2023新教材高考数学二轮专题复习开篇备考

开篇备考把脉考向精准定位一、基础性——遵循考纲难易适中基本概念基本技能基本思想基本应用基础性命题目标重温高考素养清单基本概念复数的概念1.[2021·新高考Ⅱ卷]复数eq\f(2－i,1－3i)在复平面内对应的点所在的象限为()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限eq\a\vs4\al([直观想象])椭圆定义2.[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为()A．13B．12C．9D．6eq\a\vs4\al([逻辑推理])事件的相互独立3.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则()A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立eq\a\vs4\al([逻辑推理])正态分布4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(2<X≤2.5)＝0.36，则P(X>2.5)＝________．eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])样本的数字特征5.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c为非零常数，则()A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同eq\a\vs4\al([逻辑推理])线线角与线面角6.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，则()A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°eq\a\vs4\al([逻辑推理])基本技能集合运算的求解能力7.[2022·新高考Ⅰ卷]若集合M＝{x|eq\r(x)<4}，N＝{x|3x≥1}，则M∩N＝()A．{x|0≤x<2}B．{x|eq\f(1,3)≤x<2}C．{x|3≤x<16}D．{x|eq\f(1,3)≤x<16}eq\a\vs4\al([数学运算])复数运算的求解能力8.[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1－z)＝1，则z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－2B．－1C．1D．2eq\a\vs4\al([数学运算])平面向量数量积的坐标运算的求解能力9.[2022·新高考Ⅱ卷]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝()A．－6B．－5C．5D．6eq\a\vs4\al([数学运算])平面向量的线性运算的求解能力10.[2022·新高考Ⅰ卷]在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记eq\o(CA,\s\up6(→))＝m，eq\o(CD,\s\up6(→))＝n，则eq\o(CB,\s\up6(→))＝()A．3m－2nB．－2m＋3nC．3m＋2nD．2m＋3neq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])三角函数性质的求解能力11.[2022·新高考Ⅰ卷]记函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的图象关于点(eq\f(3π,2)，2)中心对称，则f(eq\f(π,2))＝()A．1B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2)D．3eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])三角恒等变换求值的求解能力12.[2022·新高考Ⅱ卷]若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)cos(α＋eq\f(π,4))sinβ，则()A．tan(α－β)＝1B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－113.[2021·新高考Ⅰ卷]若tanθ＝－2，则eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝()A．－eq\f(6,5)B．－eq\f(2,5)C．eq\f(2,5)D．eq\f(6,5)eq\a\vs4\al([数学运算])排列与组合的求解能力14.[2020·新高考Ⅰ卷]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有()A．120种B．90种C．60种D．30种eq\a\vs4\al([数学运算])二项式展开式通项公式的求解能力15.[2022·新高考Ⅰ卷](1－eq\f(y,x))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答).eq\a\vs4\al([数学运算])等差数列的通项公式及前n项和公式，学生解方程的能力16.[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])基本思想平面向量数量积的范围，数形结合思想的应用17.[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的取值范围是()A．(－2，6)B．(－6，2)C．(－2，4)D．(－4，6)eq\a\vs4\al([直观想象])eq\a\vs4\al([数学运算])有关圆的问题的求解，数形结合思想的应用18.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则()A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时，|PB|＝3eq\r(2)D．当∠PBA最大时，|PB|＝3eq\r(2)eq\a\vs4\al([直观想象])eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])基本应用球的表面积在实际中的应用19.[2021·新高考Ⅱ卷]北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cosα)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为()A．26%B．34%C．42%D．50%eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])二、综合性——着眼题型凸显能力试题的综合性是新高考考查的难点，只要考生突破这个难点，问题便可迎刃而解，体现了高考的选拔性功能．其主要特征是多知识点的交汇，条件和结论由紧密相关的知识构成，是知识网的具体体现．该类问题多呈现在函数与不等式、向量与三角、概率与应用、数列与不等式、平面几何与立体几何、直线与圆锥曲线、函数导数与不等式等．解答此类问题必须注意以下三点：(1)理清知识体系；(2)建立知识网络关系；(3)注重目标的达成．综合性命题目标重温高考素养清单函数与不等式利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，分类讨论思想的应用能力1.[2020·新高考Ⅰ卷]若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是()A．[－1，1]∪[3，＋∞)B．[－3，－1]∪[0，1]C．[－1，0]∪[1，＋∞)D．[－1，0]∪[1，3]eq\a\vs4\al([数学运算])eq\a\vs4\al([直观想象])不等式的性质、基本不等式、指数函数及对数函数的单调性的综合2.[2020·新高考Ⅰ卷](多选)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则()A．a2＋b2≥eq\f(1,2)B．2a－b>eq\f(1,2)C．log2a＋log2b≥－2D．eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])利用导数比较大小3.