2018届高考数学理科二轮复习跟踪强化训练：27(含解析)

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2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：8 Word版含解析

1 跟踪强化训练(八) 一、选择题 1．(2017·河南濮阳检测)函数f(x)＝log2(1－2x)＋1x＋1的定义域为( ) A.0，12 B.－∞，12

3．(2017·湖北襄阳三模)已知函数f(x)＝ cosπx2，x≤0，fx－1＋1，x>0，则f(2)＝( ) A.12 B．－12 C．－3 D．3 2

[解析] 由题意，知f(2)＝f(1)＋1＝f(0)＋2＝cos0＋2＝3，故选D. [答案] D

4．(2017·太原阶段测评)函数y＝12x＋1的图象关于直线y＝x对称的图象大致是( )

[解析] 因为y＝12x＋1的图象过点(0,2)，且在R上单调递减，所以该函数关于直线y＝x对称的图象恒过点(2,0)，且在定义域内单调递减，故选A. [答案] A 5．(2017·石家庄高三检测)若函数y＝f(2x＋1)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象的对称轴方程是( ) A．x＝1 B．x＝－1 C．x＝2 D．x＝－2 [解析] ∵f(2x＋1)是偶函数，∴f(2x＋1)＝f(－2x＋1)⇒f(x)＝f(2－x)，∴f(x)图象的对称轴为直线x＝1，故选A. [答案] A 6．(2017·天津卷)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为( ) A．aC．b3

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练15 含解析精

跟踪强化训练(十五)一、选择题1．(2017·昆明模拟)在△ABC 中，点D ，E 分别在边BC ，AC 上，且BD →＝2DC →，CE →＝3EA →，若AB →＝a ，AC →＝b ，则DE →＝( )A.13a ＋512b B .13a －1312b C ．－13a －512b D ．－13a ＋1312b[解析]DE →＝DC →＋CE → ＝13BC →＋34CA → ＝13(AC →－AB →)－34AC →＝－13AB →－512AC →＝－13a －512b ，故选C. [答案] C2．(2017·吉林白城模拟)已知向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，若m a＋n b 与a －2b 共线，则mn ＝( )A.12 B ．2 C ．－12 D ．－2[解析] 由向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，得m a ＋n b ＝(2m －n,3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)．由m a ＋n b 与a －2b 共线，得2m －n 4＝3m ＋2n－1，所以m n ＝－12，故选C.[答案] C3．(2017·广东深圳第二次调研)如图，正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，若AC →＝λAM →＋μBD →，则λ＋μ＝( )A.43 B .53 C.158 D ．2[解析] 因为M 是BC 的中点，所以BM →＝12BC →，所以AC →＝λAM →＋μBD →＝λ(AB →＋BM →)＋μ(AD →－AB →) ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋12BC →＋μ(BC →－AB →)＝(λ－μ)AB →＋⎝⎛⎭⎪⎫12λ＋μBC →＝AB →＋BC →，即⎩⎨⎧λ－μ＝1，12λ＋μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝43，μ＝13，所以λ＋μ＝53.[答案] B4．(2017·陕西省宝鸡市高三一检)已知向量a ＝(－2，－1)，b ＝(λ，1)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2∪(2，＋∞) B ．(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [解析] 依题意，当a 与b 的夹角为钝角时，a ·b ＝－2λ－1<0，解得λ>－12.而当a 与b 共线时，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即当λ＝2时，a ＝－b ，a 与b 反向共线，a 与b 的夹角为π，不是钝角，因此，当a 与b 的夹角为钝角时，λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2∪(2，＋∞)，选A.[答案] A5．(2017·云南省高三调研考试)平面向量a 与b 的夹角为45°，a ＝(1,1)，|b |＝2，则|3a ＋b |等于( )A ．13＋6 2B ．2 5 C.30 D.34[解析] 依题意得a 2＝2，a ·b ＝2×2×cos45°＝2，|3a ＋b |＝(3a ＋b )2＝9a 2＋6a ·b ＋b 2＝18＋12＋4＝34，选D. [答案] D6．(2017·西安模拟)在△ABC 中，A ＝120°，AB →·AC →＝－1，则|BC →|的最小值是( )A. 2 B ．2 C. 6 D ．6[解析] 因为AB →·AC →＝－1，所以bc cos120°＝－1，即bc ＝2，在△ABC 中，由余弦定理得：a 2＝b 2＋c 2－2bc cos120°＝b 2＋c 2＋bc ≥3bc ＝6，所以a ≥6，即|BC →|的最小值是 6.[答案] C7．(2017·西安质量检测)△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论正确的是( )A ．|b |＝1B ．a ⊥bC ．a ·b ＝1D ．(4a ＋b )⊥BC →[解析] 由题意，BC →＝AC →－AB →＝(2a ＋b )－2a ＝b ，则|b |＝2，故A 错误；|2a |＝2|a |＝2，所以|a |＝1，又AB →·AC →＝2a ·(2a ＋b )＝4|a |2＋2a ·b ＝2×2cos60°＝2，所以a ·b ＝－1，故B ，C 错误．故应选D.[答案] D8．在△ABC 中，点D 在线段BC 的延长线上，且BC →＝3CD →，点O 在线段CD 上(与点C 、D 不重合)，若AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，则x 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 C.⎝⎛⎭⎪⎫－12，0 D.⎝⎛⎭⎪⎫－13，0 [解析] 依题意，设BO →＝λBC →，其中1<λ<43，则有 AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋λBC →＝AB →＋λ(AC →－AB →)＝(1－λ)AB →＋λAC →.又AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，且AB →，AC →不共线，于是有x ＝1－λ，由λ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，43，知x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，即x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0. [答案] D 9.如图所示，点A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段OC 与线段AB 交于圆内一点M ，若OC →＝mOA →＋nOB →(m >0，n >0)，m ＋n ＝2，则∠AOB 的最小值为( )A.π6 B .π3 C.π2 D .2π3[解析] 解法一：由题意mn ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22＝1，将OC →＝mOA →＋nOB →平方得1＝m 2＋n 2＋2mn cos ∠AOB ，cos ∠AOB＝1－m 2－n 22mn ＝1－(m ＋n )2＋2mn 2mn ＝－32mn ＋1≤－12(当且仅当m ＝n ＝1时等号成立)，∵0<∠AOB <π，∴∠AOB 的最小值为2π3.解法二：已知AB 与OC 的交点为M ，设λOM →＝OC →＝mOA →＋nOB →，A ，B ，M 三点共线，则λ＝m ＋n ＝2，说明M 是OC 的中点，在同一圆中相等弦所对的圆心角相等，且较短弦所对的圆心角也较小，可知AB ⊥OC 且互相平分，由平行四边形法则，四边形OACB 是菱形，且∠AOB ＝2π3，故选D.[答案] D10．已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是( )A ．1B ．2 C. 2 D.22[解析] 解法一：设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，则(a －c )·(b －c )＝0，即(1－x ，－y )·(－x,1－y )＝0，整理得⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝⎛⎭⎪⎫y －122＝12，这是一个圆心坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，半径为22的圆，所求的值等价于这个圆上的点到坐标原点的最大距离．根据图形可知，这个最大距离是2，即所求的最大值为 2.解法二：直接把(a －c )·(b －c )＝0按照数量积的运算法则展开，利用|a |＝|b |＝1，a ·b ＝0化简后解决．∵|a |＝|b |＝1，a ·b ＝0，∴由(a －c )·(b －c )＝0可得|c |2＝c ·(a ＋b )，由于a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，故|a ＋b |＝ 2.设a ＋b 与c 的夹角为θ，则|c |2＝c ·(a ＋b )＝|c |·|a ＋b |cos θ，即|c |＝|a ＋b |cos θ＝2cos θ≤2，所以|c |的最大值是 2. [答案] C11．(2017·郑州适应性测试)已知△ABC 的三个顶点的坐标为A (0,1)，B (1,0)，C (0，－2)，O 为坐标原点，动点M 满足|CM →|＝1，则|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是( )A.2＋1B.7＋1C.2－1D.7－1[解析] 设点M 的坐标为(x ，y )，∵C (0，－2)，且|CM →|＝1，∴x 2＋(y ＋2)2＝1，即x 2＋(y ＋2)2＝1，∴动点M 的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，∵A (0,1)，B (1,0)，∴OA →＋OB →＋OM →＝(x ＋1，y ＋1)，则|OA →＋OB →＋OM →|＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2，其几何意义为动点M (x ，y )与点N (－1，－1)之间的距离，即圆C 上的点与点N (－1，－1)的距离，∵点N (－1，－1)在圆C 外部，∴|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是|CN →|＋1＝(0＋1)2＋(－2＋1)2＋1＝2＋1，故选A. [答案] A12．已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t ，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP →＝AB →|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC →的最大值等于( )A ．13B ．15C ．19D ．21[解析] 依题意，以点A 为坐标原点，以AB 所在的直线为x 轴，AC 所在的直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，如图．因为AP →＝AB →|AB →|＋4AC→|AC →|，所以点P (1,4)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )．所以PB →·PC →＝⎝⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4)＝⎝⎛⎭⎪⎫1t －1×(－1)－4×(t －4)＝17－1t －4t .因为1t ＋4t ≥21t ·4t ＝4⎝⎛当且仅当1t ＝4t ，即t ＝12 )时取等号，所以17－1t －4t ≤17－4＝13，所以PB →·PC →的最大值为13，故选A.[答案] A 二、填空题13．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________.[解析] 由题意知a ·b ＝|a |·|b |cos60°＝2×1×12＝1，则|a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ＝4＋4＋4＝12.所以|a ＋2b |＝2 3. [答案] 2 314．(2017·南昌一模)在△ABC 中，AB →＝(2，3)，AC →＝(1，2)，则△ABC 的面积为________．[解析] ∵|AB →|＝5，|AC →|＝3，AB →·AC →＝2＋6， ∴cos ∠BAC ＝AB →·AC→|AB →|·|AC →|＝2＋615.∴sin ∠BAC ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫2＋6152＝ 7－4315＝2－315.∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|·sin ∠BAC ＝12×5×3×2－315＝2－32.[答案] 2－3215．(2017·西宁模拟)如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD →的值是________．[解析] ∵AP →＝AD →＋14AB →，BP →＝AD →－34AB →，∴AP →·BP →＝AD →2－12AB →·AD →－316AB →2＝2，又AB ＝8，AD ＝5，解得AB →·AD →＝22.[答案] 2216．(2017·天津卷)在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2.若BD →＝2DC →，AE →＝λAC →－AB →(λ∈R )，且AD →·AE →＝－4，则λ的值为________．[解析]如图，由BD →＝2DC →得AD →＝13AB →＋23AC →，所以AD →·AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋23AC →·(λAC →－AB →)＝13λAB →·AC →－13AB →2＋23λAC →2－23AB →·AC →，又AB →·AC →＝3×2×cos60°＝3，AB →2＝9，AC →2＝4，所以AD →·AE→＝λ－3＋83λ－2＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.解法二：以A 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图，因为AB ＝3，AC ＝2，∠A ＝60°，所以B (3,0)，C (1，3)，又BD →＝2DC →，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，233，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53，233，而AE →＝λAC →－AB →＝λ(1，3)－(3,0)＝(λ－3，3λ)，因此AD →·AE →＝53(λ－3)＋233×3λ＝113λ－5＝－4，解得λ＝311. [答案]311。

