4，＋∞)上单调递减．可知当a ＝4时，y 取得最大值，即体积V 取得最大值，此时h ＝12－a 22＝2，故选C.(2)在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 3.设CD ＝x ，则AD ＝23－x ， ∴PD ＝23－x ， ∴V P BCD ＝13S △BCD ·h≤13×12BC ·CD ·sin 30°·PD ＝16x (23－x )≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋23－x 22 ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝12， 当且仅当x ＝23－x ，即x ＝3时取“＝”， 此时PD ＝3，BD ＝1，PB ＝2，满足题意． 故四面体PBCD 的体积的最大值为12.答案：(1)C (2)12二、数形结合思想应用一 处理方程根、函数零点问题[例3] (1)(2017·杭州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 12，x ≤0，log 5x ，x >0，函数g (x )是周期为2的偶函数且当x ∈[0,1]时，g (x )＝2x－1，则函数y ＝f (x )－g (x)的零点个数是( )A ．5B ．6C ．7D ．8(2)已知定义在R 上的奇函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当0＜x ≤1时，f (x )＝log12x ，则方程f (x )－1＝0在(0,6)内的所有根之和为( )A ．8B ．10C ．12D ．16[解析] (1)在同一坐标系中作出y ＝f (x )和y ＝g (x )的图象如图所示，由图象可知当x >0时，有4个零点，当x ≤0时，有2个零点，所以一共有6个零点，故选B.(2)∵奇函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴f (x )＝f (2－x )＝－f (－x )，即f (x )＝－f (x ＋2)＝f (x ＋4)，∴f (x )是周期函数，其周期T ＝4.当0＜x ≤1时，f (x )＝log 12x ，故f (x )在(0,6)上的函数图象如图所示．由图可知方程f (x )－1＝0在(0,6)内的根共有4个，其和为x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝2＋10＝12，故选C.[答案] (1)B (2)C———————————[即时应用]——————————3.(1)已知函数f (x )＝2mx 2－2(4－m )x ＋1，g (x )＝mx ，若对于任一实数x ，f (x )与g (x )至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．(0,8)C ．(2,8)D ．(－∞，0)(2)(2018届高三·温州五校联考)已知直线(1－m )x ＋(3m ＋1)y －4＝0所过定点恰好落在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，0＜x ≤3，|x －4|，x ＞3的图象上，若函数h (x )＝f (x )－mx ＋2有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1 D ．(1，＋∞)解析：(1)m ＝0时结论显然不成立；当m <0时，二次函数的对称轴－b 2a ＝4－m2m <0，如图①，x >0时显然不成立；当0<m ≤4时，－b 2a ＝4－m2m >0，如图②，此时结论显然成立；当m >4时，如图③，－b 2a ＝4－m 2m<0时，只要Δ＝4(4－m )2－8m ＝4(m －8)(m －2)<0即可，即4<m <8，故有0<m <8，选B.(2)由(1－m )x ＋(3m ＋1)y －4＝0，得x ＋y －4－m (x －3y )＝0，∴由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝0，x －3y ＝0，可得直线过定点(3,1)，∴log a 3＝1，∴a ＝3.令f (x )－mx ＋2＝0，得f (x )＝mx －2，在同一坐标系上作出y 1＝f (x )与y 2＝mx －2的图象，易得12＜m ＜1.答案：(1)B (2)B——————————[典例示范]———————— 应用二 求解参数的范围及最值问题[例4] (1)若存在实数a ，对任意的x ∈[0，m ]，都有(sin x －a )(cos x －a )≤0恒成立，则实数m 的最大值为( )A.π4 B.π2 C.3π4D.5π4(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．[解析] (1)在同一坐标系中，作出y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象， 当m ＝π4时，要使不等式恒成立，只有a ＝22，当m >π4时，在x ∈[0，m ]上，必须要求y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象不在y ＝a ＝22的同一侧．所以m 的最大值是3π4，选C.(2)作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意及图象知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.[答案] (1)C (2)⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 ———————————[即时应用]—————————— 4.(1)对实数a和b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1. 设函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x－x 2)，x ∈R.若函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32B ．(－∞，－2]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，14∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞(2)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ，0)，B (m ，0) (m >0)．若圆C 上存在点P ，使得 ∠APB ＝90°，则 m 的最大值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：(1)∵f (x )＝(x 2－2)⊗(x －x 2) ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，－1≤x ≤32，x －x 2，x <－1或x >32.作出其图象，从图象可以看出；c ≤－2时，y ＝f (x )与y ＝c 有两个公共点，即函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点；同样的，－1<c <－34也满足要求，故选B.(2)根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C 的坐标为(3,4)，半径r ＝1，且|AB |＝2m ，因为∠APB ＝90°，连接OP ，易知|OP |＝12|AB |＝m .要求m 的最大值，即求圆C 上的点P 到原点O的最大距离．因为|OC |＝ 32＋42＝5，所以|OP |max ＝|OC |＋r ＝6，即m 的最大值为6.答案：(1)B (2)B[数学思想专练(一)]一、选择题1．(2018届高三·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝4，S 10＝110，则S n ＋64a n的最小值为( )A ．7B ．8 C.152D.172解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝4，S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝2n ＋n n －2×2＝n 2＋n ，所以S n ＋64a n ＝n 2＋n ＋642n ＝n 2＋32n ＋12≥2n 2·32n ＋12＝172，当且仅当n 2＝32n，即n ＝8时取等号，故选D. 2．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1<0<x 2<2，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34 解析：选B 构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，∵关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1<0<x 2<2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f －，f ，f，即⎩⎪⎨⎪⎧－2k ≥0，－1<0，4k ＋3>0，∴－34<k ≤0.3．设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R)，又函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧gx ＋x ＋4，x <g x ，g x －x ，x ≥g x则f (x )的值域是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0∪(1，＋∞)B ．[0，＋∞)C ．[－94，＋∞)D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0∪(2，＋∞)解析：选D 依题意知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2＋x ＋4，x <x 2－2，x 2－2－x ，x ≥x 2－2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x <－1或x >2，x 2－x －2，－1≤x ≤2.画出f (x )的图象，如图所示，从图中可以看出f (x )的值域为(2，＋∞)∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0.4．已知f (x )＝e x －e －x＋1，若f (a )＋f (a －2)<2，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，2) C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选A 设g (x )＝e x－e －x，显然有f (x )＝g (x )＋1，且g (x )为奇函数，在R 上是增函数， 因为f (a )＋f (a －2)<2，所以g (a )＋g (a －2)<0，所以g (a )<－g (a －2)＝g (2－a )，所以a <2－a ，所以a <1，选A.5．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a <0)的定义域为D ，若所有点(s ，f (t ))(s ，t ∈D )构成一个正方形区域，则a 的值为( )A ．－2B ．－4C ．－8D ．不能确定解析：选B 根据二次函数性质及复合函数的性质，如示意图，设g (x )＝ax 2＋bx ＋c (a <0)的两个零点为x 1，x 2，则一定有|x 1－x 2|＝f max (x )，故b 2－4aca 2＝ 4ac －b 24a，a 2＝－4a ，a ＝－4，选B. 6．定义域为R 的偶函数f (x )满足对任意x ∈R ，有f (x ＋2)＝f (x )－f (1)，且当x ∈[2,3]时，f (x )＝－2x 2＋12x －18，若函数y ＝f (x )－log a (x ＋1)在(0，＋∞)上至少有三个零点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22C.⎝⎛⎭⎪⎫0，55 D.⎝⎛⎭⎪⎫0，66 解析：选A ∵f (x ＋2)＝f (x )－f (1)，令x ＝－1，则f (1)＝f (－1)－f (1)， ∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (1)＝f (－1)，∴f (1)＝0. ∴f (x )＝f (x ＋2)，即函数f (x )是定义在R 上的周期为2的偶函数， 又∵当x ∈[2,3]时，f (x )＝－2x 2＋12x －18，令g (x )＝log a (x ＋1) ，则f (x )与g (x )在[0，＋∞)的部分图象如图所示．y ＝f (x )－log a (x ＋1)在(0，＋∞)上至少有三个零点，可化为f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上至少有三个交点，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，log a 3>－2，解得0＜a ＜33，故选A. 二、填空题7．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，y ≤3，x －y ≤1，若z ＝kx ＋y 的最大值为5，且k 为负整数，则k ＝________.解析：利用线性规划的知识画出不等式组表示的可行域如图所示： 其中点A (－2,3)，B (4,3)，C (1,0)，根据线性规划知识可得，目标函数的最优解必在交点处取得，则－2k ＋3＝5或4k ＋3＝5或k ＋0＝5，又k 为负整数，所以k ＝－1.答案：－18．(2017·泰州模拟)在直角△ABC 中，AB ＝2，AC ＝23，斜边BC 上有异于端点的两点E ，F ，且EF ＝1，则AE ―→·AF ―→的取值范围是________．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设E (x,23－3x )，Fx ＋12，332－3x ，其中0<x <32，所以AE ―→·AF ―→＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋()23－3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫332－3x ＝4x 2－10x ＋9.设f (x )＝4x 2－10x ＋9⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <32，则其图象的对称轴为x ＝54，其值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，9，所以AE ―→·AF ―→的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，9.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，99.