数学三维设计答案及解析

1、第一部分专题复习培植新的增分点专题一集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式第一讲集合与常用逻辑用语基础单纯考点例 1解析：(1)Ax2 或x0，Bx| 5x 5，ABx| 5x0 或 2x 5，ABR R.(2)依题意，PQQ，QP，于是2a13，3a522，解得 6a9，即实数a的取值范围为(6，9答案：(1)B(2)D预测押题 1(1)选 A本题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围， 抓住 1A作为解题的突破口，1A即 1 不满足集合A中不等式，所以 1221a0a1.(2)选 B对于 2x(x2)1，等价于x(x2)0，解得 0 x2，所以Ax|0 x0，得x1，故Bx|x1， R

2、RBx|x1，则阴影部分表示A( R RB)x|1x0，恒成立；中不等式可变为 log2x1log2x2，得x1；中由ab0，得1a1b，而c0，所以为假命题；若ab0，则a、b中至少一个为零即可，为假命题；xk4(kR R)是 tanx1 的充要条件，为假命题(2)解析：“xR R，2x23ax90，1n0，n0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn10b得ab，由 lgalgb得ab0，所以“10a10b”是“lgalgb”的必要不充分条件(2)解析： 由|xm|2， 得2xm2， 即m2xm2.依题意有集合x|2x3是x|m2xm2的真子集，于是有m23，由此解得 1m0 x|x

3、1 或x0，f(3)6a80，根据对称性可知，要使AB中恰含有一个整数，则这个整数解为 2，所以有f(2)0 且f(3)0，即44a1096a10，所以a34，a43，即34a43，选B.例 2解析：对：取f(x)x1，xN N*，所以BN N*，AN是“保序同构”；对：取f(x)92x72(1x3)， 所以Ax|1x3，Bx|8x10是“保序同构”；对：取f(x)tanx2 (0 x1)，所以Ax|0 x0，12x0，解得x0，x3，3x0.(2)设t1sinx，易知t0，2，所求问题等价于求g(t)在区间0，2上的值域由g(t)13t352t24t，得g(t)t25t4(t1)(t4)由g

4、(t)0，可得t1 或t4.又因为t0，2，所以t1 是g(t)的极大值点由g(0)0，g(1)13524116，g(2)132352224223，得当t0，2时，g(t)0，116 ，即g(1sinx)的值域是0，116 .答案：(1)A(2)0，116预测押题 1(1)解析：f(4)tan41，f(f(4)f(1)2(1)32.答案：2(2)由题意知：a0，f(x)(xa)(bx2a)bx2(2aab)x2a2是偶函数，则其图像关于y轴对称， 所以 2aab0，b2.所以f(x)2x22a2， 因为它的的值域为(，2，所以 2a22.所以f(x)2x22.答案：2x22例 2解析：(1)曲

5、线yex关于y轴对称的曲线为yex，将yex向左平移 1 个单位长度得到ye(x1)，即f(x)ex1.(2)由题图可知直线OA的方程是y2x；而kAB02311，所以直线AB的方程为y (x 3) x 3. 由 题 意 ， 知f(x) 2x，0 x1，x3，1x3，所 以g(x) xf(x) 2x2，0 x1，x23x，1x3.当 0 x1 时，故g(x)2x20，2；当 1x3 时，g(x)x23x3294，显然，当x32时，取得最大值94；当x3 时，取得最小值 0.综上所述，g(x)的值域为0，94 .答案：(1)D(2)B预测押题 2(1)选 C因为函数的定义域是非零实数集，所以 A

6、 错；当x0，所以 B 错；当x时，y0，所以 D 错(2)选 B因为f(x)f(x)，所以函数f(x)是偶函数因为f(x2)f(x)，所以函数f(x)的周期是 2，再结合选项中的图像得出正确选项为 B.欢迎下载4例 3解析：(1)函数y3|x|为偶函数，在(，0)上为增函数选项 A，D 是奇函数，不符合；选项 B 是偶函数但单调性不符合；只有选项 C 符合要求(2)f(x)ax3bsinx4，f(x)a(x)3bsin(x)4，即f(x)ax3bsinx4，得f(x)f(x)8.又lg(log210)lg1lg 2 lg(lg 2)1lg(lg 2)，f(lg(lg210)f(lg(lg 2

7、)5.又由式知f(lg(lg 2)f(lg(lg 2)8，5f(lg(lg 2)8，f(lg(lg 2)3.答案：(1)C(2)C预测押题 3(1)选 A依题意得， 函数f(x)在0， )上是增函数， 且f(x)f(|x|)，不等式f(12x)f(3)f(|12x|)f(3)|12x|3312x31x2.(2)解析：f(x)fx32 ，fx32 f(x3)f(x)，f(x)f(x3)，f(x)是以 3 为周期的周期函数则f(2014)f(67131)f(1)3.答案：3(3)解析：因为函数f(x)的图像关于y轴对称，所以该函数是偶函数，又f(1)0，所以f(1)0.又已知f(x)在(0，)上为

