2024-2025學年上學期北京高二數學期末試卷

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期北京高二數學期末一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）（2024?林芝市一模）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜1}，B＝{x|﹣1≤x≤2}，則A∩B＝（）A．（﹣2，1） B．[﹣1，1） C．[﹣1，2） D．[1，2]2．（4分）（2015春?贛州期末）設（2﹣x）5＝a0+a1x+a2x2+…+a5x5，那么a0A．-122121 B．-6160 C．-3．（4分）（2020春?河南期末）已知雙曲線C1：x2a12-y2b12=1（a1＞0，b1＞0）與雙曲線C2：y2a22-xA．a1a2＝b1b2 B．a2b1＝2a1b2 C．a1+a2＝b1+b2 D．2a1+2a2＝b1+b24．（4分）（2023秋?皇姑區(qū)校級期中）以下函數的圖象不是中心對稱圖形的是（）A．f(x)=x+3B．f(x)=2x+1C．f（x）＝|x+2a|+|x﹣2a| D．f(x)=5．（4分）（2024?魏縣開學）已知向量a→，b→滿足|a→|＝2，|b→|＝3，a→?（a→-b→A．5 B．5 C．25 D．6．（4分）（2022?海淀區(qū)校級三模）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱BC上的動點，F為棱B1B的中點，則下列選項正確的是（）A．直線A1D1與直線EF相交 B．當E為棱BC上的中點時，則點E在平面AD1F的射影是點F C．存在點E，使得直線AD1與直線EF所成角為30° D．三棱錐E﹣ADF的體積為定值7．（4分）（2022秋?龍崗區(qū)校級月考）若A＝{x|0＜x＜1}，B＝{x|x＜4}，則A是B的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．（4分）（2020?新華區(qū)校級模擬）已知正項數列{an}的前n項和為Sn滿足：2Sn=an+1an(n∈N*)，若f(n)=1A．17 B．18 C．19 D．209．（4分）（2020秋?南寧月考）點A（0，﹣1）到直線l：y＝k（x+1）+1的距離的最大值為（）A．1 B．2 C．3 D．510．（4分）（2023秋?海淀區(qū)校級月考）已知f（x），g（x）分別為定義域為R的偶函數和奇函數，且f（x）+g（x）＝ex，若關于x的不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0在（0，ln2）上恒成立，則實數a的最大值是（）A．409 B．399 C．389 二．填空題（共5小題，滿分25分，每小題5分）11．（5分）（2024春?宜賓期末）已知在復平面內，向量AB→對應的復數是2+i，AC→對應的復數是3﹣2i，則向量BC→對應的復數為12．（5分）（2022秋?景德鎮(zhèn)期中）過拋物線C：y2＝4x焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，若點A在第一象限，且|AF|＝3|FB|，則該直線的斜率k＝．13．（5分）（2024春?青羊區(qū)校級期中）已知函數f(x)=sin(2x-π6)+12，且f（x）在區(qū)間[-π3，14．（5分）（2024春?四川期末）第33屆夏季奧運會于2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉行，某高校欲從4名男生、5名女生中選派5名大學生到奧運會的3個項目當志愿者（每個項目必須有志愿者），則志愿者中至少有4名女生的分配方法共有種（用數作答）．15．（5分）（2023秋?鏡湖區(qū)校級期中）已知A（﹣3，0），B（4，2），點P在圓O：x2+y2＝4上運動，則|PA|2+|PB|2的取值范圍是．三．解答題（共6小題，滿分85分）16．（14分）（2024秋?廣西月考）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分別為AC，A1C1的中點，AB＝BC＝2，AA1＝3，∠ABC＝120°．（1）求證：AC⊥平面BDE；（2）求直線CE與平面ABE所成角的正弦值．17．（14分）（2019春?武漢期中）已知銳角△ABC面積為S，∠A、∠B、∠C所對邊分別是a、b、c，∠A、∠C平分線相交于點O，b=3且S=（1）∠B的大小；（2）△ABC周長的最大值．18．（14分）設甲、乙、丙3人住在一個有4間臥室的套間內，每間臥室最多可以住3人．每人都等可能地被分配到4間房中的任意1間．求：（1）恰好有1間空房的概率；（2）甲、乙2人住在同1間房的概率．19．（14分）（2021?浙江開學）設函數f(x)=a（Ⅰ）若f（x）為單調遞增函數，求a的值；（Ⅱ）當0＜a≤2時，直線y＝kx與曲線y＝f'（x）相切，求k的取值范圍；（Ⅲ）若f（x）的值域為[0，+∞），證明：2﹣a＝ln2﹣lna．20．（14分）（2024春?麒麟區(qū)期末）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b（1）求橢圓C的標準方程；（2）已知點A（0，3），點G為橢圓C上一點，求△AGF2周長的最大值；（3）過C的左焦點F1，且斜率不為零的直線l交C于P、Q兩點，求△F2PQ面積的最大值．21．（15分）（2024?上饒二模）對于數列A：a1，a2，a3（ai∈N，i＝1，2，3），定義“F變換”：F將數列A變換成數列B：b1，b2，b3，其中bi＝|ai﹣ai+1|（i＝1，2），且b3＝|a3﹣a1|．這種“F變換”記作B＝F（A），繼續(xù)對數列B進行“F變換”，得到數列C：c1，c2，c3，依此類推，當得到的數列各項均為0時變換結束．（1）寫出數列A：2，5，3，經過6次“F變換”后得到的數列；（2）若a1，a2，a3不全相等，判斷數列A：a1，a2，a3經過不斷的“F變換”是否會結束，并說明理由；（3）設數列A：185，3，188經過k次“F變換”得到的數列各項之和最小，求k的最小值．

2024-2025學年上學期北京高二數學期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）（2024?林芝市一模）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜1}，B＝{x|﹣1≤x≤2}，則A∩B＝（）A．（﹣2，1） B．[﹣1，1） C．[﹣1，2） D．[1，2]【考點】求集合的交集．【專題】轉化思想；轉化法；集合；運算求解．【答案】B【分析】根據已知條件，結合交集的定義，即可求解．【解答】解：集合A＝{x|﹣2＜x＜1}，B＝{x|﹣1≤x≤2}，則A∩B＝[﹣1，1）．故選：B．【點評】本題主要考查交集的定義，屬于基礎題．2．（4分）（2015春?贛州期末）設（2﹣x）5＝a0+a1x+a2x2+…+a5x5，那么a0A．-122121 B．-6160 C．-【考點】二項式定理．【專題】二項式定理．【答案】B【分析】令x＝1，可得a0+a1+a2+a3+a4+a5＝1，再令x＝﹣1可得a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5＝35．解得a0+a2+a4和a1+a3+a5的值，結合a5＝﹣1，即可求得要求式子的值．【解答】解：令x＝1，可得a0+a1+a2+a3+a4+a5＝1，再令x＝﹣1可得a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5＝35．兩式相加除以2求得a0+a2+a4＝122，兩式相減除以2可得a1+a3+a5＝﹣121．結合a5＝﹣1，故a0故選：B．【點評】本題主要考查二項式定理的應用，是給變量賦值的問題，關鍵是根據要求的結果，選擇合適的數值代入，屬于中檔題．3．（4分）（2020春?河南期末）已知雙曲線C1：x2a12-y2b12=1（a1＞0，b1＞0）與雙曲線C2：y2a22-xA．a1a2＝b1b2 B．