走向高考(全国通用)2016高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测8 数学思想与数学方法(含解析)

1、8数学思想与数学方法时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(文)(2015新课标文，10)已知函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x12，,log2x1，)eq blc rc (avs4alco1(x1，,x1，)且f(a)3，则f(6a)()Aeq f(7,4)Beq f(5,4)Ceq f(3,4)Deq f(1,4)答案A解析解法1：由已知条件可得函数图象：故f(a)3log2(a1)，可得a7；f(6a)f(1)2112eq f(7,4).故本题正确答案为A解法2：由f

2、(a)3得eq blcrc (avs4alco1(2a123，,a1，)或eq blcrc (avs4alco1(log2a13，,a1，)解之得a7，f(6a)f(1)eq f(7,4).解法3：由指数函数的性质知2x10，2x122，f(a)3，log2(a1)3，a7，f(6a)f(1)eq f(7,4).(理)(2015湖北文，7)设xR，定义符号函数sgn xeq blcrc (avs4alco1(1，x0，,0，x0，,1，x0，)则()A|x|x|sgn x| B|x|xsgn |x|C|x|x|sgn x D|x|xsgn x答案D解析对于选项A，右边x|sgn x|eq bl

3、crc (avs4alco1(x，x0，,0，x0，)而左边|x|eq blcrc (avs4alco1(x，x0，,x，x0，)显然不正确；对于选项B，右边xsgn|x|eq blcrc (avs4alco1(x，x0，,0，x0，)而左边|x|eq blcrc (avs4alco1(x，x0，,x，x0，)显然不正确；对于选项C，右边|x|sgn xeq blcrc (avs4alco1(x，x0，,0，x0，)而左边|x|eq blcrc (avs4alco1(x，x0，,x，x0，,0，x0，,x，x0，)而左边|x|eq blcrc (avs4alco1(x，x0，,x，x0)的焦点

4、F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别为p、q，则eq f(1,p)eq f(1,q)等于()A4a B2aCa Deq f(1,2)a答案A解析由于弦PQ只要求过焦点F，无论怎样的位置，结论都是一样的，故选取特殊位置不妨设PQx轴，则pqeq f(1,2a)，eq f(1,p)eq f(1,q)4a.故选A(理)已知两定点A、B且|AB|4，动点P满足|PA|PB|3，则|PA|的最小值是()Aeq f(1,2) Beq f(3,2)Ceq f(7,2) D5答案C解析由题作出示意图，分析得出P在P点处|PA|min，|AO|2，|OP|eq f(3,2).|PA|min2

5、eq f(3,2)eq f(7,2).3设x表示不大于x的最大整数，则对任意实数x、y，有()Axx Bxeq f(1,2)xC2x2x Dxxeq f(1,2)2x答案D解析选项A，取x1.5，则x1.52，x1.51，显然xx；选项B，取x1.5，则xeq f(1,2)221.51；选项C，取x1.5，则2x33,2x21.52，显然2x2x4(文)设0abb3 Beq f(1,a)1 Dlg(ba)0答案D解析取aeq f(1,3)，beq f(1,2)，则(eq f(1,3)32排除B；ab(eq f(1,3)eq f(1,2)eq f(r(3),3)1，排除C，故选D(理)(2015

6、福建文，12)“对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，ksinxcosxx” 是“k1”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件答案B解析令f(t)sintt，t0，则f(t)cost10恒成立，f(t)在0，上单调递减，f(t)f(0)0，sintt，令t2x，则0 xeq f(,2)，因此当0 xeq f(,2)时可得sinxcosxx，当k1时，有ksinxcosxsinxcosxx，故必要性成立令xeq f(,3)，则ksinxcosxx，即keq f(4r(3),9)，取keq f(4,3)，满足ksinxcosx

7、1，故充分性不成立5(文)函数yax2bx与ylog|eq f(b,a)|x(ab0，|a|b|)在同一直角坐标系中的图象可能是()答案D解析对于选项A、B，对数函数单调递增，故eq blc|rc|(avs4alco1(f(b,a)1，eq f(b,a)1或eq f(b,a)1，eq f(b,2a)eq f(1,2)，但A、B两项二次函数的对称轴都在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)内，故A、B都不对对于C、D两选项，对数函数单调递减，故0eq blc|rc|(avs4alco1(f(b,a)1，故1eq f(b,a)1且eq f(b,a)0，eq f(1,2)eq f

8、(b,2a)0)，则函数yf(x)g(x)在区间5,5上零点的个数是()A7B8C9D10答案D解析如图，当x0时，yf(x)与yex的图象有6个交点；当x0时，yf(x)与ylnx的图象有4个交点故选D6(2014石家庄市质检)已知两定点A(2，0)和B(2,0)，动点P(x，y)在直线l：yx3上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为()Aeq f(2,r(26) Beq f(4,r(26)Ceq f(2,r(13) D eq f(4,r(13)答案B解析如图，问题转化为在直线yx3上求一点P，使得|PA|PB|取最小值，作点A(2,0)关于直线yx3的对称点A，

