全品高考数学考前专题限时训练含答案基础提升作业答案

1、参考答案(作业手册)专题限时集训(一)【基础演练】1C解析由UB1，2可得，集合B中含有3，但一定不含1，2，故AB32C解析全称命题的否定是特称命题，否定结论并改写量词由题意知命题“对任意xR，都有x3x2”的否定是“存在x0R，使得xx”3B解析易知p：x3或x4，q：x3，可知qp，故p是q的必要不充分条件4D解析集合M0，1，集合N(0，)，所以MN(0，154解析由题意得Bx，因此AB，所以集合AB的子集个数是224【提升训练】6A解析阴影部分表示的集合为N(IM)，而IM1，2，6，N1，2，3，4，所以阴影部分对应的集合N(IM)1，27C解析集合A1，1，所以满足AB1，0，1

2、的集合B有0，0，1，0，1，0，1，1，共4个8D解析否定的结论为条件，否定的条件为结论构成的命题为逆否命题，即“若b2ac，则a，b，c不成等比数列”9B解析集合M0，)，集合N(，1)，所以MN0，1)10A解析M0，3，N，1，1，3，MN311B解析因为0a，所以所以“ab1”是“0a”的必要不充分条件12A解析根据指数函数的性质知，不正确；根据指数函数、二次函数的性质知，不正确，如x2时，2xx2；中，集合A(1，1)，集合B(1a，1a)，若a1，则AB，又若a2，则AB，不正确；|ab|1a·bcos，又0，所以，正确13若f(x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数解析

3、否命题是以否定的条件为条件，否定的结论为结论的命题，即“若f(x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数”145解析易知Q(x，y)|1xy2，x，yP，由P0，1，2得xy的取值只可能是0和1，Q(0，0)，(1，1)，(2，2)，(1，0)，(2，1)，含有5个元素15解析根据题意可知，本题可转化为求不等式(m1)x2mxm10恒成立时m的取值范围，即解得m专题限时集训(二)【基础演练】1A解析i(12i)2i，故其虚部为12A解析z332i35i，所以复数z对应的点在复平面的第一象限3A解析由·0，可得角B为钝角，此时ABC是钝角三角形，条件是充分的；反之，当ABC是钝角三角形时，角

4、B不一定为钝角，故不一定有·0，条件是不必要的故“·0”是“ABC是钝角三角形”的充分不必要条件4C解析易知|a|5，cosa，b，即向量a与b的夹角为5460°解析由|ab|，平方得a22a·bb213，代入已知条件得b216，得|b|4，所以cosa，b，所以a，b60°【提升训练】6A解析2i，故其共轭复数为2i7B解析z(12i)234i，其对应的点的坐标为(3，4)，故其对应的点在第二象限8A解析依题知z112i，由z2kz1得a3ik，即有故a9C解析，根据已知得22b4b，解得b10B解析显然ACBC，以点C为坐标原点，射线CA，

5、CB分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，则C(0，0)，A(3，0)，B(0，4)设(3，0)(3，4)(33，4)，其中01，则·()·(33，4)·(3，0)999，故·()的最大值为911D解析由a·(a2b)0且|a|1，得a·b，得a，b120°在平面直角坐标系中，设a(1，0)，b，则a2b(0，)设c(x，y)，由|ca2b|1得x2(y)21，即向量c的终点在圆x2(y)21上，所以|c|的最大值为1122i解析2i(1ai)(1i)(2i)·(bi)1a(a1)i2b1(2b)i，所以解得

6、131解析·()·()(22)(24)，解得|1149解析方法一：以点A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则A(0，0)，E(2，3)，F(3，1)，所以(2，3)，(3，1)，因此·2×33×19方法二：如图所示，所以··2·2·|2×0·|2×32×3291524解析点A的坐标为(3，a)，则|3，则O，P，A三点共线，又|·|72，则|设OP与x轴的夹角为，则OP在x轴上的投影长度为|cos|