8、减函数，所以f(x)在(，0)上为增函数.f（x）f（x）x0，可化为xf(x)0 时，解集为x|x1；当x0 时，解集为x|1x0综上可知，不等式的解集为(1，0)(1，)答案：(1，0)(1，)交汇创新考点例 1解析：设x0.当x0 时，f(x)x24x，f(x)(x)24(x)f(x)是定义在 R R 上的偶函数，f(x)f(x)，f(x)x24x(x0)，f(x)x24x，x0，x24x，x0.由f(x)5得x24x5，x0，或x24x5，x0，x5或x5.观察图像可知由f(x)5，得5x5.由f(x2)5，得5x25，7x3.不等式f(x2)5 的解集是x|7x3答案：x|7x3欢迎

9、下载5预测押题 1解析：根据已知条件画出f(x)图像如图所示因为对称轴为x1，所以(0，1)关于x1 的对称点为(2，1)因f(m)1，所以应有2m0.因f(x)在(1，)上递增，所以f(m2)f(0)1.答案：例 2解析：因为A，B是 R R 的两个非空真子集，且AB ，画出韦恩图如图所示，则实数x与集合A，B的关系可分为xA，xB，xA且xB三种(1)当xA时，根据定义，得fA(x)1.因为AB ，所以xB，故fB(x)0.又因为A(AB)，则必有xAB，所以fAB(x)1.所以F(x)fAB（x）1fA（x）fB（x）1111011.(2)当xB时，根据定义，得fB(x)1.因为AB ，

10、所以xA，故fA(x)0.又因为B(AB)，则必有xAB，所以fAB(x)1.所以F(x)fAB（x）1fA（x）fB（x）1111011.(3)当xA且xB，根据定义，得fA(x)0，fB(x)0.由图可知，显然x (AB)，故fAB(x)0，所以F(x)fAB（x）1fA（x）fB（x）1010011.综上，函数的值域中只有一个元素 1，即函数的值域为1答案：1预测押题 2解：当xAB时，因为(AB)(AB)，所以必有xAB.由定义， 可知fA(x)1，fB(x)1，fAB(x)1， 所以F(x)fAB（x）1fA（x）fB（x）11111123.故函数F(x)的值域为23第三讲基本初等函

11、数、函数与方程及函数的应用基础单纯考点例 1解析： (1)当x1，y1a1a0， 所以函数yax1a的图像必过定点(1， 0)，结合选项可知选 D.欢迎下载6(2)alog36log33log321log32，blog510log55log521log52，clog714log77log721log72，log32log52log72，abc.答案：(1)D(2)D预测押题 1(1)选 A函数yxx13为奇函数当x0 时，由xx130，即x3x，可得x21，故x1，结合选项，选 A.(2)选 B依题意的alnx(1， 0)，b12lnx(1， 2)，celnx(e1， 1)， 因此bca.例

12、2解析： (1)由f(1)1230 及零点定理， 知f(x)的零点在区间(1，0)上(2)当f(x)0 时，x1 或x1，故ff(x)10 时，f(x)11 或 1.当f(x)11，即f(x)2 时，解得x3 或x14；当f(x)11 即f(x)0 时，解得x1 或x1.故函数yff(x)1有四个不同的零点答案：(1)B(2)C预测押题 2解析：当x0 时，由f(x)lnx0，得x1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x0 时，函数f(x)2xa有一个零点，令f(x)0 得a2x，因为 02x201，所以 0a1，所以实数a的取值范围是 00，函数y1(10m)x20 在0，200上是增函

13、数，所以当x200 时，生产A产品有最大利润，且y1max(10m)200201980200m(万美元)又y20.05(x100)2460(xN，0 x120)，所以当x100 时，生产B产品有最大利润，且y2max460(万美元)因为y1maxy2max1980200m4601520200m0，6m7.6，0，m7.6，0，7.6m8.所以当 6m7.6 时，可投资生产A产品 200 件；当m7.6 时，生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品 200 件或生产B产品 100件)；当 7.6m8 时，可投资生产B产品 100 件预测押题 3解：(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益

14、为f(t)(百万元)，则f(t)(t25t)tt24t(t2)24(0t3)所以当t2 时，f(t)max4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告费的费用为(3x)(百万元)，则由欢迎下载7此两项所增加的收益为g(x)13x3x23x(3x)25(3x)313x34x3(0 x3)对g(x)求导，得g(x)x24，令g(x)x240，得x2 或x2(舍去)当 0 x0，即g(x)在0，2)上单调递增；当 2x3 时，g(x)0，x(0，)且x2，当 0 x2时，f(x)0，f(x)在(0，2)上单调递减当2x0，f(