a2b1＝2a1b2 C．a1+a2＝b1+b2 D．2a1+2a2＝b1+b2【考點】雙曲線的幾何特征．【專題】計算題；轉化思想；分析法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】A【分析】利用雙曲線的漸近線方程，然后推出結論即可．【解答】解：雙曲線C1：x2a12-y2b12=1（a1＞0，b1＞0）與雙曲線C2：y2a22-x可得b1a1所以a1a2＝b1b2．故選：A．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，是基本知識的考查．4．（4分）（2023秋?皇姑區(qū)校級期中）以下函數的圖象不是中心對稱圖形的是（）A．f(x)=x+3B．f(x)=2x+1C．f（x）＝|x+2a|+|x﹣2a| D．f(x)=【考點】奇偶函數圖象的對稱性；函數的圖象與圖象的變換．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據題意，依次分析選項中函數的奇偶性，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，依次分析選項：對于A，因為f（x）的定義域為R，且f(-所以f(x)=x+3x為奇函數，其對于B，f(x)=2x+1所以f(x)=2x+1x-2的圖象可由反比例函數y=5x的圖象向右平移2個單位，向上平移2個單位得到，且反比例函數所以函數f(x)=2x+1x-2的圖象關于點（2，對于C，因為f（﹣x）＝|﹣x+2a|+|﹣x﹣2a|＝|x﹣2a|+|x+2a|＝f（x），所以f（x）為偶函數，又f（x）不是常函數，所以f（x）＝|x+2a|+|x﹣2a|不是中心對稱圖形，符合題意；對于D，函數f(x)=x(1+x)，x≥0x(1-x)，x＜0的定義域為當x＞0時，﹣x＜0，f（﹣x）＝﹣x（1+x）＝﹣f（x），當x＜0時，﹣x＞0，f（﹣x）＝﹣x（1﹣x）＝﹣f（x），所以函數f（x）為奇函數，圖象關于原點對稱，符合題意；故選：C．【點評】本題考查函數奇偶性的判斷，注意函數的圖象變換，屬于基礎題．5．（4分）（2024?魏縣開學）已知向量a→，b→滿足|a→|＝2，|b→|＝3，a→?（a→-b→A．5 B．5 C．25 D．【考點】平面向量的數量積運算．【專題】轉化思想；轉化法；平面向量及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據已知條件，先求出a→?b→=5，再將|【解答】解：a→?（a→-b→）＝﹣1，|則a→2-故|a→-2b→故選：C．【點評】本題主要考查平面向量的數量積運算，屬于基礎題．6．（4分）（2022?海淀區(qū)校級三模）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱BC上的動點，F為棱B1B的中點，則下列選項正確的是（）A．直線A1D1與直線EF相交 B．當E為棱BC上的中點時，則點E在平面AD1F的射影是點F C．存在點E，使得直線AD1與直線EF所成角為30° D．三棱錐E﹣ADF的體積為定值【考點】異面直線及其所成的角；棱柱的結構特征；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】轉化思想；向量法；空間位置關系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】D【分析】根據線面平行的判定定理可得A1D1∥平面B1C1CB，進而可判斷A；利用勾股定理和反證法即可判斷B；建立空間直角坐標系，利用向量法和反證法可判斷C；根據等體積法可判斷D．【解答】解：對于A，由題意知A1D1∥B1C1，B1C1?平面B1C1CB，A1D1?平面B1C1CB，∴A1D1∥平面B1C1CB，又EF?平面B1C1CB，∴A1D1與EF平相交，故A錯誤；對于B，連接AD1，D1F，AF，AE，CB1，如圖，當點E為BC的中點時，EF∥CB1，又AD1⊥CB1，∴EF⊥AD1，若點E在平面AD1F的射影為F，則EF⊥平面AD1F，垂足為F，∴EF⊥AF，設正方體的棱長為2，則AE＝AF=5，EF=在△AEF中，AF2+EF2≠AE2∴∠AFE≠90°，∴EF⊥AF不成立，故B錯誤；對于C，建立如圖空間直角坐標系D﹣xyz，連接BC1，則AD1∥BC1，∴異面直線EF與AD1所成角為直線EF與BC1所成角，設正方體的棱長為2，若存在點E（a，2，0），（0≤a≤2），使得EF與BC1所成角為30°，則，2，0），F（2，2，1），C1（0，2，2），∴EF→=（2﹣a，0，1），BC1→=（﹣∴cos30°=EF→?BC1不合題意，∴不存在點E，使得直線AD1與直線EF所成角為30°，故C錯誤；對于D，如圖，由等體積法可知VE﹣ADF＝VF﹣ADE，又VF﹣ADE=1AD、AB、BF為定值，∴VF﹣ADE為定值，∴三棱錐E﹣ADF的體積為定值，故D正確．故選：D．【點評】本題考查命題真假的判斷，考查線面平行的判定與性質、勾股定理、反證法、向量法、等體積法等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．7．（4分）（2022秋?龍崗區(qū)校級月考）若A＝{x|0＜x＜1}，B＝{x|x＜4}，則A是B的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【考點】充分不必要條件的判斷．【專題】轉化思想；轉化法；簡易邏輯；運算求解．【答案】A【分析】先求出A是B的真子集，得到答案．【解答】解：因為A是B的真子集，故A是B的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題主要考查充分條件的判斷，屬于基礎題．8．（4分）（2020?新華區(qū)校級模擬）已知正項數列{an}的前n項和為Sn滿足：2Sn=an+1an(n∈N*)，若f(n)=1A．17 B．18 C．19 D．20【考點】數列遞推式．【專題】轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；點列、遞歸數列與數學歸納法；邏輯思維；運算求解．【答案】B【分析】首先求出數列{Sn}的通項公式，進一步利用放縮法和裂項相消法的應用求出結果．【解答】解：當n＝1時，2a∵a1＞0，∴a1＝1．當n≥2時，由2S及an＝Sn﹣Sn﹣1得，Sn由于數列是正項數列，所以Sn則Sn∴f(n)=1又當n≥2時，1n∴f(100)＜對于n∈∴f(100)＞∴[f（100）]＝18．故選：B．【點評】本題考查的知識要點：數列的遞推關系式，放縮法，裂項相消法，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于中檔題．9．（4分）（2020秋?南寧月考）點A（0，﹣1）到直線l：y＝k（x+1）+1的距離的最大值為（）A．1 B．2 C．3 D．5【考點】恒過定點的直線；點到直線的距離公式．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】D【分析】由題意可得直線經過定點B，點A（0，﹣1）到直線l：y＝k（x+1）+1的距離的最大值為AB，計算求得結果．【解答】解：直線l：y＝k（x+1）+1經過定點B（﹣1，1），點A（0，﹣1）到直線l：y＝k（x+1）+1的距離的最大值為AB=(0+1)故選：D．【點評】本題主要考查直線經過定點問題，兩點間的距離公式的應用，屬于基礎題．10．（4分）（2023秋?海淀區(qū)校級月考）已知f（x），g（x）分別為定義域為R的偶函數和奇函數，且f（x）+g（x）＝ex，若關于x的不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0在（0，ln2）上恒成立，則實數a的最大值是（）A．409 B．399 C．389 【考點】函數恒成立問題．【專題】函數思想；轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；導數的綜合應用；運算求解．