20、( )
A．－2 B.－2
C．－1 D．1－
[解析] 由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等價(jià)于求(a＋b)·c的最大值，這個(gè)最大值只有當(dāng)向量a＋b與向量c同向共線時(shí)取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如圖所示，|a＋b|＝，|c|＝1.當(dāng)θ＝0時(shí)，(a＋b)·c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1－.
[答案] D
已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿足如下條件：向量＝(2,0)， ＝(2,2)，＝(cos α，sin α)，則∠AOB的范圍為__________．
[解析] 由||＝＝，可知點(diǎn)A的軌
跡是以C(2,2)為圓心，為半徑
21、的圓．過原點(diǎn)O作圓的切線，切點(diǎn)分別為M，N，如圖所示，
連接CM，CN，則向量與的夾角θ的范圍是[∠MOB，∠NOB]．由圖可知∠COB＝，因?yàn)閨|＝2，由||＝| |＝||，知∠＝∠CON＝，所以∠BOM＝－＝，∠BON＝＋＝，所以≤θ≤，故∠AOB的范圍為.
[答案]
應(yīng)用四：求解解析幾何問題
已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x2－＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為右支上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若向量＋與的夾角為120°，則點(diǎn)F2到直線PF1的距離為( )
A. B.
C．2 D.
[解析] 如圖，取PF2的中點(diǎn)M，連接OM，
則＋＝2，
故〈，〉＝12
22、0°，
∠OMF2＝60°.
因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，
所以O(shè)M∥PF1，
所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60°.
在△F1PF2中，設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，
因?yàn)閍＝1，b＝，所以c＝，
由余弦定理得，
cos∠F1PF2＝，
即cos 60°＝＝，
整理得m2＋n2－mn＝28，
所以解得
過點(diǎn)F2作F2N⊥PF1于N，
在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|·sin 60°＝2，
即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為2.
[答案] C
[即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)]
1．定義在R上的函數(shù)y＝f (x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，且函數(shù)f (x＋1)是偶函數(shù)
23、．若當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f (x)＝sin，則函數(shù)g(x)＝f (x)－e－|x|在區(qū)間[－2 018，2 018]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為( )
A．2 017 B．2 018
C．4 034 D．4 036
解析：選D 由y＝f (x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，得f (x)是偶函數(shù)，即f (－x)＝f (x)．
因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)，f (x)＝sin，
所以當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f (x)＝f (－x)＝－sin.
因?yàn)楹瘮?shù)f (x＋1)是偶函數(shù)，
所以f (x＋1)＝f (－x＋1)，
所以f (x＋2)＝f (－x)＝f (x)，
故f (x
24、)是周期為2的偶函數(shù)．
作出函數(shù)y＝f (x)與函數(shù)y＝e－|x|的圖象如圖所示，可知每個(gè)周期內(nèi)兩個(gè)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
所以函數(shù)g(x)＝f (x)－e－|x|在區(qū)間[－2 018,2 018]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2 018×2＝4 036.
2．在平面上， ⊥，||＝| |＝1，＝＋，若||<，則| |的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析：選D 根據(jù)⊥，
＝＋，可知四邊形AB1PB2是一個(gè)矩形．
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB1，AB2所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系．
設(shè)|AB1|＝a，|AB2|＝b.
點(diǎn)O的坐標(biāo)為(x，y)，
25、點(diǎn)P(a，b)．
∵||＝||＝1，
∴變形為
∵||<，
∴(x－a)2＋(y－b)2<，
∴1－x2＋1－y2<，
∴x2＋y2>.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：0，b>0)的左焦點(diǎn)F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點(diǎn)為E，延長FE交雙曲線右支于點(diǎn)P，若＝( ＋)，則雙曲線的離心率為( )
A. B.
C. D.
解析：選A 由題意可知E為FP的中點(diǎn)，且OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦
26、點(diǎn)，作出示意圖如圖所示，連接F′P，則F′P綊2OE，且FP⊥F′P，所以|F′P|＝a，由雙曲線的定義可得|FP|＝3a.
又FP⊥F′P，可得(2c)2＝10a2，所以e＝＝.
4．已知a>0，b>0，則不等式a>>－b的解是( )
A. B.
C.∪ D.∪
解析：選D 法一：直接求解法．
－b<，故選D.
法二：數(shù)形結(jié)合法．利用y＝的圖象，如圖所示，故選D.
