2023新教材高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)開篇備考

開篇備考把脈考向精準(zhǔn)定位一、基礎(chǔ)性——遵循考綱難易適中基本概念基本技能基本思想基本應(yīng)用基礎(chǔ)性命題目標(biāo)重溫高考素養(yǎng)清單基本概念復(fù)數(shù)的概念1.[2021·新高考Ⅱ卷]復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限eq\a\vs4\al([直觀想象])橢圓定義2.[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，則|MF1|·|MF2|的最大值為()A．13B．12C．9D．6eq\a\vs4\al([邏輯推理])事件的相互獨(dú)立3.[2021·新高考Ⅰ卷](多選)有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球，甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則()A．甲與丙相互獨(dú)立B．甲與丁相互獨(dú)立C．乙與丙相互獨(dú)立D．丙與丁相互獨(dú)立eq\a\vs4\al([邏輯推理])正態(tài)分布4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N(2，σ2)，且P(2<X≤2.5)＝0.36，則P(X>2.5)＝________．eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])樣本的數(shù)字特征5.[2021·新高考Ⅰ卷](多選)有一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c為非零常數(shù)，則()A．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同B．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同C．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同D．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同eq\a\vs4\al([邏輯推理])線線角與線面角6.[2022·新高考Ⅰ卷](多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°eq\a\vs4\al([邏輯推理])基本技能集合運(yùn)算的求解能力7.[2022·新高考Ⅰ卷]若集合M＝{x|eq\r(x)<4}，N＝{x|3x≥1}，則M∩N＝()A．{x|0≤x<2}B．{x|eq\f(1,3)≤x<2}C．{x|3≤x<16}D．{x|eq\f(1,3)≤x<16}eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])復(fù)數(shù)運(yùn)算的求解能力8.[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1－z)＝1，則z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－2B．－1C．1D．2eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算的求解能力9.[2022·新高考Ⅱ卷]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，則t＝()A．－6B．－5C．5D．6eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])平面向量的線性運(yùn)算的求解能力10.[2022·新高考Ⅰ卷]在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，BD＝2DA.記eq\o(CA,\s\up6(→))＝m，eq\o(CD,\s\up6(→))＝n，則eq\o(CB,\s\up6(→))＝()A．3m－2nB．－2m＋3nC．3m＋2nD．2m＋3neq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])三角函數(shù)性質(zhì)的求解能力11.[2022·新高考Ⅰ卷]記函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))＋b(ω>0)的最小正周期為T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(eq\f(3π,2)，2)中心對稱，則f(eq\f(π,2))＝()A．1B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2)D．3eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])三角恒等變換求值的求解能力12.[2022·新高考Ⅱ卷]若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)cos(α＋eq\f(π,4))sinβ，則()A．tan(α－β)＝1B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－113.[2021·新高考Ⅰ卷]若tanθ＝－2，則eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝()A．－eq\f(6,5)B．－eq\f(2,5)C．eq\f(2,5)D．eq\f(6,5)eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])排列與組合的求解能力14.[2020·新高考Ⅰ卷]6名同學(xué)到甲、乙、丙三個(gè)場館做志愿者，每名同學(xué)只去1個(gè)場館，甲場館安排1名，乙場館安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有()A．120種B．90種C．60種D．30種eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])二項(xiàng)式展開式通項(xiàng)公式的求解能力15.[2022·新高考Ⅰ卷](1－eq\f(y,x))(x＋y)8的展開式中x2y6的系數(shù)為________(用數(shù)字作答).eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，學(xué)生解方程的能力16.[2020·新高考Ⅰ卷]將數(shù)列{2n－1}與{3n－2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為________.eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])基本思想平面向量數(shù)量積的范圍，數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用17.[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的取值范圍是()A．