【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第56课 立体几何中的翻折问题 文
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第19课 抽象函数 文
第19课 抽象函数1．（2019汕头质检）已知函数(1)f x +是定义在R 上的奇函数，若对于任意给定的不等实数1x 、2x ，不等式1212()[()()]0x x f x f x --<恒成立，则不等式(1)0f x -<的解集为（ ）A ．(1,)+∞B ．(,0)-∞C ．(0,)+∞D ．(,1)-∞【答案】B【解析】(1)f x +是奇函数，∴()f x 的图象关于点(1,0)对称，∵1212()[()()]0x x f x f x --<恒成立，∴()f x 为R 上的减函数；2．（2019湛江二模）对一个定义在R 上的函数()f x 有以下四种说法：②在区间(,0)-∞上单调递减；③对任意120x x >>满足12()()f x f x >；④是奇函数． 则以上说法中能同时成立的最多有（ ）A ． 1个B ． 2个C ． 3个D ． 4个【答案】B【解析】②③，②④，③④都可以同时成立．3．（2019聊城质检）已知定义在R 上的函数)(x f y =满足下列三个条件：①对于任意的R x ∈都有(4)()f x f x +=；②对于任意的2021≤<≤x x 都有)()(21x f x f <；③函数(2)y f x =+的图象关于y 轴对称.则下列结论正确的是（ ）A ．)5.15()5()5.6(f f f >>B ．)5.15()5.6()5(f f f >>C ．)5.6()5()5.15(f f f >>D ．)5()5.15()5.6(f f f >>【答案】C【解析】∵(4)()f x f x +=，∵函数(2)y f x =+的图象关于y 轴对称，∵对于任意的2021≤<≤x x 都有)()(21x f x f <；4．已知1)1,1(=f ，*),(N n m f ∈(m 、*)N n ∈，且对任意m 、*N n ∈都有：①(1,1)2(,1)f m f m +=，②(,1)(,)2f m n f m n +=+．给出以下三个结论：（1）9)5,1(=f ，（2）16)1,5(=f ，（3）26)6,5(=f ．其中正确的个数为（ ）A ．3B ．2C ．1D ．0 【答案】A【解析】由①(1,1)2(,1)f m f m +=，得11(,1)(1,1)22m m f m f --=⋅=． 5．已知)(x f 是定义在(0,)+∞上的函数，当1x >时，()0f x >，且对于任意的正数x ，y ，都有)()()(y f x f xy f +=．（1）证明：()f x 在(0,)+∞上是增函数；（2）如果1()13f =-，解不等式()1()22f x f x ≥-－． 【解析】（1）证明：设120x x <<， 则221111()()()()x f x f x f x f x x -=⋅- 221111()()()()x x f f x f x f x x =+-=， ∴()f x 在(0,)+∞上是增函数．（2）当1x y ==时，(1)0f ＝． 令1y x =，得1(1)()()f f x f x =+，∴1()()f f x x =-， ∴由1()13f =-，得(3)1f =．∴229020x x x x ⎧≥⎪>⎨⎪->⎩－，解得1x ≥∴原不等式的解集为[1)+∞．6．定义在R 上的函数()y f x =，(0)0f ≠．当1x >时，()1f x >，且对任意的,R x y ∈都有()()()f x y f x f y +=⋅．(1)证明：对任意的R x ∈，()0f x >；(2)证明：()f x 是R 上的单调增函数；(3)若2()()1f x f x x ⋅+<，求x 的取值范围．【解析】（1）证明：令0x y ==，得(0)(0)(0)f f f =⋅， 令y x =-，则()()1f x f x ⋅-=，∴1()()f x f x =-，设0x <，则0x ->，()1f x ->，(2)证明：设12x x <，则212111()()[()]()f x f x f x x x f x -=-+-∵210x x ->，∴21()0f x x ->，且1()0f x >，∴21()()0f x f x ->，∴()f x 是R 上的单调增函数．(3)由22()()(2)1(0)f x f x x f x x f ⋅+<+<=， 得220x x +<，解得20x -<<．∴x 的取值范围是(2,0)-．。
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第58课 直线的方程 文