15、x)在2，上单调递增当x0，时，0f(x)1.当x，2，则 02x.又f(x)是以 2为最小正周期的偶函数，知f(2x)f(x)x，2时，仍有 0f(x)1.依题意及yf(x)与ysinx的性质，在同一坐标系内作yf(x)与ysinx的简图则yf(x)与ysinx在x2，2有 4 个交点故函数yf(x)sinx在2，2上有 4 个零点预测押题选 D根据fx54 fx54 ，可得fx52 f(x)，进而得f(x5)f(x)，即函数yf(x)是以 5 为周期的周期函数当x1，4时，f(x)x22x，在1， 0内有一个零点， 在(0， 4内有x12，x24 两个零点， 故在一个周期内函数有三个零点

16、又因为 201240252，故函数在区间0，2010内有 40231206 个零点，在区间(2010，2012内的零点个数与在区间(0， 2内零点的个数相同， 即只有一个零点， 所以函数f(x)在0，2012上零点的个数为 1207.第四讲不等式基础单纯考点例 1解析：(1)原不等式等价于(x1)(2x1)0 或x10，即12x0 的解集为x|1x0，110 x12，解得xlg12，即x0 时，f(x)2x1x21，2x1x2，即x22x10，解得x0 且x1.当x1，即x1，解得x1.故x(，1)(0，1)(1，)(2)解析：f(x)x2axb的值域为0，)，0，ba240，f(x)x2ax

17、14a2x12a2.又f(x)0，a0)，当且仅当 4xax，即xa2时等号成立，此时f(x)取得最小值 4a.又由已知x3 时，f(x)min4a，a23，即a36.答案：(1)B(2)36预测押题 3(1)选 D依题意， 点A(2， 1)， 则2mn10， 即 2mn1(m0，n0)，1m2n1m2n(2mn)4nm4mn42nm4mn8，当且仅当nm4mn，即n2m12时取等号，即1m2n的最小值是 8.(2)选 A由已知得a2b2.又a0，b0，2a2b2 2ab，ab12，当且仅当a2b1 时取等号交汇创新考点例 1选 C作出可行域，如图中阴影部分所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离

18、分别是1，1， 2，由AB得三角形所有点都在圆的内部，故m 2，解得：m2.预测押题 1选 C如图，若使以(4，1)为圆心的圆与阴影部分区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线xy20 相切时，恰有一个公共点，此时a12212，当圆的半径增大到恰好过点A(2，2)时，圆与阴影部分至少有两个公共点，此时a5，故a的取值范围是120；欢迎下载11当x(2，ln2)时，f(x)0 时，f(x)的单调递减区间是(3m，m)，若f(x)在区间(2，3)上是减函数，则3m2，m3，解得m3；当m0，f(x)为(，)上的增函数，所以函数f(x)无极值当a0 时，令f(x)0，得 exa，即xlna.当x(，

19、lna)时，f(x)0，所以f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增，故f(x)在xlna处取得最小值，且极小值为f(lna)lna，无极大值综上，当a0 时，函数f(x)无极值；当a0 时，函数f(x)在xlna处取得极小值 lna，无极大值(2)当a1 时，f(x)x11ex.直线l：ykx1 与曲线yf(x)没有公共点，等价于关于x的方程kx1x11ex在 R R 上没有实数解，即关于x的方程：(k1)x1ex(*)在 R R 上没有实数解当k1 时，方程(*)可化为1ex0，在 R R 上没有实数解当k1 时，方程(*)可化为1k1xex.令g(x)xex，则有g(x

20、)(1x)ex.令g(x)0，得x1，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)g(x)0g(x)1e当x1 时，g(x)min1e，同时当x趋于时，g(x)趋于，从而g(x)的取值范围为1e，.所以当1k1，1e 时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是(1欢迎下载12e，1)综合，得k的最大值为 1.预测押题 3解：(1)f(x)a2x23x，由题意可知f(23)1，解得a1.故f(x)x2x3lnx，f(x)（x1） （x2）x2，由f(x)0，得x2.于是可得下表：x3232，22(2，3)3f(x)0f(x)13ln 2f(x)minf(2)13ln 2.

21、(2)f(x)a2x23xax23x2x2(x0)， 由题意可得方程ax23x20 有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)ax23x2，则98a0，x1x23a0，x1x22a0.也可以为98a0，32a0，h（0）0.解得 0a0)，则(x)axax2.令(x)0，则x1，易知(x)在x1 处取到最小值，故(x)(1)0，即f(x)1a11x.(2)由f(x)x得alnx1x， 即ax1lnx.令g(x)x1lnx(1xe)， 则g(x)lnxx1x（lnx）2.令h(x)lnxx1x(1x0，故h(x)在定义域上单调递增，所以h(x)h(1)0.因为h(x)0，所以g

