【数学】高考二轮考点专题突破检测：集合、简易逻辑、函数与导数、不等式专题 解题方法技巧专题 解析几何专题（含详细答案）

专题达标检测一、选择题1．集合A＝{x|x<a}，B＝{x|1≤x<2}，且A∪(∁RB)＝R，那么实数a的取值范围是()A．a≤1B．a<1C．a≥2D．解析：∁RB＝(－∞，1)∪[2，＋∞)，又A∪(∁RB)＝R.数轴上画图可得a≥2，应选C.答案：C2．命题p：eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)，命题q：x＋eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))，那么以下说法正确的选项是()A．p是q的充要条件B．p是q的充分不必要条件C．p是q的必要不充分条件D．p是q的既不充分也不必要条件解析：eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)⇒－2≤x≤－1，即x∈[－2，－1]而假设x＋eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))，那么x∈[－2，－eq\f(1,2)]．又[－2，－1]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))).∴p是q的充分不必要条件．答案：B3．(2021·湖南)eq\i\in(2,4,)eq\f(1,x)dx等于()A．－2ln2B．2ln2C．－ln2D．ln2解析：∵eq\i\in(2,4,)eq\f(1,x)dx＝lnx|eq\o\al(4,2)＝ln4－ln2＝ln22－ln2＝2ln2－ln2＝ln2.答案：D4．(2021·课标全国)设偶函数f(x)满足f(x)＝x3－8(x≥0)，那么{x|f(x－2)>0}＝()A．{x|x<－2或x>4}B．{x|x<0或x>4}C．{x|x<0或x>6}D．{x|x<－2或x>2}解析：∵f(x)＝x3－8(x≥0)且f(x)是偶函数；∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－8，x≥0，,－x3－8，x<0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≥0，,x－23－8>0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2<0，,－x－23－8>0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x>4，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<2，,x<0.))解得x>4或x<0，应选B答案：B5．(2021·浙江)设函数f(x)＝4sin(2x＋1)－x，那么在以下区间中函数f(x)不存在零点的是()A．[－4，－2]B．[－2,0]C．[0,2]D．[2,4]解析：∵f(0)＝4sin1>0，f(2)＝4sin5－2<0，∴函数f(x)在[0,2]上存在零点；∵f(－2)＝－4sin1＋1<0，∴函数f(x)在[－2,0]上存在零点；又∵2<eq\f(5π,4)－eq\f(1,2)<4，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(1,2)))＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(1,2)))>0，而f(2)<0，∴函数f(x)在[2,4]上存在零点．应选A.答案：A6．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如右图所示，且|x1|<|x2|，那么有()A．a>0，b>0，c<0，d>0B．a<0，b>0，c<0，d>0C．a<0，b>0，c>0，d>0D．a>0，b<0，c>0，d<0解析：因f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意可知导函数f′(x)的图象如右图所示，所以a<0，c>0，－eq\f(2b,3a)<0，那么b<0，由原函数图象可知d>0.答案：C二、填空题7．函数f(x)＝ax4＋bcosx－x，且f(－3)＝7，那么f(3)的值为________．解析：设g(x)＝ax4＋bcosx，那么g(x)＝g(－x)．由f(－3)＝g(－3)＋3，得g(－3)＝f(－3)－3＝4，所以g(3)＝g(－3)＝4，所以f(3)＝g(3)－3＝4－3＝1.答案：18．函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的单调减区间是(0,4)，那么k的值是________．解析：f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x∵函数的单调减区间是(0,4)，∴f′(4)＝0，∴k＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)9．(2021·烟台模拟)函数f(x)的值域为[0,4](x∈[－2，2])，函数g(x)＝ax－1，x∈[－2,2]，任意x1∈[－2,2]，总存在x0∈[－2,2]，使得g(x0)＝f(x1)成立，那么实数a的取值范围是________．解析：由题意知[0,4]是g(x)值域的子集．而g(x)的值域为[－2|a|－1,2|a|－1]．显然－2|a|－1<0，故只需2|a|－1≥4，即|a|≥eq\f(5,2)，∴a≥eq\f(5,2)或a≤－eq\f(5,2).答案：a≥eq\f(5,2)或a≤－eq\f(5,2)10．(2021·潍坊模拟)给出定义：假设m－eq\f(1,2)<x≤m＋eq\f(1,2)(其中m为整数)，那么m叫做离实数x最近的整数，记作{x}＝m.在此根底上给出以下关于函数f(x)＝|x－{x}|的四个命题：①函数y＝f(x)的定义域为R，值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))；②函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(k,2)(k∈Z)对称；③函数y＝f(x)是周期函数，最小正周期为1；④函数y＝f(x)在[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]上是增函数．其中正确的命题的序号是________．解析：①由定义知：－eq\f(1,2)<x－{x}≤eq\f(1,2)∴0≤|x－{x}|≤eq\f(1,2)∴f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴①对，②对，③对，④错．答案：①②③三、解答题11．设集合A为函数y＝ln(－x2－2x＋8)的定义域，集合B为函数y＝x＋eq\f(1,x＋1)的值域，集合C为不等式(ax－eq\f(1,a))(x＋4)≤0的解集．(1)求A∩B；(2)假设C⊆∁RA，求a的取值范围．解：(1)由－x2－2x＋8>0，解得A＝(－4,2)，又y＝x＋eq\f(1,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)－1，所以B＝(－∞，－3]∪[1，＋∞)．所以A∩B＝(－4，－3]∪[1,2)．(2)因为∁RA＝(－∞，－4]∪[2，＋∞)．由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(1,a)))(x＋4)≤0，知a≠0.