参考答案
2012-04-29 00:00:00
数学教学通讯·初中版 2012年6期
2012年高考函数、导数核心考点揭秘
1． 函数定义域为（－1，0）∪（1，+∞），令u=x－■，u′=1+■>0，故u在定义域内单增，由复合函数的单调性原则知答案为B．
2． 由于f（ｘ）是定义域在R上的偶函数，所以f（－5）=f（5）=f（1），又f（1）=1，所以f（－5）=1． 选C.
3． 因为f（ｘ）=■x3－x2+ax在区间［－1，2］上有反函数，所以f（ｘ）在区间［－1，2］上是单调函数，则有f ′（ｘ）=x2－2x+a≥0在区间［－1，2］上恒成立，即a≥1；或f ′（ｘ）＝x2－2x+a≤0在区间［－1，2］上恒成立，即f ′（－1）≤0?圯a≤－3，故选D．
4． 设切点为P0（ａ，ｂ）， f ′（ｘ）=3x2+1，k=f ′（ａ）=3a2+1=4，a=±1，把a=－1，代入到f（ｘ）=x3+x－2得b=－4；把a=1，代入到f（ｘ）=x3+x－2得b=0，所以P0（1，0）和（－1，－4）．
5． y′x=2=-2n-1（n+2），切线方程为：y+2n=-2n-1（n+2）（x-2），令x=0，求出切线与y轴交点的纵坐标为y0=（n+1）2n，所以■=2n，则数列■的前n项和Sn=■=2n+1－2．
6． f（ｘ）=1－■，由于g（ｘ）=■是奇函数，其最大值与最小值的和为0，则Ｍ＋ｍ=1+1=2．
7． f（ｘ）=■=1－■，所以0 8． 由f（x+1）=f（x－1）知f（ｘ）是周期为2的周期函数． 在同一坐标内画出函数y=f（ｘ）及y=log■x的图象（如图1）．可知y=f（ｘ）与y=log■x的图象有4个交点． ■ 图1 9． f（ｘ）=x2（x≥－1）的图象如图2所示，要使得f（－1+m）≥f（－1）=1，有m≥2． 当x≥－1时，恒有f（x+2）≥f（ｘ），所以m≥2，即m∈［2，+∞）． ■ 图2 由f（ｘ）为奇函数及x≥0时的解析式知f（ｘ）的图象如图3所示． ■ 图3 因为f（3a2）=a2=f（－a2），由f（－a2+4）≥f（－a2）=a2=f（3a2），故－a2+4≥3a2，从而a2≤1． 又a2≤1时，恒有f（x+4）≥f（ｘ），所以a2≤1，即a∈［－1，1］． 10． （1）设g（ｘ）=ax（a>0，a≠1），则a2=9，所以a=3或a=－3（舍）， 所以g（ｘ）=3x，f（ｘ）=■． 又f（ｘ）为奇函数，所以f（－ｘ）= －ｆ（ｘ），所以■=－■， 整理得m（3x+1）=3x+1，所以m=1， 所以f（ｘ）＝■． （2）因为f ′（ｘ）=■<0，所以y=f（ｘ）在R上单调递减． 要使对任意的t∈［0，5］， f（t2+2t+k）+f（－2t2+2t－5）>0恒成立，即对任意的t∈［0，5］，f（t2+2t+k）>－f（－2t2+2t－5）恒成立． 因为f（ｘ）为奇函数，所以f（t2+2t+k）>f（2t2－2t+5）恒成立． 又y=f（ｘ）在R上单调递减， 所以t2+2t+k<2t2－2t+5当t∈［0，5］时恒成立，所以k 11． （1）函数F（x）=f（x）+g（x）=x+■+lnx的定义域为（0，+∞）． F ′（x）=1－■+■=■． 当Δ=1+4a≤0，即a≤－■时，得x2+x－a≥0，则F′（x）≥0，所以函数F（x）在（0，+∞）上单调递增.?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇 当Δ=1+4a>0，即a>－■时，令F′（x）=0，得x2+x－a=0，解得x1=■<0，x2=■． ①若－■ 因为x∈（0，+∞），所以F′（x）>0，所以函数F（x）在（0，+∞）上单调递增． ②若a>0，则x∈0，■时，F′（x）<0；x∈■，+∞时，F′（x）>0，所以函数F（x）在区间0，■上单调递减，在区间■，+∞上单调递增． （2）由■=f（x）－2e得■=x+■－2e，化为■=x2－2ex+a． 令h（x）=■，则h′（x）=■． 令h′（x）=0，得x=e． 当0 当x>e时，h′（x）<0，所以函数h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减． 当x=e时，函数h（x）取得最大值，其值为h（e）=■．?摇 而函数m（x）=x2－2ex+a=（x-e）2+a－e2，当x=e时，函数m（x）取得最小值，其值为m（e）=a－e2，所以当a－e2=■，即a=e2+■时，方程■=f（x）－2e只有一个根． 12． （1）函数f（ｘ）=ax3+bx2+cx（a≠0）是定义在R上的奇函数，所以f（－ｘ）= －f（ｘ）恒成立，即bx2=0对于x∈R恒成立，所以b=0． 则f（x）=ax3+cx， f ′（x）=3ax2+c，因为x=－1时，函数取极值1． 所以3a+c=0，－a－c=1，解得a=■，c=－■． 所以f（ｘ）=■x3－■x． （2）不等式f（ｘ1）－g（ｘ2）≤0恒成立，只需f（ｘ）■－g（ｘ）■≤0即可． 因为函数g（ｘ）在［0，m］上单调递减，所以g（ｘ）■=g（ｍ）=－m2+■m． 又f（ｘ）=■x3－■x， f ′（ｘ）=■x2－■=■（x－1）（x+1），由f′（ｘ）>0得x<－1或x>1；f′（ｘ）＜0得－1 ①当0 ②当m>■时，f（ｘ）max=f（ｍ）＝■m3－■m，则f（ｘ1）－g（ｘ2）≤f（ｘ）max－g（ｘ）min=■m3－■m－－m2+■m=■m3+m2－4m≤0，解得－4≤m≤2，故此时■ 综上所述，实数m的取值范围是（0，2］． （3）设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1≠x2）． 因为f ′（ｘ）=■x2－■，过A，B两点的切线平行，所以f ′（x1）=f ′（ｘ2），得x21= x22． 因为x1≠x2，所以x2=－x1，则y2=－y1，且知x1≠0，所以kAB=■=■=■x21-■． 由于过A点的切线垂直于直线AB，所以■x21-■■x21-■=-1，所以3x41-12x21+13=0，则Δ=－12<0，所以关于x1的方程无解． 故曲线上不存在两个不同的点A，B，使过A，B两点的切线都垂直于直线AB． 2012年高考数列核心考点揭秘 1． 由S5=■?圯25=■?圯a4=7?摇，所以7=3+2d?圯d=2，所以a7=a4+3d=7+3×2=13，故选B． 2． 设｛ａn｝的公比为q，因为an+2an+1+an+2=0，则an+2anq+anq2=0． 又an≠0，则q=－1，所以S2012=■=■=0，故选D． 3． 对于数列｛ａn｝的通项公式为an=2n－3，则可得第一组为－1；第二组为1，3；第三组为5，7，9，11；第四组为13，15，17，19，21，23，25，27；第五组为29，31，33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59；第六组的第一个数为61． 故选A． 4． 由■－■=2得a3=8；由■－■=2得a4=48；由■－■=2， 得a5=384． 5． 由a4－a2=8，可得公差d=4，再由a3+a5=26，可得a1=1，故Sn=n+2n（n－1）=2n2－n，所以Tn=■=2－■，要使得Tn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2． 6． （1）由1，2，3，4，5，…猜想an=n；由2，4，8，16，32，…猜想bn=2n；由每组数都是“前两个之和等于第三个”猜想cn=n+2n； （2）M10=（1+2+…+10）+（2+22+…+210） =■+■=2101． 7． （1）设数列｛an｝的公差为d，｛bn｝的公比为q，则由题意知 a1b1=1，（a1+d）b1q=4，（a1+2d）b1q2=12． 因为｛an｝各项为正数，所以d>0，把a1=1，b1=1代入解得d=1，q=2，所以an=n，bn=2n-1．?摇?摇?摇?摇 （2）等差数列｛an｝的前n项和Sn=na1+■d，所以■=a1+（n－1）■，所以数列■是首项为a1=1，公差为■=■的等差数列，所以其和Tn=na1+■·■=■． 8． （1）据题意，每年投入的资金依次成首项为800万元，公比为■的等比数列；每年的投资回报收入依次成首项为400万元，公比为■的等比数列，?摇 所以an=800·■n-1，bn=400·■n-1． （2）设经过n年的总投入为Sn万元，总收入为Tn万元，则 Sn=■=40001-■n，Tn=■=1600■n-1． 由Tn－Sn>0，得1600■n-1－40001-■n>0，即5·■n+2·■n－7>0．?摇 设x=■n，代入上式整理得，5x2－7x+2>0，解得x<■或x>1（舍去）． 当n=4时，■n=■>■；当n=5时，■n＝■<■．?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇 因为y=■n是减函数，所以当n≥5时，有■n<■成立，从而Tn－Sn>0成立．?摇 答：从2016年开始，该投资公司前几年的投资回报总收入将超过总投入． 9． （1）因为an+1+2=■+2=■，所以■=2·■． 令bn=■，则bn+1=2bn． 因为b1=■，所以当a=－2时，b1=0，则bn=0（舍）．?摇 当a=－2时，数列■不是等比数列； 当a≠－2时，b1≠0，则数列■是等比数列，且公比为2． 所以bn=b1·2n-1，即■=■·2n-1，解得an=■·2n-1－2． （2）由（1）知，当a=1时，an=（2n+1）·2n-1－2． 设cn=（2n+1）·2n-1，其前n项和为Tn，由错位相减法得Tn=（2n－1）·2n+1，所以Sn=Tn－2n=（2n－1）（2n－1）． 