【答案】A【分析】由奇偶性求得f（x），g（x），化簡不等式，并用分離參數法變形為a≤4(ex+e-x)(ex-e【解答】解：因為f（x），g（x）分別為偶函數和奇函數，且f（x）+g（x）＝ex①，所以f（﹣x）+g（﹣x）＝e﹣x，即f（x）﹣g（x）＝e﹣x②，①②聯立可得f(x)=ex+不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0即為ex+e-x-a?(ex-設ex+e﹣x＝t，x∈（0，ln2），則t'＝ex﹣e﹣x＞0，故t＝ex+e﹣x在（0，ln2）上是增函數，則t=(2，所以a≤4(則a≤又y=t-4t所以0＜故4t-要使a≤4(ex+e-x)(e則a≤409，即實數a故選：A．【點評】本題考查了函數的奇偶性、轉化思想及導數的綜合運用，屬于中檔題．二．填空題（共5小題，滿分25分，每小題5分）11．（5分）（2024春?宜賓期末）已知在復平面內，向量AB→對應的復數是2+i，AC→對應的復數是3﹣2i，則向量BC→對應的復數為1﹣3【考點】復數的代數表示法及其幾何意義．【專題】對應思想；分析法；數系的擴充和復數；運算求解．【答案】1﹣3i．【分析】由復數的幾何意義結合向量的線性運算求解．【解答】解：在復平面內，向量AB→對應的復數是2+i，AC→對應的復數是3﹣2由BC→=AC→-AB→，則向量BC→對應的復數為3﹣2i﹣（故答案為：1﹣3i．【點評】本題考查了復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題．12．（5分）（2022秋?景德鎮(zhèn)期中）過拋物線C：y2＝4x焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，若點A在第一象限，且|AF|＝3|FB|，則該直線的斜率k＝3．【考點】拋物線的焦點與準線．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】3．【分析】設直線AB的方程為x＝my+1，設點A（x1，y1）、B（x2，y2），則y1＞0，分析可得﹣y1＝3y2，將直線AB的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，結合﹣y1＝3y2可求得m的值，即可得出直線AB的斜率．【解答】解：拋物線C：y2＝4x的焦點為F（1，0），因為直線AB過點F，且點A在第一象限，則直線AB不與x軸重合，設直線AB的方程為x＝my+1，設點A（x1，y1）、B（x2，y2），則y1＞0，因為|AF|＝3|FB|，則AF→=3FB→，即（1﹣x1，﹣y1）＝3（x2﹣1，y2），所以，﹣y1＝聯立x=my+1y2=4x可得y2﹣4my﹣4＝0，Δ＝16m2+16由韋達定理可得y1所以，y1=6my12=12，則36m2＝因此，直線AB的斜率為k=1故答案為：3．【點評】本題考查直線與拋物線的位置關系，考查求直線的斜率k，著重考查了拋物線的定義和簡單幾何性質，屬于中檔題．13．（5分）（2024春?青羊區(qū)校級期中）已知函數f(x)=sin(2x-π6)+12，且f（x）在區(qū)間[-π3，m]【考點】三角函數的最值．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；三角函數的求值；三角函數的圖象與性質；邏輯思維；運算求解．【答案】π3【分析】利用整體法，求解2x-【解答】解：由于x∈[-由于f（x）在區(qū)間[-π3，m]上的最大值為32，則故2m-π6≥π2，解得故答案為：π3【點評】本題考查的知識點：正弦型函數的性質，主要考查學生的運算能力，屬于中檔題．14．（5分）（2024春?四川期末）第33屆夏季奧運會于2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉行，某高校欲從4名男生、5名女生中選派5名大學生到奧運會的3個項目當志愿者（每個項目必須有志愿者），則志愿者中至少有4名女生的分配方法共有5040種（用數作答）．【考點】分步乘法計數原理；分類加法計數原理．【專題】對應思想；定義法；概率與統(tǒng)計；運算求解；時事熱點類．【答案】5040．【分析】根據題意，分為兩類：4女1男和5女時，共有21種選法，在把選出的5人分為兩類：3，1，1或2，2，1的兩組，有40種，結合分步計數原理，即可求解．【解答】解：根據題意，選派的5人中，志愿者中至少有4名女生，可分為兩類：當4女1男時，有C54C41=20種，當5女時，有再把選出的5人分成3組，可分為3，1，1或2，2，1的兩組，有C5共有（20+1）×40×6＝840×6＝5040種不同的分配方法．故答案為：5040．【點評】本題考查分步計數原理相關知識，屬于基礎題．15．（5分）（2023秋?鏡湖區(qū)校級期中）已知A（﹣3，0），B（4，2），點P在圓O：x2+y2＝4上運動，則|PA|2+|PB|2的取值范圍是[37-4【考點】直線與圓的位置關系；兩點間的距離公式．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】見試題解答內容【分析】結合已知條件表示出|PA|2+|PB|2，設z＝37﹣2x﹣4y，利用該直線與圓有公共點即可求解．【解答】解：設P（x0，y0），所以x0所以|PA|2設z＝37﹣2x﹣4y，所以直線2x+4y﹣37+z＝0，由點P在圓上，可得|-37+z|2解得37-45≤z≤37+45，即|PA|2+|PB故答案為：[37-【點評】本題主要考查直線與圓的位置關系，考查點到直線的距離公式，考查運算求解能力，屬于中檔題．三．解答題（共6小題，滿分85分）16．（14分）（2024秋?廣西月考）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分別為AC，A1C1的中點，AB＝BC＝2，AA1＝3，∠ABC＝120°．（1）求證：AC⊥平面BDE；（2）求直線CE與平面ABE所成角的正弦值．【考點】直線與平面垂直；空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；空間向量及應用；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）3913【分析】（1）根據題意可得AC⊥DE，AC⊥BD，結合線面垂直的判定定理分析證明；（2）建系標點，求平面ABE的法向量，利用空間向量求線面夾角．【解答】（1）證明：因為AA1⊥平面ABC，AC?平面ABC，則AA1⊥AC，又因為D，E分別為AC，A1C1的中點，則DE∥AA1，則AC⊥DE，因為AB＝BC，D為AC中點，則AC⊥BD，且BD∩DE＝D，BD，DE?平面BDE，所以AC⊥平面BDE；（2）解：由（1）知AC⊥DE，AC⊥BD，DE∥AA1，且AA1⊥平面ABC，則DE⊥平面ABC，因為BD?平面ABC，則DE⊥BD，所以DA，DB，DE兩兩垂直，如圖，以D為坐標原點，DA，DB，DE所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系D﹣xyz，因為AB＝BC＝2，AA1＝3，∠ABC＝120°，則E(0，可得CE→設平面ABE的一個法向量為m→=(x，令x=3，可得m則m→?CE→=3×3+3×0+1×3＝6，|CE→所以cos＜m→，設直線CE與平面ABE所成角為α，sinα＝|cos＜m→，CE→所以直線DE與平面ABE所成角的正弦值為3913【點評】本題考查線面垂直的性質的應用及線面垂直的判斷定理的應用，用空間向量的方法求線面所成的角的正弦值的求法，屬于中檔題．17．（14分）（2019春?武漢期中）已知銳角△ABC面積為S，∠A、∠B、∠C所對邊分別是a、b、c，∠A、∠C平分線相交于點O，b=3且S=（1）∠B的大小；（2）△ABC周長的最大值．【考點】三角形中的幾何計算．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】見試題解答內容【分析】（1）由已知利用三角形的面積公式可求tanB的值，進而可求B的值．（2）利用正弦定理建立關系，結合三角函數的有界限即可求△ABC周長的最大值．【解答】（本題滿分為12分）解：（1）∵S=3∴12acsinB=34（a2+c2﹣故：12acsinB=34?2ac可得：tanB=3由B∈（0，π），可得：B=π3．