7、3;24，即线段OP在x轴上的投影长度的最大值为24专题限时集训(三)【基础演练】1B解析集合B(，1)(1，)，所以AB(1，2)2B解析集合M(1，1)，集合N(0，1)，显然NM，B正确3B解析不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示，根据目标函数的几何意义，可得在点(1，0)处目标函数取得最大值14A解析对于选项A中的不等式，0，故选项A中的不等式不成立；根据不等式的性质，其余选项中的不等式均成立5C解析，当且仅当xy时，等号成立，所以【提升训练】6B解析集合A(1，3)，集合B(1，)，所以BA3，)7D解析集合A1，5，集合B(2，)，所以AB(2，58B解析根据已知可得2m1n

8、，即2mn1故(2mn)33232，当且仅当nm，即m，n1时等号成立9D解析由已知得平面区域是以O(0，0)，A(2，0)，B(1，2)，C(0，1)为顶点的四边形边界及其内部目标函数的几何意义是区域内的点到点(1，1)的距离的平方，所以可得在区域的顶点B(1，2)处，目标函数取得最大值1310D解析由余弦定理得cosC，当且仅当ab时等号成立112解析作出不等式组表示的平面区域，即可行域如图中阴影部分所示直线x2ya0与x轴交于点A(a，0)，目标函数为z3xy，当直线y3xz过可行域内点A(a，0)时，z恰好取得最大值6，即zmax3a06，得a2，即直线x2ya0过点(2，0)，故a2

9、12 9解析因为x，y均为正实数，所以xy2，所以xyxy3可化为xy23，即(3)(1)0，所以3，即xy9，当且仅当xy时等号成立13解析不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分所示12×，令z，则其几何意义是区域内的点与点P(4，1)连线的斜率，显然点A(3，4)与点P连线的斜率最大，其最大值为，所以的最大值为12×148解析因为f(x)x3(ab)x2abx，所以f(x)3x22(ab)xab，所以f(0)ab4，所以a22b22ab8，当且仅当ab时等号成立154解析作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，直线2xy20与直线8xy40交于点A(1，4)作直

10、线l：zaxby，由于a0，所以z可视为直线l在x轴上的截距的a倍，当直线l经过可行域内的点A时，直线l在x轴上的截距最大，此时z取最大值，即zmaxa·1b·4a4b8，因此ab·a·4b·×4，当且仅当a4b，即a4，b1时等号成立专题限时集训(四)【基础演练】1A解析对于，“若a，bC，则ab>0a>b”是错误的，如a2i，b1i，则ab1>0，但2i>1i不正确；对于，“若zC，则|z|<11<z<1”是错误的，如yi，|y|<1，但1<i<1是不成立的2B解析二项展

11、开式的通项公式是Tr1C(2x)6r26r·Cx6，令60，得r4，故展开式中的常数项为264×C4×15603A解析x4，y1，|yx|3x1，y，|yx|x，y，|yx|1，故输出的y值为4B解析分成两类，第一类：男女男女男女，先排男生，当男生甲在最前面的位置时，女生乙只能在其右侧，当男生甲不在最前面的位置时，女生乙均有两种排法，另外两位男生和两位女生的排法都有A种，所以第一类的排法总数为A·AC·C·A·A20第二类：女男女男女男，与第一类类似，也有20种排法所以满足条件的排法有40种51323n3解析11，123，1

12、236，123410，故猜想第n个等式是1323n3【提升训练】6A解析该程序计算的是14731，即数列3k2的前11项的和，由等差数列的求和公式得S×11176，故输出的S的值为1767A解析题中程序框图的功能是计算数列an的前10项之和的平均值，即输出的S是18.58D解析当n2014时输出s的值，该程序计算的是sinsinsin的值函数ysin的最小正周期为6，在任意一个周期内6个函数值之和为零，而2013335×63，所以sinsinsinsinsinsin9C解析甲、乙的站法有A种，其余人的站法有AA种，所以不同站法的种数为AAA2410A解析根据已知得2n2n1

