. 参考答案 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(一)A 【基础热身】 1．B　[解析] 全集A＝{0，1，2，3，4，5}，所以B＝{0，2，4}． 2．A　[解析] 根据集合元素的互异性m≠－1，在P∩Q≠?的情况下整数m的值只能是0. 3．A　[解析] 集合U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{－1，0，1，2}，所以(?UA)∩B＝{－1，3}∩{－1，0，1，2}＝{－1}． 4．B　[解析] 集合M＝(－1，3)，集合N＝(1，＋∞)，所以M∩N＝(1，3)． 【能力提升】 5．B　[解析] 集合A＝(0，10]，集合B＝(－∞，2]，所以A∩B＝(0，2]． 6．D　[解析] 集合A为函数y＝log2(x2－1)的定义域，由x2－1>0可得集合A＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)；集合B为函数y＝的值域，根据指数函数性质，集合B＝(0，＋∞)．所以A∩B＝{x|x>1}． 7．D　[解析] 集合A中x的取值范围是－22； 若MP，则无解． 综合知当有一个集合是另一个集合的真子集时，只能是PM，此时必有m≥－1. [难点突破] 13．解：由已知条件可得B＝{2，3}，若存在，由A∪B＝B，且A≠B，知AB， 又?(A∩B)，∴A≠?， ∴A＝{2}，或A＝{3}． 当A＝{2}时，有4－2a＋a2－19＝0，即a2－2a－15＝0， 解得a＝－3，或a＝5，此时集合A＝{2，－5}，或A＝{2，3}都与A＝{2}矛盾； 当A＝{3}时，同理得出矛盾，故这样的实数a不存在． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(一)B 【基础热身】 1．D　[解析] 由已知可得，满足条件的集合M为{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}，所以集合M的个数是4. 2．C　[解析] 由于?UA＝{x|x<1或x>3}，故C＝(?UA)∩B. 3．C　[解析] N＝＝{－1，0}，M∩N＝{－1}． 4．A　[解析] ∵A＝，B＝{x|x2≤1}＝{x|－1≤x≤1}，∴A∪B＝{x|－1≤x<2}． 【能力提升】 5．B　[解析] 集合A为函数y＝的定义域，即A＝(－1，＋∞)，集合B为函数y＝loga(x＋2)的定义域，即B＝(－2，＋∞)．故(?UA)∩B＝(－2，－1]． 6．B　[解析] x＝1，2，3，4，6，12. 7．C　[解析] ∵?RB＝{x|x≠0，1，2，3，4，x∈R}，∴A∩?RB＝{－2，－1}． 8．B　[解析] 集合A是椭圆曲线＋＝1上x的取值范围，即A＝[－2，2]；集合B是函数y＝x2的值域，即B＝[0，＋∞)．所以A∩B＝[0，2]． 9．{2，4，6，8}　[解析] ∵U＝A∪B＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，A∩(?UB)＝{1，3，5，7，9}，∴B＝{2，4，6，8}． 10．12　[解析] 设两者都喜爱的人数为x，则由Venn图可知，只喜爱篮球的有(15－x)人，只喜爱乒乓球的有(10－x)人，由此可得(15－x)＋(10－x)＋x＋8＝30，解得x＝3.所以15－x＝12，即只喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为12. 11．{－1，}　[解析] 不等式<2x<8的解集为－31，则l2>l，此时l2?；若≤l≤1，0≤l2≤l，故≤l≤1. (3)若l＝，则S＝.当x∈时，若m>0，m2≤x2≤，要使x2∈S，则m2≥m，即m≥1，此时集合S为空集；若m<－，则m2>，此时m2?S；若－≤m≤0，0≤m2≤，则0≤x2≤，则x2∈S. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(二) 【基础热身】 1．D　[解析] ①的逆命题为：“若x，y互为倒数，则xy＝1”是真命题；②的否命题为：“面积不相等的三角形不是全等三角形”是真命题；命题③是真命题，所以它的逆否命题也是真命题．命题④是假命题，所以它的逆否命题也是假命题． 2．D　[解析] 否命题应在否定条件的同时否定结论，而原命题中的条件是“且”的关系，所以条件的否定形式是“x≤0或y≤0”． 3．B　[解析] 命题p成立时sin2α＝cos2α，得sinα＝±cosα，由此可得p是q的必要不充分条件． 4．A　[解析] 显然a>b>0，故a>1且00且>1；反之，a－b>0且>1?a>b且>0?a>b且b>0，推不出a>1且01且00且>1”的充分不必要条件． 【能力提升】 5．C　[解析] 圆心坐标为(1，0)，半径为，直线x－y＋m＝0与圆有两个不同交点的充要条件是<，即－30，即a<2.所以若0bc2时，一定有c2≠0，所以必有c2>0，两端同除一个正数，不等式方向不变，即若ac2>bc2，则a>b成立．根据命题的等价关系，四个命题中有2个真命题． 8．A　[解析] m＝(λ＋2，2λ＋3)，m，n的夹角为钝角的充要条件是m·n<0且m≠μn(μ<0)．m·n<0， 即3(λ＋2)－(2λ＋3)<0，即λ<－3；若m＝μn，则λ＋2＝3μ，2λ＋3＝－μ，解得μ＝，故m＝μn(μ<0)不可能，所以，m，n的夹角为钝角的充要条件是λ<－3，λ<－4是m，n的夹角为钝角的充分不必要条件． 9．a>0且q>0　[解析] 由Sn＋1>Sn得，当q＝1时，Sn＋1－Sn＝a>0；当q≠1时，Sn＋1－Sn＝aqn>0，即a>0，1≠q>0.综合可得数列{Sn}为递增数列的充分必要条件是a>0且q>0. 10．(2，＋∞)　[解析] 命题p成立时，02，即m的取值范围是(2，＋∞)． 11．[0，1)　[解析] 问题等价于对任意实数x，不等式ax2＋2ax＋1>0恒成立．当a＝0时，显然成立；当a≠0时，只能是a>0且Δ＝4a2－4a<0，即04的即为所求，选项C符合要求． 4．C　[解析] 对于A，B，设f(x)＝ex－(x＋1)，则有f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，因此f(x)的最小值是f(0)＝e0－(0＋1)＝0，即有ex－(x＋1)≥0，ex≥x＋1恒成立，所以选项A，B正确．对于C，设g(x)＝lnx－(x－1)(x>0)，则有g′(x)＝－1＝，当00；当x>1时，g′(x)<0，因此g(x)的最大值是g(1)＝ln1－(1－1)＝0，即0≥lnx－(x－1)，x－1≥lnx恒成立，不存在x0>0，使得lnx0>x0－1，选项C不正确．对于D，注意到当x0＝时，有ln＝1>－＋1，因此选项D正确．故选C. 【能力提升】 5．D　[解析] 任意对应存在，有正实根的否定是无正实根．故命题：“对任意a∈R，方程ax2－3x＋2＝0有正实根”的否定是“存在a∈R，方程ax2－3x＋2＝0无正实根”． 6．C　[解析] 因为?x∈R，x2＋x＋1≥0，所以命题p1是假命题，綈p1是真命题；又?x∈[1，2]，都有x2－1≥0，所以p2是真命题，綈p2是假命题．于是(綈p1)∧(綈p2)，p1∨(綈p2)，p1∧p2都是假命题，(綈p1)∧p2是真命题．故选C. 7．B　[解析] p∧q为真时p，q均为真，此时p∨q一定为真，而p∨q为真时只要p，q至少有一个为真即可，故“p∧q”为真是“p∨q”为真的充分不必要条件，结论(1)正确；p∧q为假，可能p，q均假，此时p∨q为假，结论(2)不正确；p∨q为真时，可能p假，此时綈p为真，但綈p为假时，p一定为真，此时p∨q为真，结论(3)正确；綈p为真时，p假，此时p∧q一定为假，条件是充分的，但在p∧q为假时，可能p真，此时綈p为假，故结论(4)不正确． 8．D　[解析] 命题“若x2>1，则x>1”的否命题是“若x2≤1，则x≤1”，选项A中的说法不正确；命题“若α>β，则tanα>tanβ”的逆命题是“若tanα>tanβ，则α>β”，根据正切函数的的性质，这个说法不正确；命题“?x∈R，使得x2＋x＋1<0”的否定是“?x∈R，都有x2＋x＋1≥0”，选项C中的说法不正确；不等式x2＋x－2>0的解是x<－2或x>1，故x>1时，不等式x2＋x－2>0一定成立，反之不真，所以“x>1”是“x2＋x－2>0”的充分不必要条件，选项D中的说法正确． 9．“对任意的x∈R，使得|x－1|－|x＋1|≤3”． [解析] 由全称命题与特称命题的否定规则知，命题“存在x∈R，使得|x－1|－|x＋1|>3”否定是“对任意的x∈R，使得|x－1|－|x＋1|≤3”．故填“对任意的x∈R，使得|x－1|－|x＋1|≤3”． 10．存在末位数字是0或5的整数不能被5整除　末位数字不是0且不是5的整数不能被5整除 [解析] 如果把末位数字是0或5的整数集合记为M，则这个命题可以改写为“?x∈M，x能被5整除”，因此这个命题的否定是“?x∈M，x不能被5整除”，即“存在末位数字是0或5的整数不能被5整除”；这个命题的条件是“末位数字是0或5的整数”，结论是“这样的数能被5整除”，故其否命题是“末位数字不是0且不是5的整数不能被5整除”． 11．{－1，0，1，2}　[解析] 当x∈M时，“p且q”与“綈q”同时为假命题，即x∈M时，p假q真．由x2－x<6，x∈Z，解得x＝－1，0，1，2，故所求集合M＝{－1，0，1，2}． 12．解：“p或q”为真命题，则p为真命题，或q为真命题，或q和p都是真命题． 当p为真命题时，则得m<－2； 当q为真命题时，则Δ＝16(m＋2)2－16<0，得－30，x>－1，且x＋1≠1，x≠0，所以x∈(－1，0)∪(0，＋∞)． 9．[0，1)　[解析] 注意到x2≥0，故可以先解出x2，再利用函数的有界性求出函数值域． 由y＝，得x2＝，∴≥0，解之得0≤y<1. 10.　[解析] f(x)＋f＝1，所以f(2)＋f＝f(3)＋f＝f(4)＋f＝1，且f(1)＝，故得. 11.　[解析] ∵f(x＋1)的定义域为[－2，3]，即其自变量x的取值范围是－2≤x≤3，若令t＝x＋1，则－1≤t≤4，即关于t的函数f(t)的定义域为{t|－1≤t≤4}，从而要使函数f(2x2－2)有意义，只需－1≤2x2－2≤4，解得－≤x≤－或≤x≤.∴f(2x2－2)的定义域为. 12．解：∵AB＋BC＋CD＝a，∴BC＝EF＝a－2x>0，即00时，函数的定义域为∪[0，＋∞)，由于函数的值域为非负数，因此a>0不符合题意； 当a＝0时，f(x)＝，此时函数的定义域为[0，＋∞)，函数的值域也为[0，＋∞)，符合题意； 当a<0时，函数的定义域为，又f(x)＝＝， ∵0<－<－，∴当x＝－时，函数f(x)有最大值，由题意有－＝，即a2＝－4a，解得a＝－4. 综上满足条件时a的值为0或－4. 【难点突破】 13．(1)B　(2)A　[解析] (1)分别由x2＋1＝2，x2＋1＝5，x2＋1＝10解得x＝±1，x＝±2，x＝±3， 由函数的定义，定义域中元素的选取分四种情况： ①取三个元素：有C·C·C＝8种； ②取四个元素：先从±1，±2，±3三组中选取一组C，再从剩下的两组中选两个元素C·C，故共有C·C·C＝12种； ③取五个元素：C＝6种； ④取六个元素：1种． 由分类计数原理，共有8＋12＋6＋1＝27种． (2)线段OA满足y＝3x(0≤x≤1)，线段OA上的点(x，y)在映射f的作用下为(，)，设为(x′，y′)，则x′＝，y′＝，故y′＝x′(0≤x′≤1)，仍为线段；线段OB满足y＝x(0≤x≤3)，线段OB上的点(x，y)在映射f的作用下为，，仍为线段且满足y′＝x′(0≤x′≤)；线段AB满足y＝4－x(1≤x≤3)，线段AB上的点(x，y)在映射f的作用下为(，)，满足x′2＋y′2＝4(1≤x′≤，1≤y′≤)，是一段圆弧，故所围成的图形是半径为2，圆心角为的扇形，面积为，故选A. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五) 【基础热身】 1．A　[解析] 由题意知，函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数．而反比例函数f(x)＝在(0，＋∞)上是减函数．故选A. 2．A　[解析] 函数f(x)在[3，4)上是增函数，又函数定义域中含有3而没有4，所以该函数有最小值无最大值，故选A. 3．B　[解析] 方法一：由偶函数的定义可排除C，D，又∵y＝cos2x为偶函数，但在(1，2)内不单调递增，故选B. 方法二：由偶函数定义知y＝log2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1，2)内单调递增． 4.　[解析] 因为x≥0，当x＝0时，y＝0不是函数的最大值．当x>0时，f(x)＝＝，而＋≥2，当且仅当x＝1时等号成立，所以f(x)≤. 【能力提升】 5．A　[解析] 由题意，结合函数性质可得x>1时f(x)>0，x<1时f(x)<0；x<0或x>4时g(x)<0，00，故f(x)g(x)≥0的解集为{x|x≤0或1≤x≤4}． 6．A　[解析] 因为函数的周期为2，所以f＝f＝f＝，又函数是奇函数，∴f＝－f＝－，故选A. 7．C　[解析] 因为x2＋1≥1，所以0<≤1，令t＝，则1≤t<0，即≤t<1，所以≤y<1.故选C. 8．A　[解析] 由题可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若有f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1，1]，即－b2＋4b－3>－1，解得2－0，所以得函数的单调增区间为(－∞，－a)，(－a，＋∞)，要使y＝在(－2，＋∞)上为增函数，只需－2≥－a，即a≥2. 13．(－1，1)　[解析] 由>0得函数的定义域为(－1，1)，原函数的递增区间即为函数u(x)＝在(－1，1)上的递增区间，由于u′(x)＝′＝>0.故函数u(x)＝的递增区间为(－1，1)，即为原函数的递增区间． 14．解：f(x)的定义域为R，在定义域内任取x1＜x2， 有f(x1)－f(x2)＝－＝， 其中x1－x2＜0，x＋1＞0，x＋1＞0. ①当x1，x2∈(－1，1)时，即|x1|＜1，|x2|＜1，所以|x1x2|＜1， 则x1x2＜1，1－x1x2＞0，f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，所以f(x)为增函数． ②当x1，x2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)时， 1－x1x2＜0，f(x1)＞f(x2)，所以f(x)为减函数． 综上所述，f(x)在(－1，1)上是增函数，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是减函数． 15．解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－， 设00，x2－x1>0. ∴f(x1)－f(x2)＝a－－a－＝－＝<0. ∴f(x1)0时，f(x)＝－f(－x)＝－(2x2＋x)，所以f(1)＝－3.故选A. 4．3　[解析] 考查函数的奇偶性和转化思想，解此题的关键是利用y＝f(x)为奇函数． 已知函数y＝f(x)为奇函数，由已知得g(1)＝f(1)＋2＝1， ∴f(1)＝－1， 则f(－1)＝－f(1)＝1，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝1＋2＝3. 【能力提升】 5．A　[解析] 依题意f－＝f－＝f＝.故选A. 6．A　[解析] 由f(x＋2)＝－f(x)得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，根据f(x)为R上的奇函数，得f(0)＝0，所以f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(4)＝f(0)＝0，所以f(3)－f(4)＝－1.故选A. 7．A　[解析] 函数f(x)定义域为{x|－20，f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x＝－f(x)＝x2－ax，所以a＝－2. 当x≥0时，f(x)>a即x2－2x>－2恒有x2－2x＋2>0；当x<0时，f(x)>a即－x2－2x>－2?x2＋2x－2<0，解得－1－a的x的取值范围是(－1－，＋∞)． 12．解：(1)因为f(4)＝，所以4m－＝，所以m＝1. (2)因为f(x)的定义域为{x|x≠0}， 又f(－x)＝－x－＝－x－＝－f(x)， 所以f(x)是奇函数． (3)设x1>x2>0，则f(x1)－f(x2)＝x1－－x2－＝(x1－x2)1＋， 因为x1>x2>0，所以x1－x2>0，1＋>0， 所以f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数．(或用求导数的方法) 【难点突破】 13．解：由f(x)是奇函数，知f(－x)＝－f(x)， 从而＝－，即－bx＋c＝－(bx＋c)，c＝－c，∴c＝0. 又由f(1)＝2，知＝2，得a＋1＝2b①， 而由f(2)<3，知<3，得<3②， 由①②可解得－10，所以f(－x)＝(－x)2－(－x)＋1＝x2＋x＋1＝－f(x)．若x>0，则－x<0，所以f(－x)＝－(－x)2－(－x)－1＝－x2＋x－1＝－f(x)．所以f(x)为奇函数． 4.　[解析] 函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x＋1，那么f＝f＝f＝f＝. 【能力提升】 5．D　[解析] 因为f(x)为奇函数，所以x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－2－x，即g(x)＝－2－x，所以g(3)＝－2－3＝－.故选D. 6．D　[解析] 因为x1<0，x2>0，|x1|<|x2|，所以0<－x1m>m－1>1，即y3>y2>y1. 3．B　[解析] 由f(1－x)＝f(1＋x)得对称轴为直线x＝1，所以a＝2，当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，得f(x)min>0，即－1－2－b＋1>0?b<－2. 4．C　[解析] 设三个面积相等的矩形的长宽分别为x m，y m，则4x＋3y＝200， 又S＝3xy＝3x·＝x(200－4x)＝－4(x－25)2＋2 500， ∴当x＝25时，Smax＝2 500(m2)． 【能力提升】 5．C　[解析] 因为f(－x)＝－x|－x|－2(－x)＝－(x|x|－2x)＝－f(x)，所以f(x)＝x|x|－2x是奇函数，排除A，B；又x>0时f(x)＝x|x|－2x＝x2－2x＝(x－1)2－1，在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，由奇函数性质可得C对． 6．C　[解析] 定义域?－3≤x≤1，y2＝4＋2＝4＋2.当x＝－1时y2最大，最大值为8；当x＝1或－3时y2最小，最小值为4.因为y≥0，所以ymax＝2，ymin＝2，所以＝. 7．C　[解析] 由题知f(x)在R上是增函数，由题得2－a2>a，解得－2n，则n<0， 又m＋n>0，m>－n>0，∴|m|>|－n|， F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝(am2＋1)－an2－1＝a(m2－n2)>0，∴F(m)＋F(n)能大于零． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(八)A 【基础热身】 1．D　[解析] log2＝log22＝log22＝. 2．A　[解析] 注意符号的变化与运算法则，可以判断出全错． 3．C　[解析] [(－)2]－＝2－＝＝. 4．A　[解析] lgx，lgy，lgz成等差数列等价于2lgy＝lgx＋lgz且x，y，z>0，得y2＝xz且x，y，z>0，故“lgx，lgy，lgz成等差数列”是“y2＝xz”成立的充分不必要条件． 【能力提升】 5．C　[解析] loga＝loga≥0?01. 6．D　[解析] ∵2a＝5b＝，∴a＝log2，b＝log5， ＝log2，＝log5；＋＝log2＋log5＝log10＝2. 7．D　[解析] 由x＝log43?4x＝3?2x＝，2－x＝，所以(2x－2－x)2＝2＝. 8．B　[解析] logm(xyz)＝logmx＋logmy＋logmz＝，而logmx＝，logmy＝，故logmz＝－logmx－logmy＝－－＝，即logzm＝60. 9．－23　[解析] 2x＋32x－3－4x－x－x＝4x－33－4x＋4＝－23. 10．－1　[解析] log(2－)(2＋)＝log(2－)＝log(2－)(2－)－1＝－1. 11．2 008　[解析] ∵f(3x)＝4xlog23＋233＝4log23x＋233?f(x)＝4log2x＋233，∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝ 8×233＋4(log22＋2log22＋3log22＋…＋8log22)＝1 864＋144＝2 008. 12．解：(1)原式＝x－3－x3＝x－－x. (2)原式＝－ ＝x－2－x－y－＋y－2－x－2＋x－y－＋y－2 ＝－2(xy)－＝－2. 【难点突破】 13．解：(1)已知式两边平方得x＋2＋x－1＝9，∴x＋x－1＝7. (2)将x＋x－1＝7两边平方得x2＋2＋x－2＝49，∴x2＋x－2＝47， 又x＋x－＝(x＋x－)(x－1＋x－1)＝3(7－1)＝18， ∴＝＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(八)B 【基础热身】 1．C　[解析] 原式＝2－(2k＋1)－2－(2k＋1)＋2＋2－(2k＋1)＋1＝2－(2k＋1)－22·2－(2k＋1)＋2·2－(2k＋1)＝－2－(2k＋1)． 2．C　[解析] 对于A，x＝x的左边恒为非负，而右边为一切实数；对于B，x＝x的左边恒为非负，而右边为一切实数；对于D，x－－＝x的左边x≠0. 3．C　[解析] ①②③都是错误的，只有④正确． 4．A　[解析] lg2＝(lga－lgb)2＝(lga＋lgb)2－4lgalgb＝22－4×＝2. 【能力提升】 5．C　[解析] 原式＝abab÷ab2ba－＝a＋－1－－· b1＋－2－＝a＋＋b－1＝ab－1＝. 6．B　[解析] a3＋b3＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]＝mm－m＝m. 7．C　[解析] f(lga)＝alga－＝?lga－lga＝lg＝，得lga＝1或lga＝－，故a＝10或. 8．