①当a>0时，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a2)))(x＋4)≤0，得C＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(1,a2)))，不满足C⊆∁RA；②当a<0时，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a2)))(x＋4)≥0，得C＝(－∞，－4)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)，＋∞))，欲使C⊆∁RA，那么eq\f(1,a2)≥2，解得－eq\f(\r(2),2)≤a<0或0<a≤eq\f(\r(2),2).又a<0，所以－eq\f(\r(2),2)≤a<0.综上所述，所求a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)).12．(2021·湖南)函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的x∈R，恒有f′(x)≤f(x)．(1)证明：当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2；(2)假设对满足题设条件的任意b，c，不等式f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求M的最小值．(1)证明：易知f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的x∈R,2x＋b≤x2＋bx＋c，即x2＋(b－2)x＋c－b≥0恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而c≥eq\f(b2,4)＋1.于是c≥1，且c≥2eq\r(\f(b2,4)×1)＝|b|，因此2c－b＝c＋(c－b)>0.故当x≥0时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋c(c－1)≥即当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2(2)解：由(1)知，c≥|b|.当c>|b|时，有M≥eq\f(fc－fb,c2－b2)＝eq\f(c2－b2＋bc－b2,c2－b2)＝eq\f(c＋2b,b＋c).令t＝eq\f(b,c)，那么－1<t<1，eq\f(c＋2b,b＋c)＝2－eq\f(1,1＋t).而函数g(t)＝2－eq\f(1,1＋t)(－1<t<1)的值域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).因此，当c>|b|时，M的取值集合为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).当c＝|b|时，由(1)知，b＝±2，c＝2.此时f(c)－f(b)＝－8或0，c2－b2＝0，从而f(c)－f(b)≤eq\f(3,2)(c2－b2)恒成立．综上所述，M的最小值为eq\f(3,2).13．(2021·湖南)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米．余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩．经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋eq\r(x))x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元．(1)试写出y关于x的函数关系式；(2)用m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？解：(1)设需新建n个桥墩，那么(n＋1)x＝m，即n＝eq\f(m,x)－1，所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋eq\r(x))x＝256eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)－1))＋eq\f(m,x)(2＋eq\r(x))x＝eq\f(256m,x)＋meq\r(x)＋2m－256.(2)由(1)知，f′(x)＝－eq\f(256m,x2)＋eq\f(1,2)mx－eq\f(1,2)＝eq\f(m,2x2)(x－512)．令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64.0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64<x<640时，f′(x)>0，f(x)在区间(64,640)内为增函数．所以f(x)在x＝64处取得最小值．此时n＝eq\f(m,x)－1＝eq\f(640,64)－1＝9.故需新建9个桥墩才能使y最小专题达标检测一、选择题1．设⊕是R上的一个运算，A是R的非空子集．假设对任意a、b∈A，有a⊕b∈A，那么称A对运算⊕封闭．以下数集对加法、减法、乘法和除法(除数不等于零)四那么运算都封闭的是()A．自然数集 B．整数集C．有理数集 D．无理数集解析：A：自然数集对减法，除法运算不封闭，如1－2＝－1∉N，1÷2＝eq\f(1,2)∉N.B：整数集对除法运算不封闭，如1÷2＝eq\f(1,2)∉Z.C：有理数集对四那么运算是封闭的．D：无理数集对加法、减法、乘法、除法运算都不封闭．如(eq\r(2)＋1)＋(1－eq\r(2))＝2，eq\r(2)－eq\r(2)＝0，eq\r(2)×eq\r(2)＝2，eq\r(2)÷eq\r(2)＝1，其运算结果都不属于无理数集．答案：C2．(2021·武汉质检)假设x，y∈R，那么“x>1或y>2”是“x＋y>3”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解析：此题考查充分必要条件的判断．据假设x>1或y>2⇒/x＋y>3，反之研究当x＋y>3时是否推出x>1或y>2，由于命题：x≤1且y≤2⇒x＋y≤3为真，其逆否命题即为x＋y>3⇒x>1或y>2，由命题的等价性可知命题为真，因此x>1或y>2是x＋y>3成立的一个必要但不充分条件．答案：B3．(2021·济南模拟)为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象，可以将函数y＝cos2x的图象()A．向右平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,3)个单位长度C．向左平移eq\f(π,6)个单位长度D．向左平移eq\f(π,3)个单位长度解析：此题考查函数图象的平移变换．由y＝cos2x⇒y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))⇒y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))))⇒y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))⇒y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，又y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))⇒y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，可见由y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象向右移动eq\f(π,4)＋eq\f(π,12)＝eq\f(3π＋π,12)＝eq\f(π,3)个单位，得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的图象．