(－2，6)B．(－6，2)C．(－2，4)D．(－4，6)eq\a\vs4\al([直觀想象])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])有關(guān)圓的問題的求解，數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用18.[2021·新高考Ⅰ卷](多選)已知點(diǎn)P在圓(x－5)2＋(y－5)2＝16上，點(diǎn)A(4，0)，B(0，2)，則()A．點(diǎn)P到直線AB的距離小于10B．點(diǎn)P到直線AB的距離大于2C.當(dāng)∠PBA最小時(shí)，|PB|＝3eq\r(2)D．當(dāng)∠PBA最大時(shí)，|PB|＝3eq\r(2)eq\a\vs4\al([直觀想象])eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])基本應(yīng)用球的表面積在實(shí)際中的應(yīng)用19.[2021·新高考Ⅱ卷]北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km(軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離).將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S＝2πr2(1－cosα)(單位：km2)，則S占地球表面積的百分比約為()A．26%B．34%C．42%D．50%eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])二、綜合性——著眼題型凸顯能力試題的綜合性是新高考考查的難點(diǎn)，只要考生突破這個(gè)難點(diǎn)，問題便可迎刃而解，體現(xiàn)了高考的選拔性功能．其主要特征是多知識點(diǎn)的交匯，條件和結(jié)論由緊密相關(guān)的知識構(gòu)成，是知識網(wǎng)的具體體現(xiàn)．該類問題多呈現(xiàn)在函數(shù)與不等式、向量與三角、概率與應(yīng)用、數(shù)列與不等式、平面幾何與立體幾何、直線與圓錐曲線、函數(shù)導(dǎo)數(shù)與不等式等．解答此類問題必須注意以下三點(diǎn)：(1)理清知識體系；(2)建立知識網(wǎng)絡(luò)關(guān)系；(3)注重目標(biāo)的達(dá)成．綜合性命題目標(biāo)重溫高考素養(yǎng)清單函數(shù)與不等式利用函數(shù)奇偶性與單調(diào)性解抽象函數(shù)不等式，分類討論思想的應(yīng)用能力1.[2020·新高考Ⅰ卷]若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是()A．[－1，1]∪[3，＋∞)B．[－3，－1]∪[0，1]C．[－1，0]∪[1，＋∞)D．[－1，0]∪[1，3]eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])eq\a\vs4\al([直觀想象])不等式的性質(zhì)、基本不等式、指數(shù)函數(shù)及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性的綜合2.[2020·新高考Ⅰ卷](多選)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，則()A．a(chǎn)2＋b2≥eq\f(1,2)B．2a－b>eq\f(1,2)C．log2a＋log2b≥－2D．eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])利用導(dǎo)數(shù)比較大小3.[2022·新高考Ⅰ卷](多選)設(shè)a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．a(chǎn)<c<beq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])eq\a\vs4\al([邏輯推理])解析幾何直線與橢圓的位置關(guān)系，利用點(diǎn)差法求解4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知直線l與橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B兩點(diǎn)，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點(diǎn)，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，則l的方程為________．eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])eq\a\vs4\al([邏輯推理])立體幾何與導(dǎo)數(shù)正四棱錐內(nèi)接于球，利用導(dǎo)數(shù)求正四棱錐的體積5.[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))D．[18，27]eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])三、創(chuàng)新性——立足求變變中出新高考數(shù)學(xué)試題的創(chuàng)新性是數(shù)學(xué)試題具有較高生命力和價(jià)值的體現(xiàn)，每年的高考試題的特點(diǎn)都呈現(xiàn)穩(wěn)中求新，具有開放性、新穎性、靈活性等特點(diǎn)，“年年考題都相似，考題年年有創(chuàng)新”．近三年新高考創(chuàng)新如下：(1)2020年新高考第一年，設(shè)計(jì)了多選題，解答題中設(shè)計(jì)了結(jié)構(gòu)不良問題(條件三選一)第17題(三角問題).(2)2021年新高考第二年，新高考Ⅰ卷設(shè)計(jì)了雙空題第16題，但解答題沒設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)不良問題(條件三選一)；新高考Ⅱ卷填空題設(shè)計(jì)了開放性試題(答案不唯一)第14題，解答題設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)不良問題(條件二選一)第22題(利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)零點(diǎn)問題).(3)2022年新高考第三年，新高考Ⅰ卷沒設(shè)計(jì)雙空題和結(jié)構(gòu)不良問題，但填空題設(shè)計(jì)了開放性試題(答案不唯一)第14題；2022年新高考Ⅱ卷填空題設(shè)計(jì)了雙空題第14題，沒設(shè)計(jì)開放性試題(答案不唯一)，解答題設(shè)計(jì)結(jié)構(gòu)不良問題(從三個(gè)條件中選兩個(gè)證明另一個(gè))第21題(直線與雙曲線問題).創(chuàng)新性命題目標(biāo)重溫高考素養(yǎng)清單多選題考查利用導(dǎo)數(shù)解決三次函數(shù)的極值點(diǎn)、零點(diǎn)、對稱中心和曲線的切線1.