22、(x)0，即g(x)在定义域上单调递增，则g(x)g(e)e1，即x1lnx0， 即aa，又f(0)a，所以要使方程f(x)k在0，)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是a4ea2，a.例 2选 C法一：曲线yx与直线x1 及x轴所围成的曲边图形的面积S错误错误!xdx23x32|1023，又SAOB12，阴影部分的面积为S231216，由几何概型可知，点P取自阴影部分的概率为P16.法二：S阴影错误错误!(xx)dx16，S正方形OABC1，点P取自阴影部分的概率为P16.预测押题 2解析：画出草图，可知所求概率PS阴影SAOB错误错误!23x32|401816318827.答案：827例

23、 3解： (1)因为方程ax(1a2)x20(a0)有两个实根x10，x2a1a2， 故f(x)0的解集为x|x1x0)令d(a)0，得a1.由于 0k1，故当 1ka0，d(a)单调递增； 当 1a1k时，d(a)0，d(a)单调递减 所以当 1ka1k时，d(a)的最小值必定在a1k或a1k处取得而d（1k）d（1k）欢迎下载141k1（1k）21k1（1k）22k2k32k2k31，故d(1k)b时，f(x)0，函数f(x)在(，1)，(1，)上单调递增；当ab时，f(x)0，f(ba)2abab0，f(ba)ab0.因为f(1)f(ba)ab22abababf（ba）2， 即f(1)f

24、(ba)f（ba）2.(*)所以f(1)，f(ba)，f(ba)成等比数列因为ab2ab，所以f(1)f(ba)由(*)得f(ba)f(ba)由知f(ba)H，f(ba)G.故由Hf(x)G，得f(ba)f(x)f(ba)(*)当ab时，(ba)f(x)f(ba)a.这时，x的取值范围为(0，)；当ab时，0ba1，从而baba，由f(x)在(0，)上单调递增(*)式，得baxba，即x的取值范围为ba，ba；当a1，从而baba，由f(x)在(0，)上单调递减与(*)式，得baxba，即x的取值范围为ba，ba.综上，当ab时，x的取值范围为(0，)；当ab时，x的取值范围为ba，ba；当a

25、0，故原式sincos.(2)由已知得|OP|2，由三角函数定义可知 sin12，cos32，即2k6(kZ Z)所以 2sin23tan2sin4k3 3tan2k6 2sin33tan6欢迎下载152323330.答案：(1)A(2)D预测押题 1(1)选 C由已知可得2tan3sin50，tan6sin1，解得 tan3，故 sin3 1010.(2)解析：由A点的纵坐标为35及点A在第二象限，得点A的横坐标为45，所以 sin35，cos45，tan34.故 tan22tan1tan2247.答案：35247例 2解析：(1)34T5123 34，T，2(0)，2.由图像知当x512时

26、，25122k2(kZ Z)，即2k3(kZ Z)22，3.(2)ycos(2x)的图像向右平移2个单位后得到ycos 2x2 的图像，整理得ycos(2x)其图像与ysin2x3 的图像重合，322k，322k，即562k.又0，从而由22，故1.(2)由(1)知，f(x)2sin2x4 2.若 0 x2， 则42x454.当42x42，即 0 x8时，f(x)单调递增；当22x455，即8x2时，f(x)单调递减；综上可知，f(x)在区间0，8上单调递增，在区间8，2上单调递减预测押题 3解：(1)因为f(x)32sin 2x1cos 2x2asin(2x6)a12，所以T.由22k2x6

27、322k，kZ Z，得6kx23k，kZ Z.故函数f(x)的单调递减区间是6k，23k(kZ Z)(2)因为6x3，所以62x656，12sin2x6 1.因为函数f(x)在6，3 上的最大值与最小值的和为1a12 12a12 32，所以a0.交汇创新考点例 1解： (1)f(x)1cos（2x3）21cos2x212cos2x3 cos2x1212cos2x32sin2xcos2x1232sin2x32cos2x3212sin2x32cos2x32sin2x3 .由题意可知，f(x)的最小正周期T，2|2|.又0，1，f(12)32sin2123 32sin232.(2)|f(x)m|1，

28、 即f(x)1mf(x)1.对x712，0， 都有|f(x)m|1，mf(x)max 1 且mf(x)min 1. 712x 0 ， 56 2x33， 1sin2x3 32，3232sin2x3 34，即f(x)max34，f(x)min32，14m132.故m的取值范围为14，132 .欢迎下载17预测押题 1解：(1)f(23)cos23cos3cos3cos312214.(2)f(x)cosxcosx3 cosx12cosx32sinx12cos2x32sinxcosx14(1cos2x)34sin2x12cos2x3 14.f(x)14等价于12cos2x3 1414，即 cos2x3

29、 0.于是 2k22x32k32，kZ Z.解得k512xk1112，kZ Z.故使f(x)14成立的x的取值集合为x|k512xk1112，kZ Z.例 2解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P点所经过的弧长为 2，其所对圆心角为 2.如图所示，过P点作x轴的垂线，垂足为A，圆心为C，与x轴相切与点B，过C作PA的垂线，垂足为D，则PCD22，|PD|sin22 cos2，|CD|cos22 sin2，所以P点坐标为(2sin2，1cos2)，即OP的坐标为(2sin2，1cos2)答案：(2sin2，1cos2)预测押题 2选 A画出草图，可知点Q点落在第三象限，