【三维设计，广东（文）人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第58课直线的方程文第九章 直线与圆第58课 直线的方程1．直线2130x my m -+-=，当m 变动时，所有直线都通过定点（ ）A ．1(,3)2-B ．1(,3)2C ．1(,3)2-D ．1(,3)2-- 【答案】D【解析】∵2130x my m -+-=，当21030x y +=⎧⎨+=⎩，即123x y ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴直线恒过点(2,1)-．2．直线l 经过(2,1)A 、2(1,)()B m m R ∈两点，那么直线l 的倾斜角的取值范围是（ ）A ．[0,)πB ．3[0,][,)44πππ C ．[0,]4π D ．[0,](,)42πππ【答案】D【解析】设直线的倾斜角为θ，则221tan 1112m m θ-==-≤-，又 ∵[)0,θπ∈，∴[0,](,)42ππθπ∈．3．（2019珠海质检）已知{}na 是等差数列，415a =，555S =，则过点3(3,)P a ，4(4,)Q a 的直线的斜率为（ ）A ．4B ．14C ．4-D ．14- 【答案】A 【解析】∵ 1553()55552a a Sa +⨯===，∴ 311a=．4．已知点(1,3)A 、(2,1)B --，若直线l ：(2)1y k x =-+与线段AB 相交，则k 的取值范围是（ ）A ．12k ≥B ．2k ≤-C ．12k ≥或2k ≤-两坐标轴上的截距之和最小时，求此直线的方程．【解析】设所求的直线方程为1x ya b+=(0,0)a b >>， ∵点(1,4)P 在直线上，∴ 141(0,0)a b a b+=>>， 当且仅当4141b aa b a b⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，即36a b =⎧⎨=⎩时，等号成立， ∴ 所求的直线方程为260x y +-=．。
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第14课 函数的奇偶性 文
【三维设计，广东（文）人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第14课函数的奇偶性文第14课 函数的奇偶性1．（2019深圳一模）给出四个函数：xx x f 1)(+=，xxx g -+=33)(，3)(x x u =，x x v sin )(=，其中满足条件：对任意实数x 及任意正数m ，有()()0f x f x -+=及()()f x m f x +>的函数为（ ） A ．()f x B ．()g x C ．()u xD ．()v x 【答案】C【解析】∵()()0f x f x -+=，∴()f x 为奇函数，∵0m ∀>，()()f x m f x +>，∴()f x 为增函数，故选C ．2．（2019房山一模）已知函数2221,0()21,0x x x f x x x x ⎧+-≥=⎨--<⎩，则对任意12,x x R∈，若120xx <<，下列不等式成立的是（ ）A ．12()()0f x f x +< B ． 12()()0f x f x +>C ．12()()0f x f x ->D ．12()()0f x f x -<【答案】D【解析】∵设0x <，则0x ->， 同理：设0x >，()()f x f x -=，∴()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称， ∵22()21(1)2f x xx x =+-=+-在[0,)+∞上递增，3．（2019深圳一模）奇函数21()x f x x a-=-（其中常数a R ∈）的定义域为 ．（2）在（1）在条件下，当[3,3]x ∈-时，()()g x f x kx =-是单调函数，求实数k 的取值范围；（3）设0,0,0mn m n a <+>>且()f x 为偶函数，证明()()F m F n >-． 【解析】(1)∵(1)0f =，∴1b a =+，∴2()(1)1f x axa x =-++，∵R x ∈∀，()0f x ≥恒成立， 即R x ∈∀，2(1)10ax a x -++≥恒成立，当0a =时，10x -+≥不恒成立，当a ≠时，则a >⎧⎨∆≤⎩，∴20(1)40a a a >⎧⎨+-≤⎩，解得1a =，(2)由(1)知2()21f x x x =-+∴2()()(2)1g x f x kx xk x =-=-++，其对称为22k x +=， 由()g x 在[3,3]x ∈-上是单调函数知：232k +≥或232k +≤-，解得4k ≥或8k ≤-． (3)∵()f x 是偶函数，∴由()()f x f x -=得0b =， 故2()1f x ax=+，221, 0()(1),0ax x F x ax x ⎧+>⎪=⎨-+<⎪⎩．∵0a >，∴()f x 在[0,)+∞上是增函数，对于()F x ，当0x >时，0x -<，()()()()F x f x f x F x -=--=-=-， 当0x <时，0x ->，()()()()F x f x f x F x -=-==-．∴()F x 是奇函数，且()F x 在[0,)+∞上为增函数． ∵0mn <，∴,m n 异号，① 当0,0m n ><时，由0m n +>，得0m n >->， ② 当0,0m n <>时，由0m n +>，得0n m >->，∴()()()>-．F m F nF n F m F m>-=-，即()()综上可知()()>-．F m F n。
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第18课 幂函数 文
