【數(shù)學(xué)】高考二輪考點(diǎn)專題突破檢測：集合、簡易邏輯、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式專題 解題方法技巧專題 解析幾何專題（含詳細(xì)答案）

專題達(dá)標(biāo)檢測一、選擇題1．集合A＝{x|x<a}，B＝{x|1≤x<2}，且A∪(?RB)＝R，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤1B．a(chǎn)<1C．a(chǎn)≥2D．解析：?RB＝(－∞，1)∪[2，＋∞)，又A∪(?RB)＝R.數(shù)軸上畫圖可得a≥2，應(yīng)選C.答案：C2．命題p：eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)，命題q：x＋eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))，那么以下說法正確的選項是()A．p是q的充要條件B．p是q的充分不必要條件C．p是q的必要不充分條件D．p是q的既不充分也不必要條件解析：eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)?－2≤x≤－1，即x∈[－2，－1]而假設(shè)x＋eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))，那么x∈[－2，－eq\f(1,2)]．又[－2，－1]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))).∴p是q的充分不必要條件．答案：B3．(2021·湖南)eq\i\in(2,4,)eq\f(1,x)dx等于()A．－2ln2B．2ln2C．－ln2D．ln2解析：∵eq\i\in(2,4,)eq\f(1,x)dx＝lnx|eq\o\al(4,2)＝ln4－ln2＝ln22－ln2＝2ln2－ln2＝ln2.答案：D4．(2021·課標(biāo)全國)設(shè)偶函數(shù)f(x)滿足f(x)＝x3－8(x≥0)，那么{x|f(x－2)>0}＝()A．{x|x<－2或x>4}B．{x|x<0或x>4}C．{x|x<0或x>6}D．{x|x<－2或x>2}解析：∵f(x)＝x3－8(x≥0)且f(x)是偶函數(shù)；∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－8，x≥0，,－x3－8，x<0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≥0，,x－23－8>0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2<0，,－x－23－8>0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x>4，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<2，,x<0.))解得x>4或x<0，應(yīng)選B答案：B5．(2021·浙江)設(shè)函數(shù)f(x)＝4sin(2x＋1)－x，那么在以下區(qū)間中函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)的是()A．[－4，－2]B．[－2,0]C．[0,2]D．[2,4]解析：∵f(0)＝4sin1>0，f(2)＝4sin5－2<0，∴函數(shù)f(x)在[0,2]上存在零點(diǎn)；∵f(－2)＝－4sin1＋1<0，∴函數(shù)f(x)在[－2,0]上存在零點(diǎn)；又∵2<eq\f(5π,4)－eq\f(1,2)<4，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(1,2)))＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(1,2)))>0，而f(2)<0，∴函數(shù)f(x)在[2,4]上存在零點(diǎn)．應(yīng)選A.答案：A6．函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如右圖所示，且|x1|<|x2|，那么有()A．a(chǎn)>0，b>0，c<0，d>0B．a(chǎn)<0，b>0，c<0，d>0C．a(chǎn)<0，b>0，c>0，d>0D．a(chǎn)>0，b<0，c>0，d<0解析：因f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題意可知導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如右圖所示，所以a<0，c>0，－eq\f(2b,3a)<0，那么b<0，由原函數(shù)圖象可知d>0.答案：C二、填空題7．函數(shù)f(x)＝ax4＋bcosx－x，且f(－3)＝7，那么f(3)的值為________．解析：設(shè)g(x)＝ax4＋bcosx，那么g(x)＝g(－x)．由f(－3)＝g(－3)＋3，得g(－3)＝f(－3)－3＝4，所以g(3)＝g(－3)＝4，所以f(3)＝g(3)－3＝4－3＝1.答案：18．函數(shù)f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的單調(diào)減區(qū)間是(0,4)，那么k的值是________．解析：f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x∵函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是(0,4)，∴f′(4)＝0，∴k＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)9．(2021·煙臺模擬)函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0,4](x∈[－2，2])，函數(shù)g(x)＝ax－1，x∈[－2,2]，任意x1∈[－2,2]，總存在x0∈[－2,2]，使得g(x0)＝f(x1)成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意知[0,4]是g(x)值域的子集．而g(x)的值域?yàn)閇－2|a|－1,2|a|－1]．顯然－2|a|－1<0，故只需2|a|－1≥4，即|a|≥eq\f(5,2)，∴a≥eq\f(5,2)或a≤－eq\f(5,2).答案：a≥eq\f(5,2)或a≤－eq\f(5,2)10．(2021·濰坊模擬)給出定義：假設(shè)m－eq\f(1,2)<x≤m＋eq\f(1,2)(其中m為整數(shù))，那么m叫做離實(shí)數(shù)x最近的整數(shù)，記作{x}＝m.在此根底上給出以下關(guān)于函數(shù)f(x)＝|x－{x}|的四個命題：①函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))；②函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(k,2)(k∈Z)對稱；③函數(shù)y＝f(x)是周期函數(shù)，最小正周期為1；④函數(shù)y＝f(x)在[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]上是增函數(shù)．其中正確的命題的序號是________．解析：①由定義知：－eq\f(1,2)<x－{x}≤eq\f(1,2)∴0≤|x－{x}|≤eq\f(1,2)∴f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴①對，②對，③對，④錯．答案：①②③三、解答題11．設(shè)集合A為函數(shù)y＝ln(－x2－2x＋8)的定義域，集合B為函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x＋1)的值域，集合C為不等式(ax－eq\f(1,a))(x＋4)≤0的解集．