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：19 Word版含解析

跟踪强化训练(十九)1．(2017·沈阳质检)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，首项a 1＝1，且a 1，a 2，a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝a n ＋，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得，a 22＝a 1a 4，即(1＋d )2＝1＋3d ，解得d ＝0或d ＝1.又d ≠0，∴d ＝1，可得a n ＝n .(2)由(1)得b n ＝n ＋2n ，∴T n ＝(1＋21)＋(2＋22)＋(3＋23)＋…＋(n ＋2n )＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(2＋22＋23＋…＋2n )＝n (n ＋1)2＋2n ＋1－2.[解] (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧ S 1＝a 2－2，a 1＋a 2＝2a 3－6，a 1＋a 2＋a 3＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 2＝3，a 3＝5，当n ≥2时，S n －1＝(n －1)a n －(n －1)n ，所以a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)－(n －1)a n ＋(n －1)n ，即a n ＋1－a n ＝2.又a 2－a 1＝2，因而数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，从而a n ＝2n －1.T n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ， 2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1.两式相减得－T n ＝1×21＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)×2n ＋1＝－2＋2×(21＋22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1＝－2＋2×2×(1－2n )1－2－(2n －1)×2n ＋1 ＝－2＋2n ＋2－4－(2n －1)×2n ＋1＝－6－(2n －3)×2n ＋1.所以T n ＝6＋(2n －3)×2n ＋1.3．数列{a n }的前n 项和为S n ，且首项a 1≠3，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *)．(1)求证：{S n －3n }是等比数列；(2)若{a n }为递增数列，求a 1的取值范围．[解] (1)证明：∵a n ＋1＝S n ＋3n ，(n ∈N *)∴S n ＋1＝2S n ＋3n ，∴S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，∵a 1≠3.∴S n ＋1－3n ＋1S n －3n＝2， ∴数列{S n －3n }是公比为2，首项为a 1－3的等比数列．(2)由(1)得S n －3n ＝(a 1－3)×2n －1，∴S n ＝(a 1－3)×2n －1＋3n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∵{a n }为递增数列，∴n ≥2时，(a 1－3)×2n －1＋2×3n >(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∴n ≥2时，2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a 1－3>0，可得n ≥2时，a 1>3－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，又当n ＝2时，3－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2有最大值为－9， ∴a 1>－9，又a 2＝a 1＋3满足a 2>a 1，∴a 1的取值范围是(－9，＋∞)．4．(2017·昆明模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝2a n S n －2S 2n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正数k ，使(1＋S 1)(1＋S 2)…(1＋S n )≥k 2n ＋1对一切正整数n 都成立？若存在，求k 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解] (1)∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，a n ＝2a n S n －2S 2n ，∴S n －S n －1＝2(S n －S n －1)S n －2S 2n .∴S n －1－S n ＝2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列，即1S n＝1＋(n －1)×2＝2n －1. ∴S n ＝12n －1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －1－12(n －1)－1＝－2(2n －1)(2n －3).∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，n ＝1，－2(2n －1)(2n －3)，n ≥2.(2)设b n ＝(1＋S 1)(1＋S 2)…(1＋S n )2n ＋1，则b n ＋1＝(1＋S 1)(1＋S 2)…(1＋S n )(1＋S n ＋1)2n ＋3. 由(1)知S n ＝12n －1，S n ＋1＝12n ＋1， ∴b n ＋1b n ＝(1＋S n ＋1)2n ＋12n ＋3＝2n ＋2(2n ＋1)(2n ＋3) ＝ 4n 2＋8n ＋44n 2＋8n ＋3>1. 又b n >0，∴数列{b n }是单调递增数列．由(1＋S 1)(1＋S 2)…(1＋S n )≥k 2n ＋1，得b n ≥k .∴k ≤b 1＝23＝233. ∴存在正数k ，使(1＋S 1)(1＋S 2)…(1＋S n )≥k 2n ＋1对一切正整数n 都成立，且k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，233.。