答案：B4．抛物线x2＝－2py(p>0)的焦点F的任一直线与抛物线交于M、N两点，那么eq\f(1,|FM|)＋eq\f(1,|FN|)为定值()A.eq\f(1,p)B.eq\f(2,p)C.eq\f(3,p)D.eq\f(4,p)解析：取通径MN，那么|FN|＝|FM|＝p，eq\f(1,|FM|)＋eq\f(1,|FN|)＝eq\f(2,p).答案：B5．(2021·江西)甲、乙、丙、丁4个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等，现任意将这4个队分成两个组(每组两个队)进行比赛，胜者再赛，那么甲、乙相遇的概率为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)解析：甲、乙两队分到同组概率为P1＝eq\f(1,3)，不同组概率为P2＝eq\f(2,3)，又∵各队取胜概率均为eq\f(1,2)，∴甲、乙两队相遇概率为P＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：D6．(2021·陕西)定义在R上的偶函数f(x)，对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，那么()A．f(3)<f(－2)<f(1)B．f(1)<f(－2)<f(3)C．f(－2)<f(1)<f(3)D．f(3)<f(1)<f(－2)解析：对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，那么x2－x1与f(x2)－f(x1)异号，因此函数f(x)在[0，＋∞)上是减函数．又f(x)在R上是偶函数，故f(－2)＝f(2)，由于3>2>1，故有f(3)<f(－2)<f(1)．答案：A二、填空题7．(2021·广东理)假设平面向量a，b满足|a＋b|＝1，a＋b平行于x轴，b＝(2，－1)，那么a＝________.解析：∵|a＋b|＝1，a＋b平行于x轴，故a＋b＝(1,0)或(－1，0)，∴a＝(1,0)－(2，－1)＝(－1,1)或a＝(－1,0)－(2，－1)＝(－3,1)．答案：(－1,1)或(－3,1)8．f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0,设A是三角形的一内角，满足f(cosA)<0，那么A的取值范围是________．解析：作出满足题意的特殊函数图象，如下图，由图知，0<cosA<eq\f(1,2)或－1<cosA<－eq\f(1,2).∴eq\f(π,3)<A<eq\f(π,2)或eq\f(2π,3)<A<π.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))9．假设存在a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2>0成立，那么实数x的取值范围是________．解析：考虑命题：“存在a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2>0成立〞的否认为“任取a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2≤0恒成立“.变换主元得到f(a)＝a(x2＋x)－2x－2≤0，对任意的a∈[1,3]恒成立，那么只要满足f(1)≤0且f(3)≤0即可，所以－1≤x≤eq\f(2,3)，故x的取值范围是x<－1或x>eq\f(2,3).答案：x<－1或x>eq\f(2,3)10．假设二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少有一个值c，使f(c)>0，那么实数p的取值范围为________．解析：此题从反面分析，采取补集法那么比拟简单．如果在[－1，1]内没有点满足f(c)>0，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(那么f－1≤0，,f1≤0.))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))⇒p≤－3或p≥eq\f(3,2).取补集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(p|－3<p<\f(3,2)))，即为满足条件的p的取值范围．答案：－3<p<eq\f(3,2)三、解答题11．设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋sin2x.(1)求函数f(x)的最大值和最小正周期；(2)设A，B，C为△ABC的三个内角，假设cosB＝eq\f(1,3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)))＝－eq\f(1,4)，且C为锐角，求sinA.解：(1)f(x)＝cos2xcoseq\f(π,3)－sin2xsineq\f(π,3)＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x.所以当2x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，即x＝－eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，[f(x)]最大值＝eq\f(1＋\r(3),2)，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故函数f(x)的最大值为eq\f(1＋\r(3),2)，最小正周期为π.(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)))＝－eq\f(1,4)，即eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)sinC＝－eq\f(1,4)，解得sinC＝eq\f(\r(3),2).又C为锐角，所以C＝eq\f(π,3).由cosB＝eq\f(1,3)求得sinB＝eq\f(2\r(2),3).因此sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(2\r(2),2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(2)＋\r(3),6).12．(2021·全国Ⅰ理)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))an＋eq\f(n＋1,2n).(1)设bn＝eq\f(an,n)，求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)由得b1＝a1＝1，且eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋eq\f(1,2n)，即bn＋1＝bn＋eq\f(1,2n)，从而b2＝b1＋eq\f(1,2)，b3＝b2＋eq\f(1,22)，…bn＝bn－1＋eq\f(1,2n－1)(n≥2)．于是bn＝b1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\f(1,2n－1)(n≥2)．