9、连接AB与直线yx3的交点P即为所求A(3,1)，|AB|eq r(322102)eq r(26)，|PA|PB|PA|PB|AB|eq r(26)，椭圆的长轴长为2aeq r(26)，aeq f(r(26),2)，又椭圆的焦距2c4，c2，故离心率为e的最大值为eq f(c,a)eq f(2,f(r(26),2)eq f(4,r(26).7(文)(2015安徽文，4)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是()Ayln x Byx21Cysin x Dycos x答案D解析考查函数的奇偶性与零点选项A，yln x的定义域为(0，)，故yln x不具备奇偶性，故A错误；选项B，yx21是偶函数，但

10、yx210无解，即不存在零点，故B错误；选项C，ysin x是奇函数，故C错；选项D，ycos x是偶函数，且ycos x0 xeq f(,2)k，kZ，故D项正确(理)(2015北京文，3)下列函数中为偶函数的是()Ayx2sin x Byx2cos xCy|ln x| Dy2x答案B解析根据偶函数的定义f(x)f(x)，A选项为奇函数，B选项为偶函数，C选项定义域为(0，)，不具有奇偶性，D选项既不是奇函数，也不是偶函数，故选B8(文)已知三条直线l1：axy10，l2：xay10，l3：xya0能构成三角形，则()Aa1 Ba1Ca1 Da1且a2答案D解析若构成三角形，三条直线应不交于

11、同一点且任意两条不平行，考察选择支，当a1时，l1l3，排除Ba1时，l1l2，排除Aa2时，可见eq blcrc (avs4alco1(2xy10,x2y10,xy20)交于同一点(1,1)排除C，选D(理)曲线eq f(x2,10m)eq f(y2,6m)1(m6)与曲线eq f(x2,5m)eq f(y2,9m)1(5m9)的()A焦距相等 B离心率相等C焦点相同 D准线相同答案A解析5m9，且m6，5m6，eq f(x2,5m)eq f(y2,9m)1为双曲线，eq f(x2,10m)eq f(y2,6m)1为椭圆，它们的离心率不可能相等，两曲线也不可能重合，排除B、D，而焦点也不同，

12、一个在x轴上，一个在y轴上，故排除C，故选A9(2015福建文，8)如图，矩形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为(1,0)，且点C与点D在函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(x1，x0，,f(1,2)x1，x0成立S0eq f(1,2)eq f(1,2)，n112，n2015成立yf(2)coseq f(2,3)eq f(1,2)，y0不成立n213，n2015成立yf(3)cos1，y0不成立n314，n2015成立yf(4)coseq f(4,3)eq f(1,2)，y0不成立n415，n2015成立yf(5)coseq f(5,3)eq f(1,2)，y0成立，Seq

13、 f(1,2)eq f(1,2)1，n516，n2015成立yf(6)cos21，y0成立，S112，n617，n2015成立yf(7)coseq f(7,3)eq f(1,2)，yf(n)是周期为6的函数，当n2015时，201563355，输出的S3352eq f(1,2)eq f(1,2)671，选C(理)(2015南昌市二模)安排A，B，C，D，E，F六名女工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题义工A不安排照顾老人甲，义工B不安排照顾老人乙，安排方法共有()A30 B40C42 D48答案C解析若B照顾甲，则有Ceq oal(1,4)Ceq oa

14、l(2,4)Ceq oal(2,2)种方法；若B不照顾甲，则有Ceq oal(2,4)Ceq oal(2,3)Ceq oal(2,2)种方法，故适合条件的安排方法有Ceq oal(1,4)Ceq oal(2,4)Ceq oal(2,2)Ceq oal(2,4)Ceq oal(2,3)Ceq oal(2,2)42种二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13(文)设坐标原点为O，抛物线y24x与过焦点的直线交于A、B两点，则eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()_.答案3解析由于没有限制直线AB的位置，故取其特殊位置与x轴垂直的情形可得A(

15、1,2)，B(1，2)，eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()3.点评其一般解法为：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB：xmy1，将xmy1代入y24x中消去x得，y24my40，y1y24m，y1y24，eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(m21)y1y2m(y1y2)1(m21)(4)4m213.(理)已知直线axbyc0与圆O：x2y21相交于A、B两点，且|AB|eq r(3)，则eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()_.答案eq f(1,2)解析因为直线方程中的三个系

16、数a、b、c均未知，因此直线位置不确定，故可利用条件|AB|eq r(3)取特殊位置来解答令A(eq f(r(3),2)，eq f(1,2)，B(eq f(r(3),2)，eq f(1,2)，则|AB|eq r(3)，eq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()eq f(r(3),2)eq f(r(3),2)eq f(1,2)eq f(1,2)eq f(1,2).14(文)已知三个互不重合的平面、，m，n，且直线m、n不重合，由下列三个条件：m，n；m，n；n，n.能推出mn的条件是_答案或解析构建长方体模型，如图，观察选项特点，可优先判断条件：取平面为平面ADDA，平面为平面AB