如图，设直线m ，n 相交于点O ，且夹角为30°，点P 是直线m 上的动点，点A ，B 是直线n 上的定点．若|OA ―→|＝|AB ―→|＝2，则PA ―→·PB ―→的最小值是________．解析：以OB 所在直线为x 轴，过O 且垂直于AB 的直线为y 轴，建立如图的坐标系，则A (2,0)，B (4,0)，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，33a ，则PA ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫2－a ，－33a ，PB ―→＝4－a ，－33a ，所以PA ―→·PB ―→＝(2－a )(4－a )＋13a 2＝43a 2－6a ＋8＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫a －942＋54≥54，所以PA ―→·PB ―→的最小值为54. 答案：54三、解答题10．已知函数f (x )＝|4x －x 2|－a ，当函数有4个零点时，求a 的取值范围． 解：∵函数f (x )＝|4x －x 2|－a 有4个零点， ∴方程|4x －x 2|＝a 有4个不同的解． 令g (x )＝|4x －x 2|＝⎩⎪⎨⎪⎧4－x －2， 0≤x ≤4，x －2－4，x <0或x >4.作出g (x )的图象，如图所示，由图象可以看出， 当h (x )＝a 与g (x )有4个交点时，0<a <4， ∴a 的取值范围为(0,4)．11．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意得，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0， 解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ， 显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋n －2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.12.已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF＝1－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 被圆O ：x 2＋y 2＝4所截得的弦长为23，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．解：(1)由题意，知椭圆C 的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由已知得e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，① 可得c ＝3b .②S △ABF ＝12|AF ||OB |＝12(a －c )b ＝1－32.③ 联立①②③，解得b ＝1，a ＝2， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意，知圆心O 到直线l 的距离d ＝22－32＝1，即|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2，④由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y 并整理，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0. 因为Δ＝4k 2－m 2＋1＝3k 2>0，所以k ≠0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1， x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝k 2－m 2＋k 2＋2，⑤将④代入⑤，得|x 1－x 2|2＝48k 2k 2＋2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1，|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝43k 2k 2＋4k 2＋1，故△OMN 的面积S ＝12|MN |×d ＝23k 2k 2＋4k 2＋1.令t ＝4k 2＋1>1，则S ＝23×t －14×⎝⎛⎭⎪⎫t －14＋1t 2＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49. 所以当t ＝3，即k ＝±22时，S max ＝32×49＝1. 第二讲分类讨论、转化与化归思想 一、分类讨论思想类型一 由参数引起的分类讨论 [例1] 已知函数f (x )＝x ＋ax(x >0)．(1)若a <0，试用定义证明：f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)若a >0，当x ∈[1,3]时，不等式f (x )≥2恒成立，求a 的取值范围． [解] (1)证明：若a <0，设0<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2. 因为x 1－x 2<0,1－ax 1x 2>0，所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)若a >0，则f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． ①若0<a ≤1，则f (x )在[1,3]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a . 所以1＋a ≥2，即a ≥1，所以a ＝1.②若1<a <9，则f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，3]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a .所以2a ≥2，即a ≥1，所以1<a <9.③若a ≥9，则f (x )在[1,3]上单调递减，f (x )min ＝f (3)＝3＋a3.所以3＋a3≥2，即a ≥－3，所以a ≥9.综合①②③得a 的取值范围为[1，＋∞)．——————————[即时应用]————————— 1.已知函数f (x )＝sin x ，g (x )＝mx －x 36(m ∈R)．(1)求曲线y ＝f (x )在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4处的切线方程；(2)求函数g (x )的单调递减区间．解：(1)由题意得所求切线的斜率k ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝cos π4＝22，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，22，则切线方程为y －22＝22⎝⎛⎭⎪⎫x －π4，即x －2y ＋1－π4＝0. (2)g ′(x )＝m －12x 2.①当m ≤0时，g ′(x )≤0，则g (x )的单调递减区间是(－∞，＋∞)； ②当m ＞0时，令g ′(x )＜0， 解得x ＜－2m 或x ＞2m ，则g (x )的单调递减区间是(－∞，－2m ) ，(2m ，＋∞)． 综上所述，m ≤0时，g (x )的单调递减区间是(－∞，＋∞)；m ＞0时，g (x )的单调递减区间是(－∞，－2m )，(2m ，＋∞)．——————————[典例示范]———————— 类型二 由概念、法则、公式引起的分类讨论[例2] 已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由已知条件可得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1， ∴S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3， 当n ＝1时，a 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3. (2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)， 当n 为偶数时，T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.————————————[即时应用]—————————2.(1)若函数f (x )＝a x(a >0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1,2，3，…)，则q 的取值范围为________． 解析：(1)若a >1，有a 2＝4，a －1＝m ，故a ＝2，m ＝12，此时g (x )＝－x 为减函数，不合题意，若0<a <1，有a －1＝4，a 2＝m ，故a ＝14，m ＝116，检验知符合题意．(2)因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0. 当q ＝1时，S n ＝na 1>0； 当q ≠1时，S n ＝a 1－qn1－q>0，即1－q n1－q >0(n ∈N *)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－q >0，1－q n>0，或⎩⎪⎨⎪⎧1－q <0，1－q n<0，即－1<q <1或q >1，故q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(1)14(2)(－1,0)∪(0，＋∞)二、转化与化归思想—————————[典例示范]———————— 类型一 形与数的转化[例3] (2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |； (2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．[解] (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t .又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ， 故直线ON 的方程为y ＝p tx ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t2p .因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点． 理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0， 解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．———————————[即时应用]———————————3.(1)(2016·全国卷Ⅲ)已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点，A ，B分别为C 的左、右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13B.12C.23D.34(2)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，点E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使得点A ，D 重合于F ，此时二面角E BC F 的余弦值为________．解析：(1)如图所示，由题意得A (－a,0)，B (a,0)，F (－c,0)．设E (0，m )，由PF ∥OE ，得|MF ||OE |＝|AF ||AO |，则|MF |＝ma －ca.① 又由OE ∥MF ，得12|OE ||MF |＝|BO ||BF |，则|MF |＝m a ＋c2a.②由①②得a －c ＝12(a ＋c )，即a ＝3c ，∴e ＝c a ＝13.故选A.(2)如图所示，取BC 的中点P ，连接EP ，FP ，由题意得BF ＝CF ＝2，∴PF ⊥BC ，又EB ＝EC ，∴EP ⊥BC ，∴∠EPF 为二面角E BC F 的平面角，而FP ＝FB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC 2＝72，在△EPF 中，cos ∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 22EP ·FP ＝4＋74－942×2×72＝74. 答案：(1)A (2)74—————————[典例示范]————————— 类型二 常量与变量的转化[例4] 设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2,2]上变化时，y 恒取正值，求x 的取值范围．[解] 设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1， 当x ＝2时，f (t )＝0，所以x ≠2， 故f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )>0恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧f －，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－4log 2x ＋3>0，2x2－1>0，解得log 2x <－1或log 2x >3. ∴0<x <12或x >8，∴x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)． ———————————[即时应用]——————————4.(1)对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________．(2)设f (x )是定义在R 上的单调递增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成立，则x 的取值范围为________．解析：(1)设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3， 当x ＝1时，f (p )＝0，所以x ≠1. 要使f (p )在0≤p ≤4上恒正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f ，f，即⎩⎪⎨⎪⎧x －x －，x 2－1>0，解得x >3或x <－1.(2)∵f (x )是R 上的增函数． ∴1－ax －x 2≤2－a ，a ∈[－1,1]．即(x －1)a ＋x 2＋1≥0，对a ∈[－1,1]恒成立． 令g (a )＝(x －1)a ＋x 2＋1.则⎩⎪⎨⎪⎧g －＝x 2－x ＋2≥0，g ＝x 2＋x ≥0，解得x ≥0或x ≤－1.即实数x 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．答案：(1)(－∞，－1)∪(3，＋∞) (2)(－∞，－1]∪[0，＋∞)[数学思想专练(二)]一、选择题1．设常数a ∈R ，集合A ＝{x |(x －1)(x －a )≥0}，B ＝{x |x ≥a －1}，若A ∪B ＝R ，则a 的取值范围为( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，2]C ．