（2019-2023）五年高考数学真题分类汇编 教师版

五年高考真题分类汇编（2019-2023）教师版专题01集合与常用逻辑用语专题02函数的基本概念与基本初等函数I专题03导数及其应用专题04立体几何专题05平面解析几何专题06三角函数及解三角形专题07数列专题08计数原理、概率及统计专题09平面向量、不等式及复数 专题01集合与常用逻辑用语高频考点考点精析考点一元素与集合关系的判断1(2023•上海)已知P={1，2}，Q={2，3}，若M={x|x∈P，x∉Q}，则M=()A.{1}B.{2}C.{3}D.{1，2，3}【解析】∵P={1，2}，Q={2，3}，M={x|x∈P，x∉Q}，∴M={1}．故选：A．考点二集合的包含关系判断及应用2(2023•新高考Ⅱ)设集合A={0，-a}，B={1，a-2，2a-2}，若A⊆B，则a=()2A.2B.1C.D.-13【解析】依题意，a-2=0或2a-2=0，当a-2=0时，解得a=2，此时A={0，-2}，B={1，0，2}，不符合题意；当2a-2=0时，解得a=1，此时A={0，-1}，B={1，-1，0}，符合题意．故选：B．23(2021•上海)已知集合A={x|x>-1，x∈R}，B={x|x-x-2≥0，x∈R}，则下列关系中，正确的是()A.A⊆BB.∁RA⊆∁RBC.A∩B=∅D.A∪B=R2【解析】已知集合A={x|x>-1，x∈R}，B={x|x-x-2≥0，x∈R}，解得B={x|x≥2或x≤-1，x∈R}，∁RA={x|x≤-1，x∈R}，∁RB={x|-1<x<2}；1 则A∪B=R，A∩B={x|x≥2}，故选：D．考点三并集及其运算4(2022•浙江)设集合A={1，2}，B={2，4，6}，则A∪B=()A.{2}B.{1，2}C.{2，4，6}D.{1，2，4，6}【解析】∵A={1，2}，B={2，4，6}，∴A∪B={1，2，4，6}，故选：D．5(2020•山东)设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}【解析】∵集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，∴A∪B={x|1≤x<4}．故选：C．考点四交集及其运算26(2023•新高考Ⅰ)已知集合M={-2，-1，0，1，2}，N={x|x-x-6≥0}，则M∩N=()A.{-2，-1，0，1}B.{0，1，2}C.{-2}D.{2}2【解析】∵x-x-6≥0，∴(x-3)(x+2)≥0，∴x≥3或x≤-2，N=(-∞，-2]∪[3，+∞)，则M∩N={-2}．故选：C．7(2022•上海)若集合A=[-1，2)，B=Z，则A∩B=()A.{-2，-1，0，1}B.{-1，0，1}C.{-1，0}D.{-1}【解析】∵A=[-1，2)，B=Z，∴A∩B={-1，0，1}，故选：B．8(2022•新高考Ⅰ)若集合M={x|x<4}，N={x|3x≥1}，则M∩N=()A.{x|0≤x<2}B.{x1≤x<2C.{x|3≤x<16}D.x1≤x<1633【解析】由x<4，得0≤x<16，∴M={x|x<4}={x|0≤x<16}，由3x≥1，得x≥1，∴N={x|3x≥1}=xx≥1，33∴M∩N={x|0≤x<16}∩{xx≥1={x1≤x<16．33故选：D．9(2022•新高考Ⅱ)已知集合A={-1，1，2，4}，B={x||x-1|≤1}，则A∩B=()A.{-1，2}B.{1，2}C.{1，4}D.{-1，4}【解析】|x-1|≤1，解得：0≤x≤2，∴集合B={x|0≤x≤2}2 ∴A∩B={1，2}．故选：B．10(2021•新高考Ⅰ)设集合A={x|-2<x<4}，B={2，3，4，5}，则A∩B=()A.{2，3，4}B.{3，4}C.{2，3}D.{2}【解析】∵集合A={x|-2<x<4}，B={2，3，4，5}，∴A∩B={2，3}．故选：C．11(2021•浙江)设集合A={x|x≥1}，B={x|-1<x<2}，则A∩B=()A.{x|x>-1}B.{x|x≥1}C.{x|-1<x<1}D.{x|1≤x<2}【解析】因为集合A={x|x≥1}，B={x|-1<x<2}，所以A∩B={x|1≤x<2}．故选：D．12(2020•浙江)已知集合P={x|1<x<4}，Q={x|2<x<3}，则P∩Q=()A.{x|1<x≤2}B.{x|2<x<3}C.{x|3≤x<4}D.{x|1<x<4}【解析】集合P={x|1<x<4}，Q={x|2<x<3}，则P∩Q={x|2<x<3}．故选：B．13(2021•上海)已知A={x|2x≤1}，B={-1，0，1}，则A∩B=．【解析】因为A={x|2x≤1}=xx≤1，B={-1，0，1}，2所以A∩B={-1，0}．故答案为：{-1，0}．14(2020•上海)已知集合A={1，2，4}，集合B={2，4，5}，则A∩B=．【解析】因为A={1，2，4}，B={2，4，5}，则A∩B={2，4}．故答案为：{2，4}．15(2019•上海)已知集合A=(-∞,3)，B=(2,+∞)，则A∩B=．【解析】根据交集的概念可得A∩B=(2,3)．故答案为：(2,3)．考点五交、并、补集的混合运算16(2021•新高考Ⅱ)若全集U={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，6}，B={2，3，4}，则A∩∁UB=()A.{3}B.{1，6}C.{5，6}D.{1，3}【解析】因为全集U={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，6}，B={2，3，4}，所以∁UB={1，5，6}，故A∩∁UB={1，6}．故选：B．3 17(2019•浙江)已知全集U={-1，0，1，2，3}，集合A={0，1，2}，B={-1，0，1}，则(∁UA)∩B=()A.{-1}B.{0，1}C.{-1，2，3}D.{-1，0，1，3}【解析】∵∁UA={-1，3}，∴(∁UA)∩B={-1，3}∩{-1，0，1}={-1}故选：A．考点六命题的真假判断与应用18(2020•浙江)设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：①对于任意的x，y∈S，若x≠y，则xy∈T；y②对于任意的x，y∈T，若x<y，则∈S．下列命题正确的是()xA.若S有4个元素，则S∪T有7个元素B.若S有4个元素，则S∪T有6个元素C.若S有3个元素，则S∪T有5个元素D.若S有3个元素，则S∪T有4个元素【解析】取：S={1，2，4}，则T={2，4，8}，S∪T={1，2，4，8}，4个元素，排除C．S={2，4，8}，则T={8，16，32}，S∪T={2，4，8，16，32}，5个元素，排除D；S={2，4，8，16}则T={8，16，32，64，128}，S∪T={2，4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B；故选：A．考点七充分条件与必要条件19(2020•上海)命题p：存在a∈R且a≠0，对于任意的x∈R，使得f(x+a)<f(x)+f(a)；命题q1:f(x)单调递减且f(x)>0恒成立；命题q2:f(x)单调递增，存在x0<0使得f(x0)=0，则下列说法正确的是()A.只有q1是p的充分条件B.只有q2是p的充分条件C.q1，q2都是p的充分条件D.q1，q2都不是p的充分条件【解析】对于命题q1：当f(x)单调递减且f(x)>0恒成立时，当a>0时，此时x+a>x，又因为f(x)单调递减，所以f(x+a)<f(x)又因为f(x)>0恒成立时，所以f(x)<f(x)+f(a)，所以f(x+a)<f(x)+f(a)，所以命题q1⇒命题p，对于命题q2：当f(x)单调递增，存在x0<0使得f(x0)=0，当a=x0<0时，此时x+a<x，f(a)=f(x0)=0，又因为f(x)单调递增，所以f(x+a)<f(x)，所以f(x+a)<f(x)+f(a)，所以命题p2⇒命题p，所以q1，q2都是p的充分条件，4 故选：C．20(2020•浙江)已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．则“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．而若“m，n，l两两相交”，则“m，n，l在同一平面”成立．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．21(2019•浙江)若a>0，b>0，则“a+b≤4”是“ab≤4”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】∵a>0，b>0，∴4≥a+b≥2ab，∴2≥ab，∴ab≤4，即a+b≤4⇒ab≤4，1若a=4，b=，则ab=1≤4，41但a+b=4+>4，4即ab≤4推不出a+b≤4，∴a+b≤4是ab≤4的充分不必要条件故选：A．2222(2019•上海)已知a、b∈R，则“a>b”是“|a|>|b|”的()A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分又非必要条件2222【解析】∵a>b等价，|a|>|b|，得“|a|>|b|”，22∴“a>b”是“|a|>|b|”的充要条件，故选：C．5 专题02函数的基本概念与基本初等函数I高频考点考点精析考点一函数的值域1(2019•上海)下列函数中，值域为[0，+∞)的是()1x2A.y=2B.y=xC.y=tanxD.y=cosxx【解析】A，y=2的值域为(0,+∞)，故A错B，y=x的定义域为[0，+∞)，值域也是[0，+∞)，故B正确．C，y=tanx的值域为(-∞,+∞)，故C错D，y=cosx的值域为[-1，+1]，故D错．故选：B．1,x≤0,2(2023•上海)已知函数f(x)=x，则函数f(x)的值域为．2,x>0【解析】当x≤0时，f(x)=1，x当x>0时，f(x)=2>1，所以函数f(x)的值域为[1，+∞)．故答案为：[1，+∞)．13(2022•上海)设函数f(x)满足f(x)=f1+x对任意x∈[0，+∞)都成立，其值域是Af，已知对任6 何满足上述条件的f(x)都有{y|y=f(x)，0≤x≤a}=Af，则a的取值范围为．15-1【解析】法一：令x=，解得x=(负值舍去)，x+125-115-1当x1∈0,时，x2=∈,1，2x1+125-115-1当x1∈2,+∞时，x2=x+1∈0,2，15-115-1且当x1∈2,+∞时，总存在x2=x+1∈0,2，使得f(x1)=f(x2)，1故yy=f(x),0≤x≤5-1=A，2f5-15-1若a<2，易得f2∉y|y=f(x),0≤x≤a，5-1所以a≥，25-1即实数a的取值范围为,+∞；21法二：原命题等价于任意a>0,f(x+a)=f，1+x+a11所以≤a⇒x≥-(1+a)恒成立，1+x+aa1即-(1+a)≤0恒成立，又a>0，a5-1所以a≥，25-1即实数a的取值范围为,+∞．25-1故答案为：,+∞．2考点二函数的图象与图象的变换214(2021•浙江)已知函数f(x)=x+，g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是()411A.y=f(x)+g(x)-B.y=f(x)-g(x)-44g(x)C.y=f(x)g(x)D.y=f(x)【解析】由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，7 21因为f(x)=x+为偶函数，g(x)=sinx为奇函数，412函数y=f(x)+g(x)-=x+sinx为非奇非偶函数，故选项A错误；412函数y=f(x)-g(x)-=x-sinx为非奇非偶函数，故选项B错误；42121π函数y=f(x)g(x)=x+4sinx，则y=2xsinx+x+4cosx>0对x∈0,4恒成立，π则函数y=f(x)g(x)在0,上单调递增，故选项C错误．4故选：D．5(2020•浙江)函数y=xcosx+sinx在区间[-π，π]上的图象可能是()A.B.C.D.【解析】y=f(x)=xcosx+sinx，则f(-x)=-xcosx-sinx=-f(x)，∴f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除C，D，当x=π时，y=f(π)=πcosπ+sinπ=-π<0，故排除B，故选：A．116(2019•浙江)在同一直角坐标系中，函数y=，y=logax+(a>0且a≠1)的图象可能是x2a()A.B.8 C.D.11【解析】由函数y=，y=logax+，x2a1当a>1时，可得y=是递减函数，图象恒过(0,1)点，xa11函数y=logax+2，是递增函数，图象恒过2，0；1当1>a>0时，可得y=是递增函数，图象恒过(0,1)点，xa11函数y=logax+2，是递减函数，图象恒过2，0；∴满足要求的图象为：D故选：D．考点三．复合函数的单调性x(x-a)7(2023•新高考Ⅰ)设函数f(x)=2在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是()A.(-∞，-2]B.[-2，0)C.(0，2]D.[2，+∞)2a【解析】设t=x(x-a)=x-ax，对称轴为x=，抛物线开口向上，2t∵y=2是t的增函数，∴要使f(x)在区间(0,1)单调递减，2则t=x-ax在区间(0,1)单调递减，a即≥1，即a≥2，2故实数a的取值范围是[2，+∞)．故选：D．28(2020•海南)已知函数f(x)=lg(x-4x-5)在(a,+∞)上单调递增，则a的取值范围是()A.(2,+∞)B.[2，+∞)C.(5,+∞)D.[5，+∞)2【解析】由x-4x-5>0，得x<-1或x>5．2令t=x-4x-5，∵外层函数y=lgt是其定义域内的增函数，2∴要使函数f(x)=lg(x-4x-5)在(a,+∞)上单调递增，2则需内层函数t=x-4x-5在(a,+∞)上单调递增且恒大于0，则(a，+∞)⊆(5，+∞)，即a≥5．∴a的取值范围是[5，+∞)．故选：D．9 考点四函数的最值及其几何意义9(2021•新高考Ⅰ)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为．【解析】法一、函数f(x)=|2x-1|-2lnx的定义域为(0,+∞)．1当0<x≤时，f(x)=|2x-1|-2lnx=-2x+1-2lnx，21此时函数f(x)在0，2上为减函数，1当x>时，f(x)=|2x-1|-2lnx=2x-1-2lnx，222(x-1)则f′(x)=2-=，xx1当x∈，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，2当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∵f(x)在(0,+∞)上是连续函数，∴当x∈(0,1)时，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递增．∴当x=1时f(x)取得最小值为f(1)=2×1-1-2ln1=1．故答案为：1．法二、令g(x)=|2x-1|，h(x)=2lnx，分别作出两函数的图象如图：由图可知，f(x)≥f(1)=1，则数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为1．故答案为：1．3210(2019•浙江)已知a∈R，函数f(x)=ax-x．若存在t∈R，使得|f(t+2)-f(t)|≤，则实数a3的最大值是．2【解析】存在t∈R，使得|f(t+2)-f(t)|≤，3332即有|a(t+2)-(t+2)-at+t|≤，322化为|2a(3t+6t+4)-2|≤，3222可得-≤2a(3t+6t+4)-2≤，3310 224即≤a(3t+6t+4)≤，3322由3t+6t+4=3(t+1)+1≥1，44可得0<a≤，可得a的最大值为．334故答案为：．3考点五函数奇偶性的性质与判断2x-111(2023•新高考Ⅱ)若f(x)=(x+a)ln为偶函数，则a=()2x+11A.-1B.0C.D.122x-111【解析】由>0，得x>或x<-，2x+122由f(x)是偶函数，∴f(-x)=f(x)，-2x-12x-1得(-x+a)ln=(x+a)ln，-2x+12x+12x+12x-1-12x-12x-1即(-x+a)ln=(-x+a)ln=(x-a)ln=(x+a)ln，2x-12x+12x+12x+1∴x-a=x+a，得-a=a，得a=0．故选：B．12(2021•上海)以下哪个函数既是奇函数，又是减函数()3xA.y=-3xB.y=xC.y=log3xD.y=3【解析】y=-3x在R上单调递减且为奇函数，A符合题意；3因为y=x在R上是增函数，B不符合题意；xy=log3x，y=3为非奇非偶函数，C不符合题意；故选：A．213(2019•上海)已知ω∈R，函数f(x)=(x-6)⋅sin(ωx)，存在常数a∈R，使f(x+a)为偶函数，则ω的值可能为()ππππA.B.C.D.23452【解析】由于函数f(x)=(x-6)⋅sin(ωx)，存在常数a∈R，f(x+a)为偶函数，2则：f(x+a)=(x+a-6)⋅sin[ω(x+a)]，由于函数为偶函数，故：a=6，π所以：6ω=+kπ，2π当k=1时．ω=4故选：C．11 14(2021•新高考Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x):．①f(x1x2)=f(x1)f(x2)；②当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．2222【解析】f(x)=x时，f(x1x2)=(x1x2)=x1x2=f(x1)f(x2)；当x∈(0,+∞)时，f′(x)=2x>0；f′(x)=2x是奇函数．2故答案为：f(x)=x．a另解：幂函数f(x)=x(a>0)即可满足条件①和②；偶函数即可满足条件③，2综上所述，取f(x)=x即可．3x-x15(2021•新高考Ⅰ)已知函数f(x)=x(a⋅2-2)是偶函数，则a=．3x-x【解析】函数f(x)=x(a⋅2-2)是偶函数，3y=x为R上的奇函数，x-x故y=a⋅2-2也为R上的奇函数，00所以y|x=0=a⋅2-2=a-1=0，所以a=1．3x-x法二：因为函数f(x)=x(a⋅2-2)是偶函数，所以f(-x)=f(x)，3-xx3x-x即-x(a⋅2-2)=x(a⋅2-2)，3x-x3-xx即x(a⋅2-2)+x(a⋅2-2)=0，x-x3即(a-1)(2+2)x=0，所以a=1．故答案为：1．2x+(3a+1)x+c16(2023•上海)已知a，c∈R，函数f(x)=．x+a(1)若a=0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f(x)是奇函数，说明理由；(2)若函数过点(1,3)，且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围．2x+x+cc【解析】(1)若a=0，则f(x)==x++1，xx要使函数有意义，则x≠0，即f(x)的定义域为{x|x≠0}，c∵y=x+是奇函数，y=1是偶函数，xc∴函数f(x)=x++1为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数c，使得f(x)是奇函数．x1+3a+1+c3a+2+c(2)若函数过点(1,3)，则f(1)===3，得3a+2+c=3+3a，得c=3-21+a1+a=1，2x+(3a+1)x+1此时f(x)=，若数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点，x+a2x+(3a+1)x+12即f(x)==0，得x+(3a+1)x+1=0，当x<0时，有两个不同的交点，x+a2设g(x)=x+(3a+1)x+1，2△=(3a+1)-4>01x1x2=1>03a+1>2或3a+1<-2a>3或a<-11则x1+x2=-(3a+1)<0，得3a+1>0，得1，即a>3，a>-3-3a+1<0212 2若x+a=0即x=-a是方程x+(3a+1)x+1=0的根，221则a-(3a+1)a+1=0，即2a+a-1=0，得a=或a=-1，211则实数a的取值范围是a>且a≠且a≠-1，32111即3，2∪2，+∞．考点六奇偶性与单调性的综合17(2021•新高考Ⅱ)已知函数f(x)的定义域为R(f(x)不恒为0)，f(x+2)为偶函数，f(2x+1)为奇函数，则()1A.f-=0B.f(-1)=0C.f(2)=0D.f(4)=02【解析】∵函数f(x+2)为偶函数，∴f(2+x)=f(2-x)，∵f(2x+1)为奇函数，∴f(1-2x)=-f(2x+1)，用x替换上式中2x+1，得f(2-x)=-f(x)，∴f(2+x)=-f(x)，f(4+x)=-f(2+x)=f(x)，即f(x)=f(x+4)，故函数f(x)是以4为周期的周期函数，∵f(2x+1)为奇函数，∴f(1-2x)=-f(2x+1)，即f(2x+1)+f(-2x+1)=0，用x替换上式中2x+1，可得，f(x)+f(2-x)=0，∴f(x)关于(1,0)对称，又∵f(1)=0，∴f(-1)=-f(2+1)=-f(1)=0．故选：B．18(2020•海南)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是()A.[-1，1]∪[3，+∞)B.[-3，-1]∪[0，1]C.[-1，0]∪[1，+∞)D.[-1，0]∪[1，3]【解析】∵定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减，且f(2)=0，f(x)的大致图象如图：∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，且f(-2)=0；故f(-1)<0；13 当x=0时，不等式xf(x-1)≥0成立，当x=1时，不等式xf(x-1)≥0成立，当x-1=2或x-1=-2时，即x=3或x=-1时，不等式xf(x-1)≥0成立，当x>0时，不等式xf(x-1)≥0等价为f(x-1)≥0，x>0此时，此时1<x≤3，0<x-1≤2当x<0时，不等式xf(x-1)≥0等价为f(x-1)≤0，x<0即，得-1≤x<0，-2≤x-1<0综上-1≤x≤0或1≤x≤3，即实数x的取值范围是[-1，0]∪[1，3]，故选：D．考点七分段函数的应用2ax-1x<019(2022•上海)若函数f(x)=x+ax>0，为奇函数，求参数a的值为．0x=02ax-1x<0【解析】∵函数f(x)=x+ax>0，为奇函数，∴f(-x)=-f(x)，0x=02∴f(-1)=-f(1)，∴-a-1=-(a+1)，即a(a-1)=0，求得a=0或a=1．-1,x<0当a=0时，f(x)=0,x=0，不是奇函数，故a≠0；x,x>0x-1,x<0当a=1时，f(x)=0,x=0，是奇函数，故满足条件，x+1,x>0综上，a=1，故答案为：1．2-x+2,x≤1,13720(2022•浙江)已知函数f(x)=x+1-1,x>1,则ff2=28　；若当x∈[a，b]时，1≤xf(x)≤3，则b-a的最大值是．2-x+2,x≤1117【解析】∵函数f(x)=1，∴f2=-4+2=4，x+-1,x>1x177437∴ff2=f4=4+7-1=28；作出函数f(x)的图象如图：14 由图可知，若当x∈[a，b]时，1≤f(x)≤3，则b-a的最大值是2+3-(-1)=3+3．37故答案为：；3+3．28考点八抽象函数及其应用2221(2022•新高考Ⅱ)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)，f(1)=1，则fk=1(k)=()A.-3B.-2C.0D.1【解析】令y=1，则f(x+1)+f(x-1)=f(x)，即f(x+1)=f(x)-f(x-1)，∴f(x+2)=f(x+1)-f(x)，f(x+3)=f(x+2)-f(x+1)，∴f(x+3)=-f(x)，则f(x+6)=-f(x+3)=f(x)，∴f(x)的周期为6，令x=1，y=0得f(1)+f(1)=f(1)×f(0)，解得f(0)=2，又f(x+1)=f(x)-f(x-1)，∴f(2)=f(1)-f(0)=-1，f(3)=f(2)-f(1)=-2，f(4)=f(3)-f(2)=-1，f(5)=f(4)-f(3)=1，f(6)=f(5)-f(4)=2，6∴f(k)=1-1-2-1+1+2=0，k=122∴f(k)=3×0+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=-3．k=1故选：A．2222【多选】(2023•新高考Ⅰ)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)=yf(x)+xf(y)，则()A.f(0)=0B.f(1)=0C.f(x)是偶函数D.x=0为f(x)的极小值点22【解析】由f(xy)=yf(x)+xf(y)，取x=y=0，可得f(0)=0，故A正确；取x=y=1，可得f(1)=2f(1)，即f(1)=0，故B正确；15 1取x=y=-1，得f(1)=2f(-1)，即f(-1)=f(1)=0，2取y=-1，得f(-x)=f(x)，可得f(x)是偶函数，故C正确；由上可知，f(-1)=f(0)=f(1)=0，而函数解析式不确定，22不妨取f(x)=0，满足f(xy)=yf(x)+xf(y)，常数函数f(x)=0无极值，故D错误．故选：ABC．23(2020•上海)已知非空集合A⊆R，函数y=f(x)的定义域为D，若对任意t∈A且x∈D，不等式f(x)≤f(x+t)恒成立，则称函数f(x)具有A性质．(1)当A={-1}，判断f(x)=-x、g(x)=2x是否具有A性质；1(2)当A=(0,1)，f(x)=x+，x∈[a，+∞)，若f(x)具有A性质，求a的取值范围；x(3)当A={-2，m}，m∈Z，若D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的m的值．【解析】(1)∵f(x)=-x为减函数，∴f(x)<f(x-1)，∴f(x)=-x具有A性质；∵g(x)=2x为增函数，∴g(x)>g(x-1)，∴g(x)=2x不具有A性质；(2)依题意，对任意t∈(0,1)，f(x)≤f(x+t)恒成立，1∴f(x)=x+(x≥a)为增函数(不可能为常值函数)，x由双勾函数的图象及性质可得a≥1，当a≥1时，函数单调递增，满足对任意t∈(0,1)，f(x)≤f(x+t)恒成立，综上，实数a的取值范围为[1，+∞)．(3)∵D为整数集，具有A性质的函数均为常值函数，当m≤0时，取单调递减函数f(x)=-x，两个不等式恒成立，但f(x)不为常值函数；0,n为偶数当m为正偶数时，取fx=，两个不等式恒成立，但f(x)不为常值函数；1,n为奇数当m为正奇数时，根据对任意t∈A且x∈D，不等式f(x)≤f(x+t)恒成立，可得f(x-m)≤f(x)≤f(x+m)≤f(x+1)≤f(x-1)≤f(x-m)，则f(x)=f(x+1)，所以f(x)为常值函数，综上，m为正奇数．考点九函数的周期性324(2019•上海)已知函数f(x)周期为1，且当0<x≤1时，f(x)=log2x，则f2=．31【解析】因为函数f(x)周期为1，所以f2=f2，1因为当0<x≤1时，f(x)=log2x，所以f2=-1，故答案为：-1．16 考点十函数恒成立问题25(2021•上海)已知x1，x2∈R，若对任意的x2-x1∈S，f(x2)-f(x1)∈S，则有定义：f(x)是在S关联的．(1)判断和证明f(x)=2x-1是否在[0，+∞)关联？是否有[0，1]关联？2(2)若f(x)是在{3}关联的，f(x)在x∈[0，3)时，f(x)=x-2x，求解不等式：2≤f(x)≤3．(3)证明：f(x)是{1}关联的，且是在[0，+∞)关联的，当且仅当“f(x)在[1，2]是关联的”．【解析】(1)f(x)在[0，+∞)关联，在[0，1]不关联，任取x1-x2∈[0，+∞)，则f(x1)-f(x2)=2(x1-x2)∈[0，+∞)，∴f(x)在[0，+∞)关联；取x1=1，x2=0，则x1-x2=1∈[0，1]，∵f(x1)-f(x2)=2(x1-x2)=2∉[0，1]，∴f(x)在[0，1]不关联；(2)∵f(x)在{3}关联，∴对于任意x1-x2=3，都有f(x1)-f(x2)=3，∴对任意x，都有f(x+3)-f(x)=3，2由x∈[0，3)时，f(x)=x-2x，得f(x)在x∈[0，3)的值域为[-1，3)，∴f(x)在x∈[3，6)的值域为[2，6)，∴2≤f(x)≤3仅在x∈[0，3)或x∈[3，6)上有解，22x∈[0，3)时，f(x)=x-2x，令2≤x-2x≤3，解得3+1≤x<3，22x∈[3，6)时，f(x)=f(x-3)+3=x-8x+18，令2≤x-8x+18≤3，解得3≤x≤5，∴不等式2≤f(x)≤3的解为[3+1，5]，(3)证明：①先证明：f(x)是在{1}关联的，且是在[0，+∞)关联的⇒f(x)在[1，2]是关联的，由已知条件可得，f(x+1)=f(x)+1，∴f(x+n)=f(x)+n，n∈Z，又∵f(x)是在[0，+∞)关联的，∴任意x2>x1，f(x2)>f(x1)成立，若1≤x2-x1≤2，∴x1+1≤x2≤x1+2，∴f(x1+1)≤f(x2)≤f(x1+2)，即f(x1)+1≤f(x2)≤f(x1)+2，∴1≤f(x2)-f(x1)≤2，∴f(x)是[1，2]关联，②再证明：f(x)在[1，2]是关联的⇒f(x)是在{1}关联的，且是在[0，+∞)关联的，∵f(x)在[1，2]是关联的，∴任取x1-x2∈[1，2]，都有f(x1)-f(x2)∈[1，2]成立，即满足1≤x1-x2≤2，都有1≤f(x1)-f(x2)≤2，下面用反证法证明f(x+1)-f(x)=1，若f(x+1)-f(x)>1，则f(x+2)-f(x)=f(x+2)-f(x+1)+f(x+1)-f(x)>2，与f(x)在[1，2]是关联的矛盾，若f(x+1)-f(x)<1，而f(x)在[1，2]是关联的，则f(x+1)-f(x)≥1，矛盾，∴f(x+1)-f(x)=1成立，即f(x)是在{1}关联的，再证明f(x)是在[0，+∞)关联的，任取x1-x2∈[n，+∞)(n∈N)，则存在n∈N，使得任取x1-x2∈[n，n+1](n∈N)，∵1≤x1-(n-1)-x2≤2，17 ∴f[x1-(n-1)]-f(x2)=f(x1)-(n-1)-f(x2)∈[1，2]，∴f(x1)-f(x2)⊆[n，n+1]⊆[0，+∞)，∴f(x)是在[0，+∞)关联的；综上所述，f(x)是{1}关联的，且是在[0，+∞)关联的，当且仅当“f(x)在[1，2]是关联的”，故得证．考点十一对数的运算性质aa-3b26(2022•浙江)已知2=5，log83=b，则4=()255A.25B.5C.D.93a【解析】由2=5，log83=b，b3b可得8=2=3，a(2a)22a-3b4525则4====，43b(23b)2329故选：C．考点十二对数值大小的比较0.1127(2022•新高考Ⅰ)设a=0.1e，b=，c=-ln0.9，则()9A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b1【解析】构造函数f(x)=lnx+，x>0，x11则f(x)=-，x>0，xx2当f(x)=0时，x=1，0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x=1处取最小值f(1)=1，1∴lnx>1-，(x>0且x≠1)，x111∴ln0.9>1-=-，∴-ln0.9<，∴c<b；0.9991091100.1∵-ln0.9=ln>1-=，∴>e，9101090.11∴0.1e<，∴a<b；9x设g(x)=xe+ln(1-x)(0<x<1)，2xx1(x-1)e+1则g(x)=(x+1)e+=，x-1x-1x2x2令h(x)=e(x-1)+1，h′(x)=e(x+2x-1)，当0<x<2-1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当2-1<x<1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，∵h(0)=0，∴当0<x<2-1时，h(x)<0，x当0<x<2-1时，g′(x)>0，g(x)=xe+ln(1-x)单调递增，0.1∴g(0.1)>g(0)=0，∴0.1e>-ln0.9，∴a>c，18 ∴c<a<b．故选：C．128(2021•新高考Ⅱ)已知a=log52，b=log83，c=，则下列判断正确的是()2A.c<b<aB.b<a<cC.a<c<bD.a<b<c112121【解析】∵log52<log55=，log83>log88=，22∴a<c<b．故选：C．考点十三反函数3-129(2021•上海)已知f(x)=+2，则f(1)=　　．x3【解析】因为f(x)=+2，x3令f(x)=1，即+2=1，解得x=-3，x-1故f(1)=-3．故答案为：-3．3-1-130(2020•上海)已知函数f(x)=x，f(x)是f(x)的反函数，则f(x)=．33【解析】由y=f(x)=x，得x=y，3-13把x与y互换，可得f(x)=x的反函数为f(x)=x．3故答案为：x．考点十四函数与方程的综合运用x,x<0,31(2019•浙江)设a，b∈R，函数f(x)=1312若函数y=f(x)-ax-b恰有x-(a+1)x+ax,x≥0⋅323个零点，则()A.a<-1，b<0B.a<-1，b>0C.a>-1，b<0D.a>-1，b>0b【解析】当x<0时，y=f(x)-ax-b=x-ax-b=(1-a)x-b=0，得x=；y=f(x)-ax-1-ab最多一个零点；13121312当x≥0时，y=f(x)-ax-b=x-(a+1)x+ax-ax-b=x-(a+1)x-b，32322y′=x-(a+1)x，当a+1≤0，即a≤-1时，y′≥0，y=f(x)-ax-b在[0，+∞)上递增，y=f(x)-ax-b最多一个零点．不合题意；当a+1>0，即a>-1时，令y′>0得x∈(a+1,+∞)，函数递增，令y′<0得x∈[0，a+1)，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数y=f(x)-ax-b恰有3个零点⇔函数y=f(x)-ax-b在(-∞,0)上有一个零点，在[0，+∞)上有2个零点，如右图：19 b-b>0∴<0且1312，1-a(a+1)-(a+1)(a+1)-b<03213解得b<0，1-a>0，b>-(a+1)．613∴-(a+1)<b<0，-1<a<16故选：C．232(2019•上海)已知f(x)=-a(x>1,a>0)，f(x)与x轴交点为A，若对于f(x)图象上任意x-1一点P，在其图象上总存在另一点Q(P、Q异于A)，满足AP⊥AQ，且|AP|=|AQ|，则a=．【解析】由题意，可知：22令f(x)=-a=0，解得：x=+1，x-1a2∴点A的坐标为：+1，0．a2-a,1<x≤xx-1A则f(x)=．-2+a,x>xx-1A∴f(x)大致图象如下：由题意，很明显P、Q两点分别在两个分段曲线上，不妨设点P在左边曲线上，点Q在右边曲线上．2设直线AP的斜率为k，则lAP:y=kx-a-1．20 y=kx-2-1a联立方程：，y=2-ax-1222整理，得：kx+a-ka+2x+ka+1-a-2=0．a-k2+2a2a∴xP+xA=-=+2-．kak2∵xA=+1，a2aa∴xP=+2--xA=1-．akka再将xP=1-代入第一个方程，可得：k2kyP=-a-．aa2k∴点P的坐标为：1-，-a-a．k22∴|AP|=(xP-xA)+(yP-yA)a222k2=1-k-a-1+-a-a4221124=⋅k+4k+a⋅+4⋅+a+．22k2aka∵AP⊥AQ，112∴直线AQ的斜率为-k，则lAQ:y=-kx-a-1．同理类似求点P的坐标的过程，可得：2点Q的坐标为：1-ak,a+．ak22∴|AQ|=(xQ-xA)+(yQ-yA)2222=1-ak-a-1+a+ak2241124=a⋅k+4k+⋅+4⋅+a+22k2aka∵|AP|=|AQ|，及k的任意性，可知：42=a，解得：a=2．2a故答案为：2．133(2019•上海)已知f(x)=ax+，a∈R．x+1(1)当a=1时，求不等式f(x)+1<f(x+1)的解集；(2)若f(x)在x∈[1，2]时有零点，求a的取值范围．1【解析】(1)f(x)=ax+(a∈R)．x+11当a=1时，f(x)=x+．x+111所以：f(x)+1<f(x+1)转换为：x++1<x+1+，x+1x+221 11即：<，x+1x+2解得：-2<x<-1．故：{x|-2<x<-1}．1(2)函数f(x)=ax+在x∈[1，2]时，f(x)有零点，x+1即函数在该区间上有解，1即：a=-，x(x+1)即求函数g(x)在x∈[1，2]上的值域，由于：x(x+1)在x∈[1，2]上单调递减，故：x(x+1)∈[2，6]，111所以：-∈-,-，x(x+1)2611故：a∈-,-26考点十五根据实际问题选择函数类型34(2020•山东)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以rt用指数模型：I(t)=e描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT．有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为()(ln2≈0.69)A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天0.38t【解析】把R0=3.28，T=6代入R0=1+rT，可得r=0.38，∴I(t)=e，0.38t当t=0时，I(0)=1，则e=2，ln2两边取对数得0.38t=ln2，解得t=≈1.8．0.38故选：B．35【多选】(2023•新高考Ⅰ)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压p级Lp=20×lg，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：p0声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060~90混合动力汽车1050~60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则()A.p1≥p2B.p2>10p3C.p3=100p0D.p1≤100p2p912【解析】由题意得，60≤20lg≤90，1000p0≤p1≤10p0，p0p52250≤20lg≤60，10p0≤p2≤1000p0，p022 p320lg=40，p3=100p0，p0可得p1≥p2，A正确；p2≤10p3=1000p0，B错误；p3=100p0，C正确；9522p1≤10p0=100×10p0≤100p2，p1≤100p2，D正确．故选：ACD．F036(2023•上海)为了节能环保、节约材料，定义建筑物的“体形系数”S=，其中F0为建筑物暴露V0在空气中的面积(单位：平方米)，V0为建筑物的体积(单位：立方米)．(1)若有一个圆柱体建筑的底面半径为R，高度为H，暴露在空气中的部分为上底面和侧面，试求该建筑体的“体形系数”S；(结果用含R、H的代数式表示)2L(2)定义建筑物的“形状因子”为f=，其中A为建筑物底面面积，L为建筑物底面周长，又定义T为总A建筑面积，即为每层建筑面积之和(每层建筑面积为每一层的底面面积)．设n为某宿舍楼的层数，层高f⋅n1为3米，则可以推导出该宿舍楼的“体形系数”为S=+．当f=18，T=10000时，试求当该宿T3n舍楼的层数n为多少时，“体形系数”S最小．【解析】(1)由圆柱体的表面积和体积公式可得：22F0=2πRH+πR⋅V0=πRH，F0πR(2H+R)2H+R所以S===．V2HR0πRH18n132n1*(2)由题意可得S=+=+，n∈N，100003n1003n3232192n-200所以S′=-=，22200n3n600n320000令S′=0，解得n=≈6.27，81所以S在[1，6.27]单调递减，在[6.27，+∞)单调递增，所以S的最小值在n=6或7取得，32×61当n=6时，S=+≈0.31，1003×632×71当n=7时，S=+≈0.16，1003×7所以在n=6时，该建筑体S最小．37(2021•上海)已知一企业今年第一季度的营业额为1.1亿元，往后每个季度增加0.05亿元，第一季度的利润为0.16亿元，往后每一季度比前一季度增长4%．(1)求今年起的前20个季度的总营业额；(2)请问哪一季度的利润首次超过该季度营业额的18%？【解析】(1)由题意可知，可将每个季度的营业额看作等差数列，则首项a1=1.1，公差d=0.05，20(20-1)∴S20=20a1+d=20×1.1+10×19×0.05=31.5，223 即营业额前20季度的和为31.5亿元．*(2)解法一：假设今年第一季度往后的第n(n∈N)季度的利润首次超过该季度营业额的18%，n则0.16×(1+4%)>(1.1+0.05n)⋅18%，n*令f(n)=0.16×(1+4%)-(1.1+0.05n)⋅18%，(n∈N)，即要解f(n)>0，n-1则当n≥2时，f(n)-f(n-1)=0.0064⋅(1+4%)-0.009，令f(n)-f(n-1)>0，解得：n≥10，即当1≤n≤9时，f(n)递减；当n≥10时，f(n)递增，由于f(1)<0，因此f(n)>0的解只能在n≥10时取得，经检验，f(24)<0，f(25)>0，所以今年第一季度往后的第25个季度的利润首次超过该季度营业额的18%．*解法二：设今年第一季度往后的第n(n∈N)季度的利润与该季度营业额的比为an，an+11.04(1.05+0.05n)1.0426则==1.04-=1+0.041-，an1.1+0.05n22+n22+n∴数列{an}满足a1>a2>a3>a4=a5<a6<a7<⋯⋯，注意到，a25=0.178⋯，a26=0.181⋯，∴今年第一季度往后的第25个季度利润首次超过该季度营业额的18%．38(2020•上海)在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间，车辆密度是该路段一定q时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为v=，x为道路密度，q为车辆密度，交通流x80100-135⋅1x,0<x<40量v=f(x)=3．-k(x-40)+85,40≤x≤80(1)若交通流量v>95，求道路密度x的取值范围；(2)已知道路密度x=80时，测得交通流量v=50，求车辆密度q的最大值．【解析】(1)按实际情况而言，交通流量v随着道路密度x的增大而减小，故v=f(x)是单调递减函数，所以k>0，当40≤x≤80时，v最大为85，801x80于是只需令100-135⋅>95，解得x<，3380故道路密度x的取值范围为0,．3(2)把x=80，v=50代入v=f(x)=-k(x-40)+85中，7得50=-k⋅40+85，解得k=．880100x-135⋅1x⋅x,0<x<403∴q=vx=，-7(x-40)x+85x,40≤x≤808801x①当0<x<40时，v=100-135⋅<100，3q=vx<100×40=4000．24 72②当40≤x≤80时，q是关于x的二次函数，q=-x+120x，84807480248028800对称轴为x=，此时q有最大值，为-×+120×=>4000．7877728800综上所述，车辆密度q的最大值为．725 专题03导数及其应用高频考点考点精析考点一导数的运算1【多选】(2022•新高考Ⅰ)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)．