2017版高考復(fù)習(xí)方案數(shù)學(xué)全國卷理科一輪測評答案

45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(一 [解析]∵P＝M∩N＝{1，3，5}，∴P23＝8(個) [解析]A＝RB＝[0，＋∞) [解析]a＝－1時，N＝{1}N?MN?M時，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，兩集合的交集中元素的個數(shù)即為x2＋y2＝1x＋y＝1交點的個數(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?BBAA∩B≠A [解析]] [解析]p成立時，－a≥－1a≤1，∴pa的取值集合是＋∞)，qa的取值集合是(1，＋∞)，故pqa－b∈0a－b＝na＝n＋k1b5＋k2n∈Zk1＝012，342＝123a－bn－＋k1－k25n－＋k1－k25nk－k25n＋－n，因為－4≤1－≤4，n＋－nk－k20k1＝2，ab解：(1)p成立時x的取值集合A＝[－2，10]．設(shè)q成立時x的取值集合為B，m>0時，B＝[1－m，1＋m]m＝0時，B＝{1}m<0時，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 解0<m≤3m＝0m<0

pq的必要不充分條件時，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

分類整合思想、化歸轉(zhuǎn)化思想：本題第(1)題中需要根據(jù)m的不同取值確定集合B，體現(xiàn)了分45分鐘三維滾動復(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．2．A[解析]f(x)為偶函數(shù)，g(x)為奇函數(shù)，且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. [解析f(1)＝－f(－1)＝(－1)lg[3－(－1)]＝－lg為偶函數(shù)時，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，利用反例說明必要性不成立，一般論證與特[解析]函數(shù)f(x)在區(qū)間[3，4]上單調(diào)遞增且周期為2，故f(x)在區(qū)間[－1，0]f(x)f(x)在[0，1]sin1>cos1f(sin1)<f(cos1)．[方法總結(jié)利用函數(shù)的周期性、奇偶性和已知區(qū)間上函數(shù)的單調(diào)性，得出所需區(qū)間上的 [解析]4]f(x)是周期函數(shù)． πf(msinθ)＋f(1－m)>0θ∈02f(msinθ)>f(m－1)0

2msinθ>m－1θ∈02m>0sinθ>mπ

，2 sinθ<mθ∈021<mm<0.[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＝1 1 111 f(－x)＝2－x－＋a＝－2x＋a.因為f(－x)＝－f(x)，所以1111 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≥2x－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)定義域為{x|－4<x<－1≤4tf(t)的定義域為{t|－1≤t≤4}f(2x2－2)2x224，解得－3x2或2x≤3f(2x22)的定義域為 2 2 x－3≤x22≤x≤ [能力解讀運算求解能力：求解函數(shù)的定義域主要是解不等式，解不等式時注意變換的解：(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對稱，f(x)所以

1357f(x)＝0在(0，5)]f(0)＝0f(－x)＝－f(x)，

∴

∴

](性．(2)運算求解能力：第二問中需要證明1－x1x2∈(－1，0)45分鐘三維滾動復(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，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，可通過分解因式、變換等方法把字母看作一個整體，使用[解析y＝cos(sinx)y軸對稱，因為y＝sinx的值域為[－1，1]，所以y＝cos(sinx)的值都為正值，當(dāng)x＝0時，y＝1，對比選項B正確．＝ [解析]可知函數(shù) cos6x為奇函數(shù)＝ 2

π

A ]

2＝－k

1

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，若f(x)＝－1，則 1，所以

f[f(x)]＝－1時，只有 1，解

x＝e1.ek<0y＝f[f(x)]＋11e]口(f[f(x)]＝－1f(x)f(x)x)．2 [解析]由|log2x|＝alog2x＝±a，即－log2x1＝log2x2x1x2＝12x2≥2 [方法總結(jié)]x1，x2