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)设a＝0.1e0.1，b＝eq\f(1,9)，c＝－ln0.9，则()A．a<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．a<c<beq\a\vs4\al([数学运算])eq\a\vs4\al([逻辑推理])解析几何直线与椭圆的位置关系，利用点差法求解4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知直线l与椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，则l的方程为________．eq\a\vs4\al([数学运算])eq\a\vs4\al([逻辑推理])立体几何与导数正四棱锥内接于球，利用导数求正四棱锥的体积5.[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))D．[18，27]eq\a\vs4\al([数学运算])三、创新性——立足求变变中出新高考数学试题的创新性是数学试题具有较高生命力和价值的体现，每年的高考试题的特点都呈现稳中求新，具有开放性、新颖性、灵活性等特点，“年年考题都相似，考题年年有创新”．近三年新高考创新如下：(1)2020年新高考第一年，设计了多选题，解答题中设计了结构不良问题(条件三选一)第17题(三角问题).(2)2021年新高考第二年，新高考Ⅰ卷设计了双空题第16题，但解答题没设计结构不良问题(条件三选一)；新高考Ⅱ卷填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题，解答题设计结构不良问题(条件二选一)第22题(利用导数证明函数零点问题).(3)2022年新高考第三年，新高考Ⅰ卷没设计双空题和结构不良问题，但填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题；2022年新高考Ⅱ卷填空题设计了双空题第14题，没设计开放性试题(答案不唯一)，解答题设计结构不良问题(从三个条件中选两个证明另一个)第21题(直线与双曲线问题).创新性命题目标重温高考素养清单多选题考查利用导数解决三次函数的极值点、零点、对称中心和曲线的切线1.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则()A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线eq\a\vs4\al([数学运算])eq\a\vs4\al([直观想象])双空题以民间剪纸为背景考查数列的递推和数列求和2.[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k=1nSk＝________eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])(答案不唯一)开放性考查圆的切线问题3.[2022·新高考Ⅰ卷]写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程____________．eq\a\vs4\al([数学运算])eq\a\vs4\al([直观想象])结构不良问题从三个已知条件选一个解答，考查正弦定理、余弦定理的应用4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])从三个条件中选两个证明另一个，考查直线与双曲线的有关知识5.[2022·新高考Ⅱ卷]已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程．(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(3)的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])四、应用性——融入素养特色鲜明高考数学中应用性包含两层意思，一层是应用数学知识解决社会生活中的实际问题，另一层是应用数学知识解决相关的数学问题，数学试题从头到尾处处都体现数学知识的应用，解决问题时注意以下两点：(1)将实际问题建立数学模型进行求解，理清建模过程和数据处理，利用数据说话．(2)应用数学知识解决相关数学问题时，注重分析问题，构建条件与结论的最短(最佳)解题链，坚持条件与结论的和谐相融．应用性命题目标重温高考素养清单数学的实际应用概率与统计在实际生活中的应用1.[2020·新高考Ⅰ卷]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A．62%B．56%C．46%D．42%eq\a\vs4\al([逻辑推理])eq\a\vs4\al([数学运算])回归分析在实际生活中的应用2.[2020·全国Ⅰ卷]某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi，yi)(i＝1，2，…，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是()A．y＝a＋bxB．y＝a＋bx2C．y＝a＋bexD．y＝a＋blnxeq\a\vs4\al([数学抽象])eq\a\vs4\al([逻辑推理])立体几何在实际生活中的应用3.[2022·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(eq\r(7)≈2.65)()A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3eq\a\vs4\al([数学建模])eq\a\vs4\al([数学运算])开篇备考把脉考向精准定位新高考命题四特性一、基础性——遵循考纲难易适中1．解析：eq\f(2－i,1－3i))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋3i)),10)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1＋i,2)，所以该复数对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，该点在第一象限，故选A.答案：A2．解析：由题，a2＝9，b2＝4，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝2a＝6，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)),2)))2＝9（当且仅当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝3时，等号成立）.故选C.答案：C3．解析：P（甲）＝eq\f(1,6)，P（乙）＝eq\f(1,6)，P（丙）＝eq\f(5,36)，P（丁）＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），P（甲丁）＝eq\f(1,36)＝P（甲）P（丁），P（乙丙）＝eq\f(1,36)≠P（乙）P（丙），P（丙丁）＝0≠P（丁）P（丙），故选B.答案：B4．解析：由题意可知P（X>2）＝0.5，所以P（X>2.5）＝P（X>2）－P（2<X≤2.5）＝0.5－0.36＝0.14.答案：0.145．解析：A：E（y）＝E（x＋c）＝E（x）＋c且c≠0，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi＝xi＋c，显然不相同，错误；C：D（y）＝D（x）＋D（c）＝D（x），故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax－xmin，则第二组的极差为ymax－ymin＝（xmax＋c）－（xmin＋c）＝xmax－xmin，故极差相同，正确；故选CD.答案：CD6．解析：如图（1），连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．如图（2），连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确，如图（3），连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．