因为2n=C0n+C1n+…+Cn-1n+Cnn， 所以当n≥3时，2n≥C0n+C1n+…+Cnn-1+Cnn=2（n+1），则2n－1≥2n+1， 所以Sn≥（2n－1）（2n+1），则■≤■=■■－■， 所以■+■+…+■≤■■－■+■－■+…+■－ ■=■■－■<■． 10． （1）依题意有ai－ai+1≥■（i=1，2，…，n－1），又a1 所以■－■+■－■+…■－■+…+■－■≥■， 即■－■≥■．?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇 （2）由（1）可得■>■． 又a1≥1，可得1>■，因此n<26． 同理■－■≥■，可知■>■． 又ai≥i，可得■>■， 所以i（n－i）<25（i=1，2，…，n－1）均成立． 当n≥10时，取i=5，则i（n－i）=5（n－5）≥25，可知n<10． 又当n≤9时，i（n－i）≤■2=■2<25，所以n≤9． （3）对于任意1≤i 由■－■≥■（i=1，2，…，n－1）可知， ■－■≥■－■≥■， 即ai-aj≥■． 所以只需对1≤i 因为1－■≥■；■－■≥■；■－■≥■；■－■≥■， 所以可设a1=1； a2=2； a3=3； a4=4； a5=5． 由■－■≥■，可得a6≥■，取a6=7． 由■－■≥■，可得a7≥■，取a7=10． 由■－■≥■，可得a8≥■，取a8=20． 由■－■≥■，可得a9≥100，取a9=100． 所以满足条件的一个集合A=｛1，2，3，4，5，7，10，20，100｝． 2012年高考不等式核心考点揭秘 1． 设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为 ■=■+■+4.95，当且仅当■=■时，取得最小值，此时n＝800． 故选B． 2． 作出f（x）的大致图象，由图象知，要使f（a）=f（b）=f（c）．不妨设a 则：－lga=lgb=－■c+6，所以lga+lgb=0，所以ab=1，abc=c，由图知10 3． 由α+β＞0，得α＞－β． 因为f（x）在R上是单调减函数，所以f（α）＜f（－β）． 又f（x）为奇函数， 所以f（α）＜-f（β）， 所以 f（α）+f（β）＜0，同理f（β）+f（γ）＜0，f（γ）+f（α）＜0，所以f（α）+f（β）+f（γ）＜0． 4． 作可行域如图4可知，目标函数在（4，6）处取得最大值12，所以2a＋3b＝6， ■ 图4 从而有■+■=■■+■（2a+3b）=■+■■+■≥■+2■=■． 5． h′（x）=■－ax－2=－■． 因为函数h（x）存在单调递减区间，所以h′（x）<0有解． 由题设可知，h（x）的定义域是（0，+∞），而h′（x）<0在（0，+∞）上有解等价于ax2+2x－1>0在（0，+∞）上有解，即a>■－■在（0，+∞）上能成立，进而等价于a>u（x）min成立，其中u（x）=■－■． 由u（x）=■－■=■－12－1得u（x）min=－1，于是，a>－1． 由题设a≠0，所以a∈（-1，0）∪（0，+∞）． 6． 因为ab≤■，所以f（x1，x2，…，xn）=sinx1cosx2+sinx2cosx3+…+sinxncosx1≤■+■+…+■=■=■，故所求函数的最大值等于■． 7． （1）f ′（x）=■=■ 当x∈［α，β］时，2x2－tx－2=2（x－α）·（x－β）≤0，所以f′（x）≥0，故f（x）在［α，β］上是增函数． （2）当α f（α） 因为α+β=■，αβ=－1?圯f（α）=■=■=■=－2β， 同理f（β）=－2α， 于是f（β）－f（α）=f（β）－f（α）=2α－β，从而有f（m）－f（n）<2α－β． 8． （1）f ′（x）=axlna+2x－lna=2x+（ax－1）lna． 由于a>1，当x∈（0，+∞）时，lna>0，ax－1>0，所以f ′（x）>0， 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增． （2）令f ′（x）=2x+（ax－1）lna=0，得到x=0． x，f（x），f ′（x）的变化情况如表1： 表1 ■ 因为函数f（x）－t－1有三个零点，所以f（x）=t±1有三个根． 又因为当x→∞时，f（x）→+∞，所以t－1=f（x）min=f（0）=1，故t=2． （3）由（2）可知f（x）在区间［-1，0］上单调递减，在区间（0，1）上单调递增， 所以f（x）min=f（0）=1，f（x）max=max｛f（－1），f（1）｝． f（－1）=■+1+lna，f（1）=a+1－lna，f（1）－f（－1）=a－■－2lna． 记g（x）=x－■－2lnx，则g′（x）=1+■－■=■－12≥0（仅在x=1时取到等号）， 所以g（x）=x－■－2lnx递增． 因为a>1，所以g（a）>g（1）=0， 故f（1）－f（－1）=a－■－2lna>0，所以f（1）>f（－1）． 于是f（x）max=f（1）=a+1－lna． 故对?坌x1，x2∈［－1，1］，f（x1）－f（x2）max＝f（1）－f（0）＝a－lna． 再令h（a）=a－lna，因为a>1，所以h′（a）=1－■>0，所以h（a）在（1，+∞）递增． a－lna≤e－1可化为h（a）≤h（e），所以1 2012年高考三角函数核心考点揭秘 1． 由正弦定理得2sinAcosC+sinCcosA=sinB=sin（A+C），sinAcosC=0，故C=■，所以sinA+sinB=sinA+cosA=■sinA+■． 所以当A=■时，sinA+sinB的最大值是■，选C． 2． 若f（x）≤f■?摇对x∈R恒成立，则f■?摇=sin■+φ=1，所以■+φ=kπ+■，k∈Z，φ=kπ+■，k∈Z． 由f■>f（π）（k∈Z）可知sin（π+φ）>sin（2π+φ），即sinφ<0，所以φ=2kπ+■，k∈Z，代入f（x）=sin（2x+φ），得f（x）=sin2x+■，由2kπ－■≤2x+■≤2kπ+■得kπ－■≤x≤kπ+■，选A． 3． 法1． 平移需满足－■=－■= －■，解得φ=■． 因此首先将y=sinx（x∈R）的图象上的所有的点向左平移■个单位长度，又因为该函数的周期为T=2■－－■?摇=π，于是再需把y=sinx（x∈R）的图象上的所有的点横坐标缩短到原来的■倍． 故选Ａ． 法2． 由已知图象得ω·－■?摇+φ=0，ω·■+φ=π， 解得ω=2，φ=■． 又A=1，所以图中函数的解析式是y=sin2x+■，因此该函数的图象是将y=sinx（x∈R）的图象上的所有的点向左平移■个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的■倍，纵坐标不变得到的． 故选Ａ． 4． 由条件■sinx－cosx≥1得sinx－■≥■，则2kπ+■≤x－■≤2kπ+■，解得2kπ+■≤x≤2kπ+π，k∈Z，所以选B． 5． 根据正弦值为负数，判断角在第三、四象限，再加上横坐标为正，断定该角为第四象限角． sinθ=■=－■?圯y=－8． 6． 由cos2α=■=■=■． 又α∈π，■，cosα<0， 所以cosα=－■． 7． （1）由f（x）=2■sinxcosx+2cos2x－1得f（x）=■sin2x+cos2x=2sin2x+■， 所以函数的最小正周期为 T=■=π． 因为x∈0，■，所以2x+■∈■，■． 所以2x+■∈■，■，即x∈0，■时，函数f（x）为增函数，而在x∈■，■时，函数f（x）为减函数，所以f■=2sin■=2为最大值，f■=2sin■=－1为最小值． （2）由（1）知，f（x0）=2sin2x0+■． 又由已知f（x0）=■，则sin2x0+■=■． 因为x0∈■，■，则2x0+■∈■，■，因此cos2x0+■<0， 所以cos2x0+■=－■， 于是cos2x0=cos2x0+■?摇－■=cos2x0+■cos■+sin2x0+■·sin■=－■×■+■×■=■． 8． 如图5，设走私船行驶了x海里，则巡逻艇行驶了■x海里，两船在C处相遇． ■ 图5 在△ABC中，AB=a，AC=■x，∠ABC=120°，由余弦定理知，（■x）2■=a2■+x2■－2axcos120°，即2x2■－ax－a2■=0， 解得x=a，x=－■（舍去）． 所以△ABC是顶角为120°的等腰三角形，∠BAC=30°． 故巡逻艇应沿北偏东30°的方向航行才能最快追上走私船，此时，巡逻艇走了■a海里． 9． （1）由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC． 因为0 （2）由（1）知B=■－A，于是 ■sinA－cosB+■=■·sinA－cos（π－A） =■sinA+cosA=2sinA+■． 因为0 综上所述，■sinA－cosB+■的最大值为2，此时A=■，B=■． 2012年高考平面向量核心考点揭秘 1． ■=■+■=■+■■=■+■（■－■）=■■+■■=■■+λ■， 所以λ的值为■． 选C．?摇?摇 2． ■·■=ax+y，当且仅当x=3，y=0 时，■·■取得最大值， 故－a<－■，所以a>■． 选D． 3． 以OB，OC为邻边作平行四边形OBEC，OE与BC交于点D． 因为■+2■+2■=0，所以■=－2（■+2■）= －2■． 又■=2■，所以■=－4■． 所以■=4■．设A，O到BC的距离分别是h，h1，则■=■． 又因为△ABC与△OBC同底，所以■=5，选D． 4． 由■+■+■=0知点M是△ABC的重心，设点D为BC的中点， ■+■=2■=3■，又■+■+m■=0，所以m=－3． 5． 