17、CD，则直线m为直线AD因m，故可取平面为平面ABCD，因为n且n，故可取直线n为直线AB.则直线AD与平面AB为异面直线，故m与n不平行对于：、取中平面，取平面为平面BCCB，可取直线n为直线BC，故可推得mn；对于：，取中平面，取为平面ABCD，取直线n为直线BC故可推得结论：(理)已知两个实数集Aa1，a2，a60与Bb1，b2，b25若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)f(a2)f(a60)，则这样的映射共有_个答案Ceq oal(24,59)解析由映射的定义及条件知，A中每个元素在B中都有象，B中每个元素在A中都有原象，可以多对一，但不能一对多又由f(a1)f(a

18、2)f(a60)知，象只能从大到小顺序排列，我们可以构造这样的数学模型来解决，将a1，a2，a60依次排成一列，从所形成的59个空隙中选取24个用插板隔开，然后让集合B中的元素按从大到小的顺序依次从左到右对应到这25个部分，每一部分有n个元素，这n个元素的象都是集合B中的这一个元素，共有Ceq oal(24,59)种对应方法15(2015福建理，14)若函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(x6，,x2，,3logax，,x2)(a0，且a1)的值域是4，)，则实数a的取值范围是_答案(1,2解析当x2时，x64，要使得函数f(x)的值域为4，)，只需f1(x)3logax(x2

19、)的值域包含于4，)，故a1，所以f1(x)3loga2，所以3loga24，解得1a2，所以实数a的取值范围是(1,216(文)抛物线yx2在x1处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D(包含三角形内部与边界)若点P(x，y)是区域D内的任意一点，则x2y的取值范围是_答案2，eq f(1,2)解析由于y2x，所以抛物线在x1处的切线方程为y12(x1)，即y2x1.画出可行域(如图)设x2yz，则yeq f(1,2)xeq f(1,2)z，可知当直线yeq f(1,2)xeq f(1,2)z经过点A(eq f(1,2)，0)，B(0，1)时，z分别取到最大值和最小值，此时最大值zmaxeq

20、f(1,2)，最小值zmin2，故z的取值范围是2，eq f(1,2)(理)(2014新课标理，16)设点M(x0,1)，若在圆O：x2y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是_答案1,1解析在坐标系中画出圆O和直线l：y1，其中M(x0,1)在直线上，设l与y轴交点为A，过M作O的切线MB，切点为B，则OMBOMA45，又当x01时，OMB45，当1x01时，点N存在，1x01.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本题满分10分)(文)(2014江西理，16)已知函数f(x)sin(x)acos(x2)，其中aR，(eq f(,2

21、)，eq f(,2)(1)当aeq r(2)，eq f(,4)时，求f(x)在区间0，上的最大值与最小值；(2)若f(eq f(,2)0，f()1，求a、的值审题要点(1)已知a和的值，求f(x)的最值，解题流程化简f(x)为一角一函形式求x的取值范围求sin(x)的取值范围求f(x)的最值(2)由f(eq f(,2)0，f()1，求a、值解题流程由条件列关于a、的方程组解三角方程，结合(eq f(,2)，eq f(,2)求a、的值解析(1)f(x)sin(xeq f(,4)eq r(2)cos(xeq f(,2)eq f(r(2),2)(sinxcosx)eq r(2)sinxeq f(r(

22、2),2)cosxeq f(r(2),2)sinxsin(eq f(,4)x)因为x0，从而eq f(,4)xeq f(3,4)，eq f(,4)故f(x)在0，上的最大值为eq f(r(2),2)，最小值为1.(2)由eq blcrc (avs4alco1(ff(,2)0，,f1.)得eq blcrc (avs4alco1(cos12asin0，,2asin2sina1.)又(eq f(,2)，eq f(,2)知cos0，解得eq blcrc (avs4alco1(a1，,f(,6).)易错警示1.f(x)在0，上最值与f(x)在R上最值不同；2解a、的方程组时，注意(eq f(,2)，eq

23、 f(,2)(理)(2014山东理，16)已知向量a(m，cos2x)，b(sin2x，n)，设函数f(x)ab，且yf(x)的图象过点(eq f(,12)，eq r(3)和(eq f(2,3)，2)(1)求m、n的值；(2)将yf(x)的图象向左平移(0)个单位后得到函数yg(x)的图象，若yg(x)图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求yg(x)的单调递增区间审题要点(1)由f(x)ab可得f(x)解析式，由f(x)图象上两点坐标可求m、n.(2)将f(x)化为“一角一函”形式求g(x)由g(x)图象上最高点与(0,3)最小距离为1，求求g(x)的递增区间解析(1)由题意知f(