如图（4），因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：由eq\r(x)＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))))，所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)))).故选D.答案：D8．解析：方法一因为i（1－z）＝1，所以z＝1－eq\f(1,i)＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝2.故选D.方法二因为i（1－z）＝1＝－i2＝i·（－i），所以1－z＝－i，所以z＝1＋i，所以z＝1－i，所以z＋z＝（1＋i）＋（1－i）＝2.故选D.答案：D9．解析：因为a＝（3，4），b＝（1，0），所以c＝a＋tb＝（3＋t，4）.由题意，得cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq\f(9＋3t＋16,|c|·5)＝eq\f(3＋t,|c|·1)，解得t＝5.故选C.答案：C10．解析：因为BD＝2DA，所以eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋3eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋3（eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))）＝－2eq\o(CA,\s\up6(→))＋3eq\o(CD,\s\up6(→))＝－2m＋3n.故选B.答案：B11．解析：因为eq\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,|ω|)＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f（x）的图象关于点（eq\f(3π,2)，2）中心对称，所以b＝2，eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，所以ω＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k，k∈Z.令2＜－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k＜3，解得eq\f(13,4)＜k＜eq\f(19,4).又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝eq\f(5,2).所以f（x）＝sin（eq\f(5,2)x＋eq\f(π,4)）＋2，所以f（eq\f(π,2)）＝sin（eq\f(5π,4)＋eq\f(π,4)）＋2＝1.故选A.答案：A12．解析：方法一设β＝0，则sinα＋cosα＝0，即tanα＝－1.取α＝eq\f(3π,4)，排除A，B.设α＝0，则sinβ＋cosβ＝2sinβ，即tanβ＝1.取β＝eq\f(π,4)，排除D.故选C.方法二因为sin（α＋β）＋cos（α＋β）＝eq\r(2)sin（α＋β＋eq\f(π,4)）＝eq\r(2)sin[（α＋eq\f(π,4)）＋β]＝eq\r(2)sin（α＋eq\f(π,4)）cosβ＋eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ＝2eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ，所以eq\r(2)sin（α＋eq\f(π,4)）cosβ＝eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ，所以sin（α＋eq\f(π,4)）cosβ－cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ＝0，即sin（α＋eq\f(π,4)－β）＝0.所以sin（α－β＋eq\f(π,4)）＝eq\f(\r(2),2)sin（α－β）＋eq\f(\r(2),2)cos（α－β）＝0，即sin（α－β）＝－cos（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故选C.方法三因为sin（α＋β）＋cos（α＋β）＝2eq\r(2)cos（α＋eq\f(π,4)）sinβ，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2eq\r(2)sinβ（eq\f(\r(2),2)cosα－eq\f(\r(2),2)sinα）＝2sinβcosα－2sinαsinβ，所以cosαcosβ＋sinαsinβ＝－sinαcosβ＋sinβcosα，所以cos（α－β）＝－sin（α－β），所以tan（α－β）＝－1.故选C.答案：C13．解析：将式子进行齐次化处理得：eq\f(sinθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋sin2θ)),sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ)),sinθ＋cosθ)＝sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ))＝eq\f(sinθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ)),sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(4－2,1＋4)＝eq\f(2,5).故选C.答案：C14．解析：Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝60.答案：C15．解析：（1－eq\f(y,x)）（x＋y）8＝（x＋y）8－eq\f(y,x)（x＋y）8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))－Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＝－28.答案：－2816．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝eq\f(3m－1,2)＝eq\f(3m－3＋2,2)＝eq\f(3（m－1）,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3（2k＋1）－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq\f(1＋6n－5,2)×n＝3n2－2n.答案：3n2－2n17．解析：eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AP,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·cos∠PAB＝2|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos∠PAB，又|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos∠PAB表示eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\r(3)×2×cos30°＝6，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝2×2×cos120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))∈（－2，6），故选A.答案：A18．