高考预测卷(2)-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备(课时作业)

高考预测卷(二) 本试卷共19题,满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的. 1.设全集U={x|1≤x<7,x∈N},集合A 满 足∁UA={2,5,6},则A= ( ) A.{1,3,4,7} B.{3,4} C.{1,3,4} D.{3,4,7} 2.若复数z=2+4ii ,则􀭵z在复平面内对应点的 坐标为 ( ) A.(2,4) B.(4,2) C.(-2,4) D.(4,-2) 3.已知向量a,b满足a⊥b,(a+ 3b)·b= 4 3,则 b = ( ) A.2 B.2 3 C.4 D.4 3 4.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F, 准线为l,过C 上一点A 作AB⊥l于点B, 若|AB|=|BF|=4,则p= ( ) A.1 B.3 C.2 D.2 3 5.已知各项均为正数的等差数列{an}的前n 项和为Sn,若a1+a9-2a4=4,S9-2S4= a24,则 S10 a13 = ( ) A.25 B.16 C.9 D.4 6.已知x,y满足sinx=13 ,sin(x+y)cosy= 1 4 ,则sin(x+2y)= ( ) A.112 B. 1 8 C. 1 6 D. 1 4 7.已知动直线与圆x2+y2=16相交于A(x1, y1),B(x2,y2)两点,若线段AB 上一点P 满 足AP→=3PB→,且x1x2+y1y2=-8,则动点 P 的轨迹方程为 ( ) A.x2+y2=7 B.x2+y2= 7 C.x2+y2= 13 D.x2+y2=13 8.已知函数f(x)=2x,g(x)=3x,若3f(a)= 2g(b)=f(c)g(c)=4,则 ( ) A.c>a>b B.b>a>c C.a>c>b D.c>b>a 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目 要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分 分,有选错的得0分. 9.1984年至2024年历届夏季奥运会中国获 得的奖牌数(单位:枚)如表所示,则下列说 法正确的是 ( ) 年份 金牌数 银牌数 铜牌数 奖牌总数 1984 15 8 9 32 1988 5 11 12 28 1992 16 22 16 54 1996 16 22 12 50 2000 28 16 14 58 2004 32 17 14 63 2008 48 22 30 100 2012 39 31 22 92 2016 26 18 26 70 2021 38 32 19 89 2024 40 27 24 91 A.历届夏季奥运会中国获得的金牌数的中 位数是32 B.历届夏季奥运会中国获得的银牌数的众 数是22 C.历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平 均数是18 D.历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数的 第60百分位数是63 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —792— 班级: 姓名: 10.已知f(x)是定义在R上的奇函数,f(1- 2x)是奇函数,且当0≤x≤1时,f(x)= 2|2x-1|-2,则下列结论正确的是 ( ) A.f(x+2)=f(x) B.f(x)在 20232 ,2025 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上单调递减 C.f(log248)= 10 9 D.当2k-1≤x≤2k(k∈Z)时,f(x)= 2-2|4k-1-2x| 11.如图,正三棱柱 ABC- A1B1C1 的所有棱长均 为4,点P 在棱CC1 上 运动,点 Q 在四边形 ACC1A1 内 (包 括 边 界)运动,则下列结论 正确的是 ( ) A.三棱锥B-APB1 的体积为 16 3 3 B.若P 为CC1 的中点,则B 到平面APB1 的距离为3 2 2 C.