(1)求A∩B；(2)假設(shè)C??RA，求a的取值范圍．解：(1)由－x2－2x＋8>0，解得A＝(－4,2)，又y＝x＋eq\f(1,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)－1，所以B＝(－∞，－3]∪[1，＋∞)．所以A∩B＝(－4，－3]∪[1,2)．(2)因?yàn)?RA＝(－∞，－4]∪[2，＋∞)．由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(1,a)))(x＋4)≤0，知a≠0.①當(dāng)a>0時，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a2)))(x＋4)≤0，得C＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(1,a2)))，不滿足C??RA；②當(dāng)a<0時，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a2)))(x＋4)≥0，得C＝(－∞，－4)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)，＋∞))，欲使C??RA，那么eq\f(1,a2)≥2，解得－eq\f(\r(2),2)≤a<0或0<a≤eq\f(\r(2),2).又a<0，所以－eq\f(\r(2),2)≤a<0.綜上所述，所求a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)).12．(2021·湖南)函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，對任意的x∈R，恒有f′(x)≤f(x)．(1)證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≤(x＋c)2；(2)假設(shè)對滿足題設(shè)條件的任意b，c，不等式f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求M的最小值．(1)證明：易知f′(x)＝2x＋b.由題設(shè)，對任意的x∈R,2x＋b≤x2＋bx＋c，即x2＋(b－2)x＋c－b≥0恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，從而c≥eq\f(b2,4)＋1.于是c≥1，且c≥2eq\r(\f(b2,4)×1)＝|b|，因此2c－b＝c＋(c－b)>0.故當(dāng)x≥0時，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋c(c－1)≥即當(dāng)x≥0時，f(x)≤(x＋c)2(2)解：由(1)知，c≥|b|.當(dāng)c>|b|時，有M≥eq\f(fc－fb,c2－b2)＝eq\f(c2－b2＋bc－b2,c2－b2)＝eq\f(c＋2b,b＋c).令t＝eq\f(b,c)，那么－1<t<1，eq\f(c＋2b,b＋c)＝2－eq\f(1,1＋t).而函數(shù)g(t)＝2－eq\f(1,1＋t)(－1<t<1)的值域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).因此，當(dāng)c>|b|時，M的取值集合為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).當(dāng)c＝|b|時，由(1)知，b＝±2，c＝2.此時f(c)－f(b)＝－8或0，c2－b2＝0，從而f(c)－f(b)≤eq\f(3,2)(c2－b2)恒成立．綜上所述，M的最小值為eq\f(3,2).13．(2021·湖南)某地建一座橋，兩端的橋墩已建好，這兩墩相距m米．余下工程只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩．經(jīng)測算，一個橋墩的工程費(fèi)用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費(fèi)用為(2＋eq\r(x))x萬元．假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點(diǎn)，且不考慮其他因素，記余下工程的費(fèi)用為y萬元．(1)試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；(2)用m＝640米時，需新建多少個橋墩才能使y最?。拷猓?1)設(shè)需新建n個橋墩，那么(n＋1)x＝m，即n＝eq\f(m,x)－1，所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋eq\r(x))x＝256eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)－1))＋eq\f(m,x)(2＋eq\r(x))x＝eq\f(256m,x)＋meq\r(x)＋2m－256.(2)由(1)知，f′(x)＝－eq\f(256m,x2)＋eq\f(1,2)mx－eq\f(1,2)＝eq\f(m,2x2)(x－512)．令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64.0<x<64時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(0,64)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)64<x<640時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(64,640)內(nèi)為增函數(shù)．所以f(x)在x＝64處取得最小值．此時n＝eq\f(m,x)－1＝eq\f(640,64)－1＝9.故需新建9個橋墩才能使y最小專題達(dá)標(biāo)檢測一、選擇題1．設(shè)⊕是R上的一個運(yùn)算，A是R的非空子集．假設(shè)對任意a、b∈A，有a⊕b∈A，那么稱A對運(yùn)算⊕封閉．以下數(shù)集對加法、減法、乘法和除法(除數(shù)不等于零)四那么運(yùn)算都封閉的是()A．自然數(shù)集 B．整數(shù)集C．有理數(shù)集 D．無理數(shù)集解析：A：自然數(shù)集對減法，除法運(yùn)算不封閉，如1－2＝－1?N，1÷2＝eq\f(1,2)?N.B：整數(shù)集對除法運(yùn)算不封閉，如1÷2＝eq\f(1,2)?Z.C：有理數(shù)集對四那么運(yùn)算是封閉的．D：無理數(shù)集對加法、減法、乘法、除法運(yùn)算都不封閉．如(eq\r(2)＋1)＋(1－eq\r(2))＝2，eq\r(2)－eq\r(2)＝0，eq\r(2)×eq\r(2)＝2，eq\r(2)÷eq\r(2)＝1，其運(yùn)算結(jié)果都不屬于無理數(shù)集．答案：C2．(2021·武漢質(zhì)檢)假設(shè)x，y∈R，那么“x>1或y>2”是“x＋y>3”的(A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：此題考查充分必要條件的判斷．據(jù)假設(shè)x>1或y>2?/x＋y>3，反之研究當(dāng)x＋y>3時是否推出x>1或y>2，由于命題：x≤1且y≤2?x＋y≤3為真，其逆否命題即為x＋y>3?x>1或y>2，由命題的等價性可知命題為真，因此x>1或y>2是x＋y>3成立的一個必要但不充分條件．答案：B3．(2021·濟(jì)南模擬)為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象，可以將函數(shù)y＝cos2x的圖象()A．向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,3)個單位長度C．向左平移eq\f(π,6)個單位長度D．