作測(cè)手冊(cè)全國(guó)理科測(cè)評(píng)答案

45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(一 [解析]A＝RB＝[0，＋∞) [解析]a＝－1時(shí)，N＝{1}N?MN?M時(shí)，有|a|＝1或|a|＝2a＝±1a＝±2.所以“a＝－1”是“N?M

[解析]聯(lián)立

得 或

A∩B2

[方法總結(jié)]A，B的代表元素是有序?qū)崝?shù)對(duì)，兩集合的交集中元素的個(gè)數(shù)即為x2＋y2＝1x＋y＝1交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．[解析∵f(x)R上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0R3x2＋4x＋m≥0

p，qmpq

[方法總結(jié)]pmp，qm的取值集合間的包含pq的何種條件．本題主要考查用集合方法判斷充要條件． [解析A，BA∩B＝AA?BA，BA?BA∩B≠A”．7．D[解析]] [解析]p成立時(shí)，－a≥－1a≤1，∴pa的取值集合是＋∞)，qa的取值集合是(1，＋∞)，故pq[方法總結(jié)]本題考查的是用集合方法判斷充要條件，分別求出綈p，qa的取值 [解析]P＝[－1，1]P∪M＝PM?P ]a的取值范圍是[－16，0]．[方法總結(jié)特稱命題為假命題，其否定是一個(gè)全稱命題且為真命題，再由一元二次不等aa的取值范圍．4[解析]x2－4x＋n＝0x＝2＋4－nx＝2－4－n2±4－n為整數(shù)，所以4－nn∈N*n＝3n＝4n＝3＝4x2－4x＋n＝0[能力解讀](1)nx2－4x＋n＝0的根為整n的值，再進(jìn)行驗(yàn)證．解：(1)x＝1時(shí)，lgx＝0，x－1＝0，lgx<x－1π真命題，sinx＋cosx＝2sinx4

x∈02π

2244，422<sinx4≤11<2sinx4≤2，即?x∈02，1<sinx＋cosx≤ x>xsin

1 f(x)＝tanx－xf′(x)＝cosx′－1＝cos2x－1＝cos2x＝tanx>0f(x)02 方法得出不等式，數(shù)學(xué)思想方法的靈活運(yùn)用是數(shù)學(xué)能力次的體現(xiàn)．(2)x∈Zx＝5n＋k，n∈Z，k＝0，1，2，3，4x∈[0]x∈[1]x∈[2]或a－b∈0a－b＝na＝n＋k1b5＋k2n∈Zk1＝012，342＝123a－bn－＋k1－k25n－＋k1－k25nk－k25n＋－n，因?yàn)椋?≤1－≤4，n＋－nk－k20k1＝2，ab解：(1)易知px的取值集合A＝[－2，10]．設(shè)q成立時(shí)x的取值集合為B，m>0時(shí)，B＝[1－m，1＋m]m＝0時(shí)，B＝{1}m<0時(shí)，B＝[1＋m，1－m]．p是q的必要不充分條件，即集合B是集合A的真子集．當(dāng)m>0時(shí) 解0<m≤3m＝0m<0

pq的必要不充分條件時(shí)，m的取值范圍是(2)x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0

則（a－1）4a

即

或

[能力解讀](2)分類整合思想、化歸轉(zhuǎn)化思想：本題第(1)mB，體現(xiàn)了分類整合思想；本題第(2)45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(二[解析]AB中的函數(shù)是偶函數(shù)且在(0，＋∞)上單C，D中的函數(shù)是偶函數(shù)，但在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． [解析]f(x)為偶函數(shù)，g(x)f(x)，g(x)的公共定義域關(guān)于坐標(biāo)原f(x)g(x)為奇函數(shù)，f(x)＋g(x)A正確． [解析]1＋a＝2aa＝1.4．D[解析f(1)＝－f(－1)＝(－1)lg[3－(－1)]＝－lg為偶函數(shù)時(shí)，不能推出f(x)為偶函數(shù)，如g(x)＝|x|，f(x)＝x3，g[f(x)]＝|x3|是偶函數(shù)，而f(x)不A.[方法總結(jié)利用偶函數(shù)的定義導(dǎo)出充分性，利用反例說(shuō)明必要性不成立，一般論證與特[解析]f(x)在區(qū)間[3，4]2f(x)在區(qū)間f(x)f(x)在[0，1]sin1>cos1f(sin1)<f(cos1)．] [解析]4]f(x)是周期函數(shù)． ]π

2msinθ>m－1θ∈02m>0sinθ>mπmm

sin

< 21<[能力解讀]f(x)是奇函數(shù)且為定義域上 [解析]x≥0x3＋1＝1，∴x＝0x<0x2＋2＝11

[解析]f(－x)＝2－x＋a＝－2x＋a.f(－x)＝－f(x)

1 1 112x－1＋a11

[方法總結(jié)]x，f(－x)＝－f(x)恒成立，利用該式恒成立得出 [解析]x－1≥2－1<0x≥3或－1≤x<1x的取值范圍是[方法總結(jié)]利用函數(shù)單調(diào)性、奇偶性確定在(－∞，0)∪(0，＋∞)f(x－1)≤0解：(1)f(x)的定義域是(－2，2)，故－

且－

，解得－4<x<－1故所求的函數(shù)定義域?yàn)閧x|－4<x<－1

[－23]x2≤x≤3t＝x＋1tf(t)的定義域?yàn)閧t|－1≤t≤4}f(2x2－2)有意義，只需－1≤2x2—2≤4，解得 3≤x≤－2或2≤x 3，∴函數(shù)f(2x2－2)的定義域 2 2 x－3≤x22≤x≤ 解：(1)f(x)x＝1f(1＋x)＝f(1－x)，又f(x)為奇函數(shù)，所以f(1＋x)＝f(1－x)＝－f(x－1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)f(x)為周期函數(shù)．(2)f(x)x＝1對(duì)稱，f(x)所以