[2022·新高考Ⅰ卷](多選)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C．點(diǎn)(0，1)是曲線y＝f(x)的對稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])eq\a\vs4\al([直觀想象])雙空題以民間剪紙為背景考查數(shù)列的遞推和數(shù)列求和2.[2021·新高考Ⅰ卷]某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2.以此類推，則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么k=1nSk＝________eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])(答案不唯一)開放性考查圓的切線問題3.[2022·新高考Ⅰ卷]寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程____________．eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])eq\a\vs4\al([直觀想象])結(jié)構(gòu)不良問題從三個(gè)已知條件選一個(gè)解答，考查正弦定理、余弦定理的應(yīng)用4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])從三個(gè)條件中選兩個(gè)證明另一個(gè)，考查直線與雙曲線的有關(guān)知識5.[2022·新高考Ⅱ卷]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F(2，0)，漸近線方程為y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程．(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.過P且斜率為－eq\r(3)的直線與過Q且斜率為eq\r(3)的直線交于點(diǎn)M.從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立．①M(fèi)在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])四、應(yīng)用性——融入素養(yǎng)特色鮮明高考數(shù)學(xué)中應(yīng)用性包含兩層意思，一層是應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決社會生活中的實(shí)際問題，另一層是應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決相關(guān)的數(shù)學(xué)問題，數(shù)學(xué)試題從頭到尾處處都體現(xiàn)數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用，解決問題時(shí)注意以下兩點(diǎn)：(1)將實(shí)際問題建立數(shù)學(xué)模型進(jìn)行求解，理清建模過程和數(shù)據(jù)處理，利用數(shù)據(jù)說話．(2)應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決相關(guān)數(shù)學(xué)問題時(shí)，注重分析問題，構(gòu)建條件與結(jié)論的最短(最佳)解題鏈，堅(jiān)持條件與結(jié)論的和諧相融．應(yīng)用性命題目標(biāo)重溫高考素養(yǎng)清單數(shù)學(xué)的實(shí)際應(yīng)用概率與統(tǒng)計(jì)在實(shí)際生活中的應(yīng)用1.[2020·新高考Ⅰ卷]某中學(xué)的學(xué)生積極參加體育鍛煉，其中有96%的學(xué)生喜歡足球或游泳，60%的學(xué)生喜歡足球，82%的學(xué)生喜歡游泳，則該中學(xué)既喜歡足球又喜歡游泳的學(xué)生數(shù)占該校學(xué)生總數(shù)的比例是()A．62%B．56%C．46%D．42%eq\a\vs4\al([邏輯推理])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])回歸分析在實(shí)際生活中的應(yīng)用2.[2020·全國Ⅰ卷]某校一個(gè)課外學(xué)習(xí)小組為研究某作物種子的發(fā)芽率y和溫度x(單位：℃)的關(guān)系，在20個(gè)不同的溫度條件下進(jìn)行種子發(fā)芽實(shí)驗(yàn)，由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)(xi，yi)(i＝1，2，…，20)得到下面的散點(diǎn)圖：由此散點(diǎn)圖，在10℃至40℃之間，下面四個(gè)回歸方程類型中最適宜作為發(fā)芽率y和溫度x的回歸方程類型的是()A．y＝a＋bxB．y＝a＋bx2C．y＝a＋bexD．y＝a＋blnxeq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)抽象])eq\a\vs4\al([邏輯推理])立體幾何在實(shí)際生活中的應(yīng)用3.[2022·新高考Ⅰ卷]南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫．已知該水庫水位為海拔148.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時(shí)，增加的水量約為(eq\r(7)≈2.65)()A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)建模])eq\a\vs4\al([數(shù)學(xué)運(yùn)算])開篇備考把脈考向精準(zhǔn)定位新高考命題四特性一、基礎(chǔ)性——遵循考綱難易適中1．解析：eq\f(2－i,1－3i))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋3i)),10)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1＋i,2)，所以該復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，該點(diǎn)在第一象限，故選A.答案：A2．解析：由題，a2＝9，b2＝4，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝2a＝6，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)),2)))2＝9（當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝3時(shí)，等號成立）.故選C.答案：C3．解析：P（甲）＝eq\f(1,6)，P（乙）＝eq\f(1,6)，P（丙）＝eq\f(5,36)，P（?。絜q\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），P（甲丁）＝eq\f(1,36)＝P（甲）P（?。?，P（乙丙）＝eq\f(1,36)≠P（乙）P（丙），P（丙?。?≠P（?。㏄（丙），故選B.答案：B4．