向左平移eq\f(π,3)個單位長度解析：此題考查函數(shù)圖象的平移變換．由y＝cos2x?y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))?y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))))?y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))?y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，又y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))?y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，可見由y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象向右移動eq\f(π,4)＋eq\f(π,12)＝eq\f(3π＋π,12)＝eq\f(π,3)個單位，得到y(tǒng)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的圖象．答案：B4．拋物線x2＝－2py(p>0)的焦點(diǎn)F的任一直線與拋物線交于M、N兩點(diǎn)，那么eq\f(1,|FM|)＋eq\f(1,|FN|)為定值()A.eq\f(1,p)B.eq\f(2,p)C.eq\f(3,p)D.eq\f(4,p)解析：取通徑MN，那么|FN|＝|FM|＝p，eq\f(1,|FM|)＋eq\f(1,|FN|)＝eq\f(2,p).答案：B5．(2021·江西)甲、乙、丙、丁4個足球隊參加比賽，假設(shè)每場比賽各隊取勝的概率相等，現(xiàn)任意將這4個隊分成兩個組(每組兩個隊)進(jìn)行比賽，勝者再賽，那么甲、乙相遇的概率為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)解析：甲、乙兩隊分到同組概率為P1＝eq\f(1,3)，不同組概率為P2＝eq\f(2,3)，又∵各隊取勝概率均為eq\f(1,2)，∴甲、乙兩隊相遇概率為P＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：D6．(2021·陜西)定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，那么()A．f(3)<f(－2)<f(1)B．f(1)<f(－2)<f(3)C．f(－2)<f(1)<f(3)D．f(3)<f(1)<f(－2)解析：對任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，那么x2－x1與f(x2)－f(x1)異號，因此函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是減函數(shù)．又f(x)在R上是偶函數(shù)，故f(－2)＝f(2)，由于3>2>1，故有f(3)<f(－2)<f(1)．答案：A二、填空題7．(2021·廣東理)假設(shè)平面向量a，b滿足|a＋b|＝1，a＋b平行于x軸，b＝(2，－1)，那么a＝________.解析：∵|a＋b|＝1，a＋b平行于x軸，故a＋b＝(1,0)或(－1，0)，∴a＝(1,0)－(2，－1)＝(－1,1)或a＝(－1,0)－(2，－1)＝(－3,1)．答案：(－1,1)或(－3,1)8．f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0,設(shè)A是三角形的一內(nèi)角，滿足f(cosA)<0，那么A的取值范圍是________．解析：作出滿足題意的特殊函數(shù)圖象，如下圖，由圖知，0<cosA<eq\f(1,2)或－1<cosA<－eq\f(1,2).∴eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)或eq\f(2π,3)<A<π.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))9．假設(shè)存在a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2>0成立，那么實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．解析：考慮命題：“存在a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2>0成立〞的否認(rèn)為“任取a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2≤0恒成立“.變換主元得到f(a)＝a(x2＋x)－2x－2≤0，對任意的a∈[1,3]恒成立，那么只要滿足f(1)≤0且f(3)≤0即可，所以－1≤x≤eq\f(2,3)，故x的取值范圍是x<－1或x>eq\f(2,3).答案：x<－1或x>eq\f(2,3)10．假設(shè)二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1，1]內(nèi)至少有一個值c，使f(c)>0，那么實(shí)數(shù)p的取值范圍為________．解析：此題從反面分析，采取補(bǔ)集法那么比擬簡單．如果在[－1，1]內(nèi)沒有點(diǎn)滿足f(c)>0，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(那么f－1≤0，,f1≤0.))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))?p≤－3或p≥eq\f(3,2).取補(bǔ)集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(p|－3<p<\f(3,2)))，即為滿足條件的p的取值范圍．答案：－3<p<eq\f(3,2)三、解答題11．設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋sin2x.(1)求函數(shù)f(x)的最大值和最小正周期；(2)設(shè)A，B，C為△ABC的三個內(nèi)角，假設(shè)cosB＝eq\f(1,3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)))＝－eq\f(1,4)，且C為銳角，求sinA.解：(1)f(x)＝cos2xcoseq\f(π,3)－sin2xsineq\f(π,3)＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x.所以當(dāng)2x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，即x＝－eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)時，f(x)取得最大值，[f(x)]最大值＝eq\f(1＋\r(3),2)，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故函數(shù)f(x)的最大值為eq\f(1＋\r(3),2)，最小正周期為π.(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)))＝－eq\f(1,4)，即eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)sinC＝－eq\f(1,4)，解得sinC＝eq\f(\r(3),2).又C為銳角，所以C＝eq\f(π,3).由cosB＝eq\f(1,3)求得sinB＝eq\f(2\r(2),3).因此sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(2)＋\r(3),6).12．(2021·全國Ⅰ理)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))an＋eq\f(n＋1,2n).