2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：11 三角函数的图象与性质
专题强化训练(十一)一、选择题1．(2019·菏泽一模)若角α的终边过点A (2,1)，则－()A ．－255B ．－55 C.55 D.255[解析]由题意知cos α＝25＝255，所以－cos α＝－255.[答案]A2．(2019·桂林一模)已知sin(5π－α)＝＝()A.225B.－25C ．－22D ．－2[解析]由sin(5π－α)＝得sin α＝－3cos α，所以tan α＝－322(cos α－sin α)sin α＋2cos α＝22(1－tan α)tan α＋2＝22×4－1＝－22.故选C.[答案]C3．(2019·湖南湘中高三联考)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f(x )≤|对x ∈R 恒成立，且f (π)，则f (x )的单调递增区间是()A.k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )B.k π，k π＋π2(k ∈Z )C.k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )D.k π－π2，k π(k ∈Z )[解析]因为f (x )≤|对x ∈R 恒成立，即|＝|＝1，所以φ＝k π＋π6(k ∈Z )．因为f (π)，所以sin(π＋φ)>sin(2π＋φ)，即sin φ<0，所以φ＝－56π＋2k π(k ∈Z )，所以f (x )＝x －56π由三角函数的单调性知2x －5π6∈2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，得x ∈k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )，故选C.[答案]C4．(2019·廊坊省级示范性高中联合体联考(一))已知函数f (x )＝－x ()A ．f(x )x ＝－π12对称B ．f(x )x ＝－π12对称C ．f(x )x ＝－π6对称D ．f (x )x ＝－π6对称[解析]f (x )＝－x则当x3x ＋π4∈可得函数f (x )在x又由3x ＋π4＝0，解得x ＝－π12，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称．故选A.[答案]A5．(2019·湖南省四校联考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是()A ．1，3π4B ．2，π4C ．π，3π4D ．2π，π4[解析]由题图知最小正周期T ＝22，所以ω＝2πT ＝π，所以f (x )＝2sin(πx ＋φ)，得0，即π4＋φ＝k π(k∈Z )，所以φ＝k π－π4(k ∈Z )．因为0<φ<π，所以φ＝3π4，故选C.[答案]C6．(2019·福州质量检测)若将函数y ＝3cos x移π6个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是()－π6，－π12，[解析]将函数y ＝3cos x 的图象向右平移π6个单位长度，得y ＝3cos 2＋π2＝3cosx2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，当k ＝0时，x ＝π6，所以平移后图象的一个对称A.[答案]A 二、填空题7．(2019·河北沧州模拟)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线2x －y ＝0sin (π－θ)________.[解析]设点P (a,2a )(a ≠0)为角θ终边上任意一点，根据三角函数的定义有tan θ＝yx＝2，再根据诱导公式，得sin (π－θ)＝－cos θ－cos θcos θ－sin θ＝－21－tanθ＝2.[答案]28．(2019·安徽六安一中3月月考)若函数f (x )＝ω<1)在区间(π，2π)内有最值，则ω的取值范围为________．[解析]函数f (x )＝ω<1)取最值时，ωx ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，即x πk ∈Z )，因为f (x )在区间(π，2π)内有最值，所π(π，2π)时，k 有解，所以1<1ω·，<k ＋1，＋16<ω⇒k 2＋16<ω<k ＋13.由k 2＋16<k ＋13得k >－13.当k ＝0时，16<ω<13，当k ＝1时，结合0<ω<1，得23<ω<1，所以ω[答案]9．(2019·江西南昌重点中学段考测试)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φω<3，|φ0，则f (π)＝________.[解析]解法一：因为f ＝f ＝0，所以－πω12＋0，0，＋φ＝k 1π，φ＝k 2π(k 1，k 2∈Z )，两式相减得，12ω＝k 2－k 1(k 1，k 2∈Z )．因为0<ω<3，且k 2－k 1是整数，所以ω＝2.－π12，“五点”中的第一点，则－π6＋φ＝0，所以φ＝π6，满足|φ|<π2.所以f (x )＝x f (π)＝12.解法二：设f (x )的最小正周期为T ，由0可得x ＝－π12和x ＝5π12是函数f (x )的两个零点，所以k 1·T 2＝512π＝π2(k 1∈N )，即T ＝πk 1(k 1∈N )，又知T ＝2π|ω|(ω>0)，所以2πω＝πk 1(k 1∈N )，所以ω＝2k 1(k 1∈N )，又0<ω<3，所以当k 1＝1时，ω＝2.所以f (x )＝sin(2x＋φ)．由0，得－π6＋φ＝k 2π(k 2∈Z )，所以φ＝k 2π＋π6(k 2∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π6，则f (x )＝x f (π)＝12.[答案]12三、解答题10．(2019·北京西城二模)已知函数f(x )＝(1)求函数f (x )的定义域；(2)设β∈(0，π)，且f(β)＝β的值．[解](1)由x ＋π4≠k π＋π2，k ∈Z ，得x ≠k π＋π4，k ∈Z .所以函数f (x )|x ≠k π＋π4，k ∈Z(2)依题意，得整理得·2cos1＝0，所以0或＝12.因为β∈(0，π)，所以β＋π4∈由0，得β＋π4＝π，即β＝3π4；由＝12，即β＋π4＝π3，即β＝π12.所以β＝π或β＝3π.11．(2019·云南曲靖一中模拟)已知函数f (x )＝2cos x 3sin 2x ＋sin x cos x .(1)求函数f (x )的最小正周期．(2)若f (x )－m ＝0在0，2π3恰有一实数根，求m 的取值范围．