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：25 Word版含解析

跟踪强化训练(二十五)一、选择题1．与圆x 2＋y 2＝1及x 2＋y 2－8x ＋12＝0都外切的圆的圆心在( )A ．一个椭圆上B ．双曲线的一支上C ．一条抛物线上D ．一个圆上[解析] 圆x 2＋y 2－8x ＋12＝0的圆心为(4,0)，半径为2，动圆的圆心到(4,0)的距离减去到(0,0)的距离等于1，由此可知，动圆的圆心在双曲线的一支上．故选B.[答案] B2．(2017·重庆模拟)设A ，P 是椭圆x 22＋y 2＝1上两点，点A 关于x 轴的对称点为B (异于点P )，若直线AP ，BP 分别交x 轴于点M ，N ，则OM →·ON →＝( )A ．0B ．1 C. 2 D ．2[解析] 依题意，将点P 特殊化为点(2，0)，于是点M ，N 均与点(2，0)重合，于是有OM →·ON →＝2，故选D.[答案] D3．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( )A.x 245＋y 236＝1B.x 236＋y 227＝1C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，两式作差并化简变形得y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2(x 1＋x 2)a 2(y 1＋y 2)，而y 1－y 2x 1－x 2＝0－(－1)3－1＝12，x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，所以a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝c 2＝9，于是a 2＝18，b 2＝9.故选D.[答案] D4．(2017·广东珠海模拟)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 且倾斜角为60°的直线l 与抛物线在第一、四象限分别交于A ，B 两点，则|AF ||BF |的值等于( )A ．5B ．4C ．3D ．2[解析] 因为抛物线y 2＝2px (p >0)，所以它的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，因为直线l 的倾斜角为60°，所以直线l 的方程为y －0＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，即y ＝3x －32p .设直线与抛物线的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴|AF |＝x 1＋p 2，|BF |＝x 2＋p2，联立方程组⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝3x －3p2，消去y 并整理，得12x 2－20px ＋3p 2＝0，解得x 1＝3p 2，x 2＝p 6，∴|AF |＝x 1＋p2＝2p ，|BF |＝x 2＋p 2＝2p 3，∴|AF |∶|BF |＝3∶1，∴|AF ||BF |的值为3.[答案] C5．(2017·河北石家庄二模)已知直线l 与双曲线C ：x 2－y 2＝2的两条渐近线分别交于A ，B 两点，若AB 的中点在该双曲线上，O 为坐标原点，则△AOB 的面积为( )A.12 B ．1 C ．2 D ．4[解析] 由题意得，双曲线的两条渐近线方程为y ＝±x ，又直线l 与两条渐近线交于A ，B 两点，故可设A (x 1，x 1)，B (x 2，－x 2)，且|OA |＝2|x 1|，|OB |＝2|x 2|，∴AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1－x 22. 又点A ，B 的中点在双曲线x 2－y 2＝2上，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－x 222＝2⇒x 1x 2＝2. 显然△AOB 是直角三角形，∴S △AOB ＝12|OA |·|OB |＝12×2|x 1|·2|x 2|＝x 1x 2＝2.故选C. [答案] C6．(2017·南昌联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，A ，B 为椭圆上的两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5，0，则椭圆的离心率e 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫55，1 [解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1≠x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－a 52＋y 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－a 52＋y 22，x 21a 2＋y21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 5(x 1－x 2)＝x 21－x 22＋y 21－y 22，y 21＝b 2－b2a 2x 21，y 21＝b 2－b 2a2x 22，所以2a 5(x 1－x 2)＝a 2－b 2a 2(x 21－x 22)，所以2a 35(a 2－b 2)＝x 1＋x 2.又－a ≤x 1≤a ，－a ≤x 2≤a ，x 1≠x 2，所以－2a <x 1＋x 2<2a ，则2a 35(a 2－b 2)<2a ，即b 2a 2<45，所以e 2>15.又0<e <1，所以55<e <1. [答案] D 二、填空题7．椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为M ，N ，点P 在C 上，且直线PN 的斜率是－14，则直线PM 的斜率为________．[解析] 设P (x 0，y 0)，则x 204＋y 203＝1，直线PM 的斜率k PM ＝y 0x 0＋2，直线PN 的斜率k PN ＝y 0x 0－2，可得k PM ·k PN ＝y 20x 20－4＝－34，故k PM ＝－34·1k PN ＝3.[答案] 38．(2017·郑州一模)如图，F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过F 1的直线l 与C 的左、右两个分支分别交于点B ，A .若△ABF 2为等边三角形，则双曲线的离心率为________．[解析] ∵△ABF 2为等边三角形，∴|AB |＝|AF 2|＝|BF 2|，∠F 1AF 2＝60°.由双曲线的定义可得|AF 1|－|AF 2|＝2a ，∴|BF 1|＝2a . 又|BF 2|－|BF 1|＝2a ，∴|BF 2|＝4a .∴|AF 2|＝4a ，|AF 1|＝6a . 在△AF 1F 2中，由余弦定理可得|F 1F 2|2＝|AF 1|2＋|AF 2|2－2|AF 2|·|AF 1|cos60°，∴(2c )2＝(4a )2＋(6a )2－2×4a ×6a ×12，整理得c 2＝7a 2，∴e ＝c a ＝c 2a 2＝7. [答案]79．(2016·四川卷)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为________．[解析] 解法一：设M (x ，y )，P (x 0，y 0)，则y 20＝2px 0，焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0.根据题意，PM →＝2MF →，PM →＝(x －x 0，y －y 0)，MF →＝⎝⎛⎭⎪⎫p 2－x ，－y ，所以⎩⎨⎧x ＝x 0＋p 3，y ＝y3，所以k OM ＝y 0x 0＋p ＝y 0y 202p ＋p ＝1y 02p ＋p y 0≤1212＝22 (当且仅当y 20＝2p 2时，等号成立)．解法二：如图，在x 轴上取点N (－p,0)，连接PN ，OM ，则k PN ＝k OM .设P (x ，y )，则k OM ＝k PN ＝y －0x －(－p )＝y y 22p ＋p ＝2py y 2＋2p 2＝2p y ＋2p 2y ≤2p 22p 2＝22，当且仅当y 2＝2p 2时等号成立． [答案] 22 三、解答题10．(2017·唐山统考)已知动点P 到直线l ：x ＝－1的距离等于它到圆C ：x 2＋y 2－4x ＋1＝0的切线长(P 到切点的距离)．记动点P 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)点Q 是直线l 上的动点，过圆心C 作QC 的垂线交曲线E 于A ，B 两点，设AB 的中点为D ，求|QD ||AB |的取值范围．[解] (1)由已知得，圆心为C (2,0)，半径r ＝ 3.设P (x ，y )，依题意可得|x ＋1|＝(x －2)2＋y 2－3，整理得y 2＝6x .故曲线E 的方程为y 2＝6x . (2)设直线AB 的方程为my ＝x －2，则直线CQ 的方程为y ＝－m (x －2)，可得Q (－1,3m )．将my ＝x －2代入y 2＝6x 并整理可得y 2－6my －12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝6m ，y 1y 2＝－12，D (3m 2＋2,3m )，|QD |＝3m 2＋3. |AB |＝23(1＋m 2)(3m 2＋4)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫|QD ||AB |2＝3m 2＋34(3m 2＋4)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13m 2＋4∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫316，14，故|QD ||AB |∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，12.11．(2017·宝鸡市高三质量检测)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，其离心率e ＝12，点P 为椭圆上的一个动点，△PF 1F 2面积的最大值为4 3.(1)求椭圆的方程；(2)若A ，B ，C ，D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与BD 相交于点F 1，AC →·BD →＝0，求|AC →|＋|BD →|的取值范围．[解] (1)由题意得，当点P 是椭圆的上、下顶点时，△PF 1F 2的面积取得最大值，此时S △PF 1F 2＝12|F 1F 2|·|OP |＝bc ，∴bc ＝43，因为e ＝12，所以b ＝23，a ＝4，所以椭圆方程为x 216＋y 212＝1. (2)由(1)得，F 1的坐标为(－2,0)，因为AC →·BD →＝0，所以AC ⊥BD ，①当直线AC 与BD 中有一条直线斜率不存在时，易得|AC →|＋|BD →|＝6＋8＝14.②当直线AC 的斜率k 存在且k ≠0时，设其方程为y ＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2.|AC →|＝1＋k 2|x 1－x 2|＝24(k 2＋1)3＋4k 2，此时直线BD 的方程为y ＝－1k (x ＋2)．同理由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1可得|BD →|＝24(k 2＋1)4＋3k 2，|AC →|＋|BD →|＝24(k 2＋1)4＋3k 2＋24(k 2＋1)3＋4k2＝168(k 2＋1)2(4＋3k 2)(3＋4k 2)，令t ＝k 2＋1，则|AC →|＋|BD →|＝16812＋t －1t 2(t >1)，因为t >1,0<t －1t 2≤14，所以|AC →|＋|BD →|＝16812＋t －1t 2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫967，14，综上，|AC →|＋|BD →|的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤967，14.12．(2017·石家庄市一模)如图，已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的左顶点为A ，右焦点为F ，O 为坐标原点，M ，N 是y 轴上的两个动点，且MF ⊥NF ，直线AM 和AN 分别与椭圆C 交于E ，D 两点．(1)求△MFN 的面积的最小值； (2)证明：E ，O ，D 三点共线．[解] (1)解法一：如题图，设M (0，m )，N (0，n )， ∵MF ⊥NF ，∴m ·n ＝－1. ∵S △MFN ＝12|MF |·|FN |＝12 1＋m 2·1＋n 2. ＝12 1＋m 2＋n 2＋(mn )2 ＝122＋m 2＋n 2≥122＋2|mn |＝1.当且仅当|m |＝1，|n |＝1且mn ＝－1时等号成立． ∴△MFN 的面积的最小值为1.解法二：设M (0，m )，N (0，n )，∵MF ⊥NF ，∴m ·n ＝－1， ∵S △MFN ＝12|MN |·|OF |＝12|MN |，且|MN |2＝|m －n |2＝m 2＋n 2－2mn ＝m 2＋n 2＋2≥2|mn |＋2＝4，当且仅当|m |＝1，|n |＝1且mn ＝－1时等号成立，∴|MN |min ＝2，∴(S △MFN )min ＝12|MN |＝1. 故△MFN 的面积的最小值为1. (2)∵A (－2，0)，M (0，m )， ∴直线AM 的方程为y ＝m2x ＋m ，由⎩⎨⎧y ＝m2x ＋m ，x22＋y 2＝1，得(1＋m 2)x 2＋22m 2x ＋2(m 2－1)＝0，设E (x E ，y E )，D (x D ，y D )，由－2·x E ＝2(m 2－1)1＋m 2，得x E ＝－2(m 2－1)1＋m 2，①同理可得x D ＝－2(n 2－1)1＋n 2，∵m·n＝－1，∴x D＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫－1m2－11＋⎝⎛⎭⎪⎫－1m2＝－2(1－m2)m2＋1.②由①②可知x E＝－x D，代入椭圆方程可得y2E＝y2D.∵MF⊥NF，∴N，M分别在x轴两侧，∴y E＝－y D，∴y Ex E＝y Dx D，故E，O，D三点共线．11。