建立如图6所示的坐标系，则A（0，0），B（－1，■），C（1，0），设点D的坐标为（x，y），故■=（x+1，y－■），■=（1－x，－y）． ■ 图6 因为D是边BC上一点，DC=2BD， 所以1－x=2x+2，－y=2y－2■， 解得x=－■，y=■■. 所以■=－■，■■，■=（2，－■），所以■·■=－■． 6． 分别沿AB，AD方向分别建立x，y轴，设正方体棱长为2，设P（2cosα，2sinα），再由■=λ■+μ■，得（2，2）=λ（1，－2）+μ（2cosα，2sinα）， 即2=λ+2μcosα，2=－2λ+2μsinα， 可得λ+μ=■－1， 求导数可得（λ+μ）′=■－1′=■>0， 于是当α=0时，λ+μ取最小值■． 7． ■=■+■=（2+■cosα，2+■sinα），点A在以（2，2）为圆心，■为半径的圆上，当■与圆相切时的两切线与■的夹角分别是■与■夹角的最大值与最小值． 故易得■与■夹角的取值范围是■，■． 8． 以A为坐标原点，AB，AD分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），C（1，1），D（0，1）． 设P（x，y），则由■=α■+β■（α，β∈R），得（x，y）=（3α，β）， 故α+β=■+y． 又可行域为△BCD（含边界），令z=■+y，当z运动到B，D上时，取最小值1；当z运动到C上时，取最大值■，故α+β的取值范围是1，■． 9． （1）m·n=2■sin■cos■+2cos2■=■sin■+cos■+1=2sin■+■+1． 因为m·n=2，所以sin■+■=■． 所以cosx+■=1－2sin2■+■=■． （2）因为（2a－c）cosB=bcosC，由正弦定理得（2sinA－sinC）cosB=sinBcosC，所以2sinAcosB=sin（B+C）． 因为A+B+C=π，所以sin（B+C）=sinA，且sinA≠0，所以cosB=■，B=■，所以0 所以■<■+■<■，■ 又因为f（x）=m·n=2sin■+■+1，所以f（A）=2sin■+■+1． 故f（A）的取值范围是（2，3）. 2012年高考立体几何核心考点揭秘 1． B 2． 由几何体的三视图可知几何体为一个组合体，即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是V=23－■×π×12×2=8－■，选A． 3． 如图7，过D作DE⊥BC，垂足为E，因为α－l－β是直二面角，AC⊥l， ■ 图7 所以AC⊥平面β， 所以AC⊥DE． 又因为BC⊥DE， 所以DE⊥平面ABC，故DE的长为点D到平面ABC的距离． 在Rt△BCD中，DE=■=■=■． 选C． 4． 因为圆M的面积为4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2■． 因为在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以ON=■OM=■，故圆N的半径r=■=■， 所以圆N的面积为S=πr2=13π． 选D． ■ 5． 因为MD⊥DN，所以MN中点到定点D的距离是定值1， 所以MN中点的轨迹是以D为球心，1为半径的球的一部分，所以S=■×4π×12=■，选D． 6． 由正视图、侧视图可知，体积最小时，底层有3个小正方体，上面有2个，共 5个； 体积最大时，底层有9个小正方体，上面有2个，共11个，故这个几何体的最大体积与最小体积的差是6． 7． 考虑轴截面，是一矩形内接于一等腰三角形，设圆柱底面半径为r，高为h，由于■=■，即■=■，故h=3R－3r， 所以2πr2+2πrh=2πr（3R－2r）≤π■2=■πR2． ■ 图9 8． 作图，易得答案②③④ 9． 过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D，连结AD，连结CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角． ■ 图10 由三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角α－l－β的平面角，∠ADC=60°． 设AD＝2，则AC＝■，CD＝1． 又∠ABD＝30°，所以AB＝4，故sin∠ABC＝■=■． 10． （1）作AD的中点G，连结PG和GB． ■ 图11 因为PA=PD，AG=DG，所以PG⊥AD． 在△AGB中，∠GAB=60°，GA=■，AB=1， 所以GB=■=■， 所以GA2+GB2=AB2，所以GB⊥AD， 所以AD⊥平面PGB． 因为E，F分别是BC，PC的中点，EF∥PB，所以EF∥平面PBG． 因为BE=DG，且BE∥DG，所以四边形BEDG是平行四边形， 所以DE∥BG，所以DE∥平面PBG． 因为DE∩EF=E，所以平面DEF∥平面PBG， 所以AD⊥平面DEF． （2）由（1）可知AD⊥平面PGB， 所以AD⊥PG，AD⊥BG，所以∠PGB是二面角P-AD-B的平面角． 因为PG=■=■， 所以cos∠PGB=■= －■， 所以二面角P-AD-B的余弦值是－■． 11． 如图12所示，建立空间直角坐标系，其中点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BB1所在直线为y轴． ■ 图12 由题意，B（0，0，0），A（2■，0，0），C（■，－■，■），A1（2■，2■，0），B1（0，2■，0），C1（■，■，■）． （1）■=（－■，－■，■），■=（－2■，0，0）． 所以cos〈■，■〉=■=■=■． 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为■． （2）■=（0，2■，0），■=（－■，－■，■）， 设平面AA1C1的法向量为m=（x，y，z）， 则m·■=0，m·■=0. 即－■x－■y+■z=0，2■y=0. 令x=■，则y=0，z=■，m=（■，0，■）． 设平面A1B1C1的法向量为n=（a，b，c）， 则n·■=0，n·■=0， 即－■a－■b+■c=0，－2■a=0. 令b=■，则a=0，c=■，n=（0，■，■）． 于是cos〈m，n〉=■=■=■，所以sin〈m，n〉=■． 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为■． （3）由N为棱B1C1的中点，得N■，■，■， 设点M（p，q，0），则■=■－p，■－q，■． 因为MN⊥平面A1B1C1，则■·■=0，■·■=0，即■－p·（－■）+■－q·（－■）+■×■=0，■－p·（－2■）=0， 解得p=■，q=■， 故M■，■，0． 向量■=■，■，0， 所以线段BM的长■=■=■． 2012年高考解析几何核心考点揭秘 1． tanθ=－■≤－1，选B．?摇?摇?摇 2． 圆心C（－1，0），所求直线斜率为1，故所求直线方程为x－y+1=0，选C． 此题亦可用排除法． 3． 设P（x0，y0），由抛物线定义可得PM=x0+1=5，所以P（4，±4），取P（4，4），所以S△MPF=■×5×4=10，选A．?摇 4． 由题意有■=c，又BF⊥y轴，所以x2=p2=■，即■=4c2=4（a2+b2），所以4■+4■－1=0，解得■=■，选D．?摇?摇?摇 5． ①正确，a2+b2=（a2+b2）·■＋■=x2+y2+■+■≥（x+y）2； ②正确，■+■=■+■·■+■=■+■+■+■≥■+■2； ③正确，■+■=■+■·■+■=1+1+■+■≥4； ④正确， 1=■+■■+■=■+■+■+■≥■+■+2■=■+■2，选D．?摇?摇?摇 6． 经过点（2，3）与x－2y=0平行的直线是x－2y+4=0，与y轴的交点为（0，2），则所求直线是x+2y－4=0．?摇?摇 7． 直线为y=■x，则点c，■c在椭圆上， 即■+■=1，化简得2a4－5a2c2+2c4=0，所以■=■，e=■．?摇?摇 8． 在△AOB中，OA=OB=1，AB=■，所以∠AOB=120°，所以■·■=■·■cos∠AOB=－■．?摇 9． 直线x=t与双曲线渐近线的交点分别为Ac，■，Bc，－■， 由题意有■·■=c2－■>0，化简得c4－2a2c2<0，即e4－2e2<0，又e>1，所以e∈（1，■）．?摇?摇 10． r1r2+d2=b2+a2. 11． （1）因为抛物线x2=2py（p>0）的准线方程为y=－■， 所以由题意得|MF|=2+■=■?圯p=■，故抛物线的方程为y=2x2． （2）因为A（x1，y1），B（x2，y2）关于直线y=x+m对称， 所以直线y=x+m是线段AB的垂直平分线， 所以■=－1，AB的中点■，■在直线y=x+m上． 因为A，B在抛物线上，所以y1=2x21，y2=2x22，两式相减得 y1-y2=2x21-2x22=2（x1-x2）（x1+x2），所以x1+x2=■=－■， 所以y1+y2=2x21+2x22=2［（x1+x2）2-2x1x2］=■， 所以AB的中点为－■，■． 所以■=－■+m，即m=■． 12． （1）设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），则由y=－x+1，■+■=1得 （a2+b2）x2－2a2x+a2－a2b2=0，?摇?摇 根据韦达定理，得x1+x2=■，y1+y2=－（x1+x2）+2=■， 所以线段AB的中点坐标为■，■．?摇 由已知得■-■=0， 所以a2=2b2=2（a2－c2）， 所以a2=2c2，故椭圆的离心率为e=■． （2）由（1）知b=c，从而椭圆的右焦点坐标为F（b，0）． 