5．已知關(guān)于x的方程|x|＝ax＋1有一個(gè)負(fù)根，但沒有正根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．
解析：在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y＝|x|，y＝ax＋
27、1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當(dāng)直線y＝ax＋1的斜率a≥1時(shí)，直線y＝ax＋1與y＝|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個(gè)交點(diǎn)，即|x|＝ax＋1有一個(gè)負(fù)根，但沒有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b為單位向量，a·b＝0，若向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍是__________________．
解析：令＝a，＝b，＝a＋b，＝c，
如圖所示，則||＝，
又|c－a－b|＝1，
所以點(diǎn)C在以點(diǎn)D為圓心、半徑為1的圓上，
易知點(diǎn)C與O，D共線時(shí)||取到最值，最大值為＋1，最小值為－1，
所以|c|的取值范圍為[－1，＋1]．
答案：[－1，＋1]
第3術(shù)
28、 解題常招 設(shè)參換元
方法概述
在解答數(shù)學(xué)問題時(shí)，我們常把某個(gè)代數(shù)式看成一個(gè)新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊(cè)昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對(duì)象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實(shí)質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路．這種通過換元改變式子形式來變換研究對(duì)象，將問題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說的換元法
應(yīng)用題型
此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應(yīng)用
方法一：三角換元
29、
已知x，y∈R，滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為__________．
[常規(guī)解法]
由x2＋2xy＋4y2＝6，
得2xy＝6－(x2＋4y2)，
而2xy≤，
所以6－(x2＋4y2)≤，
所以x2＋4y2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)，取等號(hào)．
又因?yàn)?x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，
綜上可得4≤x2＋4y2≤12.
[提速解法]
已知x2＋2xy＋4y2＝6，
即(x＋y)2＋(y)2＝()2，
故設(shè)x＋y＝cos α，y＝sin α，
即x＝cos α－sin α，y＝s
30、in α.
則z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)·sin α＝8－4sin.
所以8－4≤z≤8＋4，
即z的取值范圍為[4,12]．
[答案] [4,12]
方法二：比值換元
設(shè)x，y，z滿足關(guān)系x－1＝＝，則x2＋y2＋z2的最小值為________．
[解析] 令x－1＝＝＝k，則x－1＝k，y＋1＝2k，z－2＝3k，即x＝k＋1，y＝2k－1，z＝3k＋2.
∴x2＋y2＋z2＝(k＋1)2＋(2k－1)2＋(3k＋2)2＝14k2＋10k＋6＝142＋.
∴當(dāng)k＝－，即x＝，y＝－，z＝時(shí)，x2＋y2＋z2取最小值.
[答案]
31、
方法三：整體換元
如圖，已知橢圓C的離心率為，點(diǎn)A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且S△ABF＝1－.
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的最大值．
[解] (1)由已知得橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其方程為＋＝1(a>b>0)，
則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)(c＝)．
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，故c＝b.
又S△ABF＝|AF|·|OB|＝(a－c)b＝1－.
所以b＝1，a＝2，c＝.
所以橢圓C的方程為＋y2＝
32、1.
(2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.①
由
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2
＝2－4×
＝.②
將①代入②，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝.
故△OMN的面積S＝|MN|×1＝.
令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式，
得S＝2·＝·
＝· ＝· ，
33、
所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±時(shí)，S取得最大值，且最大值為×＝1.
方法四：局部換元
設(shè)對(duì)一切實(shí)數(shù)x，不等式x2log2＋2xlog2＋log2>0恒成立，則a的取值范圍為__________．
[解析] 注意到log2和log2及l(fā)og2之間的關(guān)系，換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題．
設(shè)log2＝t，t∈R，
則log2＝log2＝3＋log2＝3－log2＝3－t，log2＝2log2＝－2t.
∴原不等式可化為(3－t)x2＋2tx－2t>0，它對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，
所以解得
∴t<0，即log2<0,0<<1，解得0
34、0,1)
[提醒] 一般地，解指數(shù)與對(duì)數(shù)不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時(shí)也可能要對(duì)已知條件進(jìn)行適當(dāng)變形，發(fā)現(xiàn)各個(gè)量之間的聯(lián)系再換元，這是我們要注意的一點(diǎn)．
方法五：兩次換元
已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為________，________.
[解析] 令x＝logau，y＝logav，則x≥0，y≥0.已知等式可化為(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再設(shè)t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當(dāng)線段y＝－x＋t(x≥0，
35、y≥0)與圓弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切時(shí)(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；當(dāng)線段端點(diǎn)是圓弧端點(diǎn)時(shí)(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋.
