高2013届高三数学优化设计第二轮复习word(教师版)八个专题讲座和八个测试,包括详细的答案的讲解思路

第1讲集合与常用逻辑用语、算法初步【考情快递】考点统计考查频度考例展示集合的概念与运算132012·新课标全国1,2012·大纲全国1,2012·湖北1充分条件、必要条件72012·陕西4,2012·浙江4,2012·福建3命题与逻辑用语62012·山东5,2012·安徽4,2012·北京14算法初步142012·天津3,2012·广东9,2012·山东7,2012·福建61．集合的概念与运算思考1：如何区分数集与点集？下面3个集合：A＝{x|y＝x2＋1}；B＝{y|y＝x2＋1}；C＝{(x，y)|y＝x2＋1}是否是相同的集合？研讨：二者的区别主要看元素的形式，数集的元素是数，点集的元素是有序实数对．A、B都是数集，实质上{x|y＝x2＋1}＝R，{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}；C表示点集，即函数y＝x2＋1图象上所有点的集合，三者不是相同的集合，但BA.2．充分条件、必要条件思考2：若p是q的充分不必要条件，则q是p的什么条件？綈p是綈q的什么条件？研讨：因为p是q的充分不必要条件，所以p⇒q，且q⇏p，所以綈q⇒綈p，且綈p⇏綈q，从而q是p的必要不充分条件，綈p是綈q的必要不充分条件．3．命题与常用逻辑用语思考3：全称命题与特称命题的否定有什么关系？研讨：全称命题“∀x∈M，p(x)”的否定是：∃x0∈M，綈p(x0)；特称命题“∃x0∈M，P(x0)”的否定是：∀x∈M，綈p(x)．全称命题的否定为特称命题，特称命题的否定为全称命题．4．算法初步思考4：三种基本逻辑结构的共同点是什么？研讨：共同点：只有一个入口和一个出口，两个基本逻辑结构的每一部分都有机会被执行到，而且结构内一定不存在死循环．1．(2012·辽宁)已知全集U＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{0,1,3,5,8}，集合B＝{2,4,5,6,8}，则(∁UA)∩(∁UB)＝()．A．{5,8} B．{7,9}C．{0,1,3} D．{2,4,6}解析由条件，∁UA＝{2,4,6,7,9}，∁UB＝{0,1,3,7,9}，∴(∁UA)∩(∁UB)＝{7,9}．答案B2．(2012·四川)设a、b都是非零向量．下列四个条件中，使eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分条件是 ()．A．a＝－b B．a∥bC．a＝2b D．a∥b且|a|＝|b|解析eq\f(a,|a|)表示与a同向的单位向量，eq\f(b,|b|)表示与b同向的单位向量，只要a与b同向，就有eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)，观察选项易知C满足题意．答案C3．(2012·福建)下列命题中，真命题是 ()．A．“∃x0∈R，ex0≤0”的否定是“∃x0∈R，ex0＞B．∀x∈R,2x＞x2C．a＋b＝0的充要条件是eq\f(a,b)＝－1D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件解析特称命题的否定，需把存在量词改为全称量词，A是假命题；当x＝2时，2x＝x2，B是假命题；eq\f(a,b)＝－1⇒a＋b＝0，但a＋b＝0⇏eq\f(a,b)＝－1，如a＝0，b＝0时，eq\f(a,b)无意义，C为假命题；当a＞1，b＞1时，必有ab＞1；但ab＞1⇏a＞1，b＞1，如a＝－1，b＝－2，ab＞1，但a＜1，b＜1，∴“a＞1，b＞1”是“ab＞1”的充分条件，D项为真命题．答案D4．(2012·陕西)如图所示是计算某年级500名学生期末考试(满分为100分)及格率q的程序框图，则图中空白框内应填入________．解析由程序框图知，M表示及格人数，N是不及格人数，∴及格率q＝eq\f(M,M＋N).答案q＝eq\f(M,M＋N)类型一集合的概念与运算【例1】(1)(2012·浙江)设集合A＝{x|1＜x＜4}，集合B＝{x|x2－2x－3≤0}，则A∩(∁RB)＝ ()．A．(1,4) B．(3,4)C．(1,3) D．(1,2)∪(3,4)(2)已知M，N为集合I的非空真子集，且M，N不相等，若N∩(eq\a\vs4\al(∁IM))＝∅，则M∪N＝ ()．A．MB．NC．ID．∅[思路点拨](1)将集合B化简，根据交集、补集的定义求A∩(∁RB)．(2)涉及抽象集合，借助Venn图，判定N⊆M.[尝试解答](1)由x2－2x－3≤0，得－1≤x≤3.∴B＝[－1,3]，则∁RB＝(－∞，－1)∪(3，＋∞)．因此A∩(∁RB)＝(3,4)．(2)∵M≠N，且N∩(∁IM)＝∅.借助Venn图，知NM，因此N∪M＝M.答案(1)B(2)A[规律方法]进行集合运算、判定集合间关系，一定重视数形结合思想方法的应用．(1)若给定集合涉及不等式的解集，要借助数轴；(2)若涉及抽象集合，要充分利用Venn图；(3)若给定集合是点集，要注意借助函数图象．【变式训练1】(1)(2012·新课标全国)已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}，则B中所含元素的个数为()．A．3B．6C．8D．10(2)设集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))＜\r(2)，i为虚数单位，x∈R))))，则M∩N为 ()．A．(0,1)B．(0,1]C．[0,1)D．[0,1]解析(1)∵B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}，A＝{1,2,3,4,5}．∴x＝2，y＝1；x＝3，y＝1,2；x＝4，y＝1,2,3；x＝5，y＝1,2,3,4.∴B＝{(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4.3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)}，∴B中所含元素的个数为10.(2)∵y＝|cos2x－sin2x|＝|cos2x|，x∈R，则M＝[0,1]．又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))＜eq\r(2)，得x2＋1＜2，∴－1＜x＜1，则N＝(－1,1)．因此M∩N＝[0,1)．答案(1)D(2)C类型二命题与常用逻辑用语【例2】(1)(2012·山东)设命题p：函数y＝sin2x的最小正周期为eq\f(π,2)；命题q：函数y＝cosx的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称．则下列判断正确的是 ()．A．p为真 B．綈q为假C．p∧q为假 D．p∨q为真(2)下列命题中：①命题“若f(x)是奇函数，则f(－x)是奇函数”的否命题是“若f(x)不是奇函数，则f(－x)不是奇函数”．②(2012·安徽改编)命题“对∀x∈R，都有x≤1”的否定是“∃x0∈R，使x0＞1.③“若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为真．其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．[思路点拨](1)判定命题p，q的真假，进而依据真值表判定．(2)利用全称命题与特称命题的关系判断，并注意命题的否定与否命题的区别．[尝试解答](1)函数y＝sin2x的最小正周期为π，p假．又x＝eq\f(π,2)不是函数y＝cosx图象的对称轴，q假．故p∧q为假命题，C正确；A、B、D均错误．(2)因为否命题是既否定题设，又否定结论，而“奇函数”的否定不是偶函数，而是“不是奇函数”，因此否命题应为“若函数f(x)不是奇函数，则f(－x)不是奇函数”．∴①正确．由全称命题的否定是特称命题知②正确；对于③，逆命题为“若a＜b，则am2＜bm2”．当m＝0时，有am2＝bm2，故③答案(1)C(2)①②[规律方法]1.对于含有“或、且、非”联结词的命题的真假判定，关键是p与q命题的真假判定．