1357f(x)＝0在(0，5)]f(0)＝0f(－x)＝－f(x)，

∴∴

](性．(2)運(yùn)算求解能力：第二問(wèn)中需要證明1－x1x2∈(－1，0)45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(三[解析]B，Cy＝x3 [解析a＝log34>1，b＝10＝1，c＝log110<0 [解析]f(x)Rf(0)＝30＋m＝0m＝－1.故x≥0時(shí)，f(x)＝3x－1f(－log35)＝－f(log35)＝－(3log35－1)＝－(5－1)＝－4. [解析f3＋f(4)＝f3＋f(4)＝2sin3＋log24＝[解析

1log1＋logb即2（a＋b） ]

2a

2，2，[方法總結(jié)含有字母的等式，可通過(guò)分解因式、變換等方法把字母看作一個(gè)整體，使用[解析y＝cos(sinx)y軸對(duì)稱，因?yàn)閥＝sinx的值域?yàn)閇－1，1]，所以y＝cos(sinx)的值都為正值，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝1，對(duì)比選項(xiàng)B正確．[方法總結(jié)做函數(shù)圖像類的試題，其主要方法是通過(guò)分析函數(shù)性質(zhì)、函數(shù)圖像經(jīng)過(guò)的特＝ [解析]可知函數(shù) cos6x為奇函數(shù)＝ 2

A] ]

＝－k

f[f(x)]＝－12或

＝e.f(x)＝－k

k2x＝e－kf(x)＝e

kex＝ee. k2≠ke，e－k≠eek>0y＝f[f(x)]＋14當(dāng)k<0時(shí)，若f(x)＝－1，則

f[f(x)]＝－1時(shí)，只有

x＝1＝ek<0y＝f[f(x)]＋11

＝e

]口(f[f(x)]＝－1f(x)f(x)x)． [解析]由|log2x|＝alog2x＝±a，即－log2x1＝log2x2x1x2＝1x2≥2 [方法總結(jié)]x1，x2

[解析]f(x)>1，得

或

x<－1

[方法總結(jié)對(duì)于分段函數(shù)滿足的不等式要分段求解，注意各段的定義域?qū)η蠼饨Y(jié)果的影11．(－∞，－2][解析]y＝|f(x)|y＝－k的k＝0k<0.兩個(gè)函數(shù)圖像有三個(gè)公共點(diǎn)的情況如圖所示，即只需－k≥2k≤－2.[方法總結(jié)數(shù)形結(jié)合是一種數(shù)學(xué)思想方法，也是一種解題方法，特別地，在解函數(shù)與方解：(1)f(x)＝sinx，g(x)＝cos(2)x>1x→1時(shí)，f(x)M對(duì)于②，當(dāng) x<x

≥2都有|f(x)|≤M1－ln對(duì)于③，f′(x)＝ ，當(dāng)1<x<e時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，故x＝e是函數(shù)在 x∈(1，＋∞)，都有|f(x)|≤Mπ對(duì)于任意]50x當(dāng)0<x<80時(shí) 1 10

10＋40x－25033

＋1450－250＝1200－＋

101200－x＋

3(2)0<x<803x＝60時(shí)，L(x)L(60)＝950(萬(wàn)元 10當(dāng)x≥80時(shí)，L(x)＝1200－＋ 1010x

10＝ x＝100時(shí)，L(x)10001001000[能力解讀應(yīng)用意識(shí)是數(shù)學(xué)的基本思想方法之一，也是數(shù)學(xué)能力高低的一種體現(xiàn)．把實(shí) k，當(dāng)t＝0時(shí)，x＝1，得k＝2，∴x＝ 當(dāng)年生產(chǎn)x萬(wàn)件時(shí)，年生產(chǎn)成本 2

年銷售收入 2

2

2

32≤50－2 2 2 32當(dāng)且僅當(dāng)2 ，即t＝7時(shí)等號(hào)成立7[能力解讀]k，然后建立函數(shù)模型，建模后要通過(guò)對(duì)函數(shù)45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(四[解析]

＝－x

y＝2xy＝log2xy＝2x的圖像知，這兩個(gè)函數(shù) [解析]sinα＋cosα＝0sin2α＋cos2α＋2sinαcos＋2sinαcosα＝0，故sinαcos [方法總結(jié)]sinα＋cosα＝0時(shí)，sinαcosα

1f(x)dx＝0(x＋1)dx＋1 [解析x→＋∞y→＋∞，故其圖像為第一個(gè)．故圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)序號(hào)為②①③.[解析]y′＝ex＋xex，曲線在(1，e)k＝2e.＋c＝0

1[方法總結(jié)求解與曲線的切線方程相關(guān)的參數(shù)值問(wèn)題，其基本方法是根據(jù)已知得出關(guān)于[解析]設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(t，t3－t)f′(t)＝3t2－1y＝f(x)在點(diǎn)(t，t3－t)y－t3＋t＝(3t2－1)(x－t)，該直線過(guò)點(diǎn)(2，1)2t3－6t2＋3＝0.令φ(t)φ(0)＝3>0小值為φ(2)＝－5<0，故方程2t3－6t2＋3＝0有三個(gè)不同的實(shí)根所以過(guò)點(diǎn)A(2，1)f(x)＝x3－x3條．[方法總結(jié)][解析]方法一 1ex的反函數(shù)為y＝ln2x，這說(shuō)明兩曲線關(guān)于直線y＝x對(duì)稱所以當(dāng)曲線 1ex和y＝ln2x的切線的斜率都為1時(shí)，兩條切線間的距離即為|PQ|的最小 2|ln2

1－ln

21－ln22點(diǎn)(ln2，1)y＝x2

.所以

＝

1＝2ey＝ln2xy＝x對(duì)稱，這說(shuō)明|PQ|

1＝2ey＝x2

1＝2e

1，2e2 2 直線y＝x的距離 設(shè)函數(shù) 1ex－x，則 1ex－1，當(dāng)x<ln2時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>ln2時(shí) x＝ln2g(x)g(x)min＝g(ln2)1－ln22＝1－ln2>0，故 .所以|PQ|的最小值|PQ|min＝2dmin＝2(1－ln2[方法總結(jié)]求兩曲線上點(diǎn)之間的最小距離可以通過(guò)同時(shí)作兩曲線的相互平行的切線來(lái)y＝x間的最小距離．[解析]f(x)y＝ax＝axf(x)y＝ax

y＝lnx xy－lnx0＝1(x－x0)，將點(diǎn)(0，0)x0＝ex0 線的斜率為e.a的取值范圍是[方法總結(jié)臨界方法，就是在求直線與曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)時(shí)，先找到使交點(diǎn)個(gè)數(shù)發(fā)生變化 [解析 1 [解析]x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2設(shè)h(x)＝f(x)－x＝ln 即 1≤0在(0，＋∞)上恒成立即

1

－2＋4故 [能力解讀把問(wèn)題從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式的能力就是等價(jià)轉(zhuǎn)化能力，這種能力是 又因?yàn)?3<0，f(10)＝ln10＋50－20＝30＋ln ＝x＋x

設(shè)

，因?yàn)?/p>

x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0h(x)為增函數(shù)．x＝1時(shí)，h(x)min＝h(1)＝4－2a≥0a≤2.綜上，a2.

