高2013屆高三數(shù)學(xué)優(yōu)化設(shè)計(jì)第二輪復(fù)習(xí)word(教師版)八個(gè)專題講座和八個(gè)測(cè)試,包括詳細(xì)的答案的講解思路

第1講集合與常用邏輯用語(yǔ)、算法初步【考情快遞】考點(diǎn)統(tǒng)計(jì)考查頻度考例展示集合的概念與運(yùn)算132012·新課標(biāo)全國(guó)1,2012·大綱全國(guó)1,2012·湖北1充分條件、必要條件72012·陜西4,2012·浙江4,2012·福建3命題與邏輯用語(yǔ)62012·山東5,2012·安徽4,2012·北京14算法初步142012·天津3,2012·廣東9,2012·山東7,2012·福建61．集合的概念與運(yùn)算思考1：如何區(qū)分?jǐn)?shù)集與點(diǎn)集？下面3個(gè)集合：A＝{x|y＝x2＋1}；B＝{y|y＝x2＋1}；C＝{(x，y)|y＝x2＋1}是否是相同的集合？研討：二者的區(qū)別主要看元素的形式，數(shù)集的元素是數(shù)，點(diǎn)集的元素是有序?qū)崝?shù)對(duì)．A、B都是數(shù)集，實(shí)質(zhì)上{x|y＝x2＋1}＝R，{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}；C表示點(diǎn)集，即函數(shù)y＝x2＋1圖象上所有點(diǎn)的集合，三者不是相同的集合，但BA.2．充分條件、必要條件思考2：若p是q的充分不必要條件，則q是p的什么條件？綈p是綈q的什么條件？研討：因?yàn)閜是q的充分不必要條件，所以p?q，且q?p，所以綈q?綈p，且綈p?綈q，從而q是p的必要不充分條件，綈p是綈q的必要不充分條件．3．命題與常用邏輯用語(yǔ)思考3：全稱命題與特稱命題的否定有什么關(guān)系？研討：全稱命題“?x∈M，p(x)”的否定是：?x0∈M，綈p(x0)；特稱命題“?x0∈M，P(x0)”的否定是：?x∈M，綈p(x)．全稱命題的否定為特稱命題，特稱命題的否定為全稱命題．4．算法初步思考4：三種基本邏輯結(jié)構(gòu)的共同點(diǎn)是什么？研討：共同點(diǎn)：只有一個(gè)入口和一個(gè)出口，兩個(gè)基本邏輯結(jié)構(gòu)的每一部分都有機(jī)會(huì)被執(zhí)行到，而且結(jié)構(gòu)內(nèi)一定不存在死循環(huán)．1．(2012·遼寧)已知全集U＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{0,1,3,5,8}，集合B＝{2,4,5,6,8}，則(?UA)∩(?UB)＝()．A．{5,8} B．{7,9}C．{0,1,3} D．{2,4,6}解析由條件，?UA＝{2,4,6,7,9}，?UB＝{0,1,3,7,9}，∴(?UA)∩(?UB)＝{7,9}．答案B2．(2012·四川)設(shè)a、b都是非零向量．下列四個(gè)條件中，使eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分條件是 ()．A．a(chǎn)＝－b B．a(chǎn)∥bC．a(chǎn)＝2b D．a(chǎn)∥b且|a|＝|b|解析eq\f(a,|a|)表示與a同向的單位向量，eq\f(b,|b|)表示與b同向的單位向量，只要a與b同向，就有eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)，觀察選項(xiàng)易知C滿足題意．答案C3．(2012·福建)下列命題中，真命題是 ()．A．“?x0∈R，ex0≤0”的否定是“?x0∈R，ex0＞B．?x∈R,2x＞x2C．a(chǎn)＋b＝0的充要條件是eq\f(a,b)＝－1D．a(chǎn)＞1，b＞1是ab＞1的充分條件解析特稱命題的否定，需把存在量詞改為全稱量詞，A是假命題；當(dāng)x＝2時(shí)，2x＝x2，B是假命題；eq\f(a,b)＝－1?a＋b＝0，但a＋b＝0?eq\f(a,b)＝－1，如a＝0，b＝0時(shí)，eq\f(a,b)無(wú)意義，C為假命題；當(dāng)a＞1，b＞1時(shí)，必有ab＞1；但ab＞1?a＞1，b＞1，如a＝－1，b＝－2，ab＞1，但a＜1，b＜1，∴“a＞1，b＞1”是“ab＞1”的充分條件，D項(xiàng)為真命題．答案D4．(2012·陜西)如圖所示是計(jì)算某年級(jí)500名學(xué)生期末考試(滿分為100分)及格率q的程序框圖，則圖中空白框內(nèi)應(yīng)填入________．解析由程序框圖知，M表示及格人數(shù)，N是不及格人數(shù)，∴及格率q＝eq\f(M,M＋N).答案q＝eq\f(M,M＋N)類型一集合的概念與運(yùn)算【例1】(1)(2012·浙江)設(shè)集合A＝{x|1＜x＜4}，集合B＝{x|x2－2x－3≤0}，則A∩(?RB)＝ ()．A．(1,4) B．(3,4)C．(1,3) D．(1,2)∪(3,4)(2)已知M，N為集合I的非空真子集，且M，N不相等，若N∩(eq\a\vs4\al(?IM))＝?，則M∪N＝ ()．A．MB．NC．ID．?[思路點(diǎn)撥](1)將集合B化簡(jiǎn)，根據(jù)交集、補(bǔ)集的定義求A∩(?RB)．(2)涉及抽象集合，借助Venn圖，判定N?M.[嘗試解答](1)由x2－2x－3≤0，得－1≤x≤3.∴B＝[－1,3]，則?RB＝(－∞，－1)∪(3，＋∞)．因此A∩(?RB)＝(3,4)．(2)∵M(jìn)≠N，且N∩(?IM)＝?.借助Venn圖，知NM，因此N∪M＝M.答案(1)B(2)A[規(guī)律方法]進(jìn)行集合運(yùn)算、判定集合間關(guān)系，一定重視數(shù)形結(jié)合思想方法的應(yīng)用．(1)若給定集合涉及不等式的解集，要借助數(shù)軸；(2)若涉及抽象集合，要充分利用Venn圖；(3)若給定集合是點(diǎn)集，要注意借助函數(shù)圖象．【變式訓(xùn)練1】(1)(2012·新課標(biāo)全國(guó))已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}，則B中所含元素的個(gè)數(shù)為()．A．3B．6C．8D．10(2)設(shè)集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))＜\r(2)，i為虛數(shù)單位，x∈R))))，則M∩N為 ()．A．(0,1)B．(0,1]C．[0,1)D．[0,1]解析(1)∵B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}，A＝{1,2,3,4,5}．∴x＝2，y＝1；x＝3，y＝1,2；x＝4，y＝1,2,3；x＝5，y＝1,2,3,4.∴B＝{(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4.3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)}，∴B中所含元素的個(gè)數(shù)為10.(2)∵y＝|cos2x－sin2x|＝|cos2x|，x∈R，則M＝[0,1]．又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))＜eq\r(2)，得x2＋1＜2，∴－1＜x＜1，則N＝(－1,1)．因此M∩N＝[0,1)．答案(1)D(2)C類型二命題與常用邏輯用語(yǔ)【例2】(1)(2012·山東)設(shè)命題p：函數(shù)y＝sin2x的最小正周期為eq\f(π,2)；命題q：函數(shù)y＝cosx的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱．則下列判斷正確的是 ()．A．p為真 B．綈q為假C．p∧q為假 D．p∨q為真(2)下列命題中：①命題“若f(x)是奇函數(shù)，則f(－x)是奇函數(shù)”的否命題是“若f(x)不是奇函數(shù)，則f(－x)不是奇函數(shù)”．②(2012·安徽改編)命題“對(duì)?x∈R，都有x≤1”的否定是“?x0∈R，使x0＞1.③“若am2＜bm2，則a＜b”的逆命題為真．其中正確的命題是________(填上所有正確命題的序號(hào))．[思路點(diǎn)撥](1)判定命題p，q的真假，進(jìn)而依據(jù)真值表判定．(2)利用全稱命題與特稱命題的關(guān)系判斷，并注意命題的否定與否命題的區(qū)別．[嘗試解答](1)函數(shù)y＝sin2x的最小正周期為π，p假．又x＝eq\f(π,2)不是函數(shù)y＝cosx圖象的對(duì)稱軸，q假．故p∧q為假命題，C正確；A、B、D均錯(cuò)誤．(2)因?yàn)榉衩}是既否定題設(shè)，又否定結(jié)論，而“奇函數(shù)”的否定不是偶函數(shù)，而是“不是奇函數(shù)”，因此否命題應(yīng)為“若函數(shù)f(x)不是奇函數(shù)，則f(－x)不是奇函數(shù)”．∴①正確．由全稱命題的否定是特稱命題知②正確；對(duì)于③，逆命題為“若a＜b，則am2＜bm2”．當(dāng)m＝0時(shí)，有am2＝bm2，故③答案(1)C(2)①②[規(guī)律方法]1.對(duì)于含有“或、且、非”聯(lián)結(jié)詞的命題的真假判定，關(guān)鍵是p與q命題的真假判定．2．含有量詞的命題的否定，不僅要將結(jié)論否定，而且要把量詞進(jìn)行改換．【變式訓(xùn)練2】(1)(2012·湖南)命題“若α＝eq\f(π,4)，則tanα＝1”的逆否命題是 ()．A．若α≠eq\f(π,4)，則tanα≠1B．