…（2）∵b=3，B=∴由正弦定理可得：asinA=csinC=332=2，可得：a＝2sinA，c∴則a+c＝2sinA+2sin（2π3）＝2sinA+2sin2π3cosA﹣2cos2π3sinA＝3sinA+3cosA＝23sin∵0＜A＜2π∴π6＜A當A+π6=π2，即A=π3時，那么△AC周長的最大值為：23+3=33【點評】本題主要考查了三角形的面積公式，正弦定理，正弦函數的性質在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．18．（14分）設甲、乙、丙3人住在一個有4間臥室的套間內，每間臥室最多可以住3人．每人都等可能地被分配到4間房中的任意1間．求：（1）恰好有1間空房的概率；（2）甲、乙2人住在同1間房的概率．【考點】古典概型及其概率計算公式．【專題】計算題；對應思想；定義法；概率與統(tǒng)計；運算求解．【答案】（1）38，（2）1【分析】（1）先求出總的事件個數，再求出滿足條件的事件的個數，根據概率公式計算即可，（2）先求出總的事件個數，再求出滿足條件的事件的個數，根據概率公式計算即可．【解答】解：（1）每人都等可能地被分配到4間房中的任意1間，共有43種分法，在4個房間任選3間，每人1間共A4故恰好有1間空房的概率P=A（2）每人都等可能地被分配到4間房中的任意1間，共有43種分法，甲、乙、丙3人住1間有4個方法，甲，乙共1間，丙獨立1間有A42＝12種方法，甲、乙2人住在同1間房的概率P=4+12【點評】本題考查概率的求法，考查概率計算公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．19．（14分）（2021?浙江開學）設函數f(x)=a（Ⅰ）若f（x）為單調遞增函數，求a的值；（Ⅱ）當0＜a≤2時，直線y＝kx與曲線y＝f'（x）相切，求k的取值范圍；（Ⅲ）若f（x）的值域為[0，+∞），證明：2﹣a＝ln2﹣lna．【考點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的最值；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】綜合題；數形結合；分類討論；數形結合法；綜合法；導數的綜合應用；邏輯思維；運算求解．【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）[2﹣e，0]；（Ⅲ）證明見解答．【分析】（Ⅰ）由已知可得f'（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0在x＞0上恒成立，即a（x﹣1）≥lnx恒成立，對x分類討論，即可求解a的值；（Ⅱ）由斜率公式及導數的幾何意義可得k=a(x0-1)-lnx0x0=a-1x0，從而可得k＝a﹣ea﹣1，設h（x）＝x（Ⅲ）對a分類討論，結合圖象可求得f（x）的單調性，結合已知可得求得f（x）的最小值，從而證得結論成立．【解答】（Ⅰ）解：因為f（x）為單調遞增函數，所以f'（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0在x＞0上恒成立，即a（x﹣1）≥lnx恒成立．當x＝1時顯然成立，當x＞1時a≥lnxx-1；當0＜x＜1設g(x)=lnxx-1，g'所以x＞1時a≥1，0＜x＜1時a≤1，所以a＝1．（Ⅱ）解：設y＝kx與y＝f'（x）＝ax﹣a﹣lnx相切于點（x0，a（x0﹣1）﹣lnx0），k=a(x0-1)-lnx0x0=a-1x0得1設h（x）＝x﹣ex﹣1，h'（x）＝1﹣ex﹣1，x∈（0，1），h'（x）＞0；x∈（1，+∞），h'（x）＜0．h(0)=-1e，h（1）＝0，h（2）＝而h(0)=所以當0＜a≤2時，k＝a﹣ea﹣1∈[2﹣e，0]．（Ⅲ）證明：f'（x）＝a（x﹣1）﹣lnx，x＞0，當a＞1，a（x﹣1）＝lnx，如圖所示存在兩根0＜x1＜1，x2＝1，當x∈（0，x1）時，a（x﹣1）＞lnx，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；當x∈（x1，1）時，a（x﹣1）＜lnx，f'（x）＜0，f（x）單調遞減；當x∈（1，+∞）時，a（x﹣1）＞lnx，f'（x）＞0，f（x）單調遞增．又因為f（x）在x＝0處無定義，所以只有f(x則a＝2，從而2﹣a＝ln2﹣lna成立；當a＝1時，由（Ⅰ）可知f（x）為單調遞增函數，f（x）在x＝0處無定義，值域不能為[0，+∞），不符合題意；當0＜a＜1，a（x﹣1）＝lnx，如圖所示存在兩根x1＝1，x2＞1．當x∈（0，1）時，a（x﹣1）＞lnx，f'（x）＞0，f（x）遞增；當x∈（1，x2）時，a（x﹣1）＜lnx，f'（x）＜0，f（x）遞減；當x∈（x2，+∞）時，a（x﹣1）＞lnx，f'（x）＞0，f（x）遞增．又因為f（x）在x＝0處無定義，所以只有f(x將a（x2﹣1）＝lnx2代入（*）式得-a2x從而有a(2a-1)=ln2a，從而2﹣a＝綜上，對任意a＞0，都有2﹣a＝ln2﹣lna成立．【點評】本題主要考查導數的應用，考查導數的幾何意義，利用導數研究函數的單調性與最值，考查分類討論思想與數形結合思想的應用，屬于難題．20．（14分）（2024春?麒麟區(qū)期末）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b（1）求橢圓C的標準方程；（2）已知點A（0，3），點G為橢圓C上一點，求△AGF2周長的最大值；（3）過C的左焦點F1，且斜率不為零的直線l交C于P、Q兩點，求△F2PQ面積的最大值．【考點】直線與橢圓的綜合；根據橢圓的幾何特征求標準方程．【專題】綜合題；對應思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）x2（2）210（3）3．【分析】（1）根據給定條件，求出a，b即得橢圓C的標準方程．（2）由橢圓的定義可求出|AG|+|GF2|的最大值，從而可得周長最大值．（3）設直線l的方程為x＝ty﹣1，與橢圓方程聯立，借助根與系數的關系列出三角形面積的關系式，利用對勾函數性質求出最大值．【解答】解：（1）因為橢圓C短軸長為23，且經過點M(所以b=3，3解得a＝2，則橢圓C的標準方程為x2（2）由（1）知，F1（﹣1，0），F2（1，0），又A（0，3），所以|AF此時△AGF2周長l=|AF當且僅當點G是線段AF1的延長線與橢圓C的交點時，等號成立，則△AGF2周長的最大值為210（3）設直線l的方程為x＝ty﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），聯立x=ty-13x2+4y2=12，消去x并整理得（3t2+4）y此時Δ＞0，由韋達定理得y1所以|y此時△F2PQ面積S=1令u=t2+1易知函數y=3u+1u在[1，所以當u＝1，即t＝0時，3t2+1則當t＝0時，△F2PQ面積取得最大值3．【點評】本題考查橢圓的方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了邏輯推理和運算能力，屬于中檔題．21．（15分）（2024?上饒二模）對于數列A：a1，a2，a3（ai∈N，i＝1，2，3），定義“F變換”：F將數列A變換成數列B：b1，b2，b3，其中bi＝|ai﹣ai+1|（i＝1，2），且b3＝|a3﹣a1|．這種“F變換”記作B＝F（A），繼續(xù)對數列B進行“F變換”，得到數列C：c1，c2，c3，依此類推，當得到的數列各項均為0時變換結束．（1）寫出數列A：2，5，3，經過6次“F變換”后得到的數列；（2）若a1，a2，a3不全相等，判斷數列A：a1，a2，a3經過不斷的“F變換”是否會結束，并說明理由；（3）設數列A：185，3，188經過k次“F變換”得到的數列各項之和最小，求k的最小值．【考點】數列的應用．【專題】整體思想；分析法；點列、遞歸數列與數學歸納法；運算求解．【答案】（1）為0，1，1；（2）不可能結束，理由見解答；（3）64．