解析：由題意可知P（X>2）＝0.5，所以P（X>2.5）＝P（X>2）－P（2<X≤2.5）＝0.5－0.36＝0.14.答案：0.145．解析：A：E（y）＝E（x＋c）＝E（x）＋c且c≠0，故平均數(shù)不相同，錯(cuò)誤；B：若第一組中位數(shù)為xi，則第二組的中位數(shù)為yi＝xi＋c，顯然不相同，錯(cuò)誤；C：D（y）＝D（x）＋D（c）＝D（x），故方差相同，正確；D：由極差的定義知：若第一組的極差為xmax－xmin，則第二組的極差為ymax－ymin＝（xmax＋c）－（xmin＋c）＝xmax－xmin，故極差相同，正確；故選CD.答案：CD6．解析：如圖（1），連接B1C.因?yàn)镈A1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，所以A正確．如圖（2），連接B1C.因?yàn)锽C1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1?平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正確，如圖（3），連接A1C1，交B1D1于點(diǎn)O，連接BO，A1B.易證A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO為直線C1B與平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C錯(cuò)誤．如圖（4），因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正確．故選ABD.答案：ABD7．解析：由eq\r(x)＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))))，所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)))).故選D.答案：D8．解析：方法一因?yàn)閕（1－z）＝1，所以z＝1－eq\f(1,i)＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝2.故選D.方法二因?yàn)閕（1－z）＝1＝－i2＝i·（－i），所以1－z＝－i，所以z＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝（1＋i）＋（1－i）＝2.故選D.答案：D9．解析：因?yàn)閍＝（3，4），b＝（1，0），所以c＝a＋tb＝（3＋t，4）.由題意，得cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq\f(9＋3t＋16,|c|·5)＝eq\f(3＋t,|c|·1)，解得t＝5.故選C.答案：C10．解析：因?yàn)锽D＝2DA，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋3eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋3（eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))）＝－2eq\o(CA,\s\up6(→))＋3eq\o(CD,\s\up6(→))＝－2m＋3n.故選B.答案：B11．解析：因?yàn)閑q\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,|ω|)＜π.又因?yàn)棣兀?，所以2＜ω＜3.因?yàn)閥＝f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（eq\f(3π,2)，2）中心對稱，所以b＝2，eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，所以ω＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k，k∈Z.令2＜－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k＜3，解得eq\f(13,4)＜k＜eq\f(19,4).又因?yàn)閗∈Z，所以k＝4，所以ω＝eq\f(5,2).所以f（x）＝sin（eq\f(5,2)x＋eq\f(π,4)）＋2，所以f（eq\f(π,2)）＝sin（eq\f(5π,4)＋eq\f(π,4)）＋2＝1.故選A.答案：A12．解析：方法一設(shè)β＝0，則sinα＋cosα＝0，即tanα＝－1.取α＝eq\f(3π,4)，排除A，B.設(shè)α＝0，則sinβ＋cosβ＝2sinβ，即tanβ＝1.取β＝eq\f(π,4)，排除D.故選C.方法二因?yàn)閟in（α＋β）＋cos（α＋β）＝eq\r(2)sin（α＋β＋eq\f(π,4)）＝eq\r(2)sin[（α＋eq\f(π,4)）＋β]＝eq\r(2)sin（α＋eq\f(π,4)）cosβ＋eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ＝2eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ，所以eq\r(2)sin（α＋eq\f(π,4)）cosβ＝eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ，所以sin（α＋eq\f(π,4)）cosβ－cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ＝0，即sin（α＋eq\f(π,4)－β）＝0.所以sin（α－β＋eq\f(π,4)）＝eq\f(\r(2),2)sin（α－β）＋eq\f(\r(2),2)cos（α－β）＝0，即sin（α－β）＝－cos（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故選C.方法三因?yàn)閟in（α＋β）＋cos（α＋β）＝2eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2eq\r(2)sinβ（eq\f(\r(2),2)cosα－eq\f(\r(2),2)sinα）＝2sinβcosα－2sinαsinβ，所以cosαcosβ＋sinαsinβ＝－sinαcosβ＋sinβcosα，所以cos（α－β）＝－sin（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故選C.答案：C13．解析：將式子進(jìn)行齊次化處理得：eq\f(sinθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin2θ)),sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ)),sinθ＋cosθ)＝sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ))＝eq\f(sinθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ)),sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(4－2,1＋4)＝eq\f(2,5).故選C.答案：C14．