(1)設(shè)bn＝eq\f(an,n)，求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.解：(1)由得b1＝a1＝1，且eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋eq\f(1,2n)，即bn＋1＝bn＋eq\f(1,2n)，從而b2＝b1＋eq\f(1,2)，b3＝b2＋eq\f(1,22)，…bn＝bn－1＋eq\f(1,2n－1)(n≥2)．于是bn＝b1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\f(1,2n－1)(n≥2)．又b1＝1，故所求的通項公式bn＝2－eq\f(1,2n－1).(2)由(1)知an＝2n－eq\f(n,2n－1)，故Sn＝(2＋4＋…＋2n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)))，設(shè)Tn＝1＋eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n,2n－1)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(2,2n)－eq\f(n,2n)，∴Tn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).∴Sn＝n(n＋1)＋eq\f(n＋2,2n－1)－4.13．如下圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點(diǎn)為F(1,0)，且過點(diǎn)(2,0)．(1)求橢圓C的方程：(2)假設(shè)AB為垂直于x軸的動弦，直線l：x＝4與x軸交于點(diǎn)N，直線AF與BN交于點(diǎn)M，(ⅰ)求證：點(diǎn)M恒在橢圓C上；(ⅱ)求△AMN面積的最大值．方法一：(1)解：由題設(shè)a＝2，c＝1，從而b2＝a2－c2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)(i)證明：由題意得F(1,0)、N(4,0)．設(shè)A(m，n)，那么B(m，－n)(n≠0)，eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1.①AF與BN的方程分別為：n(x－1)－(m－1)y＝0，n(x－4)＋(m－4)y＝0.設(shè)M(x0，y0)，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nx0－1－m－1y0＝0，②,nx0－4＋m－4y0＝0，③))由②③得x0＝eq\f(5m－8,2m－5)，y0＝eq\f(3n,2m－5).由于eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝eq\f(5m－82,42m－52)＋eq\f(3n2,2m－52)＝eq\f(5m－82＋12n2,42m－52)＝eq\f(5m－82＋36－9m2,42m－52)＝1.所以點(diǎn)M恒在橢圓C上．(ⅱ)解：設(shè)AM的方程為x＝ty＋1，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0.設(shè)A(x1，y1)、M(x2，y2)，那么有y1＋y2＝eq\f(－6t,3t2＋4)y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4)，|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(4\r(3)·\r(3t2＋3),3t2＋4).令3t2＋4＝λ(λ≥4)，那么|y1－y2|＝eq\f(4\r(3)·\r(λ－1),λ)＝4eq\r(3)eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)))2＋\f(1,λ))＝4eq\r(3)eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－\f(1,2)))2＋\f(1,4))，因?yàn)棣恕?,0<eq\f(1,λ)≤eq\f(1,4)，所以當(dāng)eq\f(1,λ)＝eq\f(1,4)，即λ＝4，t＝0時，|y1－y2|有最大值3，此時AM過點(diǎn)F.△AMN的面積S△AMN＝eq\f(1,2)|NF|·|y1－y2|有最大值eq\f(9,2).方法二：(1)同方法一．(2)(ⅰ)證明：由題意得F(1,0)、N(4,0)，設(shè)A(m，n)，那么B(m，－n)(n≠0)，eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1.①AF與BN的方程分別為n(x－1)－(m－1)y＝0，②n(x－4)＋(m－4)y＝0.③由②③得：當(dāng)x≠eq\f(5,2)時，m＝eq\f(5x－8,2x－5)，n＝eq\f(3y,2x－5).④把④代入①，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．當(dāng)x＝eq\f(5,2)時，由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n－m－1y＝0，,－\f(3,2)n＋m＋4y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝0，,y＝0，))與n≠0矛盾．所以點(diǎn)M的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)，即點(diǎn)M恒在橢圓C上．(ⅱ)同方法一專題達(dá)標(biāo)檢測一、選擇題1．(2021·山東濰坊)直線xcosα＋eq\r(3)y＋2＝0的傾斜角的范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))解析：由直線xcosα＋eq\r(3)y＋2＝0，所以直線的斜率為k＝－eq\f(cosα,\r(3)).設(shè)直線的傾斜角為β，那么tanβ＝－eq\f(cosα,\r(3)).又因?yàn)椋璭q\f(\r(3),3)≤－eq\f(cosα,\r(3))≤eq\f(\r(3),3)，即－eq\f(\r(3),3)≤tanβ≤eq\f(\r(3),3)，所以β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)).答案：B2．假設(shè)圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三個不同的點(diǎn)到直線l：ax＋by＝0的距離為2eq\r(2)，那么直線l的傾斜角的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析：由題意知，圓心到直線的距離d應(yīng)滿足0≤d≤eq\r(2)，d＝eq\f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)?a2＋b2＋4ab≤0.顯然b≠0，兩邊同除以b2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＋1≤0，解得－2－eq\r(3)≤eq\f(a,b)≤－2＋eq\r(3).k＝－eq\f(a,b)，k∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))，應(yīng)選B.答案：B3．(2021·陜西)拋物線y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線與圓x2＋y2－6x－7＝0相切，那么p的值為()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．