[答案] 2＋2 1＋
[提醒] 利用兩次換元探究動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀．換元中應(yīng)注意舊變量對(duì)新變量的限制．
[即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)]
1．橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝m與橢圓相交于點(diǎn)A，B，當(dāng)△FAB的周長最大時(shí)，△FAB的面積為________．
解析：已知＋＝1，則F(－1,0)．
設(shè)A(2cos θ，sin θ)
36、，B(2cos θ，－sin θ)，
則|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ，
故△FAB的周長l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin.
當(dāng)θ＝時(shí)，l取得最大值，此時(shí)△FAB的面積為
S＝(1＋2cos θ)·2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3.
答案：3
2．不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
解析：設(shè)log2(2x－1)＝y(tǒng)，則log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y(tǒng)＋1，故原不等式可化為y(y＋1)<2，解得－2
37、23，即x∈.
答案：
3．y＝sin xcos x＋sin x＋cos x的最大值是________．
解析：設(shè)sin x＋cos x＝t∈[－，]，則sin xcos x＝＝－，所以y＝＋t－＝(t＋1)2－1，當(dāng)t＝時(shí)，ymax＝＋.
答案：＋
4．已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，則 ＋ 的取值范圍是________．
解析：法一：設(shè)a＝－x，b＝＋x，x∈，
則 ＋ ＝＋.
由(＋)2＝2＋2∈[2＋，4]，
得 ＋ 的取值范圍是.
法二：令 ＝x, ＝y(tǒng)，
則x，y∈且x2＋y2＝2.
再令θ∈，
則 ＋ ＝x＋y＝cos θ＋sin θ
＝2sin∈.
38、
答案：
5．在橢圓x2＋4y2＝8中，AB是長為的動(dòng)弦，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△AOB面積的取值范圍．
解：設(shè)A，B的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋b，
代入橢圓方程整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4(b2－2)＝0.
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
由|AB|2＝(k2＋1)(x2－x1)2
＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝[2(4k2＋1)－b2]＝，
得b2＝2(4k2＋1)－，
又原點(diǎn)O到AB的距離為.
所以△AOB的面積S＝·.
記u＝，
則S2＝·＝＝－＝4－2.
又u＝＝4－的范圍為[1,4](u＝4為
39、豎直弦)．
故u＝時(shí)，S＝4；
而u＝1時(shí)，S＝.
因此S的取值范圍是.
第4術(shù) 出奇制勝 巧妙構(gòu)造
方法概述
構(gòu)造法是指根據(jù)題設(shè)條件和結(jié)論的特征、性質(zhì)，運(yùn)用已知數(shù)學(xué)關(guān)系式和理論，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學(xué)對(duì)象，從而使原問題中隱含的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造的數(shù)學(xué)對(duì)象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學(xué)對(duì)象方便快捷地解決數(shù)學(xué)問題的方法．構(gòu)造法應(yīng)用的技巧是“定目標(biāo)構(gòu)造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問題，把陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題．解題時(shí)常構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造平面圖形等
應(yīng)用題型
適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識(shí)
方法一：構(gòu)造函數(shù)
已知偶函數(shù)f (x)的
40、定義域?yàn)椋?，其?dǎo)函數(shù)是f ′(x)．當(dāng)00，
則f (x)，
又x∈，
所以－
41、[答案] B
已知m，n∈(2，e)，且－n B．m2＋ D．m，n的大小關(guān)系不確定
[解析] 由不等式可得－0，
故函數(shù)f (x)在(2，e)上單調(diào)遞增．
因?yàn)閒 (n)
42、知a，b是方程x2－3x－1＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可知a＋b＝3，ab＝－1，
所以＋＝＝＝32－2×(－1)＝11.
[答案] 11
方法三：構(gòu)造平面圖形
已知實(shí)數(shù)a，b是利用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機(jī)數(shù)，設(shè)事件A為(a－1)2＋(b－1)2>，則事件A發(fā)生的概率為( )
A. B．1－
C. D．1－
[解析] 由題意知，計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機(jī)數(shù)a，b的對(duì)應(yīng)區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對(duì)應(yīng)的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對(duì)應(yīng)的區(qū)域的面積為1－.
43、由幾何概型的概率計(jì)算公式得事件A發(fā)生的概率為1－.