若3f-2x，g(2+x)均为偶函数，则()21A.f(0)=0B.g-=0C.f(-1)=f(4)D.g(-1)=g(2)23333【解析】∵f2-2x为偶函数，∴可得f2-2x=f2+2x，∴f(x)关于x=2对称，53535令x=4，可得f2-2×4=f2+2×4，即f(-1)=f(4)，故C正确；∵g(2+x)为偶函数，∴g(2+x)=g(2-x)，g(x)关于x=2对称，故D不正确；33∵f(x)关于x=对称，∴x=是函数f(x)的一个极值点，22333∴函数f(x)在2，t处的导数为0，即g2=f′2=0，535又∴g(x)的图象关于x=2对称，∴g2=g2=0，∴函数f(x)在2，t的导数为0，5353∴x=是函数f(x)的极值点，又f(x)的图象关于x=对称，∴，t关于x=的对称点为22221，t，25111由x=2是函数f(x)的极值点可得x=2是函数f(x)的一个极值点，∴g2=f′2=0，1773进而可得g2=g2=0，故x=2是函数f(x)的极值点，又f(x)的图象关于x=2对称，73111∴2，t关于x=2的对称点为-2，t，∴g-2=f′-2=0，故B正确；f(x)图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A错误．解法二：构造函数法，3令f(x)=1-sinπx，则f-2x=1+cos2πx，则g(x)=f′(x)=-πcosπx，2g(x+2)=-πcos(2π+πx)=-πcosπx，满足题设条件，可得只有选项BC正确，26 故选：BC．考点二利用导数研究曲线上某点切线方程x2(2021•新高考Ⅰ)若过点(a,b)可以作曲线y=e的两条切线，则()babaA.e<aB.e<bC.0<a<eD.0<b<exx【解析】法一：函数y=e是增函数，y′=e>0恒成立，函数的图象如图，y>0，即切点坐标在x轴上方，如果(a,b)在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点(a,b)在x轴或下方时，只有一条切线．如果(a,b)在曲线上，只有一条切线；(a,b)在曲线上侧，没有切线；a由图象可知(a,b)在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0<b<e．故选：D．法二：设过点(a,b)的切线横坐标为t，ttt则切线方程为y=e(x-t)+e，可得b=e(a+1-t)，t设f(t)=(a+1-t)，可得f′(t)=e(a-t)，t∈(-∞,a)，f′(t)>0，f(t)是增函数，t∈(a,+∞)，f′(t)<0，f(t)是减函数，a因此当且仅当0<b<e时，上述关于t的方程有两个实数解，对应两条切线．故选：D．x3(2022•新高考Ⅰ)若曲线y=(x+a)e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．xxx0【解析】y=e+(x+a)e，设切点坐标为(x0，(x0+a)e)，x0x0∴切线的斜率k=e+(x0+a)e，x0x0x0∴切线方程为y-(x0+a)e=(e+(x0+a)e)(x-x0)，x0x0x0又∵切线过原点，∴-(x0+a)e=(e+(x0+a)e)(-x0)，2整理得：x0+ax0-a=0，∵切线存在两条，∴方程有两个不等实根，2∴△=a+4a>0，解得a<-4或a>0，即a的取值范围是(-∞，-4)∪(0，+∞)，故答案为：(-∞，-4)∪(0，+∞)．27 4(2022•新高考Ⅱ)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为，．【解析】当x>0时，y=lnx，设切点坐标为(x0，lnx0)，11∵y=，∴切线的斜率k=，xx01∴切线方程为y-lnx0=(x-x0)，x0又∵切线过原点，∴-lnx0=-1，∴x0=e，1∴切线方程为y-1=(x-e)，即x-ey=0，e当x<0时，y=ln(-x)，与y=lnx的图像关于y轴对称，∴切线方程也关于y轴对称，∴切线方程为x+ey=0，综上所述，曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为x-ey=0，x+ey=0，故答案为：x-ey=0，x+ey=0．x5(2021•新高考Ⅱ)已知函数f(x)=|e-1|，x1<0，x2>0，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1))和点B|AM|(x2，f(x2))的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围是．|BN|xx【解析】当x<0时，f(x)=1-e，导数为f′(x)=-e，x_1x_1可得在点A(x1，1-e)处的斜率为k1=-e，x_1x_1切线AM的方程为y-(1-e)=-e(x-x1)，x_1x_1x_1x_1令x=0，可得y=1-e+x1e，即M(0,1-e+x1e)，xx当x>0时，f(x)=e-1，导数为f′(x)=e，x_2x_2可得在点B(x2，e-1)处的斜率为k2=e，x_2x_2x_2x_2令x=0，可得y=e-1-x2e，即N(0,e-1-x2e)，x_1x_2由f(x)的图象在A，B处的切线相互垂直，可得k1k2=-e⋅e=-1，即为x1+x2=0，x1<0，x2>0，|AM|1+e2x1(-x)-2x211+e1所以===∈(0,1)．|BN|2x22x2ex21+e⋅x21+e故答案为：(0,1)．考点三利用导数研究函数的单调性x6(2023•新高考Ⅱ)已知函数f(x)=ae-lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为()2-1-2A.eB.eC.eD.ex1【解析】对函数f(x)求导可得，f(x)=ae-，xx1依题意，ae-≥0在(1,2)上恒成立，x1即a≥在(1,2)上恒成立，xxexxx1-(e+xe)e(x+1)设g(x)=,x∈(1,2)，则g(x)==-，xx2x2xe(xe)(xe)28 易知当x∈(1,2)时，g′(x)<0，则函数g(x)在(1,2)上单调递减，1-1则a≥g(x)max=g(1)==e．e故选：C．x7(2023•新高考Ⅰ)已知函数f(x)=a(e+a)-x．(1)讨论f(x)的单调性；3(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna+．2x【解析】(1)f(x)=a(e+a)-x，x则f(x)=ae-1，①当a≤0时，f(x)<0恒成立，f(x)在R上单调递减，1②当a>0时，令f(x)=0得，x=ln，a11当x∈-∞,lna时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x∈lna，+∞时，f(x)>0，f(x)单调递增，1综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在-∞,ln上单调递减，在a1ln，+∞上单调递增．a1112证明：(2)由(1)可知，当a>0时，f(x)min=flna=aa+a-lna=1+a+lna，323要证f(x)>2lna+，只需证1+a+lna>2lna+，2221只需证a-lna->0，221设g(a)=a-lna-，a>0，2212a-1则g(a)=2a-=，aa2令g(a)=0得，a=，222当a∈0,2时，g(a)<0，g(a)单调递减，当a∈2，+∞时，g(a)>0，g(a)单调递增，21212所以g(a)≥g2=2-ln2-2=-ln2>0，即g(a)>0，21所以a-lna->0得证，23即f(x)>2lna+得证．2e8(2022•浙江)设函数f(x)=+lnx(x>0)．2x(Ⅰ)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)已知a，b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))处的切线都经过点(a,b)．证明：1a(ⅰ)若a>e，则0<b-f(a)<-1；2e29 2e-a112e-a(ⅱ)若0<a<e，x1<x2<x3，则e+2<x+x<a-2．6e136e(注:e=2.71828⋯是自然对数的底数)e【解析】(Ⅰ)∵函数f(x)=+lnx(x>0)，2xe12x-e∴f(x)=-+=，(x>0)，2x2x2x22x-eee由f(x)=>0，得x>，∴f(x)在，+∞上单调递增；2x2222x-eee由f(x)=<0，得0<x<，∴f(x)在0,上单调递减．2x222(Ⅱ)(i)证明：∵过(a,b)有三条不同的切线，设切点分别为(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，(x3，f(x3))，∴f(xi)-b=f′(xi)(xi-a)，(i=1，2，3)，∴方程f(x)-b=f′(x)(x-a)有3个不同的根，1ee该方程整理为-(x-a)--lnx+b=0，x2x22x1ee设g(x)=-(x-a)--lnx+b，x2x22x1e1e1e1则g′(x)=-+-+(x-a)-+=-(x-e)(x-a)，x2x2x2x3x2x2x3当0<x<e或x>a时，g′(x)<0；当e<x<a时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,e)，(a,+∞)上为减函数，在(e,a)上为增函数，∵g(x)有3个不同的零点，∴g(e)<0且g(a)>0，1ee1ee∴-(e-a)--lne+b<0，且-(a-a)--lna+b>0，e2e22ea2a22aae整理得到b<+1且b>+lna=f(a)，2e2aae此时，b<+1，且b>+lna=f(a)，2e2a1aaee此时，b-f(a)-2e-1<2e+1-2a+lna-2a-lna+b>0，ae整理得b<+1，且b>+lna=f(a)，2e2a1aaea13e此时，b-f(a)-2e-1<2e+1-2a+lna-2e+2=2-2a-lna，3e设μ(a)为(e,+∞)上的减函数，∴μ(a)<--lne=0，22e1a∴0<b-f(a)<-1．2e(ii)当0<a<e时，同(i)讨论，得：g(x)在(0,a)，(e,+∞)上为减函数，在(a,e)上为增函数，不妨设x1<x2<x3，则0<x1<a<x2<e<x3，∵g(x)有3个不同的零点，∴g(a)<0，且g(e)>0，1ee1ee∴-(e-a)--lne+b>0，且-(a-a)--lna+b<0，e2e22ea2a22aaa整理得+1<b<+lna，2e2e∵x1<x2<x3，∴0<x1<a<x2<e<x3，30 a+eea∵g(x)=1-+-lnx+b，x2x2eaa+eea设t=,=m∈(0,1)，则方程1-+-lnx+b=0即为：xex2x2a+ea2m2-t+t+lnt+b=0，即为-(m+1)t+t+lnt+b=0，e2e2eee记t1=,t2=,t3=，x1x2x3m2则t1，t2，t3为-(m+1)t+t+lnt+b=0有三个不同的根，2t1x3ea设k==>>1，m=<1，t3x1ae2e-a112e-a要证：+<+<-，e6e2x1x3a6e2e-a2ee-a即证2+<t1+t3<-，6ea6e22(m-13)(m-m+12)即证：t1+t3-2-<，m36m(t1+t3)m2m2而-(m+1)t1+t1+lnt1+b=0，且-(m+1)t3+t3+lnt3+b=0，22m22∴lnt1-lnt3+(t1-t3)-(m+1)(t1-t3)=0，222lnt1-lnt3∴t1+t3-2-=-×，mmt1-t322lnt1-lnt3(m-13)(m-m+12)∴即证-×<，mt1-t336m(t1+t3)t1(t1+t3)lnt(m-13)(m2-m+12)3即证+>0，t1-t3722(k+1)lnk(m-13)(m-m+12)即证+>0，k-172(k+1)lnk11记φ(k)=,k>1，则φ(k)=k--2lnk>0，k-12k(k-1)∴φ(k)在(1,+∞)为增函数，∴φ(k)>φ(m)，22(k+1)lnk(m-13)(m-m+12)(m+1)lnm(m-13)(m-m+12)∴+>+，k-172m-1722(m-1)(m-13)(m-m+12)设ω(m)=lnm+，0<m<1，72(m+1)23223(m-1)(3m-20m-49m+72)(m-1)(3m+3)则ω′(x)=>>0，2272m(m+1)72m(m+1)∴ω(m)在(0,1)上是增函数，∴ω(m)<ω(1)=0，2(m-1)(m-13)(m-m+12)∴lnm+<0，72(m+1)2(m+1)lnm(m-13)(m-m+12)即+>0，m-1722e-a112e-a∴若0<a<e，x1<x2<x3，则e+2<x+x<a-2．6e136eaxx9(2022•新高考Ⅱ)已知函数f(x)=xe-e．31 (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<-1，求a的取值范围；*111(3)设n∈N，证明：++⋯+>ln(n+1)．2221+12+2n+nxxx【解析】(1)当a=1时，f(x)=xe-e=e(x-1)，xxxf′(x)=e(x-1)+e=xe，x∵e>0，∴当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(-∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．axx(2)令g(x)=f(x)+1=xe-e+1(x>0)，∵f(x)<-1，f(x)+1<0，∴g(x)<g(0)=0在x>0上恒成立，axaxx又g′(x)=e+axe-e，axaxaxxaxaxx令h(x)=g′(x)，则h′(x)=ae+a(e+axe)-e=a(2e+axe)-e，∴h′(0)=2a-1，1①当2a-1>0，即a>，存在δ>0，使得当x∈(0,δ)时，h′(x)>0，即g′(x)在(0,δ)上单调递增．2因为g′(x)>g′(0)=0，所以g(x)在(0,δ)内递增，所以f(x)>-1，这与f(x)<-1矛盾，故舍去；1②当2a-1≤0，即a≤，2axaxxaxxg′(x)=e+axe-e=(1+ax)e-e，若1+ax≤0，则g(x)<0，所以g(x)在[0，+∞)上单调递减，g(x)≤g(0)=0，符合题意．ax+ln(1+ax)1x+ln1+1x1x+1xaxaxxx22x22x若1+ax>0，则g′(x)=e+axe-e=e-e≤e-e≤e-e=0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，g(x)≤g(0)=0，符合题意．1综上所述，实数a的取值范围是a≤．2axx另解：f(x)的导数为f′(x)=(1+ax)e-e(x>0)，axxaxxx①当a≥1时，f′(x)=(1+ax)e-e>e-ex≥e-e=0，所以f(x)在(0,+∞)递增，所以f(x)>-1，与题意矛盾；axxx②当a≤0时，f′(x)≤e-e≤1-e<0，所以f(x)在(0,+∞)递减，所以f(x)<-1，满足题意；．111x1x11x2x22③当0<a≤2时，f′(x)≤1+2xe-e=e1+2x-e．11x111x22设G(x)=1+x-e(x>0)，G′(x)=-e<0，则G(x)在(0,+∞)递减，所以G(x)<0，2221x2f′(x)=eG(x)<0，所以f(x)在(0,+∞)递减，所以f(x)<-1，满足题意；1ax(1-a)x④当<a<1时，f′(x)=e[(1+ax)-e]，2(1-a)xax(1-a)x令H(x)=(1+ax)-e，则f′(x)=eH(x)，H′(x)=a+(a-1)e，可得H′(x)递减，H′(0)=2a-1，所以存在x0>0，使得H′(x0)=0．当x∈(0,x0)时，H′(x)>0，H(x)在(0,x0)递增，此时H(x)>0，ax所以当x∈(0,x0)时，f′(x)=eH(x)>0，f(x)在(0,x0)递增，所以f(x)>-1，与题意矛盾．32 1综上可得，a的取值范围是-∞，2．11x2x(3)由(2)可知，当a=时，f(x)=xe-e<-1(x>0)，2111ln1+1ln1+1*2nn令x=ln1+n(n∈N)得，ln1+n⋅e-e<-1，111整理得，ln1+⋅1+n-<0，nn1n1∴>ln1+，1+1nnnn1n+11k+123n+1∴2>lnn，∴2>lnk=ln1×2×...×n=ln(n+1)，n+nk=1k+kk=1111即++...+>ln(n+1)．2221+12+2n+n另解：运用数学归纳法证明．12当n=1时，左边==>ln2成立．12+12111假设当n=k(k≥1,k∈N*)时，不等式成立，即++...+>ln(k+1)．2221+12+2k+k1111当n=k+1时，要证++...++>ln(k+2)，22221+12+2k+k(k+1)+(k+1)1只要证ln(k+1)+>ln(k+2)，2(k+1)+(k+1)1k+21即证2>ln(k+2)-ln(k+1)=ln=ln1+．(k+1)+(k+1)k+1k+111t可令t=k+1，则t∈0，2，则需证明>ln(1+t)，t+1616再令x=t+1x∈1,2，则需证明x-x>2lnxx∈1,2．16构造函数g(x)=2lnx-x-xx∈1，2，2112g′(x)=-1-=-1-<0，xx2x6可得g(x)在1，上递减，2则g(x)<g(1)=0，所以原不等式成立，1111即n=k+1时，++...++>ln(k+2)成立．22221+12+2k+k(k+1)+(k+1)111综上可得，++...+>ln(n+1)成立．2221+12+2n+nx210(2021•新高考Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)e-ax+b．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)恰有一个零点．21e①<a≤，b>2a；2233 1②0<a<，b≤2a．2x2x【解析】(Ⅰ)∵f(x)=(x-1)e-ax+b，f(x)=x(e-2a)，①当a≤0时，当x>0时，f(x)>0，当x<0时，f(x)<0，∴f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，②当a>0时，令f(x)=0，可得x=0或x=ln(2a)，1(i)当0<a<时，2当x>0或x<ln(2a)时，f(x)>0，当ln(2a)<x<0时，f(x)<0，∴f(x)在(-∞，ln(2a))，(0,+∞)上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减，1(ii)a=时，2xf(x)=x(e-1)≥0且等号不恒成立，∴f(x)在R上单调递增，1(iii)当a>时，2当x<0或x>ln(2a)时，f(x)>0，当0<x<ln(2a)时，f(x)<0，f(x)在(-∞,0)，(ln(2a)，+∞)上单调递增，在(0，ln(2a))上单调递减．综上所述：当a≤0时，f(x)在(-∞,0)上单调递减；在(0,+∞)上单调递增；1当0<a<时，f(x)在(-∞，ln(2a))和(0,+∞)上单调递增；在(ln(2a)，0)上单调递减；21当a=时，f(x)在R上单调递增；21当a>时，f(x)在(-∞,0)和(ln(2a)，+∞)上单调递增；在(0，ln(2a))上单调递减．2(Ⅱ)证明：若选①，由(Ⅰ)知，f(x)在(-∞,0)上单调递增，(0，ln(2a))单调递减，(ln(2a)，+∞)上f(x)单调递增．bb-ba注意到f-a=-a-1e<0,f(0)=b-1>2a-1>0．b∴f(x)在-,0上有一个零点；a22f(ln(2a))=(ln(2a)-1)⋅2a-a⋅ln2a+b>2aln(2a)-2a-aln2a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))，21e由<a≤得0<ln(2a)≤2，∴aln(2a)(2-ln(2a))≥0，22∴f(ln(2a))>0，当x≥0时，f(x)≥f(ln(2a))>0，此时f(x)无零点．综上：f(x)在R上仅有一个零点．21e另解：当a∈，时，有ln(2a)∈(0，2]，222而f(0)=b-1>2a-1=0，于是f(ln(2a))=(ln(2a)-1)⋅2a-aln(2a)+b=ln(2a)(2a-ln(2a))+(b-2a)>0，x所以f(x)在(0,+∞)没有零点，当x<0时，e∈(0,1)，2bb于是f(x)<-ax+b⇒f-a<0，所以f(x)在-a，0上存在一个零点，命题得证．若选②，则由(Ⅰ)知：f(x)在(-∞，ln(2a))上单调递增，在(ln(2a)，0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．22f(ln(2a))=(ln(2a)-1)2a-aln2a+b≤2aln(2a)-2a-aln2a+2a=aln(2a)(2-ln(2a))，34 1∵0<a<，∴ln(2a)<0，∴aln(2a)(2-ln(2a))<0，∴f(ln(2a))<0，2∴当x≤0时，f(x)≤f(ln(2a))<0，此时f(x)无零点．当x>0时，f(x)单调递增，注意到f(0)=b-1≤2a-1<0，c取c=2(1-b)+2，∵b<2a<1，∴c>2>1，又易证e>c+1，c22212∴f(c)=(c-1)e-ac+b>(c-1)(c+1)-ac+b=(1-a)c+b-1>c+b-1=1-b+1+b-21=1>0，∴f(x)在(0,c)上有唯一零点，即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点．综上：f(x)在R上有唯一零点．x211(2021•浙江)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)=a-bx+e(x∈R)．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；2(Ⅱ)若对任意b>2e，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；24blnbe(Ⅲ)当a=e时，证明：对任意b>e，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x2>2x1+．2eb(注:e=2.71828⋯是自然对数的底数)x【解析】(Ⅰ)f′(x)=alna-b，x①当b≤0时，由于a>1，则alna>0，故f′(x)>0，此时f(x)在R上单调递增；lnblnblnalna②当b>0时，令f′(x)>0，解得x>，令f′(x)<0，解得x<，lnalnalnblnblnalna∴此时f(x)在-∞,lna单调递减，在lna,+∞单调递增；综上，当b≤0时，f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞)；当b>0时，f(x)的单调递减区间为lnblnblnalna-∞,lna，单调递增区间为lna,+∞；(Ⅱ)注意到x→-∞时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，lnblna由(Ⅰ)知，要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)min=flna<0即可，lnblnblnalna22∴a-b⋅+e<0对任意b>2e均成立，lnalnabbblnlnalnblnlnablnlnat2tlna2lna2令t=，则a-bt+e<0，即e-bt+e<0，即e-b⋅+e<0，即-b⋅lnalnalnalna2+e<0，b22∴b-b⋅ln+elna<0对任意b>2e均成立，lnab22blna1记g(b)=b-b⋅lnlna+elna,b>2e，则g(b)=1-lnlna+b⋅⋅lna=ln(lna)-lnb，b令g′(b)=0，得b=lna，222e2①当lna>2e，即a>e时，易知g(b)在(2e，lna)单调递增，在(lna,+∞)单调递减，22此时g(b)≤g(lna)=lna-lna⋅ln1+elna=lna⋅(e+1)>0，不合题意；222e2②当lna≤2e，即1<a≤e时，易知g(b)在(2e，+∞)单调递减，35 22222e22222此时g(b)<g(2e)=2e-2e⋅ln+elna=2e-2e[ln(2e)-ln(lna)]+elna，lna2故只需2-2[ln2+2-ln(lna)]+lna≤0，即lna+2ln(lna)≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e；2综上，实数a的取值范围为(1，e]；x2x(Ⅲ)证明：当a=e时，f(x)=e-bx+e，f′(x)=e-b，令f′(x)=0，解得x=lnb>4，lnb22222422易知f(x)min=f(lnb)=e-b⋅lnb+e=b-blnb+e<b-4b+e=e-3b<e-3e=e(1-3e)<0，∴f(x)有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1<lnb<x2，x22x22ee由f(x2)=e-bx2+e=0，可得x2=+，bb2x22blnbeeblnbx2blnb∴要证x2>2x1+b，只需证b>2x1，只需证e>2x1，2e2e2e22e22e2222eb22b2e222e而fb=e-2e+e=e-e<e-e<0，则x1<b，2x2blnbx2∴要证e>2x1，只需证e>blnb，只需证x2>ln(blnb)，2eln(blnb)22212而f(ln(blnb))=e-bln(blnb)+e=blnb-bln(blnb)+e<blnb-bln(4b)+e=b⋅ln+e=42e-bln4<0，∴x2>ln(blnb)，即得证．12(2021•新高考Ⅰ)已知函数f(x)=x(1-lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；11(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<+<e．ab【解析】(1)解：由函数的解析式可得f(x)=1-lnx-1=-lnx，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．111111(2)证明：由blna-alnb=a-b，得-ln+ln=-，aabbba1111即a1-lna=b1-lnb，由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，11令x1=，x2=，ab则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2-x1>1，先证2<x1+x2，即证x2>2-x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1)，令h(x)=f(x)-f(2-x)，则h′(x)=f′(x)+f′(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]在(0,1)单调递减，所以h′(x)>h′(1)=0，故函数h(x)在(0,1)单调递增，∴h(x1)<h(1)=0．∴f(x1)<f(2-x1)，∴2<x1+x2，得证．36 同理，要证x1+x2<e，(法一)即证1<x2<e-x1，根据(1)中f(x)单调性，即证f(x2)=f(x1)>f(e-x1)，令φ(x)=f(x)-f(e-x)，x∈(0,1)，则φ(x)=-ln[x(e-x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0,x0)，φ(x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ(x)<0，φ(x)单调递减，又0<x<e时，f(x)>0，且f(e)=0，故limφ(x)=0，+x→0φ(1)=f(1)-f(e-1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x2<e得证，(法二)f(x1)=f(x2)，x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)，又x1∈(0,1)，故1-lnx1>1，x1(1-lnx1)>x1，故x1+x2<x1(1-lnx1)+x2=x2(1-lnx2)+x2，x2∈(1,e)，令g(x)=x(1-lnx)+x，g′(x)=1-lnx，x∈(1,e)，在(1,e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)<g(e)=e，即x2(1-lnx2)+x2<e，所以x1+x2<e，得证，11则2<+<e．abx-113(2020•海南)已知函数f(x)=ae-lnx+lna．(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．x【解析】(1)当a=e时，f(x)=e-lnx+1，x1∴f′(x)=e-，x∴f′(1)=e-1，∵f(1)=e+1，∴曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1)，-2当x=0时，y=2，当y=0时，x=，e-112∴曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=×2×=2e-12．e-1x-1x-1+lna(2)方法一：由f(x)≥1，可得ae-lnx+lna≥1，即e-lnx+lna≥1，x-1+lnalnx即e+lna+x-1≥lnx+x=e+lnx，t令g(t)=e+t，t则g′(t)=e+1>0，∴g(t)在R上单调递增，37 ∵g(lna+x-1)≥g(lnx)∴lna+x-1≥lnx，即lna≥lnx-x+1，令h(x)=lnx-x+1，11-x∴h′(x)=-1=，xx当0<x<1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x>1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)≤h(1)=0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞)．x-1方法二：由f(x)≥1可得ae-lnx+lna≥1，x>0，a>0，x-1即ae-1≥lnx-lna，x设g(x)=e-x-1，x∴g′(x)=e-1>0恒成立，∴g(x)在(0,+∞)单调递增，∴g(x)>g(0)=1-0-1=0，x∴e-x-1>0，x即e>x+1，再设h(x)=x-1-lnx，1x-1∴h′(x)=1-=，xx当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，∴h(x)≥h(1)=0，∴x-1-lnx≥0，即x-1≥lnxx-1x-1∴e≥x，则ae≥ax，此时只需要证ax≥x-lna，即证x(a-1)≥-lna，当a≥1时，∴x(a-1)>0>-lna恒成立，当0<a<1时，x(a-1)<0<-lna，此时x(a-1)≥-lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞)．方法三：由题意可得x∈(0,+∞)，a∈(0,+∞)，x-11∴f′(x)=ae-，x易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数，11-11-1aa①当0<a<1时，f′(1)=a-1<0，f′=ae-a=ae-1>0，a1∴存在x0∈1,a使得f′(x0)=0，38 当x∈(1,x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴f(x)<f(1)=a+lna<a<1，不满足题意，x-1②当a≥1时，e>0，lna>0，x-1∴f(x)≥e-lnx，x-1令g(x)=e-lnx，x-11∴g′(x)=e-，x易知g′(x)在(0,+∞)上为增函数，∵g′(1)=0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，∴g(x)≥g(1)=1，即f(x)≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞)．x-1方法四：∵f(x)=ae-lnx+lna，x>0，a>0，x-11∴f′(x)=ae-，易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数，xx-11∵y=ae在(0,+∞)上为增函数，y=在0，+∞)上为减函数，xx-11∴y=ae与y=在0，+∞)上有交点，xx0-11∴存在x0∈(0,+∞)，使得f′(x0)=ae-=0，x0x0-11则ae=，则lna+x0-1=-lnx0，即lna=1-x0-lnx0，x0当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x0-1∴f(x)≥f(x0)=ae-lnx0+lna11=-lnx0+1-x0-lnx0=-2lnx0+1-x0≥1x0x01∴-2lnx0-x0≥0x01设g(x)=-2lnx-x，x易知函数g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g(1)=1-0-1=0，∴当x∈(0，1]时，g(x)≥0，1∴x0∈(0，1]时，-2lnx0-x0≥0，x0设h(x)=1-x-lnx，x∈(0，1]，1∴h′(x)=-1-<0恒成立，x∴h(x)在(0，1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)=1-1-ln1=0，当x→0时，h(x)→+∞，∴lna≥0=ln1，39 ∴a≥1．x-1方法五：f(x)≥1等价于ae-lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x=1时，有a+lna≥1，其中a>0．1设g(a)=a+lna-1，则g(a)=1+>0，a则g(a)单调递增，且g(1)=0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f(x)≥1成立．x设h(x)=e-x-1，x∴h′(x)=e-1，∴h(x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，∴h(x)≥h(0)=1-0-1=0，x∴e-x-1≥0，x即e≥x+1，x-1把x换成x-1得到e≥x，∵x-1≥lnx，∴x-lnx≥1．x-1x-1∴f(x)=ae-lnx+lna≥e-lnx≥x-lnx≥1，当x=1时等号成立．综上，a≥1．14(2019•浙江)已知实数a≠0，设函数f(x)=alnx+1+x，x>0．3(Ⅰ)当a=-时，求函数f(x)的单调区间；41x(Ⅱ)对任意x∈，+∞均有f(x)≤，求a的取值范围．e22a注：e=2.71828⋯为自然对数的底数．33【解析】(1)当a=-时，f(x)=-lnx+1+x，x>0，4431(1+x-2)(21+x+1)f′(x)=-+=，4x21+x4x1+x∴函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,+∞)．12(2)由f(1)≤，得0<a≤，2a42xx21+x当0<a≤时，f(x)≤，等价于--2lnx≥0，42aa2a1令t=，则t≥22，a2设g(t)=tx-2t1+x-2lnx，t≥22，121+x则g(t)=xt-1+--2lnx，xx11(i)当x∈7，+∞时，1+x≤22，则g(x)≥g(22)=8x-421+x-2lnx，1记p(x)=4x-221+x-lnx，x≥，72212xx+1-2x-x+1则p′(x)=--=xx+1xxx+140 (x-1)[1+x(2x+2-1)]=，xx+1(x+1)(x+1+2x)列表讨论：x11，11(1,+∞)77p′(x)-0+P(x)p1单调递减极小值p(1)单调递增7∴p(x)≥p(1)=0，∴g(t)≥g(22)=2p(x)=2p(x)≥0．111-2xlnx-(x+1)(ii)当x∈,时，g(t)≥g1+=，e27x2x11令q(x)=2xlnx+(x+1)，x∈，，e27lnx+2则q′(x)=+1>0，x111故q(x)在，上单调递增，∴q(x)≤q，e277127127由(i)得q7=-7p7<-7p(1)=0，1q(x)∴q(x)<0，∴g(t)≥g1+=->0，x2x1由(i)(ii)知对任意x∈，+∞，t∈[22，+∞)，g(t)≥0，e21x即对任意x∈，+∞，均有f(x)≤，e22a2综上所述，所求的a的取值范围是0，．4考点四利用导数研究函数的极值bc15【多选】(2023•新高考Ⅱ)若函数f(x)=alnx++(a≠0)既有极大值也有极小值，则xx2()2A.bc>0B.ab>0C.b+8ac>0D.ac<0【解析】函数定义域为(0,+∞)，2ab2cax-bx-2c且f′(x)=--=，xx2x3x32由题意，方程f′(x)=0即ax-bx-2c=0有两个正根，设为x1，x2，b-2c2则有x1+x2=>0，x1x2=>0，△=b+8ac>0，aa∴ab>0，ac<0，2∴ab⋅ac=abc<0，即bc<0．故选：BCD．316【多选】(2022•新高考Ⅰ)已知函数f(x)=x-x+1，则()41 A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线23333【解析】f′(x)=3x-1，令f′(x)>0，解得x<-或x>，令f′(x)<0，解得-<x<，33333333323+9∴f(x)在-∞,-3,3,+∞上单调递增，在-3,3上单调递减，且f-3=939-23>0,f3=9>0，∴f(x)有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误；33又f(x)+f(-x)=x-x+1-x+x+1=2，则f(x)关于点(0,1)对称，故选项C正确；23a-1=2a=1a=-1假设y=2x是曲线y=f(x)的切线，设切点为(a,b)，则，解得或，2a=bb=2b=-2显然(1,2)和(-1,-2)均不在曲线y=f(x)上，故选项D错误．故选：AC．217(2023•新高考Ⅱ)(1)证明：当0<x<1时，x-x<sinx<x；2(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x)，若x=0为f(x)的极大值点，求a的取值范围．2【解析】(1)证明：设g(x)=x-x-sinx，x∈(0,1)，则g′(x)=1-2x-cosx，∴g′′(x)=-2+sinx<0，∴g′(x)在(0,1)上单调递减，∴g′(x)<g′(0)=0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，2即x-x-sinx<0，x∈(0,1)，2∴x-x<sinx，x∈(0,1)，设h(x)=x-sinx，x∈(0,1)，则h′(x)=1-cosx>0，∴h(x)在(0,1)上单调递增，∴h(x)>h(0)=0，x∈(0,1)，即x-sinx>0，x∈(0,1)，∴sinx<x，x∈(0,1)，2综合可得：当0<x<1时，x-x<sinx<x；22x22+2x(2)解：∵f′(x)=-asinax+，∴f′′(x)=-acosax+，2221-x(1-x)2且f′(0)=0，f′′(0)=-a+2，2①若f′′(x)=2-a>0，即-2<a<2时，易知存在t1>0，使得x∈(0,t1)时，f′′(x)>0，∴f′(x)在(0,t1)上单调递增，∴f′(x)>f′(0)=0，∴f(x)在(0,t1)上单调递增，这显然与x=0为函数的极大值点相矛盾，故舍去；2②若f′′(x)=2-a<0，即a<-2或a>2时，存在t2>0，使得x∈(-t2，t2)时，f′′(x)<0，∴f′(x)在(-t2，t2)上单调递减，又f′(0)=0，∴当-t2<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；42 当0<x<t2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，满足x=0为f(x)的极大值点，符合题意；2③若f′′(x)=2-a=0，即a=±2时，∵f(x)为偶函数，∴只考虑a=2的情况，2x此时f′(x)=-2sin(2x)+，x∈(0,1)时，21-x2x1f′(x)>-2x+=2x-1>0，1-x21-x2∴f(x)在(0,1)上单调递增，与显然与x=0为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a的取值范围为(-∞，-2)∪(2，+∞)．考点五利用导数研究函数的最值x18(2022•新高考Ⅰ)已知函数f(x)=e-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【解析】(1)f(x)定义域为R，x∵f(x)=e-ax，x∴f(x)=e-a，若a≤0，则f(x)>0，f(x)无最小值，故a>0，当f(x)=0时，x=lna，当x<lna时，f(x)<0，函数f(x)在(-∞,lna)上单调递减，当x>lna时，f(x)>0，函数f(x)在(lna,+∞)上单调递增，故f(x)min=f(lna)=a-alna，g(x)的定义域为(0,+∞)，∵g(x)=ax-lnx，1∴g(x)=a-，x1令g(x)=0，解得x=，a11当0<x<时，g(x)<0，函数g(x)在0,上单调递减，aa11当x>时，g(x)>0，函数g(x)在，+∞上单调递增，aa故g(x)min=1+lna，x∵函数f(x)=e-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值∴a-alna=1+lna，∵a>0，a-1∴a-alna=1+lna化为lna-=0，a+1x-1令h(x)=lnx-，x>0，x+143 x+1-(x-1)2112x+1则h(x)=-=-=，x(x+1)2x(x+1)2x(x+1)2∵x>0，2x+1∴h(x)=>0恒成立，2x(x+1)∴h(x)在(0,+∞)上单调递增，又∵h(1)=0，∴h(a)=h(1)，仅有此一解，∴a=1．x(2)证明：由(1)知a=1，函数f(x)=e-x在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，函数g(x)=x-lnx在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，x设u(x)=f(x)-g(x)=e-2x+lnx(x>0)，x1x则u′(x)=e-2+>e-2，当x≥1时，u′(x)≥e-2>0，x所以函数u(x)在(1,+∞)上单调递增，因为u(1)=e-2>0，所以当x≥1时，u(x)≥u(1)>0恒成立，即f(x)-g(x)>0在x≥1时恒成立，所以x≥1时，f(x)>g(x)，因为f(0)=1，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，g(1)=1，函数g(x)在(0,1)上单调递减，所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0,1)上存在唯一交点，设该交点为(m，f(m))(0<m<1)，此时可作出函数y=f(x)和y=g(x)的大致图象，由图象知当直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点时，直线y=b必经过点M(m，f(m))，即b=f(m)，mm因为f(m)=g(m)，所以e-m=m-lnm，即e-2m+lnm=0，xm令f(x)=b=f(m)得e-x=e-m=m-lnm，解得x=m或x=lnm，由0<m<1，得lnm<0<m，mm令g(x)=b=f(m)得x-lnx=e-m=m-lnm，解得x=m或x=e，由0<m<1，得m<1<me，所以当直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点时，m从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm，m，e，mm因为e-2m+lnm=0，所以e+lnm=2m，m所以lnm，m，e成等差数列．