若tanα≠1，則α≠eq\f(π,4)C．若α＝eq\f(π,4)，則tanα≠1D．若tanα≠1，則α＝eq\f(π,4)(2)(2012·遼寧)已知命題p：?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≥0，則綈p是 ()．A．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≤0B．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≤0C．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)＜0D．?x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)＜0解析(1)將條件與結(jié)論互換，并進(jìn)行否定，∴逆否命題為：“若tanα≠1，則α≠eq\f(π,4).”(2)全稱命題的否定是特稱命題．∴綈p：?x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0.答案(1)B(2)C類型三充分條件與必要條件【例3】對(duì)于數(shù)列{an}，“an＋1＞|an|(n＝1,2，…)”是“{an}為遞增數(shù)列”的 ()．A．必要不充分條件B．充分不必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件[思路點(diǎn)撥]分清條件與結(jié)論，理清關(guān)系加以判定．[嘗試解答]由an＋1＞|an|≥an，即an＋1＞an.∴數(shù)列{an}是遞增數(shù)列．反過(guò)來(lái)，{an}是遞增數(shù)列，知an＋1＞an.不一定有an＋1＞|an|，如遞增數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))中，a1＝－eq\f(1,2)，a2＝－eq\f(1,4)，a2＞|a1|不成立．因此“an＋1＞|an|”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件．答案B[規(guī)律方法]1.判定充要條件首先應(yīng)弄清條件p和q分別是什么，然后再判斷“p?q”及“q?p”的真假．本題可通過(guò)舉反例來(lái)說(shuō)明q?p.2．判定p?q常用的方法：①定義；②等價(jià)的逆否命題的判斷；③運(yùn)用集合之間的包含關(guān)系．【變式訓(xùn)練3】(2012·陜西)設(shè)a，b∈R，i是虛數(shù)單位，則“ab＝0”是“復(fù)數(shù)a＋eq\f(b,i)為純虛數(shù)”的 ()．A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析∵a＋eq\f(b,i)＝a－bi為純虛數(shù)，∴必有a＝0，b≠0，而ab＝0時(shí)有a＝0或b＝0，∴由a＝0，b≠0?ab＝0，反之不成立(如a＝2，b＝0)．∴“ab＝0”是“復(fù)數(shù)a＋eq\f(b,i)為純虛數(shù)”的必要不充分條件．答案B類型四算法與程序框圖【例4】(2012·山東)執(zhí)行右面的程序框圖，如果輸入a＝4，那么輸出的n的值為 ()．A．2 B．3C．4 D．5[思路點(diǎn)撥]明確循環(huán)體的意義，運(yùn)行程序框圖，確定輸出值．[嘗試解答]a＝4，P＝0，Q＝1，n＝0時(shí)，執(zhí)行循環(huán)體．得P＝0＋40＝1，Q＝2×1＋1＝3，n＝1＋0＝1；P≤Q，執(zhí)行循環(huán)，P＝1＋41＝5.Q＝2×3＋1＝7，n＝2；P≤Q，執(zhí)行循環(huán)，P＝5＋42＝21，Q＝2×7＋1＝15，n＝3.P≤Q不成立．輸出n＝3.答案B[規(guī)律方法]循環(huán)結(jié)構(gòu)要注意：(1)弄清終止循環(huán)的條件是什么；(2)循環(huán)體中順序結(jié)構(gòu)執(zhí)行的先后次序．【變式訓(xùn)練4】(1)(2012·浙江)若某程序框圖如圖(1)所示，則該程序運(yùn)行后輸出的值是________．(2)(2012·福建改編)閱讀如圖(2)所示的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，若輸出的s值等于－3，則空白的條件判斷框中的條件是________．解析(1)由程序框圖知，當(dāng)T＝1，i＝1時(shí)，第一次執(zhí)行后，T＝1，i＝2；第二次執(zhí)行后，T＝eq\f(1,2)，i＝3；第三次執(zhí)行后，T＝eq\f(1,6)，i＝4；第四次執(zhí)行后，T＝eq\f(1,24)，i＝5；第五次執(zhí)行后，T＝eq\f(1,120)，i＝6＞5，輸出T＝eq\f(1,120).(2)由程序框圖，及初始值k＝1，s＝1.第一次循環(huán)后，s＝2×1－1＝1，k＝1＋1＝2；第二次循環(huán)后，s＝2×1－2＝0，k＝3；第三次循環(huán)后，s＝2×0－3＝－3，k＝4.當(dāng)k＝4時(shí)，條件不具備，輸出s＝－3，因此條件為k＜4?答案(1)eq\f(1,120)(2)k＜4？全(特)稱命題中參數(shù)問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化全稱命題和特稱命題是新課標(biāo)新增內(nèi)容，其命題的否定和真假判斷，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的兩種思維方式，是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容.2012年，山東、遼寧、安徽等省份對(duì)此作了考查，預(yù)測(cè)2013年高考，根據(jù)命題的真假求參數(shù)的取值范圍是命題的一個(gè)方向，是值得重視的一類題目．【典例仿真】(滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若同時(shí)滿足條件：①?x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0；②?x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0，求m[規(guī)范解答]由g(x)＝2x－2＜0，得x＜1.又在條件①中：?x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0.∴當(dāng)x≥1時(shí)，必有f(x)＜0恒成立，則m＜0.(3分)因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＜0，,－m＋3＜1，))解之得－4＜m＜0(*)．(5分)在條件②中，?x∈(－∞，－4)，f(x)·g(x)＜0.∵g(x)＝2x－2＜0恒成立．因此，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為?x∈(－∞，－4)時(shí)，f(x)＞0.∴f(x)＝0的最小實(shí)根小于－4.(8分)(1)當(dāng)－1＜m＜0時(shí)，有－m－3＜2m∴－m－3＜－4，m＞1與m＜0矛盾，舍去．(2)當(dāng)m＜－1時(shí)，有2m＜－m∴應(yīng)有2m＜－4，∴m(3)當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＝－(x＋2)2≤0恒成立，不滿足條件②.所以由(1)、(2)、(3)知，滿足條件②，應(yīng)有m＜－2(**)．(11分)根據(jù)(*)(**)知，－4＜m＜－2.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－4，－2)．(12分)易錯(cuò)提示：(1)特稱命題，全稱命題理解不清，難以從條件中判定f(x)與0的大小關(guān)系．(2)數(shù)形結(jié)合意識(shí)差，化歸能力不強(qiáng)，不能把條件①，x≥1時(shí)，f(x)＜0恒成立，進(jìn)一步確定f(x)＝0的較大根小于1；難以確定條件②中f(x)＝0的較小根小于－4.防范措施：(1)全稱命題強(qiáng)調(diào)的是“任意性”，從而可把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題解決；特稱命題強(qiáng)調(diào)的是“存在性”，從而可把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程f(x)＝0在(－∞，－4)內(nèi)有實(shí)根．(2)重視二次函數(shù)圖象的直觀作用，數(shù)形結(jié)合，有效地把不等式的解與方程根相互轉(zhuǎn)化．對(duì)于條件②中f(x)＝0，在(－∞，－4)內(nèi)有解，一定要注意根據(jù)m的取值范圍，確定2m與－m(時(shí)間：45分鐘滿分：76分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2012·北京東城模擬)設(shè)U＝R，M＝{x|x2－x≤0}，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(x－1))的定義域?yàn)镈，則M∩(?UD)＝()．A．[0,1)B．(0,1)C．[0,1]D．{1}解析M＝[0,1]，D＝(1，＋∞)．∴?UD＝(－∞，1]，則M∩(?UD)＝[0,1]．答案C2．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，則a⊥b的充要條件是()．