又b1＝1，故所求的通项公式bn＝2－eq\f(1,2n－1).(2)由(1)知an＝2n－eq\f(n,2n－1)，故Sn＝(2＋4＋…＋2n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)))，设Tn＝1＋eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n,2n－1)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(2,2n)－eq\f(n,2n)，∴Tn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).∴Sn＝n(n＋1)＋eq\f(n＋2,2n－1)－4.13．如下图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点为F(1,0)，且过点(2,0)．(1)求椭圆C的方程：(2)假设AB为垂直于x轴的动弦，直线l：x＝4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M，(ⅰ)求证：点M恒在椭圆C上；(ⅱ)求△AMN面积的最大值．方法一：(1)解：由题设a＝2，c＝1，从而b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)(i)证明：由题意得F(1,0)、N(4,0)．设A(m，n)，那么B(m，－n)(n≠0)，eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1.①AF与BN的方程分别为：n(x－1)－(m－1)y＝0，n(x－4)＋(m－4)y＝0.设M(x0，y0)，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nx0－1－m－1y0＝0，②,nx0－4＋m－4y0＝0，③))由②③得x0＝eq\f(5m－8,2m－5)，y0＝eq\f(3n,2m－5).由于eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝eq\f(5m－82,42m－52)＋eq\f(3n2,2m－52)＝eq\f(5m－82＋12n2,42m－52)＝eq\f(5m－82＋36－9m2,42m－52)＝1.所以点M恒在椭圆C上．(ⅱ)解：设AM的方程为x＝ty＋1，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0.设A(x1，y1)、M(x2，y2)，那么有y1＋y2＝eq\f(－6t,3t2＋4)y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4)，|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(4\r(3)·\r(3t2＋3),3t2＋4).令3t2＋4＝λ(λ≥4)，那么|y1－y2|＝eq\f(4\r(3)·\r(λ－1),λ)＝4eq\r(3)eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)))2＋\f(1,λ))＝4eq\r(3)eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－\f(1,2)))2＋\f(1,4))，因为λ≥4,0<eq\f(1,λ)≤eq\f(1,4)，所以当eq\f(1,λ)＝eq\f(1,4)，即λ＝4，t＝0时，|y1－y2|有最大值3，此时AM过点F.△AMN的面积S△AMN＝eq\f(1,2)|NF|·|y1－y2|有最大值eq\f(9,2).方法二：(1)同方法一．(2)(ⅰ)证明：由题意得F(1,0)、N(4,0)，设A(m，n)，那么B(m，－n)(n≠0)，eq\f(m2,4)＋eq\f(n2,3)＝1.①AF与BN的方程分别为n(x－1)－(m－1)y＝0，②n(x－4)＋(m－4)y＝0.③由②③得：当x≠eq\f(5,2)时，m＝eq\f(5x－8,2x－5)，n＝eq\f(3y,2x－5).④把④代入①，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．当x＝eq\f(5,2)时，由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n－m－1y＝0，,－\f(3,2)n＋m＋4y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝0，,y＝0，))与n≠0矛盾．所以点M的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)，即点M恒在椭圆C上．(ⅱ)同方法一专题达标检测一、选择题1．(2021·山东潍坊)直线xcosα＋eq\r(3)y＋2＝0的倾斜角的范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))解析：由直线xcosα＋eq\r(3)y＋2＝0，所以直线的斜率为k＝－eq\f(cosα,\r(3)).设直线的倾斜角为β，那么tanβ＝－eq\f(cosα,\r(3)).又因为－eq\f(\r(3),3)≤－eq\f(cosα,\r(3))≤eq\f(\r(3),3)，即－eq\f(\r(3),3)≤tanβ≤eq\f(\r(3),3)，所以β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)).答案：B2．假设圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同的点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq\r(2)，那么直线l的倾斜角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析：由题意知，圆心到直线的距离d应满足0≤d≤eq\r(2)，d＝eq\f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)⇒a2＋b2＋4ab≤0.显然b≠0，两边同除以b2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＋1≤0，解得－2－eq\r(3)≤eq\f(a,b)≤－2＋eq\r(3).k＝－eq\f(a,b)，k∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))，应选B.答案：B3．(2021·陕西)抛物线y2＝2px(p>0)的准线与圆x2＋y2－6x－7＝0相切，那么p的值为()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．4解析：圆x2＋y2－6x－7＝0的圆心坐标为(3,0)，半径为4.y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－eq\f(p,2)，∴3＋eq\f(p,2)＝4，∴p＝2.应选C.答案：CA．0B．2C．4解析：易知当P、Q分别在椭圆短轴端点时，四边形PF1QF2面积最大．此时，F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，P(0,1)，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(3－x0，－y0)，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝－2.