[能力解讀]h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx.

3－2m<0

3

＝0綜上，m的取值范圍為 [能力解讀本題運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法分析問(wèn)題并解決問(wèn)題．首先根據(jù)方程思想確定參數(shù)的解：(1)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln

＋xx2－ax－（1＋a）

a>01＋a>0x∈(0，1＋a)時(shí)，h′(x)<0x∈(1＋a，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1＋a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1＋a，＋∞)．即在[1，e]x0h(x0)<0成立，即h(x)在[1，e]1＋a≥ea≥e－1時(shí)，由(1)h(x)在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞減，h(x)在區(qū)間[1，e]h(e)， h(e)＝e＋e－a<0，可得a>e－1 因?yàn)閑－1>e－1a>e－11<1＋a<e0<a<e－1h(x)在[1，e]h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)．綜上所述，a的取值范圍為e－1[能力解讀本題考查綜合運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．本題需要使用函數(shù)單調(diào)性45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(五2[解析]sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－22π [解析]

y＝sin2x3＝sin2＋3 6 12y＝cos2x3 [解析]f(x)在(0，＋∞)上從左到右的第一個(gè)外才滿足要求．函數(shù)

＝25

，所

，解得3 3

3sinα3cos

α1cos

＋α ＋

＝－5

4

6＝－5cosα3＝cosα62＝－sinα6[方法總結(jié)]通過(guò)兩角和的正弦變換已知條件，并通過(guò)誘導(dǎo)變換求解目標(biāo)，得到[解析]

4

，2×ω

＝4

2sin [解析]

＝ π＝16ω＝T＝8y＝10sin8 把(10，20)sin4＋φ＝0φ＝4

20x＝12

10sin8x＋4 10sin4[方法總結(jié)]2A縱坐標(biāo)之和為 ，相鄰的一個(gè)最高點(diǎn)和一個(gè)最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差的絕對(duì)值為φ

ωπ [解析]設(shè)f(x)＝sin2x＋acos2x，因?yàn)楹瘮?shù)的圖像關(guān)于直線x＝8 πxx －8－sin2－π＋x＋acos

πx＝sin

πx＋acos

πx

－8＋

－8－

－8－

4＋ 2sin2x·cos4＝－2asin2x·sin4a＋1＝0a＝－1D.π [解析]sin

3πcosα＝ 8＝sin8 sin8＝cos8 α＝2kπ＋8，k∈Z2α＝4kπ＋4(k∈Z)sin2α－12＝sin4kπ＋32πsin3＝2π [解析]f(x)＝(1＋3tanx)cosx＝3sinx＋cosx＝2sinx6

∈N*)ω＝3k(k∈N*)ω3＝k·ω[方法總結(jié)]在圖像的平移問(wèn)題中要先根據(jù)平移前后圖像的位置關(guān)系得到平移距離應(yīng)滿

7π

[解析]2ω＝1212?ω＝3?ω＝3f2＝Acos2＋φ＝Asin －3f6＝Acos2＋φ＝Asin＋]＋解 1cos 3

1cos 3

－cos＋ 2sin＋π6

2sinT＝2 2x6＝kπ＋2(k∈Z)x＝23 f(x)x＝23

6

—61

—6＋2—6＝－2時(shí) 取得最小值π

1時(shí)，g(x)2.

6 [能力解讀數(shù)式的變換能力：對(duì)函數(shù)解析式、數(shù)學(xué)式子進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖儞Q，建立已知條件π3sin6所

3sin6t＋10≥11.5sin6t≥22kπ＋66t≤2kπ＋611716[能力解讀](如函數(shù) 解 2cosxcos4－sinxsin4cosxcos4＋sinxsin4＋2sin2x＝2(cos×2－sinx)(cosx＋sinx)＋2sin2x＝2(cos2x－sin2x)＋2sin2x＝2cos2x＋2sin 2×2＋2sin

＋4

2 2x4＝2kπ＋2πx＝kπ＋8(k∈Z)x0π8ππ2x＋π4π2π22002y＝f(x)y＝sin2x y＝sin2x8y＝sin2x4 42y＝2sin2x4[能力解讀繪圖能力：繪圖能力是數(shù)學(xué)的基本技能之一，學(xué)會(huì)畫圖是學(xué)會(huì)數(shù)學(xué)解題的必45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(六]πCcosC＝0C＝23 x＋6＝0，解得x＝3或2 3，故選C.3 ]

asin 5sin 3

＝ ＝7×2

14 [解析]由面積可求得c＝4，由余弦定理可求得a＝13，根據(jù)正弦定理， a

2sinA＋sinB＋sin

sin

3＝32[方法總結(jié)]a b c sin sin sin sinA＋sinB＋sin[解析]sin2A－sin2B＝3sinBsinCa2－b2＝3bcc＝23b，∴cos b2＋12b2－ 3