13、96，解得n6二项展开式的通项公式为Tr1C(3x)6r(1)r36rCx6，令62，解得r3，所以展开式中含有x2的项的系数为(1)3×33×C540116解析根据题意，x3a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3，而x3(x2)23C×(x2)0×23C×22(x2)C×21(x2)2C×20(x2)3，则a2C×21612300解析若0号实验放在最后，则编排方法有A120(种)0号实验不能放在第五项，只能放在第二、第三、第四项上，此时最后两项只要选出即可，所以编排方法有3×C×A180

14、(种)由分类加法计数原理得总的编排方法有120180300(种)13解析把第一个等式写成，不难看出等式右端的分母均为3，分子组成等差数列3，5，7，9，2n1故第n个等式为142解析第一次循环，i3×5116，i1650不成立；第二次循环，k011，i3×16149，i4950不成立；第三次循环，k112，i3×491148，i14850成立，跳出循环体，输出k的值为21510解析据题意知无论球怎么分，S5应为定值，所以计算其中一种分法：(5)(1，4)(1，2，2)(1，1，1，2)(1，1，1，1，1)，此时S51×42×21×1

15、1×110专题限时集训(五)A【基础演练】1C解析根据已知，得f(1i)(1i)(1i)22C解析易知选项C中的函数符合题意3D解析a21.2212，b0.50.80.501，1log22clog23log242，所以acb4B解析因为yf(2x)x是偶函数，所以f(2x)(x)f(2x)x，所以f(2x)f(2x)2x，令x1，则f(2)f(2)235解析ff(1)【提升训练】6D解析f(3)f(3)2387C解析由f(x)1，得或解得x1或x18C解析易知选项A，C中的函数是偶函数，又函数yx2在区间(0，)上单调递增，故选C9C解析易知0alog32log331，blog23l

16、og221，clog5log10，故c<a<b10B解析根据对数函数的性质，当y|log2x|的值域为0，2时，其定义域的最大区间为，故区间a，b的长度的最大值为411C解析易知f(x)是奇函数且f(x)不具有周期性，故排除A选项；又因为在其定义域上函数值正负相间反复变化，所以排除D选项；在区间(0，)上函数值大于零，故排除B选项，因此只有选项C中的图像符合题意12C解析由题意可知，函数f(x)的图像在定义域内必须是“上凸”的，故只能是选项C中的函数，证明如下：ln(x2)lnxln(x22x)ln(x22x1)ln(x1)22ln(x1)13(3，2)解析由6xx20，得3x21

17、4(1，1)解析若m0，则0m<1；若m0，则m0，故f(m)f(m)f(1)，得m1，即1m0综上可得1m1154027解析因为f(t)falntblgt1alnblg12，所以f(1)f(2)f(2014)ffff(1)12013×24027专题限时集训(五)B【基础演练】1B解析当函数y|f(x)|的图像关于y轴对称时，函数yf(x)未必是奇函数，如函数f(x)x24；反之，若函数yf(x)为奇函数，则函数y|f(x)|为偶函数，其图像一定关于y轴对称故“函数y|f(x)|的图像关于y轴对称”是“yf(x)为奇函数”的必要不充分条件2A解析易知只有选项A，B中的函数为偶函

18、数，且选项A中的函数在区间(1，2)上单调递增3A解析因为f(b)2，所以f(b)tanbsinb12，所以tanbsinb1，所以f(b)tan(b)sin(b)1(tanbsinb)104C解析ff(0)f(2)42a4a，解得a25解析当x0时，f(x)，由于f(x)是奇函数，所以其值域为【提升训练】6A解析易知函数y是奇函数，其图像关于坐标原点对称，且当x时，y0，故选项A中的图像符合题意7A解析由f(x2)，得f(x4)f(x)，所以f(2014)f(2)，又f(22)，所以f(2)28C解析alog9log9log8c，alog9log9b，所以cab9C解析在f(x)2f3x中，