∴存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交44 点的横坐标成等差数列．45 专题04立体几何高频考点考点精析考点一空间几何体的侧面积和表面积1(2021•新高考Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A.2B.22C.4D.42【解析】由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅2=π⋅l，解得l=22，所以该圆锥的母线长为22．故选：B．2(2022•上海)已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．2【解析】因为圆柱的底面积为9π，即πR=9π，所以R=3，所以S侧=2πRh=24π．故答案为：24π．3(2021•上海)已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则ΔABC的面积的取值范围为．【解析】如图1，上底面圆心记为O，下底面圆心记为O，46 连接OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，1则SΔABC=×AB×CM，2根据题意，AB为定值2，所以SΔABC的大小随着CM的长短变化而变化，22如图2所示，当点M与点O重合时，CM=OC=1+2=5，1此时SΔABC取得最大值为×2×5=5；2如图3所示，当点M与点B重合，CM取最小值2，1此时SΔABC取得最小值为×2×2=2．2综上所述，SΔABC的取值范围为[2,5]．故答案为：[2,5]．4(2021•上海)已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【解析】圆柱的底面半径为r=1，高为h=2，所以圆柱的侧面积为S侧=2πrh=2π×1×2=4π．故答案为：4π．5(2019•上海)一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为()A.1B.2C.4D.8【解析】如图，124122则V1=π×2×1=π，V2=π×1×2=π，33334π3∴两个圆锥的体积之比为=2．2π3故选：B．26(2020•浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的47 底面半径(单位：cm)是．2【解析】∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2πcm，12设圆锥的母线长为acm，则×aπ=2π，∴a=2cm，2∴侧面展开扇形的弧长为2πcm，设圆锥的底面半径OC=rcm，则2πr=2π，解得r=1cm．故答案为：1cm．7(2022•新高考Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.100πB.128πC.144πD.192π33【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为=3，下底面所2sin60°43在平面截球所得圆的半径为=4，如图，2sin60°2222设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得R-3-R-4=1，解得R=5，2∴该球的表面积为4πR=4π×25=100π．当球心在台体内时，如图，2222此时R-3+R-4=1，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A．48 8(2021•新高考Ⅱ)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信22号覆盖地球表面的表面积S=2πr(1-cosα)(单位：km)，则S占地球表面积的百分比约为()A.26%B.34%C.42%D.50%【解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，64008则OP=36000+6400=42400，那么cosα==；42400532卫星信号覆盖的地球表面面积S=2πr(1-cosα)，22πr(1-cosα)45那么，S占地球表面积的百分比为=≈42%．4πr2106故选：C．考点二空间几何体的体积9(2022•新高考Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是()A.18，8127，8127，64B.C.D.[18，27]44443【解析】如图所示，正四棱锥P-ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，22222a22122在RtΔPAE中，PA=AE+PE，即l=2+h=2a+h，∵球O的体积为36π，∴球O的半径R=3，222222a2在RtΔOAE中，OA=OE+AE，即R=(h-3)+2，122122∴a+h-6h=0，∴a+h=6h，22239∴l=6h，又∵3≤l≤33，∴≤h≤，221212232∴该正四棱锥体积V(h)=ah=(12h-2h)h=-h+4h，3332∵V(h)=-2h+8h=2h(4-h)，39∴当≤h<4时，V(h)>0，V(h)单调递增；当4<h≤时，V(h)<0，V(h)单调递减，2249 64∴V(h)max=V(4)=，33279812781又∵V2=4，V2=4，且4<4，2764∴≤V(h)≤，432764即该正四棱锥体积的取值范围是，，43故选：C．10(2022•新高考Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水2库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km；水位为海拔157.5m时，相应水面的2面积为180.0km．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65)()93939393A.1.0×10mB.1.2×10mC.1.4×10mD.1.6×10m262262【解析】140km=140×10m，180km=180×10m，6666140×10+180×10+140×10×180×10根据题意，增加的水量约为×(157.5-148.5)36(140+180+607)×10=×936693≈(320+60×2.65)×10×3=1437×10≈1.4×10m．故选：C．11(2021•新高考Ⅱ)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()56282A.20+123B.282C.D.33【解析】解法一：如图ABCD-A1B1C1D1为正四棱台，AB=2，A1B1=4，AA1=2．4-2在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E==1，222AE=AA1-A1E=4-1=3．50 连接AC，A1C1，AC=4+4=22，A1C1=16+16=42，42-22过A作AG⊥A1C1，A1G==2，222AG=AA1-A1G=4-2=2，∴正四棱台的体积为：S上+S下+S上⋅S下V=×h322222+4+2×4=×23282=．3解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，∵该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，22∴该棱台的记h=2-(22-2)=2，下底面面积S1=16，上底面面积S2=4，则该棱台的体积为：11282V=h(S1+S2+S1S2)=×2×(16+4+64)=．333故选：D．12【多选】(2023•新高考Ⅰ)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【解析】对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99，选项A正确；对于B，如图，51 22正方体内部最大的正四面体D-A1BC1的棱长为1+1=2>1.4，选项B正确；对于C，棱长为1的正方体的体对角线为3<1.8，选项C错误；对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，2六边形EFGHIJ棱长为米，∠GFH=∠GHF=30°，266所以FH=3FG=3GH=米，故六边形EFGHIJ内切圆半径为米，226232而2=2>(1.2)=1.44，选项D正确．故选：ABD．13【多选】(2022•新高考Ⅱ)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB⎳ED，AB=ED=2FB．记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则()A.V3=2V2B.V3=V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V1【解析】设AB=ED=2FB=2，14V1=×SΔACD×|ED|=，3312V2=×SΔABC×|FB|=，33如图所示，52 连接BD交AC于点M，连接EM、FM，则FM=3，EM=6，EF=3，132故SΔEMF=×3×6=，221132V3=SΔEMF×AC=××22=2，332故C、D正确，A、B错误．故选：CD．14【多选】(2021•新高考Ⅰ)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则()A.当λ=1时，△AB1P的周长为定值B.当μ=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值1C.当λ=时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP21D.当μ=时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P2【解析】对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1，即CP=μBB1，所以CP⎳BB1，故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为5+2，当点P在点C1处时，△AB1P的周长为22+1，故周长不为定值，故选项A错误；53 对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1，即B1P=λBC，所以B1P⎳BC，故点P在线段B1C1上，因为B1C1⎳平面A1BC，所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，又△A1BC的面积为定值，所以三棱锥P-A1BC的体积为定值，故选项B正确；1对于C，当λ=时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，21因为BP=BC+μBB1，即MP=μBB1，所以MP⎳BB1，2则点P在线段M1M上，当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，又B1C1∩B1B=B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；1对于D，当μ=时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，21因为BP=λBC+BB1，即DP=λBC，所以DP⎳BC，2则点P在线的DD1上，当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，又BE∩A1E=E，BE，A1E⊂平面A1BE，54 故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，又AD1∩AB1=A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．故选：BD．15(2023•新高考Ⅱ)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【解析】如图所示，根据题意易知△SO1A1∽ΔSOA，SO1O1A121∴===，又SO1=3，SOOA222∴SO=6，∴OO1=3，又上下底面正方形边长分别为2，4，1∴所得棱台的体积为×(4+16+4×16)×3=28．3故答案为：28．16(2023•新高考Ⅰ)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1=2，则该棱台的体积为．【解析】如图，设正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，55 2过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M=HN=，又AN=2，226∴AH=AN-HN=，又AA1=2，∴A1H=MN=，221676∴该四棱台的体积为×(1+4+1×4)×=．32676故答案为：．617(2020•海南)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为．【解析】如图，∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，11∴SΔANM=×1×1=，22111∴VA-NMD1=VD1-AMN=××2=．3231故答案为：．318(2022•上海)如图所示三棱锥，底面为等边ΔABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP=AC=2．(1)求三棱锥体积VP-ABC；(2)若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．56 【解析】(1)在三棱锥P-ABC中，因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AC，又O为AC边中点，所以ΔPAC为等腰三角形，又AP=AC=2．所以ΔPAC是边长为2的为等边三角形，1132∴PO=3，三棱锥体积VP-ABC=SΔABC⋅PO=××2×3=1，334(2)以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，31则P(0，0，3)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，M2，2，0，31PM=2，2，-3，平面PAC的法向量OB=(3，0，0)，设直线PM与平面PAC所成角为θ，3PM⋅OB23则直线PM与平面PAC所成角的正弦值为sinθ===，|PM|⋅|OB|3×243所以PM与面PAC所成角大小为arcsin．419(2020•上海)已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．(1)若PC=5，求四棱锥P-ABCD的体积；(2)若直线AD与BP的夹角为60°，求PD的长．57 【解析】(1)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC．∵CD=3，∴PC=5，∴PD=4，12∴VP-ABCD=×3×4=12，3所以四棱锥P-ABCD的体积为12．(2)∵ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，∴BC⊥PD，BC⊥CD又∵PD∩CD=D∴BC⊥平面PCD∴BC⊥PC∵异面直线AD与PB所成角为60°，BC⎳AD∴在RtΔPBC中，∠PBC=60°，BC=3故PC=33在RtΔPDC中，CD=3∴PD=32考点三空间中直线与直线之间的位置关系20(2022•上海)如图正方体ABCD-A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，联结A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为()A.点PB.点BC.点RD.点Q【解析】线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交，因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交，对A选项，如图，连接A1P、PS、D1S，因为P、S分别为AB、CD的中点，∴易证A1D1⎳PS，故A1、D1、P、S四点共面，∴D1P与A1S相交，∴A错误；58 对B、C选项，如图，连接D1B、DB，易证D1、B1、B、D四点共面，故D1B、D1R都与B1D相交，∴B、C错误；对D选项，连接D1Q，由A选项分析知A1、D1、P、S四点共面记为平面A1D1PS，∵D1∈平面A1D1PS，Q∉平面A1D1PS，且A1S⊂平面A1D1PS，点D1∉A1S，∴D1Q与A1S为异面直线，同理由B，C选项的分析知D1、B1、B、D四点共面记为平面D1B1BD，∵D1∈平面D1B1BD，Q∉平面D1B1BD，且B1D⊂平面D1B1BD，点D1∉B1D，∴D1Q与B1D为异面直线，故D1Q与A1S，B1D都没有公共点，∴D选项正确．故选：D．21(2021•浙江)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则()59 A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN⎳平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN⎳平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【解析】连接AD1，如图：由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN⎳AB，又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN⎳平面ABCD．∴A对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；∵MN⎳AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．故选：A．22(2020•上海)在棱长为10的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是()A.AA1B1BB.BB1C1CC.CC1D1DD.ABCD【解析】如图，60 由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，可得P在△AA1D内，过P作EF⎳A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，在平面ABCD中，过F作FG⎳CD，交BC于G，则平面EFG⎳平面A1DC．连接AC，交FG于M，连接EM，∵平面EFG⎳平面A1DC，平面A1AC∩平面A1DC=A1C，平面A1AC∩平面EFM=EM，∴EM⎳A1C．在ΔEFM中，过P作PQ⎳EM，且PQ∩FM于Q，则PQ⎳A1C．∵线段FM在四边形ABCD内，Q在线段FM上，∴Q在四边形ABCD内．∴则Q点所在的平面是平面ABCD．故选：D．23(2023•上海)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是()A.DD1B.ACC.AD1D.B1C【解析】对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；对于C，当点P与C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选：B．考点四异面直线及其所成的角24【多选】(2022•新高考Ⅰ)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则()A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【解析】如图，61 连接B1C，由A1B1⎳DC，A1B1=DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，可得DA1⎳B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；设A1C1∩B1D1=O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，OC11∵sin∠C1BO==，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；BC12∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．故选：ABD．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25(2019•上海)已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足：a⊆α，b⊆β，c⊆γ，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系()A.两两垂直B.两两平行C.两两相交D.两两异面【解析】如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选：B．26【多选】(2021•新高考Ⅱ)如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是()62 A.B.C.D.【解析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，12则tanθ==，∴不满足MN⊥OP，故A错误；14+422对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则N(2，0，0)，M(0，0，2)，P(2，0，1)，O(1，1，0)，MN=(2，0，-2)，OP=(1，-1，1)，MN⋅OP=0，∴满足MN⊥OP，故B正确；对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M(2，2，2)，N(0，2，0)，O(1，1，0)，P(0，0，1)，MN=(-2，0，-2)，OP=(-1，-1，1)，MN⋅OP=0，∴满足MN⊥OP，故C正确；对于D，如图，63 作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则M(0，2，0)，N(0，0，2)，P(2，1，2)，O(1，1，0)，MN=(0，-2，2)，OP=(1，0，2)，MN⋅OP=4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．故选：BC．考点六直线与平面所成的角27(2020•山东)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20°B.40°C.50°D.90°【解析】可设A所在的纬线圈的圆心为O，OO垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO为40°且OA⊥AH，在RtΔOHA中，OA⊥OH，∴∠OHA=∠OAO=40°，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线．l是点A处的水平面的截线，由题意可得OA⊥l，AB是晷针所在直线．m是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m⎳CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m，由于∠AOC=40°，m⎳CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与A处的水平面所成角为∠BAE=40°，故选：B．64 28(2021•上海)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=3．(1)若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C-PAD的体积；(2)求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．111【解析】(1)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，VC-PAD=3SΔPAD⋅hC-平面PAD=3×2×2×3×2=2；(2)连接A1C1∩B1D1=O，∵AB=BC，∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1，又AA1⊥OB1，OA1∩AA1=A1，∴OB1⊥平面ACC1A1，∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，65 222+2OB1226∴sin∠OAB1===．AB122+321326∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为arcsin．1329(2021•浙江)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，PA=15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．(Ⅰ)证明：AB⊥PM；(Ⅱ)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD=AB=1，1CM=BC=2，∠DCM=60°，2222∴由余弦定理可得，DM=CD+CM-2CD×CM×cos60°1=1+4-2×1×2×=3，2222则CD+DM=1+3=4=CM，即CD⊥DM，又PD⊥DC，PD∩DM=D，∴CD⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，∴CD⊥PM，∵CD⎳AB，∴AB⊥PM；(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD∩平面PDM=DM，∵PM⊥MD，且PM⊂平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，连接AM，则PM⊥MA，在ΔABM中，AB=1，BM=2，∠ABM=120°，21可得AM=1+4-2×1×2×-=7，266 22又PA=15，在RtΔPMA中，求得PM=PA-MA=22，取AD中点E，连接ME，则ME⎳CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A(-3，2，0)，P(0，0，22)，C(3,-1,0)，31335又N为PC的中点，∴N2,-2,2，AN=2,-2,2，平面PDM的一个法向量为n=(0,1,0)，设直线AN与平面PDM所成角为θ，5|AN⋅n|215则sinθ=|cos<AN,n>|===．|AN|⋅|n|27+25+2×164415故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．630(2020•海南)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，QB=2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【解析】(1)证明：过P在平面PAD内作直线l⎳AD，由AD⎳BC，可得l⎳BC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，CD∩PD=D，∴BC⊥平面PCD，设m为平面PCD中任意一条直线，则BC⊥m，∵l⎳BC，∴l⊥m，67 由线面垂直的定义是l⊥平面PCD；(2)解：如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，∵PD=AD=1，Q为l上的点，QB=2，∴PB=3，QP=1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，作PQ⎳AD，则PQ为平面PAD与平面PBC的交线为l，因为QB=2，ΔQAB是等腰直角三角形，所以Q(1，0，1)，则DQ=(1，0，1)，PB=(1，1，-1)，DC=(0，1，0)，设平面QCD的法向量为n=(a，b，c)，n⋅DC=0b=0则，∴，取c=1，可得n=(-1，0，1)，n⋅DQ=0a+c=0n⋅PB-1-16∴|cos<n，PB>|===3，|n||PB|3⋅26∴PB与平面QCD所成角的正弦值为．331(2020•上海)已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．(1)求该圆柱的表面积；π(2)正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．2【解析】(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，2∴S=2×π×1+2π×1=4π．故该圆柱的表面积为4π．(2)∵正方形ABC1D1，∴AD1⊥AB，68 π又∠DAD1=，∴AD1⊥AD，2∵AD∩AB=A，且AD、AB⊂平面ADB，∴AD1⊥平面ADB，即D1在面ADB上的投影为A，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，AC26而cos∠D1CA===，CD1336∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos．332(2020•山东)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】(1)证明：过P在平面PAD内作直线l⎳AD，由AD⎳BC，可得l⎳BC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，CD∩PD=D，∴BC⊥平面PCD，设平面PCD中有任一直线l′，则BC⊥直线l′，∵l⎳BC，∴l⊥直线l′，∴由线面垂直的定义得l⊥平面PCD；(2)如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，69 设Q(m，0，1)，DQ=(m，0，1)，PB=(1，1，-1)，DC=(0，1，0)，设平面QCD的法向量为n=(a，b，c)，n⋅DC=0b=0则，∴，取a=-1，可得n=(-1，0，m)，n⋅DQ=0am+c=0n⋅PB-1-m∴cos<n，PB>==，2|n|⋅|PB|3⋅1+m|1+m|31+2m+m2∴PB与平面QCD所成角的正弦值为=⋅231+m23⋅1+m32m326=⋅1+≤⋅1+=，当且仅当m=1取等号，31+m23236∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．333(2020•浙江)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(Ⅰ)证明：EF⊥DB；(Ⅱ)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC，2∴在RtΔDHC中，CH=CD⋅cos45°=CD，222∵DC=2BC，∴CH=CD=⋅2BC=2⋅BC，22BC2∴=，即ΔBHC是直角三角形，且∠HBC=90°，CH2∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，∵在三棱台DEF-ABC中，EF⎳BC，∴EF⊥DB．(Ⅱ)设BC=1，则BH=1，HC=2，在RtΔDHC中，DH=2，DC=2，22在RtΔDHB中，DB=DH+HB=2+1=3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，70 ∴HG⊥GC，∴ΔHGC是直角三角形，且∠HGC=90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，HGHG且sinθ=sin∠HCG==，HC2∵在RtΔDHB中，DH⋅HB=BD⋅HG，DH⋅HB2⋅16∴HG===，BD336HG33∴sinθ===．22334(2019•上海)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM=2，CD=3，AD=4，AA1=5．(1)求直线A1C和平面ABCD的夹角；(2)求点A到平面A1MC的距离．【解析】(1)依题意：AA1⊥平面ABCD，连接AC，则A1C与平面ABCD所成夹角为∠A1CA，22∵AA1=5，AC=3+4=5，∴△A1CA为等腰三角形，π∴∠A1CA=，4π∴直线A1C和平面ABCD的夹角为，4(2)(空间向量)，如图建立坐标系，71 则A(0，0，0)，C(3，4，0)，A1(0，0，5)，M(3，0，2)，∴AC=(3，4，0)，A1C=(3，4，-5)，MC=(0，4．-2)，设平面A1MC的法向量n=(x，y，z)，n⋅A1C=3x+4y-5z=0由，可得n=(2，1，2)，n⋅MC=4y-2z=0|AC⋅n|3×2+4×110∴点A到平面A1MC的距离d===．22+12+223|n|35(2019•浙江)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(Ⅰ)证明：EF⊥BC；(Ⅱ)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【解析】方法一：证明：(Ⅰ)连接A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴A1E⊥平面ABC，∴A1E⊥BC，∵A1F⎳AB，∠ABC=90°，∴BC⊥A1F，∵A1F∩A1E=A1，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC．解：(Ⅱ)取BC中点G，连接EG、GF，则EGFA1是平行四边形，72 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGFA1是矩形，由(Ⅰ)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连接A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角(或其补角)，不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3，A1G15∵O是A1G的中点，故EO=OG==，22222EO+OG-EG3∴cos∠EOG==，2×EO×OG53∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．5方法二：证明：(Ⅰ)连接A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴A1E⊥平面ABC，如图，以E为原点，在平面ABC中，过E作AC的垂线为x轴，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，33设AC=4，则A1(0，0，23)，B(3,1,0)，B1(3,3,23)，F2,2,23，C(0，2，0)，33EF=2,2,23，BC=(-3,1,0)，由EF∙BC=0，得EF⊥BC．解：(Ⅱ)设直线EF与平面A1BC所成角为θ，由(Ⅰ)得BC=(-3,1,0)，A1C=(0，2，-23)，设平面A1BC的法向量n=(x，y，z)，BC∙n=-3x+y=0则，取x=1，得n=(1,3,1)，A1C∙n=y-3z=0|EF∙n|4∴sinθ==，5|EF|∙|n|423∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为1-5=5．73 考点七二面角的平面角及求法36(2022•浙江)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1，AC=AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则()A.α≤β≤γB.β≤α≤γC.β≤γ≤αD.α≤γ≤β【解析】∵正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=AA1，∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F作FG⊥AC，垂足点为G，连接GE，则A1A⎳FG，GE∴EF与AA1所成的角为∠EFG=α，且tanα==GE，FG又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，GF1∴EF与平面ABC所成的角为∠FEG=β，且tanβ==∈[1，+∞)，GEGE∴tanβ≥tanα，...①，再过G点作GH⊥BC，垂足点为H，连接HF，又易知FG⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴BC⊥FG，又FG∩GH=G，∴BC⊥平面GHF，GF13∴二面角F-BC-A的平面角为∠GHF=γ，且tanγ==，又GH∈0，，GHGH223∴tanγ∈，+∞，∴tanγ≥tanα，...②，3又GE≥GH，∴tanβ≤tanγ，...③，ππ由①②③得tanα≤tanβ≤tanγ，又α，β，γ∈0，2，y=tanx在0，2单调递增，∴α≤β≤γ，74 故选：A．37(2019•浙江)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则()A.β<γ，α<γB.β<α，β<γC.β<α，γ<αD.α<β，γ<β【解析】方法一、如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE⎳VG，过P作PF⎳AC于F，过D作DH⎳AC，交BG于H，则α=∠BPF，β=∠PBD，γ=∠PED，PFEGDHBD则cosα===<=cosβ，可得β<α；PBPBPBPBPDPDtanγ=>=tanβ，可得β<γ，EDBD方法二、由最小值定理可得β<α，记V-AC-B的平面角为γ(显然γ=γ)，由三正弦定理可得β<γ=γ；方法三、(特殊图形法)设三棱锥V-ABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，166233332322易得cosα==，可得sinα=，sinβ==，sinγ==，36633332242127当AP=时，由余弦定理可得PB=4+-2×2××=，3932328+16-2899916cosα==，sinα=，可得α<γ，故C错误．2×27×47733故选：B．75 38【多选】(2023•新高考Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则()A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为43πC.AC=22D.ΔPAC的面积为3【解析】取AC中点D，则OD⊥AC，PD⊥AC，由二面角的定义可知，二面角P-AC-O的平面角即为∠PDO=45°，对于A，ΔPAB中，由于PA=PB=2，∠APB=120°，则PO=1，AO=3，1则OD=1，V=⋅3π⋅1=π，选项A正确．3对于B，S侧=π×3×2=23π，选项B错误．对于C，AC=23-1=22，选项C正确．1对于D，PD=2，SΔPAC=×2×22=2，选项D错误．2故选：AC．39(2023•上海)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB⊥AD，AB⎳CD，AB=2，AD=3，CD=4．(1)证明：直线A1B⎳平面DCC1D1；(2)若该四棱柱的体积为36，求二面角A1-BD-A的大小．【解析】(1)证明：根据题意可知AB⎳DC，AA1⎳DD1，且AB∩AA1=A，∴可得平面A1ABB1⎳平面DCC1D1，又直线A1B⊂平面A1ABB1，∴直线A1B⎳平面DCC1D1；1(2)设AA1=h，则根据题意可得该四棱柱的体积为×(2+4)×3×h=36，2∴h=4，∵A1A⊥底面ABCD，在底面ABCD内过A作AE⊥BD，垂足点为E，则A1E在底面ABCD内的射影为AE，∴根据三垂线定理可得BD⊥A1E，76 故∠A1EA即为所求，在RtΔABD中，AB=2，AD=3，∴BD=4+9=13，AB×AD2×36∴AE===，又A1A=h=4，BD1313A1A4213∴tan∠A1EA===，AE6313213∴二面角A1-BD-A的大小为arctan．340(2023•新高考Ⅱ)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°，E为BC中点．(1)证明BC⊥DA；(2)点F满足EF=DA，求二面角D-AB-F的正弦值．【解析】证明：(1)连接AE，DE，∵DB=DC，E为BC中点．∴DE⊥BC，又∵DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，∴ΔACD与ΔABD均为等边三角形，∴AC=AB，∴AE⊥BC，AE∩DE=E，∴BC⊥平面ADE，∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA．(2)解：设DA=DB=DC=2，∴BC=22，∵DE=AE=2，AD=2，77 222∴AE+DE=4=AD，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC=E，∴AE⊥平面BCD，以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，D(2,0,0)，A(0,0,2)，B(0,2,0)，E(0，0，0)，∵EF=DA，∴F(-2,0,2)，∴DA=(-2,0,2)，AB=(0,2,-2)，AF=(-2,0,0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2=(x2,y2,z2)，-2x1+2z1=0则，令x1=1，解得y1=z1=1，2y1-2z1=02y2-2z2=0，令y2=1，解得x2=0，z2=1，-2x2=0故n1=(1，1，1)，n2=(0，1，1)，设二面角D-AB-F的平面角为θ，|n1⋅n2|26则|cosθ|===，|n1||n2|3×233故sinθ=，33所以二面角D-AB-F的正弦值为．341(2023•新高考Ⅰ)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D中，AB=2，AA1=4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3．(1)证明：B2C2⎳A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P．