＝2] [解析]3sinA＝5sinB3a＝5ba＝5t(t>0)b＝3t c＝7t.cos

＝－2C＝3] [解析]因?yàn)椤ぃ?，所以→·＝→→

＝→

→→

1→

|AB||AC|cos

[方法總結(jié)]三角形兩邊所對(duì)應(yīng)的向量的數(shù)量積可以使用這兩邊的長(zhǎng)度與其夾角的余弦 [解析]sin

2cos(A＋B)＝－2cosC>0CA，Btansin

sinsinA＝2cos(A＋B)?sinB＝2sinAcos(A＋B)?sin(A＋C)＝－2sinAcosC?3sinAcos＝AsinC＝0?3tanA＋tanC＝0?tanC＝－3tan＝ tanB＝－tan(A＋C)＝－tanA＋tan 2tanA 2tan

＝

tan 3

1－tanAtan

23tan

3，當(dāng)且僅 [方法總結(jié)當(dāng)一個(gè)三角函數(shù)式為三角形的三個(gè)內(nèi)角的關(guān)系式時(shí)，要注意根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理、三角函數(shù)的誘導(dǎo)把該函數(shù)式轉(zhuǎn)化為關(guān)于兩個(gè)內(nèi)角的三角函數(shù)式，再進(jìn)行適當(dāng)22 229. [解析]由正弦定理sinA＝sinB得＝sinsinB＝A＝30<B32B＝4

]2tanα tanαα

＝－72 [解析]在△BCD2 由正弦定理

s·sin 6＝sin∠CBD＝sin45°＝2Rt△ABC 6s×tan30 2 2 [能力解讀](實(shí)) 解：(1)sin3＋φ＝1，∵φ∈02，∴φ＝6 2sin3x＋6π

2cosα

cosα＋2π

2

1－1－5∈－2，0，∴sinα＝－1－cos ∴f3α－5π＝2sinα－π＝2sinαcosπ－cosαsinπ＝2×－12×2－5× .17.

[能力解讀]運(yùn)算求解能力：運(yùn)算求解能力包括數(shù)的運(yùn)算、數(shù)學(xué)表達(dá)式的運(yùn)算和變換等，誘導(dǎo)、三角恒等變換等加以解決．π解：(1)y1＝sinα，y2＝sinα2＝cosf(α)＝sinα＋cosα＝2sinα4. π α∈02α44π(2)f(C)＝2sin4＋C＝C＝4，

4f(α)∈(1，×1＝2＋b2－222bb＝1.×[能力解讀綜合運(yùn)用知識(shí)的能力：一道綜合題的解答往往會(huì)用到較多的知識(shí)點(diǎn)，在解題數(shù)的定義、誘導(dǎo)、兩角和的正弦、特殊角的三角函數(shù)值、余弦定理等知識(shí)點(diǎn)．增強(qiáng) ∵4＝3，∴T＝ω＝12，∴ω＝6，∴y＝2sin6 x＝－12sin6＋φ＝2φ∈(0，π)，∴φ＝3 FGBCy＝2sin6x3π(2)由(1)可知，OC＝3CD＝1，∴OD＝2，∠COD＝6＝OP OM ＝，33

sin3πOP·sin3 4

233

＝·sin3－θ＝2cos

3sin3 －3 ＝OM·PP＝2cosθ2 －34sinθcosθ4

2θ＝2sin2θ2

θ2 4 θ

2323π3223

—3

＋3cos

—3

3

＋6 ＋6＝2，即θ＝6時(shí)，所求平行四邊形的面積取得最大 [能力解讀]分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力：對(duì)難度較大的試題首先要進(jìn)行分析(分析已知、圖形的特點(diǎn)和相關(guān)數(shù)據(jù)，利用數(shù)據(jù)和函數(shù)解析式的類型確定函數(shù)解析式，再根據(jù)變量(角)的45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(七 [解析]2i ]A [解析]

1＋i＝（1＋i）（1－i）

[解析]a＋2b＝(1＋2x，4)，2a－2b＝(2－2x，2)a＋2b2a－2b [解析]因?yàn)?2→所以點(diǎn)P在與→反向的延長(zhǎng)線上利用圖形可得1

]

的夾角為3[方法總結(jié)] [解析]所以|a＋b|＝（x＋y）2＋1＝x2＋y2＋2xy＋1≥[方法總結(jié)]求向量模的最值的基本方法：把向量的模用變量(一個(gè)變量或者幾個(gè)變量)表 [解析]＝

，N

1→＝

，即＝→＋→

B，C，M2λ＋2μ＝1

[方法總結(jié)]A，B，COAB上，若＝＋ [解析

i，所以 ＝2 ] [方法總結(jié)]

→

→

＝2×2－2＝－8x＝y(tǒng)＝2時(shí)取等號(hào)，故CD·BE＋]＋

1＝a＋bi＋a－bi＝a＋a b ＝ ，∴b＝0a＝ ，∴b＝0a＋ba

(1)b＝0時(shí)，z＝a，∴|a－2|＝2，∴a＝0a＝4.z＝a＝0不合題意，舍去，∴z＝4.(2)b≠015解得 15

154±4綜上可得，z＝4或 15＝4±4[能力解讀根據(jù)已知條件列出方程或者方程組求解復(fù)數(shù)，既是方程思想的體現(xiàn)，也是對(duì)z＝a＋bi(a，b∈R)a，b的方解：(1)m·n＝sinA·cosB＋sinB·cos在△ABC中，A＋B＝π－C，0<C<π，∴sin(A＋B)＝sinC，∴m·n＝sin又∵m·n＝sin2C，∴sin2C＝sinC，∴cos

C＝3(2)sinA，sinC，sinB2sinC＝sinA＋sinB，2c＝a＋b.∵ abcosC＝18[能力解讀解決平面向量與三角形結(jié)合的問(wèn)題時(shí)，首先使用向量的有關(guān)運(yùn)算求出三角形解：(1)由已知得＝(2＋cosα，sin∵

|OA＋OC|＝7，∴(2＋cosα)＋sin4＋4cos∴cosα＝α∈(0，π)，∴sinα3，從而＝

32又→又

OC＝2，2

OB·OC＝

＝→

2

＝6故

πOB與OC6(2)＝(cosα－2，sinα)＝(cosα，sin ∵ ∴cosα(cosα－2)＋sinα(sinα－2)＝0sinα＋cosα兩邊平方得(sinα＋cos