解析：圆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－5))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－5))2＝16的圆心为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))，半径为4，直线AB的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，圆心M到直线AB的距离为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5＋2×5－4)),\r(12＋22))＝eq\f(11,\r(5))＝eq\f(11\r(5),5)>4，所以，点P到直线AB的距离的最小值为eq\f(11\r(5),5)－4<2，最大值为eq\f(11\r(5),5)＋4<10，A选项正确，B选项错误；如图所示：当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－5))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－5))2)＝eq\r(34)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MP))＝4，由勾股定理可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BP))＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BM))2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MP))2)＝3eq\r(2)，CD选项正确．故选ACD.答案：ACD19．解析：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：eq\f(2πr2（1－cosα）,4πr2)＝eq\f(1－cosα,2)＝eq\f(1－\f(6400,6400＋36000),2)≈0.42＝42%.故选C.答案：C二、综合性——着眼题型凸显能力1．解析：通解由题意知f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）单调递减，且f（－2）＝f（2）＝f（0）＝0.当x>0时，令f（x－1）≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；当x<0时，令f（x－1）≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1，0]∪[1，3]，选D.优解当x＝3时，f（3－1）＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f（4－1）＝f（3）<0，此时不符合题意，排除选项A，C.故选D.答案：D2．解析：对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2（a2＋b2）≥a2＋b2＋2ab＝（a＋b）2＝1，∴a2＋b2≥eq\f(1,2)，正确；对于选项B，易知0<a<1，0<b<1，∴－1<a－b<1，∴2a－b>2－1＝eq\f(1,2)，正确；对于选项C，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，则log2eq\f(1,4)＋log2eq\f(3,4)＝－2＋log2eq\f(3,4)<－2，错误；对于选项D，∵eq\r(2)＝eq\r(2（a＋b）)，∴[eq\r(2（a＋b）)]2－（eq\r(a)＋eq\r(b)）2＝a＋b－2eq\r(ab)＝（eq\r(a)－eq\r(b)）2≥0，∴eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，正确．故选ABD.答案：ABD3．解析：设f（x）＝（1－x）ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′（x）＝－ex＋（1－x）ex＝－xex＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以f（0.1）＜f（0）＝0，即0.9e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜eq\f(1,9)，即a＜b.令g（x）＝x－ln（1＋x），x＞0，则当x＞0时，g′（x）＝1－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(x,1＋x)＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（eq\f(1,9)）＞g（0）＝0，即eq\f(1,9)－ln（1＋eq\f(1,9)）＞0，所以eq\f(1,9)＞－lneq\f(9,10)，即b＞c.令h（x）＝xex＋ln（1－x），0＜x≤0.1，则h′（x）＝（1＋x）·ex＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(（x2－1）ex＋1,x－1).设t（x）＝（x2－1）ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′（x）＝（x2＋2x－1）ex＜0，所以t（x）在（0，0.1]上单调递减，所以t（x）＜t（0）＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，0.1]上单调递增，所以h（0.1）＞h（0）＝0，即0.1e0.1＋ln0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.答案：C4．解析：方法一取线段AB的中点E，连接OE（O为坐标原点）.因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.设A（x1，y1），B（x2，y2）.由题意可得eq\f(y1＋y2,x1＋x2)×eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(3－\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)－（3－\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2)）,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝－eq\f(1,2)，即kOE·kAB＝－eq\f(1,2).设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，则y＝m.令y＝0，则x＝－eq\f(m,k).所以点E的坐标为（－eq\f(m,2k)，eq\f(m,2)），所以k×eq\f(m,\f(－m,k))＝－k2＝－eq\f(1,2)，解得k＝－eq\f(\r(2),2)，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直线AB的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.方法二设线段AB的中点为E.由|MA|＝|NB|，得E为线段MN的中点．设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0，则M（－eq\f(m,k)，0），N（0，m），E（－eq\f(m,2k)，eq\f(m,2)）.将y＝kx＋m代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1中并整理，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)＝2·（－eq\f(m,2k)），解得k＝－eq\f(\r(2),2).又因为|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)))\s\up12(2)＋m2)＝2eq\r(3)，所以m＝2，符合题意，所以直线AB的方程为x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.答案：x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝05.