B　[解析] log5·log36·log6x＝××＝－＝2，lgx＝lg. 9．3　[解析] 由a＝得a＝＝3，所以loga＝3. 10.　[解析] 原式＝－4＝－4＝＝. 11．19　[解析] 原式＝9－3×(－3)＋lg(＋)2＝18＋lg10＝19. 12．解：log23·log34·log45·log56·log67·log78·log8m ＝log23······＝log2m. ∴log2m＝log327＝3，∴m＝8. 【难点突破】 13．解：设logab＝x，则logba＝，则由已知可得x＋－＝0，所以2x2－5x＋2＝0， 解得x＝或x＝2，即logab＝或logab＝2，所以b＝或b＝a2. 当b＝时，原式＝＝1； 当b＝a2时，原式＝1.故＝1. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(九) 【基础热身】 1．B　[解析] 当x>0时，y＝ax；当x<0时，y＝－ax.根据指数函数图象可知为选项B中的图象． 2．A　[解析] 幂函数为奇函数时α＝－1，1，3，定义域为R，α≠－1，所以α＝1，3. 3．D　[解析] 因为a>1，所以函数f(x)＝logax在区间[a，2a]上的最大值与最小值分别为loga2a，logaa＝1，它们的差为，∴loga2＝，a＝4. 4．C　[解析] 由题可知A不是单调函数，B不是奇函数，D是偶函数，只有C满足． 【能力提升】 5．D　[解析] 当x>0时，f(x)＝lgx，∴f＝lg＝－2，ff＝f(－2)， 又y＝f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，f(－2)＝－f(2)＝－lg2. 6．B　[解析] 根据函数f(x)的图象可知00?2a>1?loga>1?00且01且01时，由loga<1得，a>，所以a>1.当01时，结合10∴x＝log2(1＋)． (2)当t∈[1，2]时，2t22t－＋m2t－≥0， 即m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1>0，∴m≥－(22t＋1)， ∵t∈[1，2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]， 故m的取值范围是[－5，＋∞)． 【难点突破】 16．解：(1)∵f(x)＝2x＋k·2－x是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，x∈R， 即2－x＋k·2x＝－(2x＋k·2－x)， ∴(1＋k)2x＋(k＋1)22x＝0对一切x∈R恒成立， ∴k＝－1. (2)∵对x∈[0，＋∞)，均有f(x)>2－x，即2x＋k·2－x>2－x成立， ∴1－k<22x对x≥0恒成立． ∴1－k<(22x)min(x≥0)， 又y＝22x在[0，＋∞)上单调递增，∴(22x)min＝1， ∴k>0. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(十) 【基础热身】 1．D　[解析] 图象是函数y＝ax(00，b<0，所以选D. 2．D　[解析] 由点(x，y)关于原点的对称点是(－x，－y)得． 3．C　[解析] 向左移2个单位即得f(x＋2)，再向下移2个单位则得f(x＋2)－2＝2x，用换元法，求出f(x)＝2x－2＋2. 4．B　[解析] 由f(x)＝f(2－x)可知f(x)图象关于直线x＝1对称，又因为f(x)为偶函数，图象关于x＝0对称，可得到f(x)为周期函数且最小正周期为2，结合f(x)在区间[1，2]上是减函数，可得f(x)草图，再根据草图判断，B正确． 【能力提升】 5．C　[解析] 函数是偶函数，只能是选项C中的图象． 6．D　[解析] 方法一：当02(01，对照选择支可知只能选D. 7．A　[解析] y＝lncosx－3，函数y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4. 即y＝ 如图所示，单调增区间为[－1，1]和[3，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1]和[1，3]．
15．解：(1)证明：设P(x0，y0)是y＝f(x)图象上任意一点，则y0＝f(x0)． 又设P点关于直线x＝m的对称点为P′， 则P′的坐标为(2m－x0，y0)． 由已知f(x＋m)＝f(m－x)，得 f(2m－x0)＝f[m＋(m－x0)]＝f[m－(m－x0)]＝f(x0)＝y0， 即P′(2m－x0，y0)在y＝f(x)的图象上， ∴y＝f(x)的图象关于直线x＝m对称． (2)由题意，对定义域内的任意x，有 f(2－x)＝f(2＋x)恒成立， ∴|a(2－x)－1|＝|a(2＋x)－1|恒成立， 即|－ax＋(2a－1)|＝|ax＋(2a－1)|恒成立． 又∵a≠0，∴2a－1＝0，得a＝. 【难点突破】 16．解：(1)设曲线C1上的任意一点为P(x，y)，曲线C2上与之对称的点为P′(x′，y′)， 则x＝4－x′，y＝2－y′，P(4－x′，2－y′)， 将点P的坐标代入曲线C1的方程中可得y′＝， 即g(x)＝. (2)由＝b?(x－3)2＝b(x－4)， 即x2－(b＋6)x＋4b＋9＝0(其中x≠4)，(※) 由Δ＝[－(b＋6)]2－4(4b＋9)＝b2－4b＝0?b＝0或b＝4， 把b＝0代入(※)式得x＝3， 把b＝4代入(※)式得x＝5； ∴当b＝0或b＝4时，直线y＝b与C2有且仅有一个公共点， 且交点的坐标为(3，0)和(5，4)． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(十一) 【基础热身】 1．B　[解析] 因为f(－1)f(0)<0，所以区间(－1，0)是函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间，故选B. 2．B　[解析] 根据函数的零点存在定理得到f(1)f(2)＝(－1)×<0，故函数的一个零点在区间(1，2)内． 3．C　[解析] f′(x)＝x2－2ax，由a>2可知，f′(x)在x∈(0，2)恒为负，即f(x)在(0，2)内单调递减，又f(0)＝1>0，f(2)＝－4a＋1<0，∴f(x)在(0，2)内只有一个零点．故选C. 4．D　[解析] 在同一坐标系内分别作出y1＝f(x)，y2＝－x＋a的图象，其中a表示直线在y轴的截距，结合图形可知当a>1时，直线y2＝－x＋a与y1＝log2x只有一个交点，即a∈(1，＋∞)． 【能力提升】 5．C　[解析] ∵f(－1)＝e－1－1－2<0，f(0)＝1－2<0，f(1)＝e＋1－2>0，∴函数的零点所在区间为(0，1)． 6．A　[解析] 因为f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2 010>0，x∈(－1，0)，所以函数f(x)＝1＋x－＋－＋…＋在(－1，0)单调增，f(0)＝1>0，f(－1)<0，选A. 7．D　[解析] 定义在R上的函数f(x)是奇函数，f(0)＝0，又是周期函数，T是它的一个正周期， ∴f(T)＝f(－T)＝0，f＝－f＝f＝f，∴f＝f＝0，则n可能为5.
8．B　[解析] f(x)＝ ＝ 则f的图象如图． ∵y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点， ∴y＝f(x)与y＝c的图象恰有两个公共点， 由图象知c≤－2，或－10，f＝－3－1<0，ff(2)<0，故下一步断定该根在区间内． 11.　[解析] 因为f(x)＝lnx＋x是k倍值函数，且f(x)在[a，b]上单调递增，所以则g(x)＝lnx＋(1－k)x在(0，＋∞)上有两个零点，即y＝lnx与y＝(k－1)x相交于两点，所以k－1>0.当k＝1＋时相切，所以10，f(2)＝4sin5－2，由于π<5<2π，所以sin5<0，故f(2)<0，故函数在[0，2]上存在零点；由于f(－1)＝4sin(－1)＋1，－<－1<－，所以sin(－1)<－，故f(－1)<0，故函数在[－1，0]上存在零点，也在[－2，0]上存在零点；令x＝∈[2，4]，则f＝4sin－＝4－＝>0，而f(2)<0，所以函数在[2，4]上存在零点．排除法知函数在[－4，－2]上不存在零点． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(十二) 【基础热身】 1．C　[解析] 212＝4 096，分裂了12次． 2．C　[解析] 当t＝12时，f(t)max＝43，当t＝4时，f(t)min＝－21，最大温差为43－(－21)＝64. 3．A　[解析] 设这个广场的长为x m，则宽为，所以其周长为l＝2≥800，当且仅当x＝200时取等号． 4．x＝　[解析] 当0≤t≤2.5时，x＝60t；当2.520时y<140，故年产量为16件时，年利润最大． 12．解：(1)证明：当x≥7时，f(x＋1)－f(x)＝. 而当x≥7时，函数y＝(x－3)(x－4)单调递增，且(x－3)(x－4)>0， 故f(x＋1)－f(x)单调递减， ∴当x≥7时，掌握程度的增加量f(x＋1)－f(x)总是下降． (2)由题意可知0.1＋15ln＝0.85，整理得＝e0.05， 解得a＝×6＝20.50×6＝123.0，123.0∈(121，127]． 由此可知，该学科是乙学科． 【难点突破】 13．解：(1)当x＝0时，t＝0； 当00，即>0.∵x>0，∴(x－2)(x＋1)>0，∴x>2. 2．A　[解析] ∵y′＝＝2，∴切线方程为y＝2x＋1. 3．A　[解析] ∵y′＝2x＋a)＝a，∴a＝1，(0，b)在切线x－y＋1＝0上，∴b＝1. 4．B　[解析] y′＝＝. 【能力提升】 5．D　[解析] y′＝x2－2x，当00，解得x>2， 3．A　[解析] 因为函数y＝f(x)的导函数y′＝f′(x)在区间[a，b]上是增函数，即在区间[a，b]上各点处的斜率k是递增的，由图易知选A. 4．D　[解析] 因为f′(x)＝3x2＋2ax＋3，且f(x)在x＝－3时取得极值，所以f′(－3)＝3×9＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5，故选D. 【能力提升】 5．B　[解析] f′(x)＝3＋aeax，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当有f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，由于eax>0，显然有a<0，此时x＝ln.由x>0得到参数a的范围为a<－3. 6．D　[解析] f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，因为ex>0恒成立，当f′(x)>0时，x>－1，函数f(x)为单调增函数；当f′(x)<0时，x<－1，函数f(x)为单调减函数．所以x＝－1为极小值点．故选D. 7．D　[解析] 在x＝－2左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)·f′(x)＞0，则f′(x)＞0，在x＝－2右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，则f′(x)＜0，所以函数在x＝－2处取得极大值；在x＝1左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，f′(x)＜0，在x＝1右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则f′(x)＜0，所以函数在x＝1处没有极值；在x＝2左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＞0，则f′(x)＜0，在x＝2右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f′(x)＜0，则f′(x)＞0，所以函数在x＝2处取得极小值． 8．A　[解析] 令f′(x)＝′＝＝0，得x＝－2或x＝1.当x<－2时f′(x)<0，当－20，当x>1时f′(x)<0，故x＝－2是函数的极小值点且f(－2)＝－，x＝1是函数的极大值点且f(1)＝1. 9．C　[解析] 根据三次函数的特点，函数f(x)在(－1，0)上单调递减等价于函数f(x)的导数f′(x)＝3x2＋2ax＋b在区间(－1，0)上小于或等于零恒成立，即3－2a＋b≤0且b≤0，把点(a，b)看作点的坐标，则上述不等式组表示的区域如图．
根据a2＋b2的几何意义得，最小值就是坐标原点到直线3－2a＋b＝0的距离的平方，即(a2＋b2)min＝. 10．(－1，11)　[解析] f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)， 由(x－11)(x＋1)<0得f(x)的单调减区间为(－1，11)． 11．3　[解析] f′(x)＝，f′(1)＝＝0?a＝3. 12.　[解析] 由f′(x)＝lnx＋1>0得x>，故f(x)的增区间为. 13.(k∈Z)　[解析] f′(x)＝＝>0，即cosx>－，结合三角函数图象或单位圆中的三角函数线知道，2kπ－0可得x>2或00)． 当a>0，x>0时，f′(x)>0?x2＋(2a－4)x＋a2>0，f′(x)<0?x2＋(2a－4)x＋a2<0. (1)当a>1时，Δ＝(2a－4)2－4a2＝16－16a<0，对?x>0，有x2＋(2a－4)x＋a2>0，即f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)内单调递增． (2)当a＝1时，对x≠1，有x2＋(2a－4)x＋a2>0，即f′(x)>0，仅仅在x＝1处导数等于零，故函数f(x)在(0，＋∞)内单调递增． (3)当00，即x2＋(2a－4)x＋a2>0，解得x<2－a－2或x>2－a＋2.而在00，因此，函数f(x)在区间(0，2－a－2)内单调递增，在区间(2－a＋2，＋∞)内也单调递增，在区间(2－a－2，2－a＋2)内单调递减． 综上，当a≥1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当0，则－2aa－2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，a－2) a－2 (a－2，－2a) －2a (－2a，＋∞)  f′(x) ＋ 0 － 0 ＋  f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增  所以f(x)在(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)内是增函数，在(a－2，－2a)内是减函数，所以函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2；在x＝－2a处取得极小值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(十四)B 【基础热身】 1．A　[解析] 由导函数图象可知，x>0时，f′(x)>0，即f(x)单调递增，又△ABC为锐角三角形，则A＋B>，即>A>－B>0，故sinA>sin>0，即sinA>cosB>0，故f(sinA)>f(cosB)，选A. 2．C　[解析] 依题意，当x>1时，f′(x)≥0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数(或常数函数)；当x<1时，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是减函数(或常数函数)，故f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)． 3．C　[解析] 由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可． 4．D　[解析] 由题得f′(x)＝－＝，令f′(x)>0得x>3；令f′(x)<0得00.故选D. 【能力提升】 5．D　[解析] 取特殊值，令f(x)＝x2，g(x)＝x3，则h(0)30.3>logπ3>0，所以c>a>b. 9．D　[解析] 函数f(x＋1)是偶函数，其图象关于y轴对称，这个函数图象向右平移1个单位得函数y＝f(x)的图象，可得函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，x>1时，f′(x)<0恒成立，说明函数在(1，＋∞)上单调递减，根据对称性可得函数在(－∞，1)上单调递增．根据f(4)＝0可得当x>4时，f(x)<0，根据对称性可得当x<－2时，f(x)<0，当－20.不等式(x＋3)f(x＋4)<0等价于或当时， 解得x>0；当时， 解得－60且x≠1，故函数f(x)＝的单调递减区间是(0，1)，(1，e)． 13.　[解析] f′(x)＝2mx＋－2，函数f(x)在其定义域(0，＋∞)内为增函数的充要条件是2mx＋－2≥0在(0，＋∞)内恒成立，即2m≥－＋在(0，＋∞)内恒成立，由于函数φ(x)＝－＋＝－＋1≤1，故只要2m≥1即可，即m≥. 14．解：(1)a＝1时，f(x)＝(x2－2x＋1)ex， f′(x)＝(x2－1)ex， 于是f(0)＝1，f′(0)＝－1， 所以函数f(x)的图象在点A(0，f(0))处的切线方程为y－1＝－(x－0)，即x＋y－1＝0. (2)f′(x)＝eax＋·a·eax ＝eax＝eax， ∵a>0，eax>0，∴只需讨论ax2＋的符号． ①当a＞2时，ax2＋＞0，这时f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当a＝2时，f′(x)＝2x2e2x≥0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． ③当0＜a＜2时，令f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝. 当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表： x  －     f′(x) ＋ 0 － 0 ＋  f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗  ∴f(x)在，上为增函数，在上为减函数． 15．解：(1)f(x)的定义域为{x|x>0}， f′(x)＝－. 根据题意，f′(1)＝2－3a，所以a－2a2＝2－3a， 即a2－2a＋1＝0， 解得a＝1. (2)f′(x)＝－＝. ①a<0时，因为x>0，所以x－2a>0，a(x－2a)<0， 所以f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a>0时， 若02a，则a(x－2a)>0，f′(x)>0，函数f(x)在(2a，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增． (3)由(1)可知f(x)＝lnx＋. 设g(x)＝f(x)－(3－x)，即g(x)＝lnx＋＋x－3. g′(x)＝－＋1＝＝(x>0)． 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞)  g′(x) － 0 ＋  g(x) ↘ 极小值 ↗  x＝1是g(x)在(0，＋∞)上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是g(x)的最小值点． 可见g(x)最小值＝g(1)＝0， 所以g(x)≥0，即f(x)－(3－x)≥0，所以对于定义域内的每一个x，都有f(x)≥3－x. 【难点突破】 16．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2(x－1)＋＝＝(x>0)． 当m>时，f′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数． (2)由(1)知，当m>时，函数f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，没有极值点． 当m＝时，f′(x)＝≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，没有极值点． 当m<时，令f′(x)＝0得，x1＝，x2＝. ①当m≤0时，x1＝≤0?(0，＋∞)， 则x2＝≥1∈(0，＋∞)， 当x变化时，f(x)，f′(x)变化情况如下表： x (0，x2) x2 (x2，＋∞)  f′(x) － 0 ＋  f(x) ↘ 极小值 ↗  由此看出，当m≤0时，f(x)有唯一极小值点x2＝. ②当00)，则h′(x)＝1－＝， 当x>1时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上是增函数， ∵n≥3时，1<1＋，∴h>h(1)， 即－ln>0， ∴n≥3时，ln(n＋1)－lnn<. 综上，当n≥3，n∈N时，不等式－1时y′>0，所以x＝－1时，ymin＝－. 2．C　[解析] f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0可得x＝0或2(舍去)，当－1≤x<0时，f′(x)>0，当00，当89时，y′<0；当00，所以函数y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点．又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值． 【能力提升】 5．C　[解析] 设小正方形的边长为x cm，则盒子底面长为8－2x，宽为5－2x.V＝(8－2x)(5－2x)x＝4x3－26x2＋40x，V′＝12x2－52x＋40，由V′＝0得x＝1或x＝(舍去)，则V极大值＝V(1)＝18，且在定义域内仅有一个极大值， ∴V最大值＝18. 6．D　[解析] 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t>0)时的最小值． 令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)． 故t＝时，F(t)＝t2－lnt有最小值，即达到最小值，故选D. 7．A　[解析] 由f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0?x＝±1，结合f(x)的图象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故选A. 8．C　[解析] 设底面边长为a，则高h＝＝，所以体积V＝a2h＝. 