[解](1)函数f (x )＝2cos x sin ＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2cos x cos π3－cos x ＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2cos x x －32cos ＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2sin x cos x －3cos 2x ＋3sin 2x ＝sin2x －3cos2x＝x 故函数f (x )的最小正周期为2π2＝π.(2)在x ∈0，2π3时，f (x )＝2sin x∵f (0)＝＝－3，0，∴当方程f (x )－m ＝0在0，2π3恰有一实数根时，m 的取值范围为[－3，0)∪{2}．12．(2019·山东济南一模)已知函数f (x )＝sin(2π－x 3cos 2x ＋3.(1)求f (x )的最小正周期和图象的对称轴方程；(2)当x ∈0，7π12时，求f (x )的最小值和最大值．[解](1)由题意，得f (x )＝(－sin x )(－cos x )－3cos 2x ＋3＝sin x cos x －3cos 2x ＋3＝12sin2x －3(cos2x ＋1)＋3＝12sin2x －32cos2x ＋32＝x ＋32，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，则x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )，故所求图象的对称轴方程为x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )．(2)当0≤x ≤7π12时，－π3≤2x －π3≤5π6.由函数图象(图略)可知，－32≤x 1，即0≤x ＋32≤2＋32.故f (x )的最小值为0，最大值为2＋32.。
2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)讲义：第三篇 专题四 第二讲 椭圆、双曲
姓名，年级：时间：第二讲椭圆、双曲线、抛物线[高考导航]以某一圆锥曲线或两种曲线组合为载体，考查的角度有定义、方程和性质，尤其是离心率、焦点三角形和焦点弦问题是考查的重点．考点一圆锥曲线的定义与标准方程1．圆锥曲线的定义（1)椭圆：｜PF1｜＋|PF2｜＝2a(2a>|F1F2|）；(2)双曲线:｜|PF1｜－｜PF2||＝2a（2a<｜F1F2｜）;（3)抛物线：|PF｜＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l 于M。
2．焦点三角形的结论椭圆中，焦点三角形的面积S△F1PF2＝b2·tan错误!;双曲线中，焦点三角形的面积S△F1PF2＝错误!(其中P为椭圆(双曲线）上的点，F1,F2分别为椭圆(双曲线)的左、右焦点，θ＝∠F1PF2)．1．（2019·江西上饶联考）过点A(3，－2）且与椭圆错误!＋错误!＝1有相同焦点的椭圆方程为( )A。
错误!＋错误!＝1 B.错误!＋错误!＝1C.错误!＋错误!＝1 D。
错误!＋错误!＝1[解析］解法一：设所求椭圆方程为错误!＋错误!＝1(a〉b〉0),则a2－b2＝c2＝5，且错误!＋错误!＝1，解方程组错误!得a2＝15，b2＝10，故所求椭圆方程为错误!＋错误!＝1.解法二：椭圆错误!＋错误!＝1的焦点坐标为(±错误!，0),设所求椭圆方程为错误!＋错误!＝1(λ〉0)，代入(3,－2），得错误!＋错误!＝1（λ〉0），解得λ＝10或λ＝－2(舍去），故所求椭圆方程为错误!＋错误!＝1.［答案] A2．（2019·河南安阳一模）设双曲线C：错误!－错误!＝1（a>0,b>0)的虚轴长为4,一条渐近线的方程为y＝错误!x，则双曲线C的方程为( ）A.错误!－错误!＝1 B。
错误!－错误!＝1C。
错误!－错误!＝1 D．x2－错误!＝1［解析] 由双曲线的虚轴长为4，得2b＝4，即b＝2，又双曲线的焦点在x轴上，则其一条渐近线的方程为y＝错误! x＝错误!x，所以a＝4，所以双曲线C的方程为错误!－错误!＝1,故选A.[答案］A3．(2019·湖南湘东六校联考）抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，其上的点P（m，－3)到焦点的距离为4，则抛物线方程为（)A．x2＝8y B．x2＝4yC．x2＝－4y D．x2＝－8y[解析］依题意，设抛物线的方程为x2＝－2py（p>0），则错误!＋3＝4，所以p＝2，所以抛物线的方程为x2＝－4y,故选C.［答案] C4．(2019·长春检测）已知O为坐标原点,设F1，F2分别是双曲线x2－y2＝1的左、右焦点,P为双曲线左支上任一点,过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则｜OH|＝( )A．1 B．2C．4 D。
高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)课件：1-4转化与化归思想
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第一篇 第四讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·数学 （理）
正与反的转化要点 正与反的转化，体现“正难则反”的原则，先从正面求解， 再取正面答案的补集即可．一般地，题目若出现多种成立的情形， 则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单．因此，间接法多 用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．
A．20
B．15
C．36
D．6
[解题指导] (1) 过焦点F的直线PQ具有任意性 →
取PQ⊥y轴 → 计算p，q
(2) 平行四边形ABCD具有任意性 → 取矩形ABCD →
建立坐标系进行计算
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第一篇 第四讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·数学 （理）
[解析] (1)抛物线 y＝ax2(a>0)的标准方程为 x2＝1ay(a>0)．焦 点 F0，41a，取过焦点 F 的直线垂直于 y 轴，则|PF|＝|QF|＝21a， 所以1p＋1q＝4a.
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第一篇 第四讲
大二轮专题辅导与增分攻略 ·数学 （理）
要点三 正与反的转化
【例 3】 (1)(2019·陕西西安一模)若对于任意 t∈[1,2]，函数
g(x)＝x3＋m2 ＋2x2－2x 在区间(t,3)上不是单调函数，则实数 m 的 取值范围是( A )
A.－337，－5
B.－337，－5
(2)由不等式可得n12－m12<lnm－lnn，即n12＋lnn<m12＋lnm. 设 f(x)＝x12＋lnx(x∈(2，e))，则 f′(x)＝－x23＋1x＝x2x－3 2，因 为 x∈(2，e)，所以 f′(x)>0，故函数 f(x)在(2，e)上单调递增． 因为 f(n)<f(m)，所以 n<m.故选 A.