解析：Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝60.答案：C15．解析：（1－eq\f(y,x)）（x＋y）8＝（x＋y）8－eq\f(y,x)（x＋y）8，由二項(xiàng)式定理可知其展開式中x2y6的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))－Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＝－28.答案：－2816．解析：設(shè)bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，得n＝eq\f(3m－1,2)＝eq\f(3m－3＋2,2)＝eq\f(3（m－1）,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，則ak＝3（2k＋1）－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq\f(1＋6n－5,2)×n＝3n2－2n.答案：3n2－2n17．解析：eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AP,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos∠PAB＝2|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos∠PAB，又|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos∠PAB表示eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影，所以結(jié)合圖形可知，當(dāng)P與C重合時(shí)投影最大，當(dāng)P與F重合時(shí)投影最小．又eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\r(3)×2×cos30°＝6，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2×2×cos120°＝－2，故當(dāng)點(diǎn)P在正六邊形ABCDEF內(nèi)部運(yùn)動時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))∈（－2，6），故選A.答案：A18．解析：圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－5))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－5))2＝16的圓心為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))，半徑為4，直線AB的方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，圓心M到直線AB的距離為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5＋2×5－4)),\r(12＋22))＝eq\f(11,\r(5))＝eq\f(11\r(5),5)>4，所以，點(diǎn)P到直線AB的距離的最小值為eq\f(11\r(5),5)－4<2，最大值為eq\f(11\r(5),5)＋4<10，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；如圖所示：當(dāng)∠PBA最大或最小時(shí)，PB與圓M相切，連接MP、BM，可知PM⊥PB，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－5))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－5))2)＝eq\r(34)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MP))＝4，由勾股定理可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BP))＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM))2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MP))2)＝3eq\r(2)，CD選項(xiàng)正確．故選ACD.答案：ACD19．解析：由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：eq\f(2πr2（1－cosα）,4πr2)＝eq\f(1－cosα,2)＝eq\f(1－\f(6400,6400＋36000),2)≈0.42＝42%.故選C.答案：C二、綜合性——著眼題型凸顯能力1．解析：通解由題意知f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）單調(diào)遞減，且f（－2）＝f（2）＝f（0）＝0.當(dāng)x>0時(shí)，令f（x－1）≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；當(dāng)x<0時(shí)，令f（x－1）≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；當(dāng)x＝0時(shí)，顯然符合題意．綜上，原不等式的解集為[－1，0]∪[1，3]，選D.優(yōu)解當(dāng)x＝3時(shí)，f（3－1）＝0，符合題意，排除B；當(dāng)x＝4時(shí)，f（4－1）＝f（3）<0，此時(shí)不符合題意，排除選項(xiàng)A，C.故選D.答案：D2．解析：對于選項(xiàng)A，∵a2＋b2≥2ab，∴2（a2＋b2）≥a2＋b2＋2ab＝（a＋b）2＝1，∴a2＋b2≥eq\f(1,2)，正確；對于選項(xiàng)B，易知0<a<1，0<b<1，∴－1<a－b<1，∴2a－b>2－1＝eq\f(1,2)，正確；對于選項(xiàng)C，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則log2eq\f(1,4)＋log2eq\f(3,4)＝－2＋log2eq\f(3,4)<－2，錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)D，∵eq\r(2)＝eq\r(2（a＋b）)，∴[eq\r(2（a＋b）)]2－（eq\r(a)＋eq\r(b)）2＝a＋b－2eq\r(ab)＝（eq\r(a)－eq\r(b)）2≥0，∴eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，正確．故選ABD.答案：ABD3．解析：設(shè)f（x）＝（1－x）ex－1，x＞0，則當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＝－ex＋（1－x）ex＝－xex＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（0.1）＜f（0）＝0，即0.9e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜eq\f(1,9)，即a＜b.