24、x)abmsin2xncos2x.因为yf(x)的图象过点(eq f(,12)，eq r(3)和(eq f(2,3)，2)，所以eq blcrc (avs4alco1(r(3)msinf(,6)ncosf(,6)，,2msinf(4,3)ncosf(4,3)，)即eq blcrc (avs4alco1(r(3)f(1,2)mf(r(3),2)n，,2f(r(3),2)mf(1,2)n，)解得meq r(3)，n1.(2)由(1)知f(x)eq r(3)sin2xcos2x2sin(2xeq f(,6)由题意知g(x)f(x)2sin(2x2eq f(,6)设yg(x)的图象上符合题意的最高点为

25、(x0,2)，由题意知xeq oal(2,0)11，所以x00，即到点(0,3)的距离为1的最高点为(0,2)将其代入yg(x)得sin(2eq f(,6)1，因为00.由a2a614，可得a47.由a3a545，得(7d)(7d)45，可得d2.所以a173d1.可得an2n1.(2)设cneq f(bn,2n)，则c1c2cnan1.即c1c2cn2n，可得c12，且c1c2cncn12(n1)所以cn12，可知cn2(nN*)所以bn2n1，所以数列bn是首项为4，公比为2的等比数列所以前n项和Sneq f(412n,12)2n24.(理)(2015江西上饶市三模)已知数列an的首项a1

26、1，an12an1.(1)求证：an1是等比数列；(2)求数列nan的前n项和Sn.解析(1)an12an1，an112(an1)，则eq f(an11,an1)2为常数，an1是等比数列(2)a11，可得an12n，an2n1，则nann2nn，设Tn12222n2n，则2Tn122223n2n1Tn222232nn2n1eq f(212n,12)n2n1(n1)2n12Sn(n1)2n1eq f(n2n,2)2.21(本题满分12分)(文)设a0且a1，函数f(x)eq f(1,2)x2(a1)xalnx.(1)当a2时，求曲线yf(x)在(3，f(3)处切线的斜率；(2)求函数f(x)的

27、极值点分析第(1)问求f(x)在(3，f(3)处的斜率就是求f (3)；第(2)问求f(x)的极值点，由于f(x)中含参数a，a的取值变化会引起f(x)单调区间的改变，从而极值改变，故需分类讨论解析(1)由已知x0，当a2时，f (x)x3eq f(2,x)，曲线yf(x)在(3，f(3)处切线的斜率为f (3)eq f(2,3).(2)f (x)x(a1)eq f(a,x)eq f(x2a1xa,x)eq f(x1xa,x).由f (x)0得x1或xa，若0a0，函数f(x)单调递增；当x(a,1)时，f (x)0，函数f(x)单调递增此时xa是f(x)的极大值点，x1是f(x)的极小值点若

28、a1，则当x(0,1)时，f (x)0，函数f(x)单调递增；当x(1，a)时，f (x)0，函数f(x)单调递增此时x1是f(x)的极大值点，xa是f(x)的极小值点综上，当0a1时，x1是f(x)的极大值点，xa是f(x)的极小值点(理)已知函数f(x)eq f(1,2)ax2lnx，其中aR.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1上的最大值是1，求a的值分析(1)求函数f(x)的单调区间，按用导数法求单调区间的一般步骤求解，由于f(x)解析式中含参数，故需分类讨论第(2)问可在第一问的基础上按区间上最值讨论方法令最大值等于1列方程求解解析(1)f (x)eq f(ax21

29、,x)，x(0，)当a0时，f (x)0，从而函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f (x)0，解得xeq r(f(1,a)，舍去xeq r(f(1,a).此时，f(x)与f (x)的情况如下：x(0，eq r(f(1,a)eq r(f(1,a)(eq r(f(1,a)，)f (x)0f(x)f(eq r(f(1,a)所以，f(x)的单调递增区间是(0，eq r(f(1,a)；单调递减区间是(eq r(f(1,a)，)(2)当a0时，由(1)得函数f(x)在(0,1上的最大值为f(1)eq f(a,2).令eq f(a,2)1，得a2，这与a0矛盾，舍去a2.当1a0时，eq r(f

30、(1,a)1，由(1)得函数f(x)在(0,1上的最大值为f(1)eq f(a,2).令eq f(a,2)1，得a2，这与1a0矛盾，舍去a2.当a1时，0eq r(f(1,a)1，由(1)得函数f(x)在(0,1上的最大值为f(eq r(f(1,a)令f(eq r(f(1,a)1，解得ae，满足ab0)，F(c,0)，(c0)，则过右焦点F的直线l1：xyc0，由坐标原点O到l1的距离为eq f(r(2),2).则eq f(|00c|,r(2)eq f(r(2),2)，解得c1.又eeq f(c,a)eq f(r(2),2)，故aeq r(2)，b1.所求椭圆方程为eq f(x2,2)y21