答案：D5．F1、F2是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，假设边MF1的中点在双曲线上，那么双曲线的离心率是()A．4＋2eq\r(3)B.eq\r(3)－1C.eq\f(\r(3)＋1,2)D.eq\r(3)＋1解析：设正三角形MF1F2的边MF1的中点为H，那么M(0，eq\r(3)c)，F1(－c,0)．所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c，\f(\r(3),2)c))，H点在双曲线上，故eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c))2,a2)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)c))2,b2)＝1，化简e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4＋2eq\r(3)，所以e＝eq\r(3)＋1.答案：D答案：D二、填空题7．(2021·辽宁沈阳)假设直线l经过点(a－2，－1)和(－a－2,1)且与经过点(－2,1)，斜率为－eq\f(2,3)的直线垂直，那么实数a的值为________．解析：由于直线l与经过点(－2,1)且斜率为－eq\f(2,3)的直线垂直，可知a－2≠－a－2.∵kl＝eq\f(1－－1,－a－2－a－2)＝－eq\f(1,a)，∴－eq\f(1,a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－1，∴a＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)8．假设双曲线eq\f(x2,3)－eq\f(16y2,p2)＝1的左焦点在抛物线y2＝2px的准线上，那么p的值为_______解析：由题意可列式eq\r(3＋\f(p2,16))＝eq\f(p,2)，解得p＝4.答案：49．(2021·上海)圆C：x2＋y2－2x－4y＋4＝0的圆心到直线3x＋4y＋4＝0的距离d＝________.解析：∵x2＋y2－2x－4y＋4＝0，∴(x－1)2＋(y－2)2＝1.圆心(1,2)到3x＋4y＋4＝0的距离为d＝eq\f(|3×1＋4×2＋4|,\r(32＋42))＝3.答案：310．(2021·湖南)过双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点作圆x2＋y2＝a2的两条切线，切点分别为A、B.假设∠AOB＝120°(O是坐标原点)，那么双曲线C的离心率为________．解析：如图，由题知OA⊥AF，OB⊥BF且∠AOB＝120°，∴∠AOF＝60°，又OA＝a，OF＝c，∴eq\f(a,c)＝eq\f(OA,OF)＝cos60°＝eq\f(1,2)，∴eq\f(c,a)＝2.答案：2三、解答题11．(2021·宁夏银川)设直线l的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)．(1)假设l在两坐标轴上截距相等，求l的方程；(2)假设l不经过第二象限，求实数a的取值范围．解：(1)当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距为零，∴a＝2，方程即为3x＋y＝0.∵当直线不经过原点时，由截距存在且均不为0，∴eq\f(a－2,a＋1)＝a－2，即a＋1＝1，∴a＝0，方程即为x＋y＋2＝0.(2)解法一：将l的方程化为y＝－(a＋1)x＋a－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋1>0,a－2≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋1＝0，,a－2≤0，))∴a≤－1.综上可知a的取值范围是a≤－1解法二：将l的方程化为(x＋y＋2)＋a(x－1)＝0(a∈R)．它表示过l1：x＋y＋2＝0与l2：x－1＝0的交点(1，－3)的直线系(不包括x＝1)．由图象可知l的斜率为－(a＋1)≥0，即当a≤－1时，直线l不经过第二象限．12．P为椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上任意一点，F1、F2为左、右焦点，如下图．(1)假设PF1的中点为M，求证：|MO|＝5－eq\f(1,2)|PF1|；(2)假设∠F1PF2＝60°，求|PF1|·|PF2|之值；(3)椭圆上是否存在点P，使eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，假设存在，求出P点的坐标，假设不存在，试说明理由(1)证明：在△F1PF2中，MO为中位线，∴|MO|＝eq\f(|PF2|,2)＝eq\f(2a－|PF1|,2)＝a－eq\f(|PF1|,2)＝5－eq\f(1,2)|PF1|.(2)解：∵|PF1|＋|PF2|＝10，∴|PF1|2＋|PF2|2＝100－2|PF1|·|PF2|，在△PF1F2中，cos60°＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)，∴|PF1|·|PF2|＝100－2|PF1|·|PF2|－36，∴|PF1|·|PF2|＝eq\f(64,3).(3)解：设点P(x0，y0)，那么eq\f(x\o\al(2,0),25)＋eq\f(y\o\al(2,0),16)＝1.①易知F1〔-3，0〕，F2〔3，0〕，故PF1＝(－3－x0，－y0)，PF2＝(－3－x0，－y0)，∵PF1·PF2=0，∴xeq\o\al(2,0)－9＋yeq\o\al(2,0)＝0，②由①②组成方程组，此方程组无解，故这样的点P不存在．(2)设△AMB的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．(1)证明：由条件，得F(0,1)，λ>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，即得(－x1,1－y1)＝λ(x2，y2－1)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＝λx2，①,1－y1＝λy2－1，②))将①式两边平方并把y1＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，y2＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)代入得y1＝λ2y2.③解②、③式得y1＝λ，y2＝eq\f(1,λ)，且有x1x2＝－λxeq\o\al(2,2)＝－4λy2＝－4，抛物线方程为y＝eq\f(1,4)x2，求导得y′＝eq\f(1,2)x.所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y＝eq\f(1,2)x1(x－x1)＋y1，y＝eq\f(1,2)x2(x－x2)＋y2，即y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).解出两条切线的交点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，－1)).