[答案] B
[即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)]
1．已知函數(shù)f (x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有xf (x＋1)＝(1＋x)f (x)，則f 的值是( )
A．0 B.
C．1 D.
解析：選A 由已知得＝，
故構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g(x＋1)＝，
所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)．
又f (x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)．
故再構(gòu)造一個(gè)特例函數(shù)g(x)＝sin 2πx(x∈R)，
所以f (x)＝xsin 2πx，從而有f ＝si
44、n 5π＝0，
故f ＝f (0)＝0，因此選A.
2．已知數(shù)列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，則an＝__________.
解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]．
設(shè)bn＝an＋n＋3，則bn＝2bn－1，
所以{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且b1＝a1＋1＋3＝5，
所以bn＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－n－3.
答案：5×2n－1－n－3
3．已知不等式＋＋…＋>loga(a－1)＋對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
解析：構(gòu)造數(shù)列an＝＋＋…＋(n≥2，n∈N*)．
∵
45、an＋1＝＋＋…＋＋＋，
∴an＋1－an＝＋－＝>0，
∴an＋1>an，故an≥a2＝，即an的最小值為.
要使＋＋…＋>loga(a－1)＋對(duì)于一切自然數(shù)n(n≥2)都成立，則必有>loga(a－1)＋，即loga(a－1)<－1.
又因?yàn)閍>1，所以a－1<，解得1
46、小值，且f (x)min＝|MN|＝5，f (x)無最大值，故得函數(shù)的值域?yàn)閇5，＋∞)．
答案：[5，＋∞)
5．函數(shù)y＝的最大值和最小值分別為__________，__________.
解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動(dòng)點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個(gè)單位圓，探究單位圓上動(dòng)點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率問題．
如圖，因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)在單位圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)處于極端狀態(tài)，即為切點(diǎn)時(shí)直線斜率分別為最大、最小，設(shè)切點(diǎn)分別為R，M.
易知kOR＝2，kOM＝－2，
所以kQR＝－，kQM＝，
所以－≤kPQ≤.
即y＝
47、的最大值為，最小值為－.
答案： －
第5術(shù) 聲東擊西 換位推理
方法概述
對(duì)有些問題在直接求解時(shí)會(huì)感到困難或根本難以從條件入手，這時(shí)可避開正面強(qiáng)攻，從結(jié)論的對(duì)立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時(shí)甚至還能獲得最佳的解法．這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術(shù)
應(yīng)用題型
既有選擇、填空題，也有解答題．主要體現(xiàn)為補(bǔ)集法、相關(guān)點(diǎn)法及反證法等
方法一：補(bǔ)集法
若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
[解析] 假設(shè)拋物線y＝x2上存在
48、兩點(diǎn)A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對(duì)稱，設(shè)AB的中點(diǎn)為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝.
因?yàn)橹本€y＝k(x－3)垂直平分弦AB，
所以＝－，所以＝－.
又AB的中點(diǎn)P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上，
所以＝k＝－，
所以中點(diǎn)P.
由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，
所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，
解得k<－.
因此當(dāng)k<－時(shí)，拋物線y＝x2上存在弦能被直線y＝k(x－3)垂直平分，于是當(dāng)k≥－時(shí)，拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分．
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.
[答案] D
方法二：
49、相關(guān)點(diǎn)法
已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點(diǎn)，A，B是圓上兩動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠APB＝90°，求矩形APBQ頂點(diǎn)Q的軌跡方程．
[解] 連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點(diǎn)M，如圖所示．
因?yàn)樗倪呅蜛PBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點(diǎn)，連接OM.
由垂徑定理可知OM⊥AB，
設(shè)M(xM，yM)，
由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．①
又在Rt△APB中，
有|AM|＝|PM|＝.②
由①②得x＋y－4xM－10＝0，
故點(diǎn)M的軌跡是圓．
因?yàn)辄c(diǎn)M是PQ的中點(diǎn)，設(shè)Q(x，y)，
則xM＝，yM＝，
代入點(diǎn)M的軌跡方程中得
2＋2
50、－4×－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即為所求點(diǎn)Q的軌跡方程．
方法三：反證法
給定數(shù)列{an}，若滿足a1＝a(a>0且a≠1)，對(duì)于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am，則稱數(shù)列{an}為指數(shù)數(shù)列．
(1)若數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式分別為an＝3·2n－1，bn＝3n，試判斷{an}，{bn}是不是指數(shù)數(shù)列(需說明理由)；
(2)若數(shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列，a1＝(t∈N*)，證明：數(shù)列{an}中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列．
[解] (1)因?yàn)閍n＝3·2n－1，
所以a1＝3，a2＝6，a3＝12.