解析：设该球的半径为R，则由题意知eq\f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝eq\f(l2,6)，所以DE＝eq\r(PD2－PE2)＝eq\r(l2－\f(l4,36))，所以DC＝eq\r(2)DE＝eq\r(2)×eq\r(l2－\f(l4,36))，所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×（eq\r(2)×eq\r(l2－\f(l4,36))）2×eq\f(l2,6)＝eq\f(1,9)（l4－eq\f(l6,36)），则V′＝eq\f(l3,9)（4－eq\f(l2,6)）.令V′＞0，得3≤l＜2eq\r(6)，令V′＜0，得2eq\r(6)＜l≤3eq\r(3)，所以V＝eq\f(1,9)（l4－eq\f(l6,36)）在[3，2eq\r(6)）上单调递增，在（2eq\r(6)，3eq\r(3)]上单调递减，所以Vmax＝V（2eq\r(6)）＝eq\f(64,3).又因为V（3）＝eq\f(27,4)，V（3eq\r(3)）＝eq\f(81,4)＞eq\f(27,4)，所以Vmin＝eq\f(27,4)，所以该正四棱锥体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).故选C.答案：C三、创新性——立足求变变中出新1．解析：由题意知f′（x）＝3x2－1.令f′（x）＝0，得x＝eq\f(\r(3),3)或x＝－eq\f(\r(3),3).令f′（x）＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；令f′（x）＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f（x）在（－∞，－eq\f(\r(3),3)）和（eq\f(\r(3),3)，＋∞）上单调递增，在（－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，所以A正确．f（x）极大值＝f（－eq\f(\r(3),3)）＝－eq\f(\r(3),9)＋eq\f(\r(3),3)＋1＞0，f（x）极小值＝f（eq\f(\r(3),3)）＝eq\f(\r(3),9)－eq\f(\r(3),3)＋1＞0.当x→＋∞时，f（x）→＋∞；当x→－∞时，f（x）→－∞，所以f（x）有一个零点，所以B错误．因为f（x）＋f（－x）＝x3－x＋1＋（－x）3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f（x）关于点（0，1）对称，所以C正确．令f′（x）＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为（1，1）或（－1，1），则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.答案：AC2．解析：（1）由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：eq\f(5,2)×12，5×6，10×3，20×eq\f(3,2)，共4种不同规格（单位dm2）；故对折4次可得到如下规格：eq\f(5,4)×12，eq\f(5,2)×6，5×3，10×eq\f(3,2)，20×eq\f(3,4)，共5种不同规格；（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为eq\f(1,2)的等比数列，首项为120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(dm2))，第n次对折后的图形面积为120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n＋1种（证明从略），故得猜想Sn＝eq\f(120（n＋1）,2n－1)，设S＝eq\i\su(k＝1,n,S)k＝eq\f(120×2,20)＋eq\f(120×3,21)＋eq\f(120×4,22)＋…＋eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n－1)，则eq\f(1,2)S＝eq\f(120×2,21)＋eq\f(120×3,22)＋…＋eq\f(120n,2n－1)＋eq\f(120（n＋1）,2n)，两式作差得：eq\f(1,2)S＝240＋120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝240＋eq\f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120,2n－1)－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)，因此，S＝720－eq\f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)＝720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4).答案：5720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4)3．解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1（0，0），O2（3，4），r1＝1，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为A（x，y）.由O1A＝eq\f(1,5)O1O2，得A（eq\f(3,5)，eq\f(4,5)）.因为kO1O2＝eq\f(4,3)，所以切线l1的斜率k1＝－eq\f(3,4)，所以l1：y－eq\f(4,5)＝－eq\f(3,4)（x－eq\f(3,5)），即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝eq\f(4,3)x.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)x，,x＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)．))故直线l与l2的交点为P（－1，－eq\f(4,3)）.由切线定理，得两圆的另一公切线l3过点P.设l3：y＋eq\f(4,3)＝k（x＋1）.由点到直线的距离公式，得eq\f(ǀk－\f(4,3)ǀ,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(7,24)，所以l3：y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)（x＋1），即7x－24y－25＝0.答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0（答对其中之一即可）4．解析：方案一：选条件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq\r(3).方案三：选条件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．5．解析：（1）由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(3)，,\r(a2＋b2)＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)．))所以C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.（2）当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋b（k≠0）.联立得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2－\f(y2,3)＝1.))消去y并整理，得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0.则x1＋x2＝eq\f(2kb,3－k2)，x1x2＝eq\f(b2＋3,k2－3)，x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（b2＋3－k2）),|3－k2|).因为x1>x2>0，所以x1x2＝eq\f(b2＋3,k2－3)>0，即k2>3.所以x1－x2＝eq\f(2\r(3（b2＋3－k2）),k2－3).设点M的坐标为（xM，yM），则yM－y2＝eq\r(3)（xM－x2