19、令x2，得f(2)2f(2014)6；令x2014，得f(2014)2f(2)6042由，得f(2014)124f(2014)6042，解得f(2014)201010A解析若f(x)2x，则g(x)f(xa)f(x)2xa2x2x(2a1)，因为a为正实数，所以2a10，所以对于任意的正数a，函数g(x)f(xa)f(x)都是其定义域上的增函数，因此选项A正确11A解析由log2(ab)log2log2log2，可得，即ab2(ab)，所以(a2)(b2)ab2(ab)44，所以log2(a2)log2(b2)212A解析由于函数yf(xa)是偶函数，所以f(xa)f(xa)对xR恒成立，所以

20、函数yf(x)的图像关于直线xa对称又函数yf(x)在区间(，a)上是增函数，所以函数yf(x)在区间(a，)上是减函数由|x1a|x2a|，得f(x1)f(x2)13解析由M(xy)2(xy)2y22y2，可知M的最小值为142，)解析由题意，m0因为定义域是0，)的函数f(x)(x1)2为0，)上的“m高调函数”，所以xm0恒成立，即m>0，又(xm1)2(x1)2在区间0，)上恒成立，即2mxm22m0在区间0，)上恒成立，所以只需m22m0，解得m2，所以实数m的取值范围是2，)1517解析函数f(x)和g(x)的图像都是中心对称图形，其对称中心都为(1，0)，如图所示，故其交点

21、也关于点(1，0)成中心对称，且对称的两个交点的横坐标之和为2函数f(x)2sinx的最大值为2，当x9时，g(9)2，f(x)2sinx的最小正周期为2，故在区间(1，3)，(3，5)，(5，7)，(7，9)内，两个函数的图像各有2个交点，即在区间(1，9)内两个函数的图像有8个交点，故与此对称的区间(7，1)内也有8个交点，这16个交点的横坐标之和为16又f(1)g(1)，即x1也为其交点的横坐标，所以所有交点的横坐标之和为17专题限时集训(六)【基础演练】1A解析若m<0，则方程mlog2x0(x1)有一解，即函数f(x)存在零点；反之，若函数f(x)有零点，则m0所以“m0”是“

22、函数f(x)mlog2x(x1)存在零点”的充分不必要条件2A解析易知f(x)在定义域内单调递增，且f220，f210，故选A3B解析画出函数ytanx，y在区间上的图像(图略)，由图可知，两个函数的图像只有一个公共点，故函数f(x)tanx在区间内零点的个数为14B解析已知函数f(x)与g(x)的图像在R上连续，由表可知，函数f(x)在区间0，1上的函数值由3011变化到5432，而函数g(x)在区间0，1上的函数值由3451变化到4.890，所以这两个函数在区间(0，1)上有交点，即方程f(x)g(x)在区间(0，1)上有实数解5解析因为函数f(x)axb的零点为x2，所以2ab0，即2由

23、bx2ax0，得x0或x【提升训练】6C解析画出函数yf(x)和yxm的图像，如图所示，则所求问题等价于两个函数的图像有交点，由图易知m(0，1，故m(，0(1，)7C解析函数f(x)是定义域为R的奇函数，f(0)0，又当x0时，f(x)2xxa，20a0，解得a1，故当x0时，f(x)2xx1令f(x)2xx10，解得x1或x0，故f(1)0，则f(1)0综上所述，函数f(x)的零点的个数是38D解析由24a，可得a4，即f(x)44x，其零点x11；由24logb，得b，即g(x)4logx，其零点x2；由24，得c1，所以h(x)4x1，其零点x3故x1x2x319B解析根据题意可知只需

24、作出函数y(x0)的图像关于原点对称的图像，确定它与函数yx24x(x0)的图像的交点个数即可，由图可知，只有一个交点，故选B10D解析令f(x)，易知函数f(x)是偶函数，且当x>0时，f(x)令g(x)kx1，画出函数f(x)和g(x)的图像，如图所示设曲线y(x1)上任意一点的坐标为，y，所以曲线y(x1)在点处的切线方程为y(xx0)，当该切线过点(0，1)时，有1(0x0)，得x04，此时切线的斜率k由图易知当直线g(x)kx1的斜率k时，g(x)与f(x)的图像有五个交点根据对称性可得当k0时，g(x)和f(x)的图像也有五个交点，则k11(1，)解析函数f(x)有三个零点等