设y＝12a4－a6，则y′＝48a3－3a5，当y取最值时，y′＝48a3－3a5＝0，解得a＝0(舍去)或a＝4，故a＝4时体积最大，此时h＝＝2. 9．C　[解析] 验证A，当x＝3时，e3>2.73＝19.68>1＋3＋32＝13，故排除A；验证B，当x＝时，＝，而1－×＋×＝＝＝<＝，故排除B； 验证C，令g(x)＝cosx－1＋x2，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，显然g″(x)>0恒成立， 所以当x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥g′(0)＝0，所以x∈[0，＋∞)时，g(x)＝cosx－1＋x2为增函数，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立，即cosx≥1－x2恒成立；验证D，令h(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，h′(x)＝－1＋＝，令h′(x)<0，解得0时，S′>0，故当x＝时，S取得最小值． 11．k≥1　[解析] ∵k为正数， ∴对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立?≤. 由g′(x)＝＝0得x＝1. x∈(0，1)，g′(x)>0，x∈(1，＋∞)，g′(x)<0， ∴＝＝. 同理f′(x)＝＝0?x＝， x∈，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0， ∴＝＝，∴≤，k>0?k≥1. 12．30　23 000　[解析] 由题意知L(P)＝P·Q－20Q＝Q(P－20) ＝(8 300－170P－P2)(P－20) ＝－P3－150P2＋11 700P－166 000， ∴L′(P)＝－3P2－300P＋11 700. 令L′(P)＝0，得P＝30或P＝－130(舍)． 因为在P＝30附近的左侧L′(P)>0，右侧L′(P)<0， ∴L(30)是极大值． 根据实际意义知，L(30)是最大值，此时L(30)＝23 000.即零售价定为每件30元时，有最大毛利润为23 000元． 13.　[解析] 设DE＝x，由ED∥BC，△ABC为正三角形，AD＝DE＝AE＝x，BD＝EC＝1－x.过D作DF⊥BC，DF＝(1－x)，梯形的周长为BD＋DE＋EC＋BC＝3－x，梯形的面积为(x＋1)×(1－x)＝(1－x2)．S＝(00，∴x＝时，Smin＝. 14．解：(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝. 再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝. 而建造费用为C1(x)＝6x. 所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝＋6x(0≤x≤10)． (2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0，即＝6. 解得x＝5或x＝－(舍去)． 当00，故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5)＝6×5＋＝70. 故当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值为70万元． 15．解：(1)由题意f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝. ①当0G(x)min＝G＝ln2时， x1，x2存在，且x2－x1的值随a的增大而增大． 而当x2－x1＝ln2时， 由题意得 两式相减可得ln＝2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1， 代入x2－x1＝ln2得x2＝4x1＝ln2， 此时实数a＝ln2－ln－1， 所以实数a的取值范围为a>ln2－ln－1. 【难点突破】 16．解：(1)f′(x)＝＋＝(x>0)． 当a>0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)由f′(x)＝0得x＝－a. ①当a≥－1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数， f(x)min＝f(1)＝－a＝，得a＝－(舍)． ②当a≤－e时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为减函数， 则f(x)min＝f(e)＝1－＝，得a＝－(舍)． ③当－e0，f(x)在(x0，e)上为增函数． ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，得a＝－， 综上知，a＝－. (3)由题意得x2>lnx－在(1，＋∞)上恒成立， 即a>xlnx－x3在(1，＋∞)上恒成立． 设g(x)＝xlnx－x3(x>1)，则g′(x)＝lnx－3x2＋1. 令h(x)＝lnx－3x2＋1，则h′(x)＝－6x， 当x>1时，h′(x)<0恒成立． ∴h(x)＝g′(x)＝lnx－3x2＋1在(1，＋∞)上为减函数， 则g′(x)，则＋2kπ<θ<＋2kπ(k∈Z)， ∴π＋4kπ<2θ<＋4kπ(k∈Z)，即2θ的终边在第三象限，故选C. 6．D　[解析] 排除法可解．第一象限角370°不小于第二象限角100°，故A错误；当sinα＝时，也可能α＝，所以B错误；当三角形内角为时，其既不是第一象限角，也不是第二象限角． 7．C　[解析] 注意到2 010°＝360°×5＋180°＋30°，因此sin2 010°＝－sin30°＝－，cos2 010°＝－cos30°＝－，－<－<0，－<－<0，0<<<，cos>cos>0，a＝sin＝－sin<0，b＝sin＝－sin<0，c＝cos＝cos>0，d＝cos＝cos>0，∴c>d，因此选C. 8．A　[解析] 由sin＞0，cos＜0知角α的终边在第四象限，又tanα＝＝－，故α的最小正角为. 9．二　[解析] ∵△ABC为锐角三角形，∴0，B＋C>， ∴>A>－B>0，>B>－C>0. ∵y＝sinx与y＝tanx在上都是增函数， ∴sinA>sin，tanB>tan， ∴sinA>cosB，tanB>，∴P在第二象限． 10．12π－9　[解析] ∵120°＝π＝π，∴l＝6×π＝4π，如图所示，∵S扇形OAB＝×4π×6＝12π， S△OAB＝·OA·OB·sin120° ＝×6×6×sin120°＝9，
∴S弓形OAB＝S扇形OAB－S△OAB＝12π－9， ∴弓形AOB的面积为12π－9. 11. [解析] 由即 ∴(k∈Z)． ∴2kπ≤x<2kπ＋(k∈Z)，故此函数的定义域为. 12．解：(1)因为A点的坐标为，根据三角函数定义可知sin∠COA＝. (2)因为△AOB为正三角形，所以∠AOB＝60°， sin∠COA＝，cos∠COA＝， 所以cos∠COB＝cos(∠COA＋60°) ＝cos∠COAcos60°－sin∠COAsin60°＝×－×＝. 【难点突破】 13．解：(1)因为·＝－， 所以sin2θ－cos2θ＝－， 即(1－cos2θ)－cos2θ＝－，所以cos2θ＝， 所以cos2θ＝2cos2θ－1＝. (2)因为cos2θ＝，所以sin2θ＝， 所以点P，点Q， 又点P在角α的终边上， 所以sinα＝，cosα＝. 同理sinβ＝－，cosβ＝， 所以sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ ＝×＋×＝－. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(十八) 【基础热身】 1．B　[解析] ∵α为第三象限角，∴sinα<0，cosα<0， 则＋＝＋＝－1－2＝－3. 2．C　[解析] ∵sin11°＝cos79°，sin168°＝cos78°， 又∵y＝cosx在[0，π]上单调递减， 90°>79°>78°>10°， ∴cos79°0)，f＝f，且f(x)在区间有最小值，无最大值，∴区间为f(x)的一个半周期的子区间，且知f(x)的图象关于x＝＝对称，∴·ω＋＝2kπ＋，k∈Z，取k＝0得ω＝. 12.　[解析] 本题主要考查两角和与差的正弦和余弦公式，y＝Asin(ωx＋φ)的单调性．属于基础知识、基本运算的考查． f(x)＝sin－cos ＝sinxcos＋cosxsin－cosxcos－sinxsin＝2sinx， ∴函数f(x)＝sin－cos，x∈[0，2π]的单调递减区间是. 13．①②③　[解析] 因为f(x)＝asin2x＋bcos2x＝sin(2x＋θ)，若f(x)≤对一切x∈R恒成立，θ＝，f(x)＝sin，①f＝0正确； ②<正确；③f(x)既不是奇函数也不是偶函数正确；④错误，⑤错误． 14．解：(1)f(x)＝(cos2x＋1)＋sin2x－ ＝cos2x＋sin2x＝sin， 故T＝π.由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ－π≤x≤kπ＋， 所以f(x)单调递增区间为(k∈Z)． (2)令f(x)＝1，即sin＝1，则2x＋＝2kπ＋(k∈Z)．于是x＝kπ＋(k∈Z)，∵0≤x<3π，且k∈Z，∴k＝0，1，2，则＋＋＝. ∴在[0，3π)内使f(x)取到最大值的所有x的和为π. 15．解：(1)因为周期为2π，所以ω＝1，又因为0≤φ≤π，f(x)为偶函数， 所以φ＝，则f(x)＝sin＝cosx. (2)因为cos＝，又α＋∈， 所以sin＝， 所以sin＝2sincos ＝2××＝. 【难点突破】 16．解：(1)f(x)＝cos＋2sinsin ＝cos2x＋sin2x＋(sinx－cosx)(sinx＋cosx) ＝cos2x＋sin2x＋sin2x－cos2x ＝cos2x＋sin2x－cos2x ＝sin. ∴周期T＝＝π.对称轴方程为2x－＝＋kπ，即x＝＋，k∈Z. (2)∵x∈，∴2x－∈， ∵f(x)＝sin在区间上单调递增， 在区间上单调递减， ∴当x＝时，f(x)取最大值1. 又∵f＝－0)的图象向右平移个单位长度后，所对应的函数是y＝sin(ω>0)，它的图象与函数y＝sin的图象重合，所以－ω＝＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝－6k(k∈Z)．因为ω>0，所以ωmin＝. 13．－8　[解析] 1，令tan2x－1＝t>0，则y＝tan2xtan3x＝＝＝－2≤－8，当且仅当t＝，即t＝1，即tanx＝时取等号，故填－8. 14．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)知A＝2； 由＝T＝－＝4π，得ω＝， 由最高点得，×＋φ＝2kπ＋(k∈Z)， ∴φ＝－＋2kπ(k∈Z)，又－<φ<， ∴φ＝－. ∴所求函数解析式为y＝f(x)＝2sin(x≥0)． (2)方法一：将y＝f(x)＝2sin图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝g(x)＝2sin的图象， ∵≤x≤π，∴≤x－≤， 当x－＝，即x＝时，g(x)有最大值2； 当x－＝，即x＝π时，g(x)有最小值1. 方法二：将y＝f(x)＝2sin图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝g(x)＝2sin的图象， 令t＝x－，∵函数y＝2sint的单调递增区间是，k∈Z， 由－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z， 设A＝，B＝， 则A∩B＝， ∴函数y＝g(x)在区间上单调递增， 同理可得，函数y＝g(x)在区间上单调递减． 又∵g＝，g＝2，g(π)＝1， ∴函数y＝g(x)在上的最大值为2，最小值为1. 15．解：(1)∵f(x)＝a·b＝2cos2x＋sin2x＋m ＝2sin＋m＋1， ∴函数f(x)的最小正周期T＝＝π. 令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调增区间为，k∈Z.因此f(x)在[0，π]上的单调递增区间为，. (2)当x∈时，∵f(x)单调递增，∴当x＝时，f(x)取得最大值为m＋3，即m＋3＝4，解之得m＝1，∴m的值为1. 【难点突破】 16．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)，知A＝2； 由T＝－＝π，得T＝2π， ∴ω＝＝1，即f(x)＝2sin(x＋φ)， 把(0，－1)代入上式，得sinφ＝－， ∵－<φ<，∴φ＝－， ∴所求函数的解析式为y＝f(x)＝2sin. (2)由(1)知g(x)＝f＝2sinx， ∵g(x)dx＝3，∴2sinxdx＝－2cosx)α＝－2cosπ－(－2cosα)＝3，解得cosα＝， 又实数α满足0<α<π，则所求α的值为. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(二十一) 【基础热身】 1．D　[解析] ∵△ABC中，B＝30°，∴C＝150°－A， ∴sinA＝sin(150°－A)＝cosA＋sinA， ∴tanA＝－，∴A＝120°. 2．A　[解析] 由题意可知cosθ＝－， 所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－，故选择A. 3．sin　[解析] ∵π<θ<，∴<<，<<. ＝ ＝＝sin. 4．1－　[解析] y＝2cos2x＋sin2x＝sin2x＋cos2x＋1 ＝sin＋1≥1－. 【能力提升】 5．A　[解析] 根据已知cos2α＝－，tan2α＝－，tan(α＋β)＝tan[2α－(α－β)]＝＝＝－2. 6．D　[解析] ∵sin2α＋cos2α＝，∴sin2α＋(1－2sin2α)＝， 又∵α∈，∴cosα＝，sinα＝，∴tanα＝. 7．B　[解析] ∵C＝120°，∴A＋B＝60°， ∴tan(A＋B)＝＝， ∵tanA＋tanB＝，∴tanAtanB＝. 8．C　[解析] 由sin(π＋α)＝－，得sinα＝，又α是第二象限角，故cosα＝－＝－，∴tanα＝－，tan2α＝＝＝－. 9．C　[解析] ∵cos＝sinα＋cosα， ∴＝(sinα＋cosα)2＝1＋sin2α＝1＋＝. ∵0<α<，∴－<－α<0，－<－α<， ∴cos>0，∴cos＝. 10.(－1)　[解析] f(x)＝ ＝ ＝sin2xcos2x＋－≥(－1)． 11．－　[解析] ∵tan2θ＝＝， ∴tanθ＝－3或tanθ＝， 又θ∈，∴tanθ＝－3， ∴＝＝＝＝－. 12.　[解析] 由3sinα＋cosα＝0得cosα＝－3sinα，则＝＝＝. 13．1或　[解析] tan(α＋β)＝1? ＝＝1?lg2a＋lga＝0， 所以lga＝0或lga＝－1，即a＝1或. 14．解：(1)由＝10π得ω＝. (2)∵－＝f＝2cos ＝2cos＝－2sinα， ＝f＝2cos＝2cosβ， ∴sinα＝，cosβ＝. ∵α，β∈， ∴cosα＝＝＝， sinβ＝＝＝. ∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝×－×＝－. 15．解：(1)a＋b ＝(cosαcosβ－sinαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ)， sinαcosβ＋cosαsinβ＋sinαcosβ－cosαsinβ ＝(2cosαcosβ，2sinαcosβ)＝， ∴2cosαcosβ＝，2sinαcosβ＝，∴tanα＝. (2)＝＝＝－. 【难点突破】 16．解：方法一： (1)选择②式，计算如下： sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝. (2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 证明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α ＝sin2α＋cos2α＝. 方法二： (1)同方法一． (2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 证明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝＋－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝－cos2α＋＋(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－sinαcosα－sin2α ＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α) ＝1－cos2α－＋cos2α＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(二十二) 【基础热身】 1．D　[解析] ＝2tanα＝6. 2．C　[解析] 由已知得cosαcosβ－sinαsinβ＝sinαcosβ－cosαsinβ，所以cosα(cosβ＋sinβ)＝sinα(cosβ＋sinβ)，因为β为锐角，所以sinβ＋cosβ≠0，所以sinα＝cosα，即tanα＝1，故选C. 3．C　[解析] 设该等腰三角形的顶角为α，底角为β，则有α＋2β＝π，β＝－，0<<， ∵2cos2－1＝cosα，∴sinβ＝sin＝cos＝＝，故选C. 4．C　[解析] ∵A，B，C成等差数列，∴2B＝A＋C， 又A＋B＋C＝π，∴B＝，A＋C＝， ∴tan＋tan＋tan·tan ＝tan＋tantan ＝，故选C. 【能力提升】 5．B　[解析] ∵sinAsinB＝cos2， ∴[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝(1＋cosC)， ∴cos(A－B)－cos(π－C)＝1＋cosC， ∴cos(A－B)＝1， ∵－π1，故tanα＝舍去，而sin＝×＝×，将分式分子与分母同除以cos2α得sin＝×＝－. 8．A　[解析] 由题意可得ω＝，由题知f＝2sin＝2，解得φ＝，所以f(x)＝2sinx＋，当－≤x＋≤，即－≤x≤时函数是增函数，故选A. 9．B　[解析] m＝sinθ＋cosθ＝sin∈(0，1)，所以0B>C，可得a＝c＋2，b＝c＋1①.又因为3b＝20acosA，由余弦定理可知cosA＝，则3b＝20a·②，联立①②，化简可得7c2－13c－60＝0，解得c＝4或c＝－(舍去)，则a＝6，b＝5.又由正弦定理可得，sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4.故选D. 7．B　[解析] 先用余弦定理求出边c的长度，再直接解直角三角形．由余弦定理得7＝c2＋22－2×2c×cos60°，解得c＝3，再由BC边上的高构成的直角三角形中，得h＝c×sinB＝3×＝，故选B. 8．C　[解析] 考查正弦定理和判断三角形的形状，考查考生的转化思想，关键是利用正弦定理，把角转化成边，再利用边之间的关系，判断三角形的形状． 由正弦定理可把不等式转化为a2＋b2＝＋≥2，则cosC>，因为03(a2＋b2)，即8cosC＋2>3≥6，则cosC>，因为0＋≥，可得>c，所以ab>c2，因为a2＋b2≥2ab>ab>c2，所以C<，④错误； 对于⑤，(a2＋b2)c2<2a2b2可变为＋<，即>，所以c2≥，所以C<，故⑤错误．故答案为①②③. 11．2　[解析] 由题意知△ABC中，AC＝2，BA＋BC＝4， 由正弦定理得＝＝2. 12．4　[解析] cosB＝＝－，可得cosB＝＝－，＝－1，8c－7b＋4＝0，结合b＋c＝7，可得答案为4. 13.　[解析] 由已知条件(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，化简得a2＋b2－c2＝－ab，所以cosC＝＝＝－.又C是三角形的内角，则C∈(0，π)，所以C＝. 14．解：(1)∵m∥n， ∴2sinB＝－cos2B， ∴sin2B＝－cos2B，即tan2B＝－. 又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)， ∴2B＝，∴B＝. (2)∵B＝，b＝2， ∴由余弦定理cosB＝得， a2＋c2－ac－4＝0， 又∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤4(当且仅当a＝c＝2时等号成立)． S△ABC＝acsinB＝ac≤(当且仅当a＝c＝2时等号成立)，∴S△ABC的最大值为. 15．解：(1)方法一：由题设知，2sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB. 因为sinB≠0，所以cosA＝. 由于00，所以. (2)a·b＝(m＋1)x2－mx. 由题意，得(m＋1)x2－mx>1－m对任意的实数x恒成立， 即(m＋1)x2－mx＋m－1>0对任意的实数x恒成立． 当m＋1＝0，即m＝－1时，显然不成立， 从而 解得所以m>. 【难点突破】 13．解：(1)a·b＝cos·cos－sin·sin＝cos2x. |a＋b|＝ ＝＝2. ∵x∈，∴cosx≥0， ∴|a＋b|＝2cosx. (2)f(x)＝cos2x－4λcosx，即f(x)＝2(cosx－λ)2－1－2λ2. ∵x∈，∴0≤cosx≤1. ①当λ<0时，当且仅当cosx＝0时， f(x)取得最小值－1，这与已知矛盾； ②当0≤λ≤1时，当且仅当cosx＝λ时， f(x)取得最小值－1－2λ2，由已知－1－2λ2＝－， 解得λ＝； ③当λ>1时，当且仅当cosx＝1时，f(x)取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－， 解得λ＝，这与λ>1相矛盾． 综上所述，λ＝即为所求． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(二十七)B 【基础热身】 1．B　[解析] 本小题主要考查向量的数量积以及性质．解题的突破口为对于模的理解，向量的模平方就等于向量的平方． 因为|a＋b|＝|a－b|?(a＋b)2＝(a－b)2?a·b＝0，所以a⊥b，答案选B. 2．B　[解析] a·b＝0?a⊥b，故A错；a2＝b2?|a|＝|b|，得不出a＝±b，不要与实数x，y满足|x|＝|y|?x＝±y混淆，故C错；a·b＝a·c?a·(b－c)＝0，同A知D错，故选B. 3．