因?yàn)閍3＝a1＋2≠a1·a2，
所以數(shù)列
51、{an}不是指數(shù)數(shù)列．
對(duì)于數(shù)列{bn}，因?yàn)閎n＋m＝3n＋m＝3n·3m＝bn·bm對(duì)任意的n，m∈N*恒成立，
所以數(shù)列{bn}是指數(shù)數(shù)列．
(2)證明：因?yàn)閿?shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列，
所以對(duì)于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am.
令m＝1，則an＋1＝an·a1＝·an，
所以{an}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，
所以an＝n.
假設(shè)數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)au，av，aw構(gòu)成等差數(shù)列，
不妨設(shè)u
52、－v(t＋3)v－u是偶數(shù)，(t＋4)w－u是偶數(shù)，(t＋3)w－u是奇數(shù)，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立；
當(dāng)t為奇數(shù)時(shí)，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶數(shù)，(t＋4)w－u是奇數(shù)，(t＋3)w－u是偶數(shù)，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立．
綜上，對(duì)任意的t∈N*,2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立，即數(shù)列{an}的任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列．
[即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)]
1．設(shè)a，b∈R，定義運(yùn)算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝若正數(shù)
53、a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則( )
A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2 B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2
C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2 D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥2
解析：選C 從定義知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值．
假設(shè)02，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2.
故選C.
2．某學(xué)校為了研究高中三個(gè)年級(jí)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況
54、，從高一，高二，高三三個(gè)年級(jí)中分別抽取了1,2,3個(gè)班級(jí)進(jìn)行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個(gè)班級(jí)進(jìn)行測(cè)試，則兩個(gè)班級(jí)來自不同年級(jí)的概率為________．
解析：記高一年級(jí)中抽取的1個(gè)班級(jí)為a，高二年級(jí)中抽取的2個(gè)班級(jí)為b1，b2，高三年級(jí)中抽取的3個(gè)班級(jí)為c1，c2，c3.
從已抽取的6個(gè)班級(jí)中任意抽取兩個(gè)班級(jí)的所有可能結(jié)果為(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種．
設(shè)“抽取的兩個(gè)班級(jí)來自不
55、同年級(jí)”為事件A，則事件為抽取的兩個(gè)班級(jí)來自同一年級(jí)．
兩個(gè)班級(jí)來自同一年級(jí)的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種．
所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝.
所以兩個(gè)班級(jí)來自不同年級(jí)的概率為.
答案：
3．方程x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個(gè)方程有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為____________________．
解析：假設(shè)三個(gè)方程都無實(shí)根，
則解得－
56、
4．已知函數(shù)f (x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
解析：f ′(x)＝2ax－1＋.
(1)若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f ′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，
得a≥.①
令t＝，因?yàn)閤∈(1,2)，所以t＝∈.
設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，
所以h(1)
57、≤.②
結(jié)合(1)可知，a≤0.
綜上，若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪.
所以若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案：
5.如圖，拋物線E：y2＝2px(p>0)與圓O：x2＋y2＝8相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2.過劣弧AB上動(dòng)點(diǎn)P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點(diǎn)，分別以C，D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點(diǎn)M.
(1)求p的值；
(2)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程．
解：(1)由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2，可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)設(shè)動(dòng)
58、點(diǎn)M(x，y)，C，D，y1≠0，y2≠0，則切線l1：y－y1＝k，
代入y2＝2x消去x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0.
由Δ＝0，解得k＝，
所以l1的方程為y＝x＋.
同理可得，l2的方程為y＝x＋.
聯(lián)立解得
易知直線CD的方程為x0x＋y0y＝8，其中x0，y0滿足x＋y＝8，x0∈[2,2]，
聯(lián)立消去x并整理得，
x0y2＋2y0y－16＝0，
則又則可得
由x＋y＝8，得－y2＝1.