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：14Word版含解析

则 cosA＝( )
3 10
10
10
3 10
A. 10 B. 10 C．－ 10 D．－ 10
[ 解析 ] 设△ ABC 中角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，由题意
可得
1 3a＝
csinπ4＝
2 2 c，则
32 a＝ 2 c.在△ ABC 中，由余弦定理可得
b2
＝ a2＋ c2－
2ac＝92c2＋ c2－ 3c2＝ 52c2，则
7sinα－ 2＝0，
解得 sinα＝－ 2(舍去 )或 sinα＝14，
15 又由 α为锐角，可得 cosα＝ 4 ，
∴ sin α＋π3 ＝21sinα＋ 23cosα＝1＋83 5，故选 A.
[ 答案 ] A
2．(2017 ·湖北武汉模拟 )在△ ABC 中，a＝ 2，b＝ 3，B＝π3，则
A 等于 ( )
由正弦定理得
AC sin60
＝°siAn4M5
，°因此
AM＝
200 3
2 m.
在Rt△MBiblioteka A中，AM＝
200 3
2 m，∠ MAN＝45°，得
200 MN＝ 3 m.
200 [ 答案 ] 3
三、解答题
10．(2017 ·天津卷 )在△ ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为
a2－b2＝ 3bc，得 a＝ 7b，再由余弦定理可得 cosA＝ 23，所以 A＝π6.
故选 A.
[ 答案 ] A
6．(2017 ·福建漳州二模 )在△ ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别
为
a，b， c，且
2ccosB＝2a＋b，若△ ABC
的面积为

“8+3+3”小题强化训练(27)2024届高三数学二轮复习(新高考九省联考题型)(解析版)

2024届高三二轮复习“8+3+3”小题强化训练(27)一、选择题：本题共8小题，每小题5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．抛物线24x y =-的准线方程是（）A.1y = B.1y =- C.2y = D.=2y -【答案】A 【解析】由题知抛物线224x py y =-=-,所以2p =，故抛物线24x y =-的准线方程为12p y ==.故选：A.2．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2532a a a =，且4a 与6a 的等差中项为54，则5S =（）A .29 B.31 C.33 D.36【答案】B【解析】不妨设等比数列{}n a 的公比为q ，由2532a a a =可得：252112a q a q =，因0,0n a q >>，则312a q =①又由4a 与6a 的等差中项为54可得：4652a a +=，即3215(1)2a q q +=②将①代入②，可得：12q =，回代入①，解得：116a =，于是515116(1)(1)3231.112a q S q --===-故选：B.3．已知α，β为关于x 的实系数方程2450x x -+=的两个虚根，则αβαβ+=+（）A. B.52-C.D.【答案】A 【解析】由2450x x -+=，()2441540∆=--⨯⨯=-<，∴方程2450x x -+=的两个虚根为44i 2i 2α+==+，44i 2i 2β-==-或2i α=-，2i β=+，不妨取2i α=+，2i β=-，则α==，β==∴2i 2i 2αβαβ+==+++-.故选：A.4．柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性．将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体（图2）．若正八面体外接球的体积为4π3，则此正八面体的表面积为（）A.32 B. C. D.【答案】D【解析】根据题意，作正八面体如下所示，连接,,AC BD PE ，设AC BD O ⋂=，根据其对称性可知，PE 过点O ，又该八面体为正八面体，则PO ⊥面ABCD ，又AO ⊂面ABCD ，故PO AO ⊥；显然正八面体的外接球球心为O ，设其半径为R ，PA a =，则OA OP R ==，在直角三角形PAO 中，a PA ===；由34π3R =4π3可得1R =，则a =；故该八面体的表面积2824S a =⨯==.故选：D.5．某班一天上午有五节课，下午有两节课，现要安排该班一天中语文､数学､物理､英语､地理､体育､艺术7堂课的课程表，要求艺术课排在上午第5节，体育课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数是（）A.128B.148C.168D.188【答案】C【解析】艺术课一定在上午第5节只一种排法，体育课在下午共12A 种排法；因数学与物理不相邻，分两类：第一类：数学与物理有一科在下午，另一科在上午，与其他科排列共1424A A 种排法；第二类：数学与物理均在上午且不相邻，先在语文､英语､地理中选一科排在下午有13A ，再把剩下2科排在上午22A 种排法，在它们中间及两端共3个空位安排数学与物理，共23A 种排法，由分步乘法计数原理共122323A A A 种，所以共有()()114122224323A A A A A A 2224326168+=⨯+⨯⨯=,故选：C.6．已知非零向量a ，b满足a = ，若()()32a b a b +⊥- ，则a 与b 的夹角为（）A.π4 B.π2 C.3π4 D.π【答案】C 【解析】因为()()32a b a b +⊥- ，所以()()320+⋅-= a b a b ，则2223a b b a ⋅=- ，又a =，则2223223a b b b ⎪⋅=-⎫=-⎪⎭，所以22cos ,223b a b a b a b ⋅===--⋅ ，又0,πa b ≤≤ ，则a 与b 的夹角为3π4.故选：C .7.已知函数()(),f x g x 的定义域均为(),21f x +R 是奇函数，且()()()34,f x g x y g x +-=-=的图象关于1x =对称，()42f =，则()()2224f g +=（）A.4B.8C.4-D.6-【答案】D 【解析】因为()y g x =的图象关于1x =对称，所以()()31g x g x -=-．因为()()34f x g x +-=-①，则()()()4344f x g x -+--=-，即()()414f x g x -+-=-②，①-②得，()()4f x f x =-，所以()y f x =的图像关于2x =对称．令()()21h x f x =+，则()h x 是奇函数，所以()()11022x x h h f x f x ⎛⎫⎛⎫+-=++-+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()()11f x f x +=--+，所以()f x 的图象关于点()1,0中心对称，所以()()42f x f x -=--，所以()()()24f x f x f x =--=-，所以()f x 是以4为周期的周期函数．因为()()14f x g x +-=-，所以()()41g x f x =--+．因为()f x 是以4为周期的周期函数，所以()g x 也是以4为周期的周期函数，取0x =，()()11f f =-，所以()10f =．因为()42f =，所以()02f =，所以()()()()202,310f f f f =-=-=-=．取3x =，所以()()304f g +=-，所以()04g =-，所以()()()()222420246f g f g +=+=--=-，故选:D．8．若3sin cos θθ+=，则π1tan π8tan 8θθ⎛⎫+- ⎪⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭的值为（）A.7- B.14- C.17 D.27【答案】B【解析】一方面由题意3sin cos θθ+=，且注意到22sin cos 1θθ+=，联立得210sin 90θθ-+=，解得31010sin ,cos 1010θθ==，所以sin tan 3cos θθθ==，另一方面不妨设πtan 08x =>，且2π2tanπ8tan 1π41tan 8==-，所以有2210x x +-=，解得1x =-或1x =--πtan 18x ==-+，由两角和的正切公式有(3124πtan tan 7581tan x x θθθ+-++⨯++⎛⎫+==-+ ⎪-⋅⎝⎭，所以(π1t 87an π8t an θθ⎛⎫+⎛=-+- ⎪⎫⎝⎭+ ⎪+⎝⎭(7=-++7714=--+=-.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知一组样本数据()1,2,3,,10i x i = ，其中()1,2,3,,10i x i = 为正实数.满足12310x x x x ≤≤≤≤ ，下列说法正确的是（）A.样本数据的第80百分位数为8xB.去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变C.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数D.