(2，＋∞)D ．[2，＋∞)解析：选B 当a >1时，则集合A ＝{x |x ≤1或x ≥a }，则A ∪B ＝R ，可知a －1≤1，即a ≤2，故1<a ≤2；当a ＝1时，则集合A ＝R ，显然A ∪B ＝R ，故a ＝1； 当a <1时，则集合A ＝{x |x ≥1或x ≤a }， 由A ∪B ＝R ，可知a －1≤a ，显然成立，故a <1； 综上可知，a 的取值范围是a ≤2.故选B 项．2．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：选B ∵b cos C ＋c cos B ＝b ·b 2＋a 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ac ＝b 2＋a 2－c 2＋c 2＋a 2－b 22a＝2a22a ＝a ＝a sin A ，∴sin A ＝1. ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π2，即△ABC 是直角三角形．3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x，x ≤1，1－log 2x ，x >1，则f (x )≤2时x 的取值范围是( )A ．[0，＋∞) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选A 当x ≤1时，21－x≤2⇒x ≥0；当x >1时，1－log 2x ≤2⇒log 2x ≥－1＝log 2 2－1⇒x ≥2－1＝12.综上得，x 的取值范围为[0，＋∞)．4．设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于( )A.12或32 B.23或2C.12或2 D.23或32解析：选A 不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0，若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32. 5．如果正整数a 的各位数字之和等于6，那么称a 为“好数”(如：6,24,2 013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a 1，a 2，a 3，…，若a n ＝2 013，则n ＝( )A ．50B ．51C ．52D ．53解析：选B 本题可以把数归为“四位数”(含0 006等)，因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数，其中第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，第三类：2 004,2 013，…，故2 013为第51个数，故n ＝51，选B.6．(2017·南昌模拟)点P 是底边长为23，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN 是该棱柱内切球的一条直径，则PM ―→·PN ―→的取值范围是( )A ．[0,2]B ．[0,3]C ．[0,4]D ．[－2,2]解析：选C 由题意知内切球的半径为1，设球心为O ，则PM ―→·PN ―→＝(PO ―→＋OM ―→)·(PO ―→＋ON ―→)＝PO ―→2＋PO ―→·(OM ―→＋ON ―→)＋OM ―→·ON ―→＝|PO ―→|2－1，且1≤|OP |≤5，∴PM ―→·PN ―→∈[0,4]．二、填空题7．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )>0，则实数p 的取值范围为________．解析：如果在[－1,1]内没有值满足f (c )>0，则⎩⎪⎨⎪⎧f－，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32，解得p ≤－3或p ≥32，取补集为－3<p <32，即为满足条件的p 的取值范围．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，328．(2017·丽水模拟)在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －6≤0，x ＋y －2≥0，y ≥0所表示的区域上一动点，则|OM |的最小值是________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因此|OM |的最小值为点O 到直线x ＋y －2＝0的距离，所以|OM |min ＝|－2|2＝ 2.答案： 29．(2017·郑州质检)过点M (2，－2p )作抛物线x 2＝2py (p >0)的两条切线，切点分别为A ，B ，若线段AB 的中点的纵坐标为6，则p 的值是________．解析：设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，依题意得，y ′＝x p ，切线MA 的方程是y －y 1＝x 1p(x －x 1)，即y ＝x 1p x －x 212p.又点M (2，－2p )位于直线MA 上，于是有－2p ＝x 1p ×2－x 212p，即x 21－4x 1－4p 2＝0； 同理有x 22－4x 2－4p 2＝0，因此x 1，x 2是方程x 2－4x －4p 2＝0的两根，则x 1＋x 2＝4，x 1x 2＝－4p 2. 由线段AB 的中点的纵坐标是6，得y 1＋y 2＝12，即x 21＋x 222p ＝x 1＋x 22－2x 1x 22p ＝12，16＋8p 22p＝12，解得p ＝1或p ＝2. 答案：1或2 三、解答题10．已知a ∈R ，函数f (x )＝23x ＋12，h (x )＝x ，解关于x 的方程log 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤32fx －－34＝log 2h (a －x )－log 2h (4－x )．解：原方程可化为log 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤32⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －16－34＝log 2a －x －log 24－x ，即log 4(x －1)＝log 2a －x －log 24－x ＝log 2a －x4－x， ①当1<a ≤4时，1<x <a ，则x －1＝a －x4－x，即x 2－6x ＋a ＋4＝0，Δ＝36－4(a ＋4)＝20－4a >0， 此时x ＝6±20－4a2＝3±5－a ， ∵1<x <a ，此时方程仅有一解x ＝3－5－a . ②当a >4时，1<x <4，由x －1＝a －x 4－x，得x 2－6x ＋a ＋4＝0，Δ＝36－4(a ＋4)＝20－4a ，若4<a <5，则Δ>0，方程有两解x ＝3±5－a ； 若a ＝5时，则Δ＝0，方程有一解x ＝3；③由函数有意义及②知，若a ≤1或a >5，原方程无解． 综合以上讨论，当1<a ≤4时，方程仅有一解x ＝3－5－a ； 当4<a <5，方程有两解x ＝3±5－a ； 当a ＝5时，方程有一解x ＝3； 当a ≤1或a >5时，原方程无解．11．(2017·嘉兴模拟)在正项数列{a n }中，a 1＝3，a 2n ＝a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值，判断a n 与2的大小关系并证明； (2)求证：|a n －2|<14|a n －1－2|(n ≥2)；(3)求证：|a 1－2|＋|a 2－2|＋…＋|a n －2|<43.解：(1)a 2＝a 1＋2＝5，a 3＝a 2＋2＝5＋2.由题设，a 2n －4＝a n －1－2，(a n －2)(a n ＋2)＝a n －1－2. 因为a n ＋2>0，所以a n －2与a n －1－2同号． 又a 1－2＝1>0，所以a n －2>0(n ≥2)，即a n >2. (2)证明：由题设，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －2a n －1－2＝1a n ＋2，由(1)知，a n >2，所以1a n ＋2<14，因此⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －2a n －1－2<14， 即|a n －2|<14|a n －1－2|(n ≥2)．(3)证明：由(2)知，|a n －2|<14|a n －1－2|，因此|a n －2|<14n －1|a 1－2|＝14n －1(n ≥2)．因此|a 1－2|＋|a 2－2|＋…＋|a n －2|<1＋14＋142＋…＋14n －1＝1－14n1－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <43.12．已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1，过点(m,0)作圆x 2＋y 2＝1的切线l 交椭圆G 于A ，B 两点．(1)求椭圆G 的焦点坐标和离心率；(2)将|AB |表示为m 的函数，并求|AB |的最大值．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧3x 21＋y 21＝λ，3x 22＋y 22＝λ，两式相减得3(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝0.由题意，知x 1≠x 2，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 2y 1＋y 2.因为N (1,3)是弦AB 的中点， 所以x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝6， 所以k AB ＝－1.所以弦AB 所在直线的方程为y －3＝－(x －1)，即x ＋y －4＝0. 又N (1,3)在椭圆内， 所以λ>3×12＋32＝12.所以λ的取值范围是(12，＋∞)．(2)因为弦CD 垂直平分弦AB ，所以弦CD 所在直线的方程为y －3＝x －1，即x －y ＋2＝0， 将其代入椭圆的方程， 整理得4x 2＋4x ＋4－λ＝0.①设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，弦CD 的中点为M (x 0，y 0)， 则x 3，x 4是方程①的两个根．所以x 3＋x 4＝－1，x 0＝12(x 3＋x 4)＝－12，y 0＝x 0＋2＝32，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. 所以点M 到直线AB 的距离d ＝－12＋32－412＋12＝322.所以以弦CD 的中点M 为圆心且与直线AB 相切的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝92.。
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习 压轴大题抢
压轴大题抢分专练（四）1．过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)右焦点F (1,0)的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，自A ，B 向直线x ＝5作垂线，垂足分别为A 1，B 1，且|AA 1||AF |＝ 5. (1)求椭圆C 的方程；(2)记△AFA 1，△FA 1B 1，△BFB 1的面积分别为S 1，S 2，S 3，证明：S 1·S 3S 22是定值，并求出该定值．解：(1)设A (x ，y )，则|AA 1|＝|5－x |，|AF |＝x －2＋y 2，由|AA 1||AF |＝5，得x 25＋y24＝1，而A 是椭圆C 上的任一点，∴椭圆C 的方程为x 25＋y 24＝1.(2)证明：由题意知，直线AB 的斜率不可以为0，而可以不存在，∴可设直线AB 的方程为x ＝my ＋1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 25＋y24＝1，得(4m 2＋5)y 2＋8my －16＝0，∴y 1＋y 2＝－8m 4m ＋5，y 1y 2＝－164m ＋5.①由题意，S 1＝12|AA 1||y 1|＝12|5－x 1||y 1|，S 3＝12|BB 1||y 2|＝12|5－x 2||y 2|， S 2＝12|A 1B 1|·4＝2|y 1－y 2|，∴S 1S 3S 22＝116·－x 1－x 2－y 1y 2y 1－y 22＝116·－my 1－my 2－y 1y 2y 1－y 22＝－116·y 1y 2[16－4m y 1＋y 2＋m 2y 1y 2]y 1＋y 22－4y 1y 2，将①代入，化简并计算可得S 1S 3S 22＝14， ∴S 1·S 3S 22是定值，且该定值为14.2．设a n ＝x n ，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2，S n 为数列{a n ·b n }的前n 项和，令f n (x )＝S n －1，x ∈R ，n ∈N *.(1)若x ＝2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n －1a n 的前n 项和T n ； (2)求证：对任意n ∈N *，方程f n (x )＝0在x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1上有且仅有一个根；(3)求证：对任意p ∈N *，由(2)中x n 构成的数列{x n }满足0<x n －x n ＋p <1n.解：(1)∵x ＝2，∴a n ＝2n，令c n ＝2n －12n ， T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝12＋322＋…＋2n －12n ， ① 12T n ＝122＋323＋…＋2n －12n ＋1， ② ①－②得12T n ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， ∴T n ＝3－2n ＋32n .(2)证明：对任意n ∈N *，当x >0时，由函数f n (x )＝－1＋x ＋x 222＋x 332＋…＋x n n2(x ∈R ，n ∈N *)，可得f ′(x )＝1＋x 2＋x 23＋…＋x n －1n>0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．令f n (x n )＝0，当n ≥2时，f n (1)＝122＋132＋…＋1n2>0，即f n (1)>0.