25、价于方程m|x|有且仅有三个实根由m|x|，得|x|(x2)，作函数y|x|(x2)的图像，如图所示，由图像可知，m应满足01，故m112x解析依题意，令f(x)log2xa，a是常数，则f(a)1，所以log2a1a，解得a1，所以f(x)1log2x令f(x)0，解得x133解析当x1时，lnx0，此时f(x)2x1x2，令x22x10，解得x1；当x1时，lnx0，此时f(x)1x2，令1x20，解得x1；当0x1时，lnx0，此时f(x)2x1x2，令x22x10，解得x1综上可知，函数f(x)2x·g(lnx)1x2有3个零点14解：(1)令F(x)|f(x)2|2x2|，

26、G(x)m，画出F(x)的图像如图所示由图可知，当m0或m2时，函数F(x)与G(x)的图像只有一个交点，即原方程只有一个解；当0<m<2时，函数F(x)与G(x)的图像有两个交点，即原方程有两个解(2)令f(x)2xt(t>0)，H(t)t2t，H(t)在区间(0，)上是增函数，H(t)>H(0)0，因此要使t2t>m在区间(0，)上恒成立，即原不等式在R上恒成立，应有m015解： (1)由弧长计算公式及扇环面的周长为30米，得30(10x)2(10x)，所以(0<x<10)(2)由题意可知，花坛的面积为(102x2)(5x)(10x)x25x50(

27、0x10)，装饰总费用为9(10x)8(10x)17010x，所以花坛的面积与装饰总费用的比值y令t17x，则y，当且仅当t18时取等号，此时x1，所以当x1时，花坛的面积与装饰总费用的比值最大16解： (1)设每分钟滴下k(kN*)滴药液由题意可知，瓶内药液的体积V1·42×9·22×3156(cm3)，k滴球状药液的体积V2k···10(mm3)(cm3)，所以156×156，解得k75，故每分钟应滴下75滴药液(2)由(1)知，每分钟滴下的药液的体积为cm3当4h13时，x·42·(13h

28、)，即h13，此时0x144；当1h4时，x·42·9·22·(4h)，即h40，此时144x156综上可得，h(x)专题限时集训(七)【基础演练】1B解析f(x)2x2f(1)，令x1，得f(1)22f(1)，即f(1)2，f(x)2x4，f(0)42D解析设切点为P0(a，b)，f(x)3x21，则切线的斜率kf(a)3a214，所以a±1当a1时，b4；当a1时，b0所以P0点的坐标为(1，0)或(1，4)3B解析阴影部分的面积为cosxdxsinx(11)24A解析令f(x)x0，得x1当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(

29、x)0函数f(x)在x1处取得最小值，且最小值为f(1)ln15xy20解析易知切点的坐标为(1，1)，又y，切线的斜率为1，所求切线方程为y1x1，即xy20【提升训练】6B解析y2ax，由题意可知，当x1时，y|x12a10，得a7A解析f(x)cosxxsinx，则该导函数为偶函数，且f(0)1，f()1，易知A选项符合题意8C解析易知阴影部分的面积为dx，长方形OABC的面积为8，故所求概率为9C解析因为f(x)(x22ax)ex，所以f(x)(2x2a)ex(x22ax)exx2(22a)x2aex因为f(x)在区间1，1上是减函数，所以f(x)x2(22a)x2aex0在区间1，1

30、上恒成立且不恒为0，即x2(22a)x2a0在区间1，1上恒成立且不恒为0，所以解得a又当a时，x2(22a)x2a不恒为0，所以a的取值范围是10D解析g(x)1，令g(x)g(x)，则1h(x)，令h(x)h(x)，结合图像(图略)可知，<1(x)sinx，令(x)(x)，>2<<11D解析在区间上，f(x)f(x)tan x等价于f(x)sin xf(x)cos x0构造函数g(x)，则g(x)0，所以g(x)在区间上单调递增gg，即，即ff，故选项A中的不等式不成立；g(1)g，即，即f(1)2fsin 1，故选项B中的不等式不成立；gg，即，即ff，故选项C中