2sinαcosα

＝22sinαcosα

3sin2α＋8sinαcoscos2α得，3tan2α＋8tan－8± －4±∴tan ∵2sinαcos

＝－4<0，α∈(0，π)，∴sinα>0，cossinα＋cosα∴sinα>－cosα

sin

cos－4＋即tanα<－1，而tan 4＋3故tan4＋3]45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(八[解析

5＝15，∴a＝5d＝1，∴a5＝ [解析]∵a3a5＝a2a6＝64，a3＋a5＝20，∴a3和a5為方程x2－20x＋64＝0的兩

4＝2，∴a1＝q2＝1，∴S5＝1－2 [解析]

＋a

解析]方法一：設(shè)數(shù)列{an的公比為q，則

＝4解得

＝8，

7

aa2 ＝4[能力解讀a1，an，q，n，Sn五個(gè)量，求a1，q這兩個(gè)量，問(wèn)題基本就得到解決．方法二巧妙利用了等比數(shù)列的性質(zhì)，避免了分類[解析 ＝a＋2a＝(－ [解析]

－a

＝a

∴a2＝a1＋sin

2＝1－1＝0，a4＝a3＋sin2π＝0，a5＝a4＋sin2∴an＋4＝an，∴數(shù)列{an}4為周期的數(shù)列．2014＝4×503＋2， [解析]函數(shù)求導(dǎo)得y′＝2ax，則 ＝2a

＋1，整理得a 1.又

n＝1時(shí)，函數(shù)圖像過(guò)點(diǎn)(2，8)a1＝2.綜上可得，an＝2＋1(n－1)＝1n＋3 [能力解讀]然后根據(jù)數(shù)列的特征及有關(guān)和方法求解．[解析]

10(a

)>0，∴a

an≤10時(shí)，S10a10最小，故S10a [解析∵數(shù)列{an}nSn＝log0

][解析]n＝1時(shí)，2a1＝S1＋1n≥2時(shí)，2(a

)＝S

， n

na1＝1滿足上式，所以數(shù)列{an}an＝2n－1n所以數(shù)列{a2}a2＝14n

1·（1－4n）1

＝3(4 n依題意有3(4 ，即2(2－30)<1，易知n的最大值為 ∴2＋3d＝(1＋2d)(1＋10d)44d (2)由(1)知，bn＝ － （3n－1）（3n＋2） ∴Tn＝41－1＋1－1＋…＋ － ＝2n

[能力解讀]第(1)題是數(shù)列的基本量的計(jì)算根據(jù)題設(shè)條件和基本計(jì)算即可第(2)題是分式數(shù)列的裂項(xiàng)求和問(wèn)題，解決此類問(wèn)題時(shí)，可將通項(xiàng)分為兩個(gè)分式相減，且保證在n＝1

a1＝－2，d＝4，∴an＝4n－6.解：(1)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.n＝1時(shí)，a1＝S1＝3，滿足上式．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)是bn＝2n－1.

45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(九[解析]b<a<0b＝－2，a＝－1A，B，D[知識(shí)]本題涉及不等式的基本性質(zhì)，特別是當(dāng)變量為負(fù)值時(shí)易出現(xiàn)使用性質(zhì)錯(cuò)誤的 [解析]n＝k時(shí)，左邊n＝k＋1時(shí)，左邊＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12[方法總結(jié)]用數(shù)學(xué)歸納法證明由“kk＋1”時(shí)，對(duì)應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)是個(gè)難點(diǎn)，處理時(shí)可n＝5n＝6增加的項(xiàng)數(shù)，從而發(fā)現(xiàn)規(guī)律． －(1＋m)x＋m＝01＋m＝1＋2＝3，m＝1×2a[知識(shí)]一元二次不等式ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集為{x|m<x<n}，則有m＋na

xx[解析]∵(1－x＋x)x＋1－ ＋1－＋a＋b≥a＋b＋2ab＝(a＋b)xx1－x

當(dāng)且僅當(dāng)xa 時(shí)等號(hào)成立[能力解讀本題是分式形式的兩數(shù)和的結(jié)構(gòu)，在使用基本不等式時(shí)要轉(zhuǎn)化為兩數(shù)積，且[解析]z＝2x＋yy＝－2x＋z＝－2x＋z，由圖像可知當(dāng)直線y＝－2x＋z經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(4，2)時(shí)，直線y＝－2x＋z的截距最大，zzmax＝2×4＋2＝10.[方法總結(jié)]二元一次不等式(組)ππ[解析]248，16 22，23，24n[方法總結(jié)]合情推理分歸納推理和類比推理，都是根據(jù)已知的事實(shí)，經(jīng)過(guò)觀察、分析、 [解析]z＝ax＋by(a>0，b>0)12，

3

＝612＋a＋b

＝2，b＝1 ] [解析∵ad<0，bc>0，∴ad<bc對(duì)于③，d－c>0，b－c的正、負(fù)不確定，故③不正確．[知識(shí)]本題涉及不等式的基本性質(zhì)，注意同向不等式不能相乘和相減

[解析]∵－1＜a＜0，∴(x－a)(ax－1)＜0?(x－a)x－a＞0，又 [知識(shí)]本題為含參一元二次不等式的求解，首先要化為標(biāo)準(zhǔn)形式，其次寫不等式的 [解析]lg2x＋lg8y＝lg2x＋3y＝lg2

9y

，則 x x·y＝12x＝3yx＝2，y＝6]

1，后端點(diǎn)為|k－

k＋1解：(1)1，bax2－3x＋2＝0所以

即21×b＝

ac>2時(shí)，原不等式的解集為{x|2<x<c}，c<2時(shí)，原不等式的解集為{x|c<x<2}，c＝2時(shí)，原不等式的解集為]解

∴x＋y＝x＋y(x＋y)＝10＋x＋y x·y x＝y(tǒng)x＝3，y＝3時(shí)等號(hào)成立，∴x＋y[知識(shí)]基本不等式求最值要求“和”或“積”中存在定值，所以在對(duì)所求式子化簡(jiǎn)∵AF?又∵ABO的直徑，∴AF⊥BFCB∩BF＝B，∴AF(2)MMCFDFNMN綊1CDAO綊1CDMNAOMNAO [能力解讀空間幾何體的位置關(guān)系的判斷與證明一般采用直接證明法，這就需要對(duì)有關(guān)45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(十[解析]Pa1∥a，b1∥ba1，b1a，b，則存在一個(gè)平[知識(shí)]本題考查空間異面直線、空間線面位置關(guān)系的判斷．過(guò)空間任意一點(diǎn)一定存[解析Alα不一定垂直，所以錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，若l⊥α，l∥m，則由線面垂直的性質(zhì)可知m⊥α，故正確；C選項(xiàng)，若l∥α，m?α，則lm可能平行，也可能異面，故錯(cuò)誤；Dl∥α，m∥αlm可能平行、相交[知識(shí)]本題考查空間線面位置關(guān)系的判斷，解題時(shí)注意正確使用線面位置關(guān)系的判