78 【解析】(1)证明：根据题意建系如图，则有：B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，∴B2C2=(0,-2,1)，A2D2=(0,-2,1)，∴B2C2=A2D2，又B2，C2，A2，D2四点不共线，∴B2C2⎳A2D2；(2)在(1)的坐标系下，可设P(0，2，t)，t∈[0，4]，又由(1)知C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，∴C2A2=(2,2,-2)，C2P=(0,2,t-3)，A2D2=(0,-2,1)，设平面PA2C2的法向量为m=(x,y,z)，m⋅C2A2=2x+2y-2z=0则，取m=(t-1,3-t,2)，m⋅C2P=2y+(t-3)z=0设平面A2C2D2的法向量为n=(a,b,c)，n⋅C2A2=2a+2b-2c=0则，取n=(1,1,2)，n⋅A2D2=-2b+c=0|m⋅n|∴根据题意可得|cos150°|=|cos<m，n>|=，|m||n|36∴=，2(t-1)2+(3-t)2+4×62∴t-4t+3=0，又t∈[0，4]，∴解得t=1或t=3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，∴B2P=1．79 42(2022•浙江)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB⎳DC，DC⎳EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．(Ⅰ)证明：FN⊥AD；(Ⅱ)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解析】证明：(I)由于CD⊥CB，CD⊥CF，平面ABCD∩平面CDEF=CD，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，所以∠FCB为二面角F-DC-B的平面角，则∠FCB=60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．又CF=3(CD-EF)=23,CB=3(AB-CD)=23，则ΔBCF是等边三角形，则CB⊥FN，因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC=C，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，又因为DC∩CB=C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD；解：(Ⅱ)由于FN⊥平面ABCD，如图建系：80 33于是B(0,3,0),A(5,3,0),F(0,0,3),E(1,0,3),D(3,-3,0)，则M3,2,2，33BM=3,-2,2,DA=(2,23,0),DE=(-2,3,3)，设平面ADE的法向量n=(x，y，z)，n⋅DA=02x+23y=0则n⋅DE=0，∴-2x+3y+3z=0，令x=3，则y=-1，z=3，∴平面ADE的法向量n=(3,-1,3)，设BM与平面ADE所成角为θ，|BM⋅n|57则sinθ==．|BM||n|1443(2022•新高考Ⅱ)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E为PB的中点．(1)证明：OE⎳平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值．【解析】(1)证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，∴∠POA=∠POB=90°，又PA=PB，OP=OP，则ΔPOA≅ΔPOB，∴OA=OB，延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在RtΔABF中，O为BF中点，连接PF，在ΔPBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE⎳PF，∵OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，∴OE⎳平面PAC；(2)过点A作AM⎳OP，以AB，AC，AM分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PO=3，PA=5，由(1)知OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30°，则AB=43，3∴P(23,2,3),B(43,0,0),A(0,0,0),E33,1,，2又AC=ABtan60°=12，即C(0，12，0)，3设平面AEB的一个法向量为n=(x,y,z)，又AB=(43,0,0),AE=33,1,，2n⋅AB=43x=0则3，则可取n=(0,3,-2)，n⋅AE=33x+y+z=023设平面AEC的一个法向量为m=(a,b,c)，又AC=(0,12,0),AE=33,1,，281 m⋅AC=12b=0则3，则可取m=(-3,0,6)，m⋅AE=33a+b+c=02m⋅n43设锐二面角C-AE-B的平面角为θ，则cosθ=|cos<m,n>|==，|m||n|1321111∴sinθ=1-cosθ=，即二面角C-AE-B正弦值为．131344(2022•新高考Ⅰ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．14【解析】(1)由直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，可得VA1-ABC=3VA1B1C1-ABC=3，设A到平面A1BC的距离为d，由VA1-ABC=VA-A1BC，1414∴S△A1BC⋅d=，∴×22⋅d=，解得d=2．3333(2)连接AB1交A1B于点E，∵AA1=AB，∴四边形ABB1A1为正方形，∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，由直三棱柱ABC-A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1=B1，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，82 11∵AA1=AB，∴BC×2AB×=22，又AB×BC×AA1=4，解得AB=BC=AA1=2，22则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，则BA=(0，2，0)，BD=(1，1，1)，BC=(2，0，0)，设平面ABD的一个法向量为n=(x，y，z)，n⋅BA=2y=0则n⋅BD=x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=-1，∴平面ABD的一个法向量为n=(1，0，-1)，设平面BCD的一个法向量为m=(a，b，c)，m⋅BC=2a=0m⋅BD=a+b+c=0，令b=1，则a=0，c=-1，平面BCD的一个法向量为m=(0，1，-1)，11cos<n，m>==，2⋅22123二面角A-BD-C的正弦值为1-2=．245(2021•新高考Ⅱ)在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=5，QC=3．(Ⅰ)求证：平面QAD⊥平面ABCD；(Ⅱ)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．222【解析】(Ⅰ)证明：ΔQCD中，CD=AD=2，QD=5，QC=3，所以CD+QD=QC，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD=D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．(Ⅱ)解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示：83 则O(0，0，0)，B(2，-1，0)，D(0，1，0)，Q(0，0，2)，因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为α=(1，0，0)，设平面BDQ的一个法向量为β=(x，y，z)，由BD=(-2，2，0)，DQ=(0，-1，2)，β⋅BD=0-2x+2y=0得β⋅DQ=0，即-y+2z=0，令z=1，得y=2，x=2，所以β=(2，2，1)；α⋅β2+0+02所以cos<α，β>===，|α|⋅|β|1×4+4+132所以二面角B-QD-A的平面角的余弦值为．346(2021•新高考Ⅰ)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若ΔOCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．【解析】(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；(2)方法一：取OD的中点F，因为ΔOCD为正三角形，所以CF⊥OD，84 过O作OM⎳CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，31则B(0，-1，0)，C2,2,0，D(0，1，0)，12t设A(0，0，t)，则E0,,，33因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，3342t又BC=2,2,0,BE=0,3,3，33n⋅BC=02x+2y=0所以由，得42t，n⋅BE=0y+z=03322令x=3，则y=-1，z=，故n=3,-1,，tt因为二面角E-BC-D的大小为45°，|n⋅OA|22所以|cos<n,OA>|===，|n||OA|t4+422t解得t=1，所以OA=1，1333又SΔOCD=×1×1×=，所以SΔBCD=，22421133故VA-BCD=SΔBCD⋅OA=××1=．3326方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，由题意可知，EF⎳AO，又AO⊥平面BCD1所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF=F所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，则∠EGF为二面角E-BC-D的平面角，即∠EGF=45°，又CD=DO=OB=OC=1，所以∠BOC=120°，则∠OCB=∠OBC=30°，故∠BCD=90°，所以FG⎳CD，DEDFEF2因为===，ADODAO3312则AO=EF,OF=,DF=，2331+1BFGF32所以=，则GF==，BDCD2385 23所以EF=GF=，则AO=EF=1，321113所以VA-BCD=SΔBCD⋅AO=××3×1×1=．3326考点八立体几何的交线问题47(2020•山东)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．【解析】由题意直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．可知：D1B1=2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x,y)为半径5的球面上的点，过P作PE垂直B1C1的垂线，E为垂足，2222则D1E=D1B1+x-2⋅D1B1⋅xcos60°=x+4-2x．由题意可知D1P=5．22可得：5=x+4-2x+(2-y)．22即(x-1)+(y-2)=2，所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B1C1的中点为圆心，半径为2的圆弧．12π以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为：×22π=．422π故答案为：．286 87 专题05平面解析几何高频考点考点精析考点一两条平行直线间的距离1(2020•上海)已知直线l1:x+ay=1，l2:ax+y=1，若l1⎳l2，则l1与l2的距离为．【解析】直线l1:x+ay=1，l2:ax+y=1，2当l1⎳l2时，a-1=0，解得a=±1；当a=1时l1与l2重合，不满足题意；当a=-1时l1⎳l2，此时l1:x-y-1=0，l2:x-y+1=0；|-1-1|则l1与l2的距离为d==2．221+(-1)故答案为：2．考点二圆的一般方程222(2021•上海)若x+y-2x-4y=0，求圆心坐标为．2222【解析】由x+y-2x-4y=0，可得圆的标准方程为(x-1)+(y-2)=5，所以圆心坐标为(1,2)．故答案为：(1,2)．223(2023•上海)已知圆x+y-4x-m=0的面积为π，则m=．2222【解析】圆x+y-4x-m=0化为标准方程为：(x-2)+y=4+m，88 ∵圆的面积为π，∴圆的半径为1，∴4+m=1，∴m=-3．故答案为：-3．考点三直线与圆的位置关系22224【多选】(2021•新高考Ⅱ)已知直线l:ax+by-r=0与圆C:x+y=r，点A(a,b)，则下列说法正确的是()A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离C.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切D.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离2222r【解析】A中，若A在圆上，则a+b=r，而圆心到直线l的距离d==|r|，所以直线与圆相22a+b切，即A正确；2222rB中，点A在圆C外，则a+b>r，而圆心到直线l的距离d=<|r|，所以直线l与圆相交，22a+b所以B不正确；2222rC中，点A在直线l上，则a+b=r，而圆心到直线l的距离d==|r|，所以直线l与圆相切，22a+b所以C正确；2222rD中，点A在圆C内，则a+b<r，而圆心到直线l的距离d=>|r|，所以直线l与圆相离，22a+b所以D正确；故选：ACD．225【多选】(2021•新高考Ⅰ)已知点P在圆(x-5)+(y-5)=16上，点A(4,0)，B(0,2)，则()A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时，|PB|=32D.当∠PBA最大时，|PB|=32【解析】∵A(4,0)，B(0,2)，xy∴过A、B的直线方程为+=1，即x+2y-4=0，4222圆(x-5)+(y-5)=16的圆心坐标为(5,5)，|1×5+2×5-4|11115圆心到直线x+2y-4=0的距离d===>4，12+2255115115∴点P到直线AB的距离的范围为-4，+4，55115115115∵<5，∴-4<1，+4<10，555∴点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故A正确，B错误；如图，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大(P点位于P1时∠PBA最小，位于P2时∠PBA最大)，22此时|BC|=(5-0)+(5-2)=25+9=34，22∴|PB|=|BC|-4=18=32，故CD正确．89 故选：ACD．226(2022•新高考Ⅱ)设点A(-2,3)，B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)+(y+2)=1有公共点，则a的取值范围是．a-33-a【解析】点A(-2,3)，B(0,a)，kAB=，所以直线AB关于y=a对称的直线的斜率为：，所以223-a对称直线方程为：y-a=⋅x，即：(3-a)x-2y+2a=0，222(x+3)+(y+2)=1的圆心(-3,-2)，半径为1，|3(a-3)+4+2a|213所以≤1，得12a-22a+6≤0，解得a∈，．4+(3-a)23213故答案为：，．322227(2022•上海)设集合Ω={(x，y)|(x-k)+(y-k)=4|k|，k∈Z}①存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧；②存在直线l，使得集合Ω中存在无数点在l上；()A.①成立②成立B.①成立②不成立C.①不成立②成立D.①不成立②不成立222【解析】当k=0时，集合Ω={(x，y)|(x-k)+(y-k)=4|k|，k∈Z}={(0,0)}，222当k>0时，集合Ω={(x，y)|(x-k)+(y-k)=4|k|，k∈Z}，2表示圆心为(k,k)，半径为r=2k的圆，2圆的圆心在直线y=x上，半径r=f(k)=2k单调递增，22222相邻两个圆的圆心距d=(k+1-k)+[(k+1)-k]=4k+4k+2，相邻两个圆的半径之和为l=2k+2k+1，因为d>l有解，故相邻两个圆之间的位置关系可能相离，当k<0时，同k>0的情况，故存在直线l，使得集合Ω中不存在点在l上，而存在点在l两侧，故①正确，若直线l斜率不存在，显然不成立，222设直线l:y=mx+n，若考虑直线l与圆(x-k)+(y-k)=4|k|的焦点个数，2|mk+n-k|d=，r=2|k|，2m+1给定m，n，当k足够大时，均有d>r，故直线l只与有限个圆相交，②错误．故选：B．90 228(2023•新高考Ⅱ)已知直线x-my+1=0与⊙C:(x-1)+y=4交于A，B两点，写出满足8“ΔABC面积为”的m的一个值．522【解析】由圆C:(x-1)+y=4，可得圆心坐标为C(1,0)，半径为r=2，818因为ΔABC的面积为，可得SΔABC=×2×2×sin∠ACB=，525414解得sin∠ACB=，设∠ACB=θ所以∴2sinθcosθ=，5252sinθcosθ42tanθ41可得=，∴=，∴tanθ=或tanθ=2，sin2θ+cos2θ5tan2θ+15221∴cosθ=或cosθ=，5542∴圆心眼到直线x-my+1=0的距离d=或，552422∴=或=，1+m251+m251解得m=±或m=±2．211故答案为：2(或-2或或-)．22考点四圆的切线方程229(2023•新高考Ⅰ)过点(0,-2)与圆x+y-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=()15106A.1B.C.D.4442222【解析】圆x+y-4x-1=0可化为(x-2)+y=5，则圆心C(2,0)，半径为r=5；22设P(0,-2)，切线为PA、PB，则PC=2+2=22，α5α53ΔPAC中，sin=，所以cos=1-=，2222822αα5315所以sinα=2sincos=2××=．2222224故选：B．10(2019•浙江)已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r．若直线2x-y+3=0与圆C相切于点91 A(-2,-1)，则m=，r=　　．【解析】如图，m+11由圆心与切点的连线与切线垂直，得=-，解得m=-2．2222∴圆心为(0,-2)，则半径r=(-2-0)+(-1+2)=5．故答案为：-2，5．222211(2022•新高考Ⅰ)写出与圆x+y=1和(x-3)+(y-4)=16都相切的一条直线的方程．22【解析】圆x+y=1的圆心坐标为O(0,0)，半径r1=1，22圆(x-3)+(y-4)=16的圆心坐标为C(3,4)，半径r2=4，如图：∵|OC|=r1+r2，∴两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．433∵kOC=，∴l1的斜率为-，设直线l1:y=-x+b，即3x+4y-4b=0，344|-4b|5由=1，解得b=(负值舍去)，则l1:3x+4y-5=0；544由图可知，l2:x=-1；l2与l3关于直线y=x对称，3x=-14联立y=4x，解得l2与l3的一个交点为-1,-3，在l2上取一点(-1,0)，3y04x0-1=⋅4232724该点关于y=3x的对称点为(x0，y0)，则y03，解得对称点为25，-25．=-x0+1492 -24+4253774∴kl==，则l3:y=(x+1)-，即7x-24y-25=0．3724243+1252222∴与圆x+y=1和(x-3)+(y-4)=16都相切的一条直线的方程为：x=-1(填3x+4y-5=0，7x-24y-25=0都正确)．故答案为：x=-1(填3x+4y-5=0，7x-24y-25=0都正确)．222212(2020•浙江)已知直线y=kx+b(k>0)与圆x+y=1和圆(x-4)+y=1均相切，则k=，b=　　．【解析】由条件得C1(0,0)，r1=1，C2(4,0)，r2=1，因为直线l与C1，C2都相切，|b||4k+b|故有d1==1，d2==1，221+k1+k|b||4k+b|22则有=，故可得b=(4k+b)，整理得k(2k+b)=0，221+k1+k因为k>0，所以2k+b=0，即b=-2k，|b|323代入d1==1，解得k=，则b=-，1+k233323故答案为：；-．33考点五椭圆的性质22x2x213(2023•新高考Ⅰ)设椭圆C1:2+y=1(a>1)，C2:+y=1的离心率分别为e1，e2．若e2=a43e1，则a=()23A.B.2C.3D.632x2【解析】由椭圆C2:+y=1可得a2=2，b2=1，∴c2=4-1=3，43∴椭圆C2的离心率为e2=，21c11∵e2=3e1，∴e1=，∴=，2a1222222∴a1=4c1=4(a1-b1)=4(a1-1)，2323∴a=或a=-(舍去)．33故选：A．2y2x14(2021•新高考Ⅰ)已知F1，F2是椭圆C:+=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的94最大值为()A.13B.12C.9D.62y2x【解析】F1，F2是椭圆C:+=1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|=6，9493 |MF1|+|MF2|2所以|MF1|⋅|MF2|≤=9，当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，取等号，2所以|MF1|⋅|MF2|的最大值为9．故选：C．2x215(2023•新高考Ⅱ)已知椭圆C:+y=1的左焦点和右焦点分别为F1和F2，直线y=x+m与C3交于点A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的两倍，则m=()2222A.B.C.-D.-3333【解析】记直线y=x+m与x轴交于M(-m,0)，2x2椭圆C:+y=1的左，右焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，3由△F1AB面积是△F2AB的2倍，可得|F1M|=2|F2M|，2∴|-2-xM|=2|2-xM|，解得xM=或xM=32，322∴-m=或-m=32，∴m=-或m=-32，332x2联立3+y=1可得，4x2+6mx+3m2-3=0，y=x+m2∵直线y=x+m与C相交，所以△>0，解得m<4，∴m=-32不符合题意，2故m=-．3故选：C．2y2x16(2022•新高考Ⅱ)已知直线l与椭圆+=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别63相交于M，N两点，且|MA|=|NB|，|MN|=23，则l的方程为．【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为E，2222x1y1x2y2由+=1，+=1，636322y2-y11相减可得：=-，x2-x222122y1+y2y2-y1y2-y11则kOE⋅kAB=x+x⋅x-x=22=-2，1221x2-x1m设直线l的方程为：y=kx+m，k<0，m>0，M-，0，N(0,m)，kmm∴E-2k，2，∴kOE=-k，12∴-k⋅k=-，解得k=-，2222m2m2∵|MN|=23，∴+m=23，化为：+m=12．22kk2∴3m=12，m>0，解得m=2．2∴l的方程为y=-x+2，即x+2y-22=0，294 故答案为：x+2y-22=0．22y17(2021•上海)已知椭圆x+2=1(0<b<1)的左、右焦点为F1、F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物b线交椭圆于P，且∠PF1F2=45°，则抛物线的准线方程是．2【解析】设F1(-c,0)，F2(c,0)，则抛物线y=4cx，2y=4cx直线PF1:y=x+c，联立方程组，解得x=c，y=2c，y=x+c所以点P的坐标为(c,2c)，所以PF2⊥F1F2，又PF2=F2F1=2c,所以PF1=22c所以PF1+PF2=(2+22)c=2a=2，则c=2-1，所以抛物线的准线方程为：x=-c=1-2，故答案为：x=1-2．2y2x18(2021•浙江)已知椭圆2+2=1(a>b>0)，焦点F1(-c,0)，F2(c，0)(c>0)．若过F1的直线和ab1222圆x-2c+y=c相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是，椭圆的离心率是．【解析】直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过F1，设直线的方程为y=k(x+c)，1222∵直线和圆x-c+y=c相切，21∴圆心c,0到直线的距离与半径相等，2k⋅c-0+kc225∴=c，解得k=，k2+152y22xb将x=c代入+=1，可得P点坐标为Pc,，a2b2a2bPF2a25∵tan∠PF1F2===k=，F1F22c5222a-c251-e25∴=，∴=，2ac52e55∴e=．5255故答案为：,．552y2x19(2019•浙江)已知椭圆+=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的95中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是．2y2x2【解析】椭圆+=1的a=3，b=5，c=2，e=，953设椭圆的右焦点为F，连接PF，线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，连接AO，可得|PF|=2|AO|=4，95 2315设P的坐标为(m,n)，可得3-m=4，可得m=-，n=，322由F(-2,0)，可得直线PF的斜率为152=15．-3+22另解：由|PF|=2|AO|=4，|PF|=6-4=2，|FF|=2c=4，4+16-161可得cos∠PFF==，2×2×44115sin∠PFF=1-=，164sin∠PFF可得直线PF的斜率为=15．cos∠PFF故答案为：15．2y2x20(2019•上海)已知椭圆+=1，F1，F2为左、右焦点，直线l过F2交椭圆于A，B两点．84(1)若直线l垂直于x轴，求|AB|；(2)当∠F1AB=90°时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；(3)若直线AF1交y轴于M，直线BF1交y轴于N，是否存在直线l，使得S△F1AB=S△F1MN，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【解析】(1)依题意，F2(2,0)，当AB⊥x轴时，则A(2,2)，B(2,-2)，得|AB|=22；(2)设A(x1，y1)，∵∠F1AB=90°(∠F1AF2=90°)，22∴AF1⋅AF2=(x1+2,y1)⋅(x1-2,y1)=x1-4+y1=0，222x1y12x1又A在椭圆上，满足+=1，即y1=41-，84822x1∴x1-4+41-=0，解得x1=0，即A(0,2)．8直线AB:y=-x+2，y=-x+282联立x2y2，解得B，-；+=13384(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0,y3)，N(0,y4)，直线l:x=my+2，96 1则S△F1AB=|F1F2|⋅|y1-y2|=2|y1-y2|，21S△F1MN=|F1O|⋅|y3-y4|=|y3-y4|．2x=my+222联立x2y2，得(m+2)y+4my-4=0．+=1844m-4则y1+y2=-2，y1y2=2．m+2m+2y12y1由直线AF1的方程：y=(x+2)，得M纵坐标y3=；x1+2x1+2y22y2由直线BF1的方程：y=(x+2)，得N的纵坐标y4=．x2+2x2+2若S△F1AB=S△F1MN，即2|y1-y2|=|y3-y4|，2y12y22y12y28(y1-y2)|y3-y4|=x+2-x+2=my+4-my+4==2|y1-y2|，1212(my1+4)(my2+4)2∴|(my1+4)(my2+4)|=4，|my1y2+4m(y1+y2)+16|=4，2-4m-4m代入根与系数的关系，得+4m⋅+16=4，解得m=±3．m2+2m2+2∴存在直线x+3y-2=0或x-3y-2=0满足题意．考点六直线与椭圆的综合2y2x21(2022•新高考Ⅰ)已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心ab1率为．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则ΔADE的周长是．22y2x1【解析】∵椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，a2b222y2x∴不妨可设椭圆C:+=1，a=2c，224c3c∵C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，∴△AF1F2为等边三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，97 3∴kDE=tan30°=，3由等腰三角形的性质可得，|AD|=|DF2|，|AE|=|EF2|，3设直线DE方程为y=(x+c)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，322将其与椭圆C联立化简可得，13x+8cx-32c=0，28c32c由韦达定理可得，x1+x2=-，x1x2=-，131318c2128c248222|DE|=k+1|x1-x2|=k+1(x1+x2)-4x1x2=3+1⋅-13+13=13c=6，解得c13=，813ΔADE的周长等价于|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=8c=8×=13．8故答案为：13．2y2x22(2020•海南)已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM的斜率22ab1为．2(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求ΔAMN的面积的最大值．1【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：y-3=(x-2)，2即x-2y=-4，当y=0时，解得x=-4，所以a=4，2y2x椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,3)，22ab492可得+=1，解得b=12，16b22y2x所以C的方程：+=1．1612(2)设与直线AM平行的直线方程为：x-2y=m，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时ΔAMN的面积取得最大值．2y2xx-2y=m代入椭圆方程：+=1．161222222化简可得：16y+12my+3m-48=0，所以△=144m-4×16(3m-48)=0，即m=64，解得m=±8，98 与AM距离比较远的直线方程：x-2y=8，8+4125利用平行线之间的距离为：d==，1+4522|AM|=(2+4)+3=35．1125所以ΔAMN的面积的最大值：×35×=18．252y2x223(2020•山东)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．a2b22(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．c2【解析】(1)∵离心率e==，a2∴a=2c，222又a=b+c，∴b=c，a=2b，412把点A(2,1)代入椭圆方程得，+=1，解得b=3，222bb2y2x故椭圆C的方程为+=1．63(2)①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，y=kx+m222联立x2y2，得(2k+1)x+4kmx+2m-6=0，+=16322222由△=(4km)-4(2k+1)(2m-6)>0，知m<6k+3，99 24km2m-6设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=-2，x1x2=2，2k+12k+12∵AM⊥AN，∴AM⋅AN=(x1-2，y1-1)⋅(x2-2，y2-1)=0，即(k+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)2+m-2m+5=0，222m-64km222∴(k+1)⋅+(km-k-2)-+m-2m+5=0，化简整理得，4k+8km+3m-2m2k2+12k2+1-1=(2k+m-1)(2k+3m+1)=0，2k+1∴m=1-2k或m=-，3当m=1-2k时，y=kx-2k+1，过定点A(2,1)，不符合题意，舍去；2k+12k+121当m=-时，y=kx-，过定点B,-．3333∵AD⊥MN，∴点D在以AB为直径的圆上，4122故当点Q为AB的中点，即Q，时，|DQ|=，为定值；33322ts②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为x=t，M(t,s)，N(t,-s)，且+=1，632232∵AM⊥AN，∴AM⋅AN=(t-2，s-1)⋅(t-2，-s-1)=t-4t-s+5=t-4t+2=0，解得t22=或2(舍2)，324221222∴D3，1，此时|DQ|=3-3+3-1=3，为定值．4122综上所述，存在定点Q，，使得|DQ|为定值，且该定值为．333考点七双曲线的性质2x224(2022•上海)双曲线-y=1的实轴长为．92x2【解析】由双曲线-y=1，可知：a=3，9所以双曲线的实轴长2a=6．故答案为：6．25(2019•浙江)渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是()2A.B.1C.2D.22【解析】根据渐近线方程为x±y=0的双曲线，可得a=b，所以c=2ac则该双曲线的离心率为e==2，a故选：C．2y2x26(2021•新高考Ⅱ)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的离心率e=2，则该双曲线的渐近线方22ab程为．2y2x【解析】∵双曲线的方程是-=1(a>0,b>0)，22ab100 b∴双曲线渐近线为y=±xac又∵离心率为e==2，可得c=2aa22222∴c=4a，即a+b=4a，可得b=3a由此可得双曲线渐近线为y=±3x故答案为：y=±3x2y2x27(2023•新高考Ⅰ)已知双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2．点A在Cab2上，点B在y轴上，F1A⊥F1B，F2A=-F2B，则C的离心率为．3【解析】(法一)如图，设F1(-c,0)，F2(c,0)，B(0,n)，设A(x,y)，则F2A=(x-c,y),F2B=(-c,n)，x-c=2c2352又F2A=-3F2B，则2，可得A3c,-3n，y=-n382又F1A⊥F1B，且F1A=3c,-3n,F1B=(c,n)，822222则F1A⋅F1B=c-n=0，化简得n=4c．33又点A在C上，25242cn229925c4n则-=1，整理可得-=1，2222ab9a9b2222225c16c216e代n=4c，可得-=9，即25e-=9，222abe-1291解得e=或(舍去)，5535故e=．52|F2A|2(法二)由FA=-FB，得=，3|F2B|3设|F2A|=2t,|F2B|=3t，由对称性可得|F1B|=3t，则|AF1|=2t+2a,|AB|=5t，3t3设∠F1AF2=θ，则sinθ==，5t542t+2a所以cosθ==，解得t=a，55t所以|AF1|=2t+2a=4a,|AF2|=2a，22216a+4a-4c4在△AF1F2中，由余弦定理可得cosθ=2=，16a52235即5c=9a，则e=．535故答案为：．5101 2y2xb28(2022•浙江)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双a2b24a曲线于点A(x1，y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2，y2)且x1<0<x2．若|FB|=3|FA|，则双曲线的离心率是．【解析】(法一)如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，bb由于B(x2，y2)且x2>0，则点B在渐近线y=ax上，不妨设Bm,am,m>0，b|BB|mbbab设直线AB的倾斜角为θ，则tanθ=，则=，即=，则|FB′|=4m，4a4a4a|FB||FB|∴|OF|=c=4m-m=3m，|AA||AF|11bmbc又==，则|AA|=|BB|==，333a9a|BB||BF||FA||AF|114m4m5m5c又==，则|FA|=|FB|=，则|x1|=3m-==，333339|FB||BF|5cbc∴点A的坐标为-,，99a2b2c225c228181ac8127∴-=1，即==，a2b2a2248c36∴e==．a4y=b(x+c)4acbc(法二)由b，解得B3,3a，y=xa又|FB|=3|FA|，bc所以点A的纵坐标为y1=，9ab5c代入方程y=(x+c)中，解得x1=-，4a925cbcc27所以A-,，代入双曲线方程中，可得=，99aa28c36所以e==．a436故答案为：．4102 考点八直线与双曲线的综合2y2x29(2022•新高考Ⅰ)已知点A(2,1)在双曲线C:-=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，22aa-1直线AP，AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=22，求ΔPAQ的面积．41【解析】(1)将点A代入双曲线方程得-=1，22aa-12422x2化简得a-4a+4=0，∴a=2，故双曲线方程为-y=1，2由题显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1，y1)Q(x2，y2)，222则联立双曲线得：(2k-1)x+4kmx+2m+2=0，24km2m+2故x1+x2=-2，x1x2=2，2k-12k-1y1-1y2-1kx1+m-1kx2+m-1kAP+kAQ=+=+=0，x1-2x2-2x1-2x2-2化简得：2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0，22k(2m+2)4km故+(m-1-2k)--4(m-1)=0，2k2-12k2-1即(k+1)(m+2k-1)=0，而直线l不过A点，故k=-1；(2)设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ=22，∠PAQ2tan2∠PAQ2∴=22，得tan=2∠PAQ221-tan2π-∠PAQ由2α+∠PAQ=π，∴α=，2103 y1-1得kAP=tanα=2，即=2，x1-22y1-1x1210-4242-5联立=2，及-y1=1得x1=,y1=，x1-223310+42-42-5同理x2=,y2=，332068故x1+x2=,x1x2=，3922而|AP|=3|x1-2|,|AQ|=3|x2-2|，由tan∠PAQ=22，得sin∠PAQ=，31162故SΔPAQ=|AP||AQ|sin∠PAQ=2|x1x2-2(x1+x2)+4|=．2930(2021•新高考Ⅰ)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(-17，0)，F2(17，0)，点M满足|MF1|-|MF2|=2．记M的轨迹为C．(1)求C的方程；1(2)设点T在直线x=上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|⋅|TB|=|TP|⋅2|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．2y2x【解析】(1)由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为-=1(a>0,b22ab>0),x≥1，c=17a=1根据题意2a=2，解得b=4，c2=a2+b2c=1722y∴C的方程为x-=1(x≥1)；16x=1+tcosθ12(2)(法一)设T,m，直线AB的参数方程为，2y=m+tsinθ2222将其代入C的方程并整理可得，(16cosθ-sinθ)t+(16cosθ-2msinθ)t-(m+12)=0，22m+12m+12由参数的几何意义可知，|TA|=t1，|TB|=t2，则t1t2=22=2，sinθ-16cosθ1-17cosθx=1+λcosβ22m+12设直线PQ的参数方程为，|TP|=λ1，|TQ|=λ2，同理可得，λ1λ2=2，y=m+λsinβ1-17cosβ22m+12m+1222依题意，=，则cosθ=cosβ，221-17cosθ1-17cosβ又θ≠β，故cosθ=-cosβ，则cosθ+cosβ=0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．111(法二)设T2,t，直线AB的方程为y=k1x-2+t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，设2<x1<x2，222122将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，(16-k1)x+(k1-2tk1)x-k1+k1t-t-16=0，4122k2-2kt-k1+k1t-t-16114由韦达定理有，x1+x2=2,x1x2=2，k1-1616-k11121又由Ax1,k1x1-2k1+t,T2,t可得|AT|=1+k1x1-2，21同理可得|BT|=1+k1x2-2，104 22211(1+k1)(t+12)∴|AT||BT|=(1+k1)x1-2x2-2=2，k1-1611设直线PQ的方程为y=k2x-2+t,P(x3,y3),Q(x4,y4)，设2<x3<x4，22(1+k2)(t+12)同理可得|PT||QT|=，2k2-16221+k11+k222又|AT||BT|=|PT||QT|，则2=2，化简可得k1=k2，k1-16k2-16又k1≠k2，则k1=-k2，即k1+k2=0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．2y2x31(2022•新高考Ⅱ)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=22ab±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①M在AB上；②PQ⎳AB；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．