數(shù)學三維設計答案

1、1第一部分專題復習培植新的增分點專題一集合與常用邏輯用語、函數(shù)與導數(shù)、不等式第一講集合與常用邏輯用語基礎單純考點例 1 解析：(1)T A= x2 或 x0, B = x| . 5x , 5,/ A A B= x|5x0 或 2x 5,A U B = R.2a + 13 , 解得6a 9,即實數(shù)a的取值范圍,3a 5 w 22,為(6, 9.答案：(1)B(2)D預測押題1 (1)選A 本題逆向運用元素與集合的關系求參數(shù)的取值范圍，抓住1?A作為解題的突破口，1?A即1不滿足集合A中不等式，所以12 2 x 1+ aw 0? aw 1.(2)選 B 對于 2x(x 2)1，等價于 x(x 2)

2、0，解得 0 x2，所以 A = x|0 x0,得x1，故B=x|x 1，則陰影部 分表示 A A (?RB)= x|1 w x0,恒成立；中不等式可變?yōu)閘g2x+log2，得1 1x1;中由ab0 ,得1，而c0，所以為假命題；若 ab= 0,n則a、b中至少一個為零即可，為假命題；x= kn + (k R)是tan x= 1的充要條件，為假命題.(2)解析：“？ x R, 2x2 3ax + 9 0” 為真 命題，因此 = 9a2 4X 2 x 9w 0,故2 2w aw 2 2.答案：2 2, 2 2例3解析：(1)當x= 2且y= 1時，滿足方程x+ y 1= 0,即點P(2, 1)在

3、直線I 上.點P(0, 1)在直線I上，但不滿足 x= 2且y= 1，二“ x= 2且y= 1”是“點P(x, y) 在直線I上”的充分而不必要條件.(2)因為y= mmx+1經過第一、三、四象限，所以一 m0,十0, n0,但此為充 要條件，因此，其必要不充分條件為mn 10b得 ab,由 lg alg b 得 ab0,所以 “ 1010b”是algb ”的必要不充分條件.2 解析：由 |x m|2,得一2x m2,即 m 2xm + 2.依題意有集合x|2w x 3是x|m2xm+ 2的真子集，于是有答案：(1 , 4)m 22,由此解得1m3,交匯創(chuàng)新考點2例1選A 在同一坐標系下畫出橢

4、圓x +牛=1及函數(shù)y= 2的圖象，結合圖形不難得知它們的圖像有兩個公共點，因此AH B中的元素有2個，其子集共有22= 4個.預測押題 1選 B A = x|x2 + 2x 30 = x|x1 或 x0 , f( 3) = 6a + 80,根據(jù)對稱性可知，要使AH B中恰含有一個整數(shù)，則f 34 4a 1 w 0, a 4，34這個整數(shù)解為2,所以有f(2)0,即卩所以即3 w a0,443La3，例2解析：對：取f(x)= x 1, x N，所以B= N , A = N是保序同構”；對：97取 f(x) = 2x 2( 1W xw 3)，所以 A = x| 1w xW 3, B = x|

5、8w xw 10是“保序同構”；對：取f(x)=tan n x(0 x1)，所以A=x|0 x0, 1 2 0,解得 3 3,(2)設t= 1 + sinx,易知t 0 , 2,所求問題等價于求g(t)在區(qū)間0 , 2上的值域.由 g(t)=護一ft2+ 4t,得 g(t)= t2 5t+ 4= (t 1)(t 4).由 g(t)= 0，可得 t = 1 或 t = 4. 3 2又因為 t 0, 2,所以 t= 1 是 g(t)的極大值點.由 g(0) = 0, g(1) = ；+ 4 = f, g(2) = fx 2332X z2+ 4 X 2= 3 得當 t 0 , 2時,23- 11|

6、g(t) o, 6 Iy= e (x+ “，即 f(x) = e x 1ex向左平移1個單位2x2, 0W x 1,x2 + 3x, 1x 3.寧+眷顯然，當所以 g(x) = xf(x) =+得 f(x) + f( x) = 8.又Tg(log210)= lg孟=g(|g2)=Ig(ig 2)-iii即g(1 + sinx)的值域是 0,石- 111答案：(1)A(2) 0,石 I預測押題 1(1)解析：/ f(-4) = tannn = 1，二 f(f(n4) = f( 1) = 2X ( 1)3= 2.答案：2(2)由題意知：a豐0, f(x) = (x+ a)(bx+ 2a) = bx

7、2 + (2a+ ab)x+ 2a2是偶函數(shù)，則其圖像關 于y軸對稱，所以2a+ ab= 0, b= 2所以f(x) = 2x2+ 2a2，因為它的的值域為(一汽 2, 所以 2a2 = 2所以 f(x)= 2x2 + 2.答案：2x2+ 2例2解析：(1)曲線y= ex關于y軸對稱的曲線為y= e %,將y = 長度得到八0 2(2)由題圖可知直線 OA的方程是y= 2x;而kAB = T2 = 1，所以直線AB的方程為y =3 12x, 0 x 1,(x 3) = x+ 3.由題意，知 f(x)=|x+ 3, 1xW 3,當 0W x 1 時，故 g(x)= 2/ 0 , 2;當 1x 3