又f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1＋23＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫23222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23442＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n n 2≤－13＋14·∑i ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23i ＝－13＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －11－23＝－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<0，根据函数的零点判定定理，可得存在唯一的x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1，满足f n (x n )＝0. 当n ＝1时，显然存在唯一的x 1＝1满足f 1(x 1)＝0.综上所述，对任意n ∈N *，方程f n (x )＝0在x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1上有且仅有一个根．(3)证明：当x >0时，∵f n ＋1(x )＝f n (x )＋x n ＋1n ＋2>f n (x )，∴f n ＋1(x n )>f n (x n )＝f n ＋1(x n ＋1)＝0.由f n ＋1(x )在(0，＋∞)上单调递增， 可得x n ＋1<x n ，即x n －x n ＋1>0， 故数列{x n }为递减数列，即对任意的n ，p ∈N *，x n －x n ＋p >0.由于f n (x n )＝－1＋x n ＋x 2n 22＋x 3n32＋…＋x n nn2＝0，①f n ＋p (x n ＋p )＝－1＋x n ＋p ＋x 2n ＋p 2＋x 3n ＋p3＋…＋x nn ＋p n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤x n ＋1n ＋p n ＋2＋x n ＋2n ＋pn ＋2＋…＋x n ＋p n ＋pn ＋p2＝0，②用①减去②并移项，利用0<x n ＋p ≤1，可得x n －x n ＋p ＝∑k ＝2nx k n ＋p －x k n k 2＋∑k ＝n ＋1n ＋px k n ＋pk 2 ≤∑k ＝n ＋1n ＋p x kn ＋pk 2<∑k ＝n ＋1n ＋p 1k 2<∑k ＝n ＋1n ＋p1k k－＝1n －1n ＋p <1n. 综上可得，对于任意p ∈N *，由(2)中x n 构成的数列{x n } 满足0<x n －x n ＋p <1n.。
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习 重难增分训练(四) 立体几何的创新问题
重难增分训练（四）立体几何的创新问题1．(2017·江西模拟)如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD 中，下列说法正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BCDD．平面ADC⊥平面ABC解析：选D ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.故选D.2．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是上底面A1B1C1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长的最小值为( )A．1 B. 2C.22D.32解析：选A 由PQ∥平面AA1B1B知Q在过点P且平行于平面AA1B1B 的平面上，易知点Q在A1D1，B1C1中点的连线MN上，故PQ的最小值为PM＝12AA1＝1.3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是( ) A．线段B1CB．线段BC1C．线段BB1的中点与CC1的中点连成的线段D．线段BC的中点与B1C1的中点连成的线段解析：选A 设点P是侧面BCC1B1或其边界上的任意一点，连接AP，AB1，因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，BD1⊥AB1，又AP⊥BD1，所以，BD1⊥平面AB1P，同理，BD1⊥平面ACP.所以，平面AB1P与平面ACP重合，所以P点的轨迹是B1C，故选A.4．(2018届高三·温州十校联考)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列说法中正确的个数是( )①存在点E，使得直线SA⊥平面SBC;②平面SBC内存在直线与SA平行；③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行．A．0 B．1 C．2 D．3解析：选B 由题意，得SA⊥SE，若存在点E，使得直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SB，SA⊥SC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故②错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行，故③正确．故选B.5.如图，△PAD是正三角形，四边形ABCD为正方形，且平面PAD⊥平面ABCD，点M为平面ABCD内的一个动点，MP＝MC，则点M在正方形内的轨迹是( )解析：选A 以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，设M(x，y)，作PG⊥AD于G，MQ ⊥AD 于Q ，连接GM ，设AB ＝1，则PM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＋x 2＋34，MC ＝－x2＋－y2.所以，由MP ＝MC 得⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＋x 2＋34＝－x2＋－y2，化简得y ＝－2x ＋1，故选A.6.(2018届高三·浙江名校联考)棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为平面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A ．2 2 B.10 C.11D ．2 3解析：选B 在CC 1的延长线上取一点M ，使MC 1＝C 1E ，记BC 的中点为N ，连接PM ，MN ，QN (如图所示)，则PE ＝PM ，QE ＝QN ，所以△PEQ 的周长L ＝PQ ＋PE ＋QE ＝PQ ＋PM ＋QN ≥MN ＝12＋32＝10，故选B.7．(2017·湖北荆州中学月考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，记折起后的D 为D 1，且D 1在平面ABC 内的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 如图，设D1在平面ABC 内的射影为E ，连接D 1E ，则D 1E ⊥平面ABC ，∵D 1E ⊂平面ABD 1，∴平面ABD 1⊥平面ABC .∵D 1E ⊥平面ABC ，BC⊂平面ABC ，∴D 1E ⊥BC ，又AB ⊥BC ，D 1E ∩AB ＝E ，∴BC ⊥平面ABD 1，又BC ⊂平面BCD 1，∴平面BCD 1⊥平面ABD 1.∵BC ⊥平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1，∴BC ⊥AD 1，又CD 1⊥AD 1，BC ∩CD 1＝C ，∴AD 1⊥平面BCD 1，又AD 1⊂平面ACD 1，∴平面ACD 1⊥平面BCD 1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.8．如图表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中相互异面的有________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后各元素相对位置的变化，AB，CD，EF和GH在原正方体中如图，有AB与CD，EF与GH，AB和GH三对异面直线．答案：39．(2017·河北质检)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在正方体的表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于________．CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则解析：如图，分别取BBBN⊥平面AEFD.设M在平面ABB1A1中的射影为O，连接MO，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等．又矩形AEFD的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.答案：2＋ 510．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK＝t，则t的取值范围是________．解析：极端位置法．当F位于DC的中点时(如图1)，△ADF≌△AFK，这时t＝1；图1 图2当F 点与C 点重合时(如图2)，∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，∴CB ⊥平面ADB ，即有CB ⊥BD ，对于CD ＝2，BC ＝1，∴BD ＝3，又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，则有t ＝12，因此t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，111．正四面体OABC ，其棱长为1，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(0≤x ，y ，z ≤1)，且满足x ＋y ＋z ≥1，则正四面体的体积为________，动点P 的轨迹所形成的空间区域的体积为________．解析：先确定动点P 的轨迹，再求解对应的空间区域体积．当x ＝1时，点P 对应的轨迹是过点A 且与平面OBC 平行的平面；当y ＝1时，点P 对应的轨迹是过点B 且与平面OAC 平行的平面；当z ＝1时，点P 对应的轨迹是过点C 且与平面OAB 平行的平面．又x ＋y ＋z ≥1，则点P 对应的轨迹在平面ABC 的外面，所以满足0≤x ，y ，z ≤1，x ＋y ＋z ≥1的点P 的轨迹所形成的空间区域为平行六面体除去正四面体OABC 的部分．易求得棱长为1的正四面体的高为63，体积为212，故所求的体积为32×63－212＝5212.答案：212 521212．如图所示的一块长方体木料中，已知AB ＝BC ＝4，AA 1＝1，设E 为底面ABCD 的中心，且AF ―→＝λAD ―→⎝⎛⎭⎪⎫0≤λ≤12，则该长方体中经过点A 1，E ，F 的截面面积的最小值为________．解析：如图所示，延长FE 交BC 于点R ，过点A 1作A 1H ∥EF ，则由面面平行的性质知四边形A 1HRF 为平行四边形，过点A 作AG 垂直EF 的延长线于点G ，连接A 1G ，则FG ⊥A 1G .因为AF ＝4λ，所以DF ＝4－4λ，则FR ＝42＋－8λ2，sin ∠DFR ＝442＋－8λ2＝sin ∠AFG ＝AGAF，所以AG ＝4λ1＋－2λ2，A 1G 2＝1＋16λ21＋－2λ2，所以SA HRF21边四形＝A 1G 2·FR 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋16λ21＋－2λ2[42＋(4－8λ)2]＝42＋(4－8λ)2＋256λ2＝32(10λ2－2λ＋1)，当λ＝110时，(S A HRF 21边四形)min ＝1445，(S 四边形A 1HRF ) min ＝1255.答案：125513．(2017·嘉兴模拟)如图，在等腰梯形PDCB 中，PB ＝3，DC ＝1，PD ＝BC ＝ 2.AD ⊥PB ，将△PAD 沿AD 折起，使平面PAD ⊥平面ABCD .(1)若M 是侧棱PB 的中点，求证：CM ∥平面PAD ； (2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点N ，连接MN ，DN . ∵M ，N 为PB ，PA 的中点，∴MN 綊12AB .在等腰梯形PDCB 中，PB ＝3，DC ＝1， ∵AD ⊥PB ，∴CD 綊12AB ，∴MN 綊DC ，四边形MNDC 为平行四边形，故CM ∥DN .∵CM⊄平面PAD，DN⊂平面PAD，∴CM∥平面PAD.(2)作BE∥AD交DC的延长线于E点．∵AD⊥AB且平面PAD⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.如图将几何体补成直三棱柱PADKBE.过点B作BH⊥KE，∵PK⊥平面BEK，∴PK⊥BH，∴BH⊥平面PCD，则PB在平面PCD上的射影为PH，故∠BPH就是直线PB与平面PCD所成角．在Rt△PBH中，BH＝12KE＝22，且PB＝5，∴sin∠BPH＝BHPB＝1010，故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为10 10.14．已知四边形ABCD是矩形，BC＝kAB(k∈R)，将△ABC沿着对角线AC翻折，得到△AB1C，设顶点B1在平面ABCD上的射影为O.(1)若点O恰好落在边AD上，①求证：AB1⊥平面B1CD；②若B1O＝1，AB>1，当BC取到最小值时，求k的值；(2)当k＝3时，若点O恰好落在△ACD的内部(不包括边界)，求二面角B1ACD的余弦值的取值范围．解：(1)①证明：因为点B1在平面ABCD上的射影为点O.所以平面AB1D⊥平面ACD，又CD⊥AD，所以CD ⊥平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD ，又因为AB 1⊥CB 1，CB 1∩CD ＝C ，所以AB 1⊥平面B 1CD . ②点O 在AD 边上且B 1O ＝1，设AB ＝x ，BC ＝y ， 则AO ＝x 2－1，由于AB 1⊥B 1D ，所以△AOB 1∽△AB 1D ，所以B 1D ＝AB 1AO ×B 1O ＝xx 2－1， 所以y ＝B 1C ＝CD 2＋B 1D 2＝x 2＋x 2x 2－1＝x 2－1＋1x 2－1＋2 ≥ 2x 2－1x 2－1＋2＝2. 当且仅当x 2－1＝1x 2－1，即x ＝2时取得等号． 故当x ＝2时，y 有最小值2，所以k ＝ 2. (2)作BF ⊥AC 交AC 于点E ，交AD 于点F ，若点O 恰好落在△ACD 的内部，即点O 恰好落在线段EF 上， 由于B 1E ⊥AC ，EF ⊥AC ，所以∠B 1EF 为二面角B 1AC D 的平面角，cos ∠B 1EF ＝EO B 1E ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13. 即二面角B 1AC D 的余弦值的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13.。
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第一部分+专题四 立体几何与空间向量+Word版含答案