A．x＝－eq\f(1,2)B．x＝－1C．x＝5D．x＝0解析∵a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，∴a·b＝2(x－1)＋2×1＝2x.又a⊥b?a·b＝0，∴2x＝0，∴x＝0.答案D3.(2012·新課標(biāo)全國(guó))如果執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸入正整數(shù)N(N≥2)和實(shí)數(shù)a1，a2，…，aN，輸出A，B，則()．A．A＋B為a1，a2，…，aN的和B.eq\f(A＋B,2)為a1，a2，…，aN的算術(shù)平均數(shù)C．A和B分別是a1，a2，…，aN中最大的數(shù)和最小的數(shù)D．A和B分別是a1，a2，…，aN中最小的數(shù)和最大的數(shù)解析由于x＝ak，且x＞A時(shí)，將x值賦給A，因此最后輸出的A值是a1，a2，…，aN中最大的數(shù)；由于x＝ak，且x＜B時(shí)，將x值賦給B，因此最后輸出的B值是a1，a2，…，aN中最小的數(shù)．答案C4．(2012·保定二模)下列命題中正確的是()．A．若命題p為真命題，命題q為假命題，則命題“p∧q”為真命題B．“sinα＝eq\f(1,2)”是“α＝eq\f(π,6)的充分不必要條件”C．l為直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，若l⊥β，α⊥β，則l∥αD．命題“?x∈R,2x＞0”的否定是“?x0∈R,2x0≤解析顯然“p∧q”為假命題，A不正確；∵sinα＝eq\f(1,2)?α＝2kπ＋eq\f(π,6)或α＝2kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z)．∴“sinα＝eq\f(1,2)”是“α＝eq\f(π,6)”的必要不充分條件，B錯(cuò)；C中，l∥α或l?α，C不正確；全稱命題的否定，改變量詞并否定結(jié)論，D正確．答案D5．(2012·重慶)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且以2為周期，則“f(x)為[0,1]上的增函數(shù)”是“f(x)為[3,4]上的減函數(shù)”的()．A．既不充分又不必要條件B．充分不必要條件C．必要不充分的條件D．充要條件解析①∵f(x)在R上是偶函數(shù)，∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．∵f(x)為[0,1]上的增函數(shù)，∴f(x)為[－1,0]上的減函數(shù)．又∵f(x)的周期為2，∴f(x)為區(qū)間[－1＋4，0＋4]＝[3,4]上的減函數(shù)．②∵f(x)為[3,4]上的減函數(shù)，且f(x)的周期為2，∴f(x)為[－1,0]上的減函數(shù)．又∵f(x)在R上是偶函數(shù)，∴f(x)為[0,1]上的增函數(shù)．由①②知“f(x)為[0,1]上的增函數(shù)”是“f(x)為[3,4]上的減函數(shù)”的充要條件．答案D二、填空題(每小題5分，共15分)6．(2012·天津)已知集合A＝{x∈R||x＋2|＜3}，集合B＝{x∈R|(x－m)(x－2)＜0}，且A∩B＝(－1，n)，則m＝________，n＝________.解析A＝{x|－5＜x＜1}，因?yàn)锳∩B＝{x|－1＜x＜n}，B＝{x|(x－m)(x－2)＜0}，所以m＝－1，n＝1.答案－117．已知命題p：“?x∈[1,2]，eq\f(1,2)x2－lnx－a≥0”是真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析命題p：a≤eq\f(1,2)x2－lnx在[1,2]上恒成立，令f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，當(dāng)1＜x＜2時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，∴a≤eq\f(1,2).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))8．(2012·湖南)如果執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸入x＝4.5，則輸出的數(shù)i＝________.解析執(zhí)行程序，i，x的取值依次為i＝1，x＝3.5；i＝2，x＝2.5；i＝3，x＝1.5；i＝4，x＝0.5；結(jié)束循環(huán)，輸出i的值為4.答案4三、解答題(每小題12分，共36分)9．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(\f(6,x＋1)－1)的定義域?yàn)榧螦，函數(shù)g(x)＝lg(－x2＋2x＋m)的定義域?yàn)榧螧.(1)當(dāng)m＝3時(shí)，求A∩(?RB)；(2)若A∩B＝{x|－1＜x＜4}，求實(shí)數(shù)m的值．解A＝{x|－1＜x≤5}，(1)當(dāng)m＝3時(shí)，B＝{x|－1＜x＜3}，則?RB＝{x|x≤－1或x≥3}，∴A∩(?RB)＝{x|3≤x≤5}．(2)∵A＝{x|－1＜x≤5}，A∩B＝{x|－1＜x＜4}，故4是方程－x2＋2x＋m＝0的一個(gè)根，∴有－42＋2×4＋m＝0，解得m＝8.此時(shí)B＝{x|－2＜x＜4}，符合題意．因此實(shí)數(shù)m的值為8.10．已知命題p：2x2－9x＋a＜0，命題q：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＜0，,x2－6x＋8＜0，))且綈p是綈q的充分條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解由q得：2＜x＜3，∵綈p是綈q的充分條件，∴綈p?綈q即q?p.設(shè)函數(shù)f(x)＝2x2－9x＋a，則命題p為“f(x)＜0”∴q?p，利用數(shù)形結(jié)合，應(yīng)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2≤0，,f3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×22－9×2＋a≤0，,2×32－9×3＋a≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤10，,a≤9，))∴a≤9.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，9]．11.(2012·陜西)(1)如圖所示，證明命題“a是平面π內(nèi)的一條直線，b是π外的一條直線(b不垂直于π)，c是直線b在π上的投影，若a⊥b，則a⊥c”為真．(2)寫出上述命題的逆命題，并判斷其真假(不需證明)．(1)證明記c∩b＝A，P為直線b上異于點(diǎn)A的任意一點(diǎn)，過(guò)P作PO⊥π，垂足為O，則O∈c.因?yàn)镻O⊥π，a?π，所以直線PO⊥a.又a⊥b，b?平面PAO，PO∩b＝P，所以a⊥平面PAO.又c?平面PAO，所以a⊥c.(2)解逆命題為：a是平面π內(nèi)的一條直線，b是π外的一條直線(b不垂直于π)，c是直線b在π上的投影，若a⊥c，則a⊥b.逆命題為真命題．第2講平面向量、復(fù)數(shù)與推理證明【考情快遞】考點(diǎn)統(tǒng)計(jì)考查頻度考例展示平面向量的概念與運(yùn)算72012·浙江7,2012·全國(guó)9,2012·遼寧1,2012·重慶6平面向量的數(shù)量積102012·新課標(biāo)全國(guó)15,2012·湖南15,2012·天津8,2012·江蘇9復(fù)數(shù)的概念與運(yùn)算152012·山東1,2012·江蘇3,2012·遼寧3,2012·新課標(biāo)全國(guó)2合情推理與演繹推理42012·陜西12,2012·湖南16,2012·江西5,2012·湖北171．平面向量的概念與運(yùn)算思考1：設(shè)向量a＝(x1，y1)，非零向量b＝(x2，y2)，則：(1)a∥b；(2)a⊥b(a，b均不是零向量)的充要條件是什么？研討：(1)a∥b?a＝λb(λ∈R)?x1y2－x2y1＝0.(2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0.2．平面向量的數(shù)量積思考2：兩非零向量a，b的夾角為θ，試寫出數(shù)量積a·b與θ取值范圍之間的關(guān)系？研討：(1)a·b＞0?0≤θ＜eq\f(π,2)；(2)a·b＜0?eq\f(π,2)＜θ≤π；(3)a·b＝0?θ＝eq\f(π,2).3．復(fù)數(shù)的概念與運(yùn)算思考3：已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，若z1＞z2，則a＞c說(shuō)法正確嗎？研討：正確，因?yàn)閦1，z2至少一個(gè)為虛數(shù)時(shí)是不能比較大小的，故z1，z2均為實(shí)數(shù)，即z1＝a，z2＝c，從而a＞c.4．合情推理與演繹推理思考4：歸納推理和類比推理的共同特點(diǎn)與區(qū)別分別是什么？研討：不同點(diǎn)：歸納推理是由特殊到一般的推理；類比推理是由特殊到特殊的推理．共同點(diǎn)：兩種推理的結(jié)論不一定正確，有待于證明．1．(2012·重慶)設(shè)x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，則|a＋b|＝ ()．