8、 時，g(x)= x2+ 3= x=號時，取得最大值9；當x = 3時，取得最小值0.綜上所述，g(x)的值域為0, 9答案：(1)D(2)B預測押題2 (1)選C 因為函數(shù)的定義域是非零實數(shù)集，所以A錯；當x0,所以B錯；當XT + R時，0,所以D錯.(2)選B 因為f(x) = f( x),所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)因為f(x+ 2) = f(x)，所以函數(shù)f(x)的 周期是2,再結合選項中的圖像得出正確選項為B.例3解析：(1)函數(shù)y= 3兇為偶函數(shù)，在( R, 0) 上為增函數(shù).選項A , D是奇函數(shù), 不符合；選項B是偶函數(shù)但單調性不符合；只有選項C符合要求.(2) / f(x)=

9、ax + bsinx+ 4,二 f( x)= a( x)3 + bsin( x) + 4,即 f( x) = ax3 bsinx + 4,-f(lg(lg210) = f( lg(lg 2) = 5. 又由式知 f( lg(lg 2) + f(lg(lg 2) = 8, 5 + f(lg(lg 2) = 8, f(lg(lg 2) = 3. 答案：(1)C(2)C預測押題3 (1)選A 依題意得，函數(shù)f(x)在0,+ )上是增函數(shù)，且f(x)= f(|x|),不4等式 f(1 - 2x)f(3)? f(|1 2x|)f(3)? |1 2x|3? -31 - 2x3? - 1x2. (2)解析：

10、/ f(x)= f x + 2 ,二 f x+ 2 = f(x+ 3)= f(x), f(x)= f(x+ 3) , f(x)是以3為周期的周期函數(shù).則 f(2014) = f(671 X 3+ 1) = f(1) = 3.答案：3(3)解析：因為函數(shù)f(x)的圖像關于y軸對稱，所以該函數(shù)是偶函數(shù)，又f(1) = 0，所以f(1) = 0又已知f(x)在(0,+)上為減函數(shù)，所以f(x)在(一a, 0)上為增函數(shù). 一x)+ f(% %)o,x 可化為xf(x)0時，解集為x|x1;當x0時，解集為x| 1x0.綜上可知，不等式的解集為(一1, 0) U (1 ,+a ).答案：(1 , 0)

11、 U (1 ,+a )交匯創(chuàng)新考點例 1 解析：設 x0. T 當 x 0 時，f(x) = x2 一4x, f( x)= ( x)2 4(一 x). T f(x) 2x2 4x, x 0,是定義在 R 上的偶函數(shù)， f( x) = f(x), f(x)= x2 + 4x(x0), f(x) = 2由 f(x)x2 + 4x, x0.X2 4x= 5,x2 + 4x= 5,=5得或j x= 5或x = 5.觀察圖像可知由f(x)5，得5x 0,lx0,f(x+ 2)5，得一5x+ 25， 7x3.不等式 f(x+ 2)5 的解集是x| 7x3.答案：x| 7x3預測押題1解析：根據(jù)已知條件畫出

12、f(x)圖像如圖所示.因為對稱軸為x= 1，所以 (0, 1)關于x= 1的對稱點為(一2, 1).因 f(m)1，所以應有2m0.因f(x)在( 1, + )上遞增，所以答案：例2解析：因為A, B是R的兩個非空真子集，且 AA B= ?，畫出韋恩圖如圖所示, 則實數(shù)x與集合A, B的關系可分為x A, x B, x?A且x?B三種.f(m + 2)f(0) = 1.5fA UB ( X)+ 1所以 F(x)= fA ( x) + fB (x) + 1一1 + 0 + 1fA UB (X) + 1所以 F(x)= fA ( x) + fB (x) + 1一1 + 0 + 1fAU B ( X

13、) + 1=0，所以 F(x)= fA( x) + fB( x) + 10+ 0+ 1綜上，函數(shù)的值域中只有一個元素1,即函數(shù)的值域為1 答案：1預測押題2 由定義，可知1 + 11+ 1 + 1(1)當x A時，根據(jù)定義，得(A U B),則必有 x A U B,所以 fAUB(X)= 1.1 + 1 彳 =1.(2)當x B時，根據(jù)定義，得fB(x)= 1.因為AA B= ?，所以x?A，故fA(x) = 0.又因為B?(A U B)，則必有 x A U B,所以 fAUB(X)= 1.1 + 1 彳=1.當x?A且x?B,根據(jù)定義，得fA(x) = 0, fB(x) = 0.由圖可知，顯

14、然 x?(AU B),故fAUB(x) 0+ 1 = 1.解：當x A A B時，因為(AA B)? (AU B),所以必有 x AU B.fAU B (X)+ 1fA(x)= 1 , fB(X)= 1 , fAU B(X)= 1，所以 F(X)= fA ( x) + fB ( x) + 123.2故函數(shù)F(x)的值域為- 第三講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的應用 基礎單純考點111例1解析：(1)當x= 1, y=一= 0,所以函數(shù)y= ax-的圖像必過定點(一1 , 0),a aa結合選項可知選D.(2) a= log 36 = log 33+ log32 = 1 + log-2, b=

15、 log510= log55 + log 52 = 1 + log 52 , c= log714 = log77+ log72 = 1 + log72 , / log32log 52log72 , / abc.答案：(1)D(2)D預測押題1 (1)選A 函數(shù)y= x x為奇函數(shù)當x0時，由x x30 ,即x3x ,可得 x21 ,故x1,結合選項，選 A.選 B 依題意的 a= ln x ( 1, 0) , b= (1, 2) , c= elnx (e 1 , 1),因此 bca.1例2解析：(1)由f( 1) = 2 30及零點定理，知f(x)的零點在區(qū)間(一1 ,0)上.(2)當 f(x