2．含有量词的命题的否定，不仅要将结论否定，而且要把量词进行改换．【变式训练2】(1)(2012·湖南)命题“若α＝eq\f(π,4)，则tanα＝1”的逆否命题是 ()．A．若α≠eq\f(π,4)，则tanα≠1B．若tanα≠1，则α≠eq\f(π,4)C．若α＝eq\f(π,4)，则tanα≠1D．若tanα≠1，则α＝eq\f(π,4)(2)(2012·辽宁)已知命题p：∀x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≥0，则綈p是 ()．A．∃x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≤0B．∀x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≤0C．∃x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)＜0D．∀x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)＜0解析(1)将条件与结论互换，并进行否定，∴逆否命题为：“若tanα≠1，则α≠eq\f(π,4).”(2)全称命题的否定是特称命题．∴綈p：∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0.答案(1)B(2)C类型三充分条件与必要条件【例3】对于数列{an}，“an＋1＞|an|(n＝1,2，…)”是“{an}为递增数列”的 ()．A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[思路点拨]分清条件与结论，理清关系加以判定．[尝试解答]由an＋1＞|an|≥an，即an＋1＞an.∴数列{an}是递增数列．反过来，{an}是递增数列，知an＋1＞an.不一定有an＋1＞|an|，如递增数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))中，a1＝－eq\f(1,2)，a2＝－eq\f(1,4)，a2＞|a1|不成立．因此“an＋1＞|an|”是“{an}为递增数列”的充分不必要条件．答案B[规律方法]1.判定充要条件首先应弄清条件p和q分别是什么，然后再判断“p⇒q”及“q⇒p”的真假．本题可通过举反例来说明q⇏p.2．判定p⇔q常用的方法：①定义；②等价的逆否命题的判断；③运用集合之间的包含关系．【变式训练3】(2012·陕西)设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋eq\f(b,i)为纯虚数”的 ()．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析∵a＋eq\f(b,i)＝a－bi为纯虚数，∴必有a＝0，b≠0，而ab＝0时有a＝0或b＝0，∴由a＝0，b≠0⇒ab＝0，反之不成立(如a＝2，b＝0)．∴“ab＝0”是“复数a＋eq\f(b,i)为纯虚数”的必要不充分条件．答案B类型四算法与程序框图【例4】(2012·山东)执行右面的程序框图，如果输入a＝4，那么输出的n的值为 ()．A．2 B．3C．4 D．5[思路点拨]明确循环体的意义，运行程序框图，确定输出值．[尝试解答]a＝4，P＝0，Q＝1，n＝0时，执行循环体．得P＝0＋40＝1，Q＝2×1＋1＝3，n＝1＋0＝1；P≤Q，执行循环，P＝1＋41＝5.Q＝2×3＋1＝7，n＝2；P≤Q，执行循环，P＝5＋42＝21，Q＝2×7＋1＝15，n＝3.P≤Q不成立．输出n＝3.答案B[规律方法]循环结构要注意：(1)弄清终止循环的条件是什么；(2)循环体中顺序结构执行的先后次序．【变式训练4】(1)(2012·浙江)若某程序框图如图(1)所示，则该程序运行后输出的值是________．(2)(2012·福建改编)阅读如图(2)所示的程序框图，运行相应的程序，若输出的s值等于－3，则空白的条件判断框中的条件是________．解析(1)由程序框图知，当T＝1，i＝1时，第一次执行后，T＝1，i＝2；第二次执行后，T＝eq\f(1,2)，i＝3；第三次执行后，T＝eq\f(1,6)，i＝4；第四次执行后，T＝eq\f(1,24)，i＝5；第五次执行后，T＝eq\f(1,120)，i＝6＞5，输出T＝eq\f(1,120).(2)由程序框图，及初始值k＝1，s＝1.第一次循环后，s＝2×1－1＝1，k＝1＋1＝2；第二次循环后，s＝2×1－2＝0，k＝3；第三次循环后，s＝2×0－3＝－3，k＝4.当k＝4时，条件不具备，输出s＝－3，因此条件为k＜4?答案(1)eq\f(1,120)(2)k＜4？全(特)称命题中参数问题的等价转化全称命题和特称命题是新课标新增内容，其命题的否定和真假判断，体现了数学的两种思维方式，是高考重点考查的内容.2012年，山东、辽宁、安徽等省份对此作了考查，预测2013年高考，根据命题的真假求参数的取值范围是命题的一个方向，是值得重视的一类题目．【典例仿真】(满分12分)已知函数f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若同时满足条件：①∀x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0；②∃x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0，求m[规范解答]由g(x)＝2x－2＜0，得x＜1.又在条件①中：∀x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0.∴当x≥1时，必有f(x)＜0恒成立，则m＜0.(3分)因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＜0，,－m＋3＜1，))解之得－4＜m＜0(*)．(5分)在条件②中，∃x∈(－∞，－4)，f(x)·g(x)＜0.∵g(x)＝2x－2＜0恒成立．因此，问题转化为∃x∈(－∞，－4)时，f(x)＞0.∴f(x)＝0的最小实根小于－4.(8分)(1)当－1＜m＜0时，有－m－3＜2m∴－m－3＜－4，m＞1与m＜0矛盾，舍去．(2)当m＜－1时，有2m＜－m∴应有2m＜－4，∴m(3)当m＝－1时，f(x)＝－(x＋2)2≤0恒成立，不满足条件②.所以由(1)、(2)、(3)知，满足条件②，应有m＜－2(**)．(11分)根据(*)(**)知，－4＜m＜－2.故实数m的取值范围为(－4，－2)．(12分)易错提示：(1)特称命题，全称命题理解不清，难以从条件中判定f(x)与0的大小关系．(2)数形结合意识差，化归能力不强，不能把条件①，x≥1时，f(x)＜0恒成立，进一步确定f(x)＝0的较大根小于1；难以确定条件②中f(x)＝0的较小根小于－4.防范措施：(1)全称命题强调的是“任意性”，从而可把问题转化为恒成立问题解决；特称命题强调的是“存在性”，从而可把问题转化为方程f(x)＝0在(－∞，－4)内有实根．(2)重视二次函数图象的直观作用，数形结合，有效地把不等式的解与方程根相互转化．对于条件②中f(x)＝0，在(－∞，－4)内有解，一定要注意根据m的取值范围，确定2m与－m(时间：45分钟满分：76分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·北京东城模拟)设U＝R，M＝{x|x2－x≤0}，函数f(x)＝eq\f(1,\r(x－1))的定义域为D，则M∩(∁UD)＝()．A．[0,1)B．(0,1)C．[0,1]D．{1}解析M＝[0,1]，D＝(1，＋∞)．∴∁UD＝(－∞，1]，则M∩(∁UD)＝[0,1]．答案C2．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，则a⊥b的充要条件是()．A．x＝－eq\f(1,2)B．x＝－1C．x＝5D．x＝0解析∵a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，∴a·b＝2(x－1)＋2×1＝2x.又a⊥b⇔a·b＝0，∴2x＝0，∴x＝0.答案D3.