31、.(2)假设存在点M(m,0)(0m0恒成立，x1x2eq f(4k2,12k2)，x1x2eq f(2k22,12k2).设线段PQ的中点为N(x0，y0)，则x0eq f(x1x2,2)eq f(2k2,12k2)，y0k(x01)eq f(k,12k2)，|MP|MQ|，MNPQ，kMNkPQ1，即eq f(f(k,12k2),f(2k2,12k2)m)k1，meq f(k2,12k2)eq f(1,2f(1,k2).k20，0mb0)的上顶点为(0,1)，且离心率为eq f(r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)证明：过椭圆eq f(x2,m2)eq f(y2,n2)1(mn0)

32、上一点Q(x0，y0)的切线方程为eq f(x0 x,m2)eq f(y0y,n2)1；(3)从圆x2y216上一点P向椭圆C引两条切线，切点分别为A、B，当直线AB分别与x轴、y轴交于M、N两点时，求|MN|的最小值解析(1)b1，eeq f(c,a)eq f(r(3),2)，a2，椭圆C的方程为eq f(x2,4)y21.(2)当y0时，yneq r(1f(x2,m2)，故yeq f(nx,m2)eq f(1,r(1f(x2,m2)，当y00时，切线的斜率keq f(n,m2)x0eq f(1,r(1f(xoal(2,0),m2)eq f(nx0,m2)eq f(1,f(y0,n)eq f

33、(n2,m2)eq f(x0,y0).切线方程为yy0eq f(n2,m2)eq f(x0,y0)(xx0)，n2x0 xm2y0ym2yeq oal(2,0)n2xeq oal(2,0)m2n2，eq f(x0 x,m2)eq f(y0y,n2)1.当y00时，切线方程为xm，满足eq f(x0 x,m2)eq f(y0y,n2)1.综上，过椭圆eq f(x2,m2)eq f(y2,n2)1上一点Q(x0，y0)的切线方程为eq f(x0 x,m2)eq f(y0y,n2)1.(3)设点P(xP，yP)为圆x2y216上一点，PA、PB是椭圆eq f(x2,4)y21的切线，切点A(x1，y

34、1)、B(x2，y2)，过点A的椭圆的切线为eq f(x1x,4)y1y1，过点B的椭圆的切线为eq f(x2x,4)y2y1.两切线都过P点，eq f(x1xP,4)y1yP1，eq f(x2xP,4)y2yP1.切点弦AB所在直线的方程为eq f(xxP,4)yyP1.N(0，eq f(1,yP)，M(eq f(4,xP)，0)，|MN|2eq f(16,xoal(2,P)eq f(1,yoal(2,P)(eq f(16,xoal(2,P)eq f(1,yoal(2,P)eq f(xoal(2,P)yoal(2,P),16)eq f(1,16)(eq f(xoal(2,P),yoal(2,

35、P)1716eq f(yoal(2,P),xoal(2,P)eq f(1,16)(172eq r(16f(xoal(2,P),yoal(2,P)f(yoal(2,P),xoal(2,P)eq f(25,16)，当且仅当eq f(xoal(2,P),yoal(2,P)16eq f(yoal(2,P),xoal(2,P)，即xeq oal(2,P)eq f(64,5)，yeq oal(2,P)eq f(16,5)时取等号，|MN|eq f(5,4)，|MN|的最小值为eq f(5,4).反馈练习一、选择题1(文)(2014山东理，5)已知实数x、y满足axay(0aeq f(1,y21) Bln(

36、x21)ln(y21)Csinxsiny Dx3y3答案D解析axay(0ay，而幂函数yx3在定义域上为增函数，x3y3.点评可以用特值检验法求解(理)(2014唐山市二模)若正数a、b、c满足c24bc2ac8ab8，则a2bc的最小值为()Aeq r(3) B2eq r(3)C2 D2eq r(2)答案D解析c24bc2ac8ab8，c(c4b)2a(c4b)8，(c4b)(c2a)8，a、b、c都为正数，(c4b)(c2a)(eq f(c4bc2a,2)2，(a2bc)28，a2bc2eq r(2).2(文)(2014新课标文，5)等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，

37、则an的前n项和Sn()An(n1) Bn(n1)Ceq f(nn1,2) Deq f(nn1,2)答案A解析a2，a4，a8成等比数列，an的公差为2, (a16)2(a12)(a114)，a12，Snna1eq f(nn1d,2)2neq f(nn1,2)2n(n1)(理)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3B4C5D6答案C解析SmSm1am2，Sm1Smam13，dam1am321，Sma1meq f(mm1,2)10，ama1(m1)12，a13m.代入得3mm2eq f(m2,2)eq f(m,2)0，m0(舍去)或m5，故选C3(文)(2014