2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：20 立体几何
专题强化训练(二十)1．(2019·安徽合肥一模)如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC .∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，∴△ACD 为等边三角形．又∵点M 为CD 的中点，∴AM ⊥CD .由CD ∥AB 得，AM ⊥AB .∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ，∴AM ⊥AA 1.又∵AB ∩AA 1＝A ，AB ⊂平面AA 1B 1B ，AA 1⊂平面AA 1B 1B ，∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝，∠AMD ＝∠BAM ＝90°.3又∵AA 1⊥底面ABCD ，则可分别以AB ，AM ，AA 1所在的直线为x轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，，0)，D 1，3(－12，32，2)∴＝，＝(－3，，0)，＝(2,0，－2)．DD 1→ (12，－32，2)BD → 3A 1B → 设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则有Error!得Error!即y ＝x ＝z .33令x ＝1，则n ＝(1，，1)．3∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝＝.DD 1→ |n ·DD 1→|n |·|DD 1→ ||152．(2019·山东青岛模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB1C 1C ，BC ＝，AB ＝BB 1＝2，∠BCC 1＝，点E 在棱2π4BB 1上．(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)试确定点E 的位置，使二面角A －C 1E －C 的余弦值为.55[解] (1)证明：∵BC ＝，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝，2π4∴由余弦定理，可求得C 1B ＝，2∴C 1B 2＋BC 2＝C 1C 2，即C 1B ⊥BC .∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，C 1B ⊂侧面BB 1C 1C ，∴AB ⊥C 1B .又CB ∩AB ＝B ，∴C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)知，BC ，BA ，BC 1两两垂直，以B 为坐标原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,2,0)，C (，0,0)，C 1(0,0，)，B 1(－22，0，)，∴＝(0,2，－)．22C 1A → 2设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋λ＝(0,0，－)BE → BB 1→ C 1E → C 1B → BB 1→ 2＋λ(－，0，)＝(－λ，0，－＋λ)．22222设平面AC 1E 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由Error!得Error!取z ＝，则m ＝.2(2(λ－1)λ，1，2)又平面C 1EC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝＝＝，解得λ＝.m ·n|m |·|n |12(λ－1)2λ2＋35512∴当λ＝，即点E 是棱BB 1的中点时，二面角A －C 1E －C 的余12弦值为.553．(2019·石家庄二中期末)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠B 1A 1A ＝∠C 1A 1A ＝60°，AA 1＝AC ＝4，AB ＝2，P ，Q 分别为棱AA 1，AC 的中点．(1)在BC 上是否存在点M ，使得AM ∥平面B 1PQ ？请证明你的结论．(2)若侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，求直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角的正弦值．[解] (1)在BC 上存在点M ，为靠近点B 的三等分点，使得AM ∥平面B 1PQ .证法一：如图，在平面ABB 1A 1内，过点A 作AN ∥B 1P 交BB 1于点N ，连接BQ ，在△BB 1Q 中，取BQ 的中点H ，连接NH ，则NH ∥B 1Q .∵AN ∩NH ＝N ，B 1P ∩B 1Q ＝B 1，且AN ，NH ⊂平面AHN ，B 1P ，B 1Q ⊂平面B 1PQ ，∴平面AHN ∥平面B 1PQ .又AH ⊂平面AHN ，∴AH ∥平面B 1PQ .连接AH 并延长交BC 于点M ，∴AM ∥平面B 1PQ.在△ABC 中，取BC 的中点R ，连接HR ，可知＝＝，HR AC 14MR MC 从而CM ＝2MB ，则点M 即为所求．证法二：在平面ABB 1A 1内延长BA 交B 1P 于点D ，连接DQ 并延长交CB 于点R ，连接RB 1，则平面B 1PQ 与平面DRB 1重合．在平面ABC 内，过点A 作DR 的平行线交CB 于点M ，则AM ∥平面DRB 1，即AM ∥平面B 1PQ .在平面ABB 1A 1内，易知AP 为△DBB 1的中位线，则A 是BD 的中点；在平面ABC 内，由平面几何性质可得，R 是CB 上靠近点C 的三等分点．于是可知，点M 为CB 上靠近点B 的三等分点．(2)连接PC 1，AC 1.∵AA 1＝AC ＝A 1C 1，∠C 1A 1A ＝60°，∴△AC 1A 1为等边三角形．∵P 为AA 1的中点，∴PC 1⊥AA 1.又∵侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，且平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1＝AA 1，PC 1⊂平面ACC 1A 1，∴PC 1⊥平面ABB 1A 1.在平面ABB 1A 1内过点P 作PH ⊥AA 1交BB 1于点H ，分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立PH → PA 1→ PC 1→ 如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0,0,0)，A 1(0,2,0)，A (0，－2,0)，C (0，－4,2)，C 1(0,0,2)，∴＝(0，－2,2)．33A 1C 1→ 3∵Q 为AC 的中点，∴点Q 的坐标为(0，－3，)，3∴＝(0，－3，)．∵A 1B 1＝AB ＝2，∠B 1A 1A ＝60°，PQ → 3∴B 1(，1,0)，3∴＝(，1,0)．设平面B 1PQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，PB 1→ 3由Error!得Error!令x ＝1，得y ＝－，z ＝－3，3∴平面B 1PQ 的一个法向量为m ＝(1，－，－3)．3设直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角为α，则sin α＝|cos 〈，m 〉|＝＝，A 1C 1→ |A 1C 1→·m |A 1C 1→ ||m ||3913即直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角的正弦值为.39134．(2019·长春调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AB ＝3，AC ＝2，点E 是PD 的中点．(1)求证：PB ∥平面AEC .(2)在线段PB 上(不含端点)是否存在一点M ，使得二面角M －AC －E 的余弦值为？若存在，确定点M 的位置；若不存在，1010请说明理由．[解] (1)证明：连接BD 交AC 于点F ，连接EF .由面ABCD 为平行四边形，可知F 为BD 的中点．在△PBD 中，∵E ，F 分别为PD ，BD 的中点，∴EF ∥PB .又EF ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC .(2)由题意知，AC ，AB ，AP 两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (0,3,0)，C (2,0,0)，D (2，－3,0)，P (0,0,3)，E ，∴＝(2,0,0)，＝.(1，－32，32)AC → AE → (1，－32，32)设M (x 0，y 0，z 0)，＝λ(0<λ<1)，PM → PB → 则(x 0，y 0，z 0－3)＝λ(0,3，－3)，得M (0,3λ，3－3λ)，∴＝(0,3λ，3－3λ)．AM → 设平面AEC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由Error!得Error!取y 1＝1，得n 1＝(0,1,1)．设平面MAC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由Error!得Error!取z 2＝1，得n 2＝.(0，1－1λ，1)设二面角M －AC －E 的大小为θ，则cos θ＝＝＝，|n 1·n 2||n 1||n 2||2－1λ|2·(1－1λ)2＋11010化简得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝.1323∵二面角M －AC －E 的余弦值为，∴＝.1010PM → 13PB → 故＝时，二面角M －AC －E 的余弦值为.PM → 13PB → 1010。
2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)讲义：高考解答题突破(一) 三角函数与解