31、的不等式不成立；gg，即，即ff，故选项D中的不等式成立124xy30解析易知切点的坐标为(1，1)，又f(x)2x，切线的斜率为f(1)4，故所求切线的方程为y14(x1)，即4xy3013解析由2x24x2，得x1，所以由曲线y2x2，直线y4x2，x1围成的封闭图形的面积为(2x24x2)dx114解：(1)令h(x)f(x)g(x)，则h(x)(x1)(2ex)，则h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，ln 2)ln2(ln 2，)h(x)00h(x)极小值极大值h(x)极小值h(1)1，h(x)极大值h(ln 2)(ln 2)2(2)由已知可知，当x(2，0)时，x2

32、2x1axex恒成立，即a恒成立令t(x)，则t(x)，当x(2，1)时，t(x)>0，则t(x)在区间(2，1)上单调递增；当x(1，0)时，t(x)<0，则t(x)在区间(1，0)上单调递减故当x(2，0)时，t(x)maxt(1)0，a015解：(1)易知f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln xx·1ln x令f(x)0，则lnx1ln，所以x；令f(x)0，则ln x1ln，所以0x所以f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，f(x)极小值fln，f(x)无极大值(2)证明：不妨设0<x1x2，要证f，即证ln1，即证x2lnx2x1ln x1x2ln

33、x1lnx2x1，即证x2lnx1lnx2x1将上式两边同时除以x1，得lnln1，令t，则t1，即证tlnlnt1令g(t)tlnlnt1，则g(t)lnt···1lnln令x(x0)，h(x)ln(1x)x，则h(x)10，所以h(x)在区间(0，)上单调递减，所以h(x)h(0)0，即ln(1x)x<0，即g(t)ln0恒成立，所以g(t)在区间(1，)上是减函数，所以g(t)g(1)0，即tlnlnt1，所以f16解： (1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)exa当a0时，f(x)0，所以f(x)在区间(，)上单调递增；当a0时，若x(，ln

34、a)，则f(x)0，若x(ln a，)，则f(x)0，所以f(x)在区间(，ln a)上单调递减，在区间(ln a，)上单调递增综上可知，当a0时，f(x)的单调递增区间为(，)；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1设g(x)(xk)(ex1)x1，则g(x)ex(xk1)(i)若k1，则当x0时，g(x)0，所以g(x)在区间(0，)上单调递增，而g(0)1，故当x0时，g(x)10，即有(xk)f(x)x10恒成立(ii)若k1，则当x(0，k1)时，g(x)0；当x(k1，)时

35、，g(x)0所以g(x)在区间(0，)内的最小值为g(k1)kek11令h(k)kek11，则h(k)1ek1，因为k>1，所以h(k)<0，故h(k)在区间(1，)上单调递减而h(2)0，h(3)0，所以当1k2时，h(k)0，即g(k1)0，从而当x0时，g(x)0，即(xk)f(x)x10恒成立；当k3时，h(k)<0，即g(k1)<0，故g(x)0在区间(0，)内不恒成立综上所述，整数k的最大值为2专题限时集训(八)【基础演练】1C解析 ysin xcosxsin 2x，故其最小正周期为2B解析 把函数ysin(xR)的图像上所有的点向左平移个单位长度，得到函数

36、ysinsinx(xR)的图像，再把所得图像上各点的横坐标扩大到原来的2倍，得到函数ysin(xR)的图像3C解析 ycossinsin，所以只需把函数ysin2x的图像向左平移个单位长度即可得到函数ycos的图像4解析 由ab，可得3sin2cos，又易知cos0，所以tan5解析 根据已知易得tan2，所以tan【提升训练】6B解析 由题知xBxA3，所以T6，xA1，y轴左侧距离y轴最近的最低点的横坐标为4，所以f(x)的单调递增区间是6k4，6k1(kZ)7D解析 当0时，d2cos；当时，d2cos()2cos故选D8A解析 函数f(x)sin(2x)向左平移个单位得函数ysin的图