[解析]f(x)>1，得

或

x<－1

[方法總結(jié)對于分段函數(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<0.兩個函數(shù)圖像有三個公共點的情況如圖所示，即只需－k≥2k≤－2.]解：(1)f(x)＝sinx，g(x)＝cos(2)x>1x→1時，f(x)M對于②，當(dāng) x<x

≥2都有|f(x)|≤M1－ln對于③，f′(x)＝ ，當(dāng)1<x<e時，f′(x)>0；當(dāng)x>e時，f′(x)<0，故x＝e是函數(shù)在 x∈(1，＋∞)，都有|f(x)|≤Mπ對于任意]解：(1)0.005x0.005×10＝50x當(dāng)0<x<80時 1 10

10＋40x－250L(x)＝50x－51x－ ＋1450－250＝1200－＋ 33

101200－x＋

3(2)0<x<803x＝60時，L(x)L(60)＝950(萬元 10當(dāng)x≥80時，L(x)＝1200－＋ 1010x

10＝ x＝100時，L(x)10001001000[能力解讀應(yīng)用意識是數(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 k，當(dāng)t＝0時，x＝1，得k＝2，∴x＝ 當(dāng)年生產(chǎn)x萬件時，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

t＝77[能力解讀]k[解析]

45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(四2＝－x

y＝2xy＝log2xy＝2x的圖像知，這兩個函數(shù) [解析]sinα＋cosα＝0sin2α＋cos2α＋2sinαcos1＋2sinαcosα＝0，故sinαcos [方法總結(jié)]sinα＋cosα＝0時，sinαcosα

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

1 1.[方法總結(jié)求解與曲線的切線方程相關(guān)的參數(shù)值問題，其基本方法是根據(jù)已知得出關(guān)于[解析]設(shè)切點坐標(biāo)為(t，t3－t)f′(t)＝3t2－1y＝f(x)在點(t，t3－t)y－t3＋t＝(3t2－1)(x－t)，該直線過點(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有三個不同的實根所以過點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，這說明兩曲線關(guān)于直線y＝x對稱所以當(dāng)曲線 1ex和y＝ln2x的切線的斜率都為1時，兩條切線間的距離即為|PQ|的最小 2|ln2

1－ln

1－ln22點(ln2，1)y＝x22

.所以

＝

1＝2ey＝ln2xy＝x對稱，這說明|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，g′(x)<0；當(dāng)x>ln2時 x＝ln2g(x)g(x)min＝g(ln1－ln2＝1－ln2>0，故 .所以|PQ|的最小值|PQ|min＝2dmin＝2(1－ln2[方法總結(jié)]求兩曲線上點之間的最小距離可以通過同時作兩曲線的相互平行的切線來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(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個數(shù)時，先找到使交點個數(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

1≤0在(0，＋∞)即

1

－2＋4故 ] 又因為 3<0，f(10)＝ln10＋50－20＝30＋ln 1 ＝x＋x

設(shè)

x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0h(x)為增函數(shù)．x＝1時，h(x)min＝h(1)＝4－2a≥0a≤2.綜上，a2.[能力解讀本題主要考查推理論證能力和運算求解能力．證明函數(shù)有唯一零點會用到函h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx. 3－2m<0

3

h(0)＝0綜上，m的取值范圍為 ]值；其次構(gòu)造函數(shù)(函數(shù)思想)證明函數(shù)的單調(diào)性，從而證明(1)解：(1)h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln

＋xx2－ax－（1＋a）

a>01＋a>0x∈(0，1＋a)時，h′(x)<0x∈(1＋a，＋∞)時，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，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 因為e－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用知識分析問題解決問題的能力．本題需要使用函數(shù)單調(diào)性45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(五2[解析]sin15°＋cos165°＝sin15°－cos15°＝2sin15°cos45°－cos15°sin45°＝2sin(－30°)＝－22π [解析]

y＝sin2x＋3＝sin2

＋3

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

＝2

，所 ，解得

3sinα3cos

α1cos

3＋α3＋

＝－5

4

6＝－5cosα3＝cosα62＝－sinα6[方法總結(jié)]通過兩角和的正弦變換已知條件，并通過誘導(dǎo)變換求解目標(biāo)，得到 [解析]