姓名，年级：时间：高考解答题突破(一) 三角函数与解三角形突破“三变”——变角、变式、变名1．常用的变角技巧(1)已知角与特殊角的变换;（2）已知角与目标角的变换;(3)角与其倍角的变换；(4）两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β）＋β，2α＝(α＋β）＋（α－β），2α＝(β＋α)－(β－α），α＋β＝2·α＋β2,错误!＝错误!－错误!.2．常用的变式技巧主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有： （1）讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论;(2)涉及sin x ±cos x 、sin x ·cos x 的问题，常做换元处理,如令t ＝sin x ±cos x ∈［－错误!，错误!］，将原问题转化为关于t 的函数来处理；（3)在解决三角形的问题时,常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．3．常用的变名技巧（1）诱导公式．如sin 错误!＝cos α， sin 错误!＝－cos α。
（2)切弦互化．tan α＝错误!。
考向一 三角变换与三角函数的性质1．三角函数的恒等变形的通性通法是：从函数名、角、运算三方面进行差异分析，常用的技巧有:切化弦、降幂、用三角公式转化出特殊角、异角化同角、异名化同名、高次化低次等．2．研究三角函数的值域、最值、周期、单调性等性质,首先要将函数解析式化为标准形式,再结合图形求解．解答此类问题的关键在于“变"，其思路为“一角二名三结构"1．(2019·浙江宁波一模)已知函数f(x)＝2错误! sinωx cosωx＋2cos2ωx(ω〉0），且f（x)的最小正周期为π。
（1）求ω的值及函数f(x）的单调递减区间;（2)将函数f（x)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x）的图象，求当x∈错误!时，函数g（x）的最大值．[解］(1）由题意知f(x)＝错误!sin2ωx＋1＋cos2ωx ＝2sin错误!＋1，∵T＝π，错误!＝π，∴ω＝1,∴f(x)＝2sin错误!＋1，令错误!＋2kπ≤2x＋错误!≤错误!＋2kπ，k∈Z，得错误!＋kπ≤x≤错误!＋kπ，k∈Z.∴函数f(x)的单调递减区间为错误!,k∈Z.(2)∵g（x）＝2sin错误!＋1＝2sin错误!＋1，当x∈错误!时，－错误!≤2x－错误!≤错误!,∴当2x－错误!＝错误!，即x＝错误!时，g（x)max＝2×1＋1＝3。
2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：1 函数与方程思想
单调递减函数，当 x<0 时 F(x)>0，即函数 F(x)＝x2f(x)是单调递增函
数．又由题设可知 F(1)＝F(－1)＝0，所以不等式 F(x)>0 的解集是
(－1,0)∪(0,1)，则不等式 f(x)>0 的解集是(－1，0)∪(0,1)．故选 B.
[答案] B
6．(2019·江西七校联考)直线 y＝a 分别与曲线 y＝2(x＋1)，
单调递增．∴f(x)min＝f(0)＝－1，∴存在 x2∈[1,2]使
( ) 5
5
x＋
－1≥x2－2ax＋4，即 2a≥x＋x在[1,2]上有解，∴2a≥ x min，易
5
5
知 y＝x＋x在(0， 5]上递减，∴y＝x＋x在[1,2]上递
( )5
59
99
x＋
减．∴ x min＝2＋2＝2，∴2a≥2，a≥4，∴a 的取值范围为
又因为 a1，S2,2 成等差数列，所以 2S2＝a1＋2，
( )1
a1＋ a1
即2
2 ＝a1＋2，解得 a1＝1，
1
故数列{an}的通项2an＝2－log22n－1＝2－(1－n)＝n＋1，所以 n2＋n＋1 nn＋3
Tn＝ 2 ＝ 2 .
x2
[解] (1)依题意得椭圆的方程为 4 ＋y2＝1，直线 AB，EF 的方
程分别为 x＋2y＝2，y＝kx(k>0)．
如图，设 D(x0，kx0)，E(x1，kx1)， F(x2，kx2)，其中 x1<x2，且 x1，x2 满足方程(1＋4k2)x2＝4，
2
故 x2＝－x1＝ 1＋4k2 .①
→→ ED DF 由 ＝6 知 x0－x1＝6(x2－x0)，
2020高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：概率、随机变量及其分布列、正态分布
专题强化训练(二十六)一、选择题1．(2019·郑州一中摸底测试)现有一个不透明的口袋中装有标号分别为1,2,2,3的四个小球，它们除数字外完全相同，现从中随机取出一球记下号码后放回，均匀搅拌后再随机取出一球，则两次取出小球所标号码不同的概率为( )A.16B.56C.38D.58[解析] 随机取出一球记下号码后放回，均匀搅拌后再随机取出一球，则两次取出小球的所有情况共有4×4＝16(种)，其中号码相同的情况共有6种，则号码不同的概率为P ＝1－616＝58，故选D.[答案] D2．(2019·河南濮阳二模)如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )A.316B.34C.1316D.14[解析] 灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的2个都开，上边的2个中有一个开，∴灯泡不亮的概率是12×12×12×12＋12×12×12×12＋12×12×12×12＝316，∵灯亮和灯不亮是两个对立事件，∴灯亮的概率是1－316＝1316，故选C.[答案] C3．(2019·河北唐山二模)割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法．在△ABC 内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为( )A.14B.13C.15D.12[解析] 根据题意可得标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，故该点落在标记“盈”的区域的概率为14，故选A.[答案] A4．(2019·湖北荆门调研)已知5台机器中有2台存在故障，现需要逐台检测，直至区分出2台故障机器为止．若检测一台机器的费用为1000元，则所需检测费的均值为( )A ．3200元B ．3400元C ．3500元D ．3600元[解析] 设检测机器所需检测费为X 元，则X 的所有可能取值为2000,3000,4000.∵P (X ＝2000)＝25×14＝110，P (X ＝3000)＝25×34×13＋35×24×13＋35×24×13＝310，P (X ＝4000)＝1－110－310＝35，∴E (X )＝2000×110＋3000×310＋4000×35＝3500(元)．故选C.[答案] C5. (2019·河南开封一模)如图，矩形OABC 中曲线的方程分别是y＝sin x ，y ＝cos x .A ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0，C (0,1)，在矩形OABC 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A.4(3－1)π B.4(2－1)π C.4(3－1)3πD.4(2－1)3π[答案] B6．(2019·重庆一中一模)将4个不同的小球装入4个不同的盒子，则在至少有一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率是( )A.2158B.1229C.2164D.727[解析] 根据题意，将4个不同的小球装入4个不同的盒子的放法为44＝256.若没有空盒，有A 44＝24(种)放法，有1个空盒的放法有C 14C 24A 33＝144(种)，有3个空盒的放法有C 14＝4种，则至少有一个盒子为空的放法有256－24＝232(种)，故“至少有一个盒子为空”的概率p 1＝232256，恰好有两个盒子为空的放法有256－24－144－4＝84(种)，故“恰好有两个盒子为空”的概率p 2＝84256，则在至少有一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率p ＝p 2p 1＝2158.故选A.[答案] A 二、填空题7．(2019·广东深圳二模)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12上随机取一个数x ，则cosπx 的值介于22与32之间的概率为________．[解析] 区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12的长度为1，满足cosπx 的值介于22与32之间的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－16∪⎝ ⎛⎭⎪⎫16，14，区间长度为16，由几何概型概率公式得P ＝161＝16.[答案] 168．(2019·山西阳泉一模)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为________．[解析] ∵骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次成等差数列，∴落地时向上的点数若不同且逐渐增大，则为1,2,3或1,3,5或2,3,4或2,4,6或3,4,5或4,5,6，共有6种情况；若不同且逐渐减小，也有6种情况；若全相同，有6种情况．综上，落地时向上的点数依次成等差数列共有18种情况．若不考虑限制，情况共有63＝216(种)，∴落地时向上的点数依次成等差数列的概率为18216＝112.[答案] 1129．(2019·皖南八校联考)某班从4名男生、2名女生中选出3人参加志愿者服务，若选出的男生人数为ξ，则ξ的方差D(ξ)＝________.[解析] 从4名男生、2名女生中选出3人参加志愿者服务，选出的男生人数ξ可能为1,2,3，其中，P (ξ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (ξ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (ξ＝3)＝C 34C 02C 36＝15.