(2012·新课标全国)如果执行如图所示的程序框图，输入正整数N(N≥2)和实数a1，a2，…，aN，输出A，B，则()．A．A＋B为a1，a2，…，aN的和B.eq\f(A＋B,2)为a1，a2，…，aN的算术平均数C．A和B分别是a1，a2，…，aN中最大的数和最小的数D．A和B分别是a1，a2，…，aN中最小的数和最大的数解析由于x＝ak，且x＞A时，将x值赋给A，因此最后输出的A值是a1，a2，…，aN中最大的数；由于x＝ak，且x＜B时，将x值赋给B，因此最后输出的B值是a1，a2，…，aN中最小的数．答案C4．(2012·保定二模)下列命题中正确的是()．A．若命题p为真命题，命题q为假命题，则命题“p∧q”为真命题B．“sinα＝eq\f(1,2)”是“α＝eq\f(π,6)的充分不必要条件”C．l为直线，α，β为两个不同的平面，若l⊥β，α⊥β，则l∥αD．命题“∀x∈R,2x＞0”的否定是“∃x0∈R,2x0≤解析显然“p∧q”为假命题，A不正确；∵sinα＝eq\f(1,2)⇔α＝2kπ＋eq\f(π,6)或α＝2kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z)．∴“sinα＝eq\f(1,2)”是“α＝eq\f(π,6)”的必要不充分条件，B错；C中，l∥α或l⊂α，C不正确；全称命题的否定，改变量词并否定结论，D正确．答案D5．(2012·重庆)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为[0,1]上的增函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的()．A．既不充分又不必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分的条件D．充要条件解析①∵f(x)在R上是偶函数，∴f(x)的图象关于y轴对称．∵f(x)为[0,1]上的增函数，∴f(x)为[－1,0]上的减函数．又∵f(x)的周期为2，∴f(x)为区间[－1＋4，0＋4]＝[3,4]上的减函数．②∵f(x)为[3,4]上的减函数，且f(x)的周期为2，∴f(x)为[－1,0]上的减函数．又∵f(x)在R上是偶函数，∴f(x)为[0,1]上的增函数．由①②知“f(x)为[0,1]上的增函数”是“f(x)为[3,4]上的减函数”的充要条件．答案D二、填空题(每小题5分，共15分)6．(2012·天津)已知集合A＝{x∈R||x＋2|＜3}，集合B＝{x∈R|(x－m)(x－2)＜0}，且A∩B＝(－1，n)，则m＝________，n＝________.解析A＝{x|－5＜x＜1}，因为A∩B＝{x|－1＜x＜n}，B＝{x|(x－m)(x－2)＜0}，所以m＝－1，n＝1.答案－117．已知命题p：“∀x∈[1,2]，eq\f(1,2)x2－lnx－a≥0”是真命题，则实数a的取值范围是________．解析命题p：a≤eq\f(1,2)x2－lnx在[1,2]上恒成立，令f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，当1＜x＜2时，f′(x)＞0，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，∴a≤eq\f(1,2).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))8．(2012·湖南)如果执行如图所示的程序框图，输入x＝4.5，则输出的数i＝________.解析执行程序，i，x的取值依次为i＝1，x＝3.5；i＝2，x＝2.5；i＝3，x＝1.5；i＝4，x＝0.5；结束循环，输出i的值为4.答案4三、解答题(每小题12分，共36分)9．已知函数f(x)＝eq\r(\f(6,x＋1)－1)的定义域为集合A，函数g(x)＝lg(－x2＋2x＋m)的定义域为集合B.(1)当m＝3时，求A∩(∁RB)；(2)若A∩B＝{x|－1＜x＜4}，求实数m的值．解A＝{x|－1＜x≤5}，(1)当m＝3时，B＝{x|－1＜x＜3}，则∁RB＝{x|x≤－1或x≥3}，∴A∩(∁RB)＝{x|3≤x≤5}．(2)∵A＝{x|－1＜x≤5}，A∩B＝{x|－1＜x＜4}，故4是方程－x2＋2x＋m＝0的一个根，∴有－42＋2×4＋m＝0，解得m＝8.此时B＝{x|－2＜x＜4}，符合题意．因此实数m的值为8.10．已知命题p：2x2－9x＋a＜0，命题q：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＜0，,x2－6x＋8＜0，))且綈p是綈q的充分条件，求实数a的取值范围．解由q得：2＜x＜3，∵綈p是綈q的充分条件，∴綈p⇒綈q即q⇒p.设函数f(x)＝2x2－9x＋a，则命题p为“f(x)＜0”∴q⇒p，利用数形结合，应有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2≤0，,f3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×22－9×2＋a≤0，,2×32－9×3＋a≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤10，,a≤9，))∴a≤9.故实数a的取值范围是(－∞，9]．11.(2012·陕西)(1)如图所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真．(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．(1)证明记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.因为PO⊥π，a⊂π，所以直线PO⊥a.又a⊥b，b⊂平面PAO，PO∩b＝P，所以a⊥平面PAO.又c⊂平面PAO，所以a⊥c.(2)解逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.逆命题为真命题．第2讲平面向量、复数与推理证明【考情快递】考点统计考查频度考例展示平面向量的概念与运算72012·浙江7,2012·全国9,2012·辽宁1,2012·重庆6平面向量的数量积102012·新课标全国15,2012·湖南15,2012·天津8,2012·江苏9复数的概念与运算152012·山东1,2012·江苏3,2012·辽宁3,2012·新课标全国2合情推理与演绎推理42012·陕西12,2012·湖南16,2012·江西5,2012·湖北171．平面向量的概念与运算思考1：设向量a＝(x1，y1)，非零向量b＝(x2，y2)，则：(1)a∥b；(2)a⊥b(a，b均不是零向量)的充要条件是什么？研讨：(1)a∥b⇔a＝λb(λ∈R)⇔x1y2－x2y1＝0.(2)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.2．平面向量的数量积思考2：两非零向量a，b的夹角为θ，试写出数量积a·b与θ取值范围之间的关系？研讨：(1)a·b＞0⇔0≤θ＜eq\f(π,2)；(2)a·b＜0⇔eq\f(π,2)＜θ≤π；(3)a·b＝0⇔θ＝eq\f(π,2).3．复数的概念与运算思考3：已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，若z1＞z2，则a＞c说法正确吗？研讨：正确，因为z1，z2至少一个为虚数时是不能比较大小的，故z1，z2均为实数，即z1＝a，z2＝c，从而a＞c.4．合情推理与演绎推理思考4：归纳推理和类比推理的共同特点与区别分别是什么？研讨：不同点：归纳推理是由特殊到一般的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理．共同点：两种推理的结论不一定正确，有待于证明．1．(2012·重庆)设x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝ ()．A.eq\r(5)B.eq\r(10)C．2eq\r(5)D．