专题四立体几何与空间向量第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积考点一空间几何体的三视图一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B分析空间几何体的三视图的要点(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的形状，即可得到结果．比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少1．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝22＋22＋22＝2 3.考点二 空间几何体的表面积与体积 一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)； 圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； 锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′，S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24π C．28π D ．32π(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63π C．42π D ．36π[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体， 设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h . 由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4， 由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.[答案] (1)C (2)B1求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.2求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.三、预测押题不能少2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.(2)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点三 球与多面体的切接问题 一、基础知识要记牢(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A．36π B.112π3C．32π D．28π[解析] (1)设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤32，∴V max＝43×π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B.(2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R＝⎝⎛⎭⎪⎫4332＋22＝28 3，则外接球的表面积S＝4πR2＝4π×283＝112π3，故选B.[答案] (1)B (2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题．(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置．(3)建立几何量间关系求半径r.三、预测押题不能少3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. (2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：32[知能专练(十三)]一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2S a ＋b ＋c＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B. 3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.6．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32 B.33 C.34D.36解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB (图略)，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·VO ＝12×3a ×h ＝32ah＝32×23＝33. 7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2 000×1.62＝3r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选 B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1截去四棱锥A BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.9．(2017·贵阳质检)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3 C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.二、填空题11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC 为直角三角形，∠B ＝90°，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，所以AC ＝PB ＝5，PC ＝3，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴∠PBC ＝90°，则该三棱锥的表面积为12×1×2＋12×1×2＋12×2×5＋12×2×5＝2＋25，体积为13×12×1×2×2＝23.答案：2＋2 5 2312．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD 是正三角形，各边长为2，侧棱AD ⊥底面BCD ，且AD ＝2，底面△BCD 的中垂线长DE ＝3，∴AC ＝AB ＝22，V 三棱锥A BCD ＝13×S △BCD ×AD ＝13×12×2×3×2＝233，即该几何体最长的棱长为22，体积为233. 答案：2 2 23313．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V ＝13×1×22×4＝43. 答案：三棱锥 4314．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个球体的34，故该几何体的表面积等于球的表面积的34，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S ＝34×4πR 2＋πR 2＝16π. 答案：16π16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：33 17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF ＝2AD ，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．解析：取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD ∥CP ，且AD ＝CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD .所以平面PDQ ∥平面ABC .该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB 和四棱锥D PQEF ，所以V ＝V PDQ CAB ＋V D PQEF ＝12×22sin 60°×2＋13×1＋2×22×3＝3 3.答案：3 3[选做题]1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B. 2．四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5 C.92 D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ABCD是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.3．(2017·兰州模拟)已知球O 的半径为13，其球面上有三点A ，B ，C ，若AB ＝123，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积为________．解析：如图，过点A ，B 分别作BC ，AC 的平行线，两线相交于点D ，连接CD ，∵AC ＝BC ＝12，AB ＝123，在△ABC 中，cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝－12，∴∠ACB ＝120°，∴在菱形ACBD 中，DA ＝DB ＝DC ＝12，∴点D 是△ABC 的外接圆圆心，连接DO ，在△ODA 中，OA 2＝DA 2＋DO 2，即DO 2＝OA 2－DA 2＝132－122＝25，∴DO ＝5，又DO ⊥平面ABC ，∴V O ABC ＝13×12×12×12×32×5＝60 3. 答案：60 3 第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一 空间线面位置关系的判断一、基础知识要记牢 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD .又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.法二：∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B 、D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，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，故正确．[答案] (1)C (2)②③④解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.三、预测押题不能少1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.考点二空间线面平行、垂直关系的证明一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(9)三垂线定理及逆定理：①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．二、经典例题领悟好[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF.又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线.三、预测押题不能少2．由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.[知能专练(十四)]一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①② B．①②③C．① D．②③解析：选B 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离．故①②③都正确．4．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCDA1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD.5.(2017·成都模拟)把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′称为图形M在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCDEFGH中，AB＝5，AD＝4，AE＝3，则△EBD在平面EBC上的射影的面积是( )A．234 B.25 2C．10 D．30解析：选A 连接HC，过D作DM⊥HC，交HC于M，连接ME，MB，因为BC⊥平面HCD，又DM⊂平面HCD，所以BC⊥DM，因为BC∩HC＝C，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 6．已知E ，F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点； ②存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上；③对于任意的平面α，都有S △EFG ＝S △EFH ；④对于任意的平面α，当G ，H 在线段BC ，AD 上时，几何体AC EGFH 的体积是一个定值．解析：对①，G ，H 分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD 上，作图可知②错．对③，如图1，取BD ，AC 的中点I ，J ，则BC ，AD 都与平面EIFJ 平行，故A ，H 到平面EIFJ 的距离相等，B ，G 到平面EIFJ 的距离相等，而E 为AB 的中点，故A ，B 到平面EIFJ 的距离相等，从而G ，H 到平面EIFJ 的距离相等．连接GH 交EF 于K ，则K 为GH 的中点，从而G ，H 到EF 的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H 为D 时，G 为C ，此时几何体的体积为三棱锥A CDE 的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V C EFG ＝V D EFH ，由③可得，只需证C ，D 到截面的距离相等，因为F 为CD 的中点，所以C ，D 到截面的距离相等．故④正确．答案：③④ 三、解答题10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB.(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . 证明：(1)因为EF ∥DB ，图1图2所以EF与DB确定平面BDEF.如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE ⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.第三讲空间角与空间向量考点一空间角考查类型(一) 异面直线所成的角一、基础知识要记牢过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33(2)(2016·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′。
2018届高考数学二轮复习浙江专用课件：专题四 立体几何 第1讲 精品
(2)法一 (排除法)V＜13×S△ABC×2＝ 63，排除 B、C、D， 选 A.