D　[解析] 因为∠C＝90°，所以·＝0，所以·＝(＋)·＝||2＋·＝2＝16. 4．D　[解析] ∵＝＋＝＋ ， ∴·＝(＋ )·＝·＋ ·. 又∵AB⊥AD，∴·＝0， ∴·＝ ·＝||||cos∠ADB ＝||cos∠ADB＝||＝. 【能力提升】 5．B　[解析] ·＝(＋)·(＋)＝＋·－ ＝·－||2＋·(－) ＝||2＝(62＋32)＝10. 6．C　[解析] 由2＋＋＝(＋)＋(＋)＝＋＝0得，＝－，即O，B，C三点共线． 又||＝||＝1，故向量在向量方向上的投影为||cos＝. 7．B　[解析] m·n＝b(b－c)＋c2－a2 ＝c2＋b2－a2－bc＝0， ∴cosA＝＝.∵00，a>1，∴a－1<， 化为a2－a－1<0，∴15时，Tn＝T5＋＝25＋＝25＋(n－5)2＝n2－10n＋50， ∴数列{bn}的前n项和Tn＝ 【难点突破】 16．解：(1)因为a1＝4，an＋1＝an＋p·3n＋1， 所以a2＝a1＋p·31＋1＝3p＋5；a3＝a2＋p·32＋1＝12p＋6. 因为a1，a2＋6，a3成等差数列， 所以2(a2＋6)＝a1＋a3， 即6p＋10＋12＝4＋12p＋6， 所以p＝2. 依题意，an＋1＝an＋2·3n＋1， 所以当n≥2时，a2－a1＝2·31＋1， a3－a2＝2·32＋1， … an－1－an－2＝2·3n－2＋1， an－an－1＝2·3n－1＋1. 相加得an－a1＝2(3n－1＋3n－2＋…＋32＋3)＋n－1， 所以an－a1＝2×＋(n－1)， 所以an＝3n＋n. 当n＝1时，a1＝31＋1＝4成立， 所以an＝3n＋n. (2)证明：因为an＝3n＋n， 所以bn＝＝. 因为bn＋1－bn＝－＝(n∈N*)． 若－2n2＋2n＋1<0，则n>，即n≥2时bn＋10，a11＋a10<0，a11<0， ∴a1＋a19＝2a10>0，a1＋a20＝a11＋a10<0， 则使Sn>0的n的最大值为19，故选B. 6．B　[解析] 将直线方程化为(x＋y－4)＋m(3x－y)＝0， 令解得即直线过定点(1，3)， 所以a1＝1，a2＝3，公差d＝2，∴an＝2n－1， ∴bn＝＝， ∴T10＝×＝×＝，故选B. 7．A　[解析] 由a2－a1＝1，得a2＝a1＋1＝2， 由an＋2－an＝1，得a3－a1＝1，a4－a2＝1，…，an－an－2＝1， 各式相加，得an＋an－1－a2－a1＝n－2，即an＋an－1＝n＋1， ∴数列{an}的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝3＋5＋…＋101＝＝2 600，故选A. 8．C　[解析] 由已知，有a3等于a1a2的个位数字，即a3＝1， 依次类推，可得a4＝7，a5＝7，a6＝9，a7＝3，a8＝7，…， 则数列{an}(n∈N*)是周期为6的数列，而2 012＝6×335＋2， ∴a2 012＝a2＝7，故选C. 9．C　[解析] 项系数为99项的数列a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为1 000，所以＝1 000，又100，a1，a2，a3，…，a99的“凯森和”为 ＝100＋＝100＋990＝1 090，故选C. 10．0　[解析] 设等比数列{an}的公比为q，则 a1qn－1＋2a1qn＋a1qn＋1＝0，即a1qn－1(1＋2q＋q2)＝0， 因为a1qn－1≠0，则1＋2q＋q2＝0，解得q＝－1， ∴S2 012＝＝0. 11．16　[解析] 公差d＝＝3，所以通项公式为an＝a3＋(n－3)·3＝3n－1，所以＝＝－，则用裂项求和法求得前n项和Sn＝，令＝，解得n＝16. 12．2n＋n2－1　[解析] 由已知，得Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝(20＋1)＋(21＋3)＋(22＋5)＋…＋(2n－1＋2n－1) ＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1) ＝＋n·1＋·2＝2n－1＋n2. 13．1 830　[解析] 由an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，… 则a1＋a3＝2，a2＋a4＝8，…， 当n≥4，且n为偶数时，有an－1＋an－3＝2，an＋an－2＝4n－8， ∴an－3＋an－1＋an－2＋an＝4n－6，即数列{an}每四项为一组，其和成等差数列，首项为10，公差为16，故{an}的前60项和为S60＝15×10＋×16＝1 830. 14．解：(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2， 故k2＝16，因此k＝4， 从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)． 又a1＝S1＝，所以an＝－n. (2)因为bn＝＝， Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋， 所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－. 15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d≠0. 因为S3＝a4＋6， 所以3a1＋＝a1＋3d＋6.① 因为a1，a4，a13成等比数列， 所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2.② 由①，②可得：a1＝3，d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知：Sn＝＝n2＋2n. 所以＝＝. 所以＋＋＋…＋＋ ＝－＋－＋－＋…＋－＋－＝＝. 所以数列的前n项和为. 【难点突破】 16．解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n≥2，n∈N*)， ∴a2＝6，a3＝12， 当n≥2时，an－an－1＝2n，an－1－an－2＝2(n－1)，…，a3－a2＝2×3，a2－a1＝2×2， ∴an－a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]， ∴an＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1]＝2＝n(n＋1)， 当n＝1时，a1＝1×(1＋1)＝2也满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)． (2)方法一：bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－＝＝. 令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3， 即当n＝1时，(bn)max＝， 故要使bn. 方法二：bn＋1－bn＝＋－＝－－＋＝＋－ ＝－<0， ∴数列{bn}是单调递减数列，∴(bn)max＝b1＝， 故要使bn. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十二) 【基础热身】 1．A　[解析] 若λ<1，则an＋1－an＝(n＋1)2－2λ(n＋1)－(n2－2λn)＝2(n－λ)＋1， 由n∈N*，即n≥1，得an＋1－an＞0，即数列{an}为递增数列； 若数列{an}为递增数列，则an＋1－an＞0，即2(n－λ)＋1＞0，解得λ<，由n∈N*，即n≥1，得λ<，则λ<1不一定成立，故选A. 2．A　[解析] 由已知a1＝4，a2＝f(a1)＝1，a3＝f(a2)＝5，a4＝f(a3)＝2，a5＝f(2)＝4，…即数列{an}是周期为4的数列，而2 012＝503×4，则a2 012＝a4＝2，故选A. 3．D　[解析] 由函数f(x)＝x2＋2bx过(1，2)点，得b＝， ∴＝＝－， S2 012＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋＝，故选D. 4.　[解析] 设该等差数列为{an}，公差为d，则有即 解得a1＝，d＝， 所以a5＝a1＋4d＝＋4×＝. 【能力提升】 5．A　[解析] f(0)＝0，a3＞0，f(a3)＞f(0)＝0，又a1＋a5＝2a3＞0，∴a1＞－a5，∴f(a1)＞f(－a5)＝－f(a5)， ∴f(a1)＋f(a5)＞0，故选A. 6．D　[解析] 由已知f(x＋1)－f(x)＝， 则数列{f(n)}是等差数列，公差为， 其前20项和为20×＋×＝335，故选D. 7．A　[解析] 由向量a∥b，得an＝2an＋1，即＝，数列{an}是公比为的等比数列，则Sn＝＝，故选A. 8．C　[解析] ∵log2an＋1＝log2an＋1，∴log2＝1，∴＝2，所以，数列{an}是以1为首项，公比为2的等比数列，所以Sn＝＝2n－1>1 025，∴2n>1 026.又210<1 026<211，∴n>10，∴nmin＝11.故选C. 9．B　[解析] ∵sin＝sin＝sin＝， cos＝cos＝cosπ＝－cos＝－， ∴(a2－1)3＋2 011(a2－1)＝，(a2 010－1)3＋2 011(a2 010－1)＝－， 两式相加，得[(a2－1)3＋(a2 010－1)3]＋2 011[(a2－1)＋(a2 010－1)]＝0， 即(a2＋a2 010－2)[(a2－1)2－(a2－1)(a2 010－1)＋(a2 010－1)2＋2 011]＝0， ∵(a2－1)2－(a2－1)(a2 010－1)＋(a2 010－1)2＋2 011>0， ∴a2＋a2 010＝2，∴S2 011＝＝2 011，故选B. 10．9 910　[解析] 设第一日读的字数为a，由“每日添增一倍多”得此数列是以a为首项，公比为2的等比数列，可求得三日共读的字数为＝7a＝34 685，解得a＝4 955，则2a＝9 910，即该君第二日读的字数为9 910. 11.　[解析] 设这四个数分别为a1，a1＋d，a1＋2d，a1＋88，其中a1，d均为正偶数，则(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋88)，整理得a1＝>0， (注意体会这里用“a1>0”而不用“a1≥2”的好处，实际是一种估算能力) 所以(d－22)(3d－88)<0，即220. 若m与m＋6关于原点不对称，则m＋2与m＋4也关于原点不对称， ∵f(x)是奇函数，即f(－x)＝－f(x)， ∴f(m)＋f(m＋2)＋f(m＋4)＋f(m＋6)≠0，矛盾， ∴m与m＋6关于原点对称，则m＋2与m＋4关于原点对称， 则m＝－3，x8＝－3，x2 011＝x8＋(2 011－8)×2＝4 003. 14．解：(1)设数列{an}的公差为d，由2S2＝a＋a2，可得2(a1＋a1＋d)＝(a1＋d)2＋(a1＋d)． 又a1＝1，数列{an}各项均为正数，可得d＝1. 数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an＝n. (2)根据(1)得Sn＝，bn＝＝＝n＋＋1. 由于函数f(x)＝x＋(x>0)在(0，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增， 而3<<4，且f(3)＝3＋＝＝，f(4)＝4＋＝＝， 所以当n＝4时，bn取得最小值，且最小值为＋1＝. 即数列{bn}的最小值项是b4＝. 15．解：(1)第一种奖励方案闯过各关所得慧币构成常数列，∴An＝40n， 第二种奖励方案闯过各关所得慧币构成首项是4，公差为4的等差数列， ∴Bn＝4n＋×4＝2n2＋2n， 第三种奖励方案闯过各关所得慧币构成首项是0.5，公比为2的等比数列， ∴Cn＝＝(2n－1)． (2)令An>Bn，即40n>2n2＋2n，解得n<19， ∵n∈N*，且n≤12，∴An>Bn恒成立． 令An>Cn，即40n>(2n－1)，可得n<10， ∴当n<10时，An最大；当10≤n≤12时，Cn>An. 综上，若我是一名闯关者，当能冲过的关数小于10时，应选用第一种奖励方案；当能冲过的关数大于等于10时，应选用第三种奖励方案． 【难点突破】 16．解：(1)依题意，从第13个月开始，每个月的还款为an构成等差数列，其中a1＝500＋x，公差为x, 从而，到第36个月，凌霄共还款12×500＋24a1＋·x. 令12×500＋(500＋x)×24＋·x＝24 000，解之得x＝20. 即要使在三年全部还清，第13个月起每个月必须比上一个月多还20元． (2)设凌霄第n个月还清，则应有 12×500＋(500＋50)×(n－12)＋·50≥24 000， 整理可得n2－3n－828≥0，解之得n≥>30，取n＝31. 即凌霄工作31个月就可以还清贷款． 这个月凌霄的还款额为 24 000－12×500＋(500＋50)×(30－12)＋·50＝450元． 第31个月凌霄的工资为1 500×1.0519＝1 500×2.526＝3 789元． 因此，凌霄的剩余工资为3 789－450＝3 339，能够满足当月的基本生活需求． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十三) 【基础热身】 1．B　[解析] 当c2＝0时，ac2＝bc2，即a＞b不一定能推出ac2＞bc2；反之，ac2＞bc2?a＞b，故选B. 2．D　[解析] 由c－d，又a>b，则a－c>b－d，A选项错；由c－d>0，又a>b>0，则－ac>－bd，即acb>0，得>>0，选项C错；由a>b>0，得a2>b2>0，则<，故选D. 3．C　[解析] 若logab>0，即logab>loga1，则或得(a－1)(b－1)>0；反之，亦成立，故选C. 4.　[解析] 由已知，得需用A原料(2x＋3y) kg， 需用B原料(4x＋2y) kg，且乙产品与甲产品的差不大于10，故可得不等式组 【能力提升】 5．C　[解析] 由0＜b＜a＜1，得0loga>0，2b<2a<2，则A，B，D错，故选C. 6．C　[解析] 因为a2－a＋1＝＋>0，则<0?a－1<0?/ |a|<1；若|a|<1，则－1b>0，则>>0，选项A成立；而a－>b－，b－－d>0，又∵a>b>0，则a－c>b－d>0， ∴0<<，故<. 10.　[解析] 由－<α<β<π，得－<α<π，－π<－β<， ∴－<α－β<，即－<<. 又∵α－β<0，∴－<<0， 故的取值范围是. 11.≤(1≤m＝1， ∵t甲>0，t乙>0，∴t甲>t乙，即乙先到音乐室． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十四) 【基础热身】 1．D　[解析] 因为A＝{x|3x＋2>0}＝＝， B＝{x|x<－1或x>3}＝(－∞，－1)∪(3，＋∞)， 所以A∩B＝(3，＋∞)，答案为D. 2．A　[解析] 不等式等价于解得－＜x≤1，选A. 3．B　[解析] 把不等式化为x2－2x－3<0，即(x＋1)(x－3)<0，解得－10且Δ＝a2－4a≤0，解得0bx可化为－2a>－ax，即<0?x<0，故不等式＋c>bx的解集为{x|x<0}． 11．(－∞，－1]　[解析] 不等式可化为x2＋x≥，由n∈N*，得的最大值为，则x2＋x≥，解得x≥或x≤－1，又x∈(－∞，λ]，故实常数λ的取值范围是(－∞，－1]． 12．解：由≥1，得≤0， 解得－10，此时所围成的区域为三角形(如上图)，其面积为S＝×1×(a＋1)＝2，解之得a＝3.
14．解：不等式组所表示的可行域如图所示，当目标函数z＝3x－4y所表示的平行直线系过点A(0，2)时，目标函数取得最小值，此时对应的直线方程为3x－4y＋8＝0，其与直线3x－4y－12＝0的距离为d＝＝4，即得点P到直线3x－4y－12＝0距离的最大值为4. 15．解：(1)依题意得 由x＋y＋z＝100，得z＝100－x－y，代入P＝5x＋4y＋3z， 得P＝300＋2x＋y. (2)依题意知x，y，z要满足的条件为 把z＝100－x－y代入方程组得 如图，可行域(阴影部分)的一个顶点为A(37.5，25)．
让目标函数2x＋y＋300＝P在可行域上移动， 由此可知P＝(300＋2x)＋y在A(37.5，25)处取得最小值． ∴当x＝37.5(kg)，y＝25(kg)，z＝37.5(kg)时，混合食物的成本最少． 【难点突破】 16．(1)D　(2)[e，7]　[解析] (1)f′(x)＝x2＋ax＋b，由题意可知  所构成的区域即为图中阴影部分，四边形的四个顶点坐标分别为(－3，－4)，(－1，－2)，(－3，2)，(－5，4)，
可验证得，当a＝－5，b＝4时，z＝a＋2b取得最大值为3； 当a＝－3，b＝－4时，z＝a＋2b取得最小值为－11. 于是z＝a＋2b的取值范围是(－11，3)，故选D. (2)本题考查多元问题的求解以及线性规划思想的运用．解题突破口为将所给不等式条件同时除以c，三元换成两元． 题设条件可转化为记x＝，y＝，则且目标函数为z＝，上述区域表示第一象限内两直线与指数函数的图象围成如图所示的曲边形．由方程组得交点坐标为C，此时zmax＝7.又过原点作曲线y＝ex的切线，切点为(x0，y0)，因y′＝ex，故切线斜率k＝ex0，切线方程为y＝ex0x，而y0＝ex0且y0＝ex0x0，解之得x0＝1，故切线方程为y＝ex，从而zmin＝e，所求取值范围为[e，7]．
2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十六) 【基础热身】 1．B　[解析] 设两直角边长为a，b，则ab＝50，即ab＝100， ∴a＋b≥2＝20，当且仅当a＝b＝10时，a＋b有最小值，最小值为20，故选B. 2．C　[解析] 因为a>0，b>0，则＝＝＝＋≥2，即≥. 当且仅当b＝2a，即a＝1，b＝2时，等号成立，故选C. 3．C　[解析] 对于A选项，当x＝时，lg＝lgx；所以A不一定正确；B选项，需要满足当sinx>0时，不等式成立，所以B也不正确；C选项显然正确；D不正确，∵x2＋1≥1，∴0<≤1，所以正确的是C. 4．4　[解析] 由是3a与3b的等比中项，得3a·3b＝()2，即a＋b＝1， ∴＋＝(a＋b)＝2＋＋ ≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝时，等号成立，即＋的最小值为4. 【能力提升】 5．B　[解析] ∵2a2b＝2a＋b＝2，∴a＋b＝1，ab≤＝，故选B. 6．D　[解析] 这是用基本不等式求最值的问题，选项A中等号成立时的方程＝无解；选项B中，x<0时，函数没有最小值；选项C中函数没有最小值；所以只有选项D正确，故选D. 7．C　[解析] 由x∈(1，＋∞)，得x－1>0， ∴x－1＋≥2，当且仅当x－1＝，即x＝1＋时，等号成立， 则2≥4，即a≥4，故选C. 8．B　[解析] 由已知可得x＋y＝1，利用基本不等式可得 t＝x＋＋y＋＝1＋＋＝1＋＝1＋≥1＋＝5.故选B. 9．B　[解析] 若每批生产x件产品，则每件产品的生产准备费用是，仓储费用是，总的费用是＋≥2＝20，当且仅当＝时取等号，得x＝80，故选B. 10．16　[解析] 由an＝51，得a1＋(n－1)d＝51，即(n－1)d＝50， ∴n＋d＝n－1＋d＋1≥2＋1＝10＋1， 当且仅当n－1＝d时，等号成立， 又数列各项为整数，则公差也是整数，故d＝5，n＝11时，n＋d有最小值，最小值等于16. 11．2　[解析] 由点A(m，n)在直线x＋2y－1＝0上， 得m＋2n＝1， ∴2m＋4n≥2＝2＝2， 当且仅当m＝2n＝时，等号成立，故2m＋4n的最小值为2. 12．1　[解析] Ω表示的是三角形，其顶点坐标分别为(1，k)，(1，－3)，，则面积S＝(k＋3)＝[(k＋1)＋2] ＝≥＝4， 当且仅当＝k＋1，即k＝1时等号成立． 13．7　[解析] 由f(m)＋f(2n)＝3， 得log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3，即 (m－2)(n－1)＝4(m>2，n>1)， ∴m＋n＝(m－2)＋(n－1)＋3≥2＋3＝7， 当且仅当m－2＝n－1，即m＝4，n＝3时，等号成立， 故m＋n的最小值为7. 14．解：因为a，b都是正实数，log9(9a＋b)＝log3，则 log3(9a＋b)＝log3(ab)，得9a＋b＝ab，即＋＝1， ∴4a＋b＝(4a＋b)＝13＋＋≥13＋2＝25，即4a＋b≥25， 当且仅当＝，即b＝6a时等号成立． 而c>0，所以要使4a＋b≥c恒成立，c的取值范围为00，k>0， 故x＝＝≤＝10，当且仅当k＝1时取等号． 所以炮的最大射程为10 km. (2)因为a>0，所以 炮弹可击中目标?存在k>0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立 ?关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根 ?判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0 ?a≤6. 所以当a不超过6 km时，可击中目标． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十七) 【基础热身】 1．B　[解析] 由斜二测画法知B正确． 2．D　[解析] 正方体的正视图、侧视图、俯视图都为正方形；圆锥的正视图、侧视图、俯视图依次为：三角形、三角形、圆；三棱台的正视图、侧视图、俯视图依次为梯形、梯形、三角形；正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图依次三角形、三角形、正方形，三棱台的正视图和侧视图虽然都是梯形，但它们不相同，故选D. 3．C　[解析] 结合图形分析知上面为圆台，下面为圆柱． 4．D　[解析] 一个下底面5个点，每个下底面的点对于5个上底面的点，满足条件的对角线有2条，所以共有5×2＝10条． 【能力提升】 5．C　[解析] 根据斜二测画法的规则，将直观图还原，可知选C. 6．D　[解析] 正视图是从正前方向后投影，由条件知AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC，故其正投影是三条平行的线段，且都与AB的投影垂直，CC′应为虚线，其长度比为AA′∶ BB′∶CC′＝ 1∶2∶3，其投影保持这个长度此不变，故选D. 7．B　[解析] 根据选项A，B，C，D中的直观图，画出其三视图，只有B符合． 8．B　[解析] 三棱锥的正视图应为高为4，底面边长为3的直角三角形． 9．D　[解析] 因几何体的正视图和侧视图一样，所以易判断出其俯视图可能为①②③④，故选D. 10．14　9　[解析] 由俯视图及正视图可得下图，由图示可得体积的最大值为14，体积的最小值为9.