b22【解析】(1)由题意可得=3，a+b=2，a解得a=1，b=3，22y因此C的方程为x-=1，322y2(2)解法一：设直线PQ的方程为y=kx+m，(k≠0)，将直线PQ的方程代入x-=1可得(3-k322)x-2kmx-m-3=0，22△=12(m+3-k)>0，105 ∵x1>x2>022kmm+3∴x1+x2=2>0，x1x2=-2>0，3-k3-k2∴3-k<0，22223⋅m+3-k∴x1-x2=(x1+x2)-4x1x2=2，k-3yM-y1=-3(xM-x1)设点M的坐标为(xM，yM)，则，yM-y2=3(xM-x2)两式相减可得y1-y2=23xM-3(x1+x2)，∵y1-y2=k(x1-x2)，∴23xM=3(x1+x2)+k(x1-x2)，22km+3-k-km解得XM=，2k-3两式相加可得2yM-(y1+y2)=3(x1-x2)，∵y1+y2=k(x1+x2)+2m，∴2yM=3(x1-x2)+k(x1+x2)+2m，223m+3-k-3m解得yM=，2k-33∴yM=xM，其中k为直线PQ的斜率；k若选择①②：设直线AB的方程为y=k(x-2)，并设A的坐标为(x3，y3)，B的坐标为(x4，y4)，y3=k(x3-2)2k23k则，解得x3=，y3=，y3=3x3k-3k-32k23k同理可得x4=，y4=-，k+3k+324k12k∴x3+x4=2，y3+y4=2，k-3k-3yM=k(xM-2)2k216k1此时点M的坐标满足yM=3xM，解得XM=k2-3=2(x3+x4)，yM=k2-3=2(y3+y4)，k∴M为AB的中点，即|MA|=|MB|；若选择①③：3当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时不在直线y=x上，矛盾，k当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=m(x-2)(m≠0)，并设A的坐标为(x3，y3)，B的坐标为(x4，y4)，y3=m(x3-2)2m23m则，解得x3=，y3=，y3=3x3m-3m-32m23m同理可得x4=，y4=-，m+3m+3212m此时xM=(x3+x4)=2，2m-316m∴yM=(y3+y4)=2，2m-3106 332由于点M同时在直线y=x上，故6m=⋅2m，解得k=m，kk因此PQ⎳AB．若选择②③，设直线AB的方程为y=k(x-2)，并设A的坐标为(x3，y3)，B的坐标为(x4，y4)，y3=k(x3-2)2k23k则，解得x3=，y3=，y3=3x3k-3k-32k23k同理可得x4=，y4=-，k+3k-3212k16k设AB的中点C(xC，yC)，则xC=2(x3+x4)=2，yC=2(y3+y4)=2，k-3k-31由于|MA|=|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y-yC=-(x-xC)上，k232k6k将该直线y=kx联立，解得xM=2=xC，yM=2=yC，k-3k-3即点M恰为AB中点，故点M在直线AB上．(2)解法二：由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②⇒③，或选由②③⇒①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为0．若选①③⇒②，则M为线段AB的中点，假设AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F，此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，从而x1=x2，已知不符．综上，直线AB的斜率存在且不为0，直线AB的斜率为k，直线AB的方程为y=k(x-2)．2则条件①M在直线AB上，等价于y0=k(x0-2)⇔ky0=k(x0-2)，22两渐近线的方程合并为3x-y=0，2222联立方程组，消去y并化简得：(k-3)x-4kx+4k=0，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，线段中点为N(xN，yN)，x+x2342k6k则xN=2=2．yN=k(xN-2)=2，k-3k-3设M(x0，y0)，2222则条件③|AM|=|BM|等价于(x0-x3)+(y0-y3)=(x0-x4)+(y0-y4)，移项并利用平方差公式整理得：(x3-x4)[2x0-(x3+x4)]+(y3-y4)[(2y0-(y3+y4)]=0，y3-y4[2x0-(x3+x4)]+[2y0-(y3+y4)]=0，x3-x4∴x0-xN+k(y0-yN)=0，y3-y4[2x0-(x3+x4)]+[2y0-(y3+y4)]=0，x3-x4∴x0-xN+k(y0-yN)=0，28k∴x0+ky0=2，k-3由题意知直线PM的斜率为-3，直线QM的斜率为3，∴由y1-y0=-3(x1-x0)，y2-y0=3(x2-x0)，∴y1-y2=-3(x1+x2-2x0)，107 y1-y23(x1+x2-2x0)∴直线PQ的斜率m==-，x1-x2x1-x2直线PM:y=-3(x-x0)+y0，即y=y0+3x0-3x，22代入双曲线的方程为3x-y-3=0，即(3x+y)(3x-y)=3中，得(y0+3x0)[23x-(y0+3x0)]=3，13解得P的横坐标为x1=-+y0+3x0]=3，23y0-3x0133x0同理，x2=-22+y0，x1+x2-2x0=-22-x0，23y0-3x0y0-3x03x0∴m=，y0∴条件②PQ⎳AB等价于m=k⇔ky0=3x0，综上所述：2条件①M在AB上等价于m=k⇔ky0=k(x0-2)，条件②PQ⎳AB等价于ky0=3x0，28k条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=2．k-3选①②⇒③：222k8k由①②解得x0=2∴x0+ky0=4x0=2，∴③成立；k-3k-3选①③⇒②：222k6k由①③解得：x0=2，ky0=2，∴ky0=3x0，∴②成立；k-3k-3选②③⇒①：222k6k6由②③解得：x0=2，ky0=2，∴x0-2=2，∴①成立．k-3k-3k-32y2x22232(2020•上海)已知双曲线Γ1:-2=1与圆Γ2:x+y=4+b(b>0)交于点A(xA，yA)(第一象4b限)，曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足|x|>xA的部分．(1)若xA=6，求b的值；(2)当b=5，Γ2与x轴交点记作点F1、F2，P是曲线Γ上一点，且在第一象限，且|PF1|=8，求∠F1PF2；b2b(3)过点D0,2+2斜率为-2的直线l与曲线Γ只有两个交点，记为M、N，用b表示OM⋅ON，并求OM⋅ON的取值范围．22xAyA-2=1【解析】(1)由xA=6，点A为曲线Γ1与曲线Γ2的交点，联立4b，解得yA=2，b=2；x2+y2=4+b2AA(2)由题意可得F1，F2为曲线Γ1的两个焦点，由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a，又|PF1|=8，2a=4，所以|PF2|=8-4=4，因为b=5，则c=4+5=3，所以|F1F2|=6，222|PF1|+|PF2|-|F1F2|在△PF1F2中，由余弦定理可得cos∠F1PF2=2|PF1|⋅|PF2|108 64+16-3611==，2×8×41611由0<∠F1PF2<π，可得∠F1PF2=arccos；1624+b2b4+b22(3)设直线l:y=-x+，可得原点O到直线l的距离d==4+b，2221+b4所以直线l是圆的切线，设切点为M，222222422所以kOM=，并设OM:y=x与圆x+y=4+b联立，可得x+x=4+b，bb2b可得x=b，y=2，即M(b,2)，注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行，所以只有当yA>2时，直线l才能与曲线Γ有两个交点，22xAyA4由4-b2=1，可得y2=b，A2x2+y2=4+b2a+bAA4b22所以有4<，解得b>2+25或b<2-25(舍去)，24+b2因为OM为ON在OM上的投影可得，OM⋅ON=4+b，2所以OM⋅ON=4+b>6+25，则OM⋅ON∈(6+25，+∞)．33(2023•新高考Ⅱ)已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为(-25，0)，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(-4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于P，证明P在定直线上．【解析】(1)双曲线C中心为原点，左焦点为(-25，0)，离心率为5，222c=a+ba=2则c=25，解得，c2=a2+b2b=42y2x故双曲线C的方程为-=1；416(2)证明：过点(-4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，则可设直线MN的方程为x=my-4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，记C的左，右顶点分别为A1，A2，则A1(-2,0)，A2(2,0)，x=my-422联立22，化简整理可得，(4m-1)y-32my+48=0，4x-y=162222故△=(-32m)-4×48×(4m-1)=264m+192>0且4m-1≠0，32m48y1+y2=2，y1y2=2，4m-14m-1y1y2直线MA1的方程为y=(x+2)，直线NA2方程y=(x-2)，x1+2x2-2x+2y2(x1+2)y2(my1-2)故==x-2y1(x2-2)y1(my2-6)109 my1y2-2(y1+y2)+2y1=my1y2-6y1m⋅48-2⋅32m+2y4m2-14m2-11=m⋅48-6y214m-1-16m+2y2114m-1==-，48m-6y3214m-1x+21故=-，解得x=-1，x-23所以xP=-1，故点P在定直线x=-1上运动．考点九．抛物线的性质234(2021•新高考Ⅱ)若抛物线y=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2，则p=()A.1B.2C.22D.42p【解析】抛物线y=2px(p>0)的焦点2，0到直线y=x+1的距离为2，p2-0+1可得=2，解得p=2．2故选：B．235【多选】(2022•新高考Ⅱ)已知O为坐标原点，过抛物线C:y=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)．若|AF|=|AM|，则()A.直线AB的斜率为26B.|OB|=|OF|C.|AB|>4|OF|D.∠OAM+∠OBM<180°【解析】如图，p3p6p∵F2，0，M(p,0)，且|AF|=|AM|，∴A4，2，2ppp6p由抛物线焦点弦的性质可得xA⋅xB=，则xB=，则B，-，43336p-02∴kAB=kAF==26，故A正确；3pp-42110 22p6p7pp|OB|=+=，|OF|=，|OB|≠|OF|，故B错误；99323pp25p|AB|=++p=>2p=4|OF|，故C正确；43122222233p27p225p210p|OA|=，|OB|=，|AM|=，|BM|=，|OM|=p，169169222222∵|OA|+|AM|>|OM|，|OB|+|BM|>|OM|，∴∠OAM，∠OBM均为锐角，可得∠OAM+∠OBM<180°，故D正确．故选：ACD．236(2021•上海)已知抛物线y=2px(p>0)，若第一象限的A，B在抛物线上，焦点为F，|AF|=2，|BF|=4，|AB|=3，求直线AB的斜率为．【解析】如图所示，设抛物线的准线为l，作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，AE⊥BD于点E，由抛物线的定义，可得AC=AF=2，BD=BF=4，22∴BE=4-2=2,AE=AB-BE=9-4=5，AE5∴直线AB的斜率kAB=tan∠ABE==．BE25故答案为：．2237(2021•新高考Ⅰ)已知O为坐标原点，抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|=6，则C的准线方程为．p【解析】法一：由题意，不妨设P在第一象限，则P2，p，kOP=2，PQ⊥OP．11p所以kPQ=-2，所以PQ的方程为：y-p=-2x-2，5py=0时，x=，25pp|FQ|=6，所以-=6，解得p=3，223所以抛物线的准线方程为：x=-．2111 22p法二：根据射影定理，可得|PF|=|FO||FQ|，可得p=×6，解得p=3，23因此，抛物线的准线方程为：x=-．23故答案为：x=-．2238(2020•山东)斜率为3的直线过抛物线C:y=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=　．【解析】由题意可得抛物线焦点F(1,0)，直线l的方程为y=3(x-1)，22代入y=4x并化简得3x-10x+3=0，10设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=；3x1x2=1，1016∴由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+p=+2=．3316故答案为：．32239(2019•上海)过曲线y=4x的焦点F并垂直于x轴的直线分别与曲线y=4x交于A，B，A在B上方，M为抛物线上一点，OM=λOA+(λ-2)OB，则λ=．22【解析】过y=4x的焦点F并垂直于x轴的直线分别与y=4x交于A，B，A在B上方，依题意：得到：A(1，2)B(1，-2)，设点M(x,y)，所以：M为抛物线上一点，OM=λOA+(λ-2)OB，则：(x，y)=λ(1，2)+(λ-2)(1，-2)=(2λ-2，4)，2代入y=4x，得到：λ=3．故答案为：3考点十直线与抛物线的综合240【多选】(2023•新高考Ⅱ)设O为坐标原点，直线y=-3(x-1)过抛物线C:y=2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则()8A.p=2B.|MN|=3C.以MN为直径的圆与l相切D.ΔOMN为等腰三角形2p【解析】直线y=-3(x-1)过抛物线C:y=2px(p>0)的焦点，可得=1，所以p=2，2所以A正确；2抛物线方程为：y=4x，与C交于M，N两点，2直线方程代入抛物线方程可得：3x-10x+3=0，10xM+xN=，316所以|MN|=xM+xN+p=，所以B不正确；3112 558M，N的中点的横坐标：，中点到抛物线的准线的距离为：1+=，333所以以MN为直径的圆与l相切，所以C正确；23x-10x+3=0，123不妨可得xM=3，xN=，yM=-23，xN=，331121316|OM|=9+12=21，|ON|=+=，|MN|=，9933所以ΔOMN不是等腰三角形，所以D不正确．故选：AC．241【多选】(2022•新高考Ⅰ)已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x=2py(p>0)上，过点B(0,-1)的直线交C于P，Q两点，则()A.C的准线为y=-1B.直线AB与C相切22C.|OP|⋅|OQ|>|OA|D.|BP|⋅|BQ|>|BA|2【解析】∵点A(1,1)在抛物线C:x=2py(p>0)上，1∴2p=1，解得p=，221∴抛物线C的方程为x=y，准线方程为y=-，选项A错误；41-(-1)由于A(1,1)，B(0,-1)，则kAB==2，直线AB的方程为y=2x-1，1-0y=2x-12联立2，可得x-2x+1=0，解得x=1，故直线AB与抛物线C相切，选项B正确；x=y根据对称性及选项B的分析，不妨设过点B的直线方程为y=kx-1(k>2)，与抛物线在第一象限交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y=kx-12联立2，消去y并整理可得x-kx+1=0，则x1+x2=k，x1x2=1，y1y2=(kx1-1)(kx2-1)=y=x2kx1x2-k(x1+x2)+1=1，22222|OP|⋅|OQ|=x1+y1⋅x2+y2≥2x1y1⋅2x2y2=2x1x2y1y2=2=|OA|，由于等号在x1=x2=y1=y2=1时才能取到，故等号不成立，选项C正确；222222222|BP||BQ|=x1+(y1+1)⋅x2+(y2+1)>x1+4y1⋅x2+4y2=5x1⋅5x2=5(x1x2)=5=2|BA|，选项D正确．故选：BCD．242(2023•上海)已知抛物线Γ:y=4x，在Γ上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为a(a>0)．(1)若A到抛物线Γ准线的距离为3，求a的值；(2)当a=4时，若x轴上存在一点B，使AB的中点在抛物线Γ上，求O到直线AB的距离；(3)直线l:x=-3，抛物线上有一异于点A的动点P，P在直线l上的投影为点H，直线AP与直线l的交点为Q．若在P的位置变化过程中，|HQ|>4恒成立，求a的取值范围．2【解析】(1)抛物线Γ:y=4x的准线为x=-1，由于A到抛物线Γ准线的距离为3，2则点A的横坐标为2，则a=4×2=8(a>0)，解得a=22；113 24(2)当a=4时，点A的横坐标为=4，则A(4,4)，4b+4设B(b,0)，则AB的中点为,2，22b+4由题意可得2=4×，解得b=-2，2所以B(-2,0)，4-02则kAB==，4+232由点斜式可得，直线AB的方程为y=(x+2)，即2x-3y+4=0，34413所以原点O到直线AB的距离为=；22+3213(3)如图，22tat-a4设P4,t,A4,a,H(-3,t)(t≠a>0)，则kAP=t2a2=t+a，-4424a故直线AP的方程为y-a=t+ax-4，22a4a4令x=-3，可得y=a-4+3⋅t+a，即Q-3,a-4+3⋅t+a，2a4则|HQ|=t-a+4+3⋅t+a，2a4依题意，t-a+4+3⋅t+a>4恒成立，22a4a又t+a+4+3⋅t+a-2a≥44+3-2a>0，22aa2则最小值为4+3-2a>4，即2+3>2+a，即a+12>2+a，4422则a+12>a+4a+4，解得0<a<2，1616又当a=2时，t+2+-4≥2(t+2)⋅-4=4，当且仅当t=2时等号成立，t+2t+2而a≠t，即当a=2时，也符合题意．故实数a的取值范围为(0，2]．2x2243(2020•浙江)如图，已知椭圆C1:+y=1，抛物线C2:y=2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线2C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．1(Ⅰ)若p=，求抛物线C2的焦点坐标；16(Ⅱ)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．114 1p11【解析】(Ⅰ)p=16，则2=32，则抛物线C2的焦点坐标32，0，(Ⅱ)直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，设直线l的方程为y=kx+t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，2x2由2+y=1，消y可得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-2=0，y=kx+t222222∴△=16kt-4(2k+1)(2t-2)>0，即t<1+2k，4kt12kt∴x1+x2=-2，∴x0=2(x1+x2)=-2，1+2k1+2kt2ktt∴y0=kx0+t=2，∴M-2，2，1+2k1+2k1+2k2∵点M在抛物线C2上，∴y=2px，2ty222(1+2k)t∴p===，2x2⋅-2kt-4k(1+2k2)21+2k22y=2pxt(1+2k)t联立y=kx+t，解得x1=3，y1=2，-2k-2kt2(1+2k2)226t28k代入椭圆方程可得+=1，解得t=642228k4k(1+2k)+2k262t8k∴p==22222222216k(1+2k)16k(1+2k)⋅[(1+2k)+2k]44kk1=≤=，2(1+2k2)2⋅[(1+2k2)2+2k2]2(22k)2[(22k)2+2k2]1601022121∴p≤，当且仅当1=2k，即k=，t=时等号成立，402510故p的最大值为．40244(2019•浙江)如图，已知点F(1,0)为抛物线y=2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ΔABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记ΔAFG，ΔCQG的面积分别为S1，S2．(Ⅰ)求p的值及抛物线的准线方程；S1(Ⅱ)求的最小值及此时点G的坐标．S2115 p【解析】(Ⅰ)由抛物线的性质可得：=1，2∴p=2，∴抛物线的准线方程为x=-1；(Ⅱ)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，2令yA=2t，t≠0，则xA=t，2t-1由于直线AB过F，故直线AB的方程为x=y+1，2t2222(t-1)代入y=4x，得：y-y-4=0，t212∴2tyB=-4，即yB=-，∴B2，-，ttt11又xG=(xA+xB+xC)，yG=(yA+yB+yC)，重心在x轴上，332∴2t-+yC=0，t1212t4-2t2+2∴C-t，2-t，G，0，tt3t222∴直线AC的方程为y-2t=2t(x-t)，得Q(t-1，0)，2∵Q在焦点F的右侧，∴t>2，4212t-5t+2∙|2t|S2|FG|∙|yA|3t22t4-t2t2-21∴====2-，S122t4-2t2+22442|QG|∙|yC|t-1-∙-2tt-1t-123t2t2令m=t-2，则m>0，S1m113=2-=2-≥2-=1+，S2m2+4m+3m+3+432m2m∙m+4S13∴当m=3时，取得最小值为1+，此时G(2,0)．S22考点十一圆锥曲线的综合45(2020•浙江)已知点O(0,0)，A(-2,0)，B(2,0)．设点P满足|PA|-|PB|=2，且P为函数y=234-x图象上的点，则|OP|=()22410A.B.C.7D.1025116 【解析】点O(0,0)，A(-2,0)，B(2,0)．设点P满足|PA|-|PB|=2，2y2x可知P的轨迹是双曲线-=1的右支上的点，13y222xP为函数y=34-x图象上的点，即+=1在第一象限的点，3641333联立两个方程，解得P2，2，1327所以|OP|=+=10．44故选：D．2246【多选】(2020•海南)已知曲线C:mx+ny=1．()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为nmC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±-xnD.若m=0，n>0，则C是两条直线2y211x【解析】A．若m>n>0，则<，则根据椭圆定义，知+=1表示焦点在y轴上的椭圆，mn11mn故A正确；2211B．若m=n>0，则方程为x+y=，表示半径为的圆，故B错误；nn2y2xC．若m<0，n>0，则方程为+=1，表示焦点在y轴的双曲线，故此时渐近线方程为y=11mnm±-x，n2y2x若m>0，n<0，则方程为+=1，表示焦点在x轴的双曲线，故此时渐近线方程为y=11mnm±-x，n故C正确；1D．当m=0，n>0时，则方程为y=±表示两条直线，故D正确；n故选：ACD．2y2x47(2022•上海)设有椭圆方程Γ:+=1(a>b>0)，直线l:x+y-42=0，Γ下端点为A，M22ab在l上，左、右焦点分别为F1(-2，0)、F2(2，0)．(1)a=2，AM中点在x轴上，求点M的坐标；3(2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在ΔABM中有一内角余弦值为，求b；5(3)在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d=6，随a的变化，求d的最小值．117 【解析】(1)由题意可得a=2,b=c=2，2y2xΓ:+=1,A(0,-2)，42∵AM的中点在x轴上，∴M的纵坐标为2，代入x+y-42=0得M(32,2)．(2)由直线方程可知B(0,42)，344①若cos∠BAM=，则tan∠BAM=，即tan∠OAF2=，53333∴OA=OF2=2，443∴b=2．434②若cos∠BMA=，则sin∠BMA=，55π23242∵∠MBA=，∴cos(∠MBA+∠AMB)=×-×=-，42525102∴cos∠BAM=，∴tan∠BAM=7．1022即tan∠OAF2=7，∴OA=，∴b=，7732综上b=2或．47(3)设P(acosθ,bsinθ)，|acosθ+bsinθ-42|由点到直线距离公式可得=6-2a，2acosθ+bsinθ-42很明显椭圆在直线的左下方，则-=6-2a，222即42-a+bsin(θ+φ)=62-22a，222∵a=b+2，∴2a-2sin(θ+φ)=22a-22，2|2a-2|据此可得a-1sin(θ+φ)=2a-2，|sin(θ+φ)|=≤1，2a-15整理可得(a-1)(3a-5)≤0，即1≤a≤，358从而d=6-2a≥6-2×=．33118 8即d的最小值为．32x2148(2022•浙江)如图，已知椭圆+y=1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q0,在1221线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=-x+3于C，D两点．2(Ⅰ)求点P到椭圆上点的距离的最大值；(Ⅱ)求|CD|的最小值．222222【解析】(Ⅰ)设椭圆上任意一点M(x,y)，则|PM|=x+(y-1)=12-12y+y-2y+1=-11y-2y+13，y∈[-1，1]，21121而函数z=-11y-2y+13的对称轴为y=-∈[-1,1]，则其最大值为-11×-+2×+11111114413=，1114412111211∴|PM|max==，即点P到椭圆上点的距离的最大值为；1111111(Ⅱ)设直线AB:y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2)，2y=kx+1222联立直线AB与椭圆方程有2，消去y并整理可得，(12k+1)x+12kx-9=0，x2+y=11212k9由韦达定理可得，x1+x2=-2,x1x2=-2，12k+112k+12616k2+1212k36∴|x1-x2|=(x1+x2)-4x1x2=-2+2=2，12k+112k+112k+1y1-1y2-1设C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AP:y=x+1，直线BP:y=x+1，x1x2y1-1y2-1y=x+1y=x+1x1x2联立以及，y=-1x+3y=-1x+3224x14x2可得x3=,x4=，(2k+1)x1-1(2k+1)x2-11254x14x2∴由弦长公式可得|CD|=1+-2|x3-x4|=2-(2k+1)x1-1(2k+1)x2-1x1-x2x1-x2=25=25[(2k+1)x-1][(2k+1)x-1](2k+1)2xx-(2k+1)(x+x)+1121212119 29323516k2+16516k+1⋅+1654k×+1×165164==⋅≥×=，23k+15|3k+1|5|3k+1|53当且仅当k=时等号成立，1665∴|CD|的最小值为．52y2x49(2021•新高考Ⅱ)已知椭圆C的方程为+=1(a>b>0)，右焦点为F(2，0)，且离心率为22ab6．3(Ⅰ)求椭圆C的方程；222(Ⅱ)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x+y=b(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3．c6【解析】(Ⅰ)解：由题意可得，椭圆的离心率=，又c=2，a3222所以a=3，则b=a-c=1，2x2故椭圆的标准方程为+y=1；3(Ⅱ)证明：先证明充分性，当|MN|=3时，设直线MN的方程为x=ty+s，|s|22此时圆心O(0,0)到直线MN的距离d==1，则s-t=1，2t+1x=ty+s222联立方程组x22，可得(t+3)y+2tsy+s-3=0，+y=13222222则△=4ts-4(t+3)(s-3)=12(t-s+3)=24，224因为|MN|=1+t⋅=3，2t+322所以t=1，s=2，222因为直线MN与曲线x+y=b(x>0)相切，所以s>0，则s=2，则直线MN的方程为x=ty+2恒过焦点F(2,0)，故M，N，F三点共线，所以充分性得证．若M，N，F三点共线时，设直线MN的方程为x=my+2，22则圆心O(0,0)到直线MN的距离为d==1，解得m=1，2m+1x=my+222联立方程组x22，可得(m+3)y+22my-1=0，+y=132即4y+22my-1=0，228m+1624所以|MN|=1+m⋅=2×=3；44所以必要性成立；综上所述，M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3．120 250(2021•浙江)如图，已知F是抛物线y=2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2．(Ⅰ)求抛物线的方程：(Ⅱ)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点2P，Q，R，N，且满足|RN|=|PN|⋅|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．2【解析】(Ⅰ)依题意，p=2，故抛物线的方程为y=4x；(Ⅱ)由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB:y=k(x-1)，2222将直线AB方程代入抛物线方程可得，kx-(2k+4)x+k=0，4则由韦达定理有，xA+xB=2+2,xAxB=1，则yAyB=-4，kyAyB设直线AM:y=k1(x+1)，其中k1=，设直线BM:y=k2(x+1)，其中k2=，xA+1xB+1yAyByAxB+yA+yBxA+yBk(xA-1)xB+k(xA-1)+k(xB-1)xA+k(xB-1)则k1+k2=+===xA+1xB+1(xA+1)(xB+1)(xA+1)(xB+1)0=0，(xA+1)(xB+1)yy-4-k2ABk1k2==4=2，(xA+1)(xB+1)1+2+2+11+kk设直线l:y=2(x-t)，121 y=2(x-t)k-2tk-2tk-kt联立y=k(x-1)，可得xR=k-2，则|xR-t|=k-2-t=k-2，y=2(x-t)k1+2tk1+2tk1+k1t联立y=k(x+1)，可得xP=2-k，则|xP-t|=2-k-t=2-k，1111k2+2tk2+k2t同理可得，xQ=2-k,|xQ-t|=2-k，222又|RN|=|PN|⋅|QN|，22k-kt2k1+k1tk2+k2tk-kt2k(1+t)∴=⋅，即=，k-22-k2-kk-23k2+412222(1+t)3k+43(k-2)+12(k-2)+16161243233∴===++3=++≥(t-1)2(k-2)2(k-2)2(k-2)2k-2k-2244(t≠1)，222∴4(t+2t+1)≥3(t-2t+1)，即t+14t+1≥0，解得t≥43-7或t≤-7-43(t≠1)；当直线AB的斜率不存在时，则直线AB:x=1，A(1,2)，B(1,-2)，M(-1,0)，∴直线MA的方程为y=x+1，直线MB的方程为y=-x-1，2t-12t+2设直线l:y=2(x-t)，则P(1+2t,2+2t)，Q,-，R(1,2-2t)，N(t,0)，33222222t-122t+22又|RN|=|PN|⋅|QN|，故(1-t)+(2-2t)=(1+t)+(2+2t)⋅3-t+-3，解得t满足(-∞,-7-43]∪[43-7,1)∪(1,+∞)．∴直线l在x轴上截距的取值范围为(-∞,-7-43]∪[43-7,1)∪(1,+∞)．考点十二圆锥曲线的轨迹问题251(2021•浙江)已知a，b∈R，ab>0，函数f(x)=ax+b(x∈R)．若f(s-t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，则平面上点(s,t)的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线2【解析】函数f(x)=ax+b，因为f(s-t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，22222则f(s)=f(s-t)f(s+t)，即(as+b)=[a(s-t)+b][a(s+t)+b]，2422222222即as+2abs+b=a[(s-t)(s+t)]+ab(s-t)+ab(s+t)+b，242222整理可得at-2ast+2abt=0，4222222因为a≠0，故at-2ast+2bt=0，即t(at-2as+2b)=0，22所以t=0或at-2as+2b=0，当t=0时，点(s,t)的轨迹是直线；2222asat当at-2as+2b=0，即-=1，因为ab>0，故点(s,t)的轨迹是双曲线．b2b综上所述，平面上点(s,t)的轨迹是直线或双曲线．故选：C．2x252(2020•上海)已知椭圆+y=1，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂2线交椭圆于C、D两点，且AB=CD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是()A.椭圆B.双曲线C.圆D.抛物线【解析】∵AB≤2，∴CD≤2，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，122 设A(m,t)，D(t,n)，所以P(m,n)，222m2t22m因为+t=1，+n=1，消去t可得：2n-=1，222故选：B．153(2023•新高考Ⅰ)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点0,的距离，记动点2P的轨迹为W．(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．212【解析】(1)设点P点坐标为(x,y)，由题意得|y|=x+y-2，2221两边平方可得：y=x+y-y+，421化简得：y=x+，符合题意．421故W的方程为y=x+．4(2)解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC．212121设Aa,a+4，Bb,b+4，Cc,c+4，2222则AB=(b-a,b-a)，BC=(c-b,c-b)．2222由题意，AB⋅BC=0，即(b-a)(c-b)+(b-a)(c-b)=0，显然(b-a)(c-b)≠0，于是1+(b+a)(c+b)=0．此时，|b+a|．|c+b|=1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1．1不妨设|c+b|≤1，则a=-b-，b+c22则|AB|+|BC|=|b-a|1+(a+b)+|c-b|1+(c+b)12=|b-a|1++|c-b|1+(c+b)2(c+b)22≥|b-a|1+(c+b)+|c-b|1+(c+b)2≥|c-a|1+(c+b)12=b+c+1+(c+b)．b+c32212(1+x)设x=|b+c|，则f(x)=x+1+x，即f(x)=，xx123 112222222(1+x)⋅(3x-1-x)(1+x)⋅(2x-1)又f′(x)==．22xx2233显然，x=2为最小值点．故f(x)≥f2=2，故矩形ABCD的周长为2(|AB|+|BC|)≥2f(x)≥33．2注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|=1，另一个是|b+c|=，2这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．33解法二：不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|>．22由图象的平移可知，将抛物线W看作y=x不影响问题的证明．2设A(a，a)(a≥0)，平移坐标系使A为坐标原点，′2则新抛物线方程为y′=x+2ax′，写为极坐标方程，22sinθ-2acosθ即ρsinθ=ρcosθ+2aρcosθ，即ρ=．2cosθsinθ+ππsinθ-2acosθ2-2acosθ+233欲证明的结论为+>，cos2θcos2θ+π222asinθ2acosθ33也即-++>．cosθcos2θsinθsin2θ222不妨设cosθ≥sinθ，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，2sinθsinθ其最小值当⋅a-=0即a=时取得，cosθ22cosθcosθ1cosθ33133因此欲证不等式为+>，即>，cosθsin2θ2cosθsin2θ22根据均值不等式，有|cosθsinθ|1222=.2cosθ(1-cosθ)(1-cosθ)21232≥.3=，233由题意，等号不成立，故原命题得证．124 专题06三角函数及解三角形高频考点考点精析考点一同角三角函数间的基本关系sinθ(1+sin2θ)1(2021•新高考Ⅰ)若tanθ=-2，则=()sinθ+cosθ6226A.-B.-C.D.555522sinθ(1+sin2θ)sinθ(sinθ+cosθ+2sinθcosθ)【解析】由题意可得：=sinθ+cosθsinθ+cosθ22sinθsinθ+cosθ+2sinθ⋅cosθ=⋅sinθ+cosθ22sinθ+cosθ2tanθtanθ+2tanθ+1=⋅tanθ+12tanθ+12=．5故选：C．考点二正弦函数的图象π2π2(2022•新高考Ⅰ)记函数f(x)=sinωx++b(ω>0)的最小正周期为T．若<T<π，且y433ππ=f(x)的图像关于点2，2中心对称，则f2=()35A.1B.C.D.322π【解析】函数f(x)=sinωx++b(ω>0)的最小正周期为T，42π2π2π2π则T=，由<T<π，得<<π，∴2<ω<3，ω33ω125 3π∵y=f(x)的图像关于点，2中心对称，∴b=2，23ππ3ππ且sinω+=0，则ω+=kπ，k∈Z．2424215∴ω=k-，k∈Z，取k=4，可得ω=．3425ππ5ππ∴f(x)=sin2x+4+2，则f2=sin2×2+4+2=-1+2=1．故选：A．考点三三角函数的周期性3(2023•新高考Ⅰ)已知函数f(x)=cosωx-1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是．2π【解析】x∈[0，2π]，函数的周期为(ω>0)，cosωx-1=0，可得cosωx=1，ω函数f(x)=cosωx-1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，2π2π可得2⋅≤2π<3⋅，ωω所以2≤ω<3．故答案为：[2，3)．224(2022•上海)函数f(x)=cosx-sinx+1的周期为．22【解析】f(x)=cosx-sinx+12222=cosx-sinx+cosx+sinx2=2cosx=cos2x+1，2πT==π．2故答案为：π．5(2020•上海)函数y=tan2x的最小正周期为．π【解析】函数y=tan2x的最小正周期为，2π故答案为：．26(2020•上海)已知函数f(x)=sinωx，ω>0．1(1)f(x)的周期是4π，求ω，并求f(x)=的解集；22ππ(2)已知ω=1，g(x)=f(x)+3f(-x)f2-x，x∈0，4，求g(x)的值域．2π11【解析】(1)由于f(x)的周期是4π，所以ω==，所以f(x)=sinx．4π22111π5ππ5π令sinx=，故x=2kπ+或2kπ+，整理得x=4kπ+或x=4kπ+．2226633π5π故解集为{x|x=4kπ+或x=4kπ+，k∈Z}．33(2)由于ω=1，所以f(x)=sinx．126 2π1-cos2x3311所以g(x)=sinx+3sin(-x)sin-x=-sin2x=-sin2x-cos2x+=2222221π-sin2x+．26π由于x∈0，，4ππ2π所以≤2x+≤．6631π≤sin2x+≤1，26π1故-1≤-sin2x+≤-，621故-≤g(x)≤0．21所以函数g(x)的值域为-，0．2考点四三角函数的最值7(2023•上海)已知a∈R，记y=sinx在[a，2a]的最小值为sa，在[2a，3a]的最小值为ta，则下列情况不可能的是()A.sa>0，ta>0B.sa<0，ta<0C.sa>0，ta<0D.sa<0，ta>0【解析】由给定区间可知，a>0．区间[a，2a]与区间[2a，3a]相邻，且区间长度相同．取a=π，则[a，2a]=π，ππ，π，区间[2a，3a]=，可知sa>0，ta>0，故A可能；66332取a=5π，则[a，2a]=5π，5π5π，5π，区间[2a，3a]=，可知sa>0，ta<0，故C可能；1212664取a=7π，则[a，2a]=7π，7π7π，7π，区间[2a，3a]=，可知sa<0，ta<0，故B可能．66332结合选项可得，不可能的是sa<0，ta>0．故选：D．8(2021•上海)已知f(x)=3sinx+2，对任意的x∈0，ππ1，都存在x2∈0，，使得f(x1)=2f(x222+θ)+2成立，则下列选项中，θ可能的值是()3π4π6π7πA.B.C.D.5555π【解析】∵x1∈0，，2∴sinx1∈[0，1]，∴f(x1)∈[2，5]，127 π∵都存在x2∈0，，使得f(x1)=2f(x2+θ)+2成立，23∴f(x2+θ)min≤0，f(x2+θ)max≥，2∵f(x)=3sinx+2，21∴sin(x2+θ)min≤-，sin(x2+θ)max≥-，36π3πy=sinx在x∈，上单调递减，223π3π11π当θ=时，x2+θ∈，，551011π7π1∴sin(x2+θ)=sin>sin=-，故A选项错误，10624π4π13π当θ=时，x2+θ∈，，551013π5π22∴sin(x2+θ)min=sin<sin=-<-，104234πsin(x2+θ)max=sin>0，故B选项正确，56π6π17π当θ=时，x2+θ∈，，55106π13π2-61sin(x2+θ)max=sin<sin=<-，故C选项错误，512467π7π19π当θ=时，x2+θ∈，，551019π23π2-61sin(x2+θ)max=sin<sin=<-，故D选项错误．101246故选：B．9(2021•浙江)已知α，β，γ是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于1的个数的最大值是()2A.0B.1C.2D.32222sinα+cosβsinβ+cosγ【解析】由基本不等式可得：sinαcosβ≤，sinβcosγ≤，sinγcosα≤2222sinγ+cosα，23三式相加，可得：sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤，21很明显sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα不可能均大于．2取α=30°，β=60°，γ=45°，116161则sinαcosβ=<，sinβcosγ=>，sinγcosα=>，4242421则三式中大于的个数的最大值为2，2故选：C．