30、则可排除 B、D；代入 A，cosQOP6（7 2）8（2）628250 2100 22，所以QOP34.代入 C，cosQOP6（4 6）8（2）628224 616100 22.第二讲三角恒等变换与解三角形基础单纯考点例 1解：(1)因为f(x)2cosx12 ，所以f(6)2cos612 2cos4 2cos4 2221.欢迎下载18(2)因为32，2， cos35， 所以 sin 1cos2135245， cos22cos212(35)21275，sin 22sincos23545 2425.所以f(23) 2cos2312 2cos24 222cos222sin2cos2sin272

31、52425 1725.预测押题 1解： (1)由已知可得f(x)3cosx 3sinx2 3sinx3 .所以函数f(x)的值域为2 3，2 3又由于正三角形ABC的高为 2 3，则BC4，所以函数f(x)的周期T428，即28，解得4.(2)因为f(x0)8 35，由(1)得f(x0)2 3sinx043 8 35，即 sinx043 45.由x0103，23 得x0432，2 .所以 cosx043 145235，故f(x01)2 3sinx0443 2 3sinx043 42 3sinx043 cos4cosx043 sin4 2 345223522 7 65.例 2解：(1)由已知得，

32、PBC60，所以PBA30.在PBA中，由余弦定理得PA23142 312cos3074.故PA72.(2)设PBA，由已知得PBsin.在PBA中，由正弦定理得3sin150sinsin（30），化简得3sin4sin.则 tan34，即 tanPBA34.预测押题 2解：(1)由正弦定理得 2sinBcosC2sinAsinC.在ABC中，sinAsin(BC)sinBcosCsinCcosB，sinC(2cosB1)0.又 0C0，cosB12，注意到 0B，B3.欢迎下载19(2)SABC12acsinB 3， ac4， 由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2acac4，当且仅

33、当ac2 时，等号成立，b的取值范围为2，)交汇创新考点例 1解：(1)f(x)cos2x432cos2xcos2x3 1，f(x)的最大值为2.f(x)取最大值时，cos2x3 1，2x32k(kZ Z)，故x的集合为x|xk6，kZ Z(2)由f(BC)cos2（BC）3 132，可得 cos2A3 12，由A(0，)，可得A3.在ABC中，由余弦定理，得a2b2c22bccos3(bc)23bc，由bc2，知bcbc221，当bc1 时，bc取最大值，此时a取最小值 1.预测押题 1解：(1)由已知得ABACbccos8，b2c22bccos42，故b2c232.又b2c22bc，所以b

34、c16，(当且仅当bc4 时等号成立)，即bc的最大值为 16.即8cos16，所以 cos12.又 0，所以 03，即的取值范围是(0，3(2)f() 3sin2cos212sin26 1.因为 03， 所以62656，12sin26 1.当 2656，即3时，f()min21212；当 262，即3时，f()max2113.例 2解：(1)在ABC中，因为 cosA1213，cosC35，所以 sinA513，sinC45.从而sinBsin(AC)sin(AC)sinAcosCcosAsinC513351213456365.由正弦定理ABsinCACsinB，得ABACsinBsinC1

35、2606365451040(m)所以索道AB的长为 1040m.(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A处 130tm，所以由余弦定理得d2(1005t)2(130t)22130t(10050t)1213200(37t270t50)，因 0t1040130，即 0t8，故当t3537(min)时，甲、乙两游客距离最短欢迎下载20(3)由正弦定理BCsinAACsinB，得BCACsinBsinA12606365513500(m)乙从B出发时，甲已经走了 50(281)550(m)， 还需要走 710m 才能到达C.设乙步行的速度为vm/min，

36、由题意得3500v710503，解得125043v62514，所以使两位游客在C处互相等待的时间不超过 3min，乙步行的速度控制在125043，62514 (单位：m/min)范围内预测押题 2解：(1)因为点C的坐标为35，45 ，根据三角函数的定义，得 sinCOA45，cosCOA35.因为AOB为正三角形，所以AOB60.所以 cosBOCcos(COA60)cosCOAcos60sinCOAsin603512453234 310.(2)因为AOC02 ，所以BOC3.在BOC中，|OB|OC|1，由余弦 定 理 ， 可 得f() |BC|2 |OC|2 |OB|2 2|OC|OB|

37、cos COB 12 12211cos3 22cos3 .因为 02，所以3356.所以32cos3 12.所以 122cos3 0)，又因为ACABAD，BEBCCEAD12AB，于是ACBE(ABAD)(AD12AB)12ABAD12AB2AD212a214a1，由已知可得12a214a11.又a0，a12，即AB的长为12.答案：(1)A(2)12预测押题 2(1)选 Da a(a ab)a a(a ab b)a a2a ab b|a a|2|a a|b b|cos0，故 cos96 332，故所求夹角为56.(2)选 C设BC的中点为M， 则AG23AM.又M为BC中点， AM12(A