A.eq\r(5)B.eq\r(10)C．2eq\r(5)D．10解析∵a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，由a⊥c，得a·c＝2x－4＝0，∴x＝2.由b∥c，得1×(－4)－2y＝0，∴y＝－2.因此a＋b＝(2,1)＋(1，－2)＝(3，－1)，則|a＋b|＝eq\r(10).答案B2．(2012·新課標(biāo)全國(guó))已知向量a，b夾角為45°，且|a|＝1，|2a－b|＝eq\r(10)，則|b|＝________.解析∵a，b的夾角為45°，|a|＝1，∴a·b＝|a|·|b|cos45°＝eq\f(\r(2),2)|b|.又|2a－b|2＝4a2＋b2－4a·b＝4－2eq\r(2)|b|＋|b|2，∴|b|2－2eq\r(2)|b|＋4＝10，|b|＝3eq\r(2).答案3eq\r(2)3．(2012·江蘇)設(shè)a，b∈R，a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)(i為虛數(shù)單位)，則a＋b的值為________．解析eq\f(11－7i,1－2i)＝eq\f(11－7i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(25＋15i,5)＝5＋3i.∴a＋bi＝5＋3i(a，b∈R)，則a＝5且b＝3.因此a＋b＝8.答案84．(2012·陜西)觀察下列不等式：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…，照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為________________________________________________________________________．解析每行不等式左端最后一個(gè)分?jǐn)?shù)的分母是右端分母的平方，且每行右端的分?jǐn)?shù)的分子成等差數(shù)列．∴第五個(gè)不等式為1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)＜eq\f(11,6).答案1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)＜eq\f(11,6)類型一平面向量的概念與運(yùn)算【例1】(1)已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，eq\r(3))，若a－2b與c共線，則k＝________.(2)(2012·臨川模擬)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為2，eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0且|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，則向量eq\o(CA,\s\up12(→))在eq\o(CB,\s\up12(→))上的射影的長(zhǎng)度為()．A.eq\r(3)B．3C．－eq\r(3)D．－3[思路點(diǎn)撥](1)求向量a－2b的坐標(biāo)，再依據(jù)向量共線的條件求k.(2)根據(jù)向量的平行四邊形法則，知四邊形ABOC為菱形，結(jié)合平面幾何性質(zhì)，易求eq\o(CA,\s\up12(→))在eq\o(CB,\s\up12(→))上的射影的長(zhǎng)度．[嘗試解答](1)∵a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0，－1)，∴a－2b＝(eq\r(3)，3)．又(a－2b)∥c，且c＝(k，eq\r(3))．從而eq\r(3)×eq\r(3)－3k＝0，∴k＝1.(2)由eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，得eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(AO,\s\up12(→)).又O為△ABC外接圓的圓心，OB＝OC，∴四邊形ABOC為菱形，AO⊥BC.由|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝2，知△AOC為等邊三角形．故eq\o(CA,\s\up12(→))在eq\o(CB,\s\up12(→))上的射影的長(zhǎng)度為|eq\o(CF,\s\up12(→))|＝2coseq\f(π,6)＝eq\r(3).答案(1)1(2)A[規(guī)律方法]運(yùn)用向量加減法解決幾何問(wèn)題時(shí)，要善于發(fā)現(xiàn)或構(gòu)造三角形或平行四邊形，使用三角形法則時(shí)要特別注意“首尾相接”．【變式訓(xùn)練1】(2012·大綱全國(guó))△ABC中，AB邊的高為CD，若eq\o(CB,\s\up12(→))＝a，eq\o(CA,\s\up12(→))＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，則eq\o(AD,\s\up12(→))＝()．A.eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)b B.eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)bC.eq\f(3,5)a－eq\f(3,5)b D.eq\f(4,5)a－eq\f(4,5)b解析如圖，∵a·b＝0，∴a⊥b，∴∠ACB＝90°，∴AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(5).又CD⊥AB，∴AC2＝AD·AB，∴AD＝eq\f(4\r(5),5).∴eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\f(4,5)eq\o(AB,\s\up12(→))＝eq\f(4,5)(a－b)＝eq\f(4,5)a－eq\f(4,5)b.答案D類型二平面向量的數(shù)量積【例2】(1)若a，b，c均為單位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，則|a＋b－c|的最大值為 ()．A.eq\r(2)－1 B．1C.eq\r(2) D．2(2)(2012·安徽改編)在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O(0,0)，P(6,8)，將向量eq\o(OP,\s\up12(→))繞點(diǎn)O按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)eq\f(3π,4)后得向量eq\o(OQ,\s\up12(→))，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)是________．[思路點(diǎn)撥](1)由(a－c)·(b－c)≤0得，a·c＋b·c的范圍，再求|a＋b－c|2的范圍．(2)依據(jù)向量的夾角與模的計(jì)算公式求解．[嘗試解答](1)由題意知a2＝b2＝c2＝1，又a·b＝0，∵(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2≤0，∴a·c＋b·c≥c2＝1，∴|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b＝3－2(a·c＋b·c)≤1，∴|a＋b－c|≤1.(2)設(shè)點(diǎn)Q(x，y)，由|eq\o(OP,\s\up12(→))|＝|eq\o(OQ,\s\up12(→))|，得x2＋y2＝100①∵向量eq\o(OQ,\s\up12(→))與eq\o(OP,\s\up12(→))的夾角為eq\f(3,4)π，且點(diǎn)Q在第三象限，∴coseq\f(3,4)π＝eq\f(\o(OP,\s\up12(→))·\o(OQ,\s\up12(→)),|\o(OP,\s\up12(→))|·|\o(OQ,\s\up12(→))|)＝eq\f(x，y·6，8,10×10)＝eq\f(6x＋8y,100)＝－eq\f(\r(2),2).∴6x＋8y＝－50eq\r(2).②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)，,y＝－7\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－7\r(2)，,y＝－\r(2).))又∵點(diǎn)Q在第三象限，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－7eq\r(2)，－eq\r(2))．答案(1)B(2)(－7eq\r(2)，－eq\r(2))[規(guī)律方法]求向量的數(shù)量積，根據(jù)條件可分為定義法和坐標(biāo)法．第(1)題求解的關(guān)鍵是把|a＋b－c|轉(zhuǎn)化為向量的數(shù)量積．第(2)題主要利用坐標(biāo)法，由向量模與夾角的性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算，該題常見的錯(cuò)誤是忽視隱含條件(點(diǎn)Q在第三象限)，導(dǎo)致增解．【變式訓(xùn)練2】(2012·天津)在△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，AC＝2.