设F（b，0）关于直线l：x－2y=0的对称点为（x0，y0），则■·■=－1且■－2×■=0，解得x0=■b且y0=■b．?摇 由已知得x20+y20=4，所以■b2+■b2=4，所以b2=4，故所求的椭圆方程为■+■=1． 13． （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（－x1，y1），l的方程为y=kx－1， 由y=kx－1，x2=4y 得x2－4kx+4=0，从而x1+x2=4k，x1x2=4．?摇?摇 直线BD的方程为y－y1=■（x+x1），即y－■=■（x+x1）， 令x=0，得y=■=1，所以点F在直线BD上．?摇?摇?摇?摇 （2）因为 ■·■=（x1，y1－1）·（x2，y2－1）=x1x2+（y1-1）（y2-1）=8－4k2， 故8－4k2=■，解得k=±■，所以l的方程为4x－3y－3=0，4x+3y+3=0． 又由（1）得x2－x1=±■= ±■■，故直线BD的斜率为■= ±■， 因而直线BD的方程为■x－3y+3=0，■x+3y－3=0． 设∠DBK的平分线与y轴的交点为M（0，t）， 则M（0，t）到l及BD的距离分别为■，■． 由■=■，得t=■或t=9（舍去）， 所以∠DBK的平分线与y轴的交点为M0，■．?摇?摇?摇?摇 14． （1）因为c=■，a=■，所以b=1，所以椭圆方程为■+y2=1，准圆方程为x2+y2=4．?摇?摇 （2）①当l1，l2中有一条无斜率时，不妨设l1无斜率， 因为l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为x=±■， 当l1方程为x=■时，此时l1与准圆交于点（■，1），（■，-1）， 此时经过点■，1（或（■，-1））且与椭圆只有一个公共点的直线是y=1（或y=－1），即l2为y=1（或y= －1），显然直线l1，l2垂直； 同理可证l■方程为x=－■时，直线l1，l2也垂直． ②当l1，l2都有斜率时，设点P（x0，y0），其中x20+y20=4． 设经过点P（x0，y■）与椭圆只有一个公共点的直线为y=t（x－x0）+y0， 则由y=t（x－x0）+y0，■+y2=1消去y，得（1+3t2）x2+6t（y0－tx0）x+3（y0－tx0）2－3=0．?摇?摇 由Δ=0化简整理得：（3-x20）t2+2x0y0t+1-y20=0．?摇 因为x20+y20=4，所以有（3-x20）t2+2x0y0t+x20-3=0． 设l1，l2的斜率分别为t1，t2，因为l1，l2与椭圆只有一个公共点， 所以t1，t2满足上述方程（3-x20）t2+2x0y0t+x20-3=0，所以t1·t2=－1，即l1，l2垂直．?摇?摇 综合①②知l1，l2垂直．?摇?摇?摇?摇 15． 圆心N为（-2，0），半径r=2■，设A（x1，y1），B（x2，y2）， （1）当直线l的斜率为1时，设l的方程为y=x+m，即x－y+m=0． 因为直线l是圆N的切线，所以■=2■，解得m=－2或m=6（舍）， 此时直线l的方程为y=x－2． 由y=x－2，y2=2x消去x得y2－2y－4=0， 所以Δ>0，y1+y2=2，y1y2=－4，（y1－y2）2=（y1+y2）2－4y1y2=20， 所以弦长AB=■·y1－y2■=2■．?摇 （2）（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m，即kx－y+m=0（k≠0）． 因为直线l是圆N的切线，所以■=2■，得m2－4k2－4mk－8=0 ①．?摇 由y=kx+m，y2=2x 消去x得ky2－2y+2m=0， 所以Δ=4－4k×2m>0，即km<■且k≠0， y1+y2=■，y1y2=■． 因为点M和点N关于直线y=x对称，所以点M为（0，－2）， 所以■=（x1，y1+2），■=（x2，y2+2）． 因为■⊥■，所以■·■=x1x2+（y1+2）（y2+2）=0．?摇?摇 因为A，B在直线y=kx+m上，所以（1+k2）y1y2+（2k2－m）（y1+y2）+m2+4k2=0， 代入y1+y2=■，y1y2=■得（1+k2）·■+（2k2－m）·■+m2+4k2=0， 化简得m2+4k2+2mk+4k=0②． ①+②得2m2－2mk+4k－8=0， 即（m－2）（m－k+2）=0，解得m=2或m=k－2?摇 当m=2时，代入①解得k=－1，满足条件km<■且k≠0，此时直线l的方程为y=－x+2； 当m=k－2时，代入①整理得7k2－4k+4=0，无解．?摇?摇 （Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，因为直线l是圆N的切线，所以l的方程为x=2■－2， 则得x1x2=4（3－2■），y1+y2=0，（y1y2）2=4x1x2=16（3－2■），即y1y2=4（1－■<0． 由（Ⅰ）得： ■·■=x1x2+（y1+2）（y2+2）=x1x2+y1y2+2（y1+y2）+4=20－12■≠0 当直线l的斜率不存在时，■⊥■不成立．?摇 综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为y=－x+2． 2012年高考概率与统计核心考点揭秘 1． 第二组的频率为0.5×0.6=0.3，所以样本容量为300÷0.3=1000，选A． 2． 由题意有■=■=■，解得a=21，b=5，所以调查小组的总人数为5+3+4=12，选B． 3． 由表格得■=■，■=42，所以42=■×■+9.1，解得■=9.4，所以当x=6时，■=9.4×6+9.1=65.5，选B． 4． 如图13，三角形ABC的面积为S=■×4×3=6，而非阴影部分面积为π×12×■=■π，所求的概率为1－■π÷6=1－■，选D． ■ 图13 5． n=7，Tr+1=Cr7■7-r－x■r=（－1）r·2r-7·Cr7x■，由14－■r=0得r=6，即此常数项为T7=26-7·C67=■，选D． 6． 可以先从7人中选出4人，共有C47=35种不同的选法，而4人中全是男生有1种，不可能全是女生，所以这4人中必须既有男生又有女生，不同的选法共有35－1=34种． 7． 要么甲队夺得，要么乙队夺得，即■+■=■． 8． （1）该同学这次水平测试中物理、化学、生物成绩是否为A的可能结果有8种， 分别为（W1，W2，W3），（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■），（■，■，W3），（■，W2，■），（W1，■，■），（■，■，■）；?摇 （2）由（1）可知，有两个A的情况为（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■）三种， 从而其概率为P=■． （3）方案一、该同学参加这次水平测试中物理、化学、生物成绩不全为A的事件概率大于85%，理由如下：该同学参加这次水平测试中物理、化学、生物成绩不全为A的事件有如下七种情况：（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■），（■，■，W3），（■，W2，■），（W1，■，■），（■，■，■），概率是P=■=0.875>85%． 方案二、该同学参加这次水平测试中物理、化学、生物成绩至少有一个A的事件概率大于85%，理由如下：该同学参加这次水平测试中物理、化学、生物成绩至少有一个A的事件有如下七种情况：（W1，W2，W3），（■，W2，W3），（W1，■，W3），（W1，W2，■），（■，■，W3），（■，W2，■），（W1，■，■），概率是P=■=0.875>85%． 9． （1）由原图知，甲样本中合格品数为（0.06+0.09+0.03）×5×40=36， 故合格品的频率为■=0.9，据此可估计从甲流水线上任取一件产品该产品的合格率为P=0.9，则X~B（5，0.9），故EX=5×0.9=4.5． （2）由表知乙流水线样本中不合格品共10个，超过合格品重量的有4件． 则Y的取值为0，1，2；且P（Y=k）=■（k=0，1，2），于是有： P（Y=0）=■，P（Y=1）=■，P（Y=2）=■，所以Y的分布列为 ■ （3）2×2列联表如下： ■ 因为K2=■＝■≈3.117>2.706， 所以有90％的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关． 10． （1）■甲=65×0.18+75×0.24+85×0.26+95×0.32=82.2， ■乙=65×0.20+75×0.30+85×0.30+95×0.20=80.0， （2）观点一：选择乙场的树苗，因为其提供的树苗高度方差较小，成长较整齐，种在公园里比较好看． 观点二：选择甲场的树苗，因为其提供的树苗平均高度较大，说明长势较好，且方差较大，种在公园里显得高矮错落有致，更能体现空间美感． （注：两种观点各有其理，只要能依据统计数据说明自己的观点，一样得分．） （3）10棵中高度在［90，100］的有2棵，X可取值为0，1，2，X服从超几何分布， P（X=0）=■=■，P（X=1）=■=■，P（X=2）=■=■， 故X的分布列为： ■ 所以E（X）=0×■+1×■+2×■=■． 11． （1）程序框图中的①应填M=2，②应填n=8． （注意：答案不唯一．） （2）依题意得，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛停止． 