38、BAC)， AG23AM13(ABAC)，|AG|13AB2AC22ABAC13AB2AC24.又ABAC2，A120，|AB|AC|4.|AG|13AB2AC24132|AB|AC|423，当且仅当|AB|AC|时取等号，|AG|的最小值为23.交汇创新考点例 1解析：设P(x，y)，则AP(x1，y1)由题意知AB(2，1)，AC(1，2)由AP AB AC知 (x 1 ，y 1) (2 ， 1) (1 ， 2) ， 即欢迎下载222x1，2y1.2xy33，2yx33，12，01，32xy36，02yx33.作出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分)，由图可知平面区域D为平行四边形，可求

39、出M(4，2)，N(6，3)，故|MN| 5.又x2y0，x2y30 之间的距离d35，故平面区域D的面积为S 5253.答案：3预测押题 1选 D如图作可行域，zOAOPx2y，显然在B(0，1)处zmax2.故选 D.例 2解：(1)g(x)sin(2x)2cos(2x)2sinxcosx，OM(2，1)，|OM| 2212 5.(2)由已知可得h(x)sinx 3cosx2sin(x3)，0 x2，3x356，h(x)1， 2 当x33，2时， 即x0，6时， 函数h(x)单调递增， 且h(x) 3，2；当x3(2，56时，即x(6，2时，函数h(x)单调递减，且h(x)1，2)使得关于

40、x的方程h(x)t0在0，2内恒有两个不相等实数解的实数t的取值范围为 3，2)欢迎下载23预测押题 2解：(1)由题设，可得(a ab b)(a ab b)0，即|a a|2|b b|20.代入a a，b b的坐标，可得 cos2(1)2sin2cos2sin20，所以(1)2sin2sin20.因为 00)故2.(2)由(1)及题设条件，知a ab bcoscossinsincos()45.因为02， 所以20，|b b|0，0cos22，且a ab b、b ba an2|nZ Z，所以|a|a|b|b|cosn2，|a|a|b|b|cosm2，其中 m，nN N* *，两式相乘，得mn2

41、cos2.因为 0cos22，所以 0cos212，得 0mn0.由题意得，(2d)223d8，d2欢迎下载24d6(d3)(d2)0，得d2.故ana1(n1)d2(n1)22n，故an2n.(2)bnan2an2n22n.Snb1b2bn(222)(424)(2n22n)(2462n)(222422n)（22n）n24（14n）14n2n4n143.例 2解：(1)设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得 2a3a5a4，即 2a1q2a1q4a1q3.由a10，q0 得q2q20，解得q12，q21(舍去)，所以q2.(2)证明：法一：对任意kN N* *，S

42、k2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意kN N* *，Sk2，Sk，Sk1成等差数列法二：对任意kN N* *，2Sk2a1（1qk）1q，Sk2Sk1a1（1qk2）1qa1（1qk1）1qa1（2qk2qk1）1q.2Sk(Sk2Sk1)2a1（1qk）1qa1（2qk2qk1）1qa11q2(1qk)(2qk2qk1)a1qk1q(q2q2)0，因此，对任意kN N* *，Sk2，Sk，Sk1成等差数列预测押题 2解： (1)由an2pa2n1an， 得an2an1pan1an.令cnan1an， 则c1a，cn1pcn.a0，

43、c10，cn1cnp(非零常数)，数列an1an是等比数列(2)数列cn是首项为a，公比为p的等比数列，cnc1pn1apn1，即an1anapn1.当n2 时，ananan1an1an2a2a1a1(apn2)(apn3)(ap0)1an1pn23n22.a1满足上式，anan1pn23n22，nN N* *.例 3解析：(1)设数列an的公比为q，由a1a2a34a31q3与a4a5a612a31q12可得q93，an1anan1a31q3n3324，因此q3n68134q36，所以n14.(2)因为d0，所以an1an，所以p1是真命题因为n1n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题同

44、理p3是假命题由an13(n1)dan3nd4d0，所以p4是真命题答案：(1)C(2)D预测押题 3(1)选 C由题意得S66a115d5a110d，所以a60，故当n5 或 6时，Sn最大(2)选 Aa4a82，a6(a22a6a10)a6a22a26a6a10a242a4a8a28(a4a8)24.(3)选 A依题意，数列S10，S20S10，S30S20，S40S30成等比数列，因此有(S20S10)2S10(S30S20)，即(S2010)210(70S20)，故S2020 或S2030.又S200，因此S2030，S20S1020，S30S2040，则S40S30（S30S20）2