1B.[知識(shí)]本題考查空間幾何體的三視圖、空間幾何體的體積等基礎(chǔ)知識(shí)，解題時(shí)注意 [解析] 個(gè)圓柱，所以所求體積為2×(2＋4)×2×3－2π×1×3＝182[知識(shí)]本題考查空間幾何體的三視圖和體積的計(jì)算．根據(jù)三視圖還原空間幾何體后，[解析]R則有R2＝a2＋22，得

R3∶a3＝2

][]⊥平面A1ABB1，所以C1M⊥A1B.又AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以3個(gè)．] [解析]由三視圖可得，該幾何體是一個(gè)四棱錐，如圖所示，4為高的直三棱柱的外接球相同．三棱柱底面的底邊長(zhǎng)為4，高為2，故底面為等腰直角三角形，故底面三角形的外接圓的r＝2，4R＝22＋22＝22，S＝4πR2＝32π.[方法總結(jié)]如果多面體是一個(gè)常見(jiàn)多面體(正方體、長(zhǎng)方體、正棱柱等)的一部分，則該[]BDMN易知△GMHGHMN60°，AG，GFAG⊥DE，GF⊥DE，[能力解讀把平面圖形折疊為空間圖形，線與面之間的位置關(guān)系發(fā)生了變化，產(chǎn)生了新9．9[解析]1∶161∶4，r，4rl，3 根據(jù)相似三角形的性質(zhì) ＝，解得l＝9，所以圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為9 [知識(shí)]本題考查圓錐的截面性質(zhì)平行于圓錐底面的平面截圓錐所得的截面面積與 ]＝CC2ABCA2B2C2VABCA1B1C1＝VABCA2B2C2，連接A2B，A2CB1E，C1FB1E∩C1F＝A2.8A2A∶A2A1＝1∶2VA2AEF＝1VA28VA2-AEF＝1VA2-ABC＝1×1VABCA2B2C2＝1V ABC-VAEFA1B1C1＝7VA2-AEF＝7VABC]

[解析]CDEAE，NE，MN.DEMNEDMD∥NE，則∠ANEANMD所成在△ANE中，AE＝5，NE＝MD＝

＝2PB＝

55

2×AN×NE＝2×

＝10[方法總結(jié)]求兩條異面直線所成角的關(guān)鍵是作出與兩條異面直線分別平行的相交直線，22 1CD，∴MN∥AO，MN＝AO，∴MNAO∴CB∵AF?又∵ABO的直徑，∴AF⊥BF.[能力解讀本題主要考查推理論證能力，即完成空間線面位置關(guān)系證明的基本能力．立BDACEA1.A1E⊥BD.A1BDBD⊥OE，所以∠A1OEA1BDE的平面角．ABCD-A1B1C1D12a，ECC1EO＝3a，A1O＝6a，A1E＝3a，A1E2＝A1O2＋EO2，[能力解讀本題主要考查化歸與轉(zhuǎn)化能力，解題過(guò)程中化歸與轉(zhuǎn)化既是一種數(shù)學(xué)思想也ABCDB1B⊥AC.B1B∩BD＝B，AC⊥D1E.(2)VB1-A1D1E＝VE-A1B1D1，EB13VE-32VE-A1B1D1＝1EB1＝2，2 AD∥A1D1，所以∠A1D1B1AD，D1E所成的角．Rt△EB1D1ED1＝22.Rt△EA1D1中，cos∠A1D1E＝2＝1，所以∠A1D1E＝60

2 [能力解讀本題主要考查綜合運(yùn)用知識(shí)的能力．解答本題的過(guò)程中需要綜合運(yùn)用直四棱45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(十一 [解析]a∥bb＝λa，即 所以 [知識(shí)]本題考查空間向量平行的充要條件的應(yīng)用，注意根據(jù)平行的充要條件得出未[解析]由條件知 故

02＝－4 ） 4 ]本題考查空間直角坐標(biāo)系中兩點(diǎn)間的距離．解題時(shí)注意不要求錯(cuò)點(diǎn)的 [解析Am，n也有可能異面或相交，所以不正確．Cα，β不一定垂直，錯(cuò)誤．Dm，nm，nB.[解析]DDA，DC，DD1x軸、y軸、z軸建

→

x＝1n＝(1，－1，－1)BC1A1BDθsin→ 〈

6

33BC1，n〉|＝ ＝2×＝3，∴cosθ＝1－sinθ＝33[解析]由三視圖可知，此幾何體為組合體，3×2×2＝12.3π＋12. [解析]cos〈

〉 3

1＋（31＋（3）2＋32 α，β60[方法總結(jié)]根據(jù)兩個(gè)法向量所成的角進(jìn)行判斷，值得注意的是，如果是兩個(gè)平面相交， [解析]DAB＝1， ＝(0，－1，2)，所以|cos〈→〉

3

＝→→＝2×＝1055[方法總結(jié)] [解析]ADO，BCO′OOA，OO′，OP分別x軸、y軸、zOA＝1P(0，0，3)，C(－1，2，0)，M(x，y，0)x2＋y2＋3＝(x＋1)2＋(y－2)2x－2y＋1＝0M的軌跡ABCDA.] [解析]方法一：將→ 則 ＝→ ＝→ 方法二：在四面體ABCD中，不妨令其各棱長(zhǎng)都相等，四面體的各對(duì)棱互相垂直故

10.