4

，2×ω

＝4

2sin [解析]

＝ ＝16ω＝T＝8y＝10sin8

4＋φ＝0

4

20x＝12

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

ωφπ [解析]設(shè)f(x)＝sin2x＋acos2x，因為函數(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. [解析]sinα＝cos8＝sin8，cosα＝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

[解析]由 2π∈N*)，所以ω＝3k(k∈N*)，所以ω的最小值為＝k·ω[方法總結(jié)]在圖像的平移問題中要先根據(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

2×ω

1212?ω＝3?ω＝3f2

＋φ＝Asin －3f6＝Acos2＋φ＝Asin]解 1cos 3 1cos 3

－cos＋＋ 2sin 2sin＋＋π6T＝2 2x6＝kπ＋2(k∈Z)x＝23 f(x)x＝23

6

—61

—6＋2—6＝－2時 取得最小值π

1時，g(x)2.

6 [能力解讀數(shù)式的變換能力：對函數(shù)解析式、數(shù)學(xué)式子進行適當(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]( 解 2cosxcos4－sinxsin4cosxcos4＋sinxsin4＋2sin2x＝2(cos×2－sinx)(cosx＋sinx)＋2sin2x＝2(cos2x－sin2x)＋2sin2x＝2cos2x＋2sin 2×2＋2sin

＋4f(x)T＝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)會畫圖是學(xué)會數(shù)學(xué)解題的必45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(六]πCcosC＝0C＝23 ]3x＋6＝0，解得x＝3或 ]

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]因為→·＝6，所以→·＝→→

＝→

→→

1→

|AB||AC|cos

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

2cos(A＋B)＝－2cosC>0CA，BsintansinsinA＝2cos(A＋B)?sinB＝2sinAcos(A＋B)?sin(A＋C)＝－2sinAcosC?3sinAcosAsinC＝0?3tanA＋tanC＝0?tanC＝－3tan tan tanA＋tanC 2tanA 2tanA

＝tan 3＝1－tanAtan

23tan

3，當(dāng)且僅 [方法總結(jié)當(dāng)一個三角函數(shù)式為三角形的三個內(nèi)角的關(guān)系式時，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)于兩個內(nèi)角的三角函數(shù)式，再進行適當(dāng)22 229. [解析]由正弦定理sinA＝sinB得＝sinsinB＝A＝30<B32B＝4

]2tanα tanαα

＝－72 [解析]在△BCD 由正弦定理

s·sin 6＝sin∠CBD＝sin45°＝2Rt△ABC 6s×tan30 2 2 [能力解讀](實 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]運算求解能力：運算求解能力包括數(shù)的運算、數(shù)學(xué)表達式的運算和變換等，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∈02α444f(α)∈(1，π(2)f(C)＝2sin4＋C＝C＝4，×在△ABC中，由c2＝a2＋b2－2abcosC，得1＝2＋b2－22 2b，解得b＝1.×[能力解讀綜合運用知識的能力：一道綜合題的解答往往會用到較多的知識點，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、余弦定理等知識點．增強 ∵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 ＝，3sin2πsi3nπ3OP·sin3 43

2

＝·sin3－θ＝2cos

sin3 －3 ＝OM·PP＝2cosθ2 －34sinθcosθ4

2θ＝2sin2θ2

θ2 4 θ

2323—3

＋3cos

—3＝3 ＋6 π323 23＋6＝2，即θ＝6時，所求平行四邊形的面積取得最大 [能力解讀]分析問題、解決問題的能力：對難度較大的試題首先要進行分析(分析已知、圖形的特點和相關(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]因為 2→所以點P在與→反向的延長線上利用圖形可得