45、S20S107040220150.交汇创新考点欢迎下载25例 1选 D由题意知f(Sn2)f(an)f(3)(nN N* *)，Sn23an，Sn123an1(n2)， 两式相减得， 2an3an1(n2) 又n1 时，S123a1a12， a11， 数列an是首项为 1，公比为32的等比数列，an32n1.预测押题 1选 A设Pn1(n1，an1)，则PnPn1(1，an1an)(1，2)，即an1an2，所以数列an是以 2 为公差的等差数列又因为a12a23，所以a113，所以Snnn43 .例 2选 C法一：设an的公比为q.f(an)a2n，a2n1a2nan1an2q2，f(an)

46、是等比数列排除 B、D.f(an) |an|，|an1|an|an1an| |q|，f(an)是等比数列排除 A.法二：不妨令an2n，因为f(x)x2，所以f(an)4n.显然f(2n)是首项为 4，公比为4 的等比数列因为f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以f（a2）f（a1）24224f（a3）f（a2）282416，所以f(an)不是等比数列因为f(x) |x|，所以f(an) 2n( 2)n.显然f(an)是首项为 2，公比为 2的等比数列因为f(x)ln|x|，所以f(an)ln2nnln2.显然f(an)是首项为 ln2，

47、公差为 ln2的等差数列预测押题 2解析：(1)若正比例函数f(x)kx(k0)，则f（an1）f（an）kan1kanan1anq，故函数f(x)kx(k0)是“保等比数列函数”(2) 若 二 次 函 数f(x) kx2bxc(k0 ， 且b，c不 全 为 0) ， 则f（an1）f（an）k（an1）2ban1ck（an）2banck（an）2q2banqck（an）2bnc，不是常数，故函数分f(x)kx2bxc(k0 且b，c不全为 0)不是“保等比数列函数”(3)若幂函数f(x)xm(m0)， 则f（an1）f（an）（an1）m（an）man1anmqm， 故函数f(x)xm(m0

48、)是“保等比数列函数”(4)如指数函数f(x)mx(m0，且m1)，则f（an1）f（an）man1manman1an，不是常数，故函数f(x)mx(m0 且m1)不是“保等比数列函数”答案：(1)(3)第二讲数列的综合应用基础单纯考点欢迎下载26例 1解：(1)函数f(x)x2bx为偶函数，b0，f(x)x2，an12f(an1)12(an1)21，an112(an1)2.又a13，an1，bnlog2(an1)，b1log2(a11)1， bn11bn1log2（an11）1log2（an1）1log22（an1）21log2（an1）122log2（an1）log2（an1）12， 数列

49、bn1是首项为 2，公比为 2 的等比数列(2)由(1)得，bn12n，bn2n1，cnnbnn2nn，设An12222323n2n，则 2An122223324n2n1，An222232nn2n12（12n）12n2n12n1n2n12，An(n1)2n12.设Bn1234n，则Bnn（n1）2，SnAnBn(n1)2n12n（n1）2.预测押题 1解：(1)由已知，得a1a2a37，（a13）（a34）23a2.解得a22.设数列an的公比为q，则a1q2，a12q，a3a1q22q.由S37，可知2q22q7，2q25q20，解得q12，q212.由题意，得q1，q2.a11.故数列an

50、的通项公式为an2n1.(2)证明：bnan（an1） （an11）2n1（2n11） （2n1）12n1112n1，Tn12011211 12111221 12211231 12n1112n1 11112n11212n1a1a13b1b13b7，即2013 年 7 月甲企业的产值比乙企业的产值大(2)设一共用了n天，则n天平均耗资为p(n)，则p(n)3.2104（5n4910）n2n3.2104nn209.92.当且仅当3.2104nn20，即n800 时，p(n)有最小值，故日均耗资最小时使用了 800 天交汇创新考点例 1解(1)设等比数列an的公比为q， 则由已知可得a31q3125

51、，|a1qa1q2|10，解得a153，q3，或a15，q1.故an533n1，或an5(1)n1.(2)若an533n1， 则1an3513n1， 故1an是首项为35，公比为13的等比数列， 从而错误错误!1an351（13）m113910. 113m9101.若an5(1)n1， 则1an15(1)n1， 故1an是首项为15，公比为1 的等比数列，从而错误错误!1an15，m2k1（kN N* *） ，0，M2k（kN N* *） ，故错误错误!1an1.综上，对任何正整数m，总有错误错误!1ank32n12，k2132n1.令f(n)2132n1，则f(n)随n的增大而增大，f(n)

52、minf(1)21353.k1，nN N* *)(anan1)(bn1bn)(an1an)(bnbn1)0d(bn1bn)d(bnbn1)0bn1bnbnbn1q1，这与q1 矛盾，所以当d0 且q1 时，P1，P2，P3Pn，不可能在同一条直线上专题四立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积基础单纯考点例 1解析：(1)由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项 D.(2)根据已知条件作出图形：四面体C1A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示欢迎下载29图形(1)图形(2)答案：(1)D(2)A预测押题 1(1)选