法二 (直接法)：在 Rt△ASC 中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝
2，所以 SA＝ 4－1＝ 3.同理，SB＝ 3.过 A 点作 SC 的垂线交
(1)证明 因为四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的侧棱垂直底面， 所以 A1A⊥平面 ABCD，又 BC⊂平面 ABCD， 所以 BC⊥AA1，因为 BC⊥AB，AB∩AA1＝A，AB⊂平面 AA1B1B， AA1⊂平面 AA1B1B，所以 BC⊥平面 AA1B1B. 又 AB1⊂平面 AA1B1B，所以 AB1⊥BC， 因为 A1A⊥AB，A1A＝AB＝1，所以四边形 AA1B1B 为正方形， 所以 AB1⊥A1B， 因为 A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面 A1BC， 所以 AB1⊥平面 A1BC.
A.8π
B.16π
C.32π
D.64π
(2)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面
上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直
径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为( )
2 A. 6
3 B. 6
2 C. 3
2 D. 2
解析 (1)由三视图可知，几何体为一横放的四棱 锥，其底面是边长为 4 的正方形，高为 2，平面 SAB⊥平面 ABCD，易知 SA＝SB＝2 2.如图所示. 故可补全为以 DA、SA、SB 为棱的长方体，
(2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； ③V 球＝43πR3. 4.直线、平面平行的判定及其性质
数学浙江专三维二轮专题复习 阶段滚动检测(四) 专题一专题五
阶段滚动检测(四）专题一~专题五(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合A＝｛x|x2－2x－3≥0｝，B＝｛x｜y＝log2(x－1）}，则（∁R A）∩B＝( )A．(1,3）B．(－1，3）C．(3，5）D．(－1，5)解析：选A A＝｛x|x2－2x－3≥0}＝{x|x≥3或x≤－1},B＝{x|y＝log2（x－1)}＝｛x｜x－1〉0}＝｛x｜x>1}，所以∁R A＝｛x｜－1<x〈3｝，则（∁R A）∩B＝{x｜1〈x〈3｝．故选A.2。
在平行四边形ABCD中,已知AB＝2，AD＝1,∠BAD＝60°,若E，F分别是BC,CD的中点，则错误!·错误!＝（）A．2 B．－2C.54D．－错误!＝AD―→－错误!解析：选D 如图，错误!＝错误!＋错误!错误!错误!,错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!－错误!错误!.∵AB＝2,AD＝1，∠BAD＝60°，∴错误!·错误!＝错误!·错误!＝－错误!错误!2－错误!错误!2＋错误!错误!·错误!＝－2－错误!＋错误!×1×2×错误!＝－错误!.故选D。
3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第九日所织尺数为（) A．8 B．9C．10 D．11解析：选B 问题转化为已知等差数列{a n｝中S7＝28，a2＋a5＋a8＝15,求a9。
由a2＋a5＋a8＝15⇒3a5＝15⇒a5＝5.由S7＝28⇒错误!＝28⇒a4＝4，所以d＝a5－a4＝1,a9＝a4＋(9－4）d＝9。
故选B.4．（2017·山东济宁模拟)一个由半圆锥和平放的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）组成的几何体,其三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．1＋错误!B．1＋错误!C.错误!＋错误!D。
2018-2019学年高中新三维一轮复习数学浙江专版：课时
课时跟踪检测（三十二） 等差数列及其前n 项和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2. 因为数列{a n }是递增数列，所以d >0，故d ＝2. 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27解析：选B 法一：∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝9×6＝54.故选B.法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6，∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B.3．(2018·温州十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 5等于( ) A ．8 B ．10 C ．12D ．14解析：选B 设数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝2，S 3＝12， 所以S 3＝3a 1＋3d ＝6＋3d ＝12，解得d ＝2. 所以a 5＝2＋4d ＝10.4．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .答案：－1n5．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12，S 4＝20，则S 6＝( )A ．16B ．24C ．36D ．48解析：选D 设数列{a n }的公差为d ， 由S 4＝4a 1＋6d ＝2＋6d ＝20，解得d ＝3， 所以S 6＝6a 1＋15d ＝3＋45＝48.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25 解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7， 即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ， 由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ， 又{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相同， ∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且 A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a n b n为整数的正整数的个数为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n 为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S nS 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ， 即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ， 整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2018·金华十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 2＝a 3，则a 2＝________；S n ＝________.解析：设公差为d ，则2＋d ＝1＋2d ， 所以d ＝1.所以a 2＝1＋1＝2；S n ＝n ＋n (n －1)2＝n (n ＋1)2. 答案：2n (n ＋1)27．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值， 可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·湖州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －25，则其前10项和S 10的值为________，数列{|a n |}的前n 项和T n 为________．解析：因为a n ＝4n －25，所以S 10＝10(－21＋40－25)2＝－30；因为|a n |＝|4n －25|，所以当n ≤6时，T n ＝－a 1－a 2－…－a n ＝－n (－21＋4n －25)2＝n (23－2n )；当n >6时，T n ＝－a 1－a 2－…－a 6＋a 7＋…＋a n ＝n (－21＋4n －25)2－2S 6＝n (2n －23)＋132.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (23－2n )，n ≤6，n (2n －23)＋132，n >6.答案：－30 T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (23－2n )，n ≤6，n (2n －23)＋132，n >69．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2， 所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k . 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列， 所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2.10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列， 所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2. 所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2. 所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min＝4. 答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3， 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3， 解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3， 得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.。
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阶段滚动检测（四） 专题一~专题五 (时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≥0}，B ＝{x |y ＝log 2(x －1)}，则(∁R A )∩B ＝( ) A ．(1,3) B ．(－1,3) C ．(3,5)D ．(－1,5)解析：选A A ＝{x |x 2－2x －3≥0}＝{x |x ≥3或x ≤－1}，B ＝{x |y ＝log 2(x －1)}＝{x |x －1>0}＝{x |x >1}，所以∁R A ＝{x |－1<x <3}，则(∁R A )∩B ＝{x |1<x <3}．故选A.2.在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝1，∠BAD ＝60°，若E ，F 分别是BC ，CD 的中点，则BF ―→²DE ―→＝( )A ．2B ．－2 C.54D ．－54解析：选D 如图，BF ―→＝BC ―→＋12CD ―→＝AD ―→－12AB ―→，DE ―→＝DC ―→＋12CB ―→＝AB ―→－12AD ―→.∵AB ＝2，AD ＝1，∠BAD ＝60°， ∴BF ―→²DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD ―→－12AB ―→²⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ―→－12AD ―→＝－12AB ―→2－12AD ―→2＋54AD ―→²AB ―→＝－2－12＋54³1³2³12＝－54.