11．2＋　[解析] 在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E, 则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝. 而四边形AECD为矩形，AD＝1, ∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1. 由此可还原原图形如图． 在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2, B′C′＝＋1, 且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积为 S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′ ＝××2＝2＋. 12．①③　[解析] 截面为轴截面时可得①，不是轴截面时可得③.
13.a　[解析] 如图所示，设正四面体ABCD内接于球O，由D点向底面ABC作垂线，垂足为H，连接AH，OA， 则可求得AH＝a，DH＝＝a. 在Rt△AOH中，＋＝R2，解得R＝a. 14．解：几何体轴截面如图所示，被平行于下底面的平面所截的圆柱截面半径O1C＝R，
设圆锥截面半径O1D＝x, ∵OA＝AB＝R， ∴△OAB为等腰直角三角形． 又CD∥OA，∴BC＝CD＝R－x， 又BC＝R－l，故x＝l， 截面面积为S＝πR2－πl2＝π(R2－l2)． 15．解： 圆台的轴截面如图．
设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm，延长AA1交OO1的延长线于点S. 在Rt△SOA中，∠ASO＝45°，则∠SAO＝45°. 所以SO＝AO＝3x，同理SO1＝A1O1＝x，所以OO1＝2x. 又×(6x＋2x)×2x＝392，解得x＝7， 所以圆台的高OO1＝14 cm，母线长l＝OO1＝14 cm，底面半径分别为7 cm和21 cm. 【难点突破】
16．解：设球半径为R，截面圆的半径为r，球心到截面的距离为d，如图． ∵S＝πr2＝49π cm2， ∴r＝7(cm)． ∴d＝＝＝24(cm)． ∴球心到这个截面的距离为24 cm. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十八) 【基础热身】 1．C　[解析] 设正方体的棱长为a，则a3＝8，∴a＝2.而此正方体的内切球直径为2，∴S表＝4πr2＝4π. 2．A　[解析] 其侧面面积为6×6×4＝144，底面积为2××42×6＝48 ，∴S全＝48(3＋)． 3．D　[解析] 若圆锥的轴截面为钝角或直角三角形，则过顶点的截面的最大面积为×4×4＝8?(0，4]，故圆锥的轴截面为锐角三角形，且其在过顶点的截面三角形中面积最大，则4＝·2r(其中r为圆锥底面半径，l为母线长)，解得r＝2或2(此时轴截面为钝角三角形，舍去), 所以侧面展开图扇形圆心角θ＝·2π＝×2π＝π. 4．C　[解析] 据三视图可知几何体为一正三棱柱，其中侧棱长为2，底面正三角形的高为，即底面三角形边长为2，故其表面积S＝3×2×2＋×22×2＝12＋2. 【能力提升】 5．B　[解析] 作正方体与其内切球的截面如图甲，设正方体棱长为a，则有2r＝a(r为内切球半径)．①
作正方体与其外接球的截面如图乙，则有2R＝a(R为外接球半径)，② ①÷②，得r∶R＝1∶.
6．A　[解析] 由题意得AD＝，AO＝AD＝， SO＝＝. ∴R2＝＋，∴R＝，∴球的表面积为3π. 7．C　[解析] 根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的底面半径R＝3，圆锥的高h＝4，圆柱的高为5，所以V组合体＝V圆柱＋V圆锥＝π×32×5＋×π×32×4＝57π，所以选择C. 8．D　[解析] 由三视图可知，此几何体为底面半径为1 cm，高为3 cm的圆柱上部去掉一个半径为1 cm的半球，所以其体积为V＝πr2h－πr3＝3π－π＝π cm3. 9．C　[解析] 由题意可知，该几何体的体积为V＝·S正方形·1＝. 10.π　[解析] 依题意得，该几何体是一个正四棱锥，其中底面是边长为2的正方形、高是，因此底面的中心到各顶点的距离都等于，即该几何体的外接球球心为底面正方形的中心，外接球半径为，故该几何体的外接球的体积等于π×()3＝π. 11.a3　[解析] 易知该四棱锥中，PA⊥底面ABCD，PA＝a，底面是边长为a的正方形，故体积V＝a2×a＝a3. 12．18＋9π　[解析] 由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积V＝6×3×1＋2×π×＝18＋9π.
13.π　[解析] 如图，以DA，AB，BC为棱构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝＝2R，所以R＝.故球O的体积V＝＝π. 14．解：如图所示，只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时，圆柱的体积最大，削去部分体积才能最小，设此时圆柱的底面半径为R，圆柱的高即为直三棱柱的高．
在△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5, ∴△ABC为直角三角形， 根据直角三角形内切圆的性质可得7－2R＝5, ∴R＝1， ∴V圆柱＝πR2·h＝6π. 而三棱柱的体积为V三棱柱＝×3×4×6＝36, ∴削去部分的体积为36－6π＝6(6－π)(cm3)， 即削去部分的体积的最小值为6(6－π) cm3.
15．解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为， 所以V＝1×1×＝. (2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥平面ABCD，CD⊥平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S＝2×(1×1＋1×＋1×2)＝6＋2. 【难点突破】 16．解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高， ∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC. 又AD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC. (2)由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA， ∵DB＝DA＝DC＝1，DB⊥DC， ∴AB＝BC＝CA＝. 从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，S△ABC＝×××sin60°＝，∴三棱锥的表面积S＝×3＋＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(三十九) 【基础热身】 1．D　[解析] 如图，可知三种关系都有可能．
2．C　[解析] 如图，与AB共面也与CC1共面的棱有CD，BC，BB1，AA1，C1D1，共5条．
3．D　[解析] 由异面直线的定义可知选D. 4．B　[解析] 对于A，直线l1与l3可能异面；对于C，直线l1，l2，l3构成三棱柱三条侧棱所在直线时不共面；对于D，直线l1，l2，l3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B. 【能力提升】 5．A　[解析] 对于(1)注意到直线是点集，平面也是点集，当直线在平面上时，直线是平面的真子集，应表示为l?α，而不应表示成l∈α，所以(1)不正确； 对于(2)，当四边形是平面图形时，两条对角线必相交于一点，当四边形的四个顶点不共面时，两条对角线是不能相交的，所以(2)不正确； 对于(3)，平面是可以无限延伸的，用平行四边形表示的平面同样是无限延伸的，平行四边形的边并不表示平面的边界，所以(3)不正确； 对于(4)，梯形的两底是两条平行线，它们可唯一确定一个平面，由于腰的两个端点均在该平面上，故腰也在这个平面上，即梯形的四边共面，所以梯形是平面图形，所以(4)正确． 6．D　[解析] 若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB∥CD；若不共面，则直线AB与CD是异面直线，故选D. 7．C　[解析] 取AC中点E，则ME∥BC，且ME＝BC，NE∥AD，且NE＝AD，∴BC＋AD＝2(ME＋NE)＝2a，在△MNE中，MN0，由图形分析即得．如图．
7．B　[解析] 线段AB的方程为＋＝1(0≤x≤3)，所以1＝＋≥2，所以xy≤3，当0≤x≤3时，可以取到等号，所以xy的最大值为3. 8．C　[解析] a＝1时，显然A，B，C三点不共线，由已知有＝，∴a2－a－1＝0，解得a＝. 9.　[解析] 将x＝2和6分别代入y＝x－＋3得y＝2和2，从而集合A表示线段MN，其中M(2，2)，N(6，2)，将上述两点代入y＝kx得k＝1和，所以k的取值范围是. 10．①③⑤　[解析] 若三个角都是锐角，则正切函数在上单调递增，知③是正确的；若仅θ1是钝角，则可得①正确；若θ1>θ3>>θ2，则应有k30，解得k<－1或k>4. 4．B　[解析] 根据圆的几何特征，直线2x＋y＝0经过圆的圆心，代入解得m＝4，即圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－4＝0，配方得(x－1)2＋(y＋2)2＝32，故圆的半径为3. 【能力提升】 5．C　[解析] 易知△ABC是直角三角形，∠B＝90°，∴圆心是斜边AC的中点(2，2)，半径是斜边长的一半，即r＝，∴外接圆的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5. 6．B　[解析] 易得线段的中点即圆心为(1，1)，线段的端点为(0，2)，(2，0)，∴圆的半径为r＝，∴圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2. 7．D　[解析] 方法一：(x－5)2＋(y＋4)2几何意义是点P(x，y)到点Q(5，－4)的距离的平方，由于点P在圆(x－2)2＋y2＝1上，这个最大值是(|QC|＋1)2＝36. 方法二：圆的方程是(x－2)2＋y2＝1，三角换元得P点的坐标 ∴(x－5)2＋(y＋4)2＝(cosθ－3)2＋(sinθ＋4)2 ＝cos2θ＋sin2θ＋8sinθ－6cosθ＋25＝8sinθ－6cosθ＋26＝10sin(θ－φ)＋26，则其最大值为36.选D. 8．A　[解析] R＝≥3，当且仅当x＝2时取等号，所以半径最小时圆心为，圆方程为(x－2)2＋＝9. 9．(x－4)2＋(y－1)2＝25　[解析] 设圆方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， ∵圆心在直线x－2y－2＝0上，∴a－2b－2＝0①. 又∵圆过两点A(0，4)，B(4，6)，∴(0－a)2＋(4－b)2＝r2② 且(4－a)2＋(6－b)2＝r2③， 由①，②，③得，a＝4，b＝1，r＝5，∴圆的方程为(x－4)2＋(y－1)2＝25. 10．(x－5)2＋y2＝9　[解析] 由已知可以知道，抛物线的焦点坐标为(5，0)，双曲线的渐近线方程为y＝±x，则所求的圆的圆心为(5，0)，利用圆心到直线3x－4y＝0的距离为半径r，则有r＝＝3，故圆的方程为(x－5)2＋y2＝9. 11．(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10　[解析] 圆心在直线y＝2x上，设圆心为(x，2x)，圆心到直线y＝x的距离由d＝得d＝＝， 所以＝?x＝±2， 所以圆的标准方程为(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10. 12．解：建立坐标系如图，圆心在y轴上，由题意得P(0，4)，B(10，0)． 设圆的方程为x2＋(y－b)2＝r2，因为点P(0，4)和B(10，0)在圆上，
所以 解得 所以这个圆的方程是x2＋(y＋10.5)2＝14.52. 设点P2(－2，y0)，由题意y0>0，代入圆方程得(－2)2＋(y0＋10.5)2＝14.52，解得y0＝－10.5≈3.86(m)，故支柱A2P2的长度约为3.86 m. 【难点突破】 13．解：(1)设动点坐标为P(x，y)，则＝(x，y－1)，＝(x，y＋1)，＝(1－x，－y)．因为·＝k||2，所以x2＋y2－1＝k[(x－1)2＋y2]，整理得(1－k)x2＋(1－k)y2＋2kx－k－1＝0. 若k＝1，则方程为x＝1，表示过点(1，0)且平行于y轴的直线． 若k≠1，则方程化为＋y2＝.表示以为圆心，以为半径的圆． (2)当k＝2时，方程化为(x－2)2＋y2＝1， 因为2＋＝(3x，3y－1)， 所以|2＋|＝. 又x2＋y2＝4x－3，所以|2＋|＝. 方法一：问题归结为求6x－y的最值，令t＝6x－y，由于点P在圆(x－2)2＋y2＝1上，故圆心到直线t＝6x－y的距离不大于圆的半径，即≤1，解得12－≤t≤12＋，结合|2＋|＝，得|2＋|的最大值为＝3＋， 最小值为＝－3. 方法二：问题归结为求6x－y的最值，令t＝6x－y，则y＝6x－t，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，根据这个方程的判别式不小于零得到与方法一完全相同的结果． 方法三：因为(x－2)2＋y2＝1，所以令x＝2＋cosθ，y＝sinθ， 则36x－6y－26＝6cos(θ＋φ)＋46∈[46－6，46＋6]， 所以|2＋|的最大值为＝3＋， 最小值为＝－3. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(四十七)B 【基础热身】 1．C　[解析] 圆心坐标为(3，－1)，半径为. 2．A　[解析] 把x，y分别换成－x，－y即得． 3．C　[解析] 圆心(－2，1)到已知直线的距离为d＝2，圆的半径为r＝1，故所求距离dmin＝2－1，选C. 4．C　[解析] 依题意，得m2＋m2<8，∴－20，则当≤m2，即m≥时，集合A表示一个环形区域，且大圆半径不小于，即直径不小于1，集合B表示一个带形区域，且两直线间距离为， 从而当直线x＋y＝2m与x＋y＝2m＋1中至少有一条与圆(x－2)2＋y2＝m2有交点，即可符合题意，从而有 ≤|m|或≤|m|，解之得≤m≤2＋，因>， 所以综上所述，实数m的取值范围是≤m≤2＋. 14．解：(1)圆x2＋y2－4x＋2y－3＝0化为标准方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝8， 圆心为P(2，－1)，半径r＝2. ①若割线斜率存在，设AB：y＋8＝k(x－4)， 即kx－y－4k－8＝0， 设AB的中点为N，则|PN|＝＝， 由|PN|2＋2＝r2，得k＝－， 此时AB的直线方程为45x＋28y＋44＝0. ②若割线斜率不存在，AB：x＝4，代入圆方程得y2＋2y－3＝0，解得y1＝1，y2＝－3，符合题意． 综上，直线AB的方程为45x＋28y＋44＝0或x＝4. (2)切线长为＝＝3. 以PM为直径的圆的方程为(x－3)2＋＝(2－3)2＋，即x2＋y2－6x＋9y＋16＝0. 又已知圆的方程为x2＋y2－4x＋2y－3＝0， 两式相减，得2x－7y－19＝0， 所以直线CD的方程为2x－7y－19＝0. 15．解：设直线方程为y＝x＋b，代入圆的方程得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0. 直线与该圆相交，则Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)>0， 解得－3－30，所以直线l与圆C总有两个不同交点． 方法三：圆心到直线的距离d＝＝≤1<，所以直线l与圆C总有两个不同交点． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，由方程(m2＋1)x2－2mx－4＝0，根据韦达定理得x＝，由mx－y＋1＝0，得m＝，代入x＝，得x＝，化简得(y－1)2＋x2＝y－1，整理得x2＋＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(四十九) 【基础热身】 1．B　[解析] 因为方程＋＝1(k∈R)表示焦点在x轴上的椭圆，所以解得1b>0)与双曲线C2：x2－＝1有公共的焦点，所以c2＝5，a2＝b2＋5；因为C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若C1恰好将线段AB三等分，所以|OB|2＝＝＝，a2＝，b2＝. 10.　[解析] 由椭圆定义得2a＝||＋||＝4，a＝2，c＝1，e＝.