10解析∵a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，由a⊥c，得a·c＝2x－4＝0，∴x＝2.由b∥c，得1×(－4)－2y＝0，∴y＝－2.因此a＋b＝(2,1)＋(1，－2)＝(3，－1)，则|a＋b|＝eq\r(10).答案B2．(2012·新课标全国)已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝eq\r(10)，则|b|＝________.解析∵a，b的夹角为45°，|a|＝1，∴a·b＝|a|·|b|cos45°＝eq\f(\r(2),2)|b|.又|2a－b|2＝4a2＋b2－4a·b＝4－2eq\r(2)|b|＋|b|2，∴|b|2－2eq\r(2)|b|＋4＝10，|b|＝3eq\r(2).答案3eq\r(2)3．(2012·江苏)设a，b∈R，a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)(i为虚数单位)，则a＋b的值为________．解析eq\f(11－7i,1－2i)＝eq\f(11－7i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(25＋15i,5)＝5＋3i.∴a＋bi＝5＋3i(a，b∈R)，则a＝5且b＝3.因此a＋b＝8.答案84．(2012·陕西)观察下列不等式：1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，…，照此规律，第五个不等式为________________________________________________________________________．解析每行不等式左端最后一个分数的分母是右端分母的平方，且每行右端的分数的分子成等差数列．∴第五个不等式为1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)＜eq\f(11,6).答案1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)＜eq\f(11,6)类型一平面向量的概念与运算【例1】(1)已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，eq\r(3))，若a－2b与c共线，则k＝________.(2)(2012·临川模拟)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为2，eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0且|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|，则向量eq\o(CA,\s\up12(→))在eq\o(CB,\s\up12(→))上的射影的长度为()．A.eq\r(3)B．3C．－eq\r(3)D．－3[思路点拨](1)求向量a－2b的坐标，再依据向量共线的条件求k.(2)根据向量的平行四边形法则，知四边形ABOC为菱形，结合平面几何性质，易求eq\o(CA,\s\up12(→))在eq\o(CB,\s\up12(→))上的射影的长度．[尝试解答](1)∵a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0，－1)，∴a－2b＝(eq\r(3)，3)．又(a－2b)∥c，且c＝(k，eq\r(3))．从而eq\r(3)×eq\r(3)－3k＝0，∴k＝1.(2)由eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝0，得eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(AC,\s\up12(→))＝eq\o(AO,\s\up12(→)).又O为△ABC外接圆的圆心，OB＝OC，∴四边形ABOC为菱形，AO⊥BC.由|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝2，知△AOC为等边三角形．故eq\o(CA,\s\up12(→))在eq\o(CB,\s\up12(→))上的射影的长度为|eq\o(CF,\s\up12(→))|＝2coseq\f(π,6)＝eq\r(3).答案(1)1(2)A[规律方法]运用向量加减法解决几何问题时，要善于发现或构造三角形或平行四边形，使用三角形法则时要特别注意“首尾相接”．【变式训练1】(2012·大纲全国)△ABC中，AB边的高为CD，若eq\o(CB,\s\up12(→))＝a，eq\o(CA,\s\up12(→))＝b，a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则eq\o(AD,\s\up12(→))＝()．A.eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)b B.eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)bC.eq\f(3,5)a－eq\f(3,5)b D.eq\f(4,5)a－eq\f(4,5)b解析如图，∵a·b＝0，∴a⊥b，∴∠ACB＝90°，∴AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(5).又CD⊥AB，∴AC2＝AD·AB，∴AD＝eq\f(4\r(5),5).∴eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\f(4,5)eq\o(AB,\s\up12(→))＝eq\f(4,5)(a－b)＝eq\f(4,5)a－eq\f(4,5)b.答案D类型二平面向量的数量积【例2】(1)若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为 ()．A.eq\r(2)－1 B．1C.eq\r(2) D．2(2)(2012·安徽改编)在平面直角坐标系中，点O(0,0)，P(6,8)，将向量eq\o(OP,\s\up12(→))绕点O按逆时针方向旋转eq\f(3π,4)后得向量eq\o(OQ,\s\up12(→))，则点Q的坐标是________．[思路点拨](1)由(a－c)·(b－c)≤0得，a·c＋b·c的范围，再求|a＋b－c|2的范围．(2)依据向量的夹角与模的计算公式求解．[尝试解答](1)由题意知a2＝b2＝c2＝1，又a·b＝0，∵(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2≤0，∴a·c＋b·c≥c2＝1，∴|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b＝3－2(a·c＋b·c)≤1，∴|a＋b－c|≤1.(2)设点Q(x，y)，由|eq\o(OP,\s\up12(→))|＝|eq\o(OQ,\s\up12(→))|，得x2＋y2＝100①∵向量eq\o(OQ,\s\up12(→))与eq\o(OP,\s\up12(→))的夹角为eq\f(3,4)π，且点Q在第三象限，∴coseq\f(3,4)π＝eq\f(\o(OP,\s\up12(→))·\o(OQ,\s\up12(→)),|\o(OP,\s\up12(→))|·|\o(OQ,\s\up12(→))|)＝eq\f(x，y·6，8,10×10)＝eq\f(6x＋8y,100)＝－eq\f(\r(2),2).∴6x＋8y＝－50eq\r(2).②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)，,y＝－7\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－7\r(2)，,y＝－\r(2).))又∵点Q在第三象限，∴点Q的坐标为(－7eq\r(2)，－eq\r(2))．答案(1)B(2)(－7eq\r(2)，－eq\r(2))[规律方法]求向量的数量积，根据条件可分为定义法和坐标法．