所以eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，－2))·(x2－x1，y2－y1)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x\o\al(2,2)－\f(1,4)x\o\al(2,1)))＝0，所以eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))为定值，其值为0.(2)解：由(1)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝eq\f(1,2)|AB||FM|.|FM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＋－22)＝eq\r(\f(1,4)x\o\al(2,1)＋\f(1,4)x\o\al(2,2)＋\f(1,2)x1x2＋4)＝eq\r(y1＋y2＋\f(1,2)×－4＋4)＝eq\r(λ＋\f(1,λ)＋2)＝eq\r(λ)＋eq\f(1,\r(λ)).因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋2＝λ＋eq\f(1,λ)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(λ)＋\f(1,\r(λ))))2.于是S＝eq\f(1,2)|AB||FM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(λ)＋\f(1,\r(λ))))3，由eq\r(λ)＋eq\f(1,\r(λ))≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4专题达标检测一、选择题1．假设a、b表示互不重合的直线，α、β表示不重合的平面，那么a∥α的一个充分条件是()A．α∥β，a∥βB．α⊥β，a⊥βC．a∥b，b∥αD．α∩β＝b，a⊄α，a∥b解析：A，B，C选项中，直线a都有可能在平面α内，不能满足充分性，应选D.答案：D2．(2021·全国Ⅰ)正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(6),3)解析：∵BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角即为BB1与平面ACD1所成的角，设其大小为θ，设正方体的棱长为1，那么点D到面ACD1的距离为eq\f(\r(3),3)，所以sinθ＝eq\f(\r(3),3)，得cosθ＝eq\f(\r(6),3)，应选D.答案：D3．如图，△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M是Rt△ABC斜边AB的中点，∴MA＝MB＝MC.又∵PM⊥平面ABC，∴MA、MB、MC分别是PA、PB、PC在平面ABC上的射影，∴PA＝PB＝PC.应选C.答案：C4．如图，啤酒瓶的高为h，瓶内酒面高度为a，假设将瓶盖盖好倒置，酒面高度为a′(a′＋b＝h)，那么酒瓶容积与瓶内酒的体积之比为()A．1＋eq\f(b,a)且a＋b>hB．1＋eq\f(b,a)且a＋b<hC．1＋eq\f(a,b)且a＋b>hD．1＋eq\f(a,b)且a＋b<h解析：设啤酒瓶的底面积为S，啤酒瓶的容积为V瓶，瓶内酒的体积为V酒，那么V酒＝Sa，V瓶－V酒＝Sb，即得V瓶＝V酒＋Sb＝S(a＋b)，∴eq\f(V瓶,V酒)＝eq\f(Sa＋b,Sa)＝1＋eq\f(b,a).又∵Sa′>Sa，即a′>a，∴h＝a′＋b>a＋b，∴eq\f(V瓶,V酒)＝1＋eq\f(b,a)且a＋b<h.答案：B5．在正三棱锥S－ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且MN⊥AM，假设侧棱SA＝2eq\r(3)，那么正棱锥S－ABC外接球的外表积是()A．12πB．32πC．36πD．48π解析：由于MN⊥AM，MN∥BS，那么BS⊥AM，又根据正三棱锥的性质知BS⊥AC，那么BS⊥平面SAC，于是有∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，SA、SB、SC为三棱锥S—ABC外接球的内接正方体的三条棱，设球半径为R，那么4R2＝3SA2＝36，球外表积为4πR2＝36π.答案：C6．(2021·北京)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1点P，Q分别在棱AD，CD上，假设EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z(x，y，z大于零)，那么四面体PEFQ的体积()A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关解析：连结EQ、FQ、A1D，作PN⊥A1D，垂足为N.∵A1B1∥DC且EF＝1，∴S△EFQ是定值．∵A1B1⊥面ADD1A1且PN⊂面ADD1A∴A1B1⊥PN，∴PN⊥面A1B1CD.∵PD＝z，∠A1DA＝45°，∴PN＝eq\f(\r(2),2)z，∴VPEFQ＝eq\f(1,3)S△EFQ·PN与x，y无关，与z有关，应选D.答案：D二、填空题7．(2021·湖南，13)以下图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3那么h＝____________cm.解析：直观图如图，那么三棱锥中AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，∴体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·AC·h＝20，∴h＝4.答案：48．如下图，在正方体，ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1，CC1的中点，P为AD上一动点，记α为异面直线PM与D1N所成的角，那么α的取值集合为________．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))9．一个凸多面体共有9个面，所有棱长均为1，其平面展开图如下图，那么该凸多面体的体积V＝________.解析：该几何体形状如下图，是一个正方体与正四棱锥的组合体，正方体的体积是1，正四棱锥的体积是eq\f(\r(2),6)，故该凸多面体的体积为1＋eq\f(\r(2),6).答案：1＋eq\f(\r(2),6)10．(2021·四川)如图，二面角α－l－β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°，那么AB与平面β所成的角的正弦值是________．解析：过A作AC⊥平面β于C，C为垂足，连结CB，过C作CD⊥l于D，连结AD，那么AD⊥l，∴∠ADC为二面角α－l－β的平面角，即∠ADC＝60°.∵AC⊥β，∴∠ABC为直线AB与平面β所成角．设AB＝1，那么AD＝eq\f(1,2)，AC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，∴sin∠ABC＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(\f(\r(3),4),1)＝eq\f(\r(3),4).答案：eq\f(\r(3),4)三、解答题11．(2021·江苏无锡)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC⊥BC1，AB＝BC1，E、F、G分别为线段AC1、A1C1、BB的中点，求证：(1)平面ABC⊥平面ABC1；(2)EF∥平面BCC1B1；(3)GF⊥平面AB1C1证明：(1)∵BC⊥AB，BC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴BC⊥平面ABC1.∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.(2)∵AE＝EC1，A1F＝FC1，∴EF∥AA1∵BB1∥AA1，∴EF∥BB1.∵EF⊄平面BCC1B1，∴EF∥平面BCC1B1.(3)连结EB，那么四边形EFGB为平行四边形．∵EB⊥AC1，∴FG⊥AC1.∵BC⊥面ABC1，∴B1C1⊥面ABC1∴B1C1⊥BE，∴FG⊥B1C∵B1C1∩AC1＝C1，∴GF⊥平面AB1C12．侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB＝60°，AD＝AA1，F为棱BB1的中点，点M为线段AC1的中点．(1)求证：直线MF∥平面ABCD；(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1(3)求平面AFC1与平面ABCD所成的锐二面角的大小．(1)证明：延长C1F交CB的延长线于点N，连结AN.因为F是BB1的中点，所以为C1N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC1的中点，故MF∥AN.又∵MF⊄平面ABCD，AN⊂平面ABCD，∴MF∥平面ABCD.(2)证明：(如上图)连结BD，由直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，可知：A1A⊥平面ABCD又∵BD⊂平面ABCD，∴A1A⊥B∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又∵AC∩A1A＝A，AC、A1A⊂平面ACC1∴BD⊥平面ACC1A1在四边形DANB中，DA∥BN且DA＝BN，所以四边形DANB为平行四边形．故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC1A1又∵NA⊂平面AFC1∴平面AFC1⊥平面ACC1A(3)解：由(2)知BD⊥平面ACC1A1又AC1⊂平面ACC1A1∴BD⊥AC1，∵BD∥NA，∴AC1⊥NA.又因BD⊥AC可知NA⊥AC，∴∠C1AC就是平面AFC1与平面ABCD在Rt△C1AC中，tan∠C1AC＝eq\f(C1C,CA)＝eq\f(1,\r(3))，故∠C1AC＝30°.∴平面AFC1与平面ABCD所成锐二面角的大小为30°.13．(2021·湖北，18)如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA，OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1.(1)设P为AC的中点．证明：在AB上存在一点Q，使PQ⊥OA，并计算eq\f(AB,AQ)的值；(2)求二面角O－AC－B的平面角的余弦值．解：解法一：(1)在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N，连结NC.又OA⊥OC，∴OA⊥平面ONC.∵NC⊂平面ONC，∴OA⊥NC.取Q为AN的中点，那么PQ∥NC，∴PQ⊥OA.在等腰△AOB中，∠AOB＝120°，∴∠OAB＝∠OBA＝30°.在Rt△AON中，∠OAN＝30°，∴ON＝eq\f(1,2)AN＝AQ.在△ONB中，∠NOB＝120°－90°＝30°＝∠NBO，∴NB＝ON＝AQ，∴eq\f(AB,AQ)＝3.(2)连结PN，PO.由OC⊥OA，OC⊥OB知OC⊥平面OAB.又ON⊂平面OAB，∴OC⊥ON.又由ON⊥OA知ON⊥平面AOC.∴OP是NP在平面AOC内的射影．在等腰Rt△COA中，P为AC的中点，∴AC⊥OP.根据三垂线定理，知AC⊥NP.∴∠OPN为二面角O－AC－B的平面角．在等腰Rt△COA中，OC＝OA＝1，∴OP＝eq\f(\r(2),2).在Rt△AON中，ON＝OAtan30°＝eq\f(\r(3),3)，∴在Rt△PON中，PN＝eq\r(OP2＋ON2)＝eq\f(\r(30),6)，∴cos∠OPN＝eq\f(PO,PN)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(30),6))＝eq\f(\r(15),5).解法二：(1)取O为坐标原点，分别以OA，OC所在的直线为x轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz(如下图)那么A(1,0,0)，C(0,0,1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).∵P为AC中点，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).设eq\o(AQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(λ∈(0,1))，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)λ，\f(\r(3),2)λ，0))，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)λ，\f(\r(3),2)λ，－\f(1,2))).∵PQ⊥OA，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0，即eq\f(1,2)－eq\f(3,2)λ＝0，λ＝eq\f(1,3).所以存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0))使得PQ⊥OA且eq\f(AB,AQ)＝3.〔2〕记平面ABC的法向量为n=〔n1，n2，n3〕，那么由n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1－n3＝0，,－\f(3,2)n1＋\f(\r(3),2)n2＝0，))故可取n＝(1，eq\r(3)，1)．又平面OAC的法向量为e＝(0,1,0)．∴cos〈n，e〉＝eq\f(1，\r(3)，1·0，1，0,\r(5)·1)＝eq\f(\r(3),\r(5)).二面角O－AC－B的平面角是锐角，记为θ，那么cosθ＝eq\f(\r(15),5).专题达标检测一、选择题1．点P是函数f(x)＝cosωx(其中ω≠0)的图象C的一个对称中心，假设点P到图象C的对称轴的距离最小值是π，那么函数f(x)的最小正周期是()A．πB．2πC．3πD．4π解析：函数f(x)的对称中心是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,ω)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))，0))，对称轴为x＝eq\f(kπ,ω)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(1,ω)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))))＝π，k∈Z，即|ω|＝eq\f(1,2)，∴T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π，应选D.答案：D2．定义：|a×b|＝|a|·|b|·sinθ，其中θ为向量a与b的夹角，假设|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6那么|a×b|等于()A．