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(一個變量或者幾個變量)表 [解析]＝

，N

1→＝

，即＝→＋

中點

→B，C，M2λ＋2μ＝1

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時取等號，故CD·BE

1＝a＋bi a－bi＝a＋a ＝ ，∴b＝0a＝ ，∴b＝0a＋ba

(1)b＝0時，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)合的問題時，首先使用向量的有關(guān)運算求出三角形解：(1)由已知得＝(2＋cosα，sin∵

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

3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＋cos

∴sinα>－cosα

sin

cos－4＋即tanα<－1，而tan tan

4＋ ][解析]

45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(八5＝15，∴a＝5d＝1，∴a5＝ ]∵a3a5＝a2a6＝64a3＋a5＝20a3

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五個量，求a1，q這兩個量，問題基本就得到解決．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＋sinπ＝1，a3＝a2＋sin2＝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，函數(shù)圖像過點(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，S10a10最小，故S10a [解析]∵數(shù)列{an}n

] [解析]n＝1時，2a1＝S1＋1n≥2時，2(a

)＝S

，

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 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)列的基本量的計算根據(jù)題設(shè)條件和基本計算即可第(2)題是分式數(shù)列的裂項求和問題，解決此類問題時，可將通項分為兩個分式相減，且保證在n＝1a1＝－2，d＝4，∴an＝4n－6.(2)∵Sn＋Sn＋1＋Sn＋2＝6n2－2，∴Sn－1＋Sn＋Sn＋1＝6(n－1)2－2(n≥2)an＋an＋1＋解：(1)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1.n＝1時，a1＝S1＝3，滿足上式．所以數(shù)列{an}的通項是bn＝2n－1.

45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(九[解析]b<a<0b＝－2，a＝－1A，B，D[知識]本題涉及不等式的基本性質(zhì)，特別是當(dāng)變量為負值時易出現(xiàn)使用性質(zhì)錯誤的 [解析]n＝k時，左邊n＝k＋1時，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，對應(yīng)增加的項數(shù)是個難點，處理時可n＝5n＝6增加的項數(shù)，從而發(fā)現(xiàn)規(guī)律． －(1＋m)x＋m＝01＋m＝1＋2＝3，m＝1×2a[知識]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 時等號成立[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要轉(zhuǎn)化為兩數(shù)積，且[解析]z＝2x＋yy＝－2x＋z＝－2x＋zy＝－2x＋zB(4，2)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，經(jīng)過觀察、分析、 [解析]z＝ax＋by(a>0，b>0)12，

＝612＋a＋b

3＝2，b＝1 ] [解析]∵ad<0，bc>0，∴ad<bc對于③，d－c>0，b－c的正、負不確定，故③不正確．[知識]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]lg2x＋lg8y＝lg2x＋3y＝lg2

，則

9y x x·y＝12x＝3yx＝2，y＝6]， ，

[解析]∵|PF|＝2|PF|，則雙曲線離心率的取值范圍為(1，3]

k≠11，后端點為|k－∴雙曲線離心率的取值范圍是 解：(1)1，bax2－3x＋2＝0所以

即2a1×b＝a

c>2時，原不等式的解集為{x|2<x<c}，c<2時，原不等式的解集為{x|c<x<2}，c＝2時，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時等號成立，∴x＋y[知識]基本不等式求最值要求“和”或“積”中存在定值，所以在對所求式子化簡ABCDABEF＝AB，∴CBABEF.∵AF?又∵ABO的直徑，∴AF⊥BFCB∩BF＝B，∴AF(2)MMCFDFNMN綊1CDAO綊1CDMNAOMNAO ]45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(十[解析]Pa1∥a，b1∥ba1，b1a，b，則存在一個平[知識]本題考查空間異面直線、空間線面位置關(guān)系的判斷．過空間任意一點一定存[解析]Alα不一定垂直，所以錯誤；B項，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，若l∥α，m?α，則lm可能平行，也可能異面，故錯誤；Dl∥α，m∥αlm可能平行、相交[知識]本題考查空間線面位置關(guān)系的判斷，解題時注意正確使用線面位置關(guān)系的 1B.[知識]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，解題時注意[解析] 個圓柱，所以所求體積為2×(2＋4)×2×3－2π×1×3＝182[知識]本題考查空間幾何體的三視圖和體積的計算．根據(jù)三視圖還原空間幾何體后， [解析]RR2＝a2＋