16、) = 0 時，x= 1 或 x= 1,故 ff(x) + 1 = 0 時，f(x) + 1 = 1 或 1.當 f(x) + 1 = 1,1即f(x) = 2時，解得x= 3或x = 4；當f(x) + 1 = 1即f(x) = 0時，解得x= 1或x = 1.故函X?B，故 fB(x) = 0又因為 A?6(2)設用于技術改造的資金為兩項所增加的收益為g(x)=2xW3 時，g(x)0時，由f(x)= In x= 0,得x= 1因為函數(shù)f(x)有兩個不同的零 點，則當XW 0時，函數(shù)f(x)= 2x a有一個零點，令f(x) = 0得a= 2x,因為02x 2= 1，所 以0aw 1，所以

17、實數(shù)a的取值范圍是0a 1.答案：(0, 1例3解：由年銷售量為x件，按利潤的計算公式，有生產A, B兩產品的年利潤y1, y2 分別為 y1= 10 x (20 + mx) = (10 m)x 20(x n, 0 x 200), y= 18x (8x+ 40) 0.05x2 =0.05x2+ 10 x 40(x n, 0 x0 ,函數(shù)y1= (10 m)x 20在0 , 200上是增函數(shù)，所以 當x= 200時，生產 A產品有最大利潤，且 y1max = (10 m)x 200 20= 1980 200m(萬美元).又 y2= 0.05(x 100)2 + 460(x N , 0W x0,

18、6W m7.6,因為 y1max y2max= 1980 200m 460= 1520 200m = 0, m= 7.6,0, 7.6mW 8.所以當6W m7.6時，可投資生產 A產品200件；當m = 7.6時，生產A產品或生產B產品均可(投資生產A產品200件或生產B產品100 件)；當7.6mW 8時，可投資生產 B產品100件.預測押題3解：(1)設投入廣告費t(百萬元)后由此增加的收益為f(t)(百萬元)，則f(t)2 2 2=(t2 + 5t) 1= t2+ 4t= (t 2)2 + 4(0W tW 3).所以當t= 2時，f(t)max= 4，即當集團投入兩百萬廣告費時，才能使

19、集團由廣告費而產生的收益最大.x(百萬元)，則用于廣告費的費用為(3 x)(百萬元)，則由此1x3 + x2+ 3x + (3 x)2 + 5(3 x) 3 = gx3 + 4x +3(0 W xW 3).對 g(x)求導，得 g(x) = x2 + 4，令 g(x)= x2 + 4 = 0，得 x= 2 或 x= 2(舍去).當0 W x0，即g(x)在0 , 2)上單調遞增；當25單調遞減.當 x= 2 時，g(x)max= g(2) = y.故在三百萬資金中，兩百萬元用于技術改造，一百萬元用于廣告促銷，這樣集團由此所交匯創(chuàng)新考點I冗、n例 1選 B I x f(x)0 , x (0, n

20、 )且 ,當0 x：時，f(x)0 , f(x)在(0 ,亍)上單調遞減.當才x0, f(x)在 n, n上單調遞增.當 x 0 , n 時，0f(x)1. 當 x n , 2n ，貝U 0W 2 n xW n .又 f(x)是以 2n 為最 小正周期的偶函數(shù)，知f(2n x)= f(x). x n , 2 n 時，仍有0f(x)1.依題意及y= f(x)與 y= sinx的性質，在同一坐標系內作7y= f(x)與 y= sinx 的簡圖.則 y = f(x)與 y = sinx 在 x 2 n , 2n 有 4 個交點. 故函數(shù)y = f(x) sinx在2 n , 2 n 上有4個零點.預

21、測押題選 D 根據(jù) f x+ 4 = f x 4，可得 f x+ 2 = f (x),進而得 f(x+ 5) = f(x), 即函數(shù)y= f(x)是以5為周期的周期函數(shù).當 x 1, 4時，f(x)= x2 2x,在1, 0內有一 個零點，在(0,4內有xi = 2, X2= 4兩個零點，故在一個周期內函數(shù)有三個零點.又因為2012=402X 5 + 2,故函數(shù)在區(qū)間0 , 2010內有402 X 3= 1206個零點，在區(qū)間(2010 , 2012內的 零點個數(shù)與在區(qū)間(0, 2內零點的個數(shù)相同， 即只有一個零點，所以函數(shù) f(x)在0 , 2012上零 點的個數(shù)為1207.第四講不等式基礎

22、單純考點1例1解析：(1)原不等式等價于(x 1)(2x+ 1)0或x 1 = 0,即-x0的解集為= x| 1x0,. 110 x2，解得 xlg2，即 x0 時，f(x)=x2 1 , 2x+ 1 x,即 x 2x+ 10,解得x0且x豐1.1當 x 1,即一x1，解得 x 1故 x ( a, 1) U (0, 1) U (1,+ ).2(2)解析：/ f(x)= x2 + ax+ b 的值域為0，+a ) ,. = 0 ,. b 丁 = 0，二 f(x) = x2 + ax + 器2= x+ 器.又T f(x)0)，二 m+ n= m+n(2m+n)=4+36x+ 60y 900,x+