8B．－8C．8或－8解析：a·b＝|a|·|b|·cosθ⇒cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝－eq\f(3,5)∴sinθ＝eq\f(4,5)，∴|a×b|＝|a|·|b|·sinθ＝2×5×eq\f(4,5)＝8.答案：A3．函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))，x∈[0，π]的增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))解析：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，故函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))，x∈[0，π]的增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，应选C.答案：C4．(2021·全国Ⅱ)为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，只需把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象()A．向左平移eq\f(π,4)个长度单位B．向右平移eq\f(π,4)个长度单位C．向左平移eq\f(π,2)个长度单位D．向右平移eq\f(π,2)个长度单位解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))，故应向右平移eq\f(π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,4)个长度单位．答案：B5．(2021·天津)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c假设a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，那么A＝()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：sinC＝2eq\r(3)sinB⇒c＝2eq\r(3)b，a2－b2＝eq\r(3)bc⇒a2－b2－c2＝eq\r(3)bc－c2⇒b2＋c2－a2＝c2－eq\r(3)bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c2－\r(3)bc,2bc)＝eq\f(c2,2bc)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(c,2b)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),2)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴在△ABC中，∠A＝30°.答案：A6．(2021·浙江理)a是实数，那么函数f(x)＝1＋asinax的图象不可能是()解析：图A中函数的最大值小于2，故0<a<1，而其周期大于2π，故A中图象可以是函数f(x)的图象，图B中，函数的最大值大于2故a应大于1，其周期小于2π，故B中图象可以是函数f(x)的图象，当a＝0时，f(x)＝1，此时对应C中图象，对于D可以看出其最大值大于2，其周期应小于2π，而图象中的周期大于2π，故D中图象不可能为函数f(x)的图象．答案：D二、填空题7．函数f(x)＝2sinx，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，直线x＝m与f(x)，g(x)的图象分别交M、N两点，那么|MN|的最大值为________．解析：构造函数＝2sinx－2cosx＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，故最大值为2eq\r(2).答案：2eq\r(2)8．曲线y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))与直线y＝eq\f(1,2)在y轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为P1，P2，P3，…，那么|P2P4|等于()A．πB．2πC．3πD．4π解析：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝1＋sin2x，|P2P4|恰为一个周期的长度π.答案：π10．有以下命题：①函数y＝4cos2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10π，10π))不是周期函数；②函数y＝4cos2x的图象可由y＝4sin2x的图象向右平移eq\f(π,4)个单位得到；③函数y＝4cos(2x＋θ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称的一个必要不充分条件是θ＝eq\f(k,2)π＋eq\f(π,6)(k∈Z)；④函数y＝eq\f(6＋sin2x,2－sinx)的最小值为2eq\r(10)－4其中正确命题的序号是________．解析：①中的函数不符合周期函数的定义，所以不是周期函数；因为②中函数y＝4sin2x的图象向右平移eq\f(π,4)个单位得到y＝4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，即y＝－4cos2x的图象，不是y＝4cos2x的图象；③把点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入函数y＝4cos(2x＋θ)，有4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝0，那么eq\f(π,3)＋θ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以θ＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，又eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(θ|θ＝\f(k,2)π＋\f(π,6)k∈Z))⊇{θ|θ＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)}，所以③正确；④函数y＝eq\f(6＋sin2x,2－sinx)＝eq\f(2－sinx2－42－sinx＋10,2－sinx)＝(2－sinx)＋eq\f(10,2－sinx)－4，如果它的最小值为2eq\r(10)－4，那么(2－sinx)2＝10，而(2－sinx)2的最大值为11，故不正确．答案：①③三、解答题11．(2021·天津)函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)假设f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos2x0的值．解：(1)由f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1，得f(x)＝eq\r(3)(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期为π.因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函