所以p2+（1－p）2=■，解得：p=■或p=■，因为p>■，所以p=■． （3）依题意得，ξ的可能值为2，4，6，8，则P（ξ=2）=■，P（ξ=4）=1－■×■=■，P（ξ=6）=1－■1－■×■=■，P（ξ=8）=1－■1－■1－■×1=■． 所以随机变量ξ的分布列为 ■ 故Eξ=2×■+4×■+6×■+8×■=■． 2012年高考新增知识核心考点揭秘 1． 由框图所给运算法则，k=1→x=－1→k=2→x=2→k=3→x=－6→k=4→x=24→k=5→x=－120→k=6→x=720→k=7，选C． 2． 把全称量词改为存在量词，并把结果否定． 选D． ■ 图14 3． 由三视图还原立方体如图14，其中AB=AD=BD=2，BC⊥CD，BC=CD=■，AE⊥平面BCD，AE=■，CE=1，V三棱锥A-BCD=■×■×（■）2×■=■，选A． 4． A中相关系数用来衡量两个变量之间的相关程度，直线的斜率表示直线的倾斜程度，它们的计算公式也不相同，不正确；B选项相关系数的值有正有负，还可以是0；当相关系数在0到1之间时，两个变量为正相关，在－1到0之间时，两个变量负相关，不正确；C选项，l两侧的样本点的个数分布与n的奇偶性无关，也不一定是平均分布，不正确；只有D正确，即回归直线l一定过样本点中心（■，■）；由回归直线方程的计算公式■=■－■■可知直线l必过点（■，■）． 选D． 5． f（x）=－g（x+1）=g（－x－1）=g［1+（－2－x）］=－f（－x－2）=－f（x+2），所以f（x+4）=f（x），即4为函数f（x）的一个周期． 令h（x）=■，在同一坐标系中分别作出函数f（x），h（x）的图象，显然，在［0，2）上有且仅有一个交点，在［2，6）上有两个交点，在［6，10）上有两个交点，……，在［98，100］上只有一个交点，共50个交点．又f（x），h（x）都是偶函数，y轴左侧有49个交点，故共有99个交点． 选B． ■ 图15 6． 根据f（2）=loga2+2－b 7． 设β=xy，由A2α=β得3 24 3xy=12，所以3x+2y=1，4x+3y=2，所以x=－1，y=2，所以α=－12． 8． P（A）=■=■． 9． f2（x）=f（f1（x））=■，f3（x）=f（f2（x））=■， f4（x）=f（f3（x））=■，以此类推可得fn（x）=f（fn-1（x））=■． 10． PB＝PA＋AB＝5，所以在⊙O中，由切割线定理得： PC2＝PA·PB＝1×5＝5，故PC＝■；连结OC，则OC⊥CP，?摇?摇?摇 ?摇?摇 在Rt△OCP中，由射影定理得： PC2＝PE·PO，则PE=■=■． 故CE=■=■=■． 11． 曲线E的参数方程可化为x=2cosα，y=2cos2α，所以曲线E的直角坐标方程为y=■x2（x∈［－2，2］）． 曲线F的极坐标方程可化为■（ρsinθ+ρcosθ）=■，化为直角坐标方程为■（y+x）=■，即x+y－2=0．?摇 （2）由（1）知曲线E是抛物线的一部分，方程为y=■x2（x∈［－2，2］）． 曲线F的方程为x+y－2=0．两方程组成方程组为y=■x2，x+y－2=0， x∈［－2，2］， 解方程组得x=－1－■（舍），x= －1+■． 当x=－1+■时，y=3－■． 所以交点坐标为（－1+■，3－■）． 12． （1）由题意得f（x）≤1，即x－1－1≤1，x－1≤2，得－2≤x－1≤2． 解得-1≤x≤3，所以x的取值范围是［-1，3］．?摇 （2）f（x）－g（x）＝|x－1|＋|x＋1|＋3， 因为对于任意的x∈R，不等式f（x）－g（x）＝x－1＋x＋1＋3≥（x－1）－（x＋1）＋3＝2＋3＝5．?摇 于是有m＋1≤5，得m≤4，即m的取值范围是（－∞，4］．?摇?摇?摇 13． 因为0 故■+■+■=■+■+■ ≥■． （x+y+z）2=x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx≥3（xy+yz+zx）=3，所以■≤x+y+z<3，t=2（x+y+z）－■≥■，则■+■+■ ≥■■2=■t+■+2■≥■2■+2■=■． 选择题限时训练（一） 1． （理）A（文）B 2． （理）B（文）D 3． （理）B（文）A 4． （理）B（文）A 5． B 6． （理）D （文）a3=a1+2a2，即q2=1+2q，解得q=■+1，所以■=q2=3+2■，选D 7． f（－1）<0，f（0）>0，所以f（ｘ）的零点介于－1与0之间； g■<0，g（1）>0，所以g（ｘ）的零点介于■与1之间； h（0）=0，选A 8． （理）由题意有f（1）>0，f（2）<0，即1－m+n>0，4－2m+n<0，作出可行域，选D （文）A 9． （理）4黑，有5种；1黑3红，有C15C34=20种；2黑2红，有C25C23=30种；3黑1红，有20种；4红，有5种，共计80种，概率为■=■，选D （文）取△ABC为正三角形，取PQ∥AB，则■=■a，■=■b，选C 10． （理）A=｛yy>0｝，B=｛yy≤2｝，A－B=｛yy>2｝，B－A=｛yy≤0｝，选C （文）因为x0∈A，所以■≤f（ｘ0）=x0+■<1，所以0≤f［f（ｘ0）］=21－x0－■=1－2x0<■，解得■ 选择题限时训练（二） 1． （理）A（文）A 2． （理）A（文）B 3． C 4． （理）B（文）B 5． （理）由题意有a3+a1+a2=a1a2a3，即3（a1+1）=a1（a1+1）（a1+2），所以a1=1，选B （文）5×2×■=■，选B 6． D 7． （理）∠PBA=360°－（90°－β）－γ－90°=180°+β－γ， ∠APB=180°－（180°+β－γ）－（α－β）=γ－α，由正弦定理有■=■，PQ=PA·sinα，选B （文）由a2·a3=2a1得a1q3=a4=2，所以a6=■，所以q=■，a1=16，S4=■=30，选C 8． （理）D（文）D 9． （理）点A（－2，－1），则2m+n=1，■+■（2m+n）=4+■+■≥8，当且仅当m=■，n=■时取“=”，选C （文）圆的半径为双曲线的焦距c且△PF1F2为直角三角形， 所以2∠PF1F2=∠PF2F1=60°，由此得PF1－PF2=■c－c=2a，选A 10． （理）当K=■时， fK（ｘ）=a■，x?摇≥1，■，x?摇<1.选D （文）函数f（ｘ）为奇函数且周期为3，所以f（1）=f（－2）=－f（2）=－■≥1，即■≤0，选C 选择题限时训练（三） 1． （理）D （文）D?摇 2． （理）①④正确．三个平面两两相交时有三种情形：交于一条直线，交于三条直线且两两平行，交于三条直线且这三条直线共点． 选B （文）A 3． （理）由题意有a5=a1·■·■·■·■=1×（－■）×2×（－2■）×4=32，选A （文）C 4． （理）C （文）B?摇 5． （理）由选项知b≥0，容易排除b=0． 画出可行域后知，当且仅当直线z=2x+y经过直线y=2x与y=－x+b的交点■，■时z取到最小值4，可得b=3． 选D （文）C?摇 6． （理）D （文）同理科第2题?摇 7． sin■+sin■+sin■+…+ sin■=sin■+sin■=sin■+sin■=■． 选B?摇 8． C 9． 易知1 10． （理）画出图形后用几何概率及不定积分可求出答案： p=■=■． 选C （文）当x∈［0，2］时，令t=3x∈［1，9］，此时f（ｘ）min=－16；当x∈［-2，0］时，x+2∈［0，2］，由题意有f（ｘ）=■，此时f（ｘ）min=■=－8，以此类推，当x∈［-8，-6］时，f（ｘ）min=■=－1，选B 填空题限时训练（一） 1． －■+■i 2． －2■，2■ 3． 600?摇 4． 因为f（2）=log33=1，所以f（f（2））=f（1）=2 5． x2=－8y?摇 6． 球的半径R=■=■，球的表面积为4πR2=12π 7． f（5）=－5+8=3， f ′（5）=－1，答案为2 8． 由题意有■－■ω=2kπ+■，所以ω=■－6k，又ω>0，所以ωmin=■ 9． 如图16，当过点A，B的圆与直线l相切于点D时，直线l上的D对线段AB所成的张角最大（即∠ADB=∠AD′B>∠ACB）． 由此结论可简解本题：在原题所给图形中，作CO⊥AB于O，并建立平面直角坐标系（如图17），得OA=■－■=9，OB=■－■=4，由切割线定理，得OC2=OA·OB=9×4，OC=6（m） ■ 图16 ■ 图17 10． 要将n个金属片全部转移到3号针上，只需先将上面n-1个金属片转移到2号针上，需要an-1次转移，然后将最大的那个圆盘转移到3号针上，需要一次转移，再将2号针上的n-1个圆盘转移到3号针上，需要an-1次转移，所以有an=2an-1+1，又a1=1，得an=2n-1． 当然有a3=23－1=7． 填空题限时训练（二） 1． （理）9 （文）■，0 2． 此几何体由圆柱和球构成，表面积为20π 3． ■=10，■=38，满足线性回归方程，故a=58，所以■=－2x+58，答案为46 4． 由题意有■=■，所以2a2+b2=2，0≤a2≤1，OP2=a2+b2=2－a2，所以OPmax=■ 5． 数形结合，a∈［－1，0） 6． 因为■·■=0，所以∠C=90°，又■=■（■+■），所以D为AB中点，所以CD=DB=■AB=■，CB=4，所以cos∠BCD=■=■ 7． （理）设红球有x个，则有1－■=■，解得x=4，即红球有4个，白球有5个． ξ取值为0，1，2，P（ξ=0）=■=■，P（ξ=1）=■=■，P（ξ=2）=■=■，故Eξ=0×■+1×■+2×■=■ （文）1－■=■ 8． f（ｘ）在［0，1］上单调递增，则f（ｘ）min=f（0）=－1， 由题意有f（ｘ）min≥g（ｘ）min． 