23、yw 21,作出可行域，如圖中陰影部分所示，可知目標函數(shù)過點(5, 12)時，有最小y-x 7,x, y n,值 Zmin = 36800(元).預測押題2 (1)選C 題中的不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，平移直線x-y = 0,當平移經過該平面區(qū)域內的點(0, 1)時，相應直線在x軸上的截距達到最小，此時xy取得最小值，最小值是x y = 0 1 = 1;當平移到經過該平面內區(qū)域內的點(2, 0)時，相應直線在x軸上的截距達到最大，此時x y取得最大值，最大值是x y= 2 0 = 2因此xy的取值范圍是1, 2.解析：作出可行域，如圖中陰影部分所示，區(qū)域面積S= 2x a + 2

24、 x 2 = 3，解得a=2.答案：2例 3 解析： 因一6 0 , a + 6 0,二.(3 a)( a + 6) w 3 a+ a+ 6 = 9，當且僅當a= 3時等號成立.22 2(2)f(x) = 4x+ x2寸4x = 4寸a(x0, a0)，當且僅當4x=號，即x=時等號成立，此 時f(x)取得最小值4 .a.又由已知 x= 3 時，f(x) min = 4 a,.羅=3,即卩 a= 36.答案：(1)B(2)36點 A( 2, 1),則一2m n+ 1 = 0,即 2m+ n= 1(m0, n +細4 + 2云莎=8,當且僅當n =處，即n m n. m nm n112=2m=1

25、時取等號，即m+ 2的最小值是8._ A選 A 由已知得 a + 2b = 2.又T a0, b0,. 2 = a+ 2b2.2ab,. abw?,當且僅當 a = 2b= 1時取等號.交匯創(chuàng)新考點答案：(1)A9例2選Cz= x2 3xy+ 4y2(x, y, z R+),例1選C 作出可行域，如圖中陰影部分所示，三個頂點到圓心(0, 1)的距離分別是1，1， .2,由A? B得三角形所有點都在圓的內部，故.m.2，解得：m2.預測押題1選C 如圖，若使以(4, 1)為圓心的圓與陰影部分區(qū)域至少有兩個交點， 結合圖形，當圓與直線x y 2 = 0相切時，恰有一個公共點，此時a = ； = ?

26、,當圓的半徑增大到恰好過點 A(2, 2)時，圓與陰影部分至少有兩個公共點，此時a = 5，故a的取值范1圍是2aw 5，故選C.Z = x 3xy+ 4/ = x+ 4y 32，x4y xyxy y x1 y x3 = 1.當且僅當 ，即 x= 2y 時=”成立，此時 z= x2 3xy+ 4y2= 4一6y2+ 4=2y2, x + 2y z= 2y+ 2y 2y2= 2y2 + 4y= 2(y 1)2+ 2. A 當 y= 1 時，x + 2y z 取得最大值 2.預測押題 2解析：4x2+ y2+ xy= 1, (2x+ y)2= 3xy+ 1 = |x 2xy+ 10 ;當 x (

27、2, In2)時，f(x) 0 恒成立，不符合題意；當 m0時，f(x)的單調遞減區(qū)間是(3m, m)，若f(x)在區(qū)間(2, 3) 3m w 2,上是減函數(shù)，則*解得m3;m 3,當m0時，f(x)的單調遞減區(qū)間是(m, 3m),若f(x)在區(qū)間(一2 , 3)上是減函數(shù)，貝U m0, f(x)為( a,+a )上的增函數(shù)，所 以函數(shù)f(x)無極值.當 a0 時，令 f (x) = 0,得 ex = a, 即卩 x= ln a.當 x ( a, ln a)時，f (x)0,所以f(x)在( a, ln a)上單調遞減，在(In a,+a )上單調遞增，故f(x)在 x= ln a處取得 最小

28、值，且極小值為f(ln a) = ln a,無極大值.綜上，當a0時，函數(shù)f(x)在x= ln a處取得極小值ln a, 無極大值.1(2)當a= 1時，f(x)= x 1 + g.直線l: y= kx 1與曲線y= f(x)沒有公共點，等價于關于x 的方程kx 1 = x 1 + 在 R上沒有實數(shù)解，即關于x的方程：(k 1)x= e(*)在R上沒有實數(shù)解.1 當k= 1時，方程(*)可化為-=0,在R上沒有實數(shù)解.e 當心1時，方程(*)可化為亠=xex.k 1令 g(x) = xex,則有 g (x)= (1 + x)ex.令g (x) = 0，得x = 1，當x變化時，g (x), g

29、(x)的變化情況如下表：x( a, 1)1(1,+a )g (x)一0+11根，不妨設這兩個根為X1, X2,并令 h(x)= ax2 3x+ 2,則X1+ X2= 30a例 1 解：(1)證明：設(XX) = f(x) 1 aj = aln x a| 1g(x)1 e1當x= 1時，g(x)min= -，同時當x趨于時，g(x)趨于+ ,從而g(x)的取值范圍e為一右+ 所以當 豐 (3 :時，方程(*)無實數(shù)解，解得k的取值范圍是(1 e, 1) 綜合，得k的最大值為1.232預測押題3解：(1)f(x) = a+孑一x，由題意可知fq = 1,解得a = 1.2( x 1)( x 2)故