第(1)题求解的关键是把|a＋b－c|转化为向量的数量积．第(2)题主要利用坐标法，由向量模与夹角的性质，转化为代数运算，该题常见的错误是忽视隐含条件(点Q在第三象限)，导致增解．【变式训练2】(2012·天津)在△ABC中，∠A＝90°，AB＝1，AC＝2.设点P，Q满足eq\o(AP,\s\up12(→))＝λeq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AQ,\s\up12(→))＝(1－λ)eq\o(AC,\s\up12(→))，λ∈R.若eq\o(BQ,\s\up12(→))·eq\o(CP,\s\up12(→))＝－2，则λ＝ ()．A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(4,3)D．2解析设eq\o(AB,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，则由已知得a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，并且eq\o(AP,\s\up12(→))＝λa，eq\o(AQ,\s\up12(→))＝(1－λ)b，所以eq\o(BQ,\s\up12(→))＝eq\o(AQ,\s\up12(→))－eq\o(AB,\s\up12(→))＝(1－λ)b－a，eq\o(CP,\s\up12(→))＝eq\o(AP,\s\up12(→))－eq\o(AC,\s\up12(→))＝λa－b，所以eq\o(BQ,\s\up12(→))·eq\o(CP,\s\up12(→))＝[(1－λ)b－a]·(λa－b)＝[λ(1－λ)＋1]a·b－λa2－(1－λ)b2＝－λ－4(1－λ)＝3λ－4＝－2，所以λ＝eq\f(2,3)，选B.答案B类型三复数的概念与运算【例3】(1)(2012·安徽)复数z满足(z－i)(2－i)＝5，则z＝()．A．－2－2i B．－2＋2iC．2－2i D．2＋2i(2)设i是虚数单位，复数eq\f(1＋ai,2－i)为纯虚数，则实数a为()．A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)[思路点拨](1)将乘法化为复数的除法，进而将分母实数化．(2)将eq\f(1＋ai,2－i)化为m＋ni(m，n∈R)的形式，利用纯虚数定义求a.[尝试解答](1)由(z－i)·(2－i)＝5，得z－i＝eq\f(5,2－i)＝eq\f(52＋i,2－i2＋i)＝2＋i，所以z＝2＋i＋i＝2＋2i.(2)eq\f(1＋ai,2－i)＝eq\f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2－a＋2a＋1i,5)，∵eq\f(1＋ai,2－i)是纯虚数，且a∈R，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0，,2a＋1≠0，))∴a＝2.答案(1)D(2)A[规律方法]1.复数的加减法、乘法运算类似于多项式的运算，但最后结果要把i的幂写成最简单形式；复数的除法运算关键是分母实数化，在运算中常把复数化为标准的代数形式．2．常用的性质有：(1)(1±i)2＝±2i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i；(4)－b＋ai＝i(a＋bi)．【变式训练3】下面是关于复数z＝eq\f(2,－1＋i)的四个命题：p1：|z|＝2;p2：z2＝2i；p3：z的共轭复数为1＋i;p4：z的虚部为－1.其中的真命题为 ()．A．p2，p3 B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p4解析∵z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，∴|z|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2)，p1是假命题．∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命题．∵eq\x\to(z)＝－1＋i，则p3是假命题，由于z的虚部为－1，∴p4为真命题．答案C类型四合情推理与演绎推理【例4】(2012·福建)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．[思路点拨]从待解②计算结果为eq\f(3,4)，观察每个三角函数式中三角函数名称与角的变化规律，归纳一般性结论，然后利用演绎推理进行证明．[尝试解答](1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(3,4).(2)归纳三角恒等式sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).[规律方法]1.本题求解的关键有两点：(1)从待解②式计算三角函数式的值；(2)发现三角函数中各个角之间的关系．2．题目着重考查归纳推理与演绎推理，通过观察个别情况发现某些相同的本质，抽象概括一般性结论；充分利用两角和与差的三角公式进行演绎推理，体现一般与特殊、化归转化的数学思想．【变式训练4】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，可以推测：(1)b2012是数列{an}中的第________项；(2)b2k－1＝________.(用k表示)解析(1)由图可知an＋1＝an＋(n＋1)(n∈N*)．所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n.累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n1＋n,2).当n＝4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，…时，an能被5整除，即b2＝a5，b4＝a10，b6＝a15，b8＝a20，…，所以b2k＝a5k(k∈N*)．所以b2012＝a5×1006＝a5030.(2)由(1)可知b2k－1＝a5k－1＝eq\f(1,2)×5k(5k－1)＝eq\f(5k5k－1,2).答案(1)5030(2)eq\f(5k5k－1,2)数形结合思想在向量数量积中的应用向量的数量积运算、向量的垂直是高考考查的热点，属中档题目．平面向量数量积的计算，向量垂直条件与数量积的性质常以客观题形式命题，重点考查运算能力与数形结合思想．【典例仿真】(满分5分)设向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－eq\f(1,2)，〈a－c，b－c〉＝60°，则|c|的最大值等于 ()．A．2B.eq\r(3)C.eq\r(2)D．1解析∵a·b＝－eq\f(1,2)，且|a|＝|b|＝1，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(1,2).∴〈a，b〉＝120°.如图所示，将a，b，c的起点平移至同一点O，则a－c＝eq\o(CA,\s\up12(→))，b－c＝eq\o(CB,\s\up12(→))，∠ACB＝60°，于是四点A，O，B，C共圆．即点C在△AOB的外接圆上，故当OC为直径时，|c|取最大值．由余弦定理，得AB＝eq\r(OA2＋OB2－2·OA·OB·cos〈a，b〉)＝eq\r(3)，由正弦定理，得2R＝eq\f(AB,sin120°)＝2，即|c|的最大值为2.答案A易错提示：(1)数形结合意识不强，难以入手，盲目求解，无果而终；(2)在△AOB的边角计算中，运算能力差，导致计算错误．防范措施：(1)树立数形结合意识，向量是数形结合的载体，解答本题的关键在于将向量a，b，c的起点平移至同一点O，根据题设条件，得到A，O，B，C四点共圆．(2)重视平面向量的工具性作用，加强向量与几何、三角交汇问题的训练．(时间：45分钟满分：76分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·山东)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i为虚数单位)，则z为()．