設(shè)點(diǎn)P，Q滿足eq\o(AP,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AQ,\s\up12(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up12(→))，λ∈R.若eq\o(BQ,\s\up12(→))·eq\o(CP,\s\up12(→))＝－2，則λ＝ ()．A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(4,3)D．2解析設(shè)eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，則由已知得a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，并且eq\o(AP,\s\up12(→))＝λa，eq\o(AQ,\s\up12(→))＝(1－λ)b，所以eq\o(BQ,\s\up12(→))＝eq\o(AQ,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))＝(1－λ)b－a，eq\o(CP,\s\up12(→))＝eq\o(AP,\s\up12(→))－eq\o(AC,\s\up12(→))＝λa－b，所以eq\o(BQ,\s\up12(→))·eq\o(CP,\s\up12(→))＝[(1－λ)b－a]·(λa－b)＝[λ(1－λ)＋1]a·b－λa2－(1－λ)b2＝－λ－4(1－λ)＝3λ－4＝－2，所以λ＝eq\f(2,3)，選B.答案B類型三復(fù)數(shù)的概念與運(yùn)算【例3】(1)(2012·安徽)復(fù)數(shù)z滿足(z－i)(2－i)＝5，則z＝()．A．－2－2i B．－2＋2iC．2－2i D．2＋2i(2)設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(1＋ai,2－i)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a為()．A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)[思路點(diǎn)撥](1)將乘法化為復(fù)數(shù)的除法，進(jìn)而將分母實(shí)數(shù)化．(2)將eq\f(1＋ai,2－i)化為m＋ni(m，n∈R)的形式，利用純虛數(shù)定義求a.[嘗試解答](1)由(z－i)·(2－i)＝5，得z－i＝eq\f(5,2－i)＝eq\f(52＋i,2－i2＋i)＝2＋i，所以z＝2＋i＋i＝2＋2i.(2)eq\f(1＋ai,2－i)＝eq\f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2－a＋2a＋1i,5)，∵eq\f(1＋ai,2－i)是純虛數(shù)，且a∈R，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0，,2a＋1≠0，))∴a＝2.答案(1)D(2)A[規(guī)律方法]1.復(fù)數(shù)的加減法、乘法運(yùn)算類似于多項(xiàng)式的運(yùn)算，但最后結(jié)果要把i的冪寫成最簡(jiǎn)單形式；復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算關(guān)鍵是分母實(shí)數(shù)化，在運(yùn)算中常把復(fù)數(shù)化為標(biāo)準(zhǔn)的代數(shù)形式．2．常用的性質(zhì)有：(1)(1±i)2＝±2i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i；(4)－b＋ai＝i(a＋bi)．【變式訓(xùn)練3】下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)的四個(gè)命題：p1：|z|＝2;p2：z2＝2i；p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i;p4：z的虛部為－1.其中的真命題為 ()．A．p2，p3 B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p4解析∵z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，∴|z|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2)，p1是假命題．∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命題．∵eq\x\to(z)＝－1＋i，則p3是假命題，由于z的虛部為－1，∴p4為真命題．答案C類型四合情推理與演繹推理【例4】(2012·福建)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．[思路點(diǎn)撥]從待解②計(jì)算結(jié)果為eq\f(3,4)，觀察每個(gè)三角函數(shù)式中三角函數(shù)名稱與角的變化規(guī)律，歸納一般性結(jié)論，然后利用演繹推理進(jìn)行證明．[嘗試解答](1)選擇②式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(3,4).(2)歸納三角恒等式sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).[規(guī)律方法]1.本題求解的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)從待解②式計(jì)算三角函數(shù)式的值；(2)發(fā)現(xiàn)三角函數(shù)中各個(gè)角之間的關(guān)系．2．題目著重考查歸納推理與演繹推理，通過(guò)觀察個(gè)別情況發(fā)現(xiàn)某些相同的本質(zhì)，抽象概括一般性結(jié)論；充分利用兩角和與差的三角公式進(jìn)行演繹推理，體現(xiàn)一般與特殊、化歸轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想．【變式訓(xùn)練4】傳說(shuō)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上畫點(diǎn)或用小石子表示數(shù)．他們研究過(guò)如圖所示的三角形數(shù)：將三角形數(shù)1,3,6,10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{bn}，可以推測(cè)：(1)b2012是數(shù)列{an}中的第________項(xiàng)；(2)b2k－1＝________.(用k表示)解析(1)由圖可知an＋1＝an＋(n＋1)(n∈N*)．所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n.累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n1＋n,2).當(dāng)n＝4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，…時(shí)，an能被5整除，即b2＝a5，b4＝a10，b6＝a15，b8＝a20，…，所以b2k＝a5k(k∈N*)．所以b2012＝a5×1006＝a5030.(2)由(1)可知b2k－1＝a5k－1＝eq\f(1,2)×5k(5k－1)＝eq\f(5k5k－1,2).答案(1)5030(2)eq\f(5k5k－1,2)數(shù)形結(jié)合思想在向量數(shù)量積中的應(yīng)用向量的數(shù)量積運(yùn)算、向量的垂直是高考考查的熱點(diǎn)，屬中檔題目．平面向量數(shù)量積的計(jì)算，向量垂直條件與數(shù)量積的性質(zhì)常以客觀題形式命題，重點(diǎn)考查運(yùn)算能力與數(shù)形結(jié)合思想．【典例仿真】(滿分5分)設(shè)向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝1，a·b＝－eq\f(1,2)，〈a－c，b－c〉＝60°，則|c|的最大值等于 ()．A．2B.eq\r(3)C.eq\r(2)D．1解析∵a·b＝－eq\f(1,2)，且|a|＝|b|＝1，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2).∴〈a，b〉＝120°.如圖所示，將a，b，c的起點(diǎn)平移至同一點(diǎn)O，則a－c＝eq\o(CA,\s\up12(→))，b－c＝eq\o(CB,\s\up12(→))，∠ACB＝60°，于是四點(diǎn)A，O，B，C共圓．即點(diǎn)C在△AOB的外接圓上，故當(dāng)OC為直徑時(shí)，|c|取最大值．由余弦定理，得AB＝eq\r(OA2＋OB2－2·OA·OB·cos〈a，b〉)＝eq\r(3)，由正弦定理，得2R＝eq\f(AB,sin120°)＝2，即|c|的最大值為2.答案A易錯(cuò)提示：(1)數(shù)形結(jié)合意識(shí)不強(qiáng)，難以入手，盲目求解，無(wú)果而終；(2)在△AOB的邊角計(jì)算中，運(yùn)算能力差，導(dǎo)致計(jì)算錯(cuò)誤．防范措施：(1)樹立數(shù)形結(jié)合意識(shí)，向量是數(shù)形結(jié)合的載體，解答本題的關(guān)鍵在于將向量a，b，c的起點(diǎn)平移至同一點(diǎn)O，根據(jù)題設(shè)條件，得到A，O，B，C四點(diǎn)共圓．