【分析】（1）根據數列的新定義寫出經過6次“F變換”后得到的數列即可；（2）假設數列A經過不斷的“F變換”結束，不妨設最后的數列D：d1，d2，d3，E：e1，e2，e3，O：0，0，0，且F（D）＝E，F（E）＝O，則非零數列可能通過“F變換”結束，或者數列E為常數列，進而得到D可能出現的情況，推出矛盾，故假設不成立，即可證明；（3）先推出幾項，發(fā)現規(guī)律，假設一次“F變換”后得到的通項，多寫幾項推出規(guī)律，往后繼續(xù)進行，推到使得數字接近1時，再繼續(xù)推，往后會發(fā)現k次“F變換”得到的數列是循環(huán)的，即可得到最小值，進而推出次數即可．【解答】解：（1）依題意，6次變換后得到的數列依次為3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；所以，數列A：2，5，3經過6次“F變換”后得到的數列為0，1，1．（2）數列A經過不斷的“F變換”不可能結束．證明：設數列D：d1，d2，d3，E：e1，e2，e3，O：0，0，0，且F（D）＝E，F（E）＝O，依題意|e1﹣e2|＝0，|e2﹣e3|＝0，|e3﹣e1|＝0，所以e1＝e2＝e3即非零常數列才能通過“F變換”結束．設e1＝e2＝e3＝e（e為非零自然數）．為變換得到數列E的前兩項，數列D只有四種可能D：d1，d1+e，d1+2e；D：d1，d1+e，d1；D：d1，d1﹣e，d1；D：d1，d1﹣e，d1﹣2e．而任何一種可能中，數列E的第三項是0或2e．即不存在數列D，使得其經過“F變換”成為非零常數列．由①②得，數列A經過不斷的“F變換”不可能結束．（3）數列A經過一次“F變換”后得到數列B：182，185，3，其結構為a，a+3，3．數列B經過6次“F變換”得到的數列分別為：3，a，a﹣3；a﹣3，3，a﹣6；a﹣6，a﹣9，3；3，a﹣12，a﹣9；a﹣15，3，a﹣12；a﹣18，a﹣15，3．（a≥18）所以，經過6次“F變換”后得到的數列也是形如“a，a+3，3”的數列，變化的是，除了3之外的兩項均減小18．因為182＝18×10+2，所以，數列B經過6×10＝60次“F變換”后得到的數列為2，5，3．接下來經過“F變換”后得到的數列分別為：3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，…至此，數列和的最小值為2，以后數列循環(huán)出現，數列各項和不會更?。越涍^1+60+3＝64次“F變換”得到的數列各項和達到最小，即k的最小值為64．【點評】本題考查數列的綜合應用，考查對新定義的分析能力，屬于難題．

考點卡片1．求集合的交集【知識點的認識】由所有屬于集合A且屬于集合B的元素組成的集合叫做A與B的交集，記作A∩B．符號語言：A∩B＝{x|x∈A，且x∈B}．A∩B實際理解為：x是A且是B中的相同的所有元素．當兩個集合沒有公共元素時，兩個集合的交集是空集，而不能說兩個集合沒有交集．運算性質：①A∩B＝B∩A．②A∩?＝?．③A∩A＝A．④A∩B?A，A∩B?B．【解題方法點撥】解答交集問題，需要注意交集中：“且”與“所有”的理解．不能把“或”與“且”混用；求交集的方法是：①有限集找相同；②無限集用數軸、韋恩圖．【命題方向】掌握交集的表示法，會求兩個集合的交集．已知集合A＝{x∈Z|x+1≥0}，B＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，則A∩B＝（）解：因為A＝{x∈Z|x+1≥0}＝{x∈Z|x≥﹣1}，B＝{x|x2﹣x﹣6＜0}＝{x|﹣2＜x＜3}，所以A∩B＝{﹣1，0，1，2}．故選：D．2．充分不必要條件的判斷【知識點的認識】充分不必要條件是指如果條件P成立，則條件Q必然成立，但條件Q成立時，條件P不一定成立．用符號表示為P?Q，但Q?P．這種條件在數學中表明某個條件足以保證結果成立，但不是唯一條件．【解題方法點撥】要判斷一個條件是否為充分不必要條件，可以先驗證P?Q，然后找反例驗證Q成立但P不成立．舉反例是關鍵步驟，找到一個Q成立但P不成立的例子即可證明P不是Q的必要條件．例如，可以通過幾何圖形性質驗證某些充分不必要條件．【命題方向】充分不必要條件的命題方向包括幾何圖形的特殊性質、函數的特定性質等．已知命題p：x2﹣4x+3＜0，那么命題p成立的一個充分不必要條件是（）A．x≤1B．1＜x＜2C．x≥3D．2＜x＜3解：由x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜3，則1＜x＜2和2＜x＜3都是1＜x＜3的充分不必要條件．故選：BD．3．函數的圖象與圖象的變換【知識點的認識】函數圖象的作法：通過如下3個步驟（1）列表；（2）描點；（3）連線．解題方法點撥：一般情況下，函數需要同解變形后，結合函數的定義域，通過函數的對應法則，列出表格，然后在直角坐標系中，準確描點，然后連線（平滑曲線）．命題方向：一般考試是以小題形式出現，或大題中的一問，常見考題是，常見函數的圖象，有時結合函數的奇偶性、對稱性、單調性知識結合命題．圖象的變換1．利用描點法作函數圖象其基本步驟是列表、描點、連線．首先：①確定函數的定義域；②化簡函數解析式；③討論函數的性質（奇偶性、單調性、周期性、對稱性等）．其次：列表（尤其注意特殊點、零點、最大值點、最小值點、與坐標軸的交點等），描點，連線．2．利用圖象變換法作函數的圖象（1）平移變換：y＝f（x）a＞0，右移a個單位（a＜0，左移|a|個單位）?y＝f（x﹣a）；y＝f（x）b＞0，上移b個單位（b＜0，下移|b|個單位）?y＝f（x）+b．（2）伸縮變換：y＝f（x）y＝f（ωx）；y＝f（x）A＞1，伸為原來的A倍（0＜A＜1，縮為原來的A倍）?y＝Af（x）．（3）對稱變換：y＝f（x）關于x軸對稱?y＝﹣f（x）；y＝f（x）關于y軸對稱?y＝f（﹣x）；y＝f（x）關于原點對稱?y＝﹣f（﹣x）．（4）翻折變換：y＝f（x）去掉y軸左邊圖，保留y軸右邊圖，將y軸右邊的圖象翻折到左邊?y＝f（|x|）；y＝f（x）留下x軸上方圖將x軸下方圖翻折上去y＝|f（x）|．【解題方法點撥】1、畫函數圖象的一般方法（1）直接法：當函數表達式（或變形后的表達式）是熟悉的基本函數或解析幾何中熟悉的曲線時，可根據這些函數或曲線的特征直接作出．（2）圖象變換法：若函數圖象可由某個基本函數的圖象經過平移、翻折、對稱得到，可利用圖象變換作出，但要注意變換順序，對不能直接找到熟悉函數的要先變形，并應注意平移變換與伸縮變換的順序對變換單位及解析式的影響．（3）描點法：當上面兩種方法都失效時，則可采用描點法．為了通過描少量點，就能得到比較準確的圖象，常常需要結合函數的單調性、奇偶性等性質討論．2、尋找圖象與函數解析式之間的對應關系的方法（1）知圖選式：①從圖象的左右、上下分布，觀察函數的定義域、值域；②從圖象的變化趨勢，觀察函數的單調性；③從圖象的對稱性方面，觀察函數的奇偶性；④從圖象的循環(huán)往復，觀察函數的周期性．利用上述方法，排除錯誤選項，篩選正確的選項．（2）知式選圖：①從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；②從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；③從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性．④從函數的周期性，判斷圖象的循環(huán)往復．利用上述方法，排除錯誤選項，篩選正確選項．注意聯系基本函數圖象和模型，當選項無法排除時，代特殊值，或從某些量上尋找突破口．3、（1）利有函數的圖象研究函數的性質從圖象的最高點、最低點，分析函數的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數的單調性、周期性等．（2）利用函數的圖象研究方程根的個數有關方程解的個數問題常常轉化為兩個熟悉的函數的交點個數；利用此法也可由解的個數求參數值．【命題方向】（1）1個易錯點﹣﹣圖象變換中的易錯點在解決函數圖象的變換問題時，要遵循“只能對函數關系式中的x，y變換”的原則，寫出每一次的變換所得圖象對應的解析式，這樣才能避免出錯．（2）3個關鍵點﹣﹣正確作出函數圖象的三個關鍵點為了正確地作出函數圖象，必須做到以下三點：①正確求出函數的定義域；②熟練掌握幾種基本函數的圖象，如二次函數、反比例函數、指數函數、對數函數、冪函數、形如y＝x+的函數；③掌握平移變換、伸縮變換、對稱變換、翻折變換、周期變換等常用的方法技巧，來幫助我們簡化作圖過程．