[解析]aC為頂點(diǎn)，CAx軸，CC1z

1，

3a，a

2 2AB1ACC1A1θ，→sinθ＝|cos〈n〉|＝|n·AB1|

6＝44＋4

[方法總結(jié)本題利用空間向量方法求直線與平面所成的角，在適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系中，求出直平 [解析]由AE⊥DE，BE⊥DE，知∠AEB是二面角A-DE-B的平面角，0，a)，E(0，a，0)，D(b，a，0)，C(b，0，0)，

M2，2，2，→

1→1]AD⊥PE.又因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形，EAB的中點(diǎn)，PE⊥AB.PE⊥CD.(2)EExyz，E(0，0，0)，C(1，－1，0)，D(2，1，0)，P(0，0，3)，所以 ED＝(2，1，0)，EP＝(0，0，3)，PC＝(1，－1，－n＝(x，y，z)PDE n·ED＝0， 由 得

x＝1n＝(1，－2，0)．PCPDEθ，→則sinθ＝|cos〈→，n〉

5PCPDE所成角的正弦值為5]解：(1)ACO∵OPAPCABC(2)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OPx軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2∴ BC＝(－2，2，0)，PB＝(2，0，－23)，AP＝(0，2，2 2x－2z＝1n1＝(3，∴cos〈→，n1〉＝ 77PAPBC所成角的正弦值為7[能力解讀本題考查分析圖形、判斷位置關(guān)系的能力．立體幾何中的圖實(shí)際是已知條件又∵SA＝AD，MSD(2)ADFMFMF∥SA.FQ⊥ACQ∵SAABCD，∴MF∴FQMQABCD∴∠FQMDACM的平面角．BDACE.

2 2＝a 2a33＝＝DACM的余弦值為AA-xyz，AB＝AD＝AS＝1，則22

1(1)證明：∵→ AM＝2，∴ SC⊥AN(2)∵SAABCD，∴→＝(0，0，1)ABCD的一個(gè)法向量．ACMn＝(x，y，z)， →

即

→

→ ∵cos〈→，n〉 1

1× 33DACM的余弦值為3[方法總結(jié)本題考查綜合論證與計(jì)算的能力．立體幾何的解題方法主要為綜合幾何法和45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(十二]α2>α30<k3<k2k1<k3<k2.[方法總結(jié)由直線傾斜角的取值范圍求斜率的取值范圍，或由斜率的取值范圍求直線傾 [解析]P(a，1)，Q(7，b)，則有

解得

7＋5

x02， ]中點(diǎn)坐 2，

y

y0＝ [解析]l1⊥l2a(3－a)＋2×(－1)＝0a＝1a＝2，所以“a＝1”[知識(shí)]本題考查兩直線垂直的判斷與充要條件的使用．充要性要從正反兩方面進(jìn)行[解析]將圓的一般方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋a)2＋(y＋1)2＝2a0<a<1，所以即（0＋a）2＋（0＋1）2>2a ]本題考查圓的一般方程與標(biāo)準(zhǔn)方程，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系

x

＋a＋by

a·b

立，所以直線方程為3＋6＝1][解析]y＝x＋4與圓(x－a)2＋(y－3)2＝8相切，則有

22，即＝2＋1|＝4a＝3或－5.故“a＝3y＝x＋4與圓(x－a)2＋(y－3)2＝8相切”的充[方法總結(jié)]在解決直線與圓的位置關(guān)系問(wèn)題時(shí)，還有另法，即代數(shù)法：將直線方x(y)Δ判斷位置關(guān)系． [解析]y＝kx與圓(x－2)2＋y2＝12x＋y＋b＝0稱，所以y＝kx與直線2x＋y＋b＝0垂直，且直線2x＋y＋b＝0過(guò)圓心，得 ]8．2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0 [解析]顯然直線l的斜率不存在時(shí)不滿足題意設(shè)所求直線方程為y－4＝k(x－3)，即kx－y＋4－3k＝0， k＝2

2

l2x－y－2＝0[能力解讀]ABPAB中點(diǎn)的直線2[解析]Cl的距離的最小值等于圓心(1，1)l2半徑， －2＝2] ]3)＝0x2＋y2－2x－3y＝0C：x2＋y2＝42x＋3y－4＝0，PQ2x＋3y－4＝0.[方法總結(jié)]O1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0O2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0A，BA，B兩點(diǎn)的直線方程為 [解析]O(0，0)，P(4，0)，Q(0，2)所構(gòu)成的三角形及其內(nèi)部，能覆蓋它且面積最小的圓是其外接圓，又△OPQ為直角

，半徑為2]22a1a 7d＝22＋（－1）2＝10a1a 7

5所 ＝10，即5 1

2x－y＋c＝0上， 5

5c＝262x0－y0＋13＝0 若P點(diǎn)滿足條件③，由點(diǎn)到直線的距離 2|x0＋y0－1|5 5 即x0－2y0＋4＝0P22x0－y0＋13＝02解得 62x0－y0＋11＝0699

解得 37所以存在點(diǎn)P9，18同時(shí)滿足三個(gè)條件[知識(shí)]本題涉及兩平行線間的距離，點(diǎn)到直線的距離，以及平行關(guān)系的判斷．對(duì)于解：(1)直線CD的方程為y＝x＋4，由△AOB為等腰直角三角形可知圓心 22 2

半徑r＝2a，由題意 ＝2a，解得(2)這樣的⊙E存在，理由如下：因?yàn)閨CD|＝42，所以當(dāng)△PCD12PCD32ECD22，且使△PCD12且只有三個(gè)，所以只需⊙E的半徑2＝52a＝10，此時(shí)⊙E的標(biāo)準(zhǔn)方程為2[方法總結(jié)直線與圓的位置關(guān)系問(wèn)題是高考考查的重點(diǎn)，解決此類問(wèn)題有兩種思路，思將x1x2，y1y2表示出來(lái)，再結(jié)合題中條件處理，若涉及弦長(zhǎng)，用弦長(zhǎng)計(jì)算，若涉及直線與解：(1)由條件知點(diǎn)M在圓O上，1＋a2＝4a＝±3.a＝3M為(1， ＝