A．3＋5iB．3－5iC．－3＋5iD．－3－5i解析z＝eq\f(11＋7i,2－i)＝eq\f(11＋7i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(15＋25i,5)＝3＋5i.答案A2．(2012·浙江)设a，b是两个非零向量()．A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|解析由|a＋b|＝|a|－|b|，得a·b＝－|a||b|，〈a，b〉＝π，∴|a＋b|＝|a|－|b|时，a，b可为异向的共线向量；A错；若a⊥b，a与b不共线，∴B错；C正确；若存在实数λ，使得a＝λb，a，b可为同向的共线向量，显然|a＋b|＝|a|－`|b|不成立，D错．答案C3．复数z＝eq\f(2－i,2＋i)(i为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为()．A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析∵z＝eq\f(2－i,2＋i)＝eq\f(2－i2,2＋i2－i)＝eq\f(4－4i－1,5)＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i，∴复数z对应的点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，－\f(4,5)))，在第四象限．答案D4．(2012·江西)观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为()．A．76B．80C．86D．92解析易知等式右端值与不同整数解的个数成倍数关系，且为右端等式值的4倍．∴|x|＋|y|＝20不同整数解(x，y)有80个．答案B5．(2012·湖南)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝1，则BC＝()．A.eq\r(3)B.eq\r(7)C．2eq\r(2)D.eq\r(23)解析∵eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝1，且AB＝2，∴1＝|eq\o(AB,\s\up12(→))||eq\o(BC,\s\up12(→))|cos(π－B)，∴|eq\o(BC,\s\up12(→))|cosB＝－eq\f(1,2).在△ABC中，|AC|2＝|AB|2＋|BC|2－2|AB||BC|·cosB，即9＝4＋|BC|2－2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).∴|BC|＝eq\r(3).答案A二、填空题(每小题5分，共15分)6．(2012·湖南)已知复数z＝(3＋i)2(i为虚数单位)，则|z|＝________.解析z＝(3＋i)2＝8＋6i，∴|z|＝eq\r(82＋62)＝10.答案107．(2012·丽水模拟)若P0(x0，y0)在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，则过P0作椭圆的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，则过P0作双曲线的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是________________________________________________________________________．解析对于椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，切点弦P1P2所在直线方程eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，x2→xx0，y2→yy0.类比，双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切点弦P1P2所在直线为eq\f(xx0,a2)－eq\f(yy0,b2)＝1.答案eq\f(xx0,a2)－eq\f(yy0,b2)＝18.(2012·江苏)如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\r(2)，则eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BF,\s\up12(→))的值是________．解析以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，1)，F(x,2)．故eq\o(AB,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，0)，eq\o(AF,\s\up12(→))＝(x,2)，eq\o(AE,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，1)，eq\o(BF,\s\up12(→))＝(x－eq\r(2)，2)．∴eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(AF,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，0)·(x,2)＝eq\r(2)x，则eq\r(2)x＝eq\r(2)，∴x＝1.因此eq\o(AE,\s\up12(→))·eq\o(BF,\s\up12(→))＝(eq\r(2)，1)·(1－eq\r(2)，2)＝eq\r(2).答案eq\r(2)三、解答题(每小题12分，共36分)9．已知复数z1满足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，求z2.解∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，∴z1＝eq\f(1－i,1＋i)＋2＝eq\f(1－i2,2)＋2＝2－i，设z2＝a＋2i(a∈R)，则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a又z1·z2是实数，∴a＝4，从而z2＝4＋2i.10．(2012·张家界模拟)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)x，sin\f(3,2)x))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)，－sin\f(x,2)))，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求a·b及|a＋b|；(2)若f(x)＝a·b－2λ|a＋b|的最小值为－eq\f(3,2)，求正实数λ的值．解(1)a·b＝coseq\f(3,2)x·coseq\f(x,2)－sineq\f(3,2)xsineq\f(x,2)＝cos2x.∵a＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)x＋cos\f(x,2)，sin\f(3,2)x－sin\f(x,2)))，∴|a＋b|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)x＋cos\f(x,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3,2)x－sin\f(x,2)))2＝2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3,2)xcos\f(x,2)－sin\f(3,2)xsin\f(x,2)))＝2＋2cos2x＝4cos2x.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx≥0.因此|a＋b|＝2cosx.