【三维设计，广东（文）人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第18课幂函数文是________．【答案】(3,5) 【解析】∵12()f x xx -==，∴()f x )在(0,)+∞上为减函数．又(1)(102)f a f a +<-，∴10201102a a a ->⎧⎨+>-⎩，解得35a <<．4．若1()1ax f x x +=-在区间(,1)-∞上是减函数，则a 的取值范围是________．【答案】1a >- 【解析】∵1(1)11()111ax a x a a f x a x x x +-+++===+---， ∵若1()1ax f x x +=-在区间(,1)-∞上是减函数， 5．若点(2,2)A 在幂函数()f x 的图象上，1(2,)4B -在幂函数()g x 的图象上，定义（1）求()f x 、()g x 的解析式；（2）求函数()h x 的最大值及单调区间．【解析】（1）设()af x x =，∵点(2,2)A 在幂函数()f x 的图象上， ∴(2)2a =，∴2a =，即2()f x x =． 设()b g x x =，∵点1(2,)4B -在幂函数()g x 的图象上， ∴1(2)4b -=，∴2b =-，即2()g x x -=． （2）令()()f x g x =，解得1x =±． 在同一坐标系下画出函数()f x 和()g x 的图象，如图：则有222,1(),1001,1x x h x x x x x x --⎧ <-⎪= -≤< <≤⎨⎪ >⎩或，根据图象可知函数()h x 的最大值为1， 单调递增区间为(,1]-∞-，(0,1]． 单调递减区间为[1,0)-，[1,)+∞．6．已知函数22(())k k k f x Z x -++∈=满足(2)(3)f f <．（1）求k 的值并求出相应的()f x 的解析式；（2）对于（1）中得到的函数()f x ，试判断是否存在q ，使函数()1()g x q f x =- (21)q x +-在区间[1,2]-上的值域为17[4,]8-？若存在，求出q ；若不存在，说明理由．【解析】（1）∵(2)(3)f f <，∴()f x 在第一象限是增函数， ∴220k k -++>，解得12k -<<，又k Z ∈，∴0k =或1k =， 当0k =或1k =时，222k k -++=，（2）假设存在q 满足题设，由（1）知， ∵二次函数的最值点只能是端点或顶点， ∴两个最值点只能在端点(1,(1))g --和顶点22141(,)24q q q q -+处取到， ∴2max min 4117(),48()(1)23 4.q g x q g x g q ⎧+==⎪⎨⎪=-=-=-⎩，解得2q =，∴存在2q 满足题意．。
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第8课 一元二次不等式的解法 文
【三维设计，广东（文）人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第8课一元二次不等式的解法文第 2 页第 3 页第 4 页【答案】{|04}a a ≤<【解析】此题等价于210ax ax -+≥，x R ∈恒成立当0a =时，10≥恒成立，当0a ≠时，则2040a a a >⎧⎨∆=-≤⎩，解得04a <≤． 4．不等式221(1)x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立，则实数x 的取值范围是 ． 【答案】1713(,22-+ 【解析】∵221(1)x m x ->-，∴2(1)210m x x --+<． 设2()(1)21f m m x x =--+，∵要使()0f m <， 2m ≤恒成立，则只需(2)0(2)0f f -<⎧⎨<⎩，即222(1)2102(1)210x x x x ⎧---+<⎪⎨--+<⎪⎩， 7．解关于x 的不等式0)1(2>---a a x x ．【解析】原不等式可以化为：0))(1(>--+a x a x ．当)1(-->a a ，即21>a 时，则a x >或a x -<1． 当)1(--=a a ，即21=a 时，则0)21(2>-x ，得R x x ∈≠,21． 当)1(--<a a ，即21<a 时，则a x <，或a x ->1． 综上：当21>a 时，不等式的解集为}{1,x x a x a <->或； 当21=a 时，不等式的解集为1,2x x x R ⎧⎫≠∈⎨⎬⎩⎭； 当21<a 时，不等式的解集为}{,1x x a x a <>-或．第 5 页 8．设函数2()1f x mx mx =--.(1)若对于一切实数x ，()0f x <恒成立，求m 的取值范围；(2)若对于[1,3]x ∈，()5f x m <-+恒成立，求m 的取值范围． 【解析】 (1)要使210mx mx --<恒成立，若0m =，显然10-<； 若0m ≠，则2040m m m <⎧⎨∆=+<⎩⇒40m -<<．(2)要使()5f x m <-+在[1,3]上恒成立， 只需26mx mx m -+<在[1,3]上恒成立． 又因22131()024x x x -+=-+>， 由213()24t x =-+在[1,3]上是增函数， ∴261y x x =-+在[1,3]上是减函数． 因此函数的最小值min 67y =.∴m 的取值范围是67m m ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭．。
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第65课 双曲线及其标准方程 文