37、像，又其为奇函数，故k，kZ，解得k，kZ又|，所以，所以f(x)sin因为x，所以sin，易知当x0时，f(x)min9A解析由f(x)f(x)知函数f(x)的周期为2，所以1又f(0)，|<，所以，于是g(x)2cos当x时，x，所以1g(x)，所以g(x)的最大值与最小值之和为110B解析 将f(x)sin2xcos2x2sin的图像向左平移m个单位，得到函数g(x)2sin的图像，由题意得2×2mk(kZ)，即m(kZ)又m>，当k1时，m取得最小值11解析 设OB1，则PBtan，OPB的面积为tan，又扇形OAB的面积为，所以tan2×，所以12解析

38、 g(x)sinsin，由x，得3x，所以当3x，即x时，g(x)取得最小值，且g(x)minsin13解析 由解得或所以tan2或当tan时，tan2；当tan2时，tan2故tan214解：(1)由已知易得f(x)4sin1，x，2x，3f(x)5，f(x)max5，f(x)nim3(2)当2k2x2k，kZ时f(x)单调递减，而2x，f(x)的单调递减区间为15解：(1)f(x)sin2xcos2x12sin1，f2sin12sin12sin12(2)由(1)知f(x)2sin1x，2x，sin1，02sin13故当x时，函数f(x)的值域是0，316解：(1)由题意，得(sincos，

39、sin)，当时，sincossincos，sin sin ， 所以(2)因为(sin cos ，sin ) ，所以|2(sin cos )2(sin )21sin 22sin21sin 21cos 22sin因为0，所以2，所以当2时，|2取得最大值3，即当时，|取得最大值专题限时集训(九)【基础演练】1C解析 由，即，得sinC，所以C120°(C60°舍去)又B30°，所以A30°，所以SABCAB·ACsinA2B解析 易知C30°由正弦定理得，所以c13B解析 f(x)sin2xsin2xcos2xsin2xcos2xsin，

40、易知f(x)的最小值为14C解析 sin4cos4(sin2cos2)22sin2cos21sin221(1cos22)15解析 由正弦定理及已知，得a2c2b2ac，即cosB，B【提升训练】6C解析 cos27B解析 由题意得，所以CA·CB3在AOB中，由OAOB1，·，得AOB，所以AB由余弦定理得AB2CA2CB22CA·CBcos，即CA2CB26，结合CA·CB3，得CACB，所以ABC为等边三角形8A解析依题意得sin2Asin2BsinAsinCsin2C，由正弦定理可得a2b2acc2，a2c2b2ac，cosB，B9C解析 设内角A

41、，B，C的对边分别为a，b，c，则由已知条件可知bccosA7，a6根据余弦定理可得36b2c214，所以b2c250，所以bc25SABCbcsinAbcbc12，当且仅当bc5时等号成立，故所求最大值为1210A解析 由于G为ABC的重心，所以0，即，所以0，所以abc，所以cosA又0A，所以A11解析 因为，cos()，所以sin，tan，所以tan212解析ABC的面积S××，又SAC·BC·sinCAC·BC，所以AC·BC根据余弦定理有AB2AC2BC22AC·BC·cosC(ACBC)23AC

42、83;BC，所以(ACBC)233×11，所以ACBC132解析 设ABC外接圆的半径为R，则2R2，当且仅当ab1时等号成立14解：(1)由已知可得1cosBsinB，sin又0<B<，B，CAB，c·sinC(2)由(1)知B，由余弦定理得b2a2c22accosB又a2c，c2，ABC的面积SacsinB15解：(1)证明：acos2ccos2a·c·b, 即a(1cosC)c(1cosA)3b，由正弦定理可得sinAsinAcosCsinCcosAsinC3sinB，即sinAsinCsin(AC)3sinB，sin Asin C2s