(2)由(1)知f(x)＝cos2x－4λcosx＝2cos2x－4λcosx－1，∴f(x)＝2(cosx－λ)2－1－2λ2，cosx∈[0,1]．①当0＜λ≤1时，当cosx＝λ时，f(x)有最小值－1－2λ2＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,2).②当λ＞1时，当cosx＝1时，f(x)有最小值1－4λ＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(5,8)与λ＞1矛盾．综合①、②知，λ＝eq\f(1,2).11．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，那么在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．证明如图所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,BD·DC)＝eq\f(BC2,BD·BC·DC·BC)＝eq\f(BC2,AB2·AC2).又BC2＝AB2＋AC2，∴eq\f(1,AD2)＝eq\f(AB2＋AC2,AB2·AC2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)，所以eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).猜想，四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).证明：如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.∵AB⊥AC，AB⊥AD，且AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.又AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AF2).在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴eq\f(1,AF2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).∴eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2)，故猜想正确．第3讲不等式、线性规划【考情快递】考点统计考查频度考例展示不等式的解法62012·湖南7,2012·重庆2,2012·四川16简单的线性规划122012·福建10,2012·山东6,2012·安徽8,2012·辽宁9基本不等式42012·浙江9,2012·陕西12,2012·江苏171．不等式的解法思考1：ax2＋bx＋c＜0(a≠0)对一切x∈R恒成立的条件是什么？研讨：a＜0且b2－4ac2．简单的线性规划思考2：点P1(x1，y1)和P2(x2，y2)位于直线Ax＋By＋C＝0的两侧的充要条件是什么？研讨：(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＜0.3．基本不等式思考3：若a＞0，b＞0，则eq\f(2ab,a＋b)，eq\r(ab)，eq\f(a＋b,2)，eq\r(\f(a2＋b2,2))有怎样的大小关系？研讨：eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).1．(2012·江西)若全集U＝{x∈R|x2≤4}，则集合A＝{x∈R||x＋1|≤1}的补集∁UA为 ()．A．{x∈R|0＜x＜2} B．{x∈R|0≤x＜2}C．{x∈R|0＜x≤2} D．{x∈R|0≤x≤2}解析易知U＝{x|－2≤x≤2}，A＝[－2,0]．∴∁UA＝{x|0＜x≤2}．答案C2．(2012·广东)已知变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2，,x＋y≥1，,x－y≤1.))则z＝3x＋y的最大值为 ()．A．12B．11C．3D．－1解析可行域如图中阴影部分所示．先画出直线l0：y＝－3x，平移直线l0，当直线过A点时z＝3x＋y的值最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,x－y－1＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2.))∴A点坐标为(3,2)．∴z最大＝3×3＋2＝11.答案B3．(2012·福建)下列不等式一定成立的是()．A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))＞lgx(x＞0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)＞1(x∈R)解析当x＞0时，x2＋eq\f(1,4)≥2eq\r(\f(x2,4))＝x＞0，∴lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx，A不正确．当sinx＞0时，sinx＋eq\f(1,sinx)≥2.但x≠kπ(k∈Z)时，sinx的符号不定，∴B不正确．利用基本不等式，C正确．当x＝0时，D不成立．答案C4．(2011·湖南)设x，y∈R，且xy≠0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))的最小值为______．解析因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,y2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋4y2))＝5＋4x2y2＋eq\f(1,x2y2)≥5＋2eq\r(4)＝9，当且仅当4x2y2＝eq\f(1,x2y2)，即xy＝±eq\f(\r(2),2)时取等号．答案9类型一不等式的解法【例1】(1)(2012·重庆)不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集为 ()．A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)(2)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为 ()．A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3] D．(1,3)[思路点拨](1)转化为等价的二次不等式．(2)求f(x)的值域，则∃b，使g(b)在f(x)的值域内有解．[尝试解答](1)原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12x＋1≤0，,2x＋1≠0.))∴－eq\f(1,2)＜x≤1.(2)函数f(x)＝ex－1的值域为(－1，＋∞)．要使f(a)＝g(b)，则有g(b)＝－b2＋4b－3＞－1，∴b2－4b＋2＜0，解得2－eq\r(2)＜b＜2＋eq\r(2).答案(1)A(2)B[规律方法]解不等式的基本方法是利用相关知识转化为一元二次不等式求解．(1)解含“f”的不等式，首先要确定f(x)的单调性，然后根据单调性确定不等式求解．(2)解含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因，确定好分类标准、层次清楚地求解．【变式训练1】(2012·江苏)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．解析由题意知，f(x)＝x2＋ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq\f(a2,4).∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－eq\f(a2,4)＝0，即b＝eq\f(a2,4).∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2.