令g（x）＝x－ln（1＋x），x＞0，則當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＝1－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(x,1＋x)＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以g（eq\f(1,9)）＞g（0）＝0，即eq\f(1,9)－ln（1＋eq\f(1,9)）＞0，所以eq\f(1,9)＞－lneq\f(9,10)，即b＞c.令h（x）＝xex＋ln（1－x），0＜x≤0.1，則h′（x）＝（1＋x）·ex＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(（x2－1）ex＋1,x－1).設(shè)t（x）＝（x2－1）ex＋1，則當(dāng)0＜x≤0.1時(shí)，t′（x）＝（x2＋2x－1）ex＜0，所以t（x）在（0，0.1]上單調(diào)遞減，所以t（x）＜t（0）＝0，所以當(dāng)0＜x≤0.1時(shí)，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，0.1]上單調(diào)遞增，所以h（0.1）＞h（0）＝0，即0.1e0.1＋ln0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故選C.答案：C4．解析：方法一取線段AB的中點(diǎn)E，連接OE（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.因?yàn)閨MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.由題意可得eq\f(y1＋y2,x1＋x2)×eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(3－\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)－（3－\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2)）,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝－eq\f(1,2)，即kOE·kAB＝－eq\f(1,2).設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，則y＝m.令y＝0，則x＝－eq\f(m,k).所以點(diǎn)E的坐標(biāo)為（－eq\f(m,2k)，eq\f(m,2)），所以k×eq\f(m,\f(－m,k))＝－k2＝－eq\f(1,2)，解得k＝－eq\f(\r(2),2)，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直線AB的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.方法二設(shè)線段AB的中點(diǎn)為E.由|MA|＝|NB|，得E為線段MN的中點(diǎn)．設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，k<0，m>0，則M（－eq\f(m,k)，0），N（0，m），E（－eq\f(m,2k)，eq\f(m,2)）.將y＝kx＋m代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1中并整理，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)＝2·（－eq\f(m,2k)），解得k＝－eq\f(\r(2),2).又因?yàn)閨MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)))\s\up12(2)＋m2)＝2eq\r(3)，所以m＝2，符合題意，所以直線AB的方程為x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.答案：x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝05.解析：設(shè)該球的半徑為R，則由題意知eq\f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3.如圖，連接AC，BD，相交于點(diǎn)E，連接PE并延長，交球于點(diǎn)Q，連接QD，則PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝eq\f(l2,6)，所以DE＝eq\r(PD2－PE2)＝eq\r(l2－\f(l4,36))，所以DC＝eq\r(2)DE＝eq\r(2)×eq\r(l2－\f(l4,36))，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)×（eq\r(2)×eq\r(l2－\f(l4,36))）2×eq\f(l2,6)＝eq\f(1,9)（l4－eq\f(l6,36)），則V′＝eq\f(l3,9)（4－eq\f(l2,6)）.令V′＞0，得3≤l＜2eq\r(6)，令V′＜0，得2eq\r(6)＜l≤3eq\r(3)，所以V＝eq\f(1,9)（l4－eq\f(l6,36)）在[3，2eq\r(6)）上單調(diào)遞增，在（2eq\r(6)，3eq\r(3)]上單調(diào)遞減，所以Vmax＝V（2eq\r(6)）＝eq\f(64,3).又因?yàn)閂（3）＝eq\f(27,4)，V（3eq\r(3)）＝eq\f(81,4)＞eq\f(27,4)，所以Vmin＝eq\f(27,4)，所以該正四棱錐體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).故選C.答案：C三、創(chuàng)新性——立足求變變中出新1．解析：由題意知f′（x）＝3x2－1.令f′（x）＝0，得x＝eq\f(\r(3),3)或x＝－eq\f(\r(3),3).令f′（x）＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；令f′（x）＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f（x）在（－∞，－eq\f(\r(3),3)）和（eq\f(\r(3),3)，＋∞）上單調(diào)遞增，在（－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)）上單調(diào)遞減，所以f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以A正確．f（x）極大值＝f（－eq\f(\r(3),3)）＝－eq\f(\r(3),9)＋eq\f(\r(3),3)＋1＞0，f（x）極小值＝f（eq\f(\r(3),3)）＝eq\f(\r(3),9)－eq\f(\r(3),3)＋1＞0.當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→＋∞；當(dāng)x→－∞時(shí)，f（x）→－∞，所以f（x）有一個(gè)零點(diǎn)，所以B錯(cuò)誤．