4解析：圓x2＋y2－6x－7＝0的圓心坐標(biāo)為(3,0)，半徑為4.y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，∴3＋eq\f(p,2)＝4，∴p＝2.應(yīng)選C.答案：CA．0B．2C．4解析：易知當(dāng)P、Q分別在橢圓短軸端點(diǎn)時，四邊形PF1QF2面積最大．此時，F(xiàn)1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，P(0,1)，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(3－x0，－y0)，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝－2.答案：D5．F1、F2是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩焦點(diǎn)，以線段F1F2為邊作正三角形MF1F2，假設(shè)邊MF1的中點(diǎn)在雙曲線上，那么雙曲線的離心率是()A．4＋2eq\r(3)B.eq\r(3)－1C.eq\f(\r(3)＋1,2)D.eq\r(3)＋1解析：設(shè)正三角形MF1F2的邊MF1的中點(diǎn)為H，那么M(0，eq\r(3)c)，F(xiàn)1(－c,0)．所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c，\f(\r(3),2)c))，H點(diǎn)在雙曲線上，故eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c))2,a2)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)c))2,b2)＝1，化簡e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4＋2eq\r(3)，所以e＝eq\r(3)＋1.答案：D答案：D二、填空題7．(2021·遼寧沈陽)假設(shè)直線l經(jīng)過點(diǎn)(a－2，－1)和(－a－2,1)且與經(jīng)過點(diǎn)(－2,1)，斜率為－eq\f(2,3)的直線垂直，那么實(shí)數(shù)a的值為________．解析：由于直線l與經(jīng)過點(diǎn)(－2,1)且斜率為－eq\f(2,3)的直線垂直，可知a－2≠－a－2.∵kl＝eq\f(1－－1,－a－2－a－2)＝－eq\f(1,a)，∴－eq\f(1,a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－1，∴a＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)8．假設(shè)雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(16y2,p2)＝1的左焦點(diǎn)在拋物線y2＝2px的準(zhǔn)線上，那么p的值為_______解析：由題意可列式eq\r(3＋\f(p2,16))＝eq\f(p,2)，解得p＝4.答案：49．(2021·上海)圓C：x2＋y2－2x－4y＋4＝0的圓心到直線3x＋4y＋4＝0的距離d＝________.解析：∵x2＋y2－2x－4y＋4＝0，∴(x－1)2＋(y－2)2＝1.圓心(1,2)到3x＋4y＋4＝0的距離為d＝eq\f(|3×1＋4×2＋4|,\r(32＋42))＝3.答案：310．(2021·湖南)過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點(diǎn)作圓x2＋y2＝a2的兩條切線，切點(diǎn)分別為A、B.假設(shè)∠AOB＝120°(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，那么雙曲線C的離心率為________．解析：如圖，由題知OA⊥AF，OB⊥BF且∠AOB＝120°，∴∠AOF＝60°，又OA＝a，OF＝c，∴eq\f(a,c)＝eq\f(OA,OF)＝cos60°＝eq\f(1,2)，∴eq\f(c,a)＝2.答案：2三、解答題11．(2021·寧夏銀川)設(shè)直線l的方程為(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)．(1)假設(shè)l在兩坐標(biāo)軸上截距相等，求l的方程；(2)假設(shè)l不經(jīng)過第二象限，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)直線過原點(diǎn)時，該直線在x軸和y軸上的截距為零，∴a＝2，方程即為3x＋y＝0.∵當(dāng)直線不經(jīng)過原點(diǎn)時，由截距存在且均不為0，∴eq\f(a－2,a＋1)＝a－2，即a＋1＝1，∴a＝0，方程即為x＋y＋2＝0.(2)解法一：將l的方程化為y＝－(a＋1)x＋a－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋1>0,a－2≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋1＝0，,a－2≤0，))∴a≤－1.綜上可知a的取值范圍是a≤－1解法二：將l的方程化為(x＋y＋2)＋a(x－1)＝0(a∈R)．它表示過l1：x＋y＋2＝0與l2：x－1＝0的交點(diǎn)(1，－3)的直線系(不包括x＝1)．由圖象可知l的斜率為－(a＋1)≥0，即當(dāng)a≤－1時，直線l不經(jīng)過第二象限．12．P為橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上任意一點(diǎn)，F(xiàn)1、F2為左、右焦點(diǎn)，如下圖．(1)假設(shè)PF1的中點(diǎn)為M，求證：|MO|＝5－eq\f(1,2)|PF1|；(2)假設(shè)∠F1PF2＝60°，求|PF1|·|PF2|之值；(3)橢圓上是否存在點(diǎn)P，使eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，假設(shè)存在，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)，假設(shè)不存在，試說明理由(1)證明：在△F1PF2中，MO為中位線，∴|MO|＝eq\f(|PF2|,2)＝eq\f(2a－|PF1|,2)＝a－eq\f(|PF1|,2)＝5－eq\f(1,2)|PF1|.(2)解：∵|PF1|＋|PF2|＝10，∴|PF1|2＋|PF2|2＝100－2|PF1|·|PF2|，在△PF1F2中，cos60°＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)，∴|PF1|·|PF2|＝100－2|PF1|·|PF2|－36，∴|PF1|·|PF2|＝eq\f(64,3).(3)解：設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，那么eq\f(x\o\al(2,0),25)＋eq\f(y\o\al(2,0),16)＝1.①易知F1〔-3，0〕，F(xiàn)2〔3，0〕，故PF1＝(－3－x0，－y0)，PF2＝(－3－x0，－y0)，∵PF1·PF2=0，∴xeq\o\al(2,0)－9＋yeq\o\al(2,0)＝0，②由①②組成方程組，此方程組無解，故這樣的點(diǎn)P不存在．(2)設(shè)△AMB的面積為S，寫出S＝f(λ)的表達(dá)式，并求S的最小值．(1)證明：由條件，得F(0,1)，λ>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，即得(－x1,1－y1)＝λ(x2，y2－1)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＝λx2，①,1－y1＝λy2－1，②))將①式兩邊平方并把y1＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，y2＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)代入得y1＝λ2y2.