30、 f(x)= x - 3ln x,. f(x)=x2，由 f(x) = 0,得 x= 2.于是可得下表：X32it，2)2(2, 3)3f (X)一0+f(x)1 3ln 2 f(x)min = f(2) = 1 3ln 2.23 + 2(2)f(x)= a+負x= ax孑 (x0),由題意可得方程ax2 3x+ 2= 0有兩個不等的正實X1X2= 20.la = 9 8a0,39也可以為 匸0, 解得0a0.交匯創(chuàng)新考點1 (x0)，貝V X(x)=點一4 令 X(x) = 0,則 x= 1，易知 Xx)在 x= 1 處取到最小值，故 X(x) X(1) = 0，即 f(x) 1 aj X

31、j(2)x 1 In x X 1x 1x由 f(x)x得 aln x+ 1x,即卩 a；.令 g(x) = _ln_X(1xe)，貝U g (x)=(ln x)2.令 h(x) = In x X 111(1x0,故h(x)在定義域上單調遞增，所以h(x)h(1) = 0.因為h(x)0,XX Xx一 1所以g (x)0，即g(x)在定義域上單調遞增，則g(x)g(e)= e 1，即-e 1,所以a的取值in x范圍為e 1 ,+3 ).12預測押題 1解：(1)由 f(x)= eX(x2 + ax a)可得，f(x) = eXx2+ (a+ 2)x.當 a= 1 時，f(1) =e, f (1

32、) = 4e所以曲線 y= f(x)在點(1, f(1)處的切線方程為 y e= 4e(x 1)，即 y= 4ex 3e.(2)令 f (x) = eXx2 + (a+ 2)x = 0,解得 x= (a+ 2)或 x = 0.當一(a+ 2) 2 時， 在區(qū)間0,+s )上, f (x)A 0,所以f(x )在0,+s )上是增函數(shù)，所以方程f(x)= k在0,+s )13范圍是例2上不可能有兩個不相等的實數(shù)根.當一(a+ 2)0，即a a時，有f(x) f( a) = e a(a) a,又f(0) = a,所以要使方程f(x)= k在0 ,+8 )上有兩個不相等的實數(shù)根，k的取值a + 41

33、6玄+ 2, a .選C 法一：曲線y = 1與直線x= 1及x軸所圍成的曲邊圖形的面積S= 11 ,xdx* 02x22 10= 3,又T SAAOB = 2，陰影部分的面積為1 自陰影部分的概率為P=.6法二： S陰影= J( x x)dx= 6 , S 正方形 OABC = 1 , 0 62 11S= 2 1 = 1，由幾何概型可知，點 P取32 6點P取自陰影部分的概率為預測押題2解析：畫出草圖,s陰影18 = 18162 = _818 = 27.答案：27例3解：因為方程ax (1 + a2)x2= 0(a0)有兩個實根x1 =0, x2=T+了 故 f(x)0的解集為x|X1x0)

34、.令 d(a) = 0,得 a= 1.由于 0k1，故當 1 kw a0, d(a)單調遞增；當 1a 1 + k 時，d(a)0, d(a)單調遞減.所以當 1 1 k一 _ d (1 一 k)1 +( 1 k)k a 1 + k時,d(a)的最小值必定在 a = 1 k或a= 1 + k處取得.而d(十燈=1+21 +( 1 + k)，故I的長度為a1+ a2.右1，故d(1 k)b 時，f(x)0，函數(shù) f(x)在( a, 1), ( 1,+a )上單調遞增；當ab時，f(x) ab,所以 f(1) 由知時， = f(x) =a + b計算得f(i) =2廠o,Ki，即 f(1)f(b)

35、= f a由(*)得 f(b) Wa+ b 2ab .-= ab2 a + bK_L K,f(a)成等比數(shù)列因為一亍ab0.因為 f(1.(*)所以 f(1),=G.故由 H W f(x) W G,得 f() W f(x) W f( : )bx的取值范圍為(0,+a )；當ab時，0-1，從而a衛(wèi),)上單調遞減與(*)式，得-W xW b，即x的取值v a a(*)當 a= b由f(x)在(0,+s )上單調遞增(*)式，得Wx ,-,即x的取值范圍為當a1，從而范圍為,.綜上，當a= b時,;當ab時，x的取值范圍為ba專題二 三角函數(shù)、解三角形、平面向量第一講三角函數(shù)的圖像與性質解析：(1

36、)1 2sin ( n + 0) sin2sin 0 cos 0 = |sin 0 cos0 |,n ，二 sin0 cos0 0,故原式=sin0 cos0 .1(2)由已知得|OP|= 2，由三角函數(shù)定義可知sin a =-COS a(k Z).所以 2sin2 a 3tana=2sin 4kn +疔-n 3tan 2kn +6 =.=7,l 卩 a= 2kn +2 6 nn32sin 3ta n = 2X一3623門3 X 丁 .答案：(1)A(2)D預測押題1=3, 故 sin a =(1)選 C 31010 .由已知可得一2tan a + 3sin 3 + 5= 0, tan a 6

37、sin 3 = 1,解得 tan343解析：由A點的縱坐標為5及點A在第二象限，得點A的橫坐標為一4,所以sin a = 3,1617247 y= cos(2x+的圖像向右平移2個單位后得到y(tǒng)= cos 2 xn 1j+0的圖像，整理得y=cos(2x n + 0 -其圖像與y= sin 2x+專 的圖像重合，二0n n n =-3 + 2k n ,0=例3解: (1)f(x)4cos w x sinwx+ -4 = 2 2sin 3 x cos3 x+ 2 2cos2 3 x= . 2(sin2 3=2sin 23x+n + 2x cos2 3 x) +2故 3= 1.3答案：3535 八