【三维设计，广东（文）人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第65课双曲线及其标准方程文【解析】∵(5,0)A -和(5,0)C 是双曲线221169x y -=的两焦点， 5.已知双曲线2212y x -=，过(1,1)P 能否作直线l 与双曲线交于A 、B 两点，且P 是线段AB 的中点？【解析】当直线的斜率不存在时，显然不符合题意． 设直线l 的方程为1(1)y k x -=-，1y kx k =-+，由22112y kx k y x -=-+⎧=⎪⎨⎪⎩，得∵直线l 与双曲线交于A 、B 两点，设1122(,),(,)A x y B x y ,∴1222(1)2k k x x k -+=-， 如果P 是线段AB 的中点，则1212x x +=，即2(1)12k k k -=-，解得2k =， ∵2k =与22032k k ⎧-≠⎪⎨<⎪⎩矛盾，∴过(1,1)P 不能作直线l 与双曲线交于A 、B 两点，使P 是线段AB 的中点．6．（2019四川高考）如图，动点M 与两定点(1,0)A -、(1,0)B 构成MAB ∆，且直线MA MB 、的斜率之积为4，设动点M 的轨迹为C ．（1）求轨迹C 的方程；（2）设直线(0)y x m m =+>与y 轴交于点P ，与轨迹C 相交于点Q R 、，且||||PQ PR <，求||||PR PQ 【解析】（1）设M 的坐标为(,)y ，当1x =-时，直线MA 的斜率不存在； 当1x =时，直线MB 的斜率不存在．O A B yxM此时，MA 的斜率为1y x +，MB 的斜率为1y x -. ∴411y y x x ⋅=+-，即22440x y --=， ∴轨迹为C 的方程为22440(1)x y x --=≠±． (4)分（2）由22440y x m x y =+⎧⎨--=⎩，得223240x mx m ---=， (﹡) 而当1或1-为方程（*）的根时，m 的值为1-或1． ∴0m >，且1m ≠．设Q 、R 的坐标分别为(,),(,)Q Q R R x y x y ,则为方程（*）的两根. 2311m +>,2312m +≠， ∴21133211m <+<+-,且25133211m +≠+-, ∴||13||PR PQ <<,且||5||3PR PQ ≠, 综上所述，||||PR PQ 的取值范围是55(1,)(,3)33．。
【三维设计,广东(文)人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第10课 基本不等式 文
【三维设计，广东（文）人教版】2014高考数学第一轮复习考案：第10课基本不等式文函数15()14,(,)544f x x x x =-+∈-∞-的“下确界”等于 ． 【答案】2- 【解析】∵5(,)4x ∈-∞，∴540x ->， 12(54)4254x x ≥-⋅=--，∴“下确界”等于2-．5．（2019山东济南质检）设,x y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≥≥+-≤--0,002063y x y x y x ，若目标函数(0,0)z ax by a b =+>>的是最大值为12，求23a b +的最小值． 【解析】目标函数为(0,0)z ax by a b =+>>， 可行域如图： 如图，作直线l ：0ax by +=，平移直线l ，从图中可知， 当直线l 过A 点时，目标函数取得最大值． 联立36020x y x y --=⎧⎨-+=⎩，解得42x y =⎧⎨=⎩．即(4,6)． 当且仅当132b a a b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，即65a b ==时，等号成立，∴x y +取得最小值256． 6．（2019烟台质检）某商店预备在一个月内分批购入每张价值为20元的书桌共36台，每批都购入x 台（x 是正整数），且每批均需付运费4元，储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值（不含运费）成正比，若每批购入4台，则该月需用去运费和保管费共52元，现在全月只有48元资金可以用于支付运费和保管费.（1）求该月需用去的运费和保管费的总费用()f x ；x y +2=0AO y 3x y 6=0ax +by =0x（2）能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由.【解析】（1）设题中比例系数为k ，若每批购入x 台， 则共需分36x批，每批价值为20x 元， 由题意 36()420f x k x x=⋅+⋅. 由 4x =，52y =， 得 161805k ==. （2）∵*144()4(036,)f x x x x N x =+<≤∈, 144()2448f x x x ∴≥⨯=（元）, 当且仅当1444x x=，即6x =时，上式等号成立. 故只需每批购入6张书桌，可以使资金够用.。
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第56课 立体几何中的翻折问题
1.（2019东城一模）如图1，在边长为3的正三角形ABC中，E，F，P分别为AB，AC，BC上的
点，且满足1AEFCCP.将AEF沿EF折起到1AEF的位置，使平面1AEF平面EFB，连结
1AB，1
AP
.（如图2）
（1）若Q为1AB中点，求证：PQ∥平面1AEF；
（2）求证：1AEEP.