考点五三角函数的单调性128 π10(2021•新高考Ⅰ)下列区间中，函数f(x)=7sinx-单调递增的区间是()6ππ3π3πA.0，2B.2，πC.π，2D.2，2ππππ【解析】令-+2kπ≤x-≤+2kπ，k∈Z．262π2π则-+2kπ≤x≤+2kπ，k∈Z．33π2π当k=0时，x∈-，，33ππ2π0，2⊆-3，3，故选：A．考点六三角函数的奇偶性和对称性11(2019•浙江)设函数f(x)=sinx，x∈R．(Ⅰ)已知θ∈[0，2π)，函数f(x+θ)是偶函数，求θ的值；π2π2(Ⅱ)求函数y=fx+12+fx+4的值域．【解析】(1)由f(x)=sinx，得f(x+θ)=sin(x+θ)，π∵f(x+θ)为偶函数，∴θ=+kπ(k∈Z)，2π3π∵θ∈[0，2π)，∴θ=或θ=，22π2π2(2)y=fx+12+fx+42π2π=sinx+12+sinx+41-cos2x+π1-cos2x+π62=+221ππ=1-cos2xcos-sin2xsin-sin2x26633=sin2x-cos2x+1443π=sin2x-+1，26π∵x∈R，∴sin2x-∈[-1，1]，63π33∴y=2sin2x-6+1∈1-2，1+2，π2π233∴函数y=fx+12+fx+4的值域为：1-2，1+2．考点七函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换π12(2022•浙江)为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin3x+图象上所有的点5129 ()ππA.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度55ππC.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度1515ππππ【解析】把y=2sin3x+5图象上所有的点向右平移15个单位可得y=2sin3x-15+5=2sin3x的图象．故选：D．考点八由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式13【多选】(2020•海南)如图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图象，则sin(ωx+φ)=()πππ5πA.sinx+3B.sin3-2xC.cos2x+6D.cos6-2x2ππ2π【解析】由图象知函数的周期T=2×-=π，即=π，即ω=±2，36|ω|π2π当ω=2时，由五点作图法，得2×+φ=π，所以φ=，632ππ2π则f(x)=sin2x+3=cos2-2x-3ππ=cos-2x-6=cos2x+6πππ=sin2-2x-6=sin3-2x，ππ当ω=-2时，由五点作图法，得-2×+φ=0，所以φ=，63ππ所以f(x)=sin-2x+3=cos2x+6．故选：BC．114(2023•新高考Ⅱ)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，如图，A，B是直线y=与曲线y=f(x)的两个2π交点，若|AB|=，则f(π)=　　．6130 11π【解析】由题意：设Ax1，2，Bx2，2，则x2-x1=6，由y=Asin(ωx+φ)的图象可知：5ππ2π2πωx2+φ-(ωx1+φ)=-=，即ω(x2-x1)=，6633∴ω=4，2π8π8π又f3=sin3+φ=0，∴3+φ=kπ，k∈Z，8π即φ=-+kπ，k∈Z，32π观察图象，可知当k=2时，φ=-满足条件，32π3∴f(π)=sin4π-=-．323故答案为：-．2考点九三角恒等变换1115(2023•新高考Ⅰ)已知sin(α-β)=，cosαsinβ=，则cos(2α+2β)=()367117A.B.C.-D.-999911【解析】因为sin(α-β)=sinαcosβ-sinβcosα=，cosαsinβ=，361所以sinαcosβ=，2112所以sin(α+β)=sinαcosβ+sinβcosα=+=，263241则cos(2α+2β)=1-2sin(α+β)=1-2×=．99故选：B．π16(2022•新高考Ⅱ)若sin(α+β)+cos(α+β)=22cosα+sinβ，则()4A.tan(α-β)=1B.tan(α+β)=1C.tan(α-β)=-1D.tan(α+β)=-1π【解析】解法一：因为sin(α+β)+cos(α+β)=22cosα+sinβ，4ππ所以2sinα+β+4=22cosα+4sinβ，ππ即sinα+β+4=2cosα+4sinβ，πππ所以sinα+4cosβ+sinβcosα+4=2cosα+4sinβ，131 ππ所以sinα+4cosβ-sinβcosα+4=0，π所以sinα+-β=0，4π所以α+-β=kπ，k∈Z，4π所以α-β=kπ-，4所以tan(α-β)=-1．解法二：由题意可得，sinαcosβ+cosαsinβ+cosαcosβ-sinαsinβ=2(cosα-sinα)sinβ，即sinαcosβ-cosαsinβ+cosαcosβ+sinαsinβ=0，所以sin(α-β)+cos(α-β)=0，故tan(α-β)=-1．故选：C．17(2019•上海)已知tanα•tanβ=tan(α+β)．有下列两个结论：①存在α在第一象限，β在第三象限；②存在α在第二象限，β在第四象限；则()A.①②均正确B.①②均错误C.①对②错D.①错②对【解析】由tanα•tanβ=tan(α+β)，tanα+tanβ即为tanα•tanβ=，1-tanαtanβ22设m=tanα，n=tanβ，可得nm+n(1-m)+m=0，若m>0，可得上式关于n的方程有两个同号的根，若为两个正根，可得n>0，2321223即有m>1，考虑Δ=f(m)=(1-m)-4m，f′(m)=2m-2-12m=-12m--，1212当m>1时，f(m)递减，可得f(m)<f(1)=-4<0，则方程无解，β在第三象限不可能，故①错；1可令tanα=-，3由tanα•tanβ=tan(α+β)，tanα+tanβ即为tanα•tanβ=，1-tanαtanβtanβ-113可得-tanβ=，31+1tanβ3解得tanβ=-6±39，存在β在第四象限，故②对．故选：D．π18(2022•浙江)若3sinα-sinβ=10，α+β=，则sinα=　　，cos2β=　　．2π【解析】∵3sinα-sinβ=10，α+β=，2∴3sinα-cosα=10，∴cosα=3sinα-10，22∵sinα+cosα=1，132 22∴sinα+(3sinα-10)=1，310310解得sinα=，cosβ=sinα=，10102904cos2β=2cosβ-1=2×-1=．10053104故答案为：；．10519(2023•上海)已知tanα=3，则tan2α=　　．【解析】∵tanα=3，2tanα2×33∴tan2α===-．1-tan2α1-3243故答案为：-．4π20(2020•浙江)已知tanθ=2，则cos2θ=　　，tanθ-=．4【解析】tanθ=2，222cosθ-sinθ1-tanθ1-43则cos2θ====-．cos2θ+sin2θ1+tan2θ1+45tanθ-tanππ42-11tanθ-=π==．41+tanθtan1+2×13431故答案为：-；．531+5α21(2023•新高考Ⅱ)已知α为锐角，cosα=，则sin=()423-5-1+53-5-1+5A.B.C.D.88441+5【解析】cosα=，42α则cosα=1-2sin，22222α3-52α3-5(5)+1-25(5-1)故2sin=1-cosα=，即sin===，24281616∵α为锐角，α∴sin>0，2α-1+5∴sin=．24故选：D．22(2021•浙江)设函数f(x)=sinx+cosx(x∈R)．π2(Ⅰ)求函数y=fx+2的最小正周期；ππ(Ⅱ)求函数y=f(x)fx-4在0，2上的最大值．π【解析】函数f(x)=sinx+cosx=2sinx+，4π2ππ22π(Ⅰ)函数y=fx+2=2sinx+2+4=2cosx+4133 ππ=1+cos2x+4=1+cos2x+2=1-sin2x，2π则最小正周期为T==π；2ππππ(Ⅱ)函数y=f(x)fx-4=2sinx+4⋅2sinx-4+42=2(sinx+cosx)sinx=2(sinx+sinxcosx)1-cos2x1π2=22+2sin2x=sin2x-4+2，因为x∈0，ππ∈-π，3π，所以2x-，2444ππ3π2所以当2x-=，即x=时，ymax=1+．4282考点十正余弦定理的应用23(2023•上海)已知△ABC中，角A，B，C所对的边a=4，b=5，c=6，则sinA=．【解析】a=4，b=5，c=6，222b+c-a25+36-163由余弦定理得，cosA===，2bc2×5×64又∵A∈(0，π)，∴sinA>0，2327∴sinA=1-cosA=1-4=．47故答案为：．424(2021•浙江)在△ABC中，∠B=60°，AB=2，M是BC的中点，AM=23，则AC=；cos∠MAC=．2222221【解析】在△ABM中：AM=BA+BM-2BA•BMcos60°，∴(23)=2+BM-2×2•BM•，∴22BM-2BM-8=0，解得：BM=4或-2(舍去)．222∵点M是BC中点，∴MC=4，BC=8，在△ABC中：AC=2+8-2×2×8cos60°=52，∴AC=213；222(23)+(213)-4239在△AMC中：cos∠MAC==．2×23×21313239故答案为：213；．13125(2019•上海)在△ABC中，AC=3，3sinA=2sinB，且cosC=，则AB=．4【解析】∵3sinA=2sinB，∴由正弦定理可得：3BC=2AC，∴由AC=3，可得：BC=2，1∵cosC=，422213+2-AB∴由余弦定理可得：=，42×3×2134 ∴解得：AB=10．故答案为：10．26(2021•新高考Ⅱ)在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b=a+1，c=a+2．(1)若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)∵2sinC=3sinA，∴根据正弦定理可得2c=3a，∵b=a+1，c=a+2，∴a=4，b=5，c=6，222222a+b-c4+5-61在△ABC中，运用余弦定理可得cosC===，2ab2×4×5822∵sinC+cosC=1，21237∴sinC=1-cosC=1-8=，81137157∴S△ABC=absinC=×4×5×=．2284(2)∵c>b>a，∴△ABC为钝角三角形时，角C必为钝角，222a2+(a+1)2-(a+2)2a+b-ccosC==<0，2ab2a(a+1)2∴a-2a-3<0，∵a>0，∴0<a<3，∵三角形的任意两边之和大于第三边，∴a+b>c，即a+a+1>a+2，即a>1，∴1<a<3，∵a为正整数，∴a=2．27(2021•上海)在△ABC中，已知a=3，b=2c．2π(1)若A=，求S△ABC．3(2)若2sinB-sinC=1，求C△ABC．22221b+c-a5c-9【解析】(1)由余弦定理得cosA=-==，22bc4c229解得c=，713293∴S△ABC=bcsinA=×2c=；2414(2)∵b=2c，∴由正弦定理得sinB=2sinC，又∵2sinB-sinC=1，12∴sinC=，sinB=，∴sinC<sinB，∴C<B，∴C为锐角，331222∴cosC=1-3=．3135 222由余弦定理得：c=a+b-2abcosC，又∵a=3，b=2c，22242±5∴c=9+4c-82c，得：3c-82c+9=0，解得：c=．342+582+25当c=时，b=时C△ABC=3+42+5；3342-582-25当c=时，b=时C△ABC=3+42-5．33228(2021•新高考Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC．(1)证明：BD=b；(2)若AD=2DC，求cos∠ABC．bc【解析】(1)证明：由正弦定理知，==2R，sin∠ABCsin∠ACB∴b=2Rsin∠ABC，c=2Rsin∠ACB，2∵b=ac，∴b•2Rsin∠ABC=a•2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC=asinC，∵BDsin∠ABC=asinC，∴BD=b；(2)法一：由(1)知BD=b，21∵AD=2DC，∴AD=b，DC=b，332222BD2+AD2-AB2b+b-c13b2-9c23在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA===，2BD⋅AD212b22b⋅b32122BD2+CD2-BC2b+b-a10b2-9a23在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC===，2BD⋅CD16b22b⋅b3∵∠BDA+∠BDC=π，∴cos∠BDA+cos∠BDC=0，222213b-9c10b-9a即+=0，2212b6b222得11b=3c+6a，2∵b=ac，22∴3c-11ac+6a=0，2∴c=3a或c=a，322222a+c-ba+c-ac在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC==，2ac2ac7当c=3a时，cos∠ABC=>1(舍)；627当c=a时，cos∠ABC=；3127综上所述，cos∠ABC=．12法二：∵点D在边AC上且AD=2DC，12∴BD=BA+BC，33136 212∴BD=BA⋅BD+BC⋅BD，33而由(1)知BD=b，212∴b=bc⋅cos∠ABD+ab⋅cos∠CBD，33即3b=c•cos∠ABD+2a•cos∠CBD，22422212b+c-ba+b-b99由余弦定理知：3b=c⋅+2a⋅，2bc2ab222∴11b=3c+6a，2∵b=ac，22∴3c-11ac+6a=0，2∴c=3a或c=a，322222a+c-ba+c-ac在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC==，2ac2ac7当c=3a时，cos∠ABC=>1(舍)；627当c=a时，cos∠ABC=；3127综上所述，cos∠ABC=．12法三：在△BCD中，由正弦定理可知asinC=BDsin∠BDC=bsin∠BDC，2而由题意可知ac=b⇒asinC=bsin∠ABC，于是sin∠BDC=sin∠ABC，从而∠BDC=∠ABC或∠BDC+∠ABC=π．222b若∠BDC=∠ABC，则△CBD∽△CAB，于是CB=CD•CA⇒a=⇒a：b：c=1：3：3，3无法构成三角形，不合题意．若∠BDC+∠ABC=π，则∠ADB=∠ABC⇒△ABD∽△ACB，2222b于是AB=AD•AC⇒c=⇒a：b：c=3：6：2，满足题意，3222a+c-b7因此由余弦定理可得cos∠ABC==．2ac1229(2020•浙江)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2bsinA-3a=0．(Ⅰ)求角B的大小；(Ⅱ)求cosA+cosB+cosC的取值范围．【解析】(Ⅰ)∵2bsinA=3a，∴2sinBsinA=3sinA，∵sinA≠0，3∴sinB=，2∵△ABC为锐角三角形，π∴B=，3π(Ⅱ)∵△ABC为锐角三角形，B=，32π∴C=-A，3137 2ππ131∴cosA+cosB+cosC=cosA+cos-A+cos=cosA-cosA+sinA+=33222131π1cosA+sinA+=sinA++，22262ππ△ABC为锐角三角形，0<A<，0<C<，22ππ解得<A<，62ππ2π∴<A+<，3633π∴<sinA+≤1，2631π13∴+<sinA++≤，226223+13∴cosA+cosB+cosC的取值范围为，．2230(2020•山东)在①ac=3，②csinA=3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．π问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=3sinB，C=，？6注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】①ac=3．3△ABC中，sinA=3sinB，即b=a，33ac=3，∴c=，a22a3a2+b2-c2a+3-a23cosC===，22ab23a23∴a=3，b=1，c=1．②csinA=3．π△ABC中，csinA=asinC=asin=3，∴a=6．6∵sinA=3sinB，即a=3b，∴b=23．2222a+b-c36+12-c3cosC===，2ab2×6×232∴c=23．③c=3b．∵sinA=3sinB，即a=3b，又∵c=3b，222a+b-c3πcosC==≠cos，2ab66π与已知条件C=相矛盾，所以问题中的三角形不存在．631(2023•新高考Ⅰ)已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A-C)=sinB．(1)求sinA；138 (2)设AB=5，求AB边上的高．【解析】(1)∵A+B=3C，A+B+C=π，∴4C=π，π∴C=，4∵2sin(A-C)=sinB，∴2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)，∴2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC=3cosAsinC，22∴sinA=3×cosA，221∴sinA=3cosA，即cosA=sinA，322212又∵sinA+cosA=1，∴sinA+sinA=1，929解得sinA=，10又∵A∈(0，π)，∴sinA>0，310∴sinA=；10310110(2)由(1)可知sinA=，cosA=sinA=，10310310210225∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=×+×=，1021025ABACBC5∴====52，sinCsinBsinAsinπ425310∴AC=52sinB=52×=210，BC=52×sinA=52×=35，510设AB边上的高为h，11则AB⋅ℎ=×AC×BC×sinC，22512∴ℎ=×210×35×，222解得h=6，即AB边上的高为6．cosAsin2B32(2022•新高考Ⅰ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=．1+sinA1+cos2B2π(1)若C=，求B；322a+b(2)求的最小值．2ccosAsin2B2【解析】(1)∵=，1+cos2B=2cosB≠0，cosB≠0．1+sinA1+cos2BcosA2sinBcosBsinB∴==，1+sinA2cosB2cosB化为：cosAcosB=sinAsinB+sinB，∴cos(B+A)=sinB，139 2π∴-cosC=sinB，C=，31∴sinB=，2ππ∵0<B<，∴B=．36π(2)由(1)可得：-cosC=sinB>0，∴cosC<0，C∈，π，2π∴C为钝角，B，A都为锐角，B=C-．2πsinA=sin(B+C)=sin2C-=-cos2C，2222222(1-2sin2C)2+(1-sin2C)42a+bsinA+sinBcos2C+cosC2+4sinC-5sinC=====22222csinCsinCsinCsinC221+4sinC-5≥22×4-5=42-5，当且仅当sinC=时取等号．24sinC222a+b∴的最小值为42-5．2c33(2022•新高考Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正31三角形的面积依次为S1，S2，S3．已知S1-S2+S3=，sinB=．23(1)求△ABC的面积；2(2)若sinAsinC=，求b．31232【解析】(1)S1=asin60°=a，241232S2=bsin60°=b，241232S3=csin60°=c，243232323∵S1-S2+S3=a-b+c=，4442222解得：a-b+c=2，1222∵sinB=，a-b+c=2>0，即cosB>0，322∴cosB=，3222a+c-b22∴cosB==，2ac332解得：ac=，412S△ABC=acsinB=．282∴△ABC的面积为．8bac(2)由正弦定理得：==，sinBsinAsinCbsinAbsinC∴a=，c=，sinBsinB140 32由(1)得ac=，4bsinAbsinC32∴ac=•=sinBsinB412已知，sinB=，sinAsinC=，331解得：b=．2334(2022•浙江)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c，cosC=．5(Ⅰ)求sinA的值；(Ⅱ)若b=11，求△ABC的面积．3π24【解析】(Ⅰ)因为cosC=>0，所以C∈0，，且sinC=1-cosC=，525ac由正弦定理可得：=，sinAsinCasinCa545即有sinA==sinC=×=；cc4555(Ⅱ)因为4a=5c⇒a=c<c，4π所以A<C，故A∈0，，2525又因为sinA=，所以cosA=，55115所以sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=；25acb由正弦定理可得：===55，sinAsinCsinB所以a=55sinA=5，114所以S△ABC=absinC=×5×11×=22．225考点十一三角形中的几何计算35(2023•上海)某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与水平面所成夹角为θ．行人每沿着斜坡向上走1m消耗的体力为(1.025-cosθ)，欲使行人走上斜坡所消耗的总体力最小，则θ=．4【解析】斜坡的长度为l=，sinθ44.1-4cosθ上坡所消耗的总体力y=×(1.025-cosθ)=，sinθsinθ4sinθ⋅sinθ-(4.1-4cosθ)cosθ4-4.1cosθ函数的导数y′==，22sinθsinθ4040由y′=0，得4-4.1cosθ=0，得cosθ=，θ=arccos，41414040π由f′(x)>0时cosθ<，即arccos<θ<时，函数单调递增，414124040由f′(x)<0时cosθ>，即0<θ<arccos时，函数单调递减，4141141 40即θ=arccos，函数取得最小值，即此时所消耗的总体力最小．4140故答案为：θ=arccos．4136(2021•浙江)我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大S1正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则=．S2【解析】∵直角三角形直角边的长分别为3，4，22∴直角三角形斜边的长为3+4=5，2即大正方形的边长为5，∴S1=5=25，1则小正方形的面积S2=S1-S阴影=25-4××3×4=1，2S1∴=25．S2故答案为：25．37(2019•浙江)在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D在线段AC上，若∠BDC=45°，则BD=，cos∠ABD=．4【解析】在直角三角形ABC中，AB=4，BC=3，AC=5，sinC=，53BD122在△BCD中，可得=，可得BD=；2sinC52224372∠CBD=135°-C，sin∠CBD=sin(135°-C)=(cosC+sinC)=×+=，22551072即有cos∠ABD=cos(90°-∠CBD)=sin∠CBD=，1012272故答案为：，，510142 38(2023•新高考Ⅱ)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为3，D为BC的中点，且AD=1．π(1)若∠ADC=，求tanB；322(2)若b+c=8，求b，c．【解析】(1))D为BC中点，SΔABC=3，3则SΔACD=，2过A作AE⊥BC，垂足为E，如图所示：13133△ADE中，DE=，AE=，SΔACD=⋅CD=，解得CD=2，222225∴BD=2，BE=，23AE23故tanB===；BE5521(2)AD=(AB+AC)，22122AD=(c+b+2bccosA)，422AD=1，b+c=8，1则1=(8+2bccosA)，4∴bccosA=-2①，1SΔABC=bcsinA=3，即bcsinA=23②，2由①②解得tanA=-3，2π∴A=，322∴bc=4，又b+c=8，∴b=c=2．39(2022•上海)如图，在同一平面上，AD=BC=6，AB=20，O为AB中点，曲线CD上任一点到O距离相等，角∠DAB=∠ABC=120°，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；(1)若点P与点C重合，求∠POB的大小；(2)P在何位置，求五边形MQABP面积S的最大值．143 【解析】(1)点P与点C重合，由题意可得OB=10，BC=6，∠ABC=120°，2221由余弦定理可得OP=OB+BC-2OB•BCcos∠ABC=36+100-2×6×10×-=196，2OPBP所以OP=14，在△OBP中，由正弦定理得=，sin120°sin∠POB14633所以=，解得sin∠POB=，3sin∠POB14233所以∠POB的大小为arcsin；14(2)如图，连结QA，PB，OQ，OP，∵曲线CMD上任意一点到O距离相等，∴OP=OQ=OM=OC=14，∵P，Q关于OM对称，∴P点在劣弧CM中点或劣弧DM的中点位置，S△QOM=S△POM=α，π则∠AOQ=∠BOP=S△BOP=-α，2则五边形面积S=2(S△AOQ+S△QOM)1π1=22⋅OQ⋅OA⋅sin2-α+2⋅OQ⋅OM⋅sinα=196sinα+140cosα5=2874sin(α+φ)，其中tanφ=，7当sin(α+φ)=1时，S五边形MQABP取最大值2874，∴五边形MQABP面积S的最大值为2874．144 40(2019•上海)如图，A-B-C为海岸线，AB为线段，BC为四分之一圆弧，BD=39.2km，∠BDC=22°，∠CBD=68°，∠BDA=58°．(1)求BC的长度；(2)若AB=40km，求D到海岸线A-B-C的最短距离．(精确到0.001km)π2【解析】(1)由题意可得，BC=BDsin22°，弧BC所在的圆的半径R=BCsin=BC，421122弧BC的长度为πR=π⋅BC⋅=×3.141×39.2×sin22°=16.310km；2224BDAB(2)根据正弦定理可得，=，sinAsin58°39.2∴sinA=×sin58°=0.831，A=56.2°，40∴∠ABD=180°-56.2°-58°=65.8°，∴DH=BD×sin∠ABD=35.750km<CD=36.346km∴D到海岸线A-B-C的最短距离为35.750km145 专题07数列高频考点考点精析考点一数列的函数特性n(n+1)1(2020•浙江)已知数列{an}满足an=，则S3=　　．2n(n+1)【解析】数列{an}满足an=，2可得a1=1，a2=3，a3=6，所以S3=1+3+6=10．故答案为：10．考点二等差数列的性质Sn2(2023•新高考Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：n为等差数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，n(n-1)则Sn=na1+d，2Snn-1dd即=a1+d=n+a1-，n222146 Sn故为等差数列，n即甲是乙的充分条件．SnSn+1Sn反之，若n为等差数列，则可设n+1-n=D，Sn则=S1+(n-1)D，即Sn=nS1+n(n-1)D，n当n≥2时，有Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D，上两式相减得：an=Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D，当n=1时，上式成立，所以an=a1+2(n-1)D，则an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D(常数)，所以数列{an}为等差数列．即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．故本题选：C．考点三等差数列的前n项和3(2022•上海)已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5=0，则Si(i=1，2，⋯，100)中不同的数值有个．【解析】∵等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S5=0，5×4∴S5=5a1+d=0，解得a1=-2d，2n(n-1)n(n-1)d2∴Sn=na1+d=-2nd+d=(n-5n)，222∵d≠0，∴Si(i=0，1，2⋯，100)中S0=S5=0，S2=S3=-3d，S1=S4=-2d，其余各项均不相等，∴Si(i=1，2⋯，100)中不同的数值有：101-3=98．故答案为：98．a1+a2+⋯+a94(2020•上海)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则=．a10【解析】根据题意，等差数列{an}满足a1+a10=a9，即a1+a1+9d=a1+8d，变形可得a1=-d，9a+9×8da1+a2+⋯+a9129a1+36d-9d+36d27所以====．a10a1+9da1+9d-d+9d827故答案为：．85(2020•海南)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为．【解析】将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}是以1为首项、以6为公差的等差数列，n(n-1)2故它的前n项和为n×1+×6=3n-2n，22故答案为：3n-2n．147 6(2021•新高考Ⅱ)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5，a2a4=S4．(Ⅰ)求数列{an}的通项公式an；(Ⅱ)求使Sn>an成立的n的最小值．【解析】(Ⅰ)数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5，a2a4=S4．根据等差数列的性质，a3=S5=5a3，故a3=0，根据a2a4=S4可得(a3-d)(a3+d)=(a3-2d)+(a3-d)+a3+(a3+d)，2整理得-d=-2d，可得d=2(d=0不合题意)，故an=a3+(n-3)d=2n-6．(Ⅱ)an=2n-6，a1=-4，n(n-1)2Sn=-4n+×2=n-5n，22Sn>an，即n-5n>2n-6，2整理可得n-7n+6>0，当n>6或n<1时，Sn>an成立，由于n为正整数，故n的最小正值为7．考点四等比数列的前n项和7(2023•新高考Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=-5，S6=21S2，则S8=()A.120B.85C.-85D.-120【解析】等比数列{an}中，S4=5，S6=21S2，显然公比q≠1，462a1(1-q)a1(1-q)21a1(1-q)设首项为a1，则=-5①，=②，1-q1-q1-q4222化简②得q+q-20=0，解得q=4或q=-5(不合题意，舍去)，a11代入①得=，1-q38a1(1-q)a1441所以S8==(1-q)(1+q)=×(-15)×(1+16)=-85．1-q1-q3故选：C．考点五等差数列与等比数列的综合*8(2022•浙江)已知等差数列{an}的首项a1=-1，公差d>1．记{an}的前n项和为Sn(n∈N)．(Ⅰ)若S4-2a2a3+6=0，求Sn；*(Ⅱ)若对于每个n∈N，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．【解析】(Ⅰ)因为等差数列{an}的首项a1=-1，公差d>1，4(a1+a4)因为S4-2a2a3+6=0，可得-2a2a3+6=0，即2(a1+a4)-2a2a3+6=0，2a1+a1+3d-(a1+d)(a1+2d)+3=0，即-1-1+3d-(-1+d)(-1+2d)+3=0，2整理可得：d=3d，解得d=3，n(n-1)223n-3n3n-5n所以Sn=na1+d=-n+=，222148 23n-5n即Sn=；2*(Ⅱ)因为对于每个n∈N，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，2则(a1+nd+4cn)=[a1+(n-1)d+cn][(a1+(n+1)d+15cn]，a1=-1，2222+整理可得：cn+[(14-8n)d+8]cn+d=0，则△=[(14-8n)d+8]-4d≥0恒成立在n∈N，整理可得[(2n-3)d-2][n-2)d-1]≥0，当n=1时，可得d≤-2或d≥-1，而d>1，所以d的范围为(1,+∞)；n=2时，不等式变为(d-2)(-1)≥0，解得d≤2，而d>1，所以此时d∈(1，2]，当n≥3时，d>1，则[(2n-3)d-2][n-2)d-1]>(2n-5)(n-3)≥0符合要求，*综上所述，对于每个n∈N，d的取值范围为(1，2]，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列．9(2022•新高考Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2-b2=a3-b3=b4-a4．(1)证明：a1=b1；(2)求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素的个数．【解析】(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，由a2-b2=a3-b3，得a1+d-2b1=a1+2d-4b1，则d=2b1，由a2-b2=b4-a4，得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d)，即a1+d-2b1=4d-(a1+3d)，∴a1=b1．(2)由(1)知，d=2b1=2a1，k-1由bk=am+a1知，b1⋅2=a1+(m-1)d+a1，k-1k-1∴b1⋅2=b1+(m-1)⋅2b1+b1，即2=2m，k-1又1≤m≤500，故2≤2≤1000，则2≤k≤10，故集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数为9个．10(2020•上海)已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a1=1．(1)若数列{an}为等差数列，S10=70，求数列{an}的通项公式；1(2)若数列{an}为等比数列，a4=，求满足Sn>100an时n的最小值．8【解析】(1)数列{an}为公差为d的等差数列，S10=70，a1=1，14可得10+×10×9d=70，解得d=，23441则an=1+(n-1)=n-；3331(2)数列{an}为公比为q的等比数列，a4=，a1=1，8311可得q=，即q=，821n1n-11-21n-1则an=2，Sn=1=2-2，1-21n-11n-1Sn>100an，即为2-2>100∙2，n即2>101，可得n≥7，即n的最小值为7．149 考点六数列递推式12*11(2022•浙江)已知数列{an}满足a1=1，an+1=an-an(n∈N)，则()35577A.2<100a100<B.<100a100<3C.3<100a100<D.<100a100<4222212【解析】∵an+1-an=-an<0，3∴{an}为递减数列，122又an+1=an-an≤，且an≠0，33an+112∴=1-an≥>0，an33又a1=1>0，则an>0，121∴an-an+1=an≥anan+1，33111∴-≥，an+1an3111123∴≥+(n-1)=n+，则an≤，ana1333n+23306∴100a100≤100×<=3；102102121111111由an+1=an-3an得an+1=an1-3an，得a-a=3-a≤3=31+n+1，n+1nn3-n+2111111累加可得，≤n+++⋯⋯++1，an+13323n+111111111∴a≤34+3×2+3+⋯⋯+100<34+3×2×6+8×93<40，10015∴100a100>100×=；4025综上，<100a100<3．2故选：B．a112(2020•浙江)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，且≤1．记b1=S2，bn+1=S2n+2d-S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是()22A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a4=a2a8D.b4=b2b8【解析】在等差数列{an}中，an=a1+(n-1)d，∴a2=a1+d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，bn+1=S2n+2-S2n，∴b2=S4-S2=a3+a4，b4=S8-S6=a7+a8，b6=S12-S10=a11+a12，b8=S16-S14=a15+a16，150 A.2a4=a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4=b2+b6，则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=(a3+a12)+(a4+a11)，成立，B正确，22C．若a4=a2a8，则(a1+3d)=(a1+d)(a1+7d)，22222即a1+6a1d+9d=a1+8a1d+7d，得a1d=d，a1∵d≠0，∴a1=d，符合≤1，C正确；d22D．若b4=b2b8，则(a7+a8)=(a3+a4)(a15+a16)，22222即4a1+52a1d+169d=4a1+68a1d+145d，得16a1d=24d，a1∵d≠0，∴2a1=3d，不符合≤1，D错误；d故选：D．2*13(2019•浙江)设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an+b，n∈N，则()11A.当b=时，a10>10B.当b=时，a10>1024C.当b=-2时，a10>10D.当b=-4时，a10>10211【解析】对于B，令x-x+=0，得x=，42111取a1=，∴a2=,⋯,an=<10，2221∴当b=时，a10<10，故B错误；42对于C，令x-x-2=0，得x=2或x=-1，取a1=2，∴a2=2，⋯，an=2<10，∴当b=-2时，a10<10，故C错误；21±17对于D，令x-x-4=0，得x=，21+171+171+17取a1=，∴a2=，⋯，an=<10，222∴当b=-4时，a10<10，故D错误；21121213对于A，a2=a+2≥2，a3=a+2+2≥4，423219117a4=a+a+4+2≥16+2=16>1，an+1-an>0，{an}递增，1an+1213当n≥4时，=an+>1+=，anan22a53a>24a63>a52∙a1036729∴，∴a>2，∴a10>64>10．故A正确．∙4∙a103a9>2故选：A．01k-1k14【多选】(2021•新高考Ⅱ)设正整数n=a0⋅2+a1⋅2+⋯+ak-1⋅2+ak⋅2，其中ai∈{0，1}，记ω151 (n)=a0+a1+⋯+ak，则()A.ω(2n)=ω(n)B.ω(2n+3)=ω(n)+1nC.ω(8n+5)=ω(4n+3)D.ω(2-1)=n12kk+1【解析】∵2n=a0⋅2+a1⋅2+⋯+ak-1⋅2+ak⋅2，∴ω(2n)=ω(n)=a0+a1+⋯+ak，∴A对；012当n=2时，2n+3=7=1⋅2+1⋅2+1⋅2，∴ω(7)=3．01∵2=0⋅2+1⋅2，∴ω(2)=0+1=1，∴ω(7)≠ω(2)+1，∴B错；34k+30234k+3∵8n+5=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+5=1⋅2+1⋅2+a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2，∴ω(8n+5)=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+2．23k+20123k+2∵4n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+3=1⋅2+1⋅2+a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2，∴ω(4n+3)=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+2=ω(8n+5)．∴C对；n01n-1n∵2-1=1⋅2+1⋅2+⋅⋅⋅+1⋅2，∴ω(2-1)=n，∴D对．故选：ACD．15(2021•上海)已知ai∈N*(i=1，2，⋯，9)对任意的k∈N*(2≤k≤8)，ak=ak-1+1或ak=ak+1-1中有且仅有一个成立，a1=6，a9=9，则a1+⋯+a9的最小值为．【解析】设bk=ak+1-ak，由题意可得，bk，bk-1恰有一个为1，如果b1=b3=b5=b7=b9=1，那么a1=6，a2=7，a3≥1，a4=a3+1≥2，同样也有，a5≥1，a6=a5+1≥2，a7≥1，a8=a7+1≥2，全部加起来至少是6+7+1+2+1+2+1+2+9=31；如果b2=b4=b6=b8=1，那么a8=8，a2≥1，a3=a2+1≥2，同样也有，a4≥1，a5≥2，a6≥1，a7≥2，全部加起来至少是6+1+2+1+2+1+2+8+9=32，综上所述，最小应该是31．故答案为：31．16(2019•上海)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn+an=2，则S5=　　．【解析】由Sn+an=2，①得2a1=2，即a1=1，且Sn-1+an-1=2(n≥2)，②1①-②得：an=an-1(n≥2)．21∴数列{an}是等比数列，且a1=1,q=．2151×1-231∴S5==．1-116231故答案为：．16*17(2022•上海)数列{an}对任意n∈N且n≥2，均存在正整数i∈[1，n-1]，满足an+1=2an-ai，a1=1，a2=3．(1)求a4可能值；(2)命题p：若a1，a2，⋯，a8成等差数列，则a9<30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；152 m*(3)若a2m=3，(m∈N)成立，求数列{an}的通项公式．【解析】(1)a3=2a2-a1=5，a4=2a3-a2=7或a4=2a3-a1=9．*(2)∵a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列，∴d=2,an=2n-1(n∈[1,8],n∈N)，a9=2a8-ai=30-ai<30．逆命题q：若a9<30，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，举例：a1=1，a2=3，a3=5，a4=7，a5=9，a6=11，a7=13，a8=2a7-a5=17，a9=2a8-a7=21．