38、32 n,例 2解析：(1)T 4T=匸冗一3 = 4 n,. T =n, = n(30),w= 2.由圖5,5nnn n像知當 x= 12冗時，2X 12 n + 0= 2kn + y(k Z)，即 $= 2k n &(k Z).v - ,n 0=亍5 n5 n即 0= + 2k n .又 T n 0 0,從而由 =n ,2 3n - n nn 5 n nn n2x+4 + 2.右 0wx ，則-4 w 2x+ -.當壬 w 2x+4 ,即owxwn時，f(x)單調遞增；當 nW 2x+w竿，即w xwn時，f(x)單調遞減；綜上可824582i nJ nJ n知，f(x)在區(qū)間0 ,上單調

39、遞增，在區(qū)間,上單調遞減.88231 -k cos 2xn1COS atan a =專.故 tan2 a2ta n a1 tan2 a247.答案：(1)A(2)5n(n+n2 +2kn，18預測押題 3解：因為 f(x) = 2sin 2x+ 勺 + a= sin(2x+ )+ a+?,所以 T =n .由扌+ 2k n w 2x+才 w2k n , k Z,得+ k n w x w 2kn , k 乙故函數(shù) f(x)的單調遞減區(qū)間是 n + kn ,號+ kn l(k Z).19因為w xw ，所以6三2X+6 w 6， 2三sin 2x+ -6 0, w= 1，二 f()7n72，0，都

40、有 f(x) m|w 1 , mf(x)max 1 且 mW f(x)min + 1.-的取值范圍為14,j nsin 2x+3 V.即 f(X)max= 4，n，6 w 2x+3w T， 1 w sin 2x+2，7tf(x) min =3 1 w mw 14L 3丿_23.故 m預測押題1解：疔)=2 nncosT co込(2) f(x) = cosx 7tcos1cosx +nCOS3 L1 - sinx = 2cos x+n , 1 1n3 + 44即 cos2xE11 n1百，k乙故使f(x)4成立的x的取值丄一2x =cosx 3 + 4.f(x)4等價于 icos 2x ynn3

41、 n5 ny2x 32kn+y, k 乙解得 kn + vxvkn +5n11 n 八x|kn + 云xkn +, k Z .,.31+ sin2x = geos 2x 集合為7t=廠2=13 = 2 = 4.2 上12 sinxcosx = (1 + cos2x)ncos是 2k n +例2解析：因為圓心由(0, 1)平移到了 (2, 1 ,),所以在此過程中P點所經過的弧長為2,其所對圓心角為 2.如圖所示，過 P點作x軸的垂線，垂足為 A,圓心為C,與x軸相切與點B,過C作PA的垂線，垂足為 D,則/ PCD = 2 專，|PD|= sin 2 扌 =cos2, |CD| =cos 2

42、2 = sin2,所以 P 點坐標為(2 sin2, 1 cos2),即OP的坐標為(2 sin2 , 1 cos2).2021cos/ QOP = 6 6 7 7；2 2+；2)100 23 n所以/ Q。 _.代入C,cos/QOP =6X( 4&)+ 8X( 2) _62+ 82=2/6 16”護100 2例 1解：因為 f(x)= 2cos x =,2cos-4 =2 X #= 1.聶，所以 f()= .2cos 卡右=2cos、3_2,2 n , cos 0 = 5,所以 sin 0 =1 cos2 0 =23 2,270 = 2cos 0 1 = 2X (5) 1 =.2cos 2

43、 0+ 才匚 24 口 I 25丿 25.(2)因為茨n+ 3)=z=25笛=4 cos25 =5，cos24)=- 25.所以 f(2 012 = 2cos 2 0+ -4 = .2 X COS2 0 2sin2 0 = cos2 0 sin2 0sin 2 0 = 2sin 0 cos 0 = 2 X 3 X 5_22答案：(2 si n2, 1 cos2)預測押題2選A 畫出草圖，可知點 Q點落在第三象限，則可排除B、D ;代入A ,第二講三角恒等變換與解三角形基礎單純考點預測押題1解：(1)由已知可得f(x)= 3COS3 x+ , 3sin 3 x= 2 , 3sin ”+寸所以函數(shù)

44、 f(x)的值域為2 ,3, 2 3.又由于正三角形 ABC的高為2 . 3,則BC= 4,所以函數(shù)f(x)的 周期 T= 4X 2 = 8,即 = 8,解得 w=.34(2)因為f(xo)= 誓，由得 伽=2 3sin 嚴+專=誓，即sin 寧+專=*由xo 一罟，3 得 n40+nn -nn 所以 cos 號+寸=,1 4 2= 3，故 f(x0 + 1 = 2.3 sin n4x0+t +t = 2站1 寧+ 才 + 亍=2 .3 sin節(jié)匕嗚+ cos竽+討亍=2.3于| X子=莘例2 解：(1)由已知得，/ PBC= 60，所以/ PBA= 30。在 PBA中，由余弦定理 d 47得