（3）3種方法﹣﹣識圖的方法對于給定函數的圖象，要能從圖象的左右、上下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面來獲取圖中所提供的信息，解決這類問題的常用方法有：①定性分析法，也就是通過對問題進行定性的分析，從而得出圖象的上升（或下降）的趨勢，利用這一特征來分析解決問題；②定量計算法，也就是通過定量的計算來分析解決問題；③函數模型法，也就是由所提供的圖象特征，聯想相關函數模型，利用這一函數模型來分析解決問題．4．奇偶函數圖象的對稱性【知識點的認識】奇偶函數的對稱性是相對于其圖象來說的，具體而言奇函數的圖象關于原點對稱，其特點是f（x）＝m時，f（﹣x）＝﹣m；偶函數的圖象關于y軸對稱，它的特點是當f（x）＝n時，f（﹣x）＝n．【解題方法點撥】由函數圖象的對稱性可知：①奇函數的定義域關于原點對稱的部分其單調性一致，而偶函數的單調性相反．eg：若奇函數f（x）在區(qū)間[1，3]內單調遞增，且有最大值和最小值，分別是7和4，求函數f（x）在區(qū)間[﹣3，﹣1]內的最值．解：由奇函數的性質可知，f（x）在[﹣3，﹣1]上位單調遞增函數，那么最小值為f（﹣3）＝﹣f（3）＝﹣7；最大值為f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣4【命題方向】本知識點是高考的一個重點，同學首先要熟悉奇偶函數的性質并靈活運用，然后要多多總結，特別是偶函數與周期性相結合的試題，現在的一個命題方式是已知周期偶函數某一小段內與x軸交點的個數，求在更大范圍內它與x軸的交點個數，同學們務必多多留意．5．函數恒成立問題【知識點的認識】函數恒成立問題是指在定義域或某一限定范圍內，函數滿足某一條件（如恒大于0等），此時，函數中的參數成為限制了這一可能性（就是說某個參數的存在使得在有些情況下無法滿足要求的條件），因此，適當的分離參數能簡化解題過程．【解題方法點撥】﹣分析函數的定義域和形式，找出使函數恒成立的條件．﹣利用恒成立條件，確定函數的行為．一般恒成立問題最后都轉化為求最值得問題，常用的方法是分離參變量【命題方向】題目包括判斷函數恒成立條件及應用題，考查學生對函數恒成立問題的理解和應用能力．關于x的不等式（1+m）x2+mx+m＜x2+1，對x∈R恒成立，則實數m的取值范圍是_____．解：∵（1+m）x2+mx+m＜x2+1，對x∈R恒成立，∴mx2+mx+m＜1，∴?x∈R，m＜1x∵x2+x+1＝（x+12）2∴0＜1∴m≤0．6．三角函數的最值【知識點的認識】三角函數的最值其實就是指三角函數在定義域內的最大值和最小值，涉及到三角函數的定義域、值域、單調性和它們的圖象．在求三角函數最值中常用的手法是化簡和換元．化簡的原則通常是盡量的把復合三角函數化為只含有一個三角函數的一元函數．【解題方法點撥】例1：sin2x﹣sinxcosx+2cos2x＝32+22cos（2解：sin2x﹣sinxcosx+2cos2x=1-cos2x2-sin2x2+2?1+cos2x2=32+22cos故答案為：32+22cos（這個題所用到的方法就是化簡成一個單一的三角函數，把一個復合的三角函數最后化成了只關于余弦函數的式子，然后單獨分析余弦函數的特點，最后把結果求出來．化簡當中要熟練的掌握三角函數的轉換，特別是二倍角的轉換．例2：函數y＝sin2x﹣sinx+3的最大值是．解：令sinx＝t，可得y＝t2﹣t+3，其中t∈[﹣1，1]∵二次函數y＝t2﹣t+3的圖象開口向上，對稱軸是t=∴當t=1而函數的最大值為t＝﹣1時或t＝1時函數值中的較大的那個∵t＝﹣1時，y＝（﹣1）2﹣（﹣1）+3＝5，當t＝1時，y＝12﹣1+3＝3∴函數的最大值為t＝﹣1時y的值即sinx＝﹣1時，函數的最大值為5．這個題就是典型的換元，把sinx看成是自變量t，最后三角函數看成是一個一元二次函數，在換元的時候要注意到三角函數的定義域和相應的值域．【命題方向】求三角函數的最值是高考的一個常考點，主要方法我上面已經寫了，大家要注意的是把一些基本的方法融會貫通，同時一定要注意函數的定義域和相對應的值域．7．數列的應用【知識點的認識】1、數列與函數的綜合2、等差數列與等比數列的綜合3、數列的實際應用數列與銀行利率、產品利潤、人口增長等實際問題的結合．8．數列遞推式【知識點的認識】1、遞推公式定義：如果已知數列{an}的第1項（或前幾項），且任一項an與它的前一項an﹣1（或前幾項）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．2、數列前n項和Sn與通項an的關系式：an=s在數列{an}中，前n項和Sn與通項公式an的關系，是本講內容一個重點，要認真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求數列的通項公式時，你注意到此等式成立的條件了嗎？（n≥2，當n＝1時，a1＝S1）；若a1適合由an的表達式，則an不必表達成分段形式，可化統(tǒng)一為一個式子．（2）一般地當已知條件中含有an與Sn的混合關系時，常需運用關系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先將已知條件轉化為只含an或Sn的關系式，然后再求解．【解題方法點撥】數列的通項的求法：（1）公式法：①等差數列通項公式；②等比數列通項公式．（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an=sn-sn-1;;n≥2s1;;n=1（3）已知a1?a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，=f(1)（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知an+1an=f（n）求an，用累乘法：an=a（6）已知遞推關系求an，有時也可以用構造法（構造等差、等比數列）．特別地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b為常數）的遞推數列都可以用待定系數法轉化為公比為k的等比數列后，再求an．②形如an=a（7）求通項公式，也可以由數列的前幾項進行歸納猜想，再利用數學歸納法進行證明．9．利用導數研究函數的單調性【知識點的認識】1、導數和函數的單調性的關系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是增函數，f′（x）＞0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為增區(qū)間；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是減函數，f′（x）＜0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為減區(qū)間．2、利用導數求解多項式函數單調性的一般步驟：（1）確定f（x）的定義域；（2）計算導數f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根將f（x）的定義域分成若干個區(qū)間，列表考察這若干個區(qū)間內f′（x）的符號，進而確定f（x）的單調區(qū)間：f′（x）＞0，則f（x）在對應區(qū)間上是增函數，對應區(qū)間為增區(qū)間；f′（x）＜0，則f（x）在對應區(qū)間上是減函數，對應區(qū)間為減區(qū)間．【解題方法點撥】若在某區(qū)間上有有限個點使f′（x）＝0，在其余的點恒有f′（x）＞0，則f（x）仍為增函數（減函數的情形完全類似）．即在區(qū)間內f′（x）＞0是f（x）在此區(qū)間上為增函數的充分條件，而不是必要條件．