△APB1 的周长的最小值为4(5+ 2) D.若BQ=4,则点Q 的轨迹的长度为2π 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共 15分. 12.(2x-1)(1+2x)5 的展开式中x2 的系数 为 . 13.已知F1,F2 分别是离心率为 1 2 的椭圆E: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的左、右焦点,P 是E 上一点且|PF1|·|PF2|=4(a2-b2),若 △F1PF2 的面积为 3,则a= . 14.已知函数f(x)=12sin (ωx+φ)(ω>0,|φ| <π2 )图象的对称轴为直线x=kπ2+ π 8 (k ∈Z),若存在实数m,使得对于任意的a≤ x≤b,不等式m2+f(x-π8 )≤4mf(x2- π 4 )恒 成 立,则 当b-a 取 得 最 大 值 时, fa+b2 = . 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边 分别为a,b,c,设△ABC 的面积为S,分别 以a,b,c为边长的正三角形的面积依次为 S1,S2,S3 且S=S1-S2+S3. (1)求B; (2)设∠ABC的平分线交AC 于点D,若b = 3,S= 316 (4c2+a2),求BD 的长. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —892— 高考预测卷 16.(15分)如图,在四 棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, AB ∥CD,AB ⊥ AD,PA = AB = AD=4,E 为棱AD 上(异于点A,D)一点,且CD=AE. (1)若EC=2 2,F 为PB 的中点,求证: CF∥平面PAD; (2)若异面直线PB 与CE 所成角的余弦 值为 5 10 ,求二面角E-PB-C 的余弦值. 17.(15分)已知函数f(x)=ax2-xlnx+2. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切 线与y=ax2+(2a+3)x的图象有且仅有 一个交点,求a的值; (2)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实 数a的取值范围. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —992— 班级: 姓名: 18.(17分)定义:如果集合U 存在一组两两不 交(两个集合的交集为空集时,称为不交) 的非空真子集A1,A2,…,Ak(k∈N*,k≥ 2),且A1∪A2∪…∪Ak=U,那么称子集 族{A1,A2,…,Ak}为集合U 的一个k 划 分.已知集合 M={1,2,3,…,n}(n∈N*, n≥2). (1)若n=4. ①写出集合 M 的所有3划分; ②从集合 M 的所有划分中任取一个,求这 个划分恰好为3划分的概率. (2)设集合A 为集合M 的非空子集,随机 变量X 表示子集A 中的最大元素.若P(X =n)=1631 ,求随机变量X 的分布列和数学 期望E(X). 19.(17分)已知双曲线E:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0, b>0)的右焦点为F(5,0),离心率为 52. (1)求E 的标准方程; (2)设E 的右顶点为A1,过点(4,0)的直线 l1 与 E 的 右 支 交 于C,D 两 点,记 直 线 A1C,A1D 的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2 为定值; (3)已知点 M(x0,y0)是E 上任意一点,直 线l是E 在点M 处的切线,点P 是l上异 于点M 的动点,且过点P 与OM(O 为坐 标原点)平行的直线l'交E 于A,B 两点, 定义 |PM| 2 |PA|·|PB| 为双曲线E 在点M 处 的切 割 比,记 为 λ(x0,y0),求 切 割 比 λ(2 2,1). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —003— 高考预测卷 第四步:换元,构造函数进行证明 令k=x1-x2(k<0),即证 ek-1 ek+1 >k. 令m(k)=k-e k-1 ek+1 (k<0), 则m'(k)=1- 2e k (ek+1)2 = e 2k+1 (ek+1)2 >0, 所以m(k)在(-∞,0)上单调递增, 所以m(k)<0-e 0-1 e0+1 =0,即k<e k-1 ek+1 , 所以不等式a<f (x1)-f(x2) ex1-ex2 成立. 19.新定义问题+排列与组合+概率+数列递推关系 解析:(1)a1可以排在b2,b3,b4上,有C13种排法.不妨设 a1排在b2上,接下来讨论a2. 当a2排在b1上时,剩下两个元素a3,a4 的排法有F(2, 2)=1(种). 当a2不排在b1上时,可以排在b3,b4 上,有C12 种情况. 若a2排在b3上,剩下两个元素a3,a4只有1种排法. 所以F(4,4)=C13(1+C12×1)=9. a1可以排在b2,b3,b4,b5上,有C14种情况. 不妨设a1排在b2上,接下来讨论a2, ①当a2排在b1上时,剩下三个元素a3,a4,a5 分别不排 在b3,b4,b5上,则a3,a4,a5 的不同排法有F(3,3)=2 (种). ②当a2不排在b1上时,可以排在b3,b4,b5 上,有C13 种 排法. 若a2排在b3上,接下来讨论a3. (ⅰ)当a3 排在b1 上时,剩下两个元素a4,a5 的排法有 F(2,2)=1(种); (ⅱ)当a3 不排在b1 上时,可以排在b4,b5 上,有C12 种 排法,剩下两个元素a4,a5只有1种排法. 故F(5,5)=C14[2+C13(1+C12×1)]=44. (2)第一步:得到 dn 的通项,转化要证明的等式 当n=1时,S1=d1= F(2,2) F(1,1)+F(0,0)= 1 0+1=1 ,满足 Sn= n(n+1) 2 . 当n≥2时,要证明Sn= n(n+1) 2 ,只需证明dn=Sn- Sn-1=n, 所以只需证明n= F (n+1,n+1) F(n,n)+F(n-1,n-1) ,n≥2. 第二步:根据(1)的提示,寻找递推关系 当n=2时, F (3,3) F(2,2)+F(1,1)= 2 1+0=2 ,成立. 回到定义,当n≥3时,对于F(n,n),不妨从a1 开始排 列,设a1排在bk(2≤k≤n)上,有n-1种排法.接下来讨 论ak, ①当ak 排在b1 上时,剩下a2,a3,…,ak-1,ak+1,…,an 共n-2个元素分别不在b2,b3,…,bk-1,bk+1,…,bn 上, 共有F(n-2,n-2)种排法. ②当ak 不排在b1上时, 因为a2,a3,…,ak-1,ak+1,…,an 分别不在b2,b3,…, bk-1,bk+1,…,bn 上, 所以a2,a3,…,ak-1,ak,ak+1,…,an 共n-1个元素分 别不在b2,b3,…,bk-1,b1,bk+1,…,bn 上,共有F(n-1, n-1)种排法. 所以F(n,n)=(n-1)[F(n-1,n-1)+F(n-2,n-2)] (n≥3). 所以F(n+1,n+1)=n[F(n,n)+F(n-1,n-1)], n≥2, 即n= F (n+1,n+1) F(n,n)+F(n-1,n-1) ,n≥2. 第三步:得结论 综上,Sn= n(n+1) 2 (n∈N*)成立. (3)第一步:由定义得到P(n,m)与F(n,m)之间的关系 根据定义,P(n,m)=F (n,m) Ann =F (n,m) n! . 第二步:寻找F(n,m)与F(m,m)的关系 先从n个元素中选出m 个元素,再对它们进行排列,并 使它们均不排在对应位置上, 所以F(n,m)=CmnF(m,m). 所以P(n,m)= F (m,m) m! (n-m)!. 第三步:变形并求F(m,m)的表达式 不妨记F(m,m)=Dm, 则Dm=(m-1)(Dm-1+Dm-2),且D0=1,D1=0,m≥ 2,得Dm+2=(m+1)(Dm+1+Dm), 则Dm+2-(m+2)Dm+1=-[Dm+1-(m+1)Dm], 故 Dm+1-(m+1)Dm 是等比数列,且公比为-1, 又D2-2D1=1,所以 Dm+1-(m+1)Dm=(-1)m-1 =(-1)m+1 变形得 Dm+1 (m+1)!- Dm m!