③解②、③式得y1＝λ，y2＝eq\f(1,λ)，且有x1x2＝－λxeq\o\al(2,2)＝－4λy2＝－4，拋物線方程為y＝eq\f(1,4)x2，求導(dǎo)得y′＝eq\f(1,2)x.所以過拋物線上A、B兩點(diǎn)的切線方程分別是y＝eq\f(1,2)x1(x－x1)＋y1，y＝eq\f(1,2)x2(x－x2)＋y2，即y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).解出兩條切線的交點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，－1)).所以eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，－2))·(x2－x1，y2－y1)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x\o\al(2,2)－\f(1,4)x\o\al(2,1)))＝0，所以eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))為定值，其值為0.(2)解：由(1)知在△ABM中，F(xiàn)M⊥AB，因而S＝eq\f(1,2)|AB||FM|.|FM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＋－22)＝eq\r(\f(1,4)x\o\al(2,1)＋\f(1,4)x\o\al(2,2)＋\f(1,2)x1x2＋4)＝eq\r(y1＋y2＋\f(1,2)×－4＋4)＝eq\r(λ＋\f(1,λ)＋2)＝eq\r(λ)＋eq\f(1,\r(λ)).因?yàn)閨AF|、|BF|分別等于A、B到拋物線準(zhǔn)線y＝－1的距離，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝λ＋eq\f(1,λ)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(λ)＋\f(1,\r(λ))))2.于是S＝eq\f(1,2)|AB||FM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(λ)＋\f(1,\r(λ))))3，由eq\r(λ)＋eq\f(1,\r(λ))≥2知S≥4，且當(dāng)λ＝1時，S取得最小值4專題達(dá)標(biāo)檢測一、選擇題1．假設(shè)a、b表示互不重合的直線，α、β表示不重合的平面，那么a∥α的一個充分條件是()A．α∥β，a∥βB．α⊥β，a⊥βC．a(chǎn)∥b，b∥αD．α∩β＝b，a?α，a∥b解析：A，B，C選項中，直線a都有可能在平面α內(nèi)，不能滿足充分性，應(yīng)選D.答案：D2．(2021·全國Ⅰ)正方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(6),3)解析：∵BB1∥DD1，∴DD1與平面ACD1所成的角即為BB1與平面ACD1所成的角，設(shè)其大小為θ，設(shè)正方體的棱長為1，那么點(diǎn)D到面ACD1的距離為eq\f(\r(3),3)，所以sinθ＝eq\f(\r(3),3)，得cosθ＝eq\f(\r(6),3)，應(yīng)選D.答案：D3．如圖，△ABC為直角三角形，其中∠ACB＝90°，M為AB的中點(diǎn)，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M(jìn)是Rt△ABC斜邊AB的中點(diǎn)，∴MA＝MB＝MC.又∵PM⊥平面ABC，∴MA、MB、MC分別是PA、PB、PC在平面ABC上的射影，∴PA＝PB＝PC.應(yīng)選C.答案：C4．如圖，啤酒瓶的高為h，瓶內(nèi)酒面高度為a，假設(shè)將瓶蓋蓋好倒置，酒面高度為a′(a′＋b＝h)，那么酒瓶容積與瓶內(nèi)酒的體積之比為()A．1＋eq\f(b,a)且a＋b>hB．1＋eq\f(b,a)且a＋b<hC．1＋eq\f(a,b)且a＋b>hD．1＋eq\f(a,b)且a＋b<h解析：設(shè)啤酒瓶的底面積為S，啤酒瓶的容積為V瓶，瓶內(nèi)酒的體積為V酒，那么V酒＝Sa，V瓶－V酒＝Sb，即得V瓶＝V酒＋Sb＝S(a＋b)，∴eq\f(V瓶,V酒)＝eq\f(Sa＋b,Sa)＝1＋eq\f(b,a).又∵Sa′>Sa，即a′>a，∴h＝a′＋b>a＋b，∴eq\f(V瓶,V酒)＝1＋eq\f(b,a)且a＋b<h.答案：B5．在正三棱錐S－ABC中，M、N分別是棱SC、BC的中點(diǎn)，且MN⊥AM，假設(shè)側(cè)棱SA＝2eq\r(3)，那么正棱錐S－ABC外接球的外表積是()A．12πB．32πC．36πD．48π解析：由于MN⊥AM，MN∥BS，那么BS⊥AM，又根據(jù)正三棱錐的性質(zhì)知BS⊥AC，那么BS⊥平面SAC，于是有∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，SA、SB、SC為三棱錐S—ABC外接球的內(nèi)接正方體的三條棱，設(shè)球半徑為R，那么4R2＝3SA2＝36，球外表積為4πR2＝36π.答案：C6．(2021·北京)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，動點(diǎn)E，F(xiàn)在棱A1B1點(diǎn)P，Q分別在棱AD，CD上，假設(shè)EF＝1，A1E＝x，DQ＝y(tǒng)，DP＝z(x，y，z大于零)，那么四面體PEFQ的體積()A．與x，y，z都有關(guān)B．與x有關(guān)，與y，z無關(guān)C．與y有關(guān)，與x，z無關(guān)D．與z有關(guān)，與x，y無關(guān)解析：連結(jié)EQ、FQ、A1D，作PN⊥A1D，垂足為N.∵A1B1∥DC且EF＝1，∴S△EFQ是定值．∵A1B1⊥面ADD1A1且PN?面ADD1A∴A1B1⊥PN，∴PN⊥面A1B1CD.∵PD＝z，∠A1DA＝45°，∴PN＝eq\f(\r(2),2)z，∴VPEFQ＝eq\f(1,3)S△EFQ·PN與x，y無關(guān)，與z有關(guān)，應(yīng)選D.答案：D二、填空題7．(2021·湖南，13)以下圖中的三個直角三角形是一個體積為20cm3那么h＝____________cm.解析：直觀圖如圖，那么三棱錐中AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，∴體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·AC·h＝20，∴h＝4.答案：48．如下圖，在正方體，ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別為A1B1，CC1的中點(diǎn)，P為AD上一動點(diǎn)，記α為異面直線PM與D1N所成的角，那么α的取值集合為________．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))9．一個凸多面體共有9個面，所有棱長均為1，其平面展開圖如下圖，那么該凸多面體的體積V＝________.解析：該幾何體形狀如下圖，是一個正方體與正四棱錐的組合體，正方體的體積是1，正四棱錐的體積是eq\f(\r(2),6)，故該凸多面體的體積為1＋eq\f(\r(2),6).答案：1＋eq\f(\r(2),6)10．(2021·四川)如圖，二面角α－l－β的大小是60°，線段AB?α，B∈l，AB與l所成的角為30°，那么AB與平面β所成的角的正弦值是________．解析：過A作AC⊥平面β于C，C為垂足，連結(jié)CB，過C作CD⊥l于D，連結(jié)AD，那么AD⊥l，∴∠ADC為二面角α－l－β的平面角，即∠ADC＝60°.∵AC⊥β，∴∠ABC為直線AB與平面β所成角．