R3∶a3＝2 ＝2，所以半球的體積與正方體的體積之比為]]⊥平面A1ABB1，所以C1M⊥A1B.又AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以3個．[方法總結(jié)本題是在直三棱柱中研究空間線面位置關(guān)系，要充分利用三棱柱的側(cè)面為矩 [解析]由三視圖可得，該幾何體是一個四棱錐，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)]如果多面體是一個常見多面體(正方體、長方體、正棱柱等)的一部分，則該 ]BDMN△GMHGHMN60°，AG，GFAG⊥DE，GF⊥DE， [解析]1∶161∶4，r，4rl，3 r根據(jù)相似三角形的性質(zhì) ＝，解得l＝9，所以圓臺的母線長為9 [知識]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＝7VABCA1B1C1，V1∶V2＝7∶(12－7)＝7∶5.]

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

1＝2PB＝

55

2×AN×NE＝2×

＝10[方法總結(jié)]證明：(1)DFNMN，AN

1 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＝602 [能力解讀本題主要考查綜合運用知識的能力．解答本題的過程中需要綜合運用直四棱45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(十一 [解析]a∥bb＝λa，即 所以 [知識]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 [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. [解析]cos〈

〉 3

1＋（31＋（3）2＋32 α，β60[方法總結(jié)]根據(jù)兩個法向量所成的角進行判斷，值得注意的是，如果是兩個平面相交， [解析]DAB＝1AA1＝2， ＝(0，－1，2)，所以|cos〈〉

35 ＝→→＝2×＝105[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.一種能力，解題時要根據(jù)題目的具體情況，巧妙使用數(shù)形結(jié)合的方法解決問題 [解析]方法一：將→ 則 ＝→ ＝→ 方法二：在四面體ABCD中，不妨令其各棱長都相等，四面體的各對棱互相垂直故

10.

[解析]aC為頂點，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，即AEB＝45°.ABBCDEAB＝BE.BBC，BE，BA0，a)，E(0，a，0)，D(b，a，0)，C(b，0，0)，

M2，2，2，→

1→1]AD⊥PE.又因為△PAB是等邊三角形，EAB的中點，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

PCPDE→則sinθ＝|cos〈→，n〉

5PCPDE所成角的正弦值為5]解：(1)ACO∵AP＝PC，∴OP⊥OC.ABCAC∵OPAPCABC(2)O為坐標(biāo)原點，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．立體幾何中的圖實際是已知條件的集中反映，把已知條件到圖形中，分析圖形、找出圖形中的線面位置關(guān)系是解題的關(guān)又∵SA＝AD，MSD(2)ADFMFMF∥SA.FQ⊥ACQ∵SAABCD，∴MF∴FQMQABCD∴∠FQMDACM的平面角．BDACE.

2 2＝a 2a4＝＝3DACM的余弦值為3AA-2AB＝AD＝AS＝1，則2

1(1)證明：∵→ AM＝2，∴ SC⊥AN(2)∵SAABCD，∴→＝(0，0，1)ABCD的一個法向量．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

x0 ]中點坐

y

2，y0＝ 2， [解析]l1⊥l2a(3－a)＋2×(－1)＝0a＝1a＝2，所以“a＝1”[知識]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[知識]本題考查圓的一般方程與標(biāo)準(zhǔn)方程，點與圓的位置關(guān)系