若样本数据的方差102211410i i s x ==-∑，则这组样本数据的平均数等于2【答案】BCD【解析】对于A，由1080%8⨯=，所以样本数据的第80百分位数为892x x +，故A错误；对于B，由题意存在这样一种可能，若23101x x x x =≤≤≤ ，则极差为101102x x x x -=-，此时样本数据的极差不变，故B正确；对于C，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如下图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，故C正确；对于D，由()1010222111141010i i i i s x x x ===-=-∑∑，则()1010101010222222111114021010i i i i i i i i i i xx xx x x x x x =====-=-=-+=-∑∑∑∑∑，所以24x =，因为()1,2,3,,10i x i = 为正实数，所以0x >，即2x =，故D正确.故选：BCD.10．已知函数()sin cos sin 2f x x x x =-+，则下列选项正确的是（）A.π是函数()f x 的一个周期B.π4x =-是函数()f x 的一条对称轴C.函数()f x 的最大值为54，最小值为1-D.函数()f x 在35π,π44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减【答案】ABC【解析】对A：()()()()πsin πcos πsin 2πsin cos sin 2f x x x x x x x +=+-+++=-+，故π是函数()f x 的一个周期，故A正确；对B：()ππππsin x cos x sin 2x sin cos sin π22222f x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=-----+-=-+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭sin cos sin 2x x x =-+，故π4x =-是函数()f x 的一条对称轴，故B正确；对C、D：令sin cos x x t -=，有2sin 21x t =-，因为[]sin 21,1x ∈-，所以[]20,2t ∈，则2215sin cos sin 2124y x x x t t t ⎛⎫=-+=-++=--+ ⎪⎝⎭，由π0,4t x ⎛⎫⎡=-∈ ⎪⎣⎝⎭，则函数()f x 的最大值为54，最小值为1-，故C正确；函数f x 由21y t t =-++和sin cos t x x =-复合而成，函数21y t t =-++在⎡⎣上先增后减，π4t x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在3π5π,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，且t ⎡∈⎣，则函数()f x 在3π5π,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上不是单调递减，故D错误.故选：ABC.11．已知点(2,0),(2,0),(0A B N ,-动点M 满足直线AM 和BM 的斜率之积为12-，记点M 的轨迹为曲线C ，过坐标原点的直线交C 于,P Q 两点，点P 在第一象限，PE x ⊥轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G ，则（）A.曲线C 的方程为：22142x y += B.PQG 为直角三角形C.PAN △面积最大值为2D.PQG 面积最大值为169【答案】BD【解析】对A：设(,)M x y ，则1222y y x x ，⋅=-+-化简得：22142(2)x y x +=≠±，故A错误；对B：设()00,P x y ，()11,G x y ，()()000,,,0Q x y E x --，则0000022PQ QE y y k k k k x x ，==>==，2210101022101010QG GPy y y y y y k k x x x x x x +--=⋅=+--，∵2211142x y +=，2200142x y +=，∴220122102222122QG GP GP x x k k k k x x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭==-=-，则1GP k k =-，则1,90GP PQ k k QPG ⋅=-∠=︒，故B 正确；对C：与直线AN 平行且与曲线C 相切且切点在第一象限的切线方程为22y x m =-+()0m >，联立2222142y x m x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得2220x m -+-=，由()222420m m D =--=得2m =，∴切线为222y x =-+，两平行直线的距离为2263d （+==，此时PAN△面积最大，最大值为1226223（+=+，故C错误；对D：设直线PQ 得方程为(0)y kx k =>，2224y kx x y =⎧⎨+=⎩，解得00x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则直线PG ：()2000111k y x x y x x k k k+=--+=-+，联立直线PG 与曲线C 的方程可得()()()222222002412140k x x k x x k +-+++-=，则()2002412G x k x x k ++=+，()()()()20022211888112122211221PQG G k k k k k k S y x x k k k k k k k k ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭=+===⎛⎫⎛⎫++⎛⎫++++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，令12t k k =+³，则Δ28822122PQG t S t t t ==++，∵222y t t =+,22924242y t t =+≥+=，即Δ8162922PQG S t t =≤+，当且仅当1k =时等号成立，故D正确，故选：BD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设集合(){}(){}2233log 9,log 9A xy x B y y x ==-+==-+∣∣，则A B = __________.【答案】(]3,2-【解析】(){}{}{}223log 99033A x y x x x x x ==-+=-+>=-<<，()3,3A ∴=-，(){}{}{}233log 9log 92B y y x y y y y ==-+=≤=≤，(],2B ∴=-∞，(]3,2A B ∴⋂=-.故答案为：(]3,2-.13.函数()f x 的定义域为R ，对任意的x ，y ，恒有ππ()()()22f x y f x f y f x f y ⎛⎫⎛⎫+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立.请写出满足上述条件的函数()f x 的一个解析式__________.【答案】()sin f x x =（答案不唯一）依题意不妨令()sin f x x =，则()()sin sin cos cos sin f x y x y x y x y +=+=+，又ππππ()()sin sin sin sin 2222f x f y f x f y x y x y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭sin cos cos sin x y x y =+，所以ππ()()()22f x y f x f y f x f y ⎛⎫⎛⎫+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()sin f x x =符合题意.同理可证明()sin 5f x x =，()sin 9f x x =，L ，也符合题意.故答案为：()sin f x x =（答案不唯一）14.锐角ABC 的内角A 的对边为a ，若ABC 的面积是2a ，则sin cos cos A B C的最小值是______．【答案】8【解析】作AD BC ⊥于D ，则212a AD a ⋅=，所以2AD a =.设BD xa =，则DC a xa =-，因为ABC 是锐角三角形，所以00xa a a xa a <<⎧⎨<-<⎩，解得01x <<，则10x ->，又2222tan ,tan 1a a B C xa x a xa x ====--，所以sin sin()sin cos cos sin cos cos cos cos cos cos A B C B C B C B C B C B C ++==2211tan tan 2[(1)]11B C x x x x x x ⎛⎫=+=+=++- ⎪--⎝⎭142481x x x x -⎛⎫=++≥+ ⎪-⎝⎭，等号仅当11x x x x -=-，即12x =时成立，所以sin cos cos A B C的最小值为8.故答案为：8.。