证明：（1）取1AE中点M，连结,QMMF．
在1ABE中，,QM分别为11,ABAE的中点，
∴QM∥BE，且12QMBE．
∴PF∥BE,且12PFBE，
∴QM∥PF，且QMPF．
∴四边形PQMF为平行四边形，∴PQ∥FM．
又∵FM平面1AEF，且PQ平面1AEF，
∴PQ∥平面1AEF．
（2） 取BE中点D，连结DF.
∴2AFAD，而60Ao，
即ADF是正三角形.
又∵1AEED, ∴EFAD.
∴在图2中有1AEEF.
∵平面1AEF平面EFB，平面1AEFI平面EFBEF，
∴1AE⊥平面BEF.
又EP平面BEF，∴1AE⊥EP.
2．（2019海淀一模）已知菱形ABCD中，4AB， 60BADo（如图1所示），将菱形ABCD沿对
角线BD翻折，使点C翻折到点1C的位置（如图2所示），点E，F，M分别是AB，1DC，1BC的中
点．
（1）证明：BD //平面EMF；
（2）证明：1ACBD；
（3）当EFAB时，求线段1AC的长．
图1
A
D
B
C
C
1
A
B
D
E
F
M
图2
M
A
1
Q
C
P
B
F
E
D
P
F
E
CB
A
图1
A
BC
E
F
P
图2
E
F
B
P
C
Q
A
1
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证明：（1）∵点,FM分别是11,CDCB的中点，
又FM平面EMF，BD平面EMF，
∴//BD平面EMF．
（2）在菱形ABCD中，设O为,ACBD的交点，
则ACBD．
∴ 在三棱锥1CABD-中，
又 1,COAOOI
∴ BD平面1AOC．
又1AC平面1AOC，∴BD1AC．
（3）连结1,DECE．
在菱形ABCD中，,60DAABBADo，
∴ ABD是等边三角形，
∵ E为AB中点，
又 EFAB，EFDEEI．
∴AB平面DEF，即AB平面1DEC．
又 1CE平面1DEC，∴ AB1CE．
3．（2019汕头二模）如图，在边长为4的菱形ABCD中，60BADo，点E、F分别在边CD、CB上．点
E与点C、D不重合，EFAC，EFACOI，沿EF将CEF翻折到PEF的位置，使平面PEF
平面ABFED．
（1）求证：BD平面POA；
（2）记三棱锥PABD的体积为1V，四棱锥PBDEF的体积为2V，且1243VV，求此时
线段PO的长．
【解析】（1）证明：在菱形ABCD中，
∵平面PEF⊥平面ABFED，
平面PEFI平面ABFEDEF，且PO平面PEF，
∴PO平面ABFED，
∵BD平面ABFED，∴POBD．
∵AOPOOI，∴BD平面POA．
（2）设AOBDHI．
由（1）知，PO平面ABFED，
P
A
B
C
D
O
E
F
F
E
O
D
C
B
A
O
M
F
E
D
B
A
C
1
C
1
A
B
D
E
F
M
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∴PO为三棱锥PABD及四棱锥PBDEF的高，
4．（2019西城一模）如图，矩形ABCD中，3AB，4BC．E，F分别在线段BC和AD上，
EF
∥AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF平面ECDF．
（1）求证：NC∥平面MFD；
（2）若3EC，求证：FCND；
（3）求四面体NFEC体积的最大值．
【解析】（1）证明：∵四边形MNEF，EFDC都是矩形，
∴ 四边形MNCD是平行四边形，
∵ NC平面MFD，∴ NC∥平面MFD．
（2）证明：设EDFCOI．
∵平面MNEF平面ECDF，且EFNE，
∴ NE平面ECDF， ∴ FCNE．
又 ECCD， ∴四边形ECDF为正方形，
∴ FC平面NED， ∴ FCND．
（3）设xNE，则xEC4，其中04x．
由（1）得NE平面FEC，
∴四面体NFEC的体积为
当且仅当xx4，即2x时，取等号，
∴2x时，四面体NFEC的体积最大．
E
O
C
D
N
M
F
B
A
A
BE
F
C
D
E
C
D
N
M
F
B
A