＝－ ＝－＝ 3此時(shí)切線方程為y－ 3(x－＝－＝ 3x＋a＝－3M為(1，－

OM＝－ 3＝此時(shí)切線方程為y＋ 3(x－1)，＝x－x＋3y－4＝0x－(2)OAC，BDd1，d2(d1，d2≥0)，d2＋d2＝|OM|2＝3. 又|AC|＝24－d2，|BD|＝2 所以|AC|＋|BD|＝24－d2＋2 則(|AC|＋|BD|)2＝4×(4－d2＋4－d2＋24－d2· ＝4×(5＋2 1＝4×(5＋21 1 d1＝d2＝6時(shí)取等號(hào)，所以 1 所以 即|AC|＋|BD|≤2即|AC|＋|BD|2[方法總結(jié)]xΔ＝0k，進(jìn)而求出切線方程．45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(十三 ∵3＝4≠－3

[知識(shí)]本題為兩平行線間的距離問(wèn)題可直接使用 但在使用時(shí)要注意x，y的系數(shù)對(duì)應(yīng)相同．[解析]據(jù)題意知2a＝12，所以a＝6，又離心率 3，所以c＝33，于是

＝a＝b＝9，故橢圓的方程為369[知識(shí)]本題考查橢圓的定義及離心率的概念，求解橢圓方程時(shí)只需按照條件求出有 [解析]由橢圓a2＋b2＝1(a＞b＞0)的離心率為

3可得a2＝4，可得a2＝4，解得a＝233∴雙曲線a2－b2＝1的漸近線方程為 [知識(shí)]本題考查橢圓的離心率，雙曲線的漸近線等知識(shí)，求解此類問(wèn)題要注意方程 ]]

2＋1

[解析]設(shè)P2，y，由題意可得 ＝ ＝1＋y4＋＋

2 2∴m≤3y2＝2]2]2 7－12＋42－1＝5－1＝9PAF2

][解析]x＝±cy＝a 2

2 c＝222

ac＝2，∴2c－2a＝2ac，∴2e－2e－2＝0e＝2[方法總結(jié)]求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍a，b，c的齊次式，結(jié)合c2＝a2＋b2轉(zhuǎn)化為關(guān)于a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以aa2e的方程(不等式)，解方程(不等式)e(e的取值范圍)．[解析]y＝kx＋b，由y2＝2pxy

，x1x2＝k2，y1y2＝k → OA⊥OB，得OA·OB＝k2＋kx＝my＋2py2＝2pxy2－2pmy－4p2＝0，y1＋y2＝2pm，y1y2＝－4p2，|y1－y2|＝p所以△OAB的面積 2p2·4m2＋16，所以當(dāng)m＝0時(shí)，S取得最小值]6 [解析]E：x2＝4y的焦點(diǎn)為(0，1)y＝－1.將(0，1)6，∴圓4d＝1EC24]為 l ，則2＝r－d2[解析]F′，如圖，由橢圓定義知F′時(shí)等號(hào)成立． 4a＝12a＝3，故橢圓的方程為95 [知識(shí)]本題考查橢圓的定義，使用橢圓的定義時(shí)一般要結(jié)合焦點(diǎn)三角形進(jìn)行分析 ] ＝8yx2－16x＋16＝0 0－ (x－x0)，即y－

x1＋x0

x2＋x0

x1＋x0

x2＋x0xxx2＋16x（x＋x 16（16＋16x21

00 00所以 [能力解讀]解：(1)由題意知|EB|＝|EA|，|CE|＋|EB|＝22，∴|CE|＋|EA|＝2 EC，A為焦點(diǎn)的橢圓，其軌跡方程為2＋y(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則將直線方程與橢圓的方程聯(lián)立得 Δ>0m2<2k2＋1(*)，

x1＋x2＝－ ，x1x2＝ 2k 2k∵OPQ·

y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝2k2＋1 x1x2＋y1y2＝2k2＋12k2＋12 2得m ，∴m<3，且滿足(*)式故m的取值范圍是－ 63，3[知識(shí)]本題考查圓的方程，直接法求軌跡方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，點(diǎn)與圓的

2

的中點(diǎn)為4 又由4＝3t＝5，p＝2Cy2＝x0＋1xD>0xD＝x0＋2D(x0＋2，0)AB2l1ABl1y＝－y0x＋by2

y y00

＝0b＝－0yyy2≠4

04y0 ＝ AEy－y0＝4y00＝又y2＝4x，將上式整理可得 4y0(x－1)，直線AE恒過(guò)點(diǎn)F(1，0)．＝0 00y2＝4AEx＝1F(1，0)AE0]y0y0 ＝－x0＋2

0＋ C的標(biāo)準(zhǔn)方程為43(2)MNxMN 3 由 得

33

3

3n－4n －4（n－2）n＝±2時(shí)，△OMN的面積取得最大值MNxMN 由43

2

y，得(3＋4k)x＋8kmx＋4mΔ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，化簡(jiǎn)得 2 ·（x1＋x2）－4x1x2＝43·1＋k 原點(diǎn)O到直線MN的距離 |m| 3＋4k2－m2× 所以S△OMN＝2|MN|·d＝2 ≤23×2＝3＋4k2＝2m2時(shí)，S△OMN取得最大值綜合①②知，△OMN面積的最大值為]45分鐘三維滾動(dòng)復(fù)習(xí)卷(十四2 [解析]易知2

(0.9540.6826)＝0.135[知識(shí)]本題考查了正態(tài)分布的性質(zhì)，利用其性質(zhì)求解概率4]C2A4·C2＝240(種)排法．4 [方法總結(jié)][解析]二項(xiàng)式

＋x

15x [知識(shí)]本題考查了二項(xiàng)式的通項(xiàng)，利用通項(xiàng)求指定項(xiàng)的系數(shù) [解析]f(x)＝x2＋4x＋ξx2＋4x＋ξ＝0ξ≤4.ξ

ξ存在零點(diǎn)的概率 [解析]D1(ABC)D2(陰影部分的 2)k的取值范圍是b[能力解讀]D1，D2對(duì)應(yīng)面積的大小，然后將其代入b[解析]易知二項(xiàng)式的通 為