2018年高考理科数二轮创新专题复习：课时跟踪检测三含答案精品

课时跟踪检测（三）A组——12＋4提速练一、选择题1．(2017·沈阳质量检测)已知△ABC中，A＝π6，B＝π4，a＝1，则b＝()A．2 B．1 C. 3 D． 2解析：选D由正弦定理asin A＝bsin B，得1sinπ6＝bsinπ4，即112＝b22，∴b＝2，故选D.2．(2017·张掖模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，b sin B－a sin A＝12a sin C，则sin B＝()A.74 B.34C.73 D.13解析：选A由b sin B－a sin A＝12a sin C，得b2－a2＝12ac，∵c＝2a，∴b＝2a，∴cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋4a2－2a24a2＝34，则sin B＝1－⎝⎛⎭⎫342＝74.3．已知sin β＝35⎝⎛⎭⎫π2<β<π，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝()A．－2 B．2C．－12D．12解析：选A∵sin β＝35，且π2<β<π，∴cos β＝－45，tan β＝－34.∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos α，∴tan α＝－12，∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝－2.4．若△ABC的三个内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且a cos C，b cos B，c cos A成等差数列，则B＝()A．30°B．60°C．90°D．120°解析：选B 由题意知2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，根据正弦定理可得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋cos A sin C ，即2sin B cos B ＝sin(A ＋C )＝sin B ，解得cos B ＝12，所以B ＝60°.5．(2018届高三·贵州七校联考)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4的值为( ) A ．－7210 B.7210 C ．－210D.210解析：选D 由三角函数的定义得tan θ＝2，cos θ＝±55，所以tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝－43，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－35，所以sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝45，所以sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π4＝22(sin 2θ＋cos 2θ)＝22×⎝⎛⎭⎫45－35＝210，故选D. 6．(2017·青岛模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a sin A ＝(2sin B ＋sin C )b ＋(2c ＋b )sin C ，则A ＝( )A ．60°B ．120°C ．30°D ．150°解析：选B 由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得cos A ＝－12，又A 为三角形的内角，故A ＝120°.7．(2017·惠州调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝2，c ＝22，且C ＝π4，则△ABC 的面积为( )A.2＋1B.3＋1 C ．2D. 5解析：选B 由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得sin B ＝b sin C c ＝12，又c >b ，且B ∈(0，π)，所以B ＝π6，所以A ＝7π12，所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×22sin 7π12＝12×2×22×6＋24＝3＋1. 8．(2017·长沙模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2＋b 2＝4a ＋2b －5且a 2＝b 2＋c 2－bc ，则sin B 的值为( )A.32B.34C.22D.35解析：选B 由a 2＋b 2＝4a ＋2b －5可知(a －2)2＋(b －1)2＝0，故a ＝2且b ＝1.又a 2＝b 2＋c 2－bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝bc 2bc ＝12，故sin A ＝32.根据正弦定理a sin A ＝b sin B，得sin B＝322＝34，故选B. 9．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝2b cos C ，则△ABC 的形状是( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形解析：选C ∵a ＝2b cos C ＝2b ·a 2＋b 2－c 22ab ，即b 2－c 2＝0，∴b ＝c ，∴△ABC 是等腰三角形，故选C.10．在△ABC 中，A ＝60°，BC ＝10，D 是AB 边上不同于A ，B 的任意一点，CD ＝2，△BCD 的面积为1，则AC 的长为( )A ．2 3 B. 3 C.33D.233解析：选D 由S △BCD ＝1，可得12×CD ×BC ×sin ∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255或cos ∠DCB ＝－255，又∠DCB <∠ACB ＝180°－A －B ＝120°－B <120°，所以cos ∠DCB >－12，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，cos ∠DCB ＝CD 2＋BC 2－BD 22CD ·BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝31010，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理可得AC ＝BC sin B sin A ＝233，故选D.11．如图，在△ABC 中，∠C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足，若DE ＝22，则cos ∠A ＝( )A.223B.24C.64D.63解析：选C 因为DE ⊥AB ，DE ＝22，所以AD ＝22sin ∠A ，所以BD ＝AD ＝22sin ∠A.因为AD ＝DB ，所以∠A ＝∠ABD ，所以∠BDC ＝∠A ＋∠ABD ＝2∠A .在△BCD 中，由正弦定理BD sin ∠C ＝BC sin ∠BDC ，得22sin ∠A 32＝4sin 2∠A ，整理得cos ∠A ＝64.12．已知锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c,23cos 2A ＋cos 2A ＝0，a ＝7，c ＝6，则b ＝( )A ．10B ．9C ．8D ．5解析：选D ∵23cos 2A ＋cos 2A ＝23cos 2A ＋2cos 2A －1＝25cos 2A －1＝0，∴cos 2A ＝125，∵△ABC 为锐角三角形，∴cos A ＝15.由余弦定理知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即49＝b 2＋36－125b ，解得b ＝5或b ＝－135(舍去)．二、填空题13．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________.解析：由正弦定理，得sin B ＝b sin C c ＝6sin 60°3＝22，因为0°＜B ＜180°，所以B ＝45°或135°.因为b ＜c ，所以B ＜C ，故B ＝45°，所以A ＝180°－60°－45°＝75°. 答案：75°14．(2017·广州模拟)设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2sin C ＝4sin A ，(ca ＋cb )(sin A －sin B )＝sin C (27－c 2)，则△ABC 的面积为________．解析：由a 2sin C ＝4sin A 得ac ＝4，由(ca ＋cb )(sin A －sin B )＝sin C (27－c 2)得(a ＋b )(a －b )＝27－c 2，即a 2＋c 2－b 2＝27，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝74，则sin B ＝34，∴S △ABC ＝12ac sinB ＝32.答案：3215．(2018届高三·湖北七市(州)联考)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，C ＝120°，a ＝2b ，则tan A ＝________.解析：由余弦定理得，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝4b 2＋b 2－2×2b ×b ×⎝⎛⎭⎫－12＝7b 2，∴c ＝7b ，则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋7b 2－4b 22×b ×7b ＝277，∴sin A ＝1－cos 2A ＝1－47＝217，∴tan A ＝sin A cos A ＝32. 答案：3216．钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝________.解析：由题意可得12AB ·BC ·sin B ＝12，又AB ＝1，BC ＝2，所以sin B ＝22，所以B ＝45°或B ＝135°.当B ＝45°时，由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝1，此时AC ＝AB ＝1，BC ＝2，易得A ＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B ＝135°.由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝ 5.答案： 5B 组——能力小题保分练1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C ＝( )A.34 B ．43C ．－43D ．－34解析：选C 因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，结合面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4，即sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2C sin 2C ＋cos 2C ＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)，故选C.2．(2017·合肥质检)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(a －b )(sin A ＋sin B )＝(c －b )·sin C ．若a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围是( )A ．(5,6]B ．(3,5)C ．(3,6]D ．[5,6]解析：选A 由正弦定理可得，(a －b )(a ＋b )＝(c －b )c ，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，则A ＝π3.又b sin B ＝c sin C ＝a sin π3＝2，所以b ＝2sin B ，c ＝2sin C ，所以b 2＋c 2＝4(sin 2B ＋sin 2C )＝4[sin 2B ＋sin 2(A ＋B )]＝4 ⎩⎪⎨⎪⎧1－cos 2B 2＋1－cos[2(A ＋B )]2 ⎭⎪⎬⎪⎫＝3sin 2B －cos 2B ＋4＝2sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6＋4.又△ABC 是锐角三角形，所以B ∈⎝⎛⎭⎫π6，π2，则2B －π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6，所以sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6∈⎝⎛⎦⎤12，1，所以b 2＋c 2的取值范围是(5,6]，故选A. 3.如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝60°，C 点的仰角∠CAB ＝45°以及∠MAC ＝75°；从C 点测得∠MCA ＝60°，已知山高BC ＝100 m ，则山高MN ＝________m.解析：在三角形ABC 中，AC ＝1002，在三角形MAC 中，MA sin 60°＝ACsin 45°，解得MA＝1003，在三角形MNA 中，MN 1003＝sin 60°＝32，故MN ＝150，即山高MN 为150 m .答案：1504．在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则sin A ＝________.解析：如图，AD 为△ABC 中BC 边上的高．设BC ＝a ，由题意知AD ＝13BC ＝13a ，B ＝π4，易知BD ＝AD ＝13a ，DC ＝23a .在Rt △ABD 中，AB ＝ ⎝⎛⎭⎫13a 2＋⎝⎛⎭⎫13a 2＝23a .在Rt △ACD 中，AC ＝⎝⎛⎭⎫13a 2＋⎝⎛⎭⎫23a 2＝53a . ∵S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12BC ·AD ，即12×23a ×53a ·sin ∠BAC ＝12a ·13a ， ∴sin ∠BAC ＝31010.答案：310105.如图，在△ABC 中，AB ＝2，点D 在边BC 上，BD ＝2DC ，cos∠DAC ＝31010，cos ∠C ＝255，则AC ＝________.解析：因为BD ＝2DC ，设CD ＝x ，AD ＝y ，则BD ＝2x ，因为cos ∠DAC ＝31010，cos ∠C ＝255，所以sin ∠DAC ＝1010，sin ∠C ＝55，在△ACD 中，由正弦定理可得AD sin ∠C＝CD sin ∠DAC ，即y 55＝x 1010，即y ＝2x .又cos ∠ADB ＝cos(∠DAC ＋∠C )＝31010×255－1010×55＝22，则∠ADB ＝π4.在△ABD 中，AB 2＝BD 2＋AD 2－2BD ×AD cos π4，即2＝4x 2＋2x 2－2×2x ×2x ×22，即x 2＝1，所以x ＝1，即BD ＝2，DC ＝1，AD ＝2，在△ACD 中，AC 2＝CD 2＋AD 2－2CD ×AD cos 3π4＝5，得AC ＝ 5.答案： 56．(2017·成都模拟)已知△ABC 中，AC ＝2，BC ＝6，△ABC 的面积为32.若线段BA 的延长线上存在点D ，使∠BDC ＝π4，则CD ＝________.解析：因为S△ABC ＝12AC ·BC ·sin ∠BCA ，即32＝12×2×6×sin∠BCA ，所以sin ∠BCA ＝12.因为∠BAC >∠BDC ＝π4，所以∠DAC <3π4，又∠DAC ＝∠ABC ＋∠ACB ，所以∠ACB <3π4，则∠BCA ＝π6，所以cos∠BCA ＝32.在△ABC 中，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠BCA ＝2＋6－2×2×6×32＝2，所以AB ＝2＝AC ，所以∠ABC ＝∠ACB ＝π6，在△BCD 中，BC sin ∠BDC ＝CD sin ∠ABC ，即622＝CD12，解得CD ＝ 3. 答案： 3。

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：32 Word版含解析

跟踪强化训练(三十二)1．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．[解] (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－ 32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2.故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2. 由于C 2的半径为1，所以△C 2MN 的面积为12.2．已知直线l ：⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝32t(t 为参数)，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1)设直线l 与曲线C 1相交于A ，B 两点，求|AB |；(2)若把曲线C 1上各点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标缩短为原来的32，得到曲线C 2，设点P 是曲线C 2上的一个动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．[解] (1)直线l 的普通方程为y ＝3(x －1)，曲线C 1的普通方程为x 2＋y 2＝1.联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3(x －1)，x 2＋y 2＝1，得直线l 与曲线C 1的交点为(1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，则|AB |＝1.(2)曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝12cos θ，y ＝32sin θ(θ为参数)，设点P 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos θ，32sin θ，从而点P 到直线l 的距离为d＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32cos θ－32sin θ－32＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋2，当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－1时，d 取得最小值，且最小值为23－64. 3．(2017·沧州二模)在平面直角坐标系中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝55cos α，y ＝sin α(α为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ 2.l 与C 交于A ，B 两点．(1)求曲线C 的普通方程及直线l 的直角坐标方程； (2)设点P (0，－2)，求|P A |＋|PB |的值．[解](1)曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝55cos α，y ＝sin α(α为参数)，普通方程为C ：5x 2＋y 2＝1；直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2，即ρcos θ－ρsin θ＝2，l ：y ＝x －2.(2)点P (0，－2)在l 上，l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝22t ，y ＝－2＋22t(t 为参数)，代入5x 2＋y 2＝1整理得，3t 2－22t ＋3＝0，由题意可得|P A |＋|PB |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1＋t 2|＝223.4．(2017·陕西咸阳一模)已知曲线C 1的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2＋2sin θ(θ为参数)，以直角坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程是ρ＝－4cos θ.(1)求曲线C 1与C 2的交点的极坐标；(2)A ，B 两点分别为曲线C 1与C 2上，当|AB |最大时，求△OAB 的面积(O 为坐标原点)．[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2＋2sin θ得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y －2＝2sin θ，两式平方相加，得 x 2＋(y －2)2＝4，即x 2＋y 2－4y ＝0.① 由ρ＝－4cos θ，得ρ2＝－4ρcos θ，即x 2＋y 2＝－4x .②①－②得x ＋y ＝0，代入①得交点为(0,0)，(－2,2)．其极坐标为(0,0)，⎝⎛⎭⎪⎫22，3π4.(2)如图．由平面几何知识可知，A ，C 1，C 2，B 依次排列且共线时|AB |最大，此时|AB |＝22＋4，点O 到AB 的距离为 2.∴△OAB 的面积为S ＝12×(22＋4)×2＝2＋2 2.。