= (-1)m+1 (m+1)! , 则当m≥2时, Dm m!- Dm-1 (m-1)!= (-1)m m! ,…,D3 3!- D2 2!= (-1)3 3! ,D2 2!- D1 1!= (-1)2 2! , 累加得 Dm m!=∑ m i=2 (-1)i i! =∑ m i=0 (-1)i i! , 经检验D0,D1也符合上式, 所以F(m,m)=Dm=m! ∑ m i=0 (-1)i i! , 第四步:得结论 所以P(n,m)= F (m,m) m! (n-m)!= 1 (n-m)!∑ m i=0 (-1)i i! . 高考预测卷(二) 1.C 集合的补运算 由题知U={x|1≤x<7,x∈N}= {1,2,3,4,5,6},则由∁UA={2,5,6}得A={1,3,4}.故 选C. 2.B 复数的四则运算+共轭复数的定义+复数的几何意 义 因为z=2+4ii =4-2i ,所以􀭵z=4+2i,所以􀭵z在复平 面内对应点的坐标为(4,2),故选B. 3.A 向量垂直+平面向量的数量积、模 因为a⊥b,所以 a·b=0,所以(a+ 3b)·b=a·b+ 3b2= 3|b|2= 4 3,所以|b|=2. 4.C 抛物线的定义、标准方程、几何性 质 解法一:连接 AF,由抛物线定义 可得|AF|=|AB|,因为|AB|=|BF| =4,所以△AFB 是边长为4的等边三 角形.如图,设l与x 轴的交点为D,又 AB∥DF,所 以 ∠BFD = ∠ABF= 60°,所以p=|DF|=|BF|cos60°=2. 故选C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —893— 解法二:设l与x 轴的交点为D,则AB∥DF,设A(x1, y1),在Rt△BDF 中,|BD|2+|DF|2=|BF|2,即y21+ p2=2px1+p2=16,又|AB|=x1+p2=4 ,所以p=2.故 选C. 5.D 等差数列的通项与求和 设等差数列 an 的公差为 d,由a1+a9-2a4=4,得a1+a1+8d-2(a1+3d)=4, 解得d=2,又S9-2S4=a24,所以9a1+ 1 2×9×8×2- 2(4a1+ 1 2×4×3×2 )=(a1+3×2)2,解得a1=1或a1 =-12.因为 an 各项均为正数,所以a1=1,所以S10= 100,a13=25,所以 S10 a13 =4. 6.C 两角和(差)的正弦公式+二倍角公式 解法一:由题 得sinx=sin(x+y-y)=sin(x+y)cosy-cos(x+y) siny=13 , 因为sin(x+y)cosy=14 ,所以cos(x+y)siny=14- 1 3=- 1 12 ,则sin(x+2y)=sin(x+y+y)=sin(x+y) cosy+cos(x+y)siny=14- 1 12= 1 6. 故选C. 解法二:由sin(x+y)cosy=sinxcos2y+cosxsinycosy= 1 2sinxcos2y+ 1 2sinx+ 1 2cosxsin2y= 1 4 ,得sinxcos2y +cosxsin2y=16 ,故sin(x+2y)=sinxcos2y+cosxsin2y =16. 解法三 由题得sin(x+y)cosy=12 [sin(x+2y)+sinx] =14 ,故sin(x+2y)+13= 1 2 ,则sin(x+2y)=16. 7.A 直线与圆的位置关系+圆的方程+平面向量的坐标 运算 通解 设O 为坐标原点,连接OA,OB,由x1x2+ y1y2=-8得OA →·OB→=-8. 因为A,B 在圆上,所以|OA|=|OB|=4,连接OP,由AP→ =3PB→得OP→=OA→+AP→=OA→+34AB → =OA→+34 (OB→- OA→)=14OA → +34OB →,故OP→2=116OA →2+916OB →2+38OA → ·OB→=7,故动点P 的轨迹方程为x2+y2=7.故选A. 优 解 设 P (x,y),则 由 AP → = 3 PB→,得 x-x1=3(x2-x) y-y1=3(y2-y) ,得 4x=x1+3x2 ①4y=y1+3y2 ② ,①②同 时 平 方并相加,得16x2+16y2=x21+y21+9x22+9y22+6x1x2+ 6y1y2.又A,B 在圆上,x1x2+y1y2=-8,所以16x2+ 16y2=16+9×16+6×(-8),得x2+y2=7,故动点P 的 轨迹方程为x2+y2=7.