当a≤■时，g（ｘ）min=g（1）=5－2a≤ －1，解得a≥3，不合题意； 当a>■时，g（ｘ）min=g（2）=8－4a≤ －1，解得a≥■． 综上a∈■，+∞ 9． （理）a1=■=（1，1），所以θ1=■； an=■■=■，数形结合知tanθn=■=■n+■， 所以■tanθk=■+1－■=2－■－■， 由此可知最大整数n是3 （文）2012=287×7+3． ｛xk｝为1，2，3，4，5，6，7，1，2，3，4，5，6，7，…，即｛xk｝是以7为周期的，所以x2012=x3=3； ｛yk｝为1，1，1，1，1，1，1，2，2，2，2，2，2，2，3，3，…，即｛yk｝中的数以7为单位反复出现，所以y2012=288． 综上，A2012的坐标为（3，288） 填空题限时训练（三） 1． 4 2． 0 3. 11 4. 由正弦定理知c=2■b. 又a2－b2=■bc，所以a=■b. 根据余弦定理得cosA=■，所以A=30° 5. f ′（x）=2f ′（1）+■，令x=1，得f ′（1）=2f ′（1）+1，所以f ′（1）=－1 6. 21 7. PF1＋PF2＝10，PF1＝10－PF2，PM＋PF1＝10＋PM－PF2. 易知M点在椭圆外，连结MF2并延长交椭圆于P点，此时PM－PF2取得最大值MF2，故PM＋PF1的最大值为10＋MF2＝10+■=15 8. 由已知可得A2007（2007，2010），直线OA2007的方程l：y=■x. 因为■=■=■，所以直线OA2007过两个整点（669，670），（1338，1340），即f（2007）=2 9. 设B=α，则A=2α，C=π－3α，由△ABC是锐角三角形，得0<α<■，0<2α<■，■<3α<π，所以■<α<■. 所以■=■=4cos2α－1∈（1，2） 10. an=6，n=1，6n-1，n≥2 11． ④⑤ 12. 记“取出两个红球”为事件A，“取出两个白球”为事件B，“取出一红一白两个球”为事件C，则P（A）=■，P（B）=■，P（C）=■. 由题意得P（A）+P（B）=P（C），即C■■+C■■=C■■·C■■，所以m+n=（m－n）2，从而m+n为完全平方数. 又由m>n≥4，m+n≤40，得9≤m+n≤40，所以m+n=9，m－n=3或m+n=16，m－n=4或m+n=25，m－n=5或m+n=36，m－n=6，解之得（m，n）=（6，3）（舍去），或（m，n）=（10，6），或（m，n）=（15，10），或（m，n）=（21，15）. 故符合题意的数组（m，n）有3个 13． 以A为坐标原点，直线AC为x轴，与AC垂直的直线为y轴，建立直角坐标系，则A（0，0），C（1，0），B（－1，■）. 因为O是三角形△ABC的外心，所以OA=OB=OC. 设O（x，y），则由两点间距离公式可列出方程并求得x=■，y=■■. 把A，B，C，O的坐标代入■=λ■+μ■，解得λ=■，μ=■，所以λ+μ=■ 14. 因为f ′（x）=2exsinx，x∈［0，2011π］，所以当x=（2k+1）π，k∈0，1，…1005时， f（x）取得极大值，这些极大值构成以eπ为首项，e2π为公比的等比数列，其和为■ 2012年高考押题金卷（一） 1. C 2． A 3. C 4. （理）C （文）B?摇 5. D 6. A 7． D 8. （理）C （文）A?摇 9． （理）C （文）D 10. （理）D （文）A 11. （理）C. 建立直角坐标系，满足m，n范围的矩形区域的面积为4，满足方程有实根只需满足Δ=1－mn≥0，即mn≤1，再由积分可得 （文）D 12. （理）C. 通过n=1，数9在点（-1，2）上 （文）B 13. （理）7. 前3项系数的绝对值为1，■C■■，■C■■，且1+■C■■=C■■，n=8 （文）7 14. （理）■ （文）■ 15. （理）■ （文）±■ 16. （理）2 （文）100 17. （理）（1）0.75 （2）EX=208 （文）（1）72 （2）■ 18. （理）（1）证明略 （2）证明略 （3）■ （文）（1）证明略 （2）■ 19. （理）（1）an=e13-3n （2）m≥2009. 由于b1>b2>b3>b4>0>b5>b6>…所以c1=b1b2b3>0，c2=b2b3b4>0，而c3=b3b4b5<0；c4=b4b5b6>0，c5=b5b6b7<0，且当n>5时，都有cn<0，由分析知，当n=4时，Tn的值最大，此时Tn=310，由310≤■，得m≥2 009. （文）（1）an=■ （2）bn=■·2n=n·2n，由Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n及2Tn=22+2×23+…+（n－1）×2n+n×2n+1，两式相减可整理得到Tn=（n－1）·2n+1+2. 20. （1）■+y2=1 （2）（理）证明略 （文）m≥■或m≤－■ 21. （理）（1）导数法，f（x）的单调递减区间为（0，1）； f（x）的单调递增区间为（1，e）. （2）由（1）知f（x）有极小值为f（1）=1，即f（x）在（0，e］上的最小值为1. 令h（x）=g（x）－5=x2－2x－3. 因为h（x）的对称轴为x=1，故h（x）max=h（e）=e2－2e－3=（e－3）（e+1）<0 故在（2）的条件下，f（x）> g（x）－5. （3）假设存在实数a，使f（x）有最小值3. f ′（x）=■，有①当a≤0时，f（x）在（0，e］上单调递减， f（x）min=f（e）=ae－1=3，a=■（舍去），此时f（x）无最小值； ②当0<■ 综上，存在实数a=e2，使f（x）有最小值3. （文）（1）导数法，递增区间是（－2，－1）或（0，+∞），递减区间是（－∞，－2）或（－1，0）. （2）由f ′（x）=■=0得x=0或x=－2. 由（1）知，f（x）在■－1，0上递减，在［0，e－1］上递增. 又f■－1=■+2， f（e－1）=e2－2，且e2－2>■+2，故x∈■－1，e－1时，f（x）max=e2－2，即m>e2－2时，不等式f（x） （3）由f（x）=x2+x+a知x－a+1－ln（1+x）2=0. 记g（x）=x－a+1－ln（1+x）2，由g ′（x）>0得x<－1或x>1，由g′（x）<0得 －1 故g（x）在［0，1）上递减，在（1，2］上递增. 要满足题意只需g（x）=0在［0，1）和（1，2］上各有一个实根，于是有g（0）≥0，g（1）<0，g（2）≥0，解得2－2ln2 22. （1）45° （2）■ 23. （1）最小值为1 （2）P■，■ 24. （1）不等式的解集为（－∞，5）. （2）x∈［－3，5］时，y∈［2，4］，因为f（x）>a，故a 2012年高考押题金卷（二） 1． 7 2． ■ 3． ｛－2，0，2｝ 4． 3∶1 5． ■ 6． ■. 用线性规划知识求解 7． （12，14）. a7>0且a8<0，然后解关于a1的不等式 8． 1 9． 1 10． ±2.?摇x＝0是一个根，再看f（x）＝x2－ax■与y＝1的交点个数 11． 在圆内． 先求导，再求切线l的方程 12． 45° 13． （4，5）. 横坐标与纵坐标的和为0，1，2，3，…，8的个数共有45个，第46个点的横坐标与纵坐标的和为9 14． （－∞，－6）∪（6，+∞）. 研究y=x3+a与y=■的图象的交点个数 15． （1）点P，Q的坐标分别为1，■，■，－1 （2）cos（α－2β）=－■ 16． （1）27人. （2）由直方图知，成绩在［13，14）内的人数为50×0.06=3人，成绩在［17，18）内的人数为50×0.08=4人，若m，n分别在［13，14）和［17，18）内时，则共有12种情况，故P（m-n>1）＝■=■. 17． （1）证明略. （2）证明略. （3）由（1）知DM∥PA，由（2）知PA⊥平面PBC，故?摇VM－BCD=VD－BCM=10■. 18． （1）e=■. （2）设P（x，y），则■+■=1（c>0）. 又■·■=（■+■）·（■+■）=－（y+3）2+2c2+17（－c≤y≤c）， ①当c≥3时，此时椭圆方程为■+■=1； ②当0 综上，椭圆的方程为■+■=1. 19． （1）导数法，当a≥0时，f（x）的单调增区间为（0，+∞）； 当a<0时，f（x）的单调增区间为（－a，+∞）. （2）f ′（x）=■. ①若a≥－1，f（x）min=f（1）=－a=■，故a=－■（舍去）； ②若a≤－e，f（x）min=f（e）=1－■=■，故a=－■（舍去）； ③若－e （3）因f（x） 令g（x）=xlnx－x3，g（x）在（1，+∞）上也是减函数，所以g（x） 故当f（x） 20． （1）a=2，f（n）=8·2n，所以｛ｆ（ｎ）｝为等比数列，则f（1）+f（2）+…+ f（n）=16（2n－1）. （2）由f（1），16，128依次是某等差数列的第1项，第k－3项，第k项，可分析知公差d=■，且有128=2b+（k－1）·■. 又由题意知方程b2n=2（n2-100）有正整数解，故b的取值应为整数. 令g（x）=b2x-2x2+200，利用导数法可分析得到存在正整数n＝2，使得f（n）=2（n2－100）成立，此时b=－48. 21． A． 证明略. B． （1）矩阵M的特征值为2和3，对应的特征向量为10及01. （2）M-1=■ 00 ■，新曲线的方程为x2+y2=1. C． （1）点M与P1，P2两点间距离之积为t1t2=■. （2）点M与P1，P2两点间距离之差的绝对值为t1-t2=t1+t2=■. D． 证明略. 利用均值不等式证明. 22． （1）y=■x2（y≤3）. （2）S=2■■x2－x+1dx=■x3－■+x20=■. 