因?yàn)閒（x）＋f（－x）＝x3－x＋1＋（－x）3＋x＋1＝2，所以曲線y＝f（x）關(guān)于點(diǎn)（0，1）對稱，所以C正確．令f′（x）＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以當(dāng)切線的斜率為2時(shí)，切點(diǎn)為（1，1）或（－1，1），則切線方程為y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D錯(cuò)誤．故選AC.答案：AC2．解析：（1）由對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，所以對折三次的結(jié)果有：eq\f(5,2)×12，5×6，10×3，20×eq\f(3,2)，共4種不同規(guī)格（單位dm2）；故對折4次可得到如下規(guī)格：eq\f(5,4)×12，eq\f(5,2)×6，5×3，10×eq\f(3,2)，20×eq\f(3,4)，共5種不同規(guī)格；（2）由于每次對折后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對折后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，首項(xiàng)為120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(dm2))，第n次對折后的圖形面積為120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，對于第n次對折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù)，根據(jù)（1）的過程和結(jié)論，猜想為n＋1種（證明從略），故得猜想Sn＝eq\f(120（n＋1）,2n－1)，設(shè)S＝eq\i\su(k＝1,n,S)k＝eq\f(120×2,20)＋eq\f(120×3,21)＋eq\f(120×4,22)＋…＋eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n－1)，則eq\f(1,2)S＝eq\f(120×2,21)＋eq\f(120×3,22)＋…＋eq\f(120n,2n－1)＋eq\f(120（n＋1）,2n)，兩式作差得：eq\f(1,2)S＝240＋120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝240＋eq\f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120,2n－1)－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)，因此，S＝720－eq\f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)＝720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4).答案：5720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4)3．解析：由題意知兩圓的圓心和半徑分別為O1（0，0），O2（3，4），r1＝1，r2＝4.因?yàn)閨O1O2|＝r1＋r2，所以兩圓外切．由兩圓外切，畫出示意圖，如圖．設(shè)切點(diǎn)為A（x，y）.由O1A＝eq\f(1,5)O1O2，得A（eq\f(3,5)，eq\f(4,5)）.因?yàn)閗O1O2＝eq\f(4,3)，所以切線l1的斜率k1＝－eq\f(3,4)，所以l1：y－eq\f(4,5)＝－eq\f(3,4)（x－eq\f(3,5)），即3x＋4y－5＝0.由圖象易得兩圓均與直線l2：x＝－1相切，過兩圓圓心的直線方程為l：y＝eq\f(4,3)x.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)x，,x＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)．))故直線l與l2的交點(diǎn)為P（－1，－eq\f(4,3)）.由切線定理，得兩圓的另一公切線l3過點(diǎn)P.設(shè)l3：y＋eq\f(4,3)＝k（x＋1）.由點(diǎn)到直線的距離公式，得eq\f(?k－\f(4,3)?,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(7,24)，所以l3：y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)（x＋1），即7x－24y－25＝0.答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0（答對其中之一即可）4．解析：方案一：選條件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，選條件①時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c＝1.方案二：選條件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，選條件②時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c＝2eq\r(3).方案三：選條件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，與b＝c矛盾．因此，選條件③時(shí)問題中的三角形不存在．5．解析：（1）由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(3)，,\r(a2＋b2)＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)．))所以C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.（2）當(dāng)直線PQ斜率不存在時(shí)，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直線PQ斜率存在，所以設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b（k≠0）.聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2－\f(y2,3)＝1.))消去y并整理，得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0.則x1＋x2＝eq\f(2kb,3－k2)，x1x2＝eq\f(b2＋3,k2－3)，x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（b2＋3－k2）),|3－k2|).因?yàn)閤1>x2>0，所以x1x2＝eq\f(b2＋3,k2－3)>0，即k2>3.所以x1－x2＝eq\f(2\r(3（b2＋3－k2）),k2－3).設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（xM，yM），則yM－y2＝eq\r(3)（xM－x2