【命題方向】題型一：導數和函數單調性的關系典例1：已知函數f（x）的定義域為R，f（﹣1）＝2，對任意x∈R，f′（x）＞2，則f（x）＞2x+4的解集為（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，設g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，則g′（x）＝f′（x）﹣2，∵對任意x∈R，f′（x）＞2，∴對任意x∈R，g′（x）＞0，即函數g（x）單調遞增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，則由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集為（﹣1，+∞），故選：B題型二：導數和函數單調性的綜合應用典例2：已知函數f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函數f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）若函數y＝f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1，2]，函數g(x)=x3+x2[f'(x)+m（Ⅲ）求證：ln22解：（Ⅰ）f'(x)=a(1-x)當a＞0時，f（x）的單調增區(qū)間為（0，1]，減區(qū)間為[1，+∞）；當a＜0時，f（x）的單調增區(qū)間為[1，+∞），減區(qū)間為（0，1]；當a＝0時，f（x）不是單調函數（4分）（Ⅱ）f'(2)=-a2=1得a＝﹣2，f（x）＝﹣∴g(x)=x∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在區(qū)間（t，3）上總不是單調函數，且g′（0）＝﹣2∴g由題意知：對于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：g'(1)＜0g'(2)（Ⅲ）令a＝﹣1此時f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調遞增，∴當x∈（1，+∞）時f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴l(xiāng)nx＜x﹣1對一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，則有0＜lnn＜n﹣1，∴0∴l(xiāng)n210．利用導數研究函數的最值【知識點的認識】1、函數的最大值和最小值觀察圖中一個定義在閉區(qū)間[a，b]上的函數f（x）的圖象．圖中f（x1）與f（x3）是極小值，f（x2）是極大值．函數f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數f（x）在[a，b]上必有最大值與最小值．說明：（1）在開區(qū)間（a，b）內連續(xù)的函數f（x）不一定有最大值與最小值．如函數f（x）=1x在（0，（2）函數的最值是比較整個定義域內的函數值得出的；函數的極值是比較極值點附近函數值得出的．（3）函數f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)，是f（x）在閉區(qū)間[a，b]上有最大值與最小值的充分條件而非必要條件．（4）函數在其定義區(qū)間上的最大值、最小值最多各有一個，而函數的極值可能不止一個，也可能沒有一個2、用導數求函數的最值步驟：由上面函數f（x）的圖象可以看出，只要把連續(xù)函數所有的極值與定義區(qū)間端點的函數值進行比較，就可以得出函數的最值了．設函數f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內可導，則求f（x）在[a，b]上的最大值與最小值的步驟如下：（1）求f（x）在（a，b）內的極值；（2）將f（x）的各極值與f（a）、f（b）比較得出函數f（x）在[a，b]上的最值．【解題方法點撥】在理解極值概念時要注意以下幾點：（1）按定義，極值點x0是區(qū)間[a，b]內部的點，不會是端點a，b（因為在端點不可導）．（2）極值是一個局部性概念，只要在一個小領域內成立即可．要注意極值必須在區(qū)間內的連續(xù)點取得．一個函數在定義域內可以有許多個極小值和極大值，在某一點的極小值也可能大于另一個點的極大值，也就是說極大值與極小值沒有必然的大小關系，即極大值不一定比極小值大，極小值不一定比極大值小．（3）若f（x）在（a，b）內有極值，那么f（x）在（a，b）內絕不是單調函數，即在區(qū)間上單調的函數沒有極值．（4）若函數f（x）在[a，b]上有極值且連續(xù)，則它的極值點的分布是有規(guī)律的，相鄰兩個極大值點之間必有一個極小值點，同樣相鄰兩個極小值點之間必有一個極大值點，一般地，當函數f（x）在[a，b]上連續(xù)且有有限個極值點時，函數f（x）在[a，b]內的極大值點、極小值點是交替出現的，（5）可導函數的極值點必須是導數為0的點，但導數為0的點不一定是極值點，不可導的點也可能是極值點，也可能不是極值點．11．利用導數研究曲線上某點切線方程【知識點的認識】利用導數來求曲線某點的切線方程是高考中的一個?？键c，它既可以考查學生求導能力，也考察了學生對導數意義的理解，還考察直線方程的求法，因為包含了幾個比較重要的基本點，所以在高考出題時備受青睞．我們在解答這類題的時候關鍵找好兩點，第一找到切線的斜率；第二告訴的這點其實也就是直線上的一個點，在知道斜率的情況下可以用點斜式把直線方程求出來．【解題方法點撥】例：已知函數y＝xlnx，求這個函數的圖象在點x＝1處的切線方程．解：k＝y(tǒng)'|x＝1＝ln1+1＝1又當x＝1時，y＝0，所以切點為（1，0）∴切線方程為y﹣0＝1×（x﹣1），即y＝x﹣1．我們通過這個例題發(fā)現，第一步確定切點；第二步求斜率，即求曲線上該點的導數；第三步利用點斜式求出直線方程．這種題的原則基本上就這樣，希望大家靈活應用，認真總結．12．平面向量的數量積運算平面向量的數量積運算13．三角形中的幾何計算【知識點的認識】1、幾何中的長度計算：（1）利用正弦定理和三角形內角和定理可以求解：①已知兩角和任一邊，求其他兩邊和一角．②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角（從而進一步求出其他的邊和角）．（2）利用余弦定理可以求解：①解三角形；②判斷三角形的形狀；③實現邊角之間的轉化．包括：a、已知三邊，求三個角；b、已知兩邊和夾角，求第三邊和其他兩角．2、與面積有關的問題：（1）三角形常用面積公式①S=12a?ha（ha表示邊②S=12absinC=12acsinB=③S=12r（a+b+c）（（2）面積問題的解法：①公式法：三角形、平行四邊形、矩形等特殊圖形，可用相應面積公式解決．②割補法：若是求一般多邊形的面積，可采用作輔助線的辦法，通過分割或補形把不是三角形的幾何圖形分割成不重疊的幾個三角形，再由三角形的面積公式求解．【解題方法點撥】幾何計算最值問題：（1）常見的求函數值域的求法：①配方法：轉化為二次函數，利用二次函數的特征來求值；②逆求法（反求法）：通過反解，用y來表示x，再由x的取值范圍，通過解不等式，得出y的取值范圍；④換元法：通過變量代換轉化為能求值域的函數，化歸思想；⑤三角有界法：轉化為只含正弦、余弦的函數，運用三角函數有界性來求值域；⑥單調性法：函數為單調函數，可根據函數的單調性求值域．⑦數形結合：根據函數的幾何圖形，利用數型結合的方法來求值域．（2）正弦，余弦，正切函數值在三角形內角范圍內的變化情況：①當角度在0°～90°間變化時，正弦值隨著角度的增大而增大，且0≤sinα≤1；余弦值隨著角度的增大而減小，且0≤cosα≤1；正切值隨著角度的增大而增大，tanα＞0．②當角度在90°～180°間變化時，正弦值隨著角度的增大而減小，且0≤sinα≤1；余弦值隨著角度的增大而減小，且﹣1≤cosα≤0；正切值隨著角度的增大而增大，tanα＜0．14．復數的代數表示法及其幾何意義【知識點的認識】1、復數的代數表示法建立了直角坐標系來表示復數的平面叫做復平面．在復平面內，x軸叫做實軸，y軸叫做虛軸，x軸的單位是1，y軸的單位是i，實軸與虛軸的交點叫做原點，且原點（0，0），對應復數0．即復數z＝a+bi→復平面內的點z（a，b）→平面向量OZ→2、除了復數與復平面內的點和向量的一一對應關系外，還要注意：（1）|z|＝|z﹣0|＝a（a＞0）表示復數z對應的點到原點的距離為a；（2）|z﹣z0|表示復數z對應的點與復數z0對應的點之間的距離．