38、哈三中二模)在ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且a2c22b，eq f(tanA,tanC)3，则b等于()A3B4C6D7答案B解析eq f(tanA,tanC)3，sinAcosC3sinCcosA，sinBsin(AC)4sinCcosA，b4ceq f(b2c2a2,2bc)，b22(a2c2)4b，b0，b4.(理)(2014东北三省三校二模)已知方程eq f(|cosx|,x)k在(0，)上有两个不同的解、()，则下列的四个命题正确的是()Asin22cos2 Bcos22sin2Csin22sin2 Dcos22sin2答案C解析令y|cosx|，ykx，在同一

39、坐标系中画出它们的图象，如图所示，0eq f(,2)，eq f(,2)，检验可知，选C4(文)将某选手的9个得分去掉1个最高分，去掉1个最低分，7个剩余分数的平均分为91.现场作的9个分数的茎叶图如图，后来有1个数据模糊，无法辨认，在图中以x表示：87794010 x91则7个剩余分数的方差为()Aeq f(116,9) Beq f(36,7)C36 Deq f(6r(7),7)答案B解析去掉最高最低分后的数据为87,90,90,91,91,94,90 x，由eq o(x,sup6()91eq f(87909091919490 x,7)得x4，则方差S2(8791)2(9091)2(9091)

40、2(9191)2(9491)2(9191)2(9491)2eq f(36,7).(理)若随机变量XN(1,4)，P(X0)m，则P(0X2)()A12m Beq f(1m,2)Ceq f(12m,2) D1m答案A解析本题可利用正态曲线的对称性解答据题意知正态曲线关于直线x1对称，故P(0X1)eq f(1,2)P(X0)eq f(1,2)m，因此P(0X2)2P(0X1)2(eq f(1,2)m)12m.5已知是三角形的最大内角，且cos2eq f(1,2)，则曲线eq f(x2,cos)eq f(y2,sin)1的离心率为()Aeq r(2)Beq r(3)Ceq r(1r(2) D eq

41、 r(1r(3)答案D解析是三角形的最大内角，eq f(,3)，eq f(2,3)20)与函数y|sinx|的图象恰有四个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)其中x1x2x30)与y|sinx|图象恰有四个公共点，如图当x(，2)时，函数y|sinx|sinx，ycosx.依题意，切点为(x4，y4)，kcosx4，又x(，2)时，|sinx4|sinx4y4k(x41)，即sinx4(cosx4)(x41)，sinx4(x41)cosx4，故选B8(文)(2015河北省衡水中学一模)某校今年计划招聘女教师a名，男教师b名，若a、b满足不等式组eq bl

42、crc (avs4alco1(2ab5，,ab2，,a7.)设这所学校今年计划招聘教师最多x名，则x()A10 B12C13 D16答案C解析如图所示，画出约束条件所表示的可行域，作直线l：ba0，平移直线l，再由a，bN，可知当a6，b7时，xab13.(理)(2015重庆文，10)若不等式组eq blcrc (avs4alco1(xy20，,x2y20，,xy2m0)表示的平面区域为三角形，且其面积等于eq f(4,3)，则m的值为()A3 B1Ceq f(4,3) D3答案B解析如图，由于不等式组eq blcrc (avs4alco1(xy20，,x2y20，,xy2m0，)表示的平面区

43、域为三角形ABC，且其面积等于eq f(4,3)，再注意到直线AB：xy20与直线BC：xy2m0互相垂直，所以三角形ABC是直角三角形；易知，A(2,0)，B(1m，m1)，C(eq f(24m,3)，eq f(2m2,3)；从而SABCeq f(1,2)|22m|m1|eq f(1,2)|22m|eq f(2m2,3)|eq f(4,3)，化简得：(m1)24，解得m3，或m1；检验知当m3时，已知不等式组不能表示一个三角形区域，故舍去；所以m1；故选B9(文)一个四面体的顶点在空间直角坐系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)、(1,1,0)、(0,1,1)、(0,0,0)，画该四面体三视

44、图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可为()答案A解析由已知条件作出四面体的直观图如图所示，将四面体BDC1A1补形为正方体ABCDA1B1C1D1，容易看出四面体在zOx平面上的投影为ADD1A1(其中C1的投影为D1，B的投影为A)，且BC1的投影线为AD1，它是实线，故选A(理)(2014新课标理，12)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A6eq r(2) B6C4eq r(2) D4答案B解析由三视图可知，该几何体是一个三棱锥SABC，底面ABC为等腰直角三角形，直角边长ABBC4，侧面SBC底面

45、ABC，侧面SBC是一个等腰三角形，底边BC4，高SO4，故其最长的棱为SA，取BC的中点O，则SO平面ABC，BO2，AOeq r(AB2DO2)eq r(20)，SAeq r(AO2SO2)6.其直观图如图1，把该几何体放入正方体中如图2.10(文)已知区域M：x2y22x2y20，区域N：2xyx，随机向区域M中投放一点该点落在区域N内的概率为()Aeq f(1,4) Beq f(,4) Ceq f(1,8) Deq f(,8)答案A解析M：(x1)2(y1)24为以C(1,1)为圆心，2为半径的圆及其内部的平面区域；又区域N：2xyx，如图可知，随机向区域M内投放一点，则该点落在区域N