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：28 Word版含解析

跟踪强化训练(二十八)一、选择题1．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )A.110B.15C.25D.12[解析] 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合出现红灯”为事件B ，则由题意可得P (A )＝12，P (AB )＝15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率是：P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1512＝25.故选C. [答案] C2．(2017·邯郸一模)口袋里装有红球、白球、黑球各1个，这3个球除颜色外完全相同，有放回地连续抽取2次，每次从中任意地取出1个球，则2次取出的球的颜色不相同的概率是( )A.29B.13C.23D.89[解析] 解法一：由题意知，基本事件总数n ＝3×3＝9，记事件M 为“2次取出的球的颜色不相同”，则事件M 所包含的基本事件个数m ＝3×2＝6，所以2次取出的球的颜色不相同的概率P (M )＝mn ＝69＝23，故选C.解法二：由题意知，所有的基本事件为：红红、红白、红黑、白红、白白、白黑、黑红、黑白、黑黑，共9个，其中2次取出的球的颜色相同的基本事件有3个，所以2次取出的球的颜色不相同的概率为1－39＝23.[答案] C3．(2017·四川省成都市高三二诊)两位同学约定下午5：30～6：00在图书馆见面，且他们在5：30～6：00到达的时刻是等可能的，先到的同学须等待，若15分钟后还未见面便离开．则这两位同学能够见面的概率是( )A.1136B.14C.12D.34[解析] 如图所示，以5：30作为原点O ，建立平面直角坐标系，设两位同学到达的时刻分别为x ，y ，设事件A 表示两位同学能够见面，所构成的区域为A ＝{(x ，y )||x －y |≤15}，即图中阴影部分，根据几何概型概率计算公式得P (A )＝30×30－2×12×15×1530×30＝34.[答案] D4．(2017·金华十校模拟)下课后教室里最后还剩下2位男同学和2位女同学，如果没有2位同学一块走，则第二次走的是男同学的概率是( )A.12B.13C.14D.15[解析] C 12·A 33A 44＝12，故选A.[答案] A5．(2017·南宁模拟)从数字1,2,3,4,5中，随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，其各位数字之和等于12的概率为( )A.225B.13125C.18125D.9125[解析] 从5个数字中任意抽取3个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，这样构成的数字有53＝125个，但要使各位数字之和等于12且没有重复数字时，则该数只能含有3,4,5三个数字，它们有A 33＝6种；若三位数的各位数字均重复，则该数为444；若三位数中有2个数字重复，则该数为552,525,255，有3种．因此，所求概率为P ＝6＋1＋3125＝225，故选A.[答案] A6．(2017·山东青岛模拟)为了庆祝2016年元旦，某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该食品5袋，能获奖的概率为( )A.3181B.3381C.4881D.5081[解析] 获奖可能情况分两类：①12311；12322；12333； ②12312；12313；12323.①P 1＝3×A 55A 3335，②P 2＝3×A 55A 22·A 2235， ∴P ＝P 1＋P 2＝3A 55⎝ ⎛⎭⎪⎫1A 33＋1A 22A 2235＝5081，故选D.[答案] D 二、填空题7．(2017·湖北武汉模拟)已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8.现采用随机模拟的方法估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定0,1，表示没有击中目标，2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标；因为射击4次，故以每4个随机数为一组，代表射击4次的结果．经随机模拟产生了20组随机数：5727 0293 7140 9857 0347 4373 8636 9647 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 6710 4281据此估计，该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为________．[解析] 由题意知模拟射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数，在20组随机数中表示射击4次至少击中3次的有：5727 0293 9857 0347 4373 8636 9647 4698 6233 2616 8045 3661 9597 7424 4281，共15组随机数， ∴所求概率P ＝1520＝0.75. [答案] 0.758．(2017·青岛模拟)如图所示的阴影部分是由x 轴，直线x ＝1及曲线y ＝e x －1围成的，现向矩形区域OABC 内随机投掷一点，则该点落在阴影部分的概率是__________．[解析] 由几何概型的概率计算公式可知，所求概率为⎠⎛01(e x－1)d x 1×(e －1)＝e －2e －1.[答案]e －2e －19．(2017·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．(2017·山东临沂一模)为弘扬传统文化，某校举行诗词大赛．经过层层选拔，最终甲乙两人进入总决赛，争夺冠军．决赛规则如下：①比赛共设有五道题；②双方轮流答题，每次回答一道，两人答题的先后顺序通过抽签决定；③若答对，自己得1分；若答错，则对方得1分；④先得3分者获胜．已知甲、乙答对每道题的概率分别为23和34，且每次答题的结果相互独立．(1)若乙先答题，求甲3∶0获胜的概率；(2)若甲先答题，记乙所得分数为X ，求X 的分布列和数学期望E(X )．[解] (1)分别记“甲、乙回答正确”为事件A 、B ，“甲3∶0获胜”为事件C ，则P (A )＝23，P (B )＝34.由事件的独立性和互斥性得：P (C )＝P (B －A B －)＝P (B －)P (A)P (B －)，＝14×23×14＝124.(2)X 的所有可能取值为0,1,2,3.P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×14＝19，P (X ＝1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×34×14＋C 12×13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝19，P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋C 12×13×C 12×14×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫142×23＝61216，P (X ＝3)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝2)＝107216. X 的分布列为：E (X )＝0×19＋1×19＋2×61216＋3×107216＝467216.11．(2017·广州综合测试)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．[解] (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A)＝C 13·C 27＋C 03·C 37C 310＝4960. 所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960. (2)随机变量X 的所有可能值为0,1,2,3.P (X ＝k)＝C k4·C 3－k 6C 310(k ＝0,1,2,3)．所以P (X ＝0)＝C 04·C 36C 310＝16，P (X ＝1)＝C 14·C 26C 310＝12，P (X ＝2)＝C 24·C 16C 310＝310，P (X ＝3)＝C 34·C 06C 310＝130.所以随机变量X 的分布列是随机变量X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65. 12．(2017·石家庄质检)交强险是车主必须为机动车购买的险种．若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：以这60率，完成下列问题：(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，a＝950.记X为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)(2)某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车．假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元：①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值．[解](1)由题意可知，X的可能取值为0.9a,0.8a,0.7a，a,1.1a,1.3a.由统计数据可知：P(X＝0.9a)＝16，P(X＝0.8a)＝112，P(X＝0.7a)＝112，P(X＝a)＝13，P(X＝1.1a)＝14，P(X＝1.3a)＝112.所以X的分布列为所以E(X)＝0.9a×16＋0.8a×112＋0.7a×112＋a×13＋1.1a×14＋1.3a ×112＝11.9a 12＝1130512≈942.(2)①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为13，三辆车中至多有一辆事故车的概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133＋C 1313⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝2027.②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为－5000,10000.所以Y 的分布列为所以E (Y )＝－5000×13＋10000×23＝5000，所以该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E (Y )＝500000元．。