3、復數中的解題策略：（1）證明復數是實數的策略：①z＝a+bi∈R?b＝0（a，b∈R）；②z∈R?z=z（2）證明復數是純虛數的策略：①z＝a+bi為純虛數?a＝0，b≠0（a，b∈R）；②b≠0時，z-z=2bi為純虛數；③z是純虛數?z+z=0且15．棱柱的結構特征【知識點的認識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側面．側棱：棱柱中兩個側面的公共邊叫做棱柱的側棱．頂點：棱柱的側面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結構特征棱柱1根據棱柱的結構特征，可知棱柱有以下性質：（1）側面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．4．棱柱的分類（1）根據底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據側棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．16．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的認識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐=1317．異面直線及其所成的角【知識點的認識】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經過空間任意一點O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，π2]．當θ＝902、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來轉移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：18．直線與平面垂直【知識點的認識】直線與平面垂直：如果一條直線l和一個平面α內的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l(wèi)叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．直線與平面垂直的判定：（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內的任一條直線．（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面．（3）判定定理2：如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面．直線與平面垂直的性質：①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行．符號表示為：a⊥α，b⊥α?a∥b②由定義可知：a⊥α，b?α?a⊥b．19．空間向量法求解直線與平面所成的角【知識點的認識】直線與平面所成角的求法：向量求法：設直線l的方向向量為a→，平面的法向量為u→，直線與平面所成的角為θ，a→與u→的夾角為φ，則有sinθ＝|cos【解題方法點撥】﹣點積和模：計算向量的數量積和模，求得角度的余弦值，然后使用反余弦函數計算角度．【命題方向】﹣向量法計算：考查如何使用空間向量法計算直線與平面之間的夾角．20．恒過定點的直線【知識點的認識】﹣定點：直線總是通過一個固定的點（x1，y1）的方程形式為：a（x﹣x1）+b（y﹣y1）＝0其中a和b是直線的方向向量分量．【解題方法點撥】﹣求方程：1．已知定點：將定點（x1，y1）代入直線方程．2．確定直線：確定直線方向向量，代入標準方程形式．3．標準方程：得到直線方程如：a（x﹣x1）+b（y﹣y1）＝0【命題方向】﹣定點直線：考查如何找到所有恒過一個定點的直線方程，通常涉及固定點和直線方程的轉換．21．兩點間的距離公式【知識點的認識】﹣距離公式：兩點（x1，y1）和（x2，y2）之間的距離由公式：d=(這是平面直角坐標系中常用的距離計算公式．【解題方法點撥】﹣計算距離：1．代入公式：將兩點的坐標代入距離公式．2．簡化計算：計算平方差的和，開方得到距離．【命題方向】﹣距離計算：?？疾橛嬎銉牲c間的直線距離，尤其在幾何題目中經常出現．22．點到直線的距離公式【知識點的認識】﹣點到直線距離：點（x0，y0）到直線Ax+By+C＝0的距離為：d=|A【解題方法點撥】﹣計算距離：1．代入直線方程：將點的坐標代入直線方程．2．計算絕對值：計算Ax0+By0+C的絕對值．3．計算模：計算法向量的模A24．求解距離：將絕對值與模相除，即得距離．【命題方向】﹣距離計算：考查點到直線的距離計算，可能涉及多種坐標系變換或應用．23．直線與圓的位置關系【知識點的認識】直線與圓的位置關系【解題方法點撥】判斷直線與圓的位置關系的方法直線Ax+By+C＝0與圓（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（r＞0）的位置關系的判斷方法：（1）幾何方法：利用圓心到直線的d和半徑r的關系判斷．圓心到直線的距離d=①相交：d＜r②相切：d＝r③相離：d＞r（2）代數方法：聯立直線與圓的方程，轉化為一元二次方程，用判別式△判斷．由Ax+By+C=0x①相交：△＞0②相切：△＝0③相離：△＜0．24．根據橢圓的幾何特征求標準方程【知識點的認識】橢圓的幾何特征包括長軸2a、短軸2b、焦點(±【解題方法點撥】1．提取幾何特征：從題目中得到長軸、短軸或焦距．2．代入標準方程：使用幾何特征計算a和b，代入標準方程：x2【命題方向】﹣由橢圓的幾何特征（如長軸、短軸）求標準方程．﹣根據焦點位置和長短軸所在位置推導標準方程．25．直線與橢圓的綜合【知識點的認識】直線與橢圓的位置判斷：將直線方程與橢圓方程聯立，消去x（或y）的一元二次方程，則：直線與橢圓相交?Δ＞0；直線與橢圓相切?Δ＝0；直線與橢圓相離?Δ＜0；【解題方法點撥】（1）直線與橢圓位置關系的判斷方法①聯立方程，借助一元二次方程的判別式來判斷；②借助直線和橢圓的幾何性質來判斷．根據直線系方程抓住直線恒過定點的特征，將問題轉化為點和橢圓的位置關系，也是解決此類問題的難點所在．（2）弦長的求法設直線與橢圓的交點坐標為A（x1，y1），B（x2，y2），則|AB|=(1+k2注意：利用公式計算直線被橢圓截得的弦長是在方程有解的情況下進行的，不要忽略判別式．（3）中點弦、弦中點常見問題①過定點被定點平分的弦所在直線的方程；②平行弦中點的軌跡；③過定點的弦的中點的軌跡．解決有關弦及弦中點問題常用方法是“韋達定理”和“點差法”，這兩種方法的前提都必須保證直線和橢圓有兩個不同的公共點．（4）橢圓切線問題①直線與橢圓相切，有且僅有一個公共點；②過橢圓外一點可以作兩條直線與橢圓相切；③過橢圓上一點只能作一條切線．（5）最值與范圍問題的解決思路①構造關于所求量的函數，通過求函數的值域來獲得問題的解；②構造關于所求量的不等式，通過解不等式來獲得問題的解．在解題過程中，一定要深刻挖掘題目中的隱含條件，如判別式大于零等可利用條件．【命題方向】1．由已知條件求橢圓的方程或離心率；2．由已知條件求直線的方程；3．中點弦或弦的中點問題；4．弦長問題；5．與向量結合求參變量的取值．26．拋物線的焦點與準線【知識點的認識】拋物線的簡單性質：27．雙曲線的幾何特征【知識點的認識】雙曲線的標準方程及幾何性質標準方程x2a2-y2b2=1y2a2-x2b2=1圖形性質焦點F1（﹣c，0），F2（c，0）F1（0，﹣c），F2（0，c）焦距|F1F2|＝2c|F1F2|＝2c范圍|x|≥a，y∈R|y|≥a，x∈R對稱關于x軸，y軸和原點對稱頂點（﹣a，0）．（a，0）（0，﹣a）（0，a）軸實軸長2a，虛軸長2b離心率e=ca（e＞準線x＝±ay＝±a漸近線xa±yxb±y28．古典概型及其概率計算公式【知識點的認識】1．定義：如果一個試驗具有下列特征：（1）有限性：每次試驗可能出現的結果（即基本事件）只有有限個；（2）等可能性：每次試驗中，各基本事件的發(fā)生都是等可能的．則稱這種隨機試驗的概率模型為古典概型．*古典概型由于滿足基本事件的有限