23． （1）■. （2）最大值为■. 利用均值不等式求解. （3）ξ的分布列为 ■ Eξ=45p3－72p4+30p5. 2012年高考押题金卷（三） 1． A 2. C 3. B 4. （理）A （文）A 5. B?摇 6. A． 因为2x+φ=kπ+■，x=■π+■－■，所以■<■π+■－■<■，解得kπ－■<φ 又0<φ<■，所以0<φ<■ 7. D 8. C 9. A． 2a+b=■，a－b=■，（2a+b）·（a－b）=6，cosα=■，所以sinα=■，故S=■ 10. C． 不妨设M（x0，y0）（y0>0），则N（x0，－y0），所以k1 +k2=■+■=■+■=■=2ay0·■=■，又因为0 11． （理）－■ （文）■?摇 12． 2 13． （理）－10 （文）■ 14． 31 15． ■ 16． 4 17． （理）（0，■－1）. （法一）由x3－3x+1≥1解得x≤－2或－■≤x≤0或x=1或x≥■，所以要使不等式只有1个解，只有当x=1时满足条件，所以区间［t，t+1］必须满足0 （法二）用导数研究函数f（x）=x3－3x+1的单调性，数形结合 （文）6. 首先可确定1、2分别在3、4的上方，9在方格的右下角那一格，然后讨论5、6、7、8的位置 18． （1）C=■ （2）由余弦定理可得ab=4，故S△ABC=■absinC=■ 19． （理）（1）当n=3时，甲胜的概率为P=■=■，从而甲负的概率为■，故甲得分ξ的分布列为 ■故Eξ=■ （2）当n=2时，乙胜的概率P=1，不合题意； 当n=3时，乙胜的概率P=■，不合题意； 当n≥4时，乙胜的概率P=■+■=■，化简得n2－11n+30=0，解得n=5或n=6 （文）（1）由Sn+1+Sn－1=2（Sn+1）①得Sn+2+Sn=2（Sn+1+1）②，②－①得an+2+an=2an+1（n≥2）. 又S3+S1=2（S2+1），可得a3=5，所以a3+a1=2a2，即数列｛an｝是等差数列，所以an=2n－1. 由b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn=an③得b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn+2nbn+1=an+1④，④－③得2nbn+1=an+1－an=2，所以bn+1=■，故bn=■（n≥2），又因为b1=1不满足，所以bn=1，n=1， ■，n≥2 （2）因为cn=anbn=1，n=1， （2n－1）·22－n，n≥2，所以当n=1时，Tn=1；当n≥2时，Tn=1+3+5·2－1+7·2－2+…+（2n－1）·22－n，■Tn=■+3·2－1+5·2－2+7·2－3+…+（2n－1）·21－n，两式作差得■Tn=■+2·（2－1+2－2+…+22－n）－（2n－1）·21－n=■－（2n+3）·21－n，所以Tn=11－（2n+3）·22－n． 于是得Tn=1，n=1， 11－（2n+3）·22－n，n≥2 20． （1）在Rt△ABC中，D为AB的中点，得AD=CD=DB. 又∠B=30°，得△ACD是正三角形，又E是CD的中点，得AF⊥CD，折起后，AE⊥CD，EF⊥CD. 又AE∩EF=E，AE?奂平面AEF，EF?奂平面AEF，故CD⊥平面AEF，又CD?奂平面CDB，故平面AEF⊥平面CDB． （2）（理）过点A作AH⊥EF，垂足H落在FE的延长线上，因为CD⊥平面AEF，所以CD⊥AH，所以AH⊥平面CDB． 连接CH并延长交BD的延长线于G，由已知AC⊥BD，得CH⊥BD，即∠CGB=90°，因此△CEH与△CGD相似，则■=■. 设AC=a，易得∠GDC=60°，DG=CE=■，CG=■，代入上式得EH=■. 又EA=■，所以cos∠HEA=■=■. 又AE⊥CD，EF⊥CD，所以∠AEF即为所求二面角的平面角，故二面角A－CD－B的大小的余弦值为－■ （文）因为二面角A－CD－B是直二面角，且AE⊥CD，所以AE⊥平面CDB．连结EB，AB，则∠ABE就是直线AB与平面CDB所成的角． 设AC=a，在△CBE中，∠DCB=30°，CE=■，CB=■a，EB2=CE2+CB2－2CE·CB·cos∠DCB=■a2. 又AE=■a，在Rt△AEB中，tan∠ABE=■=■a×■=■． 所以直线AB与平面CDB所成角的正切值为■ 21． （理）（1）点（±■，1）在抛物线x2=2py上，所以p=1 （2）设P（m，n），则Cm，－■，n+－■=2·■，n=■，所以Pm，■，故m2=3，m=±■，所以P±■，■． （3）设P（m，n），则A（2m，0），B（0，2n），所以■·■=－1，即n2－■n=m2. 又m2=2n，解得n=■或n=0（舍），所以m=±■，所以点P坐标为±■，■ （文）（1）点（2，±2■）在抛物线y2=2px上，易得p=2 （2）设A（x1，y1），C（x2，y2），由题设知，直线AC的斜率存在，且过焦点F（1，0），所以设直线AC的方程为y=k（x－1）． 联立方程组y=k（x－1）， y2=4x，得k2x2－2（k2+2）x+k2=0，由根与系数的关系知ｘ1＋ｘ2＝■，ｘ１ｘ２＝１. 于是AC=■■=■. 又因为AC⊥BD，所以直线BD的斜率为－■，从而直线BD的方程为y=－■（x－1），同理可得BD=4（1+k2）． 所以SABCD=■AC·BD=■=8k2+■+2≥8×（2+2）=32，即当k=±1时等号成立． 所以，四边形ABCD的最小面积为32 22． （理）（1）当a=1时， f（x）=x－1－2lnx，则f ′（x）=1－■. 由f ′（x）>0得x>2； 由f ′（x）<0得0 （2）因为f（x）<0在区间0，■恒成立是不可能，故要使函数f（x）在0，■上无零点，只要对任意x∈0，■， f（x）>0恒成立，即对x∈0，■，a>2－■恒成立． 令l（x）=2－■，x∈0，■，则l′（x）=■，再令m（x）=2lnx+■－2，x∈0，■，则m′（x）=■－■<0，故m（x）在0，■上为减函数，于是m（x）>m■=2－ln2>0，从而，l′（x）>0，于是l（x）在0，■上为增函数，所以l（x）< l■=2－4ln2. 故要使a>2－■恒成立，只要a∈［2－4ln2，+∞）． 综上，若函数f（x）在0，■上无零点，则a的最小值为2－4ln2 （3）g′（x）=（1－x）e1－x，所以g（x）在（0，1）递增，在（1，e］递减. 又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e·e1－e>0，所以函数g（x）在（0，e］上的值域为（0，1］． 当a=2时，不合题意； 当a≠2时，f ′（x）=■，x∈（0，e］． 当x=■时， f ′（x）=0，由题意得， f（x）在（0，e］上不单调，故0<■ ■ 又因为当x→0时， f（x）→+∞， f■=a－2ln■， f（e）=（2－a）（e－1）－2，所以，对任意给定的x0∈（0，e］，在（0，e］上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：f（■）=a－2ln■≤0②， f（e）=（2－a）（e－1）－2≥1③.令h（a）=a－2ln■，a∈－∞，2－■，则h′（a）=■，故当a∈（－∞，0）时h′（a）>0，函数h（a）单调递增，当a∈0，2－■时h′（a）<0，函数h（a）单调递减，所以，对任意a∈－∞，2－■，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意a∈－∞，2－■恒成立，则③式解得a≤2－■④． 综合①④可知，当a∈－∞，2－■时，对任意给定的x0∈（0，e］，在（0，e］上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立． （文）（1）f ′（x）=6x2－6x，由f ′（x）>0得x>1或x<0，由f ′（x）<0得0 （2）f ′（x）=6ax2－6ax． ①当a=0时，显然不可能； ②当a>0时， ■ 又因为当a>0时，g（x）=－■x+■在［0，2］上是减函数，对任意x∈［0，2］，g（x）∈－■+■，■，■>1，不合题意； ③当a<0时， ■ 又因为当a<0时，g（x）=－■x+■在［0，2］上是增函数，对任意x∈［0，2］，g（x）∈■，－■+■，由题意 11. C 12. （理）C. 由图象可得f（1）=1+a+b=0，0 （文）C. 易知当x=0为g（x）= f（x）-x的第一个零点，由f（x）=f（x-1）+1得x=1为第二个零点，以此类推可得函数零点成等差数列，首项为0，公差为1，所以an=n-1（n∈N?鄢） 13. ■ 14. （理）e （文）■+1 15. 4y-3x+5=0. 因为F（x）=■，所以F（1）=■=－■，F ′（x）=■，所以F ′（1）=■=■，所以切线方程为y+■=■（x-1） 16. ①③ 17. （1）B=■ （2）－■，■ 18. （理）（1）线段BC的中点就是满足条件的点P． 取AB的中点F，连结DP，PF，EF，则FP∥AC，FP=■AC. 取AC的中点M，连结EM，EC，因为AE=AC且∠EAC=60°，所以△EAC是正三角形，所以EM⊥AC，所以四边形EMCD为矩形，所以ED=MC=■AC． 又因为ED∥AC，所以ED∥FP且ED=FP，四边形EFPD是平行四边形，所以DP∥EF. 而EF?奂平面EAB，DP?埭平面EAB，所以DP∥平面EAB （2）（法1）过B作AC的平行线l，过C作l的垂线交l于G，连结DG，因为ED∥AC，所以ED∥l，l是平面EBD与平面ABC所成二面角的棱． 