(2)重視平面向量的工具性作用，加強(qiáng)向量與幾何、三角交匯問(wèn)題的訓(xùn)練．(時(shí)間：45分鐘滿分：76分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2012·山東)若復(fù)數(shù)z滿足z(2－i)＝11＋7i(i為虛數(shù)單位)，則z為()．A．3＋5iB．3－5iC．－3＋5iD．－3－5i解析z＝eq\f(11＋7i,2－i)＝eq\f(11＋7i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(15＋25i,5)＝3＋5i.答案A2．(2012·浙江)設(shè)a，b是兩個(gè)非零向量()．A．若|a＋b|＝|a|－|b|，則a⊥bB．若a⊥b，則|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，則存在實(shí)數(shù)λ，使得b＝λaD．若存在實(shí)數(shù)λ，使得b＝λa，則|a＋b|＝|a|－|b|解析由|a＋b|＝|a|－|b|，得a·b＝－|a||b|，〈a，b〉＝π，∴|a＋b|＝|a|－|b|時(shí)，a，b可為異向的共線向量；A錯(cuò)；若a⊥b，a與b不共線，∴B錯(cuò)；C正確；若存在實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb，a，b可為同向的共線向量，顯然|a＋b|＝|a|－`|b|不成立，D錯(cuò)．答案C3．復(fù)數(shù)z＝eq\f(2－i,2＋i)(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在象限為()．A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限解析∵z＝eq\f(2－i,2＋i)＝eq\f(2－i2,2＋i2－i)＝eq\f(4－4i－1,5)＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i，∴復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，－\f(4,5)))，在第四象限．答案D4．(2012·江西)觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為()．A．76B．80C．86D．92解析易知等式右端值與不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)成倍數(shù)關(guān)系，且為右端等式值的4倍．∴|x|＋|y|＝20不同整數(shù)解(x，y)有80個(gè)．答案B5．(2012·湖南)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝1，則BC＝()．A.eq\r(3)B.eq\r(7)C．2eq\r(2)D.eq\r(23)解析∵eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝1，且AB＝2，∴1＝|eq\o(AB,\s\up12(→))||eq\o(BC,\s\up12(→))|cos(π－B)，∴|eq\o(BC,\s\up12(→))|cosB＝－eq\f(1,2).在△ABC中，|AC|2＝|AB|2＋|BC|2－2|AB||BC|·cosB，即9＝4＋|BC|2－2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).∴|BC|＝eq\r(3).答案A二、填空題(每小題5分，共15分)6．(2012·湖南)已知復(fù)數(shù)z＝(3＋i)2(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝________.解析z＝(3＋i)2＝8＋6i，∴|z|＝eq\r(82＋62)＝10.答案107．(2012·麗水模擬)若P0(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，則過(guò)P0作橢圓的兩條切線的切點(diǎn)為P1，P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在直線方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.那么對(duì)于雙曲線則有如下命題：若P0(x0，y0)在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，則過(guò)P0作雙曲線的兩條切線的切點(diǎn)為P1，P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在的直線方程是________________________________________________________________________．解析對(duì)于橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，切點(diǎn)弦P1P2所在直線方程eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，x2→xx0，y2→yy0.類比，雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切點(diǎn)弦P1P2所在直線為eq\f(xx0,a2)－eq\f(yy0,b2)＝1.答案eq\f(xx0,a2)－eq\f(yy0,b2)＝18.(2012·江蘇)如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊CD上，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\r(2)，則eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BF,\s\up12(→))的值是________．解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD所在直線為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，1)，F(xiàn)(x,2)．故eq\o(AB,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，0)，eq\o(AF,\s\up12(→))＝(x,2)，eq\o(AE,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，1)，eq\o(BF,\s\up12(→))＝(x－eq\r(2)，2)．∴eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，0)·(x,2)＝eq\r(2)x，則eq\r(2)x＝eq\r(2)，∴x＝1.因此eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BF,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，1)·(1－eq\r(2)，2)＝eq\r(2).答案eq\r(2)三、解答題(每小題12分，共36分)9．已知復(fù)數(shù)z1滿足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2是實(shí)數(shù)，求z2.解∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，∴z1＝eq\f(1－i,1＋i)＋2＝eq\f(1－i2,2)＋2＝2－i，設(shè)z2＝a＋2i(a∈R)，則z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a又z1·z2是實(shí)數(shù)，∴a＝4，從而z2＝4＋2i.10．(2012·張家界模擬)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)x，sin\f(3,2)x))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求a·b及|a＋b|；(2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值為－eq\f(3,2)，求正實(shí)數(shù)λ的值．解(1)a·b＝coseq\f(3,2)x·coseq\f(x,2)－sineq\f(3,2)xsineq\f(x,2)＝cos2x.∵a＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)x＋cos\f(x,2)，sin\f(3,2)x－sin\f(x,2)))，∴|a＋b|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)x＋cos\f(x,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3,2)x－sin\f(x,2)))2＝2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)xcos\f(x,2)－sin\f(3,2)xsin\f(x,2)))＝2＋2cos2x＝4cos2x.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx≥0.