46、内的概率Peq f(1,4).(理)(2015湖北理，4)设XN(1，eq oal(2,1)，YN(2，eq oal(2,2)，这两个正态分布密度曲线如图所示下列结论中正确的是()AP(Y2)P(Y1)BP(X2)P(X1)C对任意正数t，P(Xt)P(Yt)D对任意正数t，P(Xt)P(Yt)答案D解析由图象可知12，12，P(Y2)eq f(1,2)P(X1)，对任意实数t，P(Xt)P(Yt)，C错，P(Xt)P(Yt)正确，故选D11当0 xeq f(,2)时，函数f(x)eq f(1cos2x4sin2x,sin2x)的最小值为()A4 B2eq r(2)C4 D2eq r(2)答案

47、D分析分式形式的函数的最值问题常考虑构造斜率模型求解，常常是过一个定点和一个动点的直线斜率解析f(x)eq f(1cos2x21cos2x,sin2x)eq f(3cos2x,0sin2x)，它表示点(0,3)与点(sin2x，cos2x)连线的斜率，而点(sin2x，cos2x)在x(0，eq f(,2)时是圆x2y21的左半圆(不含端点)，数形结合知当过(0,3)的直线与该半圆相切时，斜率最小，即f(x)最小设切线方程为ykx3，则eq f(|3|,r(k21)1k2eq r(2)或k2eq r(2)(舍)，故f(x)的最小值为2eq r(2).方法总结1.形如直线的斜率、直线的方程、圆与

48、圆锥曲线方程形式的代数式或等式可考虑以形助数2复数、向量中的最值问题或与模有关的问题常借助图形分析3三角函数问题中，求参数的取值范围(或恒成立)问题，图形的最高(低)点及对称，与其他曲线的交点等，常借助图象寻找关系12(文)函数f(x)在(0,2)上是减函数，且关于x的函数f(x2)是偶函数，那么()Afeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)Bf(3)feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)Cf(3)feq blc(rc)(avs4alco1(

49、f(1,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)Dfeq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)答案D解析根据题意知，函数yf(x2)的图象关于y轴对称，且把它的图象沿x轴正方向平移2个单位便得到函数yf(x)的图象因此函数yf(x)的图象关于直线x2对称，且在(0,2)上递减于是可作出函数yf(x)的示意图feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)0，f(x)单调递增，f(4x)(2x)32(4x)sin(2x)(x2)32xsin(x2)8f(x)8286f(y)，4xy，x

50、y4.二、填空题13(文)在ABC中，3sinA4cosB6,3cosA4sinB1，则C的大小为_答案eq f(,6)审题要点审条件，ABC180，sin2Acos2A1，sin2Bcos2B1；审结论，求C可求C的某个三个函数值，结合条件，有sinCsin(AB)；建立联系，确定方法，将两式两边平方相加解析由3sinA4cosB6且3cosA4sinB1.平方相加，得sin(AB)eq f(1,2)，所以sinCeq f(1,2)，所以Ceq f(,6)或eq f(5,6).注意到三角形内角和为，且角A、B的相互制约关系13cosA4sinB0.cosAeq f(,3)，所以Ceq f(5

51、,6)，因此Ceq f(,6).(理)(2014哈三中一模)已知(0，eq f(,2)，由不等式taneq f(1,tan)2，taneq f(22,tan2)eq f(tan,2)eq f(tan,2)eq f(22,tan2)3，taneq f(33,tan3)eq f(tan,3)eq f(tan,3)eq f(tan,3)eq f(33,tan3)4，归纳得到推广结论：taneq f(m,tann)n1(nN*)，则实数m_.答案nn解析观察所给三个不等式的特点可以发现，分母中tan的指数是k时，等式右端为k1，分子是kk，故taneq f(nn,tann)eq f(tan,n)eq

52、f(tan,n)eq f(tan,n)eq f(nn,tann)n1，mnn.14(文)(2014石家庄模拟)已知数列an：eq f(1,1)，eq f(2,1)，eq f(1,2)，eq f(3,1)，eq f(2,2)，eq f(1,3)，eq f(4,1)，eq f(3,2)，eq f(2,3)，eq f(1,4)，根据它的前10项的规律，则a99a100的值为_答案eq f(37,24)解析由前10项的构成规律知，分子分母和为n1(nN*)的共有n项，从和为2到和为n1的最后一项，共有123neq f(nn1,2)项，当n13时，eq f(nn1,2)91，n14时，eq f(nn1,