43、in B由正弦定理可得ac2b，故a，b，c成等差数列(2)由B60°，b4及余弦定理得42a2c22accos60°，(ac)23ac16又由(1)知ac2b，有4b23ac16，即643ac16，解得ac16, ABC的面积SacsinBacsin60°416解：(1)在RtCOB中，CBsinx，OBcosx，OADAtanCBtansinx，ABOBOAcosxsinx，f(x)AB·BC(cosxsinx)·sinx3sinx·cosxsin2xsin2x(1cos2x)sin，x(2)yf(x)fsinsinsin由0x，

44、0x，得0x，2x，当2x，即x时，ymax专题限时集训(十)【基础演练】1C解析由a5a14d8，S33a1d6，解得a10，d2，所以a908×2162C解析设数列an的公比为q易知a5是a2和a8的等比中项，因此aa2a81×6464又由于q3，所以a5与a2的符号可能相同，也可能不相同，因此a5±83C解析 由a3a4a5a68，得a3a58，所以a1a78，所以S7284B解析 在等差数列an中，因为a1a7a13，所以a7，所以a2a12，所以tan(a2a12)52解析 由已知可得2(anq2an)3anq，即2q23q20，解得q2或q又an1an

45、，所以q2【提升训练】6B解析 由a2a4a924，得3a112d24，即a14d8，即a58，所以S9×99a5727D解析 由Sn2Sn36，得an2an136，即a1(n1)da1nd36又a11，d2，所以n88C解析 由题意，得解得或又an0，a5a1q4169B解析 当an2an1(n2，3，4，)时，若a10，则该数列各项均为0，此时数列an不是等比数列；反之，若数列an是公比为2的等比数列，则一定有an2an1(n2，3，4，)故在数列an中，“an2an1(n2，3，4，)”是“an是公比为2的等比数列”的必要不充分条件10B解析 根据等比中项的概念，得am1am1

46、a，所以a2am(m2)又am0，所以am2由于数列an为等比数列，故a12，即对任意正整数m，am2T2k12×22k2512，解得k51120解析 设数列an的公差为d，则依题意有两式相减，得2a119d2，S2020a1190d2012512解析 由a3a4a88，得aq128，即a1q42，即a52，所以T9a1a2a9a512132解析 根据定积分的几何意义，得dx，所以a4a8，所以a6(a22a6a10)a6a22a6a6a6a10a2a4a8a(a4a8)2214解：(1)证明：对任意正整数n，有n，an，Sn成等差数列，2annSn(nN*)又anSnSn1(n2且

47、nN*)，2(SnSn1)nSn，即Sn2Sn1n，Snn22Sn12n2，Snn22Sn1(n1)2，即2(n2且nN*)，为等比数列(2)由(1)知是首项为S13a134，公比为2的等比数列，Snn24×2n12n1又2annSn，2an22n1，an2n115解：(1)当n1时，a11，3an12Sn3a22a13a2；当n2时，3an12Sn3，3an2Sn13，两式相减可得3(an1an)2(SnSn1)0，即3an1an0，即故数列an是首项为1，公比为的等比数列，所以an(2)因为nN*，kSn恒成立，且Sn，即k，所以k1当n1时，1取得最小值，所以k，故实数k的最大

48、值为16解：(1)设数列an的公差为d(d0)a12且a2，a4，a8成等比数列，(3d2)2(d2)(7d2)，解得d2故ana1(n1)d22(n1)2n(2)设cnbn(1)nan的公比为qb27，b571，an2n，c2b2a2743，c5b5a5711081，q327，解得q3，cnc2·qn23×3n23n1，即bn(1)nan3n1，bn3n1(1)n2n，数列bn的前2n项和为b1b2b2n(133232n1)21234(2n1)2n2n2n专题限时集训(十一)【基础演练】1B解析 因为等差数列an的通项公式为an2n1，所以Snn22n，所以n2，所以的前10项和为34512752B解析 根据等比数列的性质得a5a6