11.－1　[解析] 如图所示，设A，B是两个焦点，P是圆与椭圆的一个交点，则由正六边形的性质，△PAB是一个直角三角形，且∠BAP＝30°，所以AP＝ABcos30°＝c，BP＝c，根据椭圆定义AP＋BP＝2a，c＋c＝2a，所以e＝＝＝－1. 12.　[解析] 将椭圆与直线方程联立得交点A(0，－2)，B. 故S△OAB＝·|OF|·|y1－y2|＝×1×＝. 13.　[解析] 根据已知＝，可得a2＝c2，则b2＝c2，故椭圆方程为＋＝1，即3x2＋12y2－4c2＝0.设直线的方程为x＝my＋c，代入椭圆方程得(3m2＋12)y2＋6mcy－c2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则根据＝3，得(c－x1，－y1)＝3(x2－c，y2)，由此得－y1＝3y2，根据韦达定理y1＋y2＝－，y1y2＝－，把－y1＝3y2代入得，y2＝，y＝，故9m2＝m2＋4，故m2＝，从而k2＝2，k＝±.又k>0，故k＝. 14．解：(1)证明：依题意，直线l显然不平行于坐标轴， 故y＝k(x＋1)可化为x＝y－1. 将x＝y－1代入x2＋3y2＝a2，消去x，得 y2－y＋1－a2＝0.① 由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得 Δ＝－4(1－a2)>0，整理得a2>3， 即a2>. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由①，得y1＋y2＝. 因为＝2，得y1＝－2y2，代入上式，得y2＝. 于是，△OAB的面积S＝|OC|·|y1－y2|＝|y2| ＝≤＝. 其中，上式取等号的条件是3k2＝1，即k＝±. 由y2＝，可得y2＝±. 将这两组值分别代入①，均可解出a2＝5. 所以，△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是x2＋3y2＝5. 15．解：(1)依题意，B(0，1)，F(－，0)，所以b＝1，c＝，a＝＝2，所以椭圆的离心率e＝＝. (2)0≤||PF|－|PB||≤|BF|，当且仅当|PF|＝|PB|时，取到0，当且仅当P是直线BF与椭圆C的交点时，||PF|－|PB||＝|BF|，|BF|＝2，所以||PF|－|PB||的取值范围是[0，2]． 设P(m，n)，由|PF|＝|PB|得m＋n＋1＝0， 由解得或 所求点P为P(0，－1)和P. 【难点突破】 16．解：(1)因为2＋＝0， 所以F1为F2Q的中点． 设Q的坐标为(－3c，0)， 因为AQ⊥AF2， 所以b2＝3c·c＝3c2，a2＝4c·c＝4c2，且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1(－c，0)，半径为2c， 故c＝1，所以a＝2，b＝. 故所求椭圆方程为＋＝1. (2)设l的方程为y＝kx＋2(k>0)， 由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0. 方程有两不同解，则判别式Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)>0 得k>或k<－(因k>0，舍去)． 设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝－. 所以＋＝(x1－m，y1)＋(x2－m，y2)＝(x1＋x2－2m，y1＋y2)＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)， ＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))． 由于菱形对角线互相垂直，则(＋)·＝0， 所以(x2－x1)[(x1＋x2)－2m]＋k(x2－x1)[k(x1＋x2)＋4]＝0. 故(x2－x1)[(x1＋x2)－2m＋k2(x1＋x2)＋4k]＝0. 因为k>，所以x2－x1≠0， 所以(x1＋x2)－2m＋k2(x1＋x2)＋4k＝0， 即(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0. 所以(1＋k2)＋4k－2m＝0， 解得m＝－，即m＝－. 因为k>，可以使＝4k，所以－≤m<0. 故存在满足题意的点P且m的取值范围是. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十) 【基础热身】 1．D　[解析] 双曲线方程为－＝1，其中a2＝4，b2＝3，焦点在x轴上，此双曲线的右焦点坐标为(，0)． 2．C　[解析] 双曲线－y2＝1中，a2＝4，b2＝1?c2＝a2＋b2＝5， 所以双曲线－y2＝1的离心率是e＝＝. 3．D　[解析] 双曲线的渐近线方程为y＝±x，焦点在x轴上，设双曲线方程为x2－＝λ(λ>0)， 即－＝1，a2＝λ，b2＝3λ，∵焦点坐标为(－4，0)，(4，0)， ∴c＝4. c2＝a2＋b2＝4λ＝16?λ＝4，∴双曲线方程为－＝1. 4．A　[解析] 由抛物线方程y2＝12x易知其焦点坐标为(3，0)，又根据双曲线的几何性质可知4＋b2＝32，所以b＝，从而可得渐近线方程为y＝±x，即±x－2y＝0，所以d＝＝，故选A. 【能力提升】 5．B　[解析] 设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，直线过右焦点F，且垂直于x轴交双曲线于A，B两点，则|AB|2＝＝4a，所以b2＝2a2，所以双曲线的离心率e＝＝. 6．C　[解析] 由题意可设双曲线的方程为－＝1(a>0)．易知抛物线y2＝16x的准线方程为x＝－4，联立 得16－y2＝a2(*)，因为|AB|＝4，所以y＝±2.代入(*)式，得16－(±2)2＝a2，解得a＝2(a>0)．所以C的实轴长为2a＝4，故选C. 7．B　[解析] 设||＝m，||＝n，由已知得得m·n＝4. 由S△F1MF2＝m·n＝|F1F2|·d解得d＝.故选B. 8．C　[解析] 双曲线的方程为－＝1，所以a＝b＝，c＝2， 因为|PF1|＝2|PF2|，所以点P在双曲线的右支上，则有|PF1|－|PF2|＝2a＝2，所以解得|PF2|＝2，|PF1|＝4，所以根据余弦定理得cos∠F1PF2＝＝，选C. 9．B　[解析] A(x1，y1)，B(x2，y2)，双曲线方程为－＝1， AB过F，斜率kAB＝1. ∵－＝1，－＝1，∴两式作差有－＝0，∴4b2＝5a2.又∵a2＋b2＝9，∴a2＝4，b2＝5，故选B. 10.　[解析] 因为焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程是y＝±4x，所以b＝4a，c2＝17a2，e＝. 11．4a＋2m　[解析] 由?|AF2|＋|BF2|－(|AF1|＋|BF1|)＝4a，又|AF1|＋|BF1|＝|AB|＝m，∴|AF2|＋|BF2|＝4a＋m.那么△ABF2的周长为|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＋2m. 12．16　[解析] 因为双曲线方程为－＝1， 所以2a＝8.由双曲线的定义得 |PF2|－|PF1|＝2a＝8，① |QF2|－|QF1|＝2a＝8.② ①＋②，得 |PF2|＋|QF2|－(|PF1|＋|QF1|)＝16. 所以|PF2|＋|QF2|－|PQ|＝16. 13．9　[解析] 因为A点在双曲线的两支之间，且双曲线右焦点为F′(4，0)，于是由双曲线的定义得|PF|－|PF′|＝2a＝4.而|PA|＋|PF′|≥|AF′|＝5.两式相加得|PF|＋|PA|≥9，当且仅当A，P，F′三点共线时，等号成立． 14．解：(1)设|OA|＝m－d，|AB|＝m，|OB|＝m＋d， 由勾股定理可得(m－d)2＋m2＝(m＋d)2， 得d＝m，tan∠AOF＝，tan∠AOB＝tan2∠AOF＝＝， 由倍角公式，得＝，解得＝，则离心率e＝. (2)设过F与l1垂直的直线方程为y＝－(x－c)，与双曲线方程－＝1联立， 将a＝2b，c＝b代入，化简有x2－x＋21＝0， 4＝|x1－x2|＝， 将数值代入，有4＝，解得b＝3， 故所求的双曲线方程为－＝1. 15．解：(1)由于c2＝12＋13＝25，故F(0，5)，点M(x0，y0)在双曲线的上支上，故x＝13且y0≥2， |MF|＝＝＝ ＝＝. 因为y0≥2，所以|MF|＝＝y0－2. (2)由(1)得|AF|＝y1－2，|BF|＝×6－2，|CF|＝y2－2.由于|AF|＋|CF|＝2|BF|，所以y1＋y2＝12. (3)设A，C的中点为N(x0，y0)，由(2)知y0＝6，故N(x0，6)． ∵A，C都在双曲线上，∴13y－12x＝156，13y－12x＝156， 两式相减得13(y1－y2)(y1＋y2)＝12(x1－x2)(x1＋x2)， ∴kAC＝＝，故得AC的垂直平分线的方程是y－6＝－(x－x0)，即y＝－x＋， 所以线段AC的垂直平分线经过定点. 【难点突破】
16．解：(1)设直线AB：－＝1，由题意， ∴ ∴双曲线方程为－＝1. (2)由(1)得B(0，－3)，B1(0，3)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 设直线MN：y＝kx－3， ∴ ∴3x2－(kx－3)2＝9， 整理得(3－k2)x2＋6kx－18＝0，(1) ∴x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝， x1x2＝，y1y2＝k2(x1x2)－3k(x1＋x2)＋9＝9. ∵＝(x1，y1－3)，＝(x2，y2－3)， ·＝0， ∴x1x2＋y1y2－3(y1＋y2)＋9＝0， 即＋9－＋9＝0， 解得k2＝5， ∴k＝±代入(1)有解， ∴lMN：y＝±x－3. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十一) 【基础热身】 1．B　[解析] 由y2＝－8x，易知焦点坐标是，故选B. 2．B　[解析] 根据抛物线定义，圆心到焦点的距离等于其到准线的距离． 3．A　[解析] 设所求抛物线方程为y2＝ax，依题意42＝2a?a＝8，故所求为y2＝8x. 4．C　[解析] 抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，对称轴为x轴，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且垂直于对称轴的直线为x＝，交抛物线于A，B两点，线段AB的长为8，故2p＝8?p＝4. 【能力提升】 5．B　[解析] 抛物线y2＝2px，直线l经过其焦点且与x轴垂直，并交抛物线于A，B两点，则|AB|＝2p，|AB|＝10，所以抛物线方程为y2＝10x，P为抛物线的准线上一点，P到直线AB的距离为p＝5，则△ABP的面积为×10×5＝25. 6．D　[解析] 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为A，B两点到直线x＝－2的距离之和等于5，所以x1＋2＋x2＋2＝5，所以x1＋x2＝1.由抛物线的定义得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝3.而过抛物线焦点弦的最小值(当弦AB⊥x轴时，是最小焦点弦)为4，所以不存在满足条件的直线． 7．D　[解析] 由点P(2，2)在此抛物线y2＝mx上，得m＝4， ∴抛物线的准线方程为x＝－1，焦点为F(1，0)． 又M为线段PF的中点，∴M的坐标为， ∴M到抛物线的准线x＝－1的距离为. 8．B　[解析] 设方程为y2＝2px，准线为x＝－，而M点到准线距离为3，可知－＝－1，即p＝2， 故抛物线方程为y2＝4x， 当x＝2时，可得y0＝±2， ∴|OM|＝＝2. 9．B　[解析] 抛物线的焦点F，所以过焦点且斜率为1的直线方程为y＝x－，即x＝y＋， 将其代入y2＝2px＝2p＝2py＋p2，所以y2－2py－p2＝0， 所以＝p＝2，所以抛物线为y2＝4x，准线方程为x＝－1，故选B. 10.　[解析] 抛物线的焦点坐标为，点F，A的中点为，代入抛物线方程得1＝2p×，解得p＝，故点B的坐标为，故点B到抛物线准线的距离为＋＝. 11．2　[解析] 本小题主要考查了抛物线的知识，解题的关键是建立坐标系求出抛物线的方程．以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为x2＝－2py(p>0)，由题意知抛物线过点(2，－2)，代入方程得p＝1，则抛物线的方程为x2＝－2y，当水面下降1 m时，为y＝－3，代入抛物线方程得x＝，所以此时水面宽为2 m. 12．1　[解析] 设A，B，F，由＝得，＝(－p，yB)，由此得t2＝3p2，yB＝－t.设C，则＝，＝(0，2t)，所以·＝12得4t2＝12，故p＝1. 13.　[解析] 由抛物线方程可知p＝1，焦点F的坐标为，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p＝x1＋x2＋1＝，所以x1＋x2＝.设直线AB的方程为y＝k，代入抛物线y2＝2x，得k2＝2x，即k2x2－(k2＋2)x＋＝0，x1＋x2＝＝，所以k2＝24，将k2＝24代入k2x2－(k2＋2)x＋＝0，因为|AF|＜|BF|，所以解方程得x1＝，所以|AF|＝x1＋＝. 14．解：(1)双曲线C1满足：解得 则c1＝＝1，于是曲线C1的焦点F1(－1，0)，F2(1，0)， 曲线C2是以F1，F2为焦点的椭圆，设其方程为＋＝1(a2>b2>0)， 由题意得即C2：＋y2＝1. 依题意，曲线C3：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0，1)， 于是＝1，所以p＝2，曲线C3：x2＝4y. (2)由条件可设直线l的方程为y＝kx＋1(k>0)， 由得x2－4kx－4＝0，Δ＝16(k2＋1)>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 由＝得－3x1＝x2，代入x1＋x2＝4k，得x1＝－2k，x2＝6k，代入x1x2＝－4得k2＝，由于点A在y轴左侧，所以x1＝－2k<0，即k>0，所以k＝，直线l的倾斜角为. 15．解：(1)因点P到点F的距离等于它到直线l的距离，所以点P的轨迹C是以F为焦点、直线x＝－1为准线的抛物线，其方程为y2＝4x. (2)方法一：假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)， 依题意，得 ①当直线m的斜率不存在时，不合题意． ②当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y－2＝k(x－4)， 联立方程组 消去y，得k2x2－(8k2－4k＋4)x＋(2－4k)2＝0，(*) ∴x1＋x2＝＝8，解得k＝1. 此时，方程(*)为x2－8x＋4＝0，其判别式大于零， ∴存在满足题设的直线m， 且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0. 方法二：假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)， 依题意，得 易判断直线m不可能垂直y轴， ∴设直线m的方程为x－4＝a(y－2)， 联立方程组 消去x，得y2－4ay＋8a－16＝0， ∵Δ＝16(a－1)2＋48>0， ∴直线与轨迹C必相交． 又y1＋y2＝4a＝4，∴a＝1. ∴存在满足题设的直线m， 且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0. 方法三：假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)， 依题意，得 ∵A(x1，y1)，B(x2，y2)在轨迹C上， ∴有将(1)－(2)，得y－y＝4(x1－x2)． 当x1＝x2时，弦AB的中点不是N，不合题意， ∴＝＝1，即直线AB的斜率k＝1， 注意到点N在曲线C的张口内(或：经检验，直线m与轨迹C相交)， ∴存在满足题设的直线m， 且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0. 【难点突破】 16．解：(1)设P(x，y)是曲线C上任意一点，那么点P(x，y)满足：－x＝1(x>0)． 化简得y2＝4x(x>0)． (2)设过点M(m，0)(m>0)的直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)． 设l的方程为x＝ty＋m，由得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16(t2＋m)>0， 于是① 又＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)， ·<0?(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2<0.② 又x＝，于是不等式②等价于·＋y1y2－＋1<0 ?＋y1y2－[(y1＋y2)2－2y1y2]＋1<0.③ 由①式，不等式③等价于m2－6m＋1<4t2.④ 对任意实数t，4t2的最小值为0，所以不等式④对于一切t成立等价于m2－6m＋1<0，即3－20，b>0)，双曲线的焦距为2c，双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0.根据已知＝，＝1，解得b＝1，a＝，c＝，故所求的双曲线方程是－y2＝1. 3．A　[解析] 设P点的坐标为(x，y)，则＝3，整理，得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
4．抛物线　[解析] 如图．以点A为坐标原点建立直角坐标系，设P(x，y)，则P到A1D1的距离为，P到点M的距离为，根据已知得1＋x2－－y2＝，化简即得y2＝x，故点P的轨迹为抛物线． 【能力提升】 5．C　[解析] 由|F1F2|是|PF1|与|PF2|的等差中项知|PF1|＋|PF2|＝4，故动点P的轨迹是以定点F1(－1，0)，F2(1，0)为焦点，长轴长为4的椭圆，故其方程为＋＝1. 6．B　[解析] 根据||·||＋·＝0得4＋4(x－2)＝0，即(x＋2)2＋y2＝(x－2)2，即y2＝－8x. 7．B　[解析] 点P(x，y)，则＝(1－x，1－y)，＝(－1－x，－1－y)． 所以·＝(1－x)(－1－x)＋(1－y)(－1－y)＝x2＋y2－2. 由已知x2＋y2－2＝，即＋＝1，所以点P的轨迹为椭圆，故选B. 8．B　[解析] 如图，由切线长定理知|AM|＝|MB|，|PD|＝|PA|，|DN|＝|NB|，所以|PM|－|PN|＝|PA|＋|AM|－|PD|－|DN|＝|MB|－|NB|＝2，由双曲线的定义知点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的右支(除去点B)．
9．A　[解析] 由题意|AC|＝13，|BC|＝15，|AB|＝14，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|， 所以|AF|－|BF|＝|BC|－|AC|＝2. 故F点的轨迹是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线下支．又c＝7，a＝1，b2＝48， 所以轨迹方程为y2－＝1(y≤－1)． 10．2x＋4y＋1＝0　[解析] 设点Q的坐标为(x，y)，点P的坐标为(x1，y1)．根据2＝得2(x，y)＝(x1－x，y1－y)， 即 ∵点P在直线l上，∴2x1＋4y1＋3＝0，把x1＝3x，y1＝3y代入上式并化简，得2x＋4y＋1＝0，为所求轨迹方程． 11．x2＋y2＝4　[解析] 延长F1D与F2A交于B，连接DO，可知|DO|＝|F2B|＝2，∴动点D的轨迹方程为x2＋y2＝4. 12．y2＝2(x－1)　[解析] F(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，则x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，y＝4x1，y＝4x2，后两式相减并将前两式代入得(y1－y2)y＝2(x1－x2)，当x1≠x2时， ×y＝2，又A，B，M，F四点共线，＝，代入得y2＝2(x－1)，当x1＝x2时，M(1，0)，也适合这个方程，即y2＝2(x－1)是所求的轨迹方程． 13．②③　[解析] ①曲线C经过原点，这点不难验证是错误的，如果经过原点，那么a＝1，与条件不符；②曲线C关于原点对称，这点显然正确，如果在某点处|PF1||PF2|＝a2，关于原点的对称点处也一定符合|PF1||PF2|＝a2；③三角形的面积S△F1F2P2≤，很显然S△F1F2P＝|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤|PF1||PF2|＝.所以②③正确． 14．解：由＝λ知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设 P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，则x2－y0＝λ(y－x2)，则y0＝(1＋λ)x2－λy.① 再设B(x1，y1)，由＝λ，即(x－x1.y0－y1)＝λ(1－x，1－y0)，解得② 将①式代入②式，消去y0，得③ 又点B在抛物线y＝x2上，所以y1＝x，再将③式代入y1＝x，得 (1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝((1＋λ)x－λ)2， (1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)2x2－2λ(1＋λ)x＋λ2， 2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0. 因λ>0，两边同除以λ(1＋λ)，得2x－y－1＝0. 故所求点P的轨迹方程为y＝2x－1. 15．解：(1)依题意得 解得∴b2＝a2－c2＝3，所求椭圆方程为＋＝1. (2)方法一：设点T的坐标为(x，y)． 当P，T重合时，点T坐标为(2，0)和点(－2，0)， 当P，T不重合时，由·＝0，得⊥. 由||＝2a＝4及椭圆的定义，||＝||－||＝2a－||＝||， 所以PT为线段F1Q的垂直平分线，T为线段F1Q的中点． 