53、 B依题意，左视图中棱的方向是从左上角到右下角(2)选 A对于，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形；对于，存在如图所示的三棱锥SABC，底面为等腰三角形，其底边AB的中点为D，BC的中点为E，侧面SAB上的斜高为SD，且CBABSDSE，顶点S在底面上的射影为AC的中点，则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的三角形；对于，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其正视图与侧视图是全等的三角形例 2解析：(1)如图，作出球的一个截面，则MC862(cm)，BM12AB1284(cm) 设球的半径为Rcm， 则R2OM2MB2(R2)242， R5， V球43535003(cm3

54、)(2)由三视图可知该几何体为一直三棱柱被截去了一个小三棱柱， 如图所示 三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为 3 和 4，三棱柱的高为 5，故其体积V11234530(cm3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为 3，故其体积V213123436(cm3)，所以所求几何体的体积为 30624(cm3)(1)图(2)图答案：(1)A(2)24预测押题 2(1)解析： 由三视图知该几何体为上底直径为 2， 下底直径为 6， 高为 23欢迎下载30的圆台，则几何体的全面积S19122(3612)26.答案：26(2)解析：作出三视图所对应的几何体 (如图)，底面ABCD是边长为 2 的

55、正方形，SD平面ABCD，EC平面ABCD，SD2，EC1，连接SC，则该几何体的体积为VSDABCEVSABCDVSBCE13421312212103.答案：103例 3选 C因为直三棱柱中AB3，AC4，A1A12，ABAC，所以BC5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径 取BC中点D， 则OD底面ABC， 则O在侧面BCC1B1内， 矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以 2R 1225213，即R132.预测押题3选C取SC的中点E， 连接AE、BE， 依题意，BC2AB2AC22ABACcos603，AC2AB2BC2，即ABBC.又SA平面ABC，SABC，又SAABA，BC平

56、面SAB，BCSB，AE12SCBE，点E是三棱锤SABC的外接球的球心，即点E与点O重合，OA12SC12SA2AC22，故球O的表面积为 4OA216.交汇创新考点例解：如图 1 所示的ABC中，设BDx(0 x3)，则CD3x.由ADBC，ACB45知ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如图2)，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BDC.又因为BDC90，所以SBCD12BDCD12x(3x) 于是VABCD13ADSBCD13(3x)12x(3x)VABCD16(x36x29x) 令f(x)16(x36x29x)，由f(x)12(x1)(x

57、3)0，且 0 x0；当x(1，3)时，f(x)0)，则xx，y2y，z2z，则E1，21，21，BE21，21，21. 由BEA1C10，BEA1C0，得21210，21210，解得2，所以线段CC1上存在一点E，CE2EC1，使BE平面A1CC1.(2)设平面C1A1C的法向量m m(x，y，z)，则由m mA1C10，m mA1C0，得xy0，2y2z0，取x1，则y1，z1.故m m(1，1，1)，而平面A1CA的一个法向量n n(1，0，0)，则 cosm m，n nm mn n|m m|n n|1333，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为33.例 4解： (1)在ABC中

58、， 由E，F分别是AC，BC的中点， 得EFAB.又AB 平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0，)，A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2 3，0)，E(0， 3，1)，F(1， 3，0)，DF(1， 3，0)，DE(0， 3，1)，DA(0，0，2)平面CDF的法向量为DA(0，0，2) 设平面EDF的法向量n n(x，y，z)， 则DFn n0，DEn n0，即x 3y0，3yz0，取n n(3， 3， 3)， cosDAn n|DA|n n|217，所以二面角EDFC

59、的余弦值为217.(3)存在设P(s，t，0)，有AP(s，t，2)，则APDE 3t20，t2 33，又BP(s2，t，0)，PC(s，2 3t，0)，BPPC，(s2)(2 3t)st， 3st2 3.把t2 33代入上式得s43，BP13BC，在线段BC上存在点P，使APDE.此欢迎下载38时，BPBC13.预测押题 4解：(1)证明：如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，D(1，0，1)，即C1B1(0，2，0)，DC1(1，0，1)，CD(1，0，1)由C1B

60、1CD(0，2，0)(1，0，1)0000，得C1B1CD，即C1B1CD.由DC1CD(1，0，1)(1，0，1)1010，得DC1CD，即DC1CD.又DC1C1B1C1，CD平面B1C1D.又CD平面B1CD，平面B1CD平面B1C1D.(2)存在当AD22AA1时，二面角B1CDC1的大小为 60.理由如下：设ADa，则D点坐标为(1，0，a)，CD(1，0，a)，CB1(0，2，2)，设平面B1CD的法向量为m m(x，y，z)，则m mCB10m mCD02y2z0，xaz0，令z1，得m m(a，1，1)又CB(0，2，0)为平面C1CD的一个法向量，则 cos|m mCB|m