m(3)因为a2m=3，m+1∴a2m+2=3,a2m+2=2a2m+1-ai(i≤2m)，a2m+1=2a2m-aj(j≤2m-1)，∴a2m+2=4a2m-2aj-ai，mm+1m∴2aj+ai=4a2m-a2m+2=4×3-3=3=a2m，以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1>an恒成立：当n=1，a2>a1明显成立，假设n=k时命题成立，即ak>ak-1>ak-1⋯>>a2>a1>0，则ak+1-ak=2ak-ai-ak=ak-ai>0，则ak+1>ak，命题得证．回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：1.若j=2m-1，则a2m=2aj+ai=2a2m-1+ai>a2m-1-ai矛盾，m-1mm-12.若j=2m-2，则aj=3，∴ai=3-2aj=3，∴i=2m-2，mm-1m-1此时a2m+1=2a2m-aj=2×3-3=5×3，1n=1n-32*∴an=5×3n=2k+1,k∈N，n2*3n=2k,k∈Nm-13.若j<2m-2，则2aj<2×3，mm-1∴ai=3-2aj>3，∴j=2m-1，∴a2m+2=2a2m+1-a2m-1(由(2)知对任意m成立)，a6=2a5-a3，事实上：a6=2a5-a2矛盾．1n=1n-32*综上可得an=5×3n=2k+1,k∈N．n2*3n=2k,k∈N9*18(2021•浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=-，且4Sn+1=3Sn-9(n∈N)．4(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；**(Ⅱ)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N)，记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意n∈N恒成立，求实数λ的取值范围．【解析】(Ⅰ)由4Sn+1=3Sn-9可得4Sn=3Sn-1-9(n≥2)，两式作差，可得：4an+1=3an，an+13∴=，an4a23很明显，=，a14153 93所以数列{an}是以-为首项，为公比的等比数列，4493n-13n*其通项公式为：an=-4×4=-3×4(n≥1,n∈N)．n-43n(Ⅱ)由3bn+(n-4)an=0，得bn=-3an=(n-4)4，332333n-13nTn=-3×4-2×4-1×4+⋯+(n-5)4+(n-4)⋅4，33233343n3n+14Tn=-3×4-2×4-1×4+⋯+(n-5)⋅4+(n-4)⋅4，两式作差可得：133233343n3n+14Tn=-3×4+4+4+4+⋯4-(n-4)⋅493n-19161-43n+1=-+3-(n-4)41-44993n+13n+13n+1=-4+4-44-(n-4)⋅4=-n⋅4，3n+1则Tn=-4n⋅4．3n+13n据此可得-4n⋅4≤λ(n-4)4恒成立，即λ(n-4)+3n≥0恒成立．n=4时不等式成立；3n1212n<4时，λ≤-=-3-，由于n=1时-3-=1，故λ≤1；n-4n-4n-4min3n1212n>4时，λ≥-=-3-，而-3-<-3，故：λ≥-3；n-4n-4n-4综上可得，{λ|-3≤λ≤1}．考点七数列的求和an*19(2021•浙江)已知数列{an}满足a1=1，an+1=(n∈N)．记数列{an}的前n项和为Sn，1+an则()399A.<S100<3B.3<S100<4C.4<S100<D.<S100<5222an13【解析】因为a1=1,an+1=，所以an>0,a2=，所以S100>a1+a2=，1+an221111121112=+=+-<+，an+1ananan24an2111111111∴<+，故-<,⋯,-<，an+1an2anan-12a2a12由累加法可得当n≥2时，1111n-1n+14-<(n-1)⇒<1+=⇒an>，a?a?2a?22(n+1)2n1n44*又因为当n=1时，an=2也成立，所以an≥2(n∈N)，(n+1)(n+1)154 anann+1所以an+1=≤=an，1+an1+2n+3n+1an+1n+1annan-1n-1a22∴≤，故≤,≤,⋯,≤，ann+3an-1n+2an-2n+1a14annn-1n-2326由累乘法可得当n≥2时，an=≤×××⋯××==a1n+2n+1n54(n+2)(n+1)116-，n+1n+21111111111所以S100≤1+63-4+4-5+5-6+⋯+101-102=1+63-102<1+2=3．x2+x另解：设f(x)=，x>0，f′(x)=>0，可得f(x)在(0,+∞)递增，接下来运用待定21+x2(1+x)λ系数法估计{an}的上下界，设an≤Mn=，则探索an+1也满足上界的条件．(n+μ)(n+μ+1)λλλan+1≤Mn+1⇐f(an)≤⇐f≤⇐(n+μ+1)(n+μ+2)(n+μ)(n+μ+1)(n+μ+1)(n+μ+2)λ(n+μ)(n+μ+1)λn+μ≤⇐λ⋅≥4．1+λ(n+μ+1)(n+μ+2)n+μ+1(n+μ)(n+μ+1)nnλ11λ在此条件下，有Sn≤=λn+μ-n+μ+1<1+μ，i=1(n+μ)(n+μ+1)i=1注意到a1=1，取λ=6，μ=1，从而M1=1，此时可得Sn<3．故选：A．20(2021•上海)已知{an}为无穷等比数列，a1=3，an的各项和为9，bn=a2n，则数列{bn}的各项和为．【解析】设{an}的公比为q，3由a1=3，an的各项和为9，可得=9，1-q2解得q=，32n-1所以an=3×3，22n-1bn=a2n=3×3，4可得数列{bn}是首项为2，公比为的等比数列，9218则数列{bn}的各项和为=．1-45918故答案为：．521(2021•新高考Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图2形，它们的面积之和S1=240dm，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规2格的图形，它们的面积之和S2=180dm，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为n2；如果对折n次，那么Sk=dm．k=1155 3355【解析】易知有20dm×dm,10dm×dm,5dm×3dm,dm×6dm，dm×12dm，共5种规格；4224240240(k+1)由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故Sk=，kk22nnnnk+1k+11k+1则Sk=240k，记Tn=k，则2Tn=k+1，k=1k=12k=12k=12nnn-1n-11k+1k+1k+2k+1n+1∴2Tn=k-k+1=1+k+1-k+1-n+1k=12k=12k=12k=12211-142n-1n+13n+3=1+-=-，1-12n+122n+12n+3∴Tn=3-，n2nn+3∴Sk=2403-n．k=12n+3故答案为：5；2403-．2nan-6,n为奇数22(2023•新高考Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn=，记Sn，Tn为{an}，{bn}的前n项2an,n为偶数和，S4=32，T3=16．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，Sn，Tn为{an}{bn}的前n项和，S4=32，T3=16，4(4-1)a1+a2+a3+a4=324a1+2d=32a1=5则，即，解得，a1-6+2a2+a3-6=16a2=7d=2故an=5+2(n-1)=2n+3；2n-3,n为奇数(2)证明：由(1)可知，bn=4n+6,n为偶数，(5+2n+3)nSn==(n+4)n，2当n为偶数时，n>5，Tn=-1+3+⋅⋅⋅+2(n-1)-3+14+22+⋅⋅⋅+4n+6n[-1+2(n-1)-3]n(14+4n+6)n(14+6n)222n(3n+7)=+==，22222n-nTn-Sn=>0，2(n-1)(3n+4)23n+5n-10当n为奇数时，n>5，Tn=Tn-1+bn=+2n-3=，222n-3n-1025-15-10Tn-Sn=>=0，22故原式得证．2n+n23(2023•新高考Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，且d>1．令bn=，记Sn，Tn分别为数列{anan156 }，{bn}的前n项和．(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d．【解析】(1)∵3a2=3a1+a3，S3+T3=21，3(a1+d)=3a1+a1+2d∴根据题意可得2612，3a1+3d+a1+a1+d+a1+2d=21a1=d∴9，6d+=21d2∴2d-7d+3=0，又d>1，∴解得d=3，∴a1=d=3，∴an=a1+(n-1)d=3n，n∈N*；2n+n(2)∵{an}为等差数列，{bn}为等差数列，且bn=，ann+1∴根据等差数列的通项公式的特点，可设an=tn，则bn=，且d=t>1；tn或设an=k(n+1)，则bn=，且d=k>1，kn+1①当an=tn，bn=，d=t>1时，t(t+99t)×99210099则S99-T99=2-t+t×2=99，512∴50t-=1，∴50t-t-51=0，又d=t>1，t51∴解得d=t=；50n②当an=k(n+1)，bn=，d=k>1时，k(2k+100k)×9919999则S99-T99=2-k+k×2=99，502∴51k-=1，∴51k-k-50=0，又d=k>1，k∴此时k无解，51∴综合可得d=．50an+1,n为奇数,24(2021•新高考Ⅰ)已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+2,n为偶数⋅(1)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．an+1,n为奇数【解析】(1)因为a1=1，an+1=，an+2,n为偶数所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，所以b1=a2=2，b2=a4=5，bn-bn-1=a2n-a2n-2=a2n-a2n-1+a2n-1-a2n-2=1+2=3，n≥2，所以数列{bn}是以b1=2为首项，以3为公差的等差数列，所以bn=2+3(n-1)=3n-1．157 另解：由题意可得a2n+1=a2n-1+3，a2n+2=a2n+3，其中a1=1，a2=a1+1=2，于是bn=a2n=3(n-1)+2=3n-1，n∈N*．(2)由(1)可得a2n=3n-1，n∈N*，则a2n-1=a2n-2+2=3(n-1)-1+2=3n-2，n≥2，当n=1时，a1=1也适合上式，所以a2n-1=3n-2，n∈N*，所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，10×9则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=10+×3+10210×9×2+×3=300．225(2020•海南)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20，a3=8．(1)求{an}的通项公式；n-1(2)求a1a2-a2a3+⋯+(-1)anan+1．【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，3a2+a4=a1q+a1q=20则2，a3=a1q=8a1=2∵q>1，∴，q=2n-1n∴an=2⋅2=2．n-1(2)令bn=(-1)anan+1，则b1=8，nn+1n+2bn+1(-1)⋅2⋅22所以==-2，bn-1nn+1n(-1)⋅2⋅22所以数列{bn}是等比数列，公比为-2，首项为8，n-1a1a2-a2a3+⋯+(-1)anan+13579n-12n+1=2-2+2-2+⋯+(-1)⋅2，23[1-(-22)n]2n+38n2==-(-1)．1-(-22)5526(2020•山东)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20，a3=8．(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，∵a2+a4=20，a3=8，8∴+8q=20，q1解得q=2或q=(舍去)，2∴a1=2，n∴an=2，(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，n∴2≤m，158 ∴n≤log2m，故b1=0，b2=1，b3=1，b4=2，b5=2，b6=2，b7=2，b8=3，b9=3，b10=3，b11=3，b12=3，b13=3，b14=3，b15=3，b16=4，⋯，可知0在数列{bm}中有1项，1在数列{bm}中有2项，2在数列{bm}中有4项，⋯，671×(1-2)1×(1-2)由=63<100，=127>1001-21-2可知b63=5，b64=b65=⋯=b100=6．∴数列{bm}的前100项和S100=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480．bn27(2020•浙江)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1=b1=c1=1，cn=an+1-an，cn+1=cn(n∈N*)．bn+2(Ⅰ)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；1(Ⅱ)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+cn<1+，n∈N*．d2【解析】(Ⅰ)解：由题意，b2=q，b3=q，2∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q，2整理，得6q-q-1=0，11解得q=-(舍去)，或q=，32bn111∴cn+1=⋅cn=b⋅cn=2⋅cn=12⋅cn=4⋅cn，bn+2n+2qbn2∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，n-1n-1∴cn=1⋅4=4，n∈N*．n-1∴an+1-an=cn=4，则a1=1，a2-a1=1，1a3-a2=4，⋯n-2an-an-1=4，各项相加，可得n-1n-112n-21-44+2an=1+1+4+4+⋯+4=+1=．1-43bn(Ⅱ)证明：依题意，由cn+1=⋅cn(n∈N*)，可得bn+2bn+2⋅cn+1=bn⋅cn，两边同时乘以bn+1，可得bn+1bn+2cn+1=bnbn+1cn，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，bnbn+1cn=1+d，1+d1+dd1bn+1-bn111∴cn=bb=d⋅bb=1+d⋅bb=1+db-b，nn+1nn+1nn+1nn+1又∵b1=1，d>0，∴bn>0，159 ∴c1+c2+⋯+cn111111111=1+db-b+1+db-b+⋯+1+db-b1223nn+11111111=1+-+-+⋯+-db1b2b2b3bnbn+1111=1+-db1bn+111=1+1-dbn+11<1+，d1∴c1+c2+⋯+cn<1+，故得证．d考点八数列与不等式的综合Sn128(2022•新高考Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，是公差为的等差数列．an3(1)求{an}的通项公式；111(2)证明：++⋯+<2．a1a2anSn1【解析】(1)已知a1=1，是公差为的等差数列，an3Sn11212所以=1+(n-1)=n+，整理得Sn=nan+an，①，an3333312故当n≥2时，Sn-1=(n-1)an-1+an-1，②，331111①-②得：an=nan-nan-1-an-1，3333故(n-1)an=(n+1)an-1，ann+1an-1na34a23化简得：=，=，........，=，=；an-1n-1an-2n-2a22a11ann(n+1)所以=，a12n(n+1)故an=(首项符合通项)．2n(n+1)所以an=．2n(n+1)证明：(2)由于an=，21211所以==2-，ann(n+1)nn+1111111111所以a+a+...+a=21-2+2-3+...+n-n+1=2×1-n+1<2．12n考点九数列与函数的综合29(2023•上海)已知f(x)=lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点(a1，f(a1))做函数f(x)的切线，该160 切线与y轴的交点记作(0,a2)，若a2>0，则过点(a2，f(a2))做函数f(x)的切线，该切线与y轴的交点记作(0,a3)，以此类推a3，a4，⋯，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}．(1)设am(m≥2)属于数列{an}，证明：am=lnam-1-1；(2)试比较am与am-1-2的大小关系；(3)若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、⋯、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由．1【解析】(1)证明：f(x)=，x1则过点(am-1，f(am-1))的切线的斜率为，am-111由点斜式可得，此时切线方程为y-lnam-1=(x-am-1)，即y=x+lnam-1-1，am-1am-1令x=0，可得y=lnam-1-1，根据题意可知，am=lnam-1-1，即得证；(2)先证明不等式lnx≤x-1(x>0)，11-x设F(x)=lnx-x+1(x>0)，则F(x)=-1=，xx易知当0<x<1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，当x>1时，F′(x)<0，F(x)单调递减，则F(x)≤F(1)=0，即lnx≤x-1(x>0)，结合(1)可知，am=lnam-1-1≤am-1-1-1=am-1-2；(3)假设存在这样的k符合要求，由(2)可知，数列{an}为严格的递减数列，n=1，2，3，⋯，k，由(1)可知，公差d=an-an-1=lnan-1-an-1-1，2≤n≤k，11-x先考察函数g(x)=lnx-x-1，则g(x)=-1=，xx易知当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，则g(x)=d至多只有两个解，即至多存在两个an-1，使得g(an-1)=d，若k≥4，则g(a1)=g(a2)=g(a3)=d，矛盾，则k=3，当k=3时，设函数h(x)=ln(lnx-1)-2lnx+x+1，1.11.11.122由于h(e)=ln0.1-2.2+e+1=e-ln10-1.2<0，h(e)=-3+e>0，1.12则存在x0∈(e,e)，使得h(x0)=0，于是取a1=x0，a2=lna1-1，a3=lna2-1，它们构成等差数列．综上，k=3．*30(2019•浙江)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=4，a4=S3．数列{bn}满足：对每个n∈N，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；an**(Ⅱ)记cn=，n∈N，证明：c1+c2+⋯+cn<2n，n∈N．2bn【解析】(Ⅰ)设数列{an}的公差为d，a1+2d=4由题意得，a1+3d=3a1+3d解得a1=0，d=2，*∴an=2n-2，n∈N．161 2*∴Sn=n-n，n∈N，*∵数列{bn}满足：对每个n∈N，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．2∴(Sn+1+bn)=(Sn+bn)(Sn+2+bn)，12解得bn=(Sn+1-SnSn+2)，22*解得bn=n+n，n∈N．an2n-2n-1*(Ⅱ)证明：cn===，n∈N，2bn2n(n+1)n(n+1)用数学归纳法证明：①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；*②假设n=k，(k∈N)时不等式成立，即c1+c2+⋯+ck<2k，则当n=k+1时，k1c1+c2+⋯+ck+ck+1<2k+<2k+(k+1)(k+2)k+12<2k+=2k+2(k+1-k)=2k+1，k+1+k即n=k+1时，不等式也成立．*由①②得c1+c2+⋯+cn<2n，n∈N．考点十数列的应用31(2022•新高考Ⅱ)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，DD1CC1BB1AA1OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为=0.5，=k1，=k2，=OD1DC1CB1BA1k3．已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9【解析】设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3，由题意得：k1=k3-0.2，k2=k3-0.1，DD1+CC1+BB1+AA1且=0.725，OD1+DC1+CB1+BA1解得k3=0.9，故选：D．32(2022•上海)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是162 ()A.若S2022>S2021，则数列{an}是递增数列B.若T2022>T2021，则数列{an}是递增数列C.若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021D.若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021【解析】如果数列a1=-1，公比为-2，满足S2022>S2021，但是数列{an}不是递增数列，所以A不正确；1如果数列a1=1，公比为-，满足T2022>T2021，但是数列{an}不是递增数列，所以B不正确；21n11-21如果数列a1=1，公比为2，Sn=1=21-n，数列{Sn}是递增数列，但是a2022<a2021，所22以C不正确；数列{Tn}是递增数列，可知Tn>Tn-1，可得an>1，所以q≥1，可得a2022≥a2021正确，所以D正确；故选：D．33(2020•上海)已知数列{an}为有限数列，满足|a1-a2|≤|a1-a3|≤⋯≤|a1-am|，则称{an}满足性质P．(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；(2)若a1=1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；(3)若{an}是1，2，3，⋯，m的一个排列(m≥4)，{bn}符合bk=ak+1(k=1，2，⋯，m-1)，{an}、{bn}都具有性质P，求所有满足条件的数列{an}．【解析】(1)对于数列3，2，5，1，有|2-3|=1，|5-3|=2，|1-3|=2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|3-4|=1，|2-4|=2，|5-4|=1．不满足题意，该数列不满足性质P．nn-1nn-1(2)由题意：|a1-a1q|≥|a1-a1q|，可得：|q-1|≥|q-1|，n∈{2，3，⋯，9}，2nn2n-2n-1两边平方可得：q-2q+1≥q-2q+1，n-1n-1n-1整理可得：(q-1)q[q(q+1)-2]≥0，当q≥1时，得q(q+1)-2≥0此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)-2≥0，所以，(q+2)(q-1)≥0，所以q≤-2，或q≥1，所以取q≥1，n-1当0<q≤1时，得q(q+1)-2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)-2≤0，所以(q+2)(q-1)≤0，所以-2≤q≤1，所以取0<q≤1．n-1n-1当-1≤q<0时：q[q(q+1)-2]≤0，n-1n-1当n为奇数时，得q(q+1)-2≤0，恒成立，当n为偶数时，q(q+1)-2≥0，不恒成立；故当-1≤q<0时，矛盾，舍去．n-1n-1n-1当q<-1时，得q[q(q+1)-2]≤0，当n为奇数时，得q(q+1)-2≤0，恒成立，n-1当n为偶数时，q(q+1)-2≥0，恒成立；故等价于n=2时，q(q+1)-2≥0，所以(q+2)(q-1)≥0，所以q≤-2或q≥1，所以取q≤-2，综上q∈(-∞，-2]∪(0,+∞)．(3)设a1=p，p∈{3，4，⋯，m-3，m-2}，因为a1=p，a2可以取p-1，或p+1，a3可以取p-2，或p+2，如果a2或a3取了p-3或p+3，将使{an}不满足性质P；所以{an}的前5项有以下组合：①a1=p，a2=p-1；a3=p+1；a4=p-2；a5=p+2；②a1=p，a2=p-1；a3=p+1；a4=p+2；a5=p-2；③a1=p，a2=p+1；a3=p-1；a4=p-2；a5=p+2；163 ④a1=p，a2=p+1；a3=p-1；a4=p+2；a5=p-2；对于①，b1=p-1，|b2-b1|=2，|b3-b1|=1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；对于②，b1=p-1，|b2-b1|=2，|b3-b1|=3，|b4-b1|=1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；对于③，b1=p+1，|b2-b1|=2，|b3-b1|=3，|b4-b1|=1与{bn}满足性质P矛盾，舍去；对于④b1=p+1，|b2-b1|=2，|b3-b1|=1，与{bn}满足性质P矛盾，舍去；所以P∈{3，4，⋯，m-3，m-2}，均不能同时使{an}、{bn}都具有性质P．当p=1时，有数列{an}:1，2，3，⋯，m-1，m满足题意．当p=m时，有数列{an}:m，m-1，⋯，3，2，1满足题意．当p=2时，有数列{an}:2，1，3，⋯，m-1，m满足题意．当p=m-1时，有数列{an}:m-1，m，m-2，m-3，⋯，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列{an}只有以上四种．34(2019•上海)数列{an}(n∈N*)有100项，a1=a，对任意n∈[2，100]，存在an=ai+d，i∈[1，n-1]，若ak与前n项中某一项相等，则称ak具有性质P．(1)若a1=1，d=2，求a4所有可能的值；(2)若{an}不为等差数列，求证：数列{an}中存在某些项具有性质P；(3)若{an}中恰有三项具有性质P，这三项和为c，使用a，d，c表示a1+a2+⋯+a100．【解析】(1)∵数列{an}有100项，a1=a，对任意n∈[2，100]，存在an=ai+d，i∈[1，n-1]，∴若a1=1，d=2，则当n=2时，a2=a1+d=3，当n=3时，i∈[1，2]，则a3=a1+d=3或a3=a2+d=5，当n=4时，i∈[1，3]，则a4=a1+d=3或a4=a2+d=5或a4=a3+d=(a1+d)+d=5或a4=a3+d=(a2+d)+d=7∴a4的所有可能的值为：3，5，7；(2)∵{an}不为等差数列，∴数列{an}存在am使得am=am-1+d不成立，∵对任意n∈[2，10]，存在an=ai+d，i∈[1，n-1]；∴存在p∈[1，n-2]，使am=ap+d，则对于am-q=ai+d，i∈[1，n-q-1]，存在p=i，使得am-q=am，因此{an}中存在具有性质P的项；(3)由(2)知，去除具有性质P的数列{an}中的前三项，则数列{an}的剩余项均不相等，∵对任意n∈[2，100]，存在an=ai+d，i∈[1，n-1]，则一定能将数列{an}的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为a，公差为d，97×(97-1)∴a1+a2+⋯+a100=97a+d+c=97a+4656d+c．2164 专题08计数原理、概率及统计高频考点考点精析考点一众数、中位数、平均数1【多选】(2023•新高考Ⅰ)有一组样本数据x1，x2，⋯，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则()A.x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，⋯，x6的平均数B.x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，⋯，x6的中位数C.x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，⋯，x6的标准差D.x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，⋯，x6的极差【解析】A选项，x2，x3，x4，x5的平均数不一定等于x1，x2，⋯，x6的平均数，A错误；x3+x4x3+x4B选项，x2，x3，x4，x5的中位数等于，x1，x2，⋯，x6的中位数等于，B正确；22C选项，设样本数据x1，x2，⋯，x6为0，1，2，8，9，10，可知x1，x2，⋯，x6的平均数是5，x2，x3，x4，x5的平均数是5，2122222250x1，x2，⋯，x6的方差s1=×[(0-5)+(1-5)+(2-5)+(8-5)+(9-5)+(10-5)]=，6321222225x2，x3，x4，x5的方差s2=×[(1-5)+(2-5)+(8-5)+(9-5)]=，4222s1>s2，∴s1>s2，C错误．D选项，x6>x5，x2>x1，∴x6-x1>x5-x2，D正确．故选：BD．2(2023•上海)现有某地一年四个季度的GDP(亿元)，第一季度GDP为232(亿元)，第四季度GDP165 为241(亿元)，四个季度的GDP逐季度增长，且中位数与平均数相同，则该地一年的GDP为．【解析】设第二季度GDP为x亿元，第三季度GDP为y亿元，则232<x<y<241，∵中位数与平均数相同，x+y232+x+y+241∴=，24∴x+y=473，∴该地一年的GDP为232+x+y+241=946(亿元)．故答案为：946(亿元)．3(2020•上海)已知有四个数1，2，a，b，这四个数的中位数是3，平均数是4，则ab=　　．【解析】因为四个数的平均数为4，所以a+b=4×4-1-2=13，2+a因为中位数是3，所以=3，解得a=4，代入上式得b=13-4=9，2所以ab=36，故答案为：36．考点二极差、方差与标准差4【多选】(2021•新高考Ⅱ)下列统计量中，能度量样本x1，x2，⋯，xn的离散程度的有()A.样本x1，x2，⋯，xn的标准差B.样本x1，x2，⋯，xn的中位数C.样本x1，x2，⋯，xn的极差D.样本x1，x2，⋯，xn的平均数【解析】中位数是反应数据的变化，方差是反应数据与均值之间的偏离程度，极差是用来表示统计资料中的变异量数，反映的是最大值与最小值之间的差距，平均数是反应数据的平均水平，故能反应一组数据离散程度的是标准差，极差．故选：AC．5【多选】(2021•新高考Ⅰ)有一组样本数据x1，x2，⋯，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，⋯，yn，其中yi=xi+c(i=1，2，⋯，n)，c为非零常数，则()A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样本数据的样本极差相同【解析】对于A，两组数据的平均数的差为c，故A错误；对于B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B错误；对于C，∵标准差D(yi)=D(xi+c)=D(xi)，∴两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；对于D，∵yi=xi+c(i=1，2，⋯，n)，c为非零常数，x的极差为xmax-xmin，y的极差为(xmax+c)-(xmin+c)=xmax-xmin，∴两组样本数据的样本极差相同，故D正确．故选：CD．考点三古典概型及其概率计算公式166 6(2022•新高考Ⅰ)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为()1112A.B.C.D.63232【解析】从2至8的7个整数中任取两个数共有C7=21种方式，其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，142故所求概率为=．213故选：D．7(2022•上海)为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的概率为．【解析】从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，112121则每一类都被抽到的方法共有C1⋅C3⋅C4+C1⋅C3⋅C4种，4而所有的抽取方法共有C8种，112121C1⋅C3⋅C4+C1⋅C3⋅C4303故每一类都被抽到的概率为==，C470783故答案为：．78(2021•上海)已知花博会有四个不同的场馆A，B，C，D，甲、乙两人每人选2个去参观，则他们的选择中，恰有一个馆相同的概率为．22【解析】甲选2个去参观，有C4=6种，乙选2个去参观，有C4=6种，共有6×6=36种，12若甲乙恰有一个馆相同，则选确定相同的馆有C4=4种，然后从剩余3个馆种选2个进行排列，有A3=6种，共有4×6=24种，242则对应概率P==，3632故答案为：．39(2019•上海)某三位数密码，每位数字可在0-9这10个数字中任选一个，则该三位数密码中，恰有两位数字相同的概率是．【解析】方法一、(直接法)某三位数密码锁，每位数字在0-9数字中选取，总的基本事件个数为1000，121其中恰有两位数字相同的个数为C10C3C9=270，27027则其中恰有两位数字相同的概率是=；1000100方法二、(排除法)某三位数密码锁，每位数字在0-9数字中选取，总的基本事件个数为1000，其中三位数字均不同和全相同的个数为10×9×8+10=730，73027可得其中恰有两位数字相同的概率是1-=．100010027故答案为：．100考点四相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式10(2021•新高考Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次167 取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则()A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立【解析】由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，两点数和为7的所有可能为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，115561P(甲)=，P(乙)=，P(丙)==，P(丁)==，666×6366×66A:P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，1B:P(甲丁)==P(甲)P(丁)，361C:P(乙丙)=≠P(乙)P(丙)，36D:P(丙丁)=0≠P(丙)P(丁)，故选：B．11【多选】(2023•新高考Ⅱ)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1-α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1-β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)()2A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1-α)(1-β)2B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1-β)23C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1-β)+(1-β)D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【解析】采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为：(1-β)(1-α)(1-β)2=(1-α)(1-β)，故A正确；2采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为：(1-β)β(1-β)=β(1-β)，故B正确；采用三次传输方案，若发送1，则译码为1包含收到的信号为包含两个1或3个1，223故所求概率为：C3β(2-β)+(1-β)，故C错误；223三次传输方案发送0，译码为0的概率P1=C3α(1-α)+(1-α)，单次传输发送0译码为0的概率P2=1-α，22322P2-P1=(1-α)-C3α(1-α)-(1-α)=(1-α)[1-C3α(1-α)-(1-α)]2=(1-α)(2α-α)=(1-α)α(2α-1)，当0<α<0.5时，P2-P1<0，故P2<P1，故D正确．故选：ABD．考点五频率分布直方图12(2023•新高考Ⅱ)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明168 显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)；(2)设函数f(c)=p(c)+q(c)．当c∈[95，105]，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]的最小值．【解析】(1)当漏诊率p(c)=0.5%时，则(c-95)⋅0.002=0.5%，解得c=97.5；q(c)=0.01×2.5+5×0.002=0.035=3.5%；(2)当c∈[95，100]时，f(c)=p(c)+q(c)=(c-95)⋅0.002+(100-c)⋅0.01+5×0.002=-0.008c+0.82≥0.02，当c∈(100，105]时，f(c)=p(c)+q(c)=5×0.002+(c-100)⋅0.012+(105-c)⋅0.002=0.01c-0.98>0.02，-0.008c+0.82,95≤c≤100故f(c)=，0.01c-0.98,100<c≤105所以f(c)的最小值为0.02．13(2022•新高考Ⅱ)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；(3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)．169 【解析】(1)由频率分布直方图得该地区这种疾病患者的平均年龄为：x=5×0.001×10+15×0.002×10+25×0.012×10+35×0.017×10+45×0.023×10+55×0.020×10+65×0.017×10+75×0.006×10+85×0.002×10=47.9岁．(2)该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的频率为：(0.012+0.017+0.023+0.020+0.017)×10=0.89，∴估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率为0.89．(3)设从该地区中任选一人，此人的年龄位于区间[40，50)为事件B，此人患这种疾病为事件C，P(BC)0.1%×0.023×10则P(C|B)==≈0.0014．P(B)16%考点六分类加法计数原理14(2020•上海)已知A={-3，-2，-1，0，1，2，3}，a、b∈A，则|a|<|b|的情况有种．【解析】当a=-3，0种，当a=-2，2种，当a=-1，4种；当a=0，6种，当a=1，4种；当a=2，2种，当a=3，0种，故共有：2+4+6+4+2=18．故答案为：18．考点七排列、组合及简单计数问题15(2023•新高考Ⅱ)某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有()4515204030304020A.C400⋅C200种B.C400⋅C200种C.C400⋅C200种D.C400⋅C200种【解析】∵初中部和高中部分别有400和200名学生，∴人数比例为400:200=2:1，则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，4020则有C400⋅C200种．故选：D．170 16(2022•新高考Ⅱ)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有()A.12种B.24种C.36种D.48种24【解析】把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有A2⋅A4=48种情况，132甲站在两端的情况有C2A3A2=24种情况，∴甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有48-24=24种，故选：B．17(2020•海南)要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有()A.2种B.3种C.6种D.8种【解析】要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有：212C3C1A2=6．故选：C．18(2020•山东)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有()A.120种B.90种C.60种D.30种【解析】因为每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，1甲场馆从6人中挑一人有：C6=6种结果；2乙场馆从余下的5人中挑2人有：C5=10种结果；余下的3人去丙场馆；故共有：6×10=60种安排方法；故选：C．19(2023•新高考Ⅰ)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种(用数字作答)．11【解析】若选2门，则只能各选1门，有C4C4=16种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，1221则有C4C4+C4C4=24+24=48，综上共有16+48=64种不同的方案．故答案为：64．20(2020•上海)从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有种安排情况．112【解析】根据题意，可得排法共有C6C5C4=180种．故答案为：180．21(2019•上海)首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有种(结果用数值表示)3【解析】在五天里，连续的2天，一共有4种，剩下的3人排列，故有4A3=24种，171 故答案为：24．