在△QF1F2中，||＝||＝a＝2， 所以有x2＋y2＝4. 综上所述，点T的轨迹C的方程是x2＋y2＝4. 方法二：设点T的坐标为(x，y)． 当P，T重合时，点T坐标为(2，0)和点(－2，0)， 当P，T不重合时，由·＝0，得⊥. 由||＝2a＝4及椭圆的定义，||＝||－||＝2a－||＝||， 所以PT为线段F1Q的垂直平分线，T为线段F1Q的中点． 设点Q的坐标为(x′，y′)，则 因此① 由||＝2a＝4，得(x′－1)2＋y′2＝16，② 将①代入②，可得x2＋y2＝4. 综上所述，点T的轨迹C的方程为x2＋y2＝4.③ (3)直线l：x＝＝4与x2＋y2＝4相离， 过直线上任意一点M(4，t)可作圆x2＋y2＝4的两条切线ME，MF， 所以OE⊥ME，OF⊥MF， 所以O，E，M，F四点都在以OM为直径的圆上， 其方程(x－2)2＋＝4＋.④ EF为两圆的公共弦，③－④得EF的方程为4x＋ty－4＝0， 显然无论t为何值，直线EF经过定点(1，0)． 【难点突破】 16．解：(1)设圆的半径为r，圆心到直线l1距离为d，则d＝＝2，圆C1的方程为x2＋y2＝4. (2)设动点Q(x，y)，A(x0，y0)，AN⊥x轴于N，N(x0，0)， 由题意，(x，y)＝m(x0，y0)＋(1－m)(x0，0)，所以 即将A代入x2＋y2＝4，得＋＝1. (3)m＝时，曲线C方程为＋＝1，设直线l的方程为y＝－x＋b， 设直线l与椭圆＋＝1交点为B(x1，y1)，D(x2，y2)， 联立方程得7x2－8bx＋4b2－12＝0， 因为Δ＝48(7－b2)>0，解得b2<7，且x1＋x2＝，x1x2＝. ∵点O到直线l的距离d＝，BD＝＝，∴S△OBD＝··＝≤当且仅当b2＝7－b2即b2＝<7时取到最大值，∴△OBD面积的最大值为. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十三) 【基础热身】 1．D　[解析] 抛物线的焦点坐标是，设直线AB的方程为y＝kx＋，代入抛物线方程得2x2－kx－＝0，根据韦达定理得x1x2＝－. 2．D　[解析] 设弦的端点是A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，作差得＋＝0，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，得kAB＝＝－. 3．C　[解析] 圆心到准线的距离为4，由题意只要|FM|>4即可，而|FM|＝y0＋2，∴y0>2. 4．－，所以e＝＝<.又e>1，所以所求的范围是(1，)． 7．A　[解析] 根据已知，只能m>0，n>0，且m＋2－n＝m＋n，即n＝1，所以椭圆的离心率为e＝＝.由于m>0，所以1－>，所以0.  因为x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1， 所以·＝ty2－＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2－t(y1＋y2)＋ ＝－(t2＋1)＋t＋ ＝＋＝－. 综上所述，在x轴上存在点Q，使得·＝－恒成立． 【难点突破】 16．解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．抛物线焦点坐标(2，0)，所以a＝2，＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆M的标准方程为＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设l：x＝my＋1(m∈R，m≠0)， ?(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. 由韦达定理得y1＋y2＝－.① (＋)⊥?|NA|＝|NB|?(x1－t)2＋y＝(x2－t)2＋y?(x1－x2)(x1＋x2－2t)＋(y－y)＝0， 将x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入上式整理得， (y1－y2)[(m2＋1)(y1＋y2)＋m(2－2t)]＝0. 由y1≠y2知(m2＋1)(y1＋y2)＋m(2－2t)＝0， 将①代入得t＝， 所以实数t∈. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十四) 【基础热身】 1．D　[解析] A，B不是简单随机抽样，因为抽取的个体间的间隔是固定的，是系统抽样；C不是简单随机抽样，因为总体的个体有明显的层次，属分层抽样；抽签法是简单随机抽样，故选D. 2．C　[解析] 该学院的C专业的学生人数是1 200－380－420＝400，则该学院的C专业应抽取的学生人数为×400＝40，故选C. 3．B　[解析] 分段间隔为k＝＝12，则抽取的号码分别是003，015，027，039，…构成以3为首项，12为公差的等差数列，可分别求出001～300中有25人，301～495中有17人，故选B. 4．150　[解析] 设这三个社团人数共有x人，由分层抽样即按比例抽样，得＝，解得x＝150. 【能力提升】 5．C　[解析] ①②③显然正确，系统抽样无论有无剔除都是等概率抽样，则④不正确，故选C. 6．B　[解析] 设应从B中抽取的个体数为x，则＝，解得x＝60，故选B. 7．D　[解析] 抽取比例为＝.故各层中依次抽取的人数分别是＝8，＝16，＝10，＝6. 8．C　[解析] 根据系统抽样，抽样的分段间隔为＝13，故抽取的样本的编号依次为7，7＋13，7＋13×2，7＋13×3，故选C. 9．C　[解析] 设男运动员应抽取x人，则＝，解得x＝16，故选C. 10．760　[解析] 设男生x人，女生y人，则x＋y＝1 600，x－y＝10×，y＝760. 11．13　[解析] 分段间隔为k＝＝8，设第2组应抽出的号码是a，则a＋8×14＝125，解得a＝13. 12．800　[解析] 设C产品的样本容量为x，则A产品的样本容量为10＋x，由B知抽取的比例为，故x＋10＋x＋130＝300，故x＝80，所以C产品的数量为800. 13．2　[解析] 得60分的人数40×10%＝4，设抽取x张选择题得60分的试卷，则＝，解得x＝2，故应抽取2张选择题得60分的试卷． 14．解：(1)调查身体状况，按老年、中年、青年人数的比例用分层抽样抽取，老年应抽取的人数为40×＝4，中年应抽取的人数为40×＝12，青年应抽取的人数为40×＝24. (2)讨论单位发展与薪金调整，按管理、技术开发、营销、生产人数的比例用分层抽样抽取，管理应抽取的人数为25×＝2，技术开发应抽取的人数为25×＝4，营销应抽取的人数为25×＝6，生产应抽取的人数为25×＝13. 用分层抽样，并按管理2人，技术开发4人，营销6人，生产13人抽取． (3)调查对广州亚运会筹备情况的了解，用系统抽样：对全部2 000人随机编号，号码从0 001～2 000，每100号分为一组，从第一组中用随机抽样抽取一个号码，然后将这个号码分别加100，200，…，1 900，共20人组成一个样本． 15．解：(1)设登山组人数为x，游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为a，b，c，则有＝47.5%，＝10%，解得b＝50%，c＝10%. 故a＝100%－50%－10%＝40%，即游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为40%，50%，10%. (2)游泳组中，抽取的青年人数为200××40%＝60(人)；抽取的中年人数为200××50%＝75(人)；抽取的老年人数为200××10%＝15(人)． 【难点突破】 16．解：总体容量为6＋12＋18＝36(人)．当样本容量是n时，由题意知，系统抽样的间隔为，分层抽样的比例是，抽取工程师×6＝(人)，抽取技术员×12＝(人)，抽取技工×18＝(人)．所以n应是6的倍数，36的约数，即n＝6，12，18，36. 当样本容量为(n＋1)时，总体容量是35人，系统抽样的间隔为.因为必须是整数，所以n只能取6，即样本容量n＝6. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十五) 【基础热身】 1．D　[解析] 由各组频率的和为1，得第1组的频率为1－0.35－0.45＝0.20，则＝0.20，解得m＝50，故选D. 2．D　[解析] 由茎叶图，得x＝(180×2＋1＋170×5＋x＋20)＝177，解得x＝8，故选D. 3．A　[解析] 把茎叶图中的数据按从小到大排列，得甲运动员得分的中位数M1＝18，乙运动员得分的中位数M2＝12，故选A. 4．25　[解析] 由频率分布直方图，得[2 500，3 000)的频率为0.000 5×500＝0.25，则在[2 500，3 000)(元)月收入段应抽出0.25×100＝25人． 【能力提升】 5．B　[解析] 由前三组数据的频数之和等于27，得×n＝27，解得n＝60，故选B. 6．A　[解析] 由z＝(nx＋my)＝x＋y，得＝α，∵0<α<，∴0<<，得n3.841，查临界值表，得P(K2≥3.841)＝0.05，故这种判断出错的可能性为5%. 14．解：(1)由表中的数据，画出散点图与回归直线如图所示．
(2)由表中数据，得 ＝22＋32＋42＋52＝54， x＝＝3.5，y＝＝3.5， 所以＝＝＝0.7， ＝y－x＝3.5－0.7×3.5＝1.05， 所以y关于x的回归直线方程为＝0.7x＋1.05. 将x＝10代入方程，得＝0.7×10＋1.05＝8.05， 故预测生产10台空调需要8.05小时． 15．解：(1)∵在全部50人中随机抽取1人抽到喜欢户外运动的概率是，∴喜欢户外运动的男女员工共30，其中，男员工20人，列联表补充如下： 喜欢户外运动 不喜欢户外运动 合计  男性 20 5 25  女性 10 15 25  合计 30 20 50  (2)该公司男员工人数为×650＝325，则女员工325人． (3)将2×2列联表中的数据代入公式计算，得 K2＝≈8.333>7.879， ∴有99.5%的把握认为喜欢户外运动与性别有关． 【难点突破】 16．解：(1)由于x＝(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6)＝8.5， y＝(y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋y6)＝80. 所以a＝y－bx＝80＋20×8.5＝250， 从而回归直线方程为＝－20x＋250. (2)设工厂获得的利润为L元，依题意得 L＝x(－20x＋250)－4(－20x＋250) ＝－20x2＋330x－1000 ＝－20＋361.25. 当且仅当x＝8.25时，L取得最大值． 故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十七) 【基础热身】 1．B　[解析] 选取的方法可分为两类：从3名女大学生中选聘1人，有3种选法；从2名男大学生中选聘1人，有2种选法，根据分类加法计数原理，不同的选法的种数有3＋2＝5种，故应选B. 2．D　[解析] 由分步乘法计数原理知有2×2×2×2＝16(种)不同走法． 3．D　[解析] 分4个步骤依次对各部分进行涂色，则不同的着色方法共有4×3×2×2＝48种，故选D. 4．12　[解析] 由分步乘法计数原理有4×3＝12. 【能力提升】 5．C　[解析] 入选的选法分为两类：甲、乙恰有1人入选，不同的选法有2×＝42种；甲、乙都入选，不同的选法有7种，根据分类加法计数原理，不同的选法有42＋7＝49(种)，故选C. 6．D　[解析] 每个项目的比赛安排在任意一个体育馆进行，共有43＝64种安排方案；三个项目都在同一个体育馆比赛，共有4种安排方案；所以在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有64－4＝60种，故选D. 7．B　[解析] 按赠送的本数可分为两类：赠送一本画册，3本集邮册，共4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，共＝6种方法，由分类计数原理知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)，故选B. 8．D　[解析] 一位良数有0，1，2，共3个． 两位数的良数十位数可以是1，2，3，两位数的良数有10，11，12，20，21，22，30，31，32，共9个． 三位数的良数有百位为1，2，3，十位数为0的，个位可以是0，1，2，共3×3＝9个；百位为1，2，3，十位不是零时，十位个位可以是两位良数，共有3×9＝27个． 根据分类加法计数原理，共有48个小于1000的良数． 9．14　[解析] 若不考虑数字2，3至少都出现一次的限制，对个位，十位，百位，千位，每个“位置”都有两种选择，所以共有24＝16个四位数，然后再减去“2222，3333”这两个数，故共有16－2＝14个满足要求的四位数． 10．26　[解析] 组成的集合可分为三类：从集合A取出1个元素，从集合B取出1个元素，有4×3＝12个集合；从集合A取出1个元素，从集合C取出1个元素，有4×2＝8个集合；从集合B取出1个元素，从集合C取出1个元素，有3×2＝6个集合；则一共可以组成的集合的个数为12＋8＋6＝26个． 11．18　[解析] 由题意知，1，2，3中必有某一个数字重复使用2次，则得到这样的四位数可分为三个步骤：第一步，确定谁被使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相等的数字放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步，将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共可组成3×3×2＝18个不同的四位数． 12．解：符合条件的点的坐标可分为两类： 第1类，M中的元素作点的横坐标，N中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点有2×2个，在第二象限的点有1×2个，共有2×2＋1×2＝6个． 第2类，N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点有2×2个，在第二象限的点有2×2个，共有2×2＋2×2＝8个． 根据分类加法计数原理，所求不同的点的个数是6＋8＝14(个)． 【难点突破】 13．解：(1)用6种颜色对这四个区域涂色，可分4个步骤依次对各部分进行涂色，由分步乘法计数原理，对区域①②③④按顺序着色，共有6×5×4×4＝480种方法． (2)与第(1)问的区别在于与④相邻的区域由2块变成了3块． 同样利用分步乘法计数原理，得 n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，即(n2－3n)(n2－3n＋2)＝120， 展开，得(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0， 所以n2－3n－10＝0，n2－3n＋12＝0(舍去)， 解得n＝5，n＝－2(舍去)， ∴n的值为5. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十八) 【基础热身】 1．B　[解析] 分两步：从白菜、油菜、扁豆3种蔬菜品种中选出2种，有C种；再把选出的两个品种与黄瓜种在不同土质的三块土地上，有A种，则不同的种植方法有C·A＝18种，故选B. 2．C　[解析] 分三步：3个不同的商业广告排列，有A种；从2个不同的奥运宣传广告选1个最后播放，有C种；把剩下的1个奥运宣传广告插入，有A种，则不同的播放方式有ACA＝36种，故选C. 3．B　[解析] 由已知，给8条棱(即8条直线)涂色，只有异面直线才能涂相同的颜色，可分两个步骤：将8条直线中的异面直线配对，有2种配对方法；给每种配对涂色，有A种方法，则满足题意的不同的涂色方式有2A＝48种，故选B. 4．30　[解析] 从两类选修课选3门，有C种；从A类选修课选3门，有C种；B类选修课4门中选3门，有C种；要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有C－C－C＝30种． 【能力提升】 5．C　[解析] 属“小集团”排列问题，可分为两个步骤：先把2名女生与这位老师当作一个整体，与2名男生一起排列，有A种排法；再考虑2名女生之间有A种排法，根据分步乘法计数原理，这样的不同排法共有A·A＝12种，故选C. 6．B　[解析] 相邻问题考虑用捆绑法，间隔问题用插空法，分三步排列：2盆黄菊花当作一个整体与1盆红菊花排列，有A种；2盆黄菊花之间排列，有A种；把2盆白菊花插入，有A种，则这5盆花的不同摆放种数是A·A·A＝24，故选B. 7．D　[解析] 分三个步骤排列：把3个偶数，2个奇数分别当作一个整体排列，有A种；3个偶数之间排列，有A种排法；2个奇数之间排列，有A种排法；其中，0为首项的排列，有A·A种，则这样的五位数的个数是A·A·A－A·A＝20种，故选D. 8．D　[解析] 本题考查组合数等计数原理． 任意两个同学之间交换纪念品共要交换C＝15次，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是得到5份纪念品，现在6个同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次如果不涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学人数有4人；如果涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学人数有2人，答案为D. 9．112　[解析] 由分层抽样，抽取的比例为＝，可得女生抽2人，男生抽1人，则女生有C种抽取方法，男生有C种抽取方法，故不同的抽取方法种数为CC＝×4＝112. 10．36　[解析] 分两个步骤：先分组，由于甲、乙两名员工必须分到同一个车间，把甲、乙两人当作一个整体，相当于是把4个人分为三组，有C种；再把这3组分到3个车间，有A种，故不同分法的种数为C·A＝6×6＝36种． 11．192　[解析] 由于甲必须站中央，故先安排甲，两边一边三人，乙、丙两位同学要站在一起，则把乙与丙当作一个整体，有4种站法；乙与丙之间，有A种站法；其他4名同学，有A种站法，故不同的站法有4A·A＝4×2×24＝192种． 12．解：方法一：将“至少有1个是一等品”的不同取法分三类：“恰有1个一等品”，有CC种；“恰有2个一等品”，有CC种；“恰有3个一等品”，有C种．由分类计数原理，至少有1个一等品的不同取法有CC＋CC＋C＝1 136(种)． 方法二：从20个零件中任意取3个，有C种；考虑“至少有1个是一等品”的对立事件“3个都是二等品”，有C种，则至少有1个一等品的不同取法有C－C＝1 136(种)． 【难点突破】 13．解：先从12个班主任中任意选出8个到自己的班级监考，有C种安排方案，设余下的班主任为A，B，C，D，自己的班级分别为1，2，3，4，安排班主任A有3种方法，假定安排在2班监考，再安排班主任B有3种方法，假定安排在3班监考，再安排班主任C，D有一种方法，因此安排余下的4个班主任共有9种方法，所以安排方案共有C·9＝4 455种． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(五十九) 【基础热身】 1．D　[解析] 由二项式定理，得展开式的第3项是T3＝Cx7·－2＝36x5，故选D. 2．D　[解析] 根据二项展开式的通项公式Tr＋1＝Cxr，取r＝2得x2的系数为C＝＝21. 3．B　[解析] 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0， 令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16， 则a0＋a2＋a4＝8，故选B. 4．－160　[解析] 考查二项式定理，主要是二项式的通项公式的运用． 由通项公式得Tr＋1＝Cx6－r＝(－2)rCx6－2r，令6－2r＝0，解得r＝3，所以第4项为常数项，T4＝(－2)3C＝－160. 【能力提升】 5．D　[解析] 展开式的通项是Tr＋1＝C(2x)4－r·－r＝(－1)rC·24－r·x4－2r，令4－2r＝0，得r＝2， ∴展开式中的常数项为(－1)2C·22＝24，故选D. 6．D　[解析] 展开式的通项是Tr＋1＝Cx10－r·(－a)r，令10－r＝7，得r＝3，∴C(－a)3＝－15，解得a＝，故选D. 7．B　[解析] 展开式的通项是Tr＋1＝Cx20－r·(x－)r＝Cx， 因为x的幂指数是整数，则必需40－5r是6的倍数，所以r＝2，8，14，20，即x的幂指数是整数的项共4项，故选B. 8．B　[解析] 令x＝1，得2n＝a0＋a1＋a2＋…＋an， ∵ a0＝C＝1，且a1＋a2＋…＋an＝63， ∴ 2n＝64，即n＝6, 则(1＋x)n的展开式有7项，展开式中系数最大的项是第4项， T4＝Cx3＝20x3，故选B. 9．2　[解析] 本题考查二项展开式特定项的系数问题，解题关键是正确写出展开式的通项，该二项式的通项是Tr＋1＝Ca4－rxr, x3的系数为8，即令r＝3，所以Ca1＝8，所以4a＝8，所以a＝2. 10．－22x　[解析] (1－2x)5(1－3x)4＝[1＋C(－2x)＋…][1＋C(－3x)＋…]， 按x的升幂排列的第2项为x的一次项，它的系数为C(－2)＋C(－3)＝－22，即展开式中按x的升幂排列的第2项等于－22x. 11．1　[解析] 展开式的通项是Tr＋1＝C(kx2)r， 令2r＝8，得展开式中x8的系数为C·k4， ∴C·k4<120，即k4<8， 又k是正整数，故k＝1. 12．解：展开式的通项公式为Tr＋1＝Cxn－r·－3x－r＝(－3)rCx， (1)∵第6项为常数项， ∴r＝5时，有＝0，解得n＝10. (2)令＝2，得r＝(n－6)＝2， ∴x2的项的系数为C(－3)2＝405. (3)由题意知 令＝k(k∈Z)，则10－2r＝3k，即r＝5－k， ∵r∈Z，∴k应为偶数，k＝2，0，－2，即r＝2，5，8. ∴第3项，第6项，第9项为有理项，它们分别为405x2，－61 236，295 245x－2. 【难点突破】 13．解：(1)∵C＋C＝2C，∴n2－21n＋98＝0， ∴n＝7或n＝14. 当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5， ∴T4的系数＝C423＝， T5的系数＝C324＝70； 当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8. ∴T8的系数＝C727＝3 432. (2)∵C＋C＋C＝79，∴n2＋n－156＝0. ∴n＝12或n＝－13(舍去)． 