45、 PA2= 3 + 2X .3X?cos30= 4故 PA=_27.(2)設/ PBA = a,由已知得 PB = sin a .在厶PBA中，由正弦定理得 =s。，化簡得 J3sin a = 4sin a .則 tan a = 3 即卩 tan/ PBA =sin (30 a)4422取最大值時,70t + 50)，因 0W tw晉，即0wtw 8，故當t =器n)時,甲、乙兩游客距離最短.預測押題 2 解：(1)由正弦定理得 2sinBcosC = 2sinA sinC.T在 ABC 中，sinA= sin(B1+ C) = sinBcosC+ sinCcosB,. sinC(2cosB

46、1) = 0.又 0C0，二 cosB=注意到n0Bac=4，當且僅當a= c= 2時，等號成立， b的取值范圍為2 ,+ ).交匯創(chuàng)新考點i 4 n例 1解： T f(x) = cos2x-3-cos 2x+ n = 1, 2x +n = 2kn (k Z)，故 x 的集合為x|x= k n n , k Z.3 J36由 f(B+ C)= cos 2 ( B + c)+ n + 1 = 3，可得得 A = .在 ABC 中，由余弦定理，得 a = b + c 2bccos 3 = (b + c) 3bc,由 b+ c= 2, 知bcw匕尹 =1,當b= c= 1時，bc取最大值，此時 a取最

47、小值1.預測押題 1解：(1)由已知得 AB C = bccos 0 = 8, b2+ c2 2bccos 0 = 42,故 b2 + c2 =32.又 b2+ c22bc,所以bcw 16,(當且僅當b= c = 4時等號成立),即卩bc的最大值為16.81nn即-W 16,所以cos 0 -.又0 0 n，所以0其；，即0的取值范圍是(0,.cos 0233J(2)f(0) = *J3sin2 0 + cos2 0 + 1 = 2sin 2 0+-6 + 1.因為 0 0nn，所以 亍2 0 +個w 56n,1n,n 5n 卄n,1,nn 卄2w sin 2 0+ w 1.當 2 0+石=

48、E，即 0=可時，f( 0)min = 2X- + 1 = 2;當 2 0+$ = y，即 0=時，f( 0max= 2X 1 + 1 = 3.12354例 2解：(1)在厶 ABC 中，因為 cosA= 13, cosC =-,所以 sinA=后,sinC=5.從而 sinB5 3 12 4 63AB=sin n (A+ C) = sin(A+ C) = sinAcosC+ cosAsinC =-+5=琵.由正弦定理 =1,二f(x)的最大值為 2.f(x)22cos x= cos 2x+3 = *，由 A (0, n )，可23(3)由正弦定理BC = si nA鴛，得BC=sinBx s

49、inA =6365x豊=500(m).乙從B出發(fā)時，甲131260已經走了 50 x (2 + 8 + 1) = 550(m)，還需要走710m才能到達C.設乙步行的速度為 v m/min ,24C處互相等待的時間不超過3min，乙步行的速度控制在由題意得3W 500 - 710 3，解得1250 vW繆，所以使兩位游客在v 50431412506251，百(單位：m/min)范圍內預測押題2解：(1)因為點C的坐標為5, 5，根據(jù)三角函數(shù)的定義，得sin/COA =435, cos/ COA = 5.因為 AOB 為正三角形，所以/ AOB= 60 .所以 cos/ BOC= cos(/ C

50、OA +314 3 3 60 ) = cos/ COAcos60 sin/ COAsi門60=匚： x =.丿525210冗 in(2)因為/ AOC = 0 0，所以/ BOC =石 + 8在厶 BOC 中，|OB|= |OC|= 1,由余弦 2 3定理，可得 f(0)= |BC|2= |OC|2+ |OB|2 2|OC| |OB| os/ COB = 12+ 12 2 x 1 x 1X cos B+才( n nnn 5 nf3 n 1=2 2cos 0+ .因為 0 02，所以 9.所以-ycos 9+3 ?.所以 12 2cos 9+ nn 2 + 3.所以函數(shù) f( 9的值域為(1,

51、2 + . 3) 第三講平面向量基礎單純考點例1解析：以向量：a的終點為原點，過該點的水平和豎直的網(wǎng)格線所在直線為x軸、y軸建立平面直角坐標系，設一個小正方形網(wǎng)格的邊長為1,貝U a= ( 1, 1), b= (6, 2), c=(1, 3) 由 c= ?a+ 血，即(一1, 3)=久一1, 1) + p(6, 2)，得一+ 6 口= 1,入 + 2 卩1R=3,故入=一 2, 3= 了，則=4.2卩答案：4預測押題1 (1)選A 由已知，得AB = (3, 4)，所以|AB|= 5,因此與AB同方向的單 位向量是1AB = 3，一 5.選C 如圖，連接BP,則AP = AC + CP= b+

52、 PR,AP = AB+ BP = a+ RP RB,+，得 2AP= a + b RB.又RB = 1QB= 2(AB AQ) = 1 a 1AP ,將代入，得 2AP = a+ b 1 a AP ,252x y 3X=3，2y x+ 3 尸 3，3w 2x y 30),又因為 AC = AB+ AD , BE= BC + CE= AD *AB,于是 AC BE = 1 -1 - - 1 - 2 2 1 2 1 1 2 1(AB + AD) (AD AB) = ?AB AD QAB + AD = a + 4a + 1,由已知可得一a + ：a+ 1 = 1. 又a0 ,. a= 1，即AB的