53、2)105，因此a99和a100分别为和为15的第8项和第9项，a99a100eq f(7,8)eq f(6,9)eq f(37,24).(理)已知数列an中，a11，且点P(an，an1)(nN*)在直线xy10上若函数f(n)eq f(1,na1)eq f(1,na2)eq f(1,na3)eq f(1,nan)(nN*，且n2)，则函数f(n)的最小值是_答案eq f(7,12)解析由题意知，anan110，即an1an1，数列an是等差数列，公差d1，ann，当n2时，f(n)eq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,n3)eq f(1,nn)，f(n1)f(n)eq f(

54、1,n11)eq f(1,n12)eq f(1,n13)eq f(1,n1n1)(eq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,n3)eq f(1,nn)eq f(1,2n1)eq f(1,2n2)eq f(1,n1)eq f(1,2n1)eq f(1,2n2)0，f(2)f(3)，f(n)minf(2)eq f(1,21)eq f(1,22)eq f(7,12).15(文)(2014郑州市质检)已知x、y(eq f(1,2)，eq f(1,2), mR且m0, 若eq blcrc (avs4alco1(lnf(2x,2x)tanx2m,lnf(1y,1y)f(2tany,1tan2y

55、)2m)，则eq f(y,x)_.答案eq f(1,2)解析lneq f(2x,2x)lneq f(1f(x,2),1f(x,2)，令eq f(x,2)t，则lneq f(1t,1t)tan2t2m，令f(t)tan2tlneq f(1t,1t)，f(t)是定义域上的奇函数，t(eq f(1,2)，eq f(1,2)，2t(1,1)，f(t)为定义域上的增函数，f(eq f(x,2)tanxlneq f(2x,2x)2m，f(y)tan2ylneq f(1y,1y)2m，两式相加得f(eq f(x,2)f(y)0，f(eq f(x,2)f(y)f(y)，eq f(x,2)y，eq f(y,x)

56、eq f(1,2).(理)(2014哈三中二模)在平行四边形ABCD中，eq o(AE,sup6()eq o(EB,sup6()，eq o(CF,sup6()2eq o(FB,sup6()，连接CE、DF相交于点M，若eq o(AM,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()，则实数与的乘积为_答案eq f(3,8)解析eq o(AE,sup6()eq o(EB,sup6()，E为AB中点，eq o(CF,sup6()2eq o(FB,sup6()，F为BC的靠近点B的三等分点，设eq o(AB,sup6()b，eq o(AD,sup6()a，设eq o(DM,sup

57、6()keq o(DF,sup6()，则eq o(MC,sup6()eq o(MD,sup6()eq o(DC,sup6()keq o(DF,sup6()eq o(DC,sup6()k(eq o(AB,sup6()eq o(BF,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(DC,sup6()k(beq f(1,3)aa)b(1k)beq f(2,3)ka.eq o(CE,sup6()eq o(CD,sup6()eq o(DA,sup6()eq o(AE,sup6()baeq f(1,2)baeq f(1,2)b，eq o(CE,sup6()与eq o(CM,sup6()共线，存在实数x，

58、使eq o(MC,sup6()xeq o(CE,sup6()，eq f(2,3)ka(1k)bxaeq f(1,2)xb，eq blcrc (avs4alco1(f(2,3)kx，,1kf(1,2)x，)keq f(3,4).eq o(AM,sup6()eq o(AD,sup6()eq o(DM,sup6()eq o(AD,sup6()eq f(3,4)eq o(DF,sup6()eq o(AD,sup6()eq f(3,4)(eq o(DA,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(BF,sup6()aeq f(3,4)(abeq f(1,3)a)eq f(1,2)aeq f(3,4

59、)b，又eq o(AM,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(AD,sup6()ba，eq f(1,2)，eq f(3,4)，eq f(3,8).方法点拨1.解答向量的线性表示的题目，要抓住向量的起点、终点，按照“首尾相接，首指向尾”的加法运算法则和“同始连终，指向被减”的减法运算法则进行，运用平行四边形法则时，两向量起点必须重合，运用三角形法则时，两向量必须首尾相接，否则就要把向量平移2在两直线相交(或三点共线)问题中，常应用待定系数法，将共线的向量中一个用另一个表示，再通过运算确定待定系数经常依据平面向量基本定理，某向量用同一组基向量的表示式唯一来求待定系数16(文)定义x表示

60、不超过x的最大整数，例如：1.51，1.52，若f(x)sin(xx)，则下列结论中：yf(x)是奇函数；yf(x)是周期函数，周期为2；yf(x)的最小值为0，无最大值；yf(x)无最小值，最大值为sin1.正确的序号为_答案解析f(1.5)sin(1.51.5)sin0.5，f(1.5)sin(1.51.5)sin0.5，错；f(x1)sin(x1x1)sin(x1x1)sin(xx)f(x)，1为函数f(x)的周期，故错；令g(x)xx，则g(x)在k，k1(kZ)上单调递增，且是周期函数，g(x)0,1)，f(x)0，sin1)，正确，错(理)设向量a(a1，a2)，b(b1，b2)，