设Tk＋1项的系数最大， ∵＋2x12＝12(1＋4x)12， ∴ ∴9.4，即a·b<0，所以n－m<0.事件“n0， 又点(a，b)的区域为M，故使直线y＝ax＋b的图象经过第一、二、四象限的点(a，b)的区域为第二象限的阴影部分，故所求的概率为P＝＝. 【难点突破】 13．解：(1)∵函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为x＝， 要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数， 当且仅当a>0且≤1，即2b≤a. 当a＝1时，b＝－1；当a＝2时，b＝－1，1；当a＝3时，b＝－1，1. 记B＝{函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数}， 则事件B包含基本事件的个数是1＋2＋2＝5， ∴P(B)＝＝. (2)依条件可知试验的全部结果所构成的区域为Ω＝， 其面积SΩ＝×8×8＝32， 事件A构成的区域 A＝. 由得交点坐标为，， ∴SA＝×8－×＝， ∴事件A发生的概率为P(A)＝＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(六十二) 【基础热身】 1．A　[解析] 掷硬币的个数为2，不是随机变量；正面向上的个数为0，1，2，是随机变量；反面向上的个数为0，1，2，是随机变量；正面向上和反面向上的个数之差的绝对值为0，2，是随机变量，故选A. 2．B　[解析] 由离散型随机变量分布列的性质，得＋＋…＋＝1，得k＝1，故选B. 3．B　[解析] 设随机变量X表示取出次品的个数，则X服从超几何分布，其中N＝15，M＝2，n＝3，它的可能的取值为0，1，2，相应的概率为P(X＝1)＝＝，故选B. 4．0.7　[解析] 此分布列为两点分布列，则P(X＝0)＝0.7. 【能力提升】 5．A　[解析] 1～10任取两个的和可以是3～19中的任意一个，共有17个． 6．C　[解析] 由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X＝4)＝＝，故选C. 7．C　[解析] 15个村庄中，7个村庄交通不方便，8个村庄交通方便，CC表示选出的10个村庄中恰有4个交通不方便、6个交通方便的村庄，故P(X＝4)＝，故选C. 8．D　[解析] 由题意，得＋＋＋＝1，即c＝，于是Pn≥2，m＋n≤10，∴m＋n＝9，m－n＝3， ∴m＝6，n＝3. (2)X的取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝＝； P(X＝2)＝＝；P(X＝3)＝＝. X的分布列为 X 0 1 2 3  P      E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(六十三) 【基础热身】 1．A　[解析] 方法一：利用条件概率公式P(B|A)＝＝＝，故选A； 方法二：A包括的基本事件为{正，正}，{正，反}，AB包括的基本事件为{正，正}，因此P(B|A)＝，故选A. 2．B　[解析] 设两个实习生每人加工一个零件为一等品分别为事件A，B，则P(A)＝，P(B)＝，于是这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)＝×＋×＝. 3．D　[解析] 已知ξ～B6，，P(ξ＝k)＝Cpkqn－k， 当ξ＝2，n＝6，p＝时，有P(ξ＝2)＝C21－6－2＝C24＝，故选D. 4.　[解析] 每次投篮命中的概率相同，且相互独立，则恰好投进3个球的概率为P＝C31－7＝. 【能力提升】 5．A　[解析] 可看作是3次独立重复试验，则P＝C×0.62×0.4＋0.63＝，故选A. 6．A　[解析] 甲市为雨天记为事件A，乙市为雨天记为事件B，则P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，∴P(B|A)＝＝＝0.6，故选A. 7．A　[解析] 根据题意，Cp(1－p)3≤Cp2(1－p)2，解得p≥0.4.又00)＝[1－P(－2<ξ<0)－P(－4<ξ<－2)]＝0.2，故选A. 4．2　[解析] 设“？”处数值为t，则“！”处的数值为1－2t，所以Eξ＝t＋2(1－2t)＋3t＝2. 【能力提升】 5．B　[解析] 记“不发芽的种子数为ξ”，则ξ～B(1 000，0.1)， 所以Eξ＝1 000×0.1＝100，而X＝2ξ， 则E(X)＝E(2ξ)＝2Eξ＝200，故选B. 6．A　[解析] X的可能取值为－3，－1，1， P(X＝－3)＝＝，P(X＝－1)＝＝，P(X＝1)＝＝， 所以E(X)＝(－3)×＋(－1)×＋1×＝－，故选A. 7．A　[解析] 由数学考试成绩ξ～N(90，a2)，则其正态曲线关于直线x＝90对称． 又∵成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的， ∴由对称性知，成绩在110分以上的人数约为总人数的1－＝， ∴此次数学考试成绩不低于110分的学生约有1 000×＝200(人)，故选A. 8．D　[解析] 设投篮得分为随机变量X，则X的分布列为 X 3 2 0  P a b c  E(X)＝3a＋2b＝2≥2，所以ab≤， 当且仅当3a＝2b时，等号成立，故选D. 9．A　[解析] X的取值为6，9，12，相应的概率 P(X＝6)＝＝，P(X＝9)＝＝，P(X＝12)＝＝，E(X)＝6×＋9×＋12×＝7.8. 10．15　[解析] 设面试时得分为随机变量ξ，由题意，ξ的取值可以是－15，0，15，30，则 P(ξ＝－15)＝1－3＝， P(ξ＝0)＝C1－2·＝， P(ξ＝15)＝C1－·2＝， P(ξ＝30)＝3＝， ∴Eξ＝－15×＋0×＋15×＋30×＝15. 11．2　[解析] 每次取球时，红球被取出的概率为，8次取球看作8次独立重复试验，红球出现的次数X～B，故D(X)＝8××＝2. 12.　[解析] 由分布列性质，得2x＋y＝1，Eξ＝4x＋2y＝2. 又Dξ＝，即Dξ＝(－1)2x＋12·x＝，解得x＝， ∴y＝1－＝，故x＋y＝. 13．(0.1＋p)a　[解析] 设要求投保人交x元，公司的收益额ξ作为随机变量，则 P(ξ＝x)＝1－p，P(ξ＝x－a)＝p， ∴Eξ＝x(1－p)＋(x－a)p＝x－ap， 即x－ap＝0.1a，解得x＝(0.1＋p)a. 14．解：(1)“从这18名同学中随机选出两名，两人来自于同一个班”记作事件A， 则P(A)＝＝. (2)X的所有可能取值为0，1，2. ∵P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， ∴X的分布列为 X 0 1 2  P     ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 15．解：(1)由题意得：  解得a＝0.5，b＝0.1， (2)X2的可能取值为4.12，11.76，20.40. P(X2＝4.12)＝(1－p)[1－(1－p)]＝p(1－p)， P(X2＝11.76)＝p[1－(1－p)]＋(1－p)(1－p)＝p2＋(1－p)2， P(X2＝20.40)＝p(1－p)． 所以X2的分布列为 X2 4.12 11.76 20.40  P p(1－p) p2＋(1－p)2 p(1－p)  (3)由(2)可得： E(X2)＝4.12p(1－p)＋11.76[p2＋(1－p)2]＋20.40p(1－p) ＝－p2＋p＋11.76. 因为E(X1)cos成立，所以输出的y1＝sin＝；当输入的x为时，sin>cos不成立，所以输出的y2＝cos＝，所以y11，由log2x＝得x＝>1，符合题意． 8．B　[解析] 由框图可得i＝12，sum＝1；sum＝12，i＝11；sum＝12×11，i＝10；sum＝12×11×10，i＝9，故此时程序结束，故判断框应填入i≥10？，建议解答此类题目考生选择选项后应据此运行程序检验运行结果与已知是否一致，这样能提高解题的准确性． 9．B　[解析] 130～140分数段频率为0.05，设样本容量为m，则＝0.05，即m＝1 800，故a＝1 800×0.45＝810，程序的功能是计算1×2×3×…×n＝n！，当n＝810时，还要继续执行，执行后n＝811，此时结束循环，故输出结果是810！.正确选项为B. 10．－3　[解析] 第一次循环由于k＝1<4，所以s＝2－1＝1，k＝2；第二次循环k＝2<4，所以s＝2－2＝0，k＝3；第三次循环k＝3<4，所以s＝0－3＝－3，k＝4，结束循环，所以输出s＝－3. 11．5　[解析] 本题为对循环结构的流程图的含义的考查．解题突破口为从循环终止条件入手，再一一代入即可． 将k＝1，2，3，…，分别代入可得k＝5. 12．8　[解析] 考查程序框图的循环结构，突破口是计算每一次循环的情况，计算运算结果与执行情况，直到不满足条件为止，第一次循环：s＝2，i＝4，k＝2； 第二次循环：s＝×(2×4)＝4，i＝6，k＝3； 第三次循环：s＝×(6×4)＝8，i＝8，k＝4，此时不满足条件isin0＝0成立，因此a＝1，T＝0＋1＝1，k＝1＋1＝2，k<6成立，再次循环；因sinπ＝0>sin＝1不成立，因此a＝0，T＝1＋0＝1，k＝2＋1＝3，此时k<6成立，再次循环；因sin＝－1>sinπ＝0不成立，因此a＝0，T＝1＋0＝1，k＝3＋1＝4，此时k<6成立，再次循环；因sin2π＝0>sin＝－1成立，因此a＝1，T＝1＋1＝2，k＝4＋1＝5，此时k<6成立，再次循环；因sin＝1>sin2π＝0成立，因此a＝1，T＝2＋1＝3，k＝5＋1＝6，此时k<6不成立，退出循环，此时T＝3. 14．解：这是一个输出最大数的程序框图，考虑函数f(x)＝max{a，b，c}＝ 又输出结果仅仅适合x＋1，故x∈. 15．解：(1)由框图知数列{xn}中，x1＝1，xn＋1＝xn＋2， ∴xn＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*，n≤2 008)． (2)y1＝2，y2＝8，y3＝26，y4＝80. 由此，猜想yn＝3n－1(n∈N*，n≤2 008)． 证明：由框图，知数列{yn}中，yn＋1＝3yn＋2，y1＝2， ∴yn＋1＋1＝3(yn＋1)， ∴＝3，y1＋1＝3. ∴数列{yn＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列． ∴yn＋1＝3·3n－1＝3n， ∴yn＝3n－1(n∈N*，n≤2 008)． (3)zn＝x1y1＋x2y2＋…＋xnyn ＝1×(3－1)＋3×(32－1)＋…＋(2n－1)(3n－1) ＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n－[1＋3＋…＋(2n－1)]， 记Sn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n，① 则3Sn＝1×32＋3×33＋…＋(2n－1)×3n＋1，② ①－②，得－2Sn＝3＋2·32＋2·33＋…＋2·3n－(2n－1)·3n＋1 ＝2(3＋32＋…＋3n)－3－(2n－1)·3n＋1 ＝2×－3－(2n－1)·3n＋1 ＝3n＋1－6－(2n－1)·3n＋1. ∴Sn＝(n－1)·3n＋1＋3. 又1＋3＋…＋(2n－1)＝n2， ∴zn＝(n－1)·3n＋1＋3－n2(n∈N*，n≤2 008)． 【难点突破】 16．解：
2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(六十六) 【基础热身】 1．B　[解析] 本题考查复数的运算，考查运算求解能力，容易题． ＝＝＝2－i. 2．B　[解析] 由复数的代数运算，得(1－i)2＝－2i，故原式＝－1. 3．D　[解析] 由(a＋i)i＝b＋i得－1＋ai＝b＋i，根据复数相等的充要条件，得a＝1，b＝－1，故选D. 4．D　[解析] 1＋ω＝＋i，－ω＝－i，ω2＝－－i，＝＝－＋i， －＝－＝＋i.故选D. 【能力提升】 5．C　[解析] ＝＝＝＝＋i， ∴其实部与虚部之和为＋＝1. 6．D　[解析] 由点Z(x，y)的坐标知z＝3＋i，故＝＝＝2－i，因此表示复数的点是H. 7．B　[解析] ＝|1－ai|＝＝2，由于a为正实数，所以a＝，故选B. 8．A　[解析] 本题考查复数的概念及运算，考查运算能力，容易题． 设z＝a＋bi(a，b∈R)，由题意得(a＋bi)(2－i)＝(2a＋b)＋(2b－a)i＝11＋7i，即 解之得∴z＝3＋5i. 9．B　[解析] ＝＝＝＝－＋i，其共轭复数为－－i. 10．1－2i　[解析] 考查复数的除法运算，是基础题，复数的除法运算实质就是分母实数化运算． 原式＝＝1－2i. 11．一　[解析] 由条件知cosθ>0，－sinθ<0，即cosθ>0，sinθ>0，故θ为第一象限角． 12．－1　[解析] 由题意知3∈M，故(a2－3a－1)＋(a2－5a－6)i＝3，所以解得a＝－1. 13.　[解析] ∵(1＋ai)2＝－1＋bi， ∴1－a2＋2ai＝－1＋bi，∴ ∴或 ∴|a＋bi|＝＝＝. 14．解：(1)|z1×z|＝|z1||z|＝|z1||z2|2＝8. (2)z1×z是虚部为正数的纯虚数， ∴z1×z＝8i， z＝＝＝2＋2i. 设复数z2＝a＋bi(a，b∈R)， ∴a2－b2＋2abi＝2＋2i， 解之得或 ∴z2＝±(＋i)． 15．解：由题意得z＝(m2＋m－1)－(4m2－8m＋3)i. 因为z对应的点位于第一象限， 所以即 解得所以＜m＜， 所以m的集合为. 【难点突破】 16．解：设复数z＝x＋yi(x，y∈R)， ∴x＋yi＝＝＝. 据复数相等，可得 ①2＋②2得x2＋y2＝1.③ 由①②可知，x，y是③的解，但是否是曲线上的点呢？我们可通过求x或y的范围来考虑． 由①得t2＝≥0， 即∴－1＜x≤1. 而由③得y2＝1－x2≥0，∴－1≤x≤1. 综上，所求轨迹应是单位圆，除去(－1，0)点． 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(六十七) 【基础热身】 1．A　[解析] 两条直线平行，同旁内角互补——大前提，∠A，∠B是两条平行直线被第三条直线所截得的同旁内角——小前提，∠A＋∠B＝180°——结论． 故A是演绎推理，而B，D是归纳推理，C是类比推理．故选A. 2．A　[解析] y＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错． 3．C　[解析] 由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，2 009＝2×1 005－1，所以2 009为第1 005个奇数，又前31个奇数行内数的个数的和为961，前32个奇数行内数的个数的和为1 024，故2 009在第32个奇数行内，所以i＝63，因为第63行的第一个数为2×962－1＝1 923，2 009＝1 923＋2(m－1)，所以m＝44，即j＝44，所以i＋j＝107. 4．A　[解析] 类比直线方程求法得平面方程为(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，即x＋2y－z－2＝0. 【能力提升】 5．D　[解析] ∵55＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，58＝390 625，59＝1 953 125，510＝9 765 625，…， ∴5n(n∈Z且n≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4， 记5n(n∈Z且n≥5)的末四位数为f(n)，则f(2 011)＝f(501×4＋7)＝f(7)， ∴52 011与57的末四位数相同，均为8 125.故选D. 6．A　[解析] 在等差数列{an}中，由于4＋6＝3＋7时有a4·a6>a3·a7，所以在等比数列{bn}中，由于4＋8＝5＋7，所以应有b4＋b8>b5＋b7或b4＋b81，bn>0，∴b4＋b8>b5＋b7.故选A. 7．C　[解析] f1(x)＝(sinx)′＝cosx， f2(x)＝(cosx)′＝－sinx， f3(x)＝(－sinx)′＝－cosx， f4(x)＝(－cosx)′＝sinx， f5(x)＝(sinx)′＝cosx＝f1(x)， f6(x)＝(cosx)′＝－sinx＝f2(x)， fn＋4(x)＝…＝…＝fn(x)， 故可猜测fn(x)以4为周期，有 f4n＋1(x)＝f1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝f2(x)＝－sinx， f4n＋3(x)＝f3(x)＝－cosx，f4n＋4(x)＝f4(x)＝sinx， 所以f2 013(x)＝f503×4＋1(x)＝f1(x)＝cosx，故选C. 8．C　[解析] 考查归纳推理，以及观察能力；解题的突破口是通过观察得到后一项与前两项结果之间的关系．由于a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，通过观察发现，从第三项起，等式右边的常数分别为其前两项等式右边的常数的和．因此，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，故选C. 9．C　[解析] 交换4次是一个周期，第2 014次小兔的位置和第2次小兔的位置一样． 10.　[解析] 观察1，3，7，15，…与对应项的关系，显然满足2n－1，观察2，4，8，16，…与对应项的关系，显然满足2n，故fn(x)＝. 11.　[解析] 平面内类比到空间＝. 12．24n－1＋(－1)n22n－1　[解析] 给出的一系列等式中，右边为两项2s形式加减轮换的规律，其中第一个2s的指数由3，7，11，…，4n－1构成，第二个2s的指数由1，3，5，7，…，2n－1构成．由此可归纳为：第二个2s前有(－1)n，二项指数分别为24n－1，22n－1，所以，对于n∈N*，C＋C＋C＋…＋C＝24n－1＋(－1)n22n－1. 13．(1)在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和． (2)3　Sn＝ [解析] (1)在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和． (2)由题意知数列{an}为2，3，2，3，2，3，…，故a18＝3；当n为偶数时，Sn＝5·＝；当n为奇数时，Sn＝＋2＝. 14．解：当n＝1时，＋＋>，即>， 所以a<26. 而a是正整数，所以取a＝25，下面用数学归纳法证明：＋＋…＋>. (1)当n＝1时，已证； (2)假设当n＝k时，不等式成立，即＋＋…＋>. 则当n＝k＋1时， 有＋＋…＋ ＝＋＋…＋＋＋＋－ >＋＋－. 因为＋＝>， 所以＋－>0. 所以当n＝k＋1时不等式也成立． 由(1)(2)知，对一切正整数n，都有＋＋…＋>， 所以a的最大值等于25. 15．解：(1)∵a＋x>b＋x>0，∴1<， 又－＝<0，∴1<<. (2)∵a1，应用第(1)小题结论，得1<<，取倒数，得<<1. (3)由正弦定理，原题△ABC中，求证：＋＋<2. 证明：由(2)的结论得a，b，c>0，且，，均小于1， ∴<，<，<， ＋＋<＋＋＝2. (4)如得出：四边形ABCD中，各边长分别为a，b，c，d，求证：＋＋＋<2. 如得出：凸n边形A1A2A3…An中，各边长依次为a1，a2，…，an，求证： ＋＋…＋<2. 如得出：{an}为各项为正数的等差数列(d≠0)，求证： ＋＋…＋<＋＋…＋. 【难点突破】 16．解：(1)证明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P， ∴BB1⊥平面PMN.∴BB1⊥MN. 又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN. (2)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，有 S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1SACC1A1cosα. 其中α为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角． 证明如下： ∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP. 在△PMN中， ∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP， ∴PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP， 由于SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1， SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1， ∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1·cosα. 2014高考数学一轮课时专练（人教A版理科通用）：(六十八) 【基础热身】 1．B　[解析] 由三段论的推理规则可以得到B为三段论． 2．C　[解析] 由类比原理和思想，①②③都是合理、恰当的． 3．A　[解析] 反证法的原理：“原命题”与“逆否命题”同真假，即：若p?q，则綈q?綈p. 4．A　[解析] 此结论为“a，b，c，d∈R，a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，则ac＋bd≤＋＝1”的推广，类比可得a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤＋＋…＋＝1. 【能力提升】 5．B　[解析] ①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个． 6．B　[解析] 假设a≥b，即－≥－， ∴＋≥2， 平方得2c＋2≥4c， 2c≤2，c≤，即c2≤c2－1， 0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a

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