因此|a＋b|＝2cosx.(2)由(1)知f(x)＝cos2x－4λcosx＝2cos2x－4λcosx－1，∴f(x)＝2(cosx－λ)2－1－2λ2，cosx∈[0,1]．①當(dāng)0＜λ≤1時(shí)，當(dāng)cosx＝λ時(shí)，f(x)有最小值－1－2λ2＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,2).②當(dāng)λ＞1時(shí)，當(dāng)cosx＝1時(shí)，f(x)有最小值1－4λ＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(5,8)與λ＞1矛盾．綜合①、②知，λ＝eq\f(1,2).11．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求證：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，那么在四面體ABCD中，類比上述結(jié)論，你能得到怎樣的猜想，并說(shuō)明理由．證明如圖所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，所以eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).猜想，四面體ABCD中，AB、AC、AD兩兩垂直，AE⊥平面BCD，則eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明：如圖，連接BE并延長(zhǎng)交CD于F，連接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，且AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.又AF?平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正確．第3講不等式、線性規(guī)劃【考情快遞】考點(diǎn)統(tǒng)計(jì)考查頻度考例展示不等式的解法62012·湖南7,2012·重慶2,2012·四川16簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃122012·福建10,2012·山東6,2012·安徽8,2012·遼寧9基本不等式42012·浙江9,2012·陜西12,2012·江蘇171．不等式的解法思考1：ax2＋bx＋c＜0(a≠0)對(duì)一切x∈R恒成立的條件是什么？研討：a＜0且b2－4ac2．簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃思考2：點(diǎn)P1(x1，y1)和P2(x2，y2)位于直線Ax＋By＋C＝0的兩側(cè)的充要條件是什么？研討：(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＜0.3．基本不等式思考3：若a＞0，b＞0，則eq\f(2ab,a＋b)，eq\r(ab)，eq\f(a＋b,2)，eq\r(\f(a2＋b2,2))有怎樣的大小關(guān)系？研討：eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).1．(2012·江西)若全集U＝{x∈R|x2≤4}，則集合A＝{x∈R||x＋1|≤1}的補(bǔ)集?UA為 ()．A．{x∈R|0＜x＜2} B．{x∈R|0≤x＜2}C．{x∈R|0＜x≤2} D．{x∈R|0≤x≤2}解析易知U＝{x|－2≤x≤2}，A＝[－2,0]．∴?UA＝{x|0＜x≤2}．答案C2．(2012·廣東)已知變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2，,x＋y≥1，,x－y≤1.))則z＝3x＋y的最大值為 ()．A．12B．11C．3D．－1解析可行域如圖中陰影部分所示．先畫出直線l0：y＝－3x，平移直線l0，當(dāng)直線過(guò)A點(diǎn)時(shí)z＝3x＋y的值最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,x－y－1＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2.))∴A點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2)．∴z最大＝3×3＋2＝11.答案B3．(2012·福建)下列不等式一定成立的是()．A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))＞lgx(x＞0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)＞1(x∈R)解析當(dāng)x＞0時(shí)，x2＋eq\f(1,4)≥2eq\r(\f(x2,4))＝x＞0，∴l(xiāng)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx，A不正確．當(dāng)sinx＞0時(shí)，sinx＋eq\f(1,sinx)≥2.但x≠kπ(k∈Z)時(shí)，sinx的符號(hào)不定，∴B不正確．利用基本不等式，C正確．當(dāng)x＝0時(shí)，D不成立．答案C4．(2011·湖南)設(shè)x，y∈R，且xy≠0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值為______．解析因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))＝5＋4x2y2＋eq\f(1,x2y2)≥5＋2eq\r(4)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)4x2y2＝eq\f(1,x2y2)，即xy＝±eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)．答案9類型一不等式的解法【例1】(1)(2012·重慶)不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集為 ()．A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)(2)已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為 ()．A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3] D．(1,3)[思路點(diǎn)撥](1)轉(zhuǎn)化為等價(jià)的二次不等式．(2)求f(x)的值域，則?b，使g(b)在f(x)的值域內(nèi)有解．[嘗試解答](1)原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12x＋1≤0，,2x＋1≠0.))∴－eq\f(1,2)＜x≤1.(2)函數(shù)f(x)＝ex－1的值域?yàn)?－1，＋∞)．要使f(a)＝g(b)，則有g(shù)(b)＝－b2＋4b－3＞－1，∴b2－4b＋2＜0，解得2－eq\r(2)＜b＜2＋eq\r(2).答案(1)A(2)B[規(guī)律方法]解不等式的基本方法是利用相關(guān)知識(shí)轉(zhuǎn)化為一元二次不等式求解．(1)解含“f”的不等式，首先要確定f(x)的單調(diào)性，然后根據(jù)單調(diào)性確定不等式求解．(2)解含參數(shù)不等式的難點(diǎn)在于對(duì)參數(shù)的恰當(dāng)分類，關(guān)鍵是找到對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論的原因，確定好分類標(biāo)準(zhǔn)、層次清楚地求解．【變式訓(xùn)練1】(2012·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域?yàn)閇0，＋∞)，若關(guān)于x的不等式f(x)＜c的解集為(m，m＋6)，則實(shí)數(shù)c的值為________．解析由題意知，f(x)＝x2＋ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq\f(a2,4).∵f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，∴b－eq\f(a2,4)＝0，即b＝eq\f(a2,4).∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2.由f(x)＜c，得－eq\f(a,2)－eq\r(c)＜x＜－eq\f(a,2)＋eq\r(c).又f(x)＜c的解集為(m，m＋6)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－\r(c)＝m，①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6，②))②－①，得2eq\r(c)＝6，∴c＝9.答案9類型二簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃【例2】(2012·長(zhǎng)春調(diào)研)設(shè)m＞1，在約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤mx，,x＋y≤1))下，目標(biāo)函數(shù)z＝x＋my的最大值小于2，則m的取值范圍為()．