設(shè)AB＝1，那么AD＝eq\f(1,2)，AC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，∴sin∠ABC＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(\f(\r(3),4),1)＝eq\f(\r(3),4).答案：eq\f(\r(3),4)三、解答題11．(2021·江蘇無錫)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC⊥BC1，AB＝BC1，E、F、G分別為線段AC1、A1C1、BB的中點(diǎn)，求證：(1)平面ABC⊥平面ABC1；(2)EF∥平面BCC1B1；(3)GF⊥平面AB1C1證明：(1)∵BC⊥AB，BC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴BC⊥平面ABC1.∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.(2)∵AE＝EC1，A1F＝FC1，∴EF∥AA1∵BB1∥AA1，∴EF∥BB1.∵EF?平面BCC1B1，∴EF∥平面BCC1B1.(3)連結(jié)EB，那么四邊形EFGB為平行四邊形．∵EB⊥AC1，∴FG⊥AC1.∵BC⊥面ABC1，∴B1C1⊥面ABC1∴B1C1⊥BE，∴FG⊥B1C∵B1C1∩AC1＝C1，∴GF⊥平面AB1C12．側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB＝60°，AD＝AA1，F(xiàn)為棱BB1的中點(diǎn)，點(diǎn)M為線段AC1的中點(diǎn)．(1)求證：直線MF∥平面ABCD；(2)求證：平面AFC1⊥平面ACC1A1(3)求平面AFC1與平面ABCD所成的銳二面角的大小．(1)證明：延長C1F交CB的延長線于點(diǎn)N，連結(jié)AN.因?yàn)镕是BB1的中點(diǎn)，所以為C1N的中點(diǎn)，B為CN的中點(diǎn)．又M是線段AC1的中點(diǎn)，故MF∥AN.又∵M(jìn)F?平面ABCD，AN?平面ABCD，∴MF∥平面ABCD.(2)證明：(如上圖)連結(jié)BD，由直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，可知：A1A⊥平面ABCD又∵BD?平面ABCD，∴A1A⊥B∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD.又∵AC∩A1A＝A，AC、A1A?平面ACC1∴BD⊥平面ACC1A1在四邊形DANB中，DA∥BN且DA＝BN，所以四邊形DANB為平行四邊形．故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC1A1又∵NA?平面AFC1∴平面AFC1⊥平面ACC1A(3)解：由(2)知BD⊥平面ACC1A1又AC1?平面ACC1A1∴BD⊥AC1，∵BD∥NA，∴AC1⊥NA.又因BD⊥AC可知NA⊥AC，∴∠C1AC就是平面AFC1與平面ABCD在Rt△C1AC中，tan∠C1AC＝eq\f(C1C,CA)＝eq\f(1,\r(3))，故∠C1AC＝30°.∴平面AFC1與平面ABCD所成銳二面角的大小為30°.13．(2021·湖北，18)如圖，在四面體ABOC中，OC⊥OA，OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1.(1)設(shè)P為AC的中點(diǎn)．證明：在AB上存在一點(diǎn)Q，使PQ⊥OA，并計算eq\f(AB,AQ)的值；(2)求二面角O－AC－B的平面角的余弦值．解：解法一：(1)在平面OAB內(nèi)作ON⊥OA交AB于N，連結(jié)NC.又OA⊥OC，∴OA⊥平面ONC.∵NC?平面ONC，∴OA⊥NC.取Q為AN的中點(diǎn)，那么PQ∥NC，∴PQ⊥OA.在等腰△AOB中，∠AOB＝120°，∴∠OAB＝∠OBA＝30°.在Rt△AON中，∠OAN＝30°，∴ON＝eq\f(1,2)AN＝AQ.在△ONB中，∠NOB＝120°－90°＝30°＝∠NBO，∴NB＝ON＝AQ，∴eq\f(AB,AQ)＝3.(2)連結(jié)PN，PO.由OC⊥OA，OC⊥OB知OC⊥平面OAB.又ON?平面OAB，∴OC⊥ON.又由ON⊥OA知ON⊥平面AOC.∴OP是NP在平面AOC內(nèi)的射影．在等腰Rt△COA中，P為AC的中點(diǎn)，∴AC⊥OP.根據(jù)三垂線定理，知AC⊥NP.∴∠OPN為二面角O－AC－B的平面角．在等腰Rt△COA中，OC＝OA＝1，∴OP＝eq\f(\r(2),2).在Rt△AON中，ON＝OAtan30°＝eq\f(\r(3),3)，∴在Rt△PON中，PN＝eq\r(OP2＋ON2)＝eq\f(\r(30),6)，∴cos∠OPN＝eq\f(PO,PN)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(30),6))＝eq\f(\r(15),5).解法二：(1)取O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OC所在的直線為x軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz(如下圖)那么A(1,0,0)，C(0,0,1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).∵P為AC中點(diǎn)，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).設(shè)eq\o(AQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(λ∈(0,1))，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)λ，\f(\r(3),2)λ，0))，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)λ，\f(\r(3),2)λ，－\f(1,2))).∵PQ⊥OA，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0，即eq\f(1,2)－eq\f(3,2)λ＝0，λ＝eq\f(1,3).所以存在點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0))使得PQ⊥OA且eq\f(AB,AQ)＝3.〔2〕記平面ABC的法向量為n=〔n1，n2，n3〕，那么由n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1－n3＝0，,－\f(3,2)n1＋\f(\r(3),2)n2＝0，))故可取n＝(1，eq\r(3)，1)．又平面OAC的法向量為e＝(0,1,0)．∴cos〈n，e〉＝eq\f(1，\r(3)，1·0，1，0,\r(5)·1)＝eq\f(\r(3),\r(5)).二面角O－AC－B的平面角是銳角，記為θ，那么cosθ＝eq\f(\r(15),5).專題達(dá)標(biāo)檢測一、選擇題1．點(diǎn)P是函數(shù)f(x)＝cosωx(其中ω≠0)的圖象C的一個對稱中心，假設(shè)點(diǎn)P到圖象C的對稱軸的距離最小值是π，那么函數(shù)f(x)的最小正周期是()A．πB．2πC．3πD．4π解析：函數(shù)f(x)的對稱中心是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,ω)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))，0))，對稱軸為x＝eq\f(kπ,ω)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(1,ω)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))))＝π，k∈Z，即|ω|＝eq\f(1,2)，∴T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π，應(yīng)選D.