故选D.3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，第二日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第九日所织尺数为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选B 问题转化为已知等差数列{a n }中S 7＝28，a 2＋a 5＋a 8＝15，求a 9.由a 2＋a 5＋a 8＝15⇒3a 5＝15⇒a 5＝5.由S 7＝28⇒7 a 1＋a 72＝28⇒a 4＝4，所以d ＝a 5－a 4＝1，a 9＝a 4＋(9－4)d ＝9.故选B.4．(2017²山东济宁模拟)一个由半圆锥和平放的直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1＋π3B ．1＋π6C.23＋π3D.23＋π6解析：选B 由已知可得组成该几何体的三棱柱的底面如正视图所示，故底面面积为12³2³1＝1，三棱柱的高为1，故三棱柱的体积为1；组成该几何体的半圆锥的底面如俯视图中半圆所示，故底面面积为π2，半圆锥的高为1，故半圆锥的体积为13³12π³1＝π6.故组合体的体积V ＝1＋π6.故选B.5．已知向量a ，b ，则“a ∥b ”是“|a －b |＝|a |－|b |”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：选B 若a ∥b ，则a 与b 同向或反向，所以|a －b |＝|a |－|b |或|a －b |＝|a |＋|b |，故充分性不成立．若|a －b |＝|a |－|b |，则a 与b 同向平行，即a ∥b ，所以必要性成立． 故“a ∥b ”是“|a －b |＝|a |－|b |”的必要不充分条件．故选B.6．(2017²四川泸州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≤1，1－log 2x ，x >1，则满足不等式f (1－m 2)>f (2m －2)的m 的取值范围是( )A ．(－3,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C ．(－3,1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－3，32 解析：选C 当x ≤1时，f (x )＝2x＋1为增函数，且f (x )>1，当x >1时，f (x )＝1－log 2x 为减函数，则f (x )<1.∵f (1－m 2)>f (2m －2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2≤1，2m －2≤1，1－m 2>2m －2或⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2>1，2m －2>1，1－m 2<2m －2或⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2≤1，2m －2>1，解得－3<m <1或m >32.故选C.7．(2017²辽宁抚顺模拟)将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向左平移π12个单位，再向上平移1个单位，得到g (x )的图象．若g (x 1)g (x 2)＝9，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则2x 1－x 2的最大值为( )A.49π12 B.35π6 C.25π6D.17π4解析：选A 函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向左平移π12个单位，再向上平移1个单位，得到g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1的图象．若g (x 1)g (x 2)＝9，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则g (x 1)＝g (x 2)＝3，则2x ＋π3＝π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝π12＋k π，k ∈Z ，由x 1，x 2∈[－2π，2π]，得x 1，x 2∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－23π12，－11π12，π12，13π12，当x 1＝13π12，x 2＝－23π12时，2x 1－x 2取最大值为49π12.故选A.8．(2017²河南开学模拟)已知等腰梯形ABCD 的顶点都在抛物线y 2＝2px (p >0)上，且AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝4，∠ADC ＝60°.则点A 到抛物线的焦点的距离是( )A.33B. 3C.32D.7312解析：选D 设A (x 1,1)，D (x 2,2)，x 1>0，x 2>0，则⎩⎪⎨⎪⎧1＝2px 1，4＝2px 2，即x 2＝4x 1.又∠ADC ＝60°，所以AD ＝ x 1－x 2 2＋ 1－2 2＝2，所以x 21＝13，x 1＝33，即p ＝12x 1＝12³33＝32.所以点A到抛物线的焦点的距离是x 1＋p 2＝7312.9．(2017²湖南长沙一中模拟)已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1，F 2.这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，记椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1²e 2的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫19，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ D ．(0，＋∞)解析：选C 设椭圆和双曲线的半焦距为c ，|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n (m >n )．由于△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形，若|PF 1|＝10，即有m ＝10，n ＝2c .由椭圆的定义可得m ＋n ＝2a 1，由双曲线的定义可得m －n ＝2a 2，即a 1＝5＋c ，a 2＝5－c (c <5)，再由三角形的两边之和大于第三边，可得2c ＋2c >10，可得c >52，即52<c <5.由离心率公式可得e 1²e 2＝c a 1²c a 2＝c 225－c 2＝125c2－1，由于1<25c2<4，可得125c2－1>13，则e 1²e 2的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞，故选C. 10.(2017²温州中学模拟)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，CD ＝4，BC ＝5，点E ，F 分别为AD ，BC 的中点，如果对于常数λ，在等腰梯形ABCD 的四条边上，有且只有8个不同的点P 使得PE ―→²PF ―→＝λ成立，那么λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－920B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－920，114C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－920，－14D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，114解析：选C 建立直角坐标系如图所示，由题意，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫72，1，根据对称性可知，问题等价于在等腰梯形ABCD 的每条边上均有两点(不含端点)满足PE ―→²PF ―→＝λ.若P 在CD 上，设P (x,0)，PE ―→²PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－x ＋(1－0)2＝(x －2)2－54，其中0<x <4，根据二次函数的对称性，可得－54<PE ―→²PF ―→<114；若P 在AD 上，设P (x,2x )，PE ―→²PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－x ＋(1－2x )2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x －452－920，其中0<x <1，根据二次函数的性质可知，－920<PE ―→²PF ―→<－14；若P 在AB 上，设P (x,2)，PE ―→²PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－x ＋(1－2)2＝(x －2)2－54，其中1<x <3，根据二次函数的性质可知，－54<PE ―→²PF ―→<－14；若P 在BC 上，根据图形的对称性可知－920<PE ―→²PF―→<－14.取交集可知，实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－920，－14，故选C.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11．(2018届高三²舟山联考)已知直线x ＋2y －1＝0与直线2x ＋my ＋4＝0平行，则m ＝________，到两直线距离相等的点M 的轨迹方程是________．解析：由直线x ＋2y －1＝0与直线2x ＋my ＋4＝0平行，得21＝m 2≠4－1，∴m ＝4.设M (x ，y )，则|x ＋2y －1|5＝|x ＋2y ＋2|5，化简得2x ＋4y ＋1＝0.答案：4 2x ＋4y ＋1＝012．(2017²台州模拟)圆心在直线y ＝－4x 上，并且与直线l ：x ＋y －1＝0相切于点P (3，－2)的圆的方程为________，y 轴截该圆的弦长为________．解析：设圆心O 为(x ，－4x )，k OP ＝2－4xx －3，k l ＝－1，由直线l 与圆相切，得k OP ²k l ＝－1，∴x ＝1，∴O (1，－4)，r ＝ 1－3 2＋ －4＋2 2＝22，∴所求圆的方程为(x －1)2＋(y ＋4)2＝8，y 轴截该圆的弦长为28－1＝27.答案：(x －1)2＋(y ＋4)2＝8 2713．(2018届高三²温州十校联考)若抛物线y 2＝8x 的焦点恰好是双曲线x 2a 2－y 23＝1(a >0)的右焦点，则实数a 的值为__________，双曲线的渐近线方程为________．解析：抛物线y 2＝8x 的焦点为(2,0)，双曲线x 2a 2－y 23＝1(a >0)的右焦点为(a 2＋3，0)，由题意可得为a 2＋3＝2，解得a ＝1，可知双曲线的渐近线方程为y ＝±3x .答案：1 y ＝±3x14．(2017²杭州六校联考)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥－1，3x －y ≤a ，目标函数z ＝x ＋2y 的最小值为1，则实数a 的值为________，若点M (2，b )在可行域内，则该点到原点的距离为________．解析：作出不等式组对应的平面区域(图中阴影部分)：∵目标函数z ＝x ＋2y 的最小值为1，∴x ＋2y ＝1，作出直线x ＋2y ＝1，则直线x ＋2y ＝1交直线x ＋y ＝1于B ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x ＋2y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，即B (1,0)，同时B (1,0)也在直线3x －y ＝a上，则a ＝3－0＝3.因为点M (2，b )在可行域内，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋b ≥1，2－b ≥－1，6－b ≤3，解得b ＝3，即M (2,3)，所以点M 到原点的距离为|OM |＝13.答案：31315．(2017²温州中学模拟)设数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝lg(n ＋1＋a n )，n ∈N *，若a 2 016∈(lgk ，lg(k ＋1))，则整数k ＝________.