又x0∈[2,2 ]，
所以x∈[－4，－2 ]．
所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為
－y2＝1，x∈[－4，－2 ]．
第6術(shù) 蹊徑可辟 分割補(bǔ)形
方法概
59、述
所謂割補(bǔ)法就是把一個(gè)復(fù)雜面積或體積的計(jì)算分割成若干個(gè)簡單圖形的有關(guān)計(jì)算或?qū)⒁粋€(gè)不易求出面積或體積的幾何圖形補(bǔ)足為較易計(jì)算的幾何圖形．也就是將復(fù)雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體．例如，把曲邊形割補(bǔ)成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補(bǔ)成直棱柱、把三棱柱補(bǔ)成平行六面體、把三棱錐補(bǔ)成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的
應(yīng)用題型
在解決幾何問題過程中，割補(bǔ)法是一種常用的方法．無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時(shí)使用割補(bǔ)法
60、，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時(shí)會(huì)柳暗花明，事半功倍
方法一：分割
為測(cè)出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測(cè)量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是( )
A. km2 B. km2
C. km2 D. km2
[解析] 如圖，連接AC.在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC＝＝ km，
又AB＝2 km，BC＝1 km，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC為直角三角形，
且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
故∠DAC＝∠DCA＝15°.
所以△ADC為等腰三角形，且∠D＝150
61、°，
設(shè)AD＝DC＝x km，
根據(jù)余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，
即x2＝＝3(2－)．
所以小區(qū)的面積為×1×＋×3(2－)×＝＝(km2)．
[答案] D
如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則多面體的體積為( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：如圖，在EF上取點(diǎn)M，N，使EM＝FN＝，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADM-BCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝.
設(shè)H為AD的中點(diǎn)，連接MH，則MH⊥AD，
且MH＝＝，
62、
∴S△ADM＝AD·MH＝.
∴VABCDEF＝2VE-ADM＋VADM-BCN
＝2×××＋×1＝.
法二：如圖，取EF的中點(diǎn)G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐E-ADG與三棱錐G-BCF都是棱長為1的正四面體，易求得VE-ADG＝VG-BCF＝××＝，
又四棱錐G-ABCD的底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1.
易求得其高為，則VG-ABCD＝×1×1×＝，
所以VABCDEF＝2VE-ADG＋VG-ABCD＝2×＋＝.
[答案] A
[啟思維] 多面體ABCDEF是一個(gè)不規(guī)則的幾何體，法一和法二使用了分割法，分割成我們熟悉的三棱錐和三棱柱等，便于使用棱柱、棱錐的
63、體積公式．
方法二：補(bǔ)形
某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A．8π＋16 B．8π－16
C．8π＋8 D．16π－8
[解析] 由三視圖可知該幾何體為一個(gè)半圓柱去掉一個(gè)直棱柱．其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4.
半圓柱的體積為V1＝π×22×4＝8π，
直三棱柱的體積為V2＝×4×2×4＝16.
所以所求幾何體的體積為V＝V1－V2＝8π－16.
[答案] B
如圖，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BCA＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若BC＝
64、CA＝CC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為________．
[解析] 如圖，把直三棱柱A1B1C1-ABC補(bǔ)成一個(gè)直平行六面體A1B1D1C1-ABDC，取B
D中點(diǎn)G，連接B1G，則B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補(bǔ)角)．
設(shè)BC＝CA＝CC1＝2a，
則B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BG·BE·cos 135°＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E與A1F所成角的余弦值為.
[答案]
[即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)]
1．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是( )
A
65、．64 B．72
C．80 D．112
解析：選C 根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐P-ABCD與正方體ABCD-A1B1C1D1的組合體，如圖所示．由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，其體積V1＝43＝64.四棱錐P-ABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐P-ABCD的體積V2＝Sh＝×16×3＝16.故所求幾何體的體積V＝V1＋V2＝64＋16＝80.
2.如圖，正三棱錐S-ABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點(diǎn)，那么異面直線EF與SA所成的角等于( )
66、A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：選A 如圖，把正三棱錐S-ABC補(bǔ)成一個(gè)正方體AGBH-A1CB1S.
∵EF∥AA1，
∴異面直線EF與SA所成的角為45°.
3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：選B 法一：如圖，把多面體ABCDEFG補(bǔ)成正方體DEPG-ABHM，則VABCDEFG＝VDEPG-ABHM＝×23＝4.
法二：如圖，取DG的中點(diǎn)H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長方體EFHD-BPCA，則三棱錐C-HFG與三棱錐F-PCB全等．
所以VABCDEFG＝VABPC-DEFH＝AB·AC·AD＝2×1×2＝4.
4．在正三棱錐S-ABC中，側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，側(cè)棱SC＝4，則此正三棱錐的外接球的表面積為________．
解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直．又三條側(cè)棱相等，故可
（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點(diǎn)生含解析）