考点八二项式定理10010029910022(2023•上海)已知(1+2023x)+(2023-x)=a0+a1x+a2x+⋯+a99x+a100x，若存在k∈{0，1，2，⋯，100}使得ak<0，则k的最大值为．100rrrrr【解析】二项式(1+2023x)的通项为Tr+1=C100(2023x)=C100⋅2023⋅x，r∈{0，1，2，⋯，100}，100r100-rrr100-rrr二项式(2023-x)的通项为Tr+1=C1002023(-x)=C100⋅2023⋅(-1)⋅x，r∈{0，1，2，⋯，100}，kkk100-kkkk100-kk∴ak=C100⋅2023+C100⋅2023⋅(-1)=C100[2023+2023⋅(-1)]，k∈{0，1，2，⋯，100}，若ak<0，则k为奇数，kk100-k此时ak=C100(2023-2023)，k100-k∴2023-2023<0，∴k<100-k，∴k<50，又∵k为奇数，∴k的最大值为49．故答案为：49．n223(2022•上海)二项式(3+x)的展开式中，x项的系数是常数项的5倍，则n=．n2【解析】∵二项式(3+x)的展开式中，x项的系数是常数项的5倍，2n-20nn(n-1)即Cn×3=5Cn×3，即=5×9，2∴n=10，故答案为：10．4234524(2022•浙江)已知多项式(x+2)(x-1)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x，则a2=　　，a1+a2+a3+a4+a5=　　．4432【解析】∵(x-1)=x-4x+6x-4x+1，∴a2=-4+12=8；令x=0，则a0=2，令x=1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5=0，∴a1+a2+a3+a4+a5=-2．故答案为：8，-2．y82625(2022•新高考Ⅰ)1-x(x+y)的展开式中xy的系数为(用数字作答)．8r8-rr【解析】(x+y)的通项公式为Tr+1=C8xy，626535当r=6时，T7=C8xy，当r=5时，T6=C8xy，y826658!8!∴1-x(x+y)的展开式中xy的系数为C8-C8=6!⋅2!-5!⋅3!=28-56=-28．故答案为：-28．3443226(2021•浙江)已知多项式(x-1)+(x+1)=x+a1x+a2x+a3x+a4，则a1=；a2+a3+a4=．172 3【解析】a1即为展开式中x的系数，001所以a1=C3(-1)+C4=5；34令x=1，则有1+a1+a2+a3+a4=(1-1)+(1+1)=16，所以a2+a3+a4=16-5-1=10．故答案为：5；10．5227(2021•上海)已知二项式(x+a)展开式中，x的系数为80，则a=．5r5-rr【解析】(x+a)的展开式的通项公式为Tr+1=C5xa，233所以x的系数为C5a=80，解得a=2．故答案为：2．n3n28(2021•上海)已知(1+x)的展开式中，唯有x的系数最大，则(1+x)的系数和为．3234【解析】由题意，Cn>Cn，且Cn>Cn，所以n=6，66所以令x=1，(1+x)的系数和为2=64．故答案为：64．5234529(2020•浙江)二项展开式(1+2x)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x，则a4=　　，a1+a3+a5=　．5234544【解析】(1+2x)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x，则a4=C5⋅2=80．13355a1+a3+a5=C5×2+C5×2+C52=122．故答案为：80；122．5330(2020•上海)已知二项式(2x+x)，则展开式中x的系数为．41433【解析】C5(2x)(x)=10x，所以展开式中x的系数为10．故答案为：10．5231(2019•上海)已知二项式(2x+1)，则展开式中含x项的系数为．5r5-r5-r【解析】二项式(2x+1)的展开式的通项公式为Tr+1=C5∙2∙x，232令5-r=2，求得r=3，可得展开式中含x项的系数值为C5∙2=40，故答案为：40．932(2019•浙江)在二项式(2+x)展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是．9-r9r9-rr2rr【解析】二项式(2+x)的展开式的通项为Tr+1=C9(2)x=2C9x．由r=0，得常数项是T1=162；当r=1，3，5，7，9时，系数为有理数，∴系数为有理数的项的个数是5个．故答案为：162，5．1633(2019•上海)在x+的展开式中，常数项等于．x16-r6-3r3rr6-r2r2【解析】x+展开式的通项为Tr+1=C6⋅x⋅x=C6⋅x，6-2=0，得r=4，x4故展开式的常数项为第5项：C6=15．173 故答案为：15．考点九离散型随机变量及其分布列34(2019•浙江)设0<a<1．随机变量X的分布列是X0a1P111333则当a在(0,1)内增大时，()A.D(X)增大B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大111a+1【解析】E(X)=0×+a×+1×=，3333a+121a+121a+121D(X)=3×3+a-3×3+1-3×31222222121=[(a+1)+(2a-1)+(a-2)]=(a-a+1)=a-+279926∵0<a<1，∴D(X)先减小后增大故选：D．考点十离散型随机变量的期望与方差35(2022•浙江)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ=2)=　　，E(ξ)=　　．【解析】根据题意可得：ξ的取值可为1，2，3，4，2C63又P(ξ=1)==，C3771221C2⋅C4+C2⋅C416P(ξ=2)==，C33572C33P(ξ=3)==，C33572C21P(ξ=4)==，C33573163112∴E(ξ)=1×+2×+3×+4×=，735353571612故答案为：；．35736(2021•浙江)袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若11取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m-n=，E(ξ)=　　．632C416【解析】由题意，P(ξ=2)===，C2636m+n+411C4Cm112又一红一黄的概率为==，C2336m+n+4174 21所以Cm+n+4=36,Cm=3，解得m=3，n=2，故m-n=1；由题意，ξ的可能取值为0，1，2，2C5105所以P(ξ=0)===，C23618911C4C52010P(ξ=1)===，C23618913P(ξ=2)==，61851038所以E(ξ)=0×+1×+2×=．18181898故答案为：1；．937(2020•浙江)盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ=0)=　　，E(ξ)=　　．【解析】【解法1】由题意知随机变量ξ的可能取值分别为0，1，2；ξ=0表示取到红球后(停止取球)还没有取到黄球，有以下两种情况：1①第一次就取到红球P1=4，111②第一次取到绿球、第二次取到红球P2=4×3=12，111所以P(ξ=0)=P1+P2=+=；4123211当ξ=1时，有以下三种情况：①第一次取到1个黄球为=，第二次红球为，停止取球；423211②第一次取到1个黄球为，第二次取到绿球为，第三次取到红球为，停止取球；432121③第一次取到绿球为，第二次取到黄球为，第三次取到红球为，停止取球；432212111211所以P(ξ=1)=×+××+××=；434324323111P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)=1--=；333所以ξ的分布列为：ξ012P111333111数学期望为E(ξ)=0×+1×+2×=1．333【解法2】由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；111C1C1⋅C11计算P(ξ=0)=+=；C1C1⋅C13443111121C2⋅C1C2C1A2C11P(ξ=1)=+=；A2A3344212131A2⋅C1C2⋅C1⋅A3⋅C11P(ξ=2)=+=；A3A4344175 111所以E(ξ)=0×+1×+2×=1．3331故答案为：，1．338(2023•上海)2023年6月7日，21世纪汽车博览会在上海举行，已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：红色外观蓝色外观棕色内饰128米色内饰23(1)若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色内饰的模型，求P(B)和P(B|A)，并判断事件A和事件B是否独立；(2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设：假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色；假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高；假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖600元，二等奖300元、三等奖150元；请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望．12+2【解析】(1)若红色外观的模型，则分棕色内饰12个，米色内饰2个，则对应的概率P(A)==2514，2512+8204若小明取到棕色内饰，分红色外观12，蓝色外观8，则对应的概率P(B)===．2525512取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有12个，即P(AB)=，2512P(AB)25126则P(B|A)====．P(A)14147251445612∵P(A)P(B)=×=≠，∴P(A)P(B)≠P(AB)，25512525即事件A和事件B不独立．(2)由题意知X=600，300，150，2222C12+C8+C3+C266+28+3+19849则外观和内饰均为同色的概率P====、C2300300150251111C8C3+C12C224+24424外观和内饰都异色的概率P====、C225×12251502549477仅外观或仅内饰同色的概率P=1--=，15025150774924∵>>，150150150774924∴P(X=150)=，P(X=300)=，P(X=600)=，150150150则X的分布列为：X150300600176 P77492415015015077492440650则EX=150×+300×+600×==271(元)．15015015015039(2023•新高考Ⅰ)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第i次投篮的人是甲的概率；n(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi，i=1，2，⋯，n，则EXi=i=1nqi．记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．i=1【解析】(1)设第2次投篮的人是乙的概率为P，由题意得P=0.5×0.4+0.5×0.8=0.6；(2)由题意设Pn为第n次投篮的是甲，则Pn+1=0.6Pn+0.2(1-Pn)=0.4Pn+0.2，11∴Pn+1-3=0.4Pn-3，又P-1=1-1=1≠0，则P-1是首项为1，公比为0.4的等比数列，13236n36112n-1112n-1∴Pn-3=6×5，即Pn=3+6×5，112i-1∴第i次投篮的人是甲的概率为Pi=3+6×5；112i-1(3)由(2)得Pi=3+6×5，由题意得甲第i次投篮次数Yi服从两点分布，且P(Yi=1)=1-P(Yi=0)=Pi，nn∴EYi=E(Y)=Pi，i=1i=112nn1n2i-1n1-n52nn65∴当n≥1时，E(Y)=Pi=65+3=2+3=181-5+3；i=1i=11-55200当n=0时，E(Y)=181-5+3，52nn综上所述，E(Y)=181-5+3，n∈N．40(2021•新高考Ⅱ)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代，⋯⋯，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pi(i=0，1，2，3)．(Ⅰ)已知p0=0.4，p1=0.3，p2=0.2，p3=0.1，求E(X)；23(Ⅱ)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0+p1x+p2x+p3x=x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1，当E(X)>1时，p<1；(Ⅲ)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义．【解析】(Ⅰ)解：由题意，p0=0.4，p1=0.3，p2=0.2，p3=0.1，177 故E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1；(Ⅱ)证明：由题意可知，p0+p1+p2+p3=1，则E(X)=p1+2p2+3p3，2323所以p0+p1x+p2x+p3x=x，变形为p0-(1-p1)x+p2x+p3x=0，23所以p0+p2x+p3x-(p0+p2+p3)x=0，即p0(1-x)+p2x(x-1)+p3x(x-1)(x+1)=0，2即(x-1)[p3x+(p2+p3)x-p0]=0，2令f(x)=p3x+(p2+p3)x-p0，p2+p3若p3≠0时，则f(x)的对称轴为x=-<0，2p3注意到f(0)=-p0≤0，f(1)=2p3+p2-p0=p1+2p2+3p3-1=E(X)-1，若p3=0时，f(1)=E(X)-1，当E(X)≤1时，f(1)≤0，f(x)=0的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p=1，当E(X)>1时，f(1)=p1+2p2+3p3-1>0，f(x)=0的正实根x0<1，原方程的最小正实根p<1，(Ⅲ)解：当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能．41(2021•新高考Ⅰ)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．【解析】(1)由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，则P(X=0)=1-0.8=0.2，P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32P(X=100)=0.8×0.6=0.48，所以X的分布列为：X020100P0.20.320.48(2)由(1)可知小明先回答A类问题累计得分的期望为E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4，若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100，P(Y=0)=1-0.6=0.4，P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12，P(Y=100)=0.6×0.8=0.48，则Y的期望为E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6，因为E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．178 考点十一正态分布242(2021•新高考Ⅱ)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ)，则下列结论中不正确的是()A.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.1)内的概率越大B.该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C.该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D.该物理量在一次测量中结果落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等2【解析】因为某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ)，2所以测量的结果的概率分布关于10对称，且方差σ越小，则分布越集中，对于A，σ越小，概率越集中在10左右，则该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故选项A正确；对于B，测量结果大于10的概率为0.5，故选项B正确；对于C，由于概率分布关于10对称，所以测量结果大于10.01的概率等于小于9.99的概率，故选项C正确；对于D，由于概率分布是集中在10附近的，(9.9,10.2)分布在10附近的区域大于(10,10.3)分布在10附近的区域，故测量结果落在(9.9,10.2)内的概率大于落在(10,10.3)内的概率，故选项D错误．故选：D．243(2022•新高考Ⅱ)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ)，且P(2<X≤2.5)=0.36，则P(X>2.5)=　　．2【解析】∵随机变量X服从正态分布N(2,σ)，∴P(2<X≤2.5)+P(X>2.5)=0.5，∴P(X>2.5)=0.5-0.36=0.14，故答案为：0.14．考点十二散点图44(2023•上海)根据所示的散点图，下列说法正确的是()A.身高越大，体重越大B.身高越大，体重越小179 C.身高和体重成正相关D.身高和体重成负相关【解析】根据散点图的分布可得：身高和体重成正相关．故选：C．考点十三独立性检验45(2022•新高考Ⅰ)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该P(B|A)P(B|A)疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标P(B|A)P(B|A)为R．P(A|B)P(A|B)(ⅰ)证明：R=⋅；P(A|B)P(A|B)(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．22n(ad-bc)附：K=．(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)2P(K≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【解析】(1)补充列联表为：不够良好良好合计病例组4060100对照组1090100合计5015020022200×(40×90-10×60)计算K==24>6.635，100×100×50×150所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．P(AB)P(AB)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(A)P(A)P(AB)⋅P(AB)(2)(i)证明：R=:=⋅=⋅==P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(AB)P(AB)P(AB)⋅P(AB)P(A)P(A)P(AB)P(AB)P(B)P(B)P(A|B)P(A|B)⋅=⋅；P(AB)P(AB)P(A|B)P(A|B)P(B)P(B)4021013(ⅱ)利用调查数据，P(A|B)==，P(A|B)==，P(A|B)=1-P(A|B)=，P(A|B)1005100105180 9=1-PA|B)=，1029510所以R=×=6．3151046(2020•山东)为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查3了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m)，得下表：[0，50](50，150](150，475][0，35]32184(35，75]6812(75，115]3710(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：[0，150](150，475][0，75](75，115](3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？22n(ad-bc)附：K=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)2P(K≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【解析】(1)用频率估计概率，从而得到“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过32+18+6+8150”的概率P==0.64；100(2)根据所给数据，可得下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，222n(ad-bc)100×(64×10-16×10)由K==≈7.484>6.635，(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)80×20×74×26181 2P(K≥6.635)=0.01；故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.182 专题09平面向量、不等式及复数高频考点考点精析考点一基本不等式及其应用+1y1(2019•上海)若x，y∈R，且+2y=3，则的最大值为．xx11y329【解析】3=x+2y≥2x∙2y，∴x≤=8；229故答案为：82(2020•上海)下列不等式恒成立的是()222222A.a+b≤2abB.a+b≥-2abC.a+b≥2|ab|D.a+b≤-2ab22【解析】A．显然当a<0，b>0时，不等式a+b≤2ab不成立，故A错误；22222B．∵(a+b)≥0，∴a+b+2ab≥0，∴a+b≥-2ab，故B正确；C．显然当a<0，b<0时，不等式a+b≥2|ab|不成立，故C错误；22D．显然当a>0，b>0时，不等式a+b≤-2ab不成立，故D错误．故选：B．3(2022•上海)若实数a、b满足a>b>0，下列不等式中恒成立的是()aaA.a+b>2abB.a+b<2abC.+2b>2abD.+2b<2ab22【解析】因为a>b>0，所以a+b≥2ab，当且仅当a=b时取等号，又a>b>0，所以a+b>2ab，故A正确，B错误，aaa+2b≥2×2b=2ab，当且仅当=2b，即a=4b时取等号，故CD错误，222故选：A．183 4【多选】(2020•山东)已知a>0，b>0，且a+b=1，则()221a-b1A.a+b≥B.2>C.log2a+log2b≥-2D.a+b≤222222221【解析】①已知a>0，b>0，且a+b=1，所以(a+b)≤2a+2b，则a+b≥，故A正确．2a-b1②利用分析法：要证2>，只需证明a-b>-1即可，即a>b-1，由于a>0，b>0，且a+b=1，2所以：a>0，-1<b-1<0，故B正确．a+b2③log2a+log2b=log2ab≤log22=-2，故C错误．④由于a>0，b>0，且a+b=1，利用分析法：要证a+b≤2成立，只需对关系式进行平方，整理得a+b+2ab≤2，即2ab≤1a+b11，故ab≤=，当且仅当a=b=时，等号成立．故D正确．222故选：ABD．xa5(2021•上海)已知函数f(x)=3+(a>0)的最小值为5，则a=．x3+1xaxa【解析】f(x)=3+=3+1+-1≥2a-1=5，xx3+13+1x所以a=9，经检验，3=2时等号成立．故答案为：9．226【多选】(2022•新高考Ⅱ)若x，y满足x+y-xy=1，则()2222A.x+y≤1B.x+y≥-2C.x+y≤2D.x+y≥122y232【解析】方法一：由x+y-xy=1可得，x-2+2y=1，y3x-=cosθx=sinθ+cosθ23令，则，3y=sinθy=23sinθ23π∴x+y=3sinθ+cosθ=2sinθ+∈[-2，2]，故A错，B对，622322323142π4∵x+y=3sinθ+cosθ+3sinθ=3sin2θ-3cos2θ+3=3sin2θ-6+3∈2，2，3故C对，D错，222x+y212方法二：对于A，B，由x+y-xy=1可得，(x+y)=1+3xy≤1+32，即4(x+y)≤1，2∴(x+y)≤4，∴-2≤x+y≤2，故A错，B对，222222x+y对于C，D，由x+y-xy=1得，x+y-1=xy≤，222∴x+y≤2，故C对；222222x+y2222x+y3(x+y)∵-xy≤，∴1=x+y-xy≤x+y+=，222222∴x+y≥，故D错误．3故选：BC．184 考点二平面向量的线性运算7(2020•海南)在ΔABC中，D是AB边上的中点，则CB=()A.2CD+CAB.CD-2CAC.2CD-CAD.CD+2CA【解析】在ΔABC中，D是AB边上的中点，则CB=CD+DB=CD+AD=CD+(AC+CD)=2CD-CA．故选：C．8(2019•浙江)已知正方形ABCD的边长为1．当每个λi(i=1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD|的最小值是，最大值是．【解析】如图，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，∴AB=(1,0)，BC=(0,1)，CD=(-1,0)，DA=(0,-1)，AC=(1,1)，BD=(-1,1)，∴|λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD|=|(λ1-λ3+λ5-λ6，λ2-λ4+λ5+λ6)|22=(λ1-λ3+λ5-λ6)+(λ2-λ4+λ5+λ6)，(*)，(*)中第一个括号中的λ1，λ3与第二个括号中的λ2，λ4的取值互不影响，只需讨论λ5，λ6的取值情况即可，22当λ5，λ6同号时，不妨取λ5=1，λ6=1，则(*)式即为(λ1-λ3)+(λ2-λ4+2)，∵λ1，λ2，λ3，λ4∈{-1，1}，∴λ1=λ3，λ2-λ4=-2(λ2=-1，λ4=1)时，(*)取得最小值0，当|λ1-λ3|=2(如λ1=1，λ3=-1)，λ2-λ4=2(λ2=1，λ4=-1)时，(*)式取得最大值为25，22当λ5，λ6异号时，不妨取λ5=1，λ6=-1，则(*)式即为(λ1-λ2+2)+(λ2-λ4)，同理可得最小值为0，最大值为25．故答案为：0；25．9(2020•上海)已知a1，a2，b1，b2，⋯，bk(k∈N*)是平面内两两互不相等的向量，满足|a1-a2|=1，185 且|ai-bj|∈{1，2}(其中i=1，2，j=1，2，⋯，k)，则k的最大值是．【解析】如图，设OA1=a1，OA2=a2，由|a1-a2|=1，且|ai-bj|∈{1，2}，分别以A1，A2为圆心，以1和2为半径画圆，其中任意两圆的公共点共有6个．故满足条件的k的最大值为6．故答案为：6．考点三平面向量的基本定理10(2022•新高考Ⅰ)在ΔABC中，点D在边AB上，BD=2DA．记CA=m，CD=n，则CB=()A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n【解析】如图，1111CD=CA+AD=CA+DB=CA+(CB-CD)=CA+CB-CD，222213∴CB=CD-CA，即CB=3CD-2CA=3n-2m．22故选：B．考点四平面向量数量积的运算11(2023•上海)已知向量a=(-2,3)，b=(1,2)，则a⋅b=　　．【解析】∵向量a=(-2,3)，b=(1,2)，∴a⋅b=-2×1+3×2=4．故答案为：4．12(2021•浙江)已知非零向量a，b，c，则“a⋅c=b⋅c”是“a=b”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件186 【解析】当a⊥c且b⊥c，则a⋅c=b⋅c=0，但a与b不一定相等，故a⋅b=b⋅c不能推出a=b，则“a⋅c=b⋅c”是“a=b”的不充分条件；由a=b，可得a-b=0，则(a-b)⋅c=0，即a⋅b=b⋅c，所以a=b可以推出a⋅b=b⋅c，故“a⋅c=b⋅c”是“a=b”的必要条件．综上所述，“a⋅c=b⋅c”是“a=b”的必要不充分条件．故选：B．13(2021•上海)如图正方形ABCD的边长为3，求AB⋅AC=．【解析】由数量积的定义，可得AB⋅AC=AB×AC×cos∠BAC，2因为AB=AC×cos∠BAC，所以AB⋅AC=AB=9．故答案为：9．14(2021•新高考Ⅱ)已知向量a+b+c=0，|a|=1，|b|=|c|=2，则a⋅b+b⋅c+c⋅a=　　．【解析】方法1：由a+b+c=0得a+b=-c或a+c=-b或b+c=-a，222222∴(a+b)=(-c)或(a+c)=(-b)或(b+c)=(-a)，又∵|a|=1，|b|=|c|=2，∴5+2a⋅b=4，5+2a⋅c=4，8+2b⋅c=1，1179∴a⋅b=-，a⋅c=-，b⋅c=-，∴a⋅b+a⋅c+b⋅c=-．22229故答案为：-．22222(a+b+c)-|a|-|b|-|c|0-1-4-49方法2:a⋅b+b⋅c+c⋅a===-．2229故答案为：-．215(2020•上海)三角形ABC中，D是BC中点，AB=2，BC=3，AC=4，则AD∙AB=．【解析】∵在ΔABC中，AB=2，BC=3，AC=4，222AB+AC-BC4+16-911∴由余弦定理得，cos∠BAC===，2AB∙AC2×2×4161111∴AB∙AC=2×4×=，且D是BC的中点，1621∴AD∙AB=(AB+AC)∙AB212=(AB+AB∙AC)2187 111=×4+2219=．419故答案为：．416【多选】(2021•新高考Ⅰ)已知O为坐标原点，点P1(cosα,sinα)，P2(cosβ,-sinβ)，P3(cos(α+β)，sin(α+β))，A(1,0)，则()A.|OP1|=|OP2|B.|AP1|=|AP2|C.OA⋅OP3=OP1⋅OP2D.OA⋅OP1=OP2⋅OP3【解析】法一、∵P1(cosα,sinα)，P2(cosβ,-sinβ)，P3(cos(α+β)，sin(α+β))，A(1,0)，∴OP1=(cosα,sinα)，OP2=(cosβ,-sinβ)，OP3=(cos(α+β)，sin(α+β))，OA=(1,0)，AP1=(cosα-1,sinα)，AP2=(cosβ-1,-sinβ)，2222则|OP1|=cosα+sinα=1，|OP2|=cosβ+(-sinβ)=1，则|OP1|=|OP2|，故A正确；2222|AP1|=(cosα-1)+sinα=cosα+sinα-2cosα+1=2-2cosα，2222|AP2|=(cosβ-1)+(-sinβ)=cosβ+sinβ-2cosβ+1=2-2cosβ，|AP1|≠|AP2|，故B错误；OA⋅OP3=1×cos(α+β)+0×sin(α+β)=cos(α+β)，OP1⋅OP2=cosαcosβ-sinαsinβ=cos(α+β)，∴OA⋅OP3=OP1⋅OP2，故C正确；OA⋅OP1=1×cosα+0×sinα=cosα，OP2⋅OP3=cosβcos(α+β)-sinβsin(α+β)=cos[β+(α+β)]=cos(α+2β)，∴OA⋅OP1≠OP2⋅OP3，故D错误．故选：AC．法二、如图建立平面直角坐标系，A(1,0)，作出单位圆O，并作出角α，β，-β，使角α的始边与OA重合，终边交圆O于点P1，角β的始边为OP1，终边交圆O于P3，角-β的始边为OA，交圆O于P2，于是P1(cosα,sinα)，P3(cos(α+β)，sin(α+β))，P2(cosβ,-sinβ)，由向量的模与数量积可知，A、C正确；B、D错误．故选：AC．188 17(2022•上海)若平面向量|a|=|b|=|c|=λ，且满足a⋅b=0，a⋅c=2，b⋅c=1，则λ=．【解析】由题意，有a⋅b=0，则a⊥b，设<a,c>=θ，a⋅c=2accosθ=2,①⇒πb⋅c=1bccos2-θ=1,②②1则得，tanθ=，①225由同角三角函数的基本关系得：cosθ=，525则a⋅c=|a||c|cosθ=λ⋅λ⋅=2，52λ=5，4则λ=5．4故答案为：5．18(2020•山东)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP⋅AB的取值范围是()A.(-2,6)B.(-6,2)C.(-2,4)D.(-4,6)【解析】画出图形如图，AP⋅AB=|AP||AB|cos<AP,AB>，它的几何意义是AB的长度与AP在AB向量的投影的乘积，1显然，P在C处时，取得最大值，|AC|cos∠CAB=|AB|+|AB|=3，可得AP⋅AB=|AP||AB|cos2<AP,AB>=2×3=6，最大值为6，1在F处取得最小值，AP⋅AB=|AP||AB|cos<AP,AB>=-2×2×=-2，最小值为-2，2P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，所以AP⋅AB的取值范围是(-2,6)．故选：A．19(2021•上海)在ΔABC中，D为BC中点，E为AD中点，则以下结论：①存在ΔABC，使得AB⋅CE=0；②存在ΔABC，使得CE⎳(CB+CA)；它们的成立情况是()A.①成立，②成立B.①成立，②不成立C.①不成立，②成立D.①不成立，②不成立【解析】不妨设A(2x,2y)，B(-1,0)，C(1,0)，D(0,0)，E(x,y)，①AB=(-1-2x,-2y)，CE=(x-1,y)，22若AB⋅CE=0，则-(1+2x)(x-1)-2y=0，即-(1+2x)(x-1)=2y，2满足条件的(x,y)存在，例如0,2，满足上式，所以①成立；②F为AB中点，(CB+CA)=2CF，CF与AD的交点即为重心G，189 因为G为AD的三等分点，E为AD中点，所以CE与CG不共线，即②不成立．故选：B．22220(2022•浙江)设点P在单位圆的内接正八边形A1A2⋯A8的边A1A2上，则PA1+PA2+⋯+PA8的取值范围是．【解析】以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，222222则A1(0,1)，A22,2，A3(1,0)，A42,-2，A5(0,-1)，A6-2,-2，A7(-1,0)，A822-2,2，设P(x,y)，2222222222222则PA1+PA2+⋯+PA8=|PA1|+|PA2|+|PA3|+|PA4|+|PA5|+|PA6|+|PA7|+|PA8|=8(x+y)+8，1+cos45°22∵cos22.5°≤|OP|≤1，∴≤x+y≤1，22+222∴≤x+y≤1，422∴12+22≤8(x+y)+8≤16，222即PA1+PA2+⋯+PA8的取值范围是[12+22，16]，故答案为：[12+22，16]．190 21(2021•浙江)已知平面向量a，b，c(c≠0)满足|a|=1，|b|=2，a⋅b=0，(a-b)⋅c=0．记平面向222量d在a，b方向上的投影分别为x，y，d-a在c方向上的投影为z，则x+y+z的最小值是．【解析】令a=(1,0),b=(0,2),c=(m,n)，因为(a-b)⋅c=0，故(1，-2)⋅(m，n)=0，∴m-2n=0，令c=(2n,n)，平面向量d在a，b方向上的投影分别为x，y，设d=(x,y)，则：d-a=(x-1,y),(d-a)⋅c=2n(x-1)+ny,|c|=5|n|，(d-a)⋅c2xn+yn-2n从而：z==，故2x+y±5z=2，|c|5|n|222222方法一：由柯西不等式可得2x+y-5z=2≤2+1+(-5)⋅x+y+z，2224221-5215化简得x+y+z≥=，当且仅当==，即x=,y=,z=-时取等号，105xyz5552222故x+y+z的最小值为．5222方法二：则x+y+z表示空间中坐标原点到平面2x+y±5z-2=0上的点的距离的平方，由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：2×0+1×0±5?×0-2242222(x+y+z)min==10=5．4+1+5?2故答案为：．5考点五平面向量的数量积的应用22(2023•新高考Ⅰ)已知向量a=(1,1)，b=(1,-1)．若(a+λb)⊥(a+μb)，则()A.λ+μ=1B.λ+μ=-1C.λμ=1D.λμ=-1【解析】∵a=(1,1)，b=(1,-1)，∴a+λb=(λ+1,1-λ)，a+μb=(μ+1,1-μ)，由(a+λb)⊥(a+μb)，得(λ+1)(μ+1)+(1-λ)(1-μ)=0，整理得：2λμ+2=0，即λμ=-1．故选：D．191 23(2023•新高考Ⅱ)已知向量a，b满足|a-b|=3，|a+b|=|2a-b|，则|b|=　　．【解析】∵|a-b|=3，|a+b|=|2a-b|，222222∴a+b-2a⋅b=3，a+b+2a⋅b=4a+b-4a⋅b，22∴a=2a⋅b，∴b=3，∴|b|=3．故答案为：3．24(2022•新高考Ⅱ)已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a+tb，若<a，c>=<b，c>，则t=()A.-6B.-5C.5D.6【解析】∵向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a+tb，∴c=(3+t,4)，∵<a，c>=<b，c>，a⋅cb⋅c25+3t3+t∴=，∴=，51|a|⋅|c||b|⋅|c|解得实数t=5．故选：C．25(2020•浙江)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1-e2|≤2．设a=e1+e2，b=3e1+e2，向量a，b2的夹角为θ，则cosθ的最小值是．【解析】设e1、e2的夹角为α，由e1，e2为单位向量，满足|2e1-e2|≤2，22所以4e1-4e1∙e2+e2=4-4cosα+1≤2，3解得cosα≥；4又a=e1+e2，b=3e1+e2，且a，b的夹角为θ，22所以a∙b=3e1+4e1∙e2+e2=4+4cosα，222a=e1+2e1∙e2+e2=2+2cosα，222b=9e1+6e1∙e2+e2=10+6cosα；2282(a∙b)(4+4cosα)4+4cosα43则cosθ=22===-，a×b(2+2cosα)(10+6cosα)5+3cosα35+3cosα8324328所以cosα=时，cosθ取得最小值为-=．435+3×329428故答案为：．29考点六复数的基本概念26(2022•浙江)已知a，b∈R，a+3i=(b+i)i(i为虚数单位)，则()A.a=1，b=-3B.a=-1，b=3C.a=-1，b=-3D.a=1，b=3【解析】∵a+3i=(b+i)i=-1+bi，a，b∈R，192 ∴a=-1，b=3，故选：B．27(2020•浙江)已知a∈R，若a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是实数，则a=()A.1B.-1C.2D.-2【解析】a∈R，若a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是实数，可得a-2=0，解得a=2．故选：C．考点七复数的几何意义28(2023•新高考Ⅱ)在复平面内，(1+3i)(3-i)对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】(1+3i)(3-i)=3-i+9i+3=6+8i，则在复平面内，(1+3i)(3-i)对应的点的坐标为(6,8)，位于第一象限．故选：A．2-i29(2021•新高考Ⅱ)复数在复平面内对应点所在的象限为()1-3iA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限(2-i)(1+3i)22-i2+6i-i-3i5+5i11【解析】∵====+i，1-3i(1-3i)(1+3i)12+(-3)210222-i11∴在复平面内，复数对应的点的坐标为，，位于第一象限．1-3i22故选：A．考点八复数的运算1-i30(2023•新高考Ⅰ)已知z=，则z-z=()2+2iA.-iB.iC.0D.121-i11-i1(1-i)1【解析】z==⋅=⋅=-i，2+2i21+i2(1+i)(1-i)21则z=i，2故z-z=-i．故选：A．31(2022•新高考Ⅱ)(2+2i)(1-2i)=()A.-2+4iB.-2-4iC.6+2iD.6-2i2【解析】(2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i=6-2i．故选：D．32(2021•浙江)已知a∈R，(1+ai)i=3+i(i为虚数单位)，则a=()A.-1B.1C.-3D.3193 【解析】因为(1+ai)i=3+i，即-a+i=3+i，由复数相等的定义可得，-a=3，即a=-3．故选：C．33(2020•海南)(1+2i)(2+i)=()A.4+5iB.5iC.-5iD.2+3i2【解析】(1+2i)(2+i)=2+i+4i+2i=5i，故选：B．2-i34(2020•山东)=()1+2iA.1B.-1C.iD.-i2-i(2-i)(1-2i)-5i【解析】===-i，1+2i(1+2i)(1-2i)1+4故选：D．35(2023•上海)已知复数z=1-i(i为虚数单位)，则|1+iz|=　　．【解析】∵z=1-i，∴|1+iz|=|1+i(1-i)|=|2+i|=5．故答案为：5．36(2021•上海)已知z1=1+i，z2=2+3i，求z1+z2=　　．【解析】因为z1=1+i，z2=2+3i，所以z1+z2=3+4i．故答案为：3+4i．37(2020•上海)已知复数z=1-2i(i为虚数单位)，则|z|=　　．22【解析】由z=1-2i，得|z|=1+(-2)=5．故答案为：5．138(2019•上海)已知z∈C，且满足=i，求z=．z-5111【解析】由=i，得z-5=，即z=5+=5-i．z-5ii故答案为：5-i．139(2019•浙江)复数z=(i为虚数单位)，则|z|=　　．1+i11-i11【解析】∵z===-i．1+i(1+i)(1-i)2212122∴|z|=2+-2=2．2故答案为：．2考点九共轭复数40(2022•新高考Ⅰ)若i(1-z)=1，则z+z=()194 A.-2B.-1C.1D.21-i【解析】由i(1-z)=1，得1-z===-i，i-i2∴z=1+i，则z=1-i，∴z+z=1+i+1-i=2．故选：D．41(2021•新高考Ⅰ)已知z=2-i，则z(z+i)=()A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+2i【解析】∵z=2-i，2∴z(z+i)=(2-i)(2+i+i)=(2-i)(2+2i)=4+4i-2i-2i=6+2i．故选：C．42(2022•上海)已知z=1+i(其中i为虚数单位)，则2z=　　．【解析】z=1+i，则z=1-i，所以2z=2-2i．故答案为：2-2i．43(2020•上海)已知复数z满足z+2z=6+i，则z的实部为．【解析】设z=a+bi，(a,b∈R)．∵复数z满足z+2z=6+i，∴3a-bi=6+i，可得：3a=6，-b=1，解得a=2，b=-1．则z的实部为2．故答案为：2．195