解析：由题意，得a 2＝lg(2＋a 1)＝lg 2∈(0,1)，a 3＝lg(3＋a 2)∈(0,1)，…，a 8＝lg(8＋a 7)∈(0,1)，a 9＝lg(9＋a 8)∈(0,1)，a 10＝lg(10＋a 9)∈(1,2)，…，a 98＝lg(98＋a 97)∈(1,2)，a 99＝lg(99＋a 98)∈(2,3)，…，a 997＝lg(997＋a 996)∈(2,3)，a 998＝lg(998＋a 997)∈(3,4)，…，a 2 015＝lg(2 015＋a 2 014)∈(3,4)，a 2 016＝lg(2 016＋a 2 015)∈(lg 2 019，lg 2 020)，∴k ＝2 019.答案：201916．(2018届高三²宁波九校期末联考)若正实数a ，b 满足(2a ＋b )2＝1＋6ab ，则ab2a ＋b ＋1的最大值为________．解析：∵正实数a ，b 满足(2a ＋b )2＝1＋6ab ， ∴ab ＝ 2a ＋b 2－16.∵(2a ＋b )2＝1＋6ab ≤1＋3³⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 22， 解得2a ＋b ≤2，当且仅当b ＝2a ＝1时取等号，则ab 2a ＋b ＋1＝ 2a ＋b 2－16 2a ＋b ＋6＝2a ＋b －16≤2－16＝16， ∴ab 2a ＋b ＋1的最大值为16.答案：1617．(2017²浙江高考)已知a ∈R ，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x－a ＋a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值范围是________．解析：∵x ∈[1,4]，∴x ＋4x∈[4,5]，①当a ≤92时，f (x )max ＝|5－a |＋a ＝5－a ＋a ＝5，符合题意；②当a >92时，f (x )max ＝|4－a |＋a ＝2a －4＝5，解得a ＝92(矛盾)，故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，92. 答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，92三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分14分)(2017²潍坊模拟)设函数f (x )＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3－4cos 2ωx ＋3(0<ω<2)，且y ＝f (x )的图象的一条对称轴方程为x ＝π6. (1)求ω的值并求f (x )的最小值；(2)△ABC 中a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且a ＝1，S △ABC ＝34，f (A )＝2，求△ABC 的周长．解：(1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3－4cos 2ωx ＋3＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 2ωx ＋32cos 2ωx －2(1＋cos 2ωx )＋3＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋1＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6，由y ＝f (x )的图象的一条对称轴方程为x ＝π6，可得2ω²π6＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，即ω＝3k ＋1，k ∈Z ，由0<ω<2，可得ω＝1，则f (x )＝1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 当2x ＋π6＝2k π－π2，k ∈Z ，即x ＝k π－π3，k ∈Z 时，f (x )＝1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6取得最小值1－2＝－1.(2)由f (A )＝1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2，可得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12，由A 为三角形的内角，可得2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，即有2A ＋π6＝5π6，解得A ＝π3.由a ＝1，S △ABC ＝34，可得12bc sin A ＝34，解得bc ＝1，由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得b 2＋c 2＝2. 所以b ＋c ＝b 2＋c 2＋2bc ＝2＋2＝2， 则△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝3.19．(本小题满分15分)(2017²枣庄模拟)在四边形ABCD 中(如图①)，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，G 为AD 上一点，且AB ＝AG ＝1，GD ＝CD ＝2，M 为GC 的中点，点P 为BC 上的点，且满足BP ＝2PC .现沿GC 折叠使平面GCD ⊥平面ABCG (如图②)．(1)求证：平面BGD ⊥平面GCD ；(2)求直线PM 与平面BGD 所成角的正弦值．解：(1)证明：在直角梯形ABCD 中，AB ＝AG ＝1，GD ＝CD ＝2，BC ＝22，cos D ＝13，∴GC ＝4＋4－2³2³2³13＝433，BG ＝1＋1－2³1³1³⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝263.∴BG 2＋GC 2＝BC 2，∴BG ⊥GC .∵平面GCD ⊥平面ABCG ，平面GCD ∩平面ABCG ＝GC ，∴BG ⊥平面GCD . ∵BG ⊂平面BGD ，∴平面BGD ⊥平面GCD .(2)如图，取BP 的中点H ，连接GH ，则GH ∥MP ，作HQ ⊥平面BGD ，连接GQ ，则∠HGQ 为直线GH 与平面BGD 所成的角， 即直线PM 与平面BGD 所成角． 由(1)，作CN ⊥GD ，则CN ⊥平面BGD . ∵HQ ⊥平面BGD ，∴HQ ∥CN ， ∴HQ CN ＝BH BC ＝13，∴HQ ＝13CN . 在△DGC 中，GC ＝433，DM ＝263， 由GD ²CN ＝GC ²DM ，得CN ＝423，∴HQ ＝429. ∵在直角梯形ABCD 中，GH CD ＝GD AD ，∴GH ＝43， ∴sin ∠HGQ ＝HQ GH ＝23， ∴直线PM 与平面BGD 所成角的正弦值为23. 20．(本小题满分15分)(2017²北京海淀模拟)已知函数f (x )＝ln x －a x－1. (1)若曲线y ＝f (x )存在斜率为－1的切线，求实数a 的取值范围； (2)求f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝x ＋aln x，求证：当－1<a <0时，g (x )在(1，＋∞)上存在极小值． 解：(1)由f (x )＝ln x －a x－1，得f ′(x )＝1x ＋a x2＝x ＋ax2(x >0)．由已知曲线y ＝f (x )存在斜率为－1的切线， 所以f ′(x )＝－1存在大于零的实数根， 即x 2＋x ＋a ＝0存在大于零的实数根． 因为y ＝x 2＋x ＋a 在x >0时单调递增， 所以实数a 的取值范围是(－∞，0)． (2)f ′(x )＝x ＋ax 2，x >0，a ∈R. 当a ≥0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，f ′(x )>0，若x ∈(0，－a )，f ′(x )<0，此时函数f (x )的增区间为(－a ，＋∞)，减区间为(0，－a )．综上所述，当a ≥0时，单调递增区间为(0，＋∞)；当a <0时，单调递增区间为(－a ，＋∞)，减区间为(0，－a )．(3)证明：由g (x )＝x ＋a ln x 得g ′(x )＝ln x －ax －1ln x 2＝f xln x 2.由－1<a <0可得0<－a <1，由(2)可知函数f (x )在(－a ，＋∞)上递增， 所以f (1)＝－a －1<0.取x ＝e ，显然e>1，f (e)＝ln e －a e－1＝－ae>0，所以存在x 0∈(1，e)满足f (x 0)＝0， 即存在x 0∈(1，e)满足g ′(x 0)＝0，所以g (x )，g ′(x )在区间(1，＋∞)上的情况如下：所以当－1<a21．(本小题满分15分)如图，抛物线C ：y 2＝4x 的弦AB 的中点P (2，t )(t ≠0)，过点P 且与AB 垂直的直线l 与抛物线交于C ，D ，与x 轴交于Q .(1)求点Q 的坐标；(2)当以CD 为直径的圆过A ，B 时，求直线l 的方程．解析：(1)易知AB 不与x 轴垂直，设AB 直线方程为y ＝k (x －2)＋t ， 与抛物线C ：y 2＝4x 联立，消去y 得k 2x 2＋(2tk －4k 2－4)x ＋(t －2k )2＝0， ∴Δ＝(2tk －4k 2－4)2－4k 2³(t －2k )2>0.① 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1，x 2是上述方程两根， ∴x 1＋x 2＝4k 2＋4－2tkk 2＝4，即k ＝2t，代入①中，求得－22<t <22且t ≠0，∴直线l 的方程为y －t ＝－t 2(x －2)． 令y ＝0，得x ＝4，知Q 点坐标为(4,0)．(2)|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2 x 1＋x 2 2－4x 1x 2 ＝1＋k 242－4³ t －2k 2k 2 ＝t 2＋4²8－t 2，直线l ：y ＝－t 2(x －4)，与抛物线y 2＝4x 联立，消去y 得t 2x 2－(8t 2＋16)x ＋16t 2＝0. 设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，∴x 3＋x 4＝8t 2＋16t 2＝8＋16t2，x 3x 4＝16， 设CD 的中点为M (x 0，y 0)，∴x 0＝4＋8t 2，y 0＝－4t ，|PM |＝t 2＋4t 2³4＋t 2， ∴|CD |＝1＋t 24|x 3－x 4| ＝ 1＋t 24 x 3＋x 4 2－4x 3x 4 ＝ 1＋t 24 ⎝ ⎛⎭⎪⎫8＋16t 22－4³16 ＝ 4＋t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋8t 22－16 ＝8³4＋t 2³ 1t 4＋1t2， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，有14|CD |2＝14|AB |2＋|PM |2， 代入并整理得t 4－12t 2＋32＝0，求得t 2＝4或t 2＝8(舍去)，∴t ＝±2.∴直线l 的方程为y ＝x －4或y ＝－x ＋4.22．(本小题满分15分)(2018届高三²浙江名校协作体联考)已知函数f (x )＝44x ＋15. (1)求方程f (x )－x ＝0的实数解；(2)如果数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，是否存在实数c ，使得a 2n <c <a 2n －1对所有的n ∈N *都成立？证明你的结论．解：(1)由题意得44x＋15－x＝0，解得x＝－4或x＝14.(2)因为f(x)＝44x＋15，当x∈(0,1]时，f(x)单调递减，所以419≤f(x)<415.因为a1＝1，所以由a n＋1＝44a n＋15得a2＝419，a3＝76301且0<a n≤1.因为419<14<76301，所以假设存在实数c＝14，使得a2n<c<a2n－1，下面用数学归纳法证明0<a2n<14<a2n－1≤1.因为0<a2＝419<14<a1＝1≤1，所以当n＝1时结论成立．设当n＝k(k≥2)时结论成立，即0<a2k<14<a2k－1<1.由于f(x)＝44x＋15为(0,1]上的减函数，所以f(0)>f(a2k)>f⎝⎛⎭⎪⎫14>f(a2k－1)>f(1)，从而4 15>a2k＋1>14>a2k>419，因此f⎝⎛⎭⎪⎫415<f(a2k＋1)<f⎝⎛⎭⎪⎫14<f(a2k)<f⎝⎛⎭⎪⎫419，即0<f⎝⎛⎭⎪⎫415<a2k＋2<14<a2k＋1<f⎝⎛⎭⎪⎫419≤1，即当n＝k＋1时结论也成立．综上所述，对一切n∈N*,0<a2n<14<a2n－1≤1都成立，即存在c＝14使得a2n<14<a2n－1.。