A．(1,1＋eq\r(2)) B．(1＋eq\r(2)，＋∞)C．(1,3) D．(3，＋∞)[思路點(diǎn)撥]找到目標(biāo)函數(shù)取最大值時(shí)經(jīng)過(guò)可行域內(nèi)的點(diǎn)，求出最大值，解關(guān)于m的不等式求得m的取值范圍．[嘗試解答]變形目標(biāo)函數(shù)為y＝－eq\f(1,m)x＋eq\f(z,m).作不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤mxm＞1，,x＋y≤1))表示的平面區(qū)域(如圖中的陰影部分所示)．∵m＞1，∴－1＜－eq\f(1,m)＜0.因此當(dāng)直線l：y＝－eq\f(1,m)x＋eq\f(z,m)在y軸上的截距最大時(shí)，目標(biāo)函數(shù)取得最大值．顯然在點(diǎn)A處，直線l的截距最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx，,x＋y＝1，))得交點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋m)，\f(m,1＋m))).因此z＝x＋my的最大值z(mì)max＝eq\f(1,1＋m)＋eq\f(m2,1＋m)＝eq\f(1＋m2,1＋m).依題意eq\f(1＋m2,1＋m)＜2，即m2－2m－1＜0.解得1－eq\r(2)＜m＜1＋eq\r(2)，又m＞1，故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1,1＋eq\r(2))．答案A[規(guī)律方法]解決線性規(guī)劃問(wèn)題首先應(yīng)找到可行域，再注意目標(biāo)函數(shù)所表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到目標(biāo)函數(shù)達(dá)到最值時(shí)可行域的頂點(diǎn)(或邊界上的點(diǎn))，但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點(diǎn)問(wèn)題要驗(yàn)證解決．【變式訓(xùn)練2】(1)(2012·遼寧)設(shè)變量x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤10，,0≤x＋y≤20，,0≤y≤15，))則2x＋3y的最大值為 ()．A．20B．35C．45D．55(2)已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(－1,1)，若點(diǎn)M(x，y)為平面區(qū)域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x≤1，,y≤2))上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))的取值范圍是()．A．[－1,0] B．[0,1]C．[0,2] D．[－1,2]解析(1)不等式組表示的可行域如圖所示．設(shè)z＝2x＋3y，作直線l0：2x＋3y＝0，并平移．當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z有最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝15，,x＋y＝20))得點(diǎn)A(5,15)．此時(shí)z＝2x＋3y的最大值為2×5＋15×3＝55.(2)作出可行域，如圖所示．∵A(－1,1)，M(x，y)，∴eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))＝－x＋y.設(shè)z＝－x＋y，作l0：x－y＝0.易知，過(guò)點(diǎn)(1,1)時(shí)，z有最小值，zmin＝－1＋1＝0；過(guò)點(diǎn)(0,2)時(shí)z有最大值，zmax＝0＋2＝2.∴eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))的取值范圍是[0,2]．答案(1)D(2)C類型三基本不等式的應(yīng)用【例3】(2012·浙江)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是 ()．A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C．5D．6[思路點(diǎn)撥]由x＋3y＝5xy，得eq\f(1,y)＋eq\f(3,x)＝5，從而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求eq\f(1,5)(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(3,x)))的最小值．[嘗試解答]∵x＞0，y＞0，由x＋3y＝5xy，得eq\f(3,x)＋eq\f(1,y)＝5.∴5(3x＋4y)＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(1,y)))＝13＋eq\f(12y,x)＋eq\f(3x,y)≥13＋2eq\r(\f(36xy,xy))＝25.因此3x＋4y≥5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)等號(hào)成立．∴當(dāng)x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)，3x＋4y的最小值為5.答案C[規(guī)律方法]運(yùn)用基本不等式求最值，一是不要忽視等號(hào)成立的條件，二是要特別注意“拆”、“拼”、“湊”等技巧，使其滿足“正”、“定”、“等”三個(gè)條件，若三個(gè)條件中有一個(gè)不滿足，則考慮使用導(dǎo)數(shù)求解．【變式訓(xùn)練3】(1)已知x，y為實(shí)數(shù)，若4x2＋y2＋xy＝1.則2x＋y的最大值是________．(2)(2012·梅州調(diào)研)已知x＞0，y＞0，xy＝x＋2y，若xy≥m－2恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值是________．解析(1)∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2＝3xy＋1.又2xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))2，當(dāng)2x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào)．∴(2x＋y)2≤eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))2＋1，即(2x＋y)2≤eq\f(8,5).因此(2x＋y)max＝eq\f(2\r(10),5).(2)∵xy＝x＋2y≥2eq\r(2xy)，∴(eq\r(xy))2－2eq\r(2)eq\r(xy)≥0.∴eq\r(xy)≥2eq\r(2)或eq\r(xy)≤0(舍去)．∴xy≥8.由題意知m－2≤8，即m≤10，∴m的最大值為10.答案(1)eq\f(2,5)eq\r(10)(2)10運(yùn)用幾何直觀性求解線性規(guī)劃問(wèn)題從近兩年的高考試題來(lái)看，二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域，求線性目標(biāo)函數(shù)的最值、線性規(guī)劃的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題等是高考的熱點(diǎn)，題型多樣，難度中等偏下，主要考查求目標(biāo)函數(shù)的最值、求約束條件或參變量的取值范圍，突出體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合的思想方法．【典例仿真】(滿分5分)若函數(shù)y＝2x圖象上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))則實(shí)數(shù)m的最大值為 ()．A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2解析在同一坐標(biāo)系內(nèi)，作函數(shù)y＝2x的圖象，不等式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，))所表示的平面區(qū)域(如圖所示)．∵y＝2x與直線x＋y－3＝0相交于點(diǎn)A(1,2)．∴由圖知，當(dāng)m≤1時(shí)，函數(shù)y＝2x的圖象上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件．因此實(shí)數(shù)m的最大值為1.答案B易錯(cuò)提示：(1)忽視x、y滿足的條件，畫錯(cuò)約束條件滿足的可行域．(2)對(duì)特稱命題的意義理解不清，難以借助幾何直觀從函數(shù)y＝2x的圖象與直線x＋y－3＝0的交點(diǎn)A(1,2)找到解題突破口．防范措施：(1)弄清條件，準(zhǔn)確理解不等式所表示的區(qū)域．(2)由運(yùn)動(dòng)變化的觀念讓目標(biāo)函數(shù)所表示的曲線過(guò)可行域上的某點(diǎn)，求線性約束條件中的某一參數(shù)值，是逆向思維，一定要用數(shù)形結(jié)合的思想方法，方能破解．如本題結(jié)合圖形