53、長為1答案：(1)A(Ng預測押題 2 (1)選 D a丄(a + b)? a (a + b) = a2 + a b = |a|2 + |a|b|cos = 0,故 cos = 命=申，故所求夾角為 罟.T 2 ff 1T(2)選 C 設 BC 的中點為 M，則 AG = 3AM.又 M 為 BC 中點，.AM = (AB + AC),. AG =|AM=1(AB + AC),. |AG|= J AB2+ AC2+ 2AB AC = AB2+AC24.又 AB AC= 2, / A = 120 ,. |AB|AC|= 4. v |AG| =+ AC2 4|AB|AC| 4= |，當且僅當 |A

54、B|=|AC|時取等號，.|AG|的最小值為|.交匯創(chuàng)新考點例 1解析：設 P(x, y)，則 AP = (x 1, y+ 1) 由題意知 AB = (2, 1), AC= (1, 2) 由f f f2 H 3= x 1 ,AP =於B + MAC知(x 1 , y+ 1) = ?(2 , 1) +31 , 2)，即I 入 + 2 M= y+ 1.ty/ /or-2y=026i-2i/-3=0 2x-i/-6=0 f/,2x-y-9=0 /答案：3預測押題1選D 如圖作可行域，z= OA OP= x + 2y,顯然在B(0, 1)處Zmax = 2故選 D.y工+鬥x-y=l例 2解：(1)

55、/ g(x) = sin(專 + x) + 2cos(-x) = 2sinx+ cosx,. OM = (2, 1), |OM|=22+12= .5.nn .兀一|兀一 5 n(2)由已知可得 h(x) = sinx+ 3cosx= 2sin(x +石)，：0 x _， x+ ,32336n n nn h(x) 1 ,2. 當 x+ 3 ,刁時，即 x 0,石時，函數(shù) h(x)單調遞增，且 h(x) 3, n n 5 nn n _2;當x+ 3 (y,時，即x (石，2】時，函數(shù)h(x)單調遞減，且h(x) 1 , 2).二使得n關于x的方程h(x)-1= 0在0 ,內恒有兩個不相等實數(shù)解的實

56、數(shù)t的取值范圍為.3, 2).預測押題2解：(1)由題設，可得(a+ b) (a- b) = 0,即|a|2- |b|2= 0代入a, b的坐標， 可得 co a + ( 1)2sin2a cos2 3 sin2 B = 0，所以(1)2sin2a sin2 a = 0.因為 0 a0).故入=2.4n 丁(2)由(1)及題設條件，知 a b= cos a cos 3 + si na si n3= cos( a = 5.因為 0 a，所、 n33以一2 a 3 0, |b|0, 0cos 9 ，且 ab ba 2|n Z，所以 |a|cos 0 =n, |a|cos0 =弓，其中 m , n

57、N*，兩式相乘，24|b|2 |b|2得mp= cos50 .因為 0cos 0 2，所以 0cos2 0 2,得 0mn0.由題意得，(2 + d) = 2+ 3d + 8, d + d得 d= 2.故 an= ai + (n-1) d = 2+ (n- 1) 2= 2n，故 an= 2n.(2)bn = an + 2an = 2n + 22n.s = bi + 匕鳥+十 bn = (2 + 2)+ (4 + 2)+ + (2n + 2勿)=(2 + 4242n(2+ 2n) n 4 (1 4n)24n 1 4+ 6 + + 2n) + (22+ 27+-+ 22n)=-+ - -= n2+

58、 n + -一21 43例2解：(1)設數(shù)列an的公比為q(qz0, q豐1),由a5, a3,刃成等差數(shù)列，得 2a3 =a5+ a4, 即卩 2aiq2= aiq4+ aiq3.由 ai* 0, q* 0 得 q2 + q 2= 0，解得 qi = 2, q? = 1(舍去), 所以q=- 2.證明：法一：對任意 k N , Sk+ 2+ 2+1 2Sk= (2 + 2 2)+ (Sk+1 S)= ak + i + ak+ 2+ ak 、, * _ +1 = 2ak+i + ak+i ( 2) = 0,所以，對任意 k N , Sk+ 2, Sk, Sk+1 成等差數(shù)列.法二 對任意 “匸

59、 N* 2S 2ai (1 qk)S 丄 Sai (1 qk+2)丄 ai (1 - qk+1)法一：對任意 k N , 2Sk=, Sk+2 + Sk+1=+1 - q1 - q1 - qk+2k+1kk+2k+1、ai (2 q q )2ai (1 q ) ai (2 q q ) aik.22- (Sk + 2+ Sk +i) =-= -2(1 - q )1 - q1 - q1 - q1 - qk-(2- qk+ 2-qk+1) = -aj(q2 + q-2) = 0,因此，對任意 k N*, $+2, Sk, Sk+i 成等差數(shù)列.1 - q a工0,. Ci0, 沁=p(非零常數(shù))，數(shù)

60、列 名 是等比數(shù)列.Cn一 an(2) 數(shù)列 Cn是首項為a，公比為p的等比數(shù)列， Cn= C1 P0 1 = a P0 S即a1= aPn ann2 3n + 21anan 1a2( n 2n 30n1 2.當 n2 時，an= . ai= (ap )x (ap ) x x (ap )x 1 = a p . / aiani an 2a13n + 2滿足上式， an= an 1p 2, n N .33312 _ 9例3解析：(1)設數(shù)列an的公比為q，由a1a2a3= 4 = ag與a4a5a6= 12= ag 可得q =3, an-1anan+! = a1q3n 3= 324，因此 q3n