因为平面EAC⊥平面ABC，DC⊥AC，所以DC⊥平面ABC. 又因为l?奂平面ABC，l⊥DC，l⊥CG，所以l⊥平面DGC，所以l⊥DG，所以∠DGC是所求二面角的平面角． 设AB=AC=AE=2a，则CD=■a，GC=2a，所以GD=■=■a，所以cosθ=cos∠DGC=■=■ （法2）建立空间直角坐标系求解 （文）（1）连AD1，因为AD1■BC1■B1E，所以四边形AB1ED1是平行四边形，则D1E∥AB1. 又AB1?奂平面AB1C，D1E?埭平面AB1C，所以D1E∥平面ACB1 （2）由已知得B1C2+B1E2=4=CE2，则B1E⊥B1C. 由长方体的特征可知CD⊥平面B1BCE，而B1E?奂平面B1BCE，?摇则CD⊥B1E，所以B1E⊥平面DCB1. 又B1E?奂平面D1B1E，所以平面D1B1E⊥平面DCB1 （3）V■=V■－V■－V■－V■－V■=■ 19. （理）（1）■ （2）ξ的分布列为 ■ 所以数学期望Eξ=■ （3）如果我是该选手，那么答对前6题就放弃答题. 理由：如果选择继续答第7题，则答完该题后所获得的奖品份数的数学期望Eη=■<6 （文）（1）依题中的数据可得■甲=7，■乙=7，s■■=5.2，s■■=2. 因为■甲=■乙，s■■>s■■，所以两组技工的总体水平相同，甲组中技工的技术水平差异比乙组大 （2）设事件A表示该车间“质量合格”，则从甲、乙两组中各抽取1名技工完成合格零件个数的基本事件共25种，事件A包含的基本事件共17种，所以P（A）=■ 20. （理）（1）an=2n－1，Sn=n2 （2）由（1）知bn=■，要使b1，b2，bm成等差数列，必须2b2=b1+bm，整理得m=3+■. 因为m，t为正整数，所以t只能取2，3，5. 当t=2时，m=7； 当t=3时，m=5； 当t=5时，m=4. 故存在正整数t，使得b1，b2，bm成等差数列 （文）（1）当n=1时，因为b1=T1=1－b1，所以b1=■. 当n≥2时，因为Tn=1－bn，所以Tn－1=1－bn－1. 两式相减得bn=bn－1－bn，即bn=■bn－1. 故｛ｂn｝为首项和公比均为■的等比数列，所以bn=■■ （2）m=4（其他形如m=2n－4（n≥3，n∈N）的数均可） 21. （理）（1）依题意知曲线C的方程是y2=4x. 因为■+λ■=0，所以点P（-λ，0）. 设直线AB为x=ty－λ，代人y2=4x，得y2－4ty+4λ=0. 设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=4t，y1y2=4λ. 以AB为直径的圆经过直角坐标系的原点O，则■·■=0，即x1x2+y1y2=■+y1y2=0. 解得y1y2=－16，所以4λ=－16，即λ=－4 （2）由（1）知AB=■=■=4■=4■. 当t=0时，AB有最小值8，此时圆的面积最小，圆的方程为（x－4）2+y2=16 （文）（1）■+y2=1 （2）设点P（x1，y1），过点P的圆的切线方程为y－y1=－■（x－x1）． 由x■■+y■■=2得y=－■x+■，令x=2得y=－■，故点Q2，－■，所以KOQ=－■，又KPF=■，即?摇KPF·KOQ=－1，所以PF⊥OQ 22. （理）（1）f（x）=■x3－x 所以，此时四边形OMPN面积有最小值1+■ 2012年高考押题金卷（五） 1． C 2. （理）D （文）B －1）+c=0， 3a×32+2b×3+c=0，从而a=－■b，c=3b. 易知b<0，因为f ′（x）=3ax2+2bx+c=－bx2+2bx+3b的对称轴为x=1，所以y=ax2+■bx+■的对称轴是x=1，故可知选D 12. （理）0，■. 由已知得p是q的充分不必要条件，所以圆半径的最大值即为原点到直线4x+3y-12=0的距离■，故r的取值范围为0，■ （文）A． 由于■+■+2■=0，所以■+■=－2■. 设■+■=■，则■= -2■，由共线向量定理知P，D，A三点共线. 故AD为△ABC的边BC上的中线，且P是中线Ａ，Ｄ的中点. 所以S△PBC=■S■，进而可求得S△APC=■S△ABC，由几何概率知应选A 13. ■?摇 14. （理）②④ （文）■，－■ 15． 1 16． （理）（1）记“至少一名北京大学志愿者被分到运送矿泉水岗位”为事件A，则A的对立事件为“没有北京大学志愿者被分到运送矿泉水岗位”，设有北京大学志愿者x个，其中1≤x<6，那么P（A）=1－■=■，解得x=2，即来自北京大学的志愿者有2人，来自清华大学志愿者4人 （2）记“清扫卫生岗位恰好来自北京大学、清华大学志愿者各一人”为事件E，则P（E）=■=■ （3）ξ的分布列为 ■ Eξ=■ （文）②③④. 由x1，x2∈（1，2）（x1≠x2），f（x1）－f（x2） 17． （理）（1）证明略 （2）易知BC⊥平面PCD，所以GC是三棱锥G—DEC的高. 因为E是PC的中点，所以S△EDC=■S△PDC=■·■·2·2=1，所以VC－DEG=VG－DEC=■GC·S△DEC=■·■·1=■?摇 （3）连结AC，取AC中点O，连结EO，GO，延长GO交AD于点M，则PA∥平面MEG. 下面证明之. 因为E为PC的中点，O是AC的中点，所以EO∥PA. 又因为EO?奂平面MEG，PA?埭平面MEG，所以PA∥平面MEG. 在正方形ABCD中，因为O是AC中点，所以△OCG≌△OAM. 所以AM=CG=■，所以AM的长为■ （文）（1）■ （2）■ 18. （理）（1）由题意，设f（x）=ax2+bx（a≠0），则f ′（x）=2ax+b. 因为f ′（x）=4x－1，所以a=2，b=－1. 所以f（x）=2x2－x.又因为点（n，Sn）（n∈N?鄢）均在函数y=f 20． （理）（1）因为f（x）=ln（x2+1），所以f ′（x）=■. 因为x2+1≥2x?圯■≤1，所以f ′（x）的值域为［－1，1］ （2）因为m为方程f（x）=x的根，所以f（m）－m=0. 令F（x）=f（x）-x，则F ′（x）=f ′（x）-1≤0. 所以F（x）为单调减函数. 所以当x＞m时，F（x）＜F（m），即f（x）-x （文）（1）因为AC=BC，P是AB的中点，所以AB⊥PC. 因为AA1⊥平面ABC，CC1∥AA1，所以CC1⊥平面ABC. 又AB在平面ABC内，所以CC1⊥AB. 因为CC1∩PC=C，所以AB⊥平面PCC1. 又因为M，N分别是AA1，BB1的中点，四边形AA1B1B是平行四边形，MN∥AB，所以MN⊥平面PCC1. 因为MN在平面MNQ内，所以平面PCC1⊥面MNQ （2）连结PB1，其与MN相交于K，连结KQ. 因为MN∥PB，N为BB1的中点，所以K为PB1的中点． 又因为Q是C1B1的中点，所以PC1∥KQ，而KQ?奂平面MNQ，PC1?埭平面MNQ，所以PC1∥平面MNQ （3）因为Q是B1C1的中点，所以Q到平面AA1B1B的距离h等于CP的一半，故h=■a，所以VP－MNQ=VQ－PMN=■S△PMN·h=■·■·■a·■a·■a=■a3 21. （理）（1）矩阵A的特征多项式为f（λ）=λ －4 －2 －5 λ －1=λ2－5λ－6=（λ+1）（λ－6）． 令f（λ）=0，则λ1=－1，λ2=6. 对于特征值λ1= －1，解相应的线性方程组－5x－2y=0， －5x－2y=0，得到一个非零解x=－2， y=5. 因此ξ1=－2 5是矩阵A的属于特征值λ1=－1的一个特征向量． 对于特征值λ2=6，解相应的线性方程组－2x+2y=0， 5x－5y=0，得到一个非零解x=1， y=1，因此ξ2=1 1是矩阵A的属于特征值λ2=6的一个特征向量 （2）2■-1 （3）由已知可得x+1－x－3≥2， ①当x<－1时，不等式等价于－（x+1）+（x－3）≥2?圯x∈■； ②当－1≤x<3时，不等式等价于（x+1）+（x－3）≥2?圯x≥2，所以此时解集为｛x2≤x<3｝； ③当x≥3时，不等式等价于（x+1）－（x－3）≥2?圯4≥2?圯x∈R，所以｛xx≥3｝． 综上，原不等式的解集为｛xx≥2｝ （文）（1）f ′（x）=x2+ax+b，因为函数在x=－3及x=2处取得极值，所以f ′（－3）=0， f ′（2）=0，即9－3a+b=0， 4+2a+b=0，解得a=1，b=－6 （2）由（1）可知f（x）=■x3+■x2－6x+c， f ′（x）=x2+x－6=（x+3）（x－2）. 当x∈［1，2）时， f ′（x）<0，当x∈（2，3］时， f ′（x）>0，所以当x=2时，f（x）取得极大值. 又因为f（2）=－■+c， f（1）=－■+c，f（3）=－■+c，所以当x∈［1，3］时， f（x）的最小值为f（2）=－■+c． 因为对于任意的x∈［1，3］，都有3f（x）>－19c2成立，所以－■+c> －■c2，解得c>1或c<－■． 因此，c的取值范围为－∞，－■∪（1，+∞） ２２． （文）（1）■+■=1 （2）当直线l的斜率不存在时，不满足题意. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx－2，A（x1，y1），B（x2，y2），因为■·■=0，所以x1x2+y1y2=0. 因为y1=kx1－2，y2=kx2－2，所以y1y2=k2x1·x2－2k（x1+x2）+4. 所以（1+k2）x1·x2－2k（x1+x2）+4=0，联立方程组■+■=1， y=kx－2，得（1+4k2）x2－16kx+8=0，所以x1+x2=■，x1·x2=■. 所以（1+k2）·■－2k·■+4=0，解得k2=■，即k=■或k=－■. 所以直线l的方程为y=■x－2或y= －■x－2■