所以ξ的数学期望E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2，D(ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝25.[答案] 25 三、解答题10．(2019·河北冀州高三期末)有编号为1,2,3，…，n 的n 个学生，入座编号为1,2,3，…，n 的n 个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X ，已知X ＝2时，共有6种坐法．(1)求n 的值；(2)求随机变量X 的概率分布列及数学期望E (X )． [解] (1)因为当X ＝2时，有C 2n 种方法， 因为C 2n ＝6，即n (n －1)2＝6，也即n 2－n －12＝0， 解得n ＝4或n ＝－3(舍去)， 所以n ＝4.(2)因为学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X ， 由题意可知X 的可能取值是0,2,3,4，所以P (X ＝0)＝1A 44＝124，P (X ＝2)＝C 24×1A 44＝14，P (X ＝3)＝C 34×2A 44＝13，P (X ＝4)＝1－124－14－13＝38， 所以X 的概率分布列为X 0 2 3 4 P124141338所以数学期望E (X )＝0×124＋2×14＋3×13＋4×38＝3.11．(2019·广西南宁联考)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中的2道题便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；(2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？[解] (1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1,2,3.P (ξ＝1)＝C 14C 22C 36＝15；P (ξ＝2)＝C 24C 12C 36＝35；P (ξ＝3)＝C 34C 02C 36＝15.应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为ξ 1 2 3 P153515E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×5＝2.设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0,1,2,3. P (η＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎪⎫133＝127；P (η＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝627；P (η＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝⎛⎭⎪⎫13＝1227；P (η＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827. 应聘者乙正确完成题数η的分布列为η 01 2 3 P1276271227827E (η)＝0×27＋1×27＋2×27＋3×827＝2.⎝ ⎛⎭⎪⎫或因为η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以E (η)＝3×23＝2 (2)因为D(ξ)＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)2×15＝25，D(η)＝3×23×13＝23. 所以D(ξ)<D(η)．综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当； 从做对题数的方差考查，甲较稳定；从至少完成2道题的概率考查，甲面试通过的可能性大． 12．(2019·湖南湘潭二模)唐三彩是中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔．唐三彩的生产至今已有1300多年的历史，制作工艺十分复杂，而且优质品检验异常严格．某厂生产的唐三彩的检验方案是：先从烧制的这批唐三彩中任取3件进行检验，这3件唐三彩中优质品的件数记为n .如果n ＝2，再从这批唐三彩中任取3件进行检验，若都为优质品，则这批唐三彩通过检验；如果n ＝3，再从这批唐三彩中任取1件进行检验，若为优质品，则这批唐三彩通过检验，其他情况下，这批唐三彩都不能通过检验．假设这批唐三彩的优质品概率为13，即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为13，且各件唐三彩是不是优质品相互独立．(1)求这批唐三彩通过优质品检验的概率；(2)已知每件唐三彩的检验费用为100元，且抽取的每件唐三彩都需要检验，对这批唐三彩做质量检验所需的总费用记为X 元，求X 的分布列及数学期望．[解] (1)设第一次取出的3件唐三彩中恰有2件优质品为事件A 1，第一次取出的3件唐三彩全是优质品为事件A 2，第二次取出的3件唐三彩都是优质品为事件B 1，第二次取出的1件唐三彩是优质品为事件B 2，这批唐三彩通过检验为事件A ，依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2)，∵各件唐三彩是不是优质品相互独立，∴P (A)＝P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133×13＝5243. (2)X 的可能取值为300,400,600， P (X ＝300)＝C 03⎝⎛⎭⎪⎫233＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝2027，P (X ＝400)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127，P (X ＝600)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＝29.所以X 的分布列为X 300 400 600P2027 127 29E (X )＝300×2027＋400×127＋600×29＝1000027.。
2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：16 数列的综合应用
专题强化训练(十六)1．(2019·安徽六安3月联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S ＝a －λS n ＋1，其中λ为常数．2n 2n ＋1(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S ＝a －λS n ＋1，∴S ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，2n 2n ＋12n ∴S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0，∵a n >0，∴S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0，∴S n ＋1＝2S n ＋λ.(2)存在．∵S n ＋1＝2S n ＋λ，∴S n ＝2S n －1＋λ(n ≥2)，相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，∴{a n }从第二项起成等比数列，∵S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ，∴a 2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴a n ＝Error!若使{a n }是等比数列，则a 1a 3＝a ，2∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝1，经检验，符合题意．故存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列，λ的值为1.2．(2019·江西宜春联考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，∴＝3.an ＋1an 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则＝3.a 2a 1∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列．∴a n ＝3×3n －1＝3n .(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n .∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，①3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×－(2n －1)×3n ＋132(1－3n －1)1－3＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.3．(2019·广东汕头模拟)已知数列{a n }为递增数列，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a －2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)．2n (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝，其前n 项和为T n ，若T n >成立，求n 的1an ·an ＋1919最小值．