＋a＋b

a·b

立，所以直線方程為3＋6＝12＝[解析]y＝x＋4與圓(x－a)2＋(y－3)2＝8相切，則有2＝

22，即＋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)系問題時，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兩點的直線方程為 [解析]由題，此平面區(qū)域表示的是以O(shè)(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[能力解讀]求解本題時要求：①能正確判斷“面積最小的圓”即為其外接圓；②正確利22a1a 7d＝22＋（－1）2＝10a1a 7

5所 ＝10，即5 55

1

2x－y＋c＝0

5c＝262x0－y0＋13＝0 若P點滿足條件③，由點到直線的距離 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P9，18同時滿足三個條件[知識]本題涉及兩平行線間的距離，點到直線的距離，以及平行關(guān)系的判斷．對解：(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：因為|CD|＝42，所以當(dāng)△PCD12PCD32ECD22，且使△PCD12且只有三個，所以只需⊙E的半徑2＝52a＝10，此時⊙E的標(biāo)準(zhǔn)方程為2[方法總結(jié)直線與圓的位置關(guān)系問題是高考考查的重點，解決此類問題有兩種思路，思將x1x2，y1y2表示出來，再結(jié)合題中條件處理，若涉及弦長，用弦長計算，若涉及直線與解：(1)MO上，1＋a2＝4a＝±3.a＝3M為(1， ＝

＝－ ＝－此時切線方程為y－ 3(x－1)，＝－x＋a＝－3M為(1，－

＝－ 3＝＝＝此時切線方程為y＋3 3(x－1)，即x－3y－4＝0.＝

3x＋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時取等號，所以 1 所以 即|AC|＋|BD|≤2即|AC|＋|BD|2[方法總結(jié)]xΔ＝0k，進而求出切線方程．45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(十三 ∵3＝4≠－3

[知識]本題為兩平行線間的距離問題可直接使用但在使用時要注意y[解析]據(jù)題意知2a＝12，所以a＝6，又離心率

3c＝33

＝a＝b＝9，故橢圓的方程為369[知識]本題考查橢圓的定義及離心率的概念，求解橢圓方程時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]本題考查橢圓的離心率，雙曲線的漸近線等知識，求解此類問題要注意方程 ][能力解讀]要求“|PM|＋|PN|P，M，N均為動點，看上去很難求，考

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＝9PAF ][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

y

p ，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＋16m＝0時，S]6 [解析]E：x2＝4y的焦點為(0，1)y＝－1.將(0，1)6，∴圓d＝1EC244]為 l ，則2＝r－d2[解析]F′，如圖，由橢圓定義知F′時等號成立． 4a＝12a＝3，故橢圓的方程為95 [知識]本題考查橢圓的定義，使用橢圓的定義時一般要結(jié)合焦點三角形進行分析 ] ＝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)，則將直線方橢圓的方程聯(lián)立得 y，得4km 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]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，點與圓的

2

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

y 2y00

＝0b＝－0yyy2≠4

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

40＋4 C的標(biāo)準(zhǔn)方程為43(2)MNxMN 3 由 得

333＝ n＝±2時，△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，化簡得 2 ·（x1＋x2）－4x1x2＝43·1＋k 原點O到直線MN的距離d＝ 所以 1|3＋4k2＝2m2時，S△OMN取得最大值綜合①②知，△OMN面積的最大值為]45分鐘三維滾動復(fù)習(xí)卷(十四2 [解析 2

1

(0.9540.6826)＝0.135[知識]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]二項式

＋x

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

ξ存在零點的概率 1 [知識]本題考查了二項分布，利用二項分布求對應(yīng)隨量的概率．需要注意的是 [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對應(yīng)面積的大小，然后將其代入b 為

＝Cra6－r·brx12－3r

6[方法總結(jié)]x3項的系數(shù)為C3a3b3＝20ab＝1，然后利用a2＋b2的最小值．6 ]σ1＝σ2<σ3.[知識]考查了正態(tài)分布