答案：D2．定義：|a×b|＝|a|·|b|·sinθ，其中θ為向量a與b的夾角，假設(shè)|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6那么|a×b|等于()A．8B．－8C．8或－8解析：a·b＝|a|·|b|·cosθ?cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝－eq\f(3,5)∴sinθ＝eq\f(4,5)，∴|a×b|＝|a|·|b|·sinθ＝2×5×eq\f(4,5)＝8.答案：A3．函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))，x∈[0，π]的增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))解析：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，故函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))，x∈[0，π]的增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，應(yīng)選C.答案：C4．(2021·全國Ⅱ)為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，只需把函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象()A．向左平移eq\f(π,4)個長度單位B．向右平移eq\f(π,4)個長度單位C．向左平移eq\f(π,2)個長度單位D．向右平移eq\f(π,2)個長度單位解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))，故應(yīng)向右平移eq\f(π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,4)個長度單位．答案：B5．(2021·天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c假設(shè)a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，那么A＝()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：sinC＝2eq\r(3)sinB?c＝2eq\r(3)b，a2－b2＝eq\r(3)bc?a2－b2－c2＝eq\r(3)bc－c2?b2＋c2－a2＝c2－eq\r(3)bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(c2,2bc)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(c,2b)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴在△ABC中，∠A＝30°.答案：A6．(2021·浙江理)a是實(shí)數(shù)，那么函數(shù)f(x)＝1＋asinax的圖象不可能是()解析：圖A中函數(shù)的最大值小于2，故0<a<1，而其周期大于2π，故A中圖象可以是函數(shù)f(x)的圖象，圖B中，函數(shù)的最大值大于2故a應(yīng)大于1，其周期小于2π，故B中圖象可以是函數(shù)f(x)的圖象，當(dāng)a＝0時，f(x)＝1，此時對應(yīng)C中圖象，對于D可以看出其最大值大于2，其周期應(yīng)小于2π，而圖象中的周期大于2π，故D中圖象不可能為函數(shù)f(x)的圖象．答案：D二、填空題7．函數(shù)f(x)＝2sinx，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，直線x＝m與f(x)，g(x)的圖象分別交M、N兩點(diǎn)，那么|MN|的最大值為________．解析：構(gòu)造函數(shù)＝2sinx－2cosx＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，故最大值為2eq\r(2).答案：2eq\r(2)8．曲線y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))與直線y＝eq\f(1,2)在y軸右側(cè)的交點(diǎn)按橫坐標(biāo)從小到大依次記為P1，P2，P3，…，那么|P2P4|等于()A．πB．2πC．3πD．4π解析：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝1＋sin2x，|P2P4|恰為一個周期的長度π.答案：π10．有以下命題：①函數(shù)y＝4cos2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10π，10π))不是周期函數(shù)；②函數(shù)y＝4cos2x的圖象可由y＝4sin2x的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位得到；③函數(shù)y＝4cos(2x＋θ)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱的一個必要不充分條件是θ＝eq\f(k,2)π＋eq\f(π,6)(k∈Z)；④函數(shù)y＝eq\f(6＋sin2x,2－sinx)的最小值為2eq\r(10)－4其中正確命題的序號是________．解析：①中的函數(shù)不符合周期函數(shù)的定義，所以不是周期函數(shù)；因?yàn)棰谥泻瘮?shù)y＝4sin2x的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位得到y(tǒng)＝4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，即y＝－4cos2x的圖象，不是y＝4cos2x的圖象；③把點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入函數(shù)y＝4cos(2x＋θ)，有4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝0，那么eq\f(π,3)＋θ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以θ＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(θ|θ＝\f(k,2)π＋\f(π,6)k∈Z))?{θ|θ＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)}，所以③正確；④函數(shù)y＝eq\f(6＋sin2x,2－sinx)＝eq\f(2－sinx2－42－sinx＋10,2－sinx)＝(2－sinx)＋eq\f(10,2－sinx)－4，如果它的最小值為2eq\r(10)－4，那么(2－sinx)2＝10，而(2－sinx)2的最大值為11，故不正確．答案：①③三、解答題11．(2021·天津)函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)假設(shè)f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos2x0的值．解：(1)由f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1，得f(x)＝eq\r(3)(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π.因?yàn)閒(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上為增函