[解] (1)由2S n ＝a －2S n －1＋1知，2n 2S n －1＝a －2S n －2＋1(n ≥3)，2n －1两式相减得，2a n ＝a －a －2a n －1，2n 2n －1即2(a n ＋a n －1)＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2(n ≥3)，又当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a －2a 1＋1，即a －2a 2－3＝0，22解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝，12(12n －1－12n ＋1)∴T n ＝12(11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝，12(11－12n ＋1)又∵T n >，即>，91912(11－12n ＋1)919解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10.4．(2019·杭州模拟)下表是一个由n 2个正数组成的数表，用a ij 表示第i 行第j 个数(i ，j ∈N *)．已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等，且a 11＝1，a 31＋a 61＝9，a 35＝48.a 11 a 12 a 13 … a 1na 21 a 22 a 23 … a 2na 31 a 32 a 33 … a 3n… … … … …a n 1 a n 2 a n 3 … a nn(1)求a n 1和a 4n ；(2)设b n ＝＋(－1)n ·a n 1(n ∈N *)，求数列{b n }的前a 4n(a 4n －2)(a 4n －1)n 项和S n .[解] (1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d ，设每一行依次组成的等比数列的公比为q .依题意a 31＋a 61＝(1＋2d )＋(1＋5d )＝9，∴d ＝1，∴a n 1＝a 11＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n (n ∈N *)，∵a 31＝a 11＋2d ＝3，∴a 35＝a 31·q 4＝3q 4＝48，∵q >0，∴q ＝2，又∵a 41＝4，∴a 4n ＝a 41q n －1＝4×2n －1＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝＋(－1)n a n 1a 4n(a 4n －2)(a 4n －1)＝＋(－1)n ·n2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋1－1)＝＋(－1)n ·n ＝－＋(－1)n ·n ，2n (2n －1)(2n ＋1－1)12n －112n ＋1－1∴S n ＝＋＋＋…＋＋[－1(1－13)(13－17)(17－115)(12n －1－12n ＋1－1)＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n n ]，当n 为偶数时，S n ＝1－＋，12n ＋1－1n 2当n 为奇数时，S n ＝1－＋－n12n ＋1－1n －12＝1－－＝－.12n ＋1－1n ＋121－n 212n ＋1－1。
2020高考理科数学二轮专题提分全国通用基础保分强化试题二及答案详解(7页)
2020高考理科数学二轮专题提分全国通用基础保分强化试题二A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝0，故D 错误．故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D 与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )A ．18种B ．9种C ．6种D ．3种 答案 A解析 由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2,3,4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C 13·C 13·C 12·1＝18种．故选A. 9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0 答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A. 10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA→＋OB →|＝( ) A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB 与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y－3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA→＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C. 12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。
2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：11 三角函数的图象与性质
专题强化训练(十一)一、选择题1．(2019·菏泽一模)若角α的终边过点A (2,1)，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－α＝( )A ．－255B ．－55 C.55 D.255 [解析] 由题意知cos α＝25＝255，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－α＝－cos α＝－255.[答案] A2．(2019·桂林一模)已知sin(5π－α)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＋2cos α＝( )A.225 B.－25 C ．－2 2 D ．－ 2[解析] 由sin(5π－α)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，得sin α＝－3cos α，所以tan α＝－3，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＋2cos α＝22(cos α－sin α)sin α＋2cos α＝22(1－tan α)tan α＋2＝22×4－1＝－2 2.故选C.[答案] C3．(2019·湖南湘中高三联考)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，则f (x )的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π，k π＋π2(k ∈Z ) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z ) D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π2，k π(k ∈Z ) [解析] 因为f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，所以φ＝k π＋π6(k ∈Z )．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，所以sin(π＋φ)>sin(2π＋φ)，即sin φ<0，所以φ＝－56π＋2k π(k ∈Z )，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －56π，所以由三角函数的单调性知2x －5π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )，故选C.[答案] C4．(2019·廊坊省级示范性高中联合体联考(一))已知函数f (x )＝－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则( )A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，其图象关于直线x ＝－π12对称B ．f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，其图象关于直线x ＝－π12对称C ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，其图象关于直线x ＝－π6对称D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，其图象关于直线x ＝－π6对称 [解析] f (x )＝－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4时，3x ＋π4∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，π，可得函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，又由3x ＋π4＝0，解得x ＝－π12，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称．故选A.[答案] A5．(2019·湖南省四校联考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是( )A ．1，3π4B ．2，π4 C ．π，3π4D ．2π，π4[解析] 由题图知最小正周期T ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫54－14＝2，所以ω＝2πT ＝π，所以f (x )＝2sin(πx ＋φ)，把⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0代入，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝0，即π4＋φ＝k π(k∈Z )，所以φ＝k π－π4(k ∈Z )．因为0<φ<π，所以φ＝3π4，故选C.[答案] C6．