由f(x)＜c，得－eq\f(a,2)－eq\r(c)＜x＜－eq\f(a,2)＋eq\r(c).又f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－\r(c)＝m，①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6，②))②－①，得2eq\r(c)＝6，∴c＝9.答案9类型二简单的线性规划【例2】(2012·长春调研)设m＞1，在约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤mx，,x＋y≤1))下，目标函数z＝x＋my的最大值小于2，则m的取值范围为()．A．(1,1＋eq\r(2)) B．(1＋eq\r(2)，＋∞)C．(1,3) D．(3，＋∞)[思路点拨]找到目标函数取最大值时经过可行域内的点，求出最大值，解关于m的不等式求得m的取值范围．[尝试解答]变形目标函数为y＝－eq\f(1,m)x＋eq\f(z,m).作不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤mxm＞1，,x＋y≤1))表示的平面区域(如图中的阴影部分所示)．∵m＞1，∴－1＜－eq\f(1,m)＜0.因此当直线l：y＝－eq\f(1,m)x＋eq\f(z,m)在y轴上的截距最大时，目标函数取得最大值．显然在点A处，直线l的截距最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx，,x＋y＝1，))得交点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋m)，\f(m,1＋m))).因此z＝x＋my的最大值zmax＝eq\f(1,1＋m)＋eq\f(m2,1＋m)＝eq\f(1＋m2,1＋m).依题意eq\f(1＋m2,1＋m)＜2，即m2－2m－1＜0.解得1－eq\r(2)＜m＜1＋eq\r(2)，又m＞1，故实数m的取值范围是(1,1＋eq\r(2))．答案A[规律方法]解决线性规划问题首先应找到可行域，再注意目标函数所表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．【变式训练2】(1)(2012·辽宁)设变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤10，,0≤x＋y≤20，,0≤y≤15，))则2x＋3y的最大值为 ()．A．20B．35C．45D．55(2)已知O是坐标原点，点A(－1,1)，若点M(x，y)为平面区域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x≤1，,y≤2))上的一个动点，则eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))的取值范围是()．A．[－1,0] B．[0,1]C．[0,2] D．[－1,2]解析(1)不等式组表示的可行域如图所示．设z＝2x＋3y，作直线l0：2x＋3y＝0，并平移．当直线过点A时，z有最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝15，,x＋y＝20))得点A(5,15)．此时z＝2x＋3y的最大值为2×5＋15×3＝55.(2)作出可行域，如图所示．∵A(－1,1)，M(x，y)，∴eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))＝－x＋y.设z＝－x＋y，作l0：x－y＝0.易知，过点(1,1)时，z有最小值，zmin＝－1＋1＝0；过点(0,2)时z有最大值，zmax＝0＋2＝2.∴eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OM,\s\up12(→))的取值范围是[0,2]．答案(1)D(2)C类型三基本不等式的应用【例3】(2012·浙江)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是 ()．A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C．5D．6[思路点拨]由x＋3y＝5xy，得eq\f(1,y)＋eq\f(3,x)＝5，从而将问题转化为求eq\f(1,5)(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(3,x)))的最小值．[尝试解答]∵x＞0，y＞0，由x＋3y＝5xy，得eq\f(3,x)＋eq\f(1,y)＝5.∴5(3x＋4y)＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(1,y)))＝13＋eq\f(12y,x)＋eq\f(3x,y)≥13＋2eq\r(\f(36xy,xy))＝25.因此3x＋4y≥5，当且仅当x＝2y时等号成立．∴当x＝1，y＝eq\f(1,2)时，3x＋4y的最小值为5.答案C[规律方法]运用基本不等式求最值，一是不要忽视等号成立的条件，二是要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使其满足“正”、“定”、“等”三个条件，若三个条件中有一个不满足，则考虑使用导数求解．【变式训练3】(1)已知x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1.则2x＋y的最大值是________．(2)(2012·梅州调研)已知x＞0，y＞0，xy＝x＋2y，若xy≥m－2恒成立，则实数m的最大值是________．解析(1)∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2＝3xy＋1.又2xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))2，当2x＝y时取等号．∴(2x＋y)2≤eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))2＋1，即(2x＋y)2≤eq\f(8,5).因此(2x＋y)max＝eq\f(2\r(10),5).(2)∵xy＝x＋2y≥2eq\r(2xy)，∴(eq\r(xy))2－2eq\r(2)eq\r(xy)≥0.∴eq\r(xy)≥2eq\r(2)或eq\r(xy)≤0(舍去)．∴xy≥8.由题意知m－2≤8，即m≤10，∴m的最大值为10.答案(1)eq\f(2,5)eq\r(10)(2)10运用几何直观性求解线性规划问题从近两年的高考试题来看，二元一次不等式(组)表示的平面区域，求线性目标函数的最值、线性规划的实际应用问题等是高考的热点，题型多样，难度中等偏下，主要考查求目标函数的最值、求约束条件或参变量的取值范围，突出体现数形结合的思想方法．【典例仿真】(满分5分)若函数y＝2x图象上存在点(x，y)满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))则实数m的最大值为 ()．A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2解析在同一坐标系内，作函数y＝2x的图象，不等式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，))所表示的平面区域(如图所示)．∵y＝2x与直线x＋y－3＝0相交于点A(1,2)．∴由图知，当m≤1时，函数y＝2x的图象上存在点(x，y)满足约束条件．因此实数m的最大值为1.答案B易错提示：(1)忽视x、y满足的条件，画错约束条件满足的可行域．(2)对特称命题的意义理解不清，难以借助几何直观从函数y＝2x的图象与直线x＋y－3＝0的交点A(1,2)找到解题突破口．防范措施：(1)弄清条件，准确理解不等式所表示的区域．(2)由运动变化的观念让目标函数所表示的曲线过可行域上的某点，求线性约束条件中的某一参数值，是逆向思维，一定要用数形结合的思想方法，方能破解．如本题结合图形