2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：33 Word版含解析

跟踪强化训练(三十三)1．(2017·四川乐山一模)已知函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|.(1)求不等式f (x )>0的解集；(2)若存在x 0∈R ，使得f (x 0)＋2a 2<4a ，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3，x <－2，－3x －1，－2≤x ≤12，x －3，x >12令f (x )＝0，求得x ＝－13或x ＝3，故不等式f (x )>0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <－13或x >3. (2)若存在x 0∈R ，使得f (x 0)＋2a 2<4a ，即f (x 0)<4a －2a 2有解，由(1)可得f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－3×12－1 ＝－52，故－52<4a －2a 2，求得－12<a <52.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，52. 2．设函数f (x )＝|x －a |＋x .(1)当a ＝2时，求函数f (x )的值域；(2)若g (x )＝|x ＋1|，求不等式g (x )－2>x －f (x )恒成立时a 的取值范围．[解] (1)由题意得，当a ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2，x ≥2，2，x <2. ∵f (x )在[2，＋∞)上单调递增，且f (2)＝2，∴f (x )的值域为[2，＋∞)．(2)由g (x )＝|x ＋1|，不等式g (x )－2>x －f (x )恒成立，得|x ＋1|＋|x －a |>2恒成立，即(|x ＋1|＋|x －a |)min >2.而|x ＋1|＋|x －a |≥|(x ＋1)－(x －a )|＝|1＋a |，∴|1＋a |>2，解得a >1或a <－3，故a 的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．3．(2017·江西南昌一模)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|.(1)若不等式f (x )≤2－|x －1|有解，求实数a 的取值范围；(2)当a <2时，函数f (x )的最小值为3，求实数a 的值．[解] (1)由题意f (x )≤2－|x －1|，即为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≤1.而由绝对值的几何意义知⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1，由不等式f (x )≤2－|x －1|有解，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1≤1，即0≤a ≤4. ∴实数a 的取值范围是[0,4]．(2)函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|的零点为a 2和1，当a <2时知a 2<1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋a ＋1，x <a 2x －a ＋1，a 2≤x ≤13x －a －1，x >1由图可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 2上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2＋1＝3，得a ＝－4<2(合题意)，即a ＝－4.4．(2017·江西赣州一模)设a 、b 为正实数，且1a ＋1b ＝2 2.(1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若(a －b )2≥4(ab )3，求ab 的值．[解] (1)由22＝1a ＋1b ≥21ab 得ab ≥12，当a ＝b ＝22时取等号．故a 2＋b 2≥2ab ≥1，当a ＝b ＝22时取等号．所以a 2＋b 2的最小值是1.(2)由1a ＋1b ＝22可得a ＋b ＝22ab ，∵(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab ＝8a 2b 2－4ab ≥4(ab )3， ∴(ab )2－2ab ＋1≤0，即(ab －1)2≤0，∴ab －1＝0，即ab ＝1.。

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跟踪强化训练(二十七) 一、选择题 1．(2017·自贡一模)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系上点的坐标，则确定的不同的点的个数为( ) A．36 B．32 C．33 D．34 [解析] 不考虑限定条件的情况下，确定的不同的点的个数为C12

C13A33＝36，但集合B，C中有相同元素1，由5,1,1三个数确定的不同

的点只有3个，故最终确定的不同的点的个数为36－(A33－3)＝33. [答案] C 2．(2017·榆林调研)若二项式(ax＋x)5的展开式中x3项的系数为20，则实数a的值是( ) A．3 B．4 C．5 D．6

[解析] 二项式(ax＋x)5的展开式的通项Tr＋1＝a5－rCr5x10－r2 ，令10－r2＝3，解得r＝4，则展开式中x3项的系数为aC45＝20，解得a＝

4，故选B. [答案] B 3．(2017·沧州联考)甲、乙、丙、丁四位同学各自在周六、周日两天中随机选一天郊游，则周六、周日都有同学参加郊游的情况共有( ) A．2种 B．10种 C．12种 D．14种 [解析] 周六、周日都有同学参加郊游的情况有C34A22＋C24A222＝4×2＋6＝14种，选D. [答案] D 4．(2017·宝鸡市高三教学质量检测)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品味、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的2个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( ) A．12 B．8 C．6 D．4 [解析] 除两端的2个河滩主题公园之外，从中间5个河滩主题公园中调整2个，保留3个，可以从这3个河滩主题公园的4个空中任选2个来调整，共有C24＝6种方法． [答案] C

5．(2017·广州一模)(x＋1)2x2－1x6的展开式的常数项为( ) A．54 B．56 C．58 D．60

[解析] (x＋1)2x2－1x6的展开式的常数项就是2x2－1x6的展开式的常数项与x－1项的系数之和.2x2－1x6的展开式的通项Tr＋1＝Cr6

(2x2)6－r－1xr＝(－1)r·26－rCr6x12－3r，令12－3r＝0得r＝4，所以常数项是(－1)4×22×C46＝60，令12－3r＝－1得r＝133，不符合题意，所以

2x2－

x6的展开式的x－1项的系数是不存在的，故选D. [答案] D 6．(2017·河北衡水二中检测)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( )

A．12 B．24 C．30 D．36 [解析] 按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C12×C12＝24种，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6种．综上可得不同的涂色方案的种数是30. [答案] C

7．(2017·武汉模拟)若3x－3xn的展开式中所有项系数的绝对值之和为1024，则该展开式中的常数项是( ) A．－270 B．270 C．－90 D．90

[解析] 3x－3xn的展开式中所有项系数的绝对值之和等于

3

x＋3xn的展开式中所有项系数之和．令x＝1，得4n＝1024，∴n

＝5.3x－3xn的通项Tr＋1＝Cr53x5－r·(－3x)r＝Cr5·35－r·(－ 1)r·xr－52＋r3 ，令r－52＋r3＝0，解得r＝3，∴展开式中的常数项为T4

＝C35·32·(－1)3＝－90，故选C. [答案] C 8．某市在创建“全国文明城市”期间，要求各单位选派工作人员到街道路口站岗，劝导市民文明过马路．教育局将甲、乙等5种工作人员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少1人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ) A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 [解析] 依题意知不同的分配方案可分为以下两种：(1)甲、乙在同一路口，其余三人分配在另外的两个路口，则不同的分配方案有C23A33＝18(种)；(2)甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一人，则不同的分配方案有C13A33＝18(种)．于是不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．故选C. [答案] C 9．(2017·衡水一模)已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数为( ) A．24 B．28 C．36 D．48 [解析] 按红红之间有蓝、无蓝这两类来分情况研究．(1)当红红之间有蓝时，则有A22A24＝24种情况；(2)当红红之间无蓝时，则有C12A22C12C13＝24种情况．因此这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，共有24＋24＝48种排法．故选D. [答案] D 10．(2017·宁波模拟)若(2x－3)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5等于( ) A．－10 B．－5 C．5 D．10 [解析] 对等式两边求导数，10(2x－3)4＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4，令x＝1得结果为10，故选D. [答案] D 11．在5×5的棋盘中，放入3颗相同的黑子和2颗相同的白子，它们均不在同一行也不在同一列，则不同的排列方法有( ) A．150种 B．200种 C．600种 D．1200种 [解析] 首先选出3行3列，共有C35×C35种方法，然后放入3颗黑子，共有3×2×1种方法，然后在剩下的2行2列中放2颗白子，共有2×1种方法，所以不同的排列方法为C35×C35×3×2×1×2×1＝1200种．故选D. [答案] D 12．(2017·太原模拟)将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为( ) A．900 B．864 C．786 D．648 [解析] 先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将剩下的2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中，故符合要求的安排方式共有C15C14C33A22＋C25C23C11A22·A33·C24＝900种，选A. [答案] A 二、填空题 13．(2017·山东卷)已知(1＋3x)n的展开式中含x2项的系数是54，则n＝________. [解析] (1＋3x)n的展开式的通项Tr＋1＝Crn3rxr，∴含有x2项的系数为C2n32＝54，∴n＝4. [答案] 4 14．(2017·郑州一模)(x－2y)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数为________(用数字作答)． [解析] 二项式系数最大的项是T4＝C36x3(－2y)3＝－160x3y3，故填－160. [答案] －160 15．已知一个公园的形状如图所示，现有3种不同的植物要种在此公园的A，B，C，D，E这五个区域内，要求有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有________种．

[解析] 先在A，B，C三个区域种植3种不同的植物，共有A33＝6种种法，若E与A种植的植物相同，最后种D，有1种种法；若E与C种植的植物相同，最后种D，有2种种法，根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有6×(1＋2)＝18种种法． [答案] 18 16．(2017·山西四校联考)设a1，a2，…，an是1,2，…，n的一个排列，把排在ai的左边且比ai小的数的个数为ai(i＝1,2，…，n)的顺序数，如在排列6,4,5,3,2,1中，5的顺序数为1,3的顺序数为0，则在1至8这8个数的排列中，8的顺序数为2,7的顺序数为3,5的顺序数为3的不同排列的种数为________． [解析] 由题意知8一定在第三位，前面有几位数，顺序数就为几而且对其他数的顺序数没有影响，因为8最大，7一定在第五位，因为前面除了8以外所有数都比它小而且对其他数的顺序数没有影响，在8后面又比其他数小，可以把题转换成数列1,2,3,4,5,6保证5的顺序数是3就可以了．分两种情况：6和5前面，此时5一定在第7位，除6外前面有3个数，故有4×4×3×2×1＝96种；6在5后面，此时5一定在第6位上，6在后面两个数位上，故有2×4×3×2×1＝48种，共有96＋48＝144种． [答案] 144