(2019·福州质量检测)若将函数y ＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象向右平移π6个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫π6，0 B.⎝⎛⎭⎪⎫－π6，0 C.⎝⎛⎭⎪⎫π12，0 D.⎝⎛⎭⎪⎫－π12，0 [解析] 将函数y ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象向右平移π6个单位长度，得y ＝3cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π2＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象，由2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，当k ＝0时，x ＝π6，所以平移后图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，故选A. [答案] A 二、填空题7．(2019·河北沧州模拟)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线2x －y ＝0上，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－θ－sin (π－θ)＝________.[解析] 设点P (a,2a )(a ≠0)为角θ终边上任意一点，根据三角函数的定义有tan θ＝yx ＝2，再根据诱导公式，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ－sin (π－θ)＝－cos θ－cos θcos θ－sin θ＝－21－tan θ＝2.[答案] 28．(2019·安徽六安一中3月月考)若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(0<ω<1)在区间(π，2π)内有最值，则ω的取值范围为________．[解析] 函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(0<ω<1)取最值时，ωx ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π3(k ∈Z )，因为f (x )在区间(π，2π)内有最值，所以1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π3∈(π，2π)时，k 有解，所以1<1ω·⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋13<2，即⎩⎪⎨⎪⎧ω<k ＋13，k 2＋16<ω⇒k 2＋16<ω<k ＋13.由k 2＋16<k ＋13得k >－13.当k ＝0时，16<ω<13，当k ＝1时，结合0<ω<1，得23<ω<1，所以ω的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫16，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫16，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 9．(2019·江西南昌重点中学段考测试)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0<ω<3，|φ|<π2，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，则f (π)＝________. [解析] 解法一：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－πω12＋φ＝0，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5πω12＋φ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－π12ω＋φ＝k 1π，5π12ω＋φ＝k 2π(k 1，k 2∈Z )，两式相减得，12ω＝k 2－k 1(k 1，k 2∈Z )．因为0<ω<3，且k 2－k 1是整数，所以ω＝2.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0看作“五点”中的第一点，则－π6＋φ＝0，所以φ＝π6，满足|φ|<π2.所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f (π)＝12. 解法二：设f (x )的最小正周期为T ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫512π＝0可得x＝－π12和x ＝5π12是函数f (x )的两个零点，所以k 1·T 2＝512π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝π2(k 1∈N )，即T ＝πk 1(k 1∈N )，又知T ＝2π|ω|(ω>0)，所以2πω＝πk 1(k 1∈N )，所以ω＝2k 1(k 1∈N )，又0<ω<3，所以当k 1＝1时，ω＝2.所以f (x )＝sin(2x＋φ)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝0，得－π6＋φ＝k 2π(k 2∈Z )，所以φ＝k 2π＋π6(k 2∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π6，则f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f (π)＝12.[答案] 12 三、解答题10．(2019·北京西城二模)已知函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求函数f (x )的定义域；(2)设β∈(0，π)，且f (β)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4，求β的值．[解] (1)由x ＋π4≠k π＋π2，k ∈Z ，得x ≠k π＋π4，k ∈Z .所以函数f (x )的定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π＋π4，k ∈Z .(2)依题意，得tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4. 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π4. 整理得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4－1＝0， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝0或cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝12.因为β∈(0，π)，所以β＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4.由sin ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π4＝0，得β＋π4＝π，即β＝3π4；由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝12，即β＋π4＝π3，即β＝π12.所以β＝π12或β＝3π4.11．(2019·云南曲靖一中模拟)已知函数f (x )＝2cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋3sin 2x ＋sin x cos x .(1)求函数f (x )的最小正周期．(2)若f (x )－m ＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3恰有一实数根，求m 的取值范围．[解] (1)函数f (x )＝2cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2cos x⎝⎛⎭⎪⎫sin x cos π3－cos x sin π3＋3sin 2x＋sin x cos x＝2cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x －32cos x ＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2sin x cos x －3cos 2x ＋3sin 2x ＝sin2x －3cos2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.故函数f (x )的最小正周期为2π2＝π.(2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象如下．∵f (0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－π3＝0， ∴当方程f (x )－m ＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3恰有一实数根时，m 的取值范围为[－3，0)∪{2}．12．(2019·山东济南一模)已知函数f (x )＝sin(2π－x )·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－x －3cos 2x ＋ 3.(1)求f (x )的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π12时，求f (x )的最小值和最大值．[解] (1)由题意，得f (x )＝(－sin x )(－cos x )－3cos 2x ＋3＝sin x cos x －3cos 2x ＋3＝12sin2x －32(cos2x ＋1)＋3＝12sin2x －32cos2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32， 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，则x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )， 故所求图象的对称轴方程为x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )． (2)当0≤x ≤7π12时，－π3≤2x －π3≤5π6.由函数图象(图略)可知，－32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1， 即0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32≤2＋32.故f (x )的最小值为0，最大值为2＋32.。
2020版高三新课标专题辅导与增分攻略数学(文)专题强化训练：数形结合思想含解析
教课资料范本2020版高三新课标专题指导与增分攻略数学（文）专题加强训练：数形联合思想含分析编辑： __________________时间： __________________一、选择题1．(20xx ·山西长治二模 )在矩形 ABCD中.AB＝2.AD＝1.E为线段 B → →C上的点 .则AE·DE的最小值为 ()15A ．2 B. 417C. 4D．4[分析 ]如下图 .以点 B 为坐标原点 .BC 所在的直线为 x 轴 .BA所在的直线为 y 轴成立平面直角坐标系.则 A(0,2).D(1,2).E(x,0).因此→ →x－12＋15由于为线段AE·＝(x.－2) ·(x－1.－2)＝x2－x＋4＝DE2 4 .E BC1→ →15上的点 .因此 x∈ [0,1].故当 x＝时.AE·获得最小值应选B.2DE 4.[答案]Bx－y＋2≥0，2．(20xx ·广东广州测试 )若x.y知足拘束条件2y－1≥0，x－1≤0，则z＝x2＋2x＋y2的最小值为 ()1113A. 2B.4C．－2D．－4[ 分析 ]画出拘束条件对应的平面地区.如图中暗影部分所示 .z＝x2＋2x＋ y2＝ (x＋1)2＋y2－1.其几何意义是平面地区内的点 (x.y)到定点(－1,0)的距离的平方再减去 1.察看图形可得 .平面地区内的点到定点(－1,0)的距离的最小值为1故＝2＋2x＋y2的最小值为 z＝1－1 2.z x min43＝－4.选 D.[答案 ]D3.(20xx 安·徽江南十校 4月联考 )记实数 x1.x2. .x n中最小数为min{ x1 2n 则定义在区间[0.＋∞上的函数f(x)＝2＋1.x＋3,13－ x}.x ..x }.)min{ x 的最大值为 ()A ．5B．6C． 8D．10在同一坐标系中作出三个函数 y＝x2＋1.y＝x＋3.y＝13－x 的图象如图：由图可知 .在实数集 R 上.min{ x2＋1.x＋3,13－x} 为 y＝x＋3 上 A 点下方的射线 .抛物线 AB 之间的部分 .线段 BC.与直线 y＝13－x 点 C 下方的部分的组合图．明显 .在区间 [0.＋∞)上.在 C 点时 .y＝min{ x2＋＋－获得最大值．解方程组y＝x＋3，3,13y＝13－x1.x x}得点 C(5,8)．因此 f(x)max＝8.[答案 ]C4．(20xx ·云南昆明模拟 )函数 f(x)＝lnx－x－a有两个不一样的零点 .则实数 a的取值范围是 ()A ．(－∞ .－1]B．(－∞ .－1)C． [－1.＋∞ )D．(－1.＋∞ )[分析 ]函数 f(x)＝lnx －x －a 的零点 .即对于 x 的方程 lnx －x －a ＝0 的实根.将方程 lnx －x －a ＝0 化为方程 lnx ＝x ＋a.令 y 1＝lnx.y 2＝x ＋a.由导数知识可知 .直线 y 2＝x ＋ a 与曲线 y 1＝ln x 相切时有 a ＝－ 1.如下图 .若对于 x 的方程 lnx －x － a ＝0 有两个不一样的实根 .则实数 a 的取值范围是 (－∞.－1)．应选 B.[答案] B 5 ． (20xx ·九江十校联考 )设 A.B 在圆 2＋y 2＝1上运动 .且|AB|＝ 3. x→ →点P 在直线 l ：3x ＋4y －12＝0上运动 .则|PA ＋PB 的最小值为()|A ．3B ．41719C. 5D. 5分析设的中点为则 → → →[ ]AB＋PB ＝2PDD. PA .→ →∴当且仅当 O.D.P 三点共线时 .|PA ＋PB 获得最小值.|此时 OP ⊥AB.且 OP ⊥l .∵圆心到直线的距离为12123 1＝5 .|OD|＝1－4＝9＋16 2.→ →12－ 119∴ |PA ＋PB 的最小值为2 52 ＝5.|[答案 ] Dy26．(20xx ·广西南宁模拟 )设P 为双曲线 x 2－15＝ 1右支上一点 .M.N 分别是圆 C 1：(x ＋4)2＋ y 2＝4和圆 C 2：(x －4)2＋y 2＝ 1上的点 .设|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为 m.n.则|m －n|＝( )A ．4B ．5C ． 6D ．7[ 分析 ]由题意得.圆C1：(x＋4)2＋y2＝4的圆心为(－4,0).半径为 r1＝2；圆 C2：(x－4)2＋y2＝1 的圆心为 (4,0).半径为 r2＝ 1.y2设双曲线 x2－15＝1 的左、右焦点分别为F1(－4,0).F2(4,0)．如图所示 .连结 PF1.PF2.F1M.F2N.则 |PF1|－|PF2|＝2.又 |PM|max＝ |PF1|＋r 1.|PN|min＝|PF2|－r2.因此 |PM|－ |PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r 1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|－r1.|PN|max＝|PF2|＋r2.所以|PM|－|PN|的最小值 n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－ 1.因此 |m－n|＝6.应选 C.[答案]C二、填空题7．(20xx ·河北衡水中学二调 )函数 f(x)＝3－x＋x2－4的零点个数是________．1[ 分析 ]令f(x)＝0.则x2－4＝－3x.分别作出函数g(x)＝x2－14.h(x)＝－3x的图象 .由图可知 .明显 h(x)与 g(x)的图象有 2 个交点 .故函数 f(x)的零点个数为 2.[答案] 28．(20xx ·广东珠海一中 4月模拟 )设函数 f(x)＝x|x－a|的图象与函数g(x)＝ |x－1|的图象有三个不一样的交点 .则a的取值范围是________．[ 分析 ] 易知 a＝0 时不知足题意．当 a<0 时.f(x)与 g(x)的图象如图(1).不知足题意．8/13当 a>0 时.f(x)与 g(x)的图象如图 (2)．依据图 (2)知要知足 f(x)与g(x)的图象有三个不一样交点.需 a>1.∴ a 的取值范围是 (1.＋∞)．[答案 ] (1.＋∞)9．(20xx ·山西四校模拟 )设等差数列 { a n} 的前 n项和为 S n.若S4≥1 0.S5≤15.则a4的最大值为 ________．[ 分析 ]由题意可得4×34a1＋2d≥10，5×45a1＋2d≤15，2a1＋3d≥5，即又 a4＝a1＋3d.故本题可转变为线性规划问a1＋2d≤3.题．画出可行域如图暗影部分所示．作出直线 a1＋3d＝0.经平移可知当直线 a4＝a1＋3d 过可行域内点 A(1,1)时.纵截距最大 .此时 a4取最大值 4.[答案] 4三、解答题10．(20xx ·南海口模拟海 )设对于θ的方程 3cosθ＋sinθ＋a＝0在区间 (0,2 π)内有相异的两个实数α、β.(1)务实数 a的取值范围；(2)求α＋β的值．[ 解]πa(1)原方程可化为 sin θ＋3＝－2.π作出函数 y＝sin x＋3 (x∈(0,2 π的))图象．由图知 .方程在 (0,2 π)内有相异实根α.β的充要条件是a－1<－2<1，即－ 2<a<－3或－3<a<2.a 3－2≠2，(2)由图知：当－a3a 3<a<2.即－∈ －1，2时.直线 y＝－与三22角函数＝sin x＋π 的图象交于、D两点它们中点的横坐标为y3C. 7πα＋β7π6 .因此2＝6 .7π因此α＋β＝3 .当－ 2<a<－a3a3.即－∈2，1时.直线 y＝－与三角函数 y＝22sin x＋π的图象有两交点 A、B.3α＋βππ由对称性知 .2＝6 .因此α＋β＝3 .π7π综上所述 .α＋β＝3或3 .11．(20xx ·东德州模拟山 )已知直线 l：x－y＝1与圆 M：x2＋y2－2 x＋2y－1＝0订交于 A.C两点 .点B.D分别在圆 M上运动 .且位于直线 AC 双侧 .求四边形 ABCD面积的最大值．[ 解]把圆 M：x2＋y2－ 2x＋2y－1＝0 化为标准方程： (x－ 1)2＋(y＋1)2＝3.圆心 (1.－1).半径 r＝ 3.直线 l 与圆 M 订交 .圆心到直线 l 的距离 d＝错误!＝错误! .因此弦长 |AC|＝2×错误!＝错误! .又 B.D 两点在圆上 .且位于直线 l 的双侧 .四边形 ABCD 的面积能够当作是两个三角形△ ABC 和△ ACD 的面积之和 .如下图 .当 B.D为如下图地点 .即 BD 为弦 AC 的垂直均分线时 (即为直径时 ).两三角形的面积之和最大 .即四边形 ABCD 的面积最大 .11最大面积为 S＝2|AC|×|BE|＋2|AC|×|DE|11＝2|AC|×|BD|＝2× 10×2 3＝30.x2 y2 12．(20xx ·川成都调研四 )已知 A(1,1)为椭圆9＋5＝1内一点 .F1为椭圆的左焦点 .P为椭圆上一动点 .求 |PF1|＋|PA|的最大值和最小值．[ 解]由x2＋y25.c＝2.左焦点 F1(－2,0).右焦9＝1 可知 a＝3.b＝5点 F2(2,0)．由椭圆定义 .知|PF1|＝2a－|PF2|＝ 6－|PF2|.∴|PF1|＋|PA|＝6－|PF2|＋|PA|＝6＋|PA|－ |PF2|.如图 .由||PA|－|PF2||≤|AF2|＝错误!＝错误! .知－错误!≤|PA|－|PF2|≤ 2.当点 P 在 AF2的延伸线上的点P2处时 .取右“＝”.当点 P 在 AF2的反向延伸线上的点P1处时 .取左“＝”.即 |PA|－|PF2|的最大、最小值分别为 2.－ 2.于是 |PF1|＋ |PA|的最大值是 6＋ 2.最小值是 6－ 2.。