故选A. 8.D 指数函数+对数函数的性质+作差法 解法一:第一 步:结合已知函数写出a,b,c的表达式 由3f(a)=2g(b)=f(c)g(c)=4得a=log2 4 3 ,b= log32,c=log64. 第二步:根据对数函数的性质得到b<c 因为c=log64=log62,且1< 6<3,所以b<c, 第三步:利用作差法得到a<b,进而得解 因为a-b=2-(log23+log32)<2-2 log23·log32 =0, 所以a<b,所以a<b<c.故选D. 解法二:由3f(a)=2g(b)=f(c)g(c)=4得a=log2 4 3= 2-log23,b=log32,c=log64,易知a=2-log23<2-log2 8=12 ,由于 3<2< 3 32,故b=log32∈ 1 2 ,2 3 ,c= log64>log6 3 36=23 ,所以a<b<c.故选D. 解法三 由3f(a)=2g(b)=f(c)g(c)=4得a=log2 4 3 , b=log32,c=log64.a=log2 4 3<log2 2=log3 3<log32 =b,因 为b>0,c>0,1c =log46= log26 log24 = 1+log23 2 < 2log23 2 =log23= 1 b ,所以b<c,故a<b<c.故选D. 9.BC 统计表+样本的数字特征+百分位数 将历届夏季 奥运会中国获得的金牌数按从小到大排序:5,15,16,16, 26,28,32,38,39,40,48.可得中位数为28,A不正确.历 届夏季奥运会中国获得的银牌数中,22出现了3次,出现 的次数最多,故众数为22,B正确. 历届 夏 季 奥 运 会 中 国 获 得 的 铜 牌 数 的 平 均 数 为 9+12+12+14+14+16+19+22+24+26+30 11 =18 ,C 正确.将历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数按从小到 大排序:28,32,50,54,58,63,70,89,91,92,100.因为11 ×60%=6.6,所以第60百分位数是从小到大排序后的 第7个数70,D不正确. 10.ABD 函数的奇偶性、周期性、单调性 因为f(x)是奇 函数,所以f(-x)=-f(x),且f(x)的图象关于原点 对称,因为f(1-2x)是奇函数,所以f(1+2x)=-f(1 -2x),令2x=t,得f(1+t)=-f(1-t),以x代替t得 f(1+x)=-f(1-x),再以1+x代替x 得f(2+x)= -f(-x)=f(x),所以A正确.由f(x+2)=f(x)知, f(x)在 20232 ,2025 2 上的单调性与在 -12,12 上的 单调性相同,由题意知f(x)在 0,12 上单调递减,又 f(x)是R上的奇函数,所以f(x)在 -12 ,0 上单调递 减,又函数f(x)的图象连续,所以f(x)在 -12 ,1 2 上 单调递减,所以f(x)在 20232 ,2025 2 上单调递减,所 以B正确.因为25<48<26,所以5<log248<6,即0<6 -log248<1,所以f(log248)=f(log248-6)=-f(6- log248)=-[2|2(6-log248)-1|-2]= 7 8 ,所以C不正确. 当2k-1≤x≤2k(k∈Z)时,0≤2k-x≤1,所以-1≤x -2k≤0,f(x-2k)=-f(2k-x)=-[2|2(2k-x)-1|- 2]=2-2|4k-1-2x|,所以当2k-1≤x≤2k(k∈Z)时, f(x)=2-2|4k-1-2x|,所以D正确. 11.ACD 正三棱柱+动点的轨迹+点到平面的距离+三 棱锥的体积+三角形的周长 VB-APB1=VA-BPB1= 1 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —993— ×12×4×4×2 3= 16 3 3 ,所以A正确.在△APB1 中, AB1=4 2,由P 为CC1的中点,可得AP=B1P=2 5, 所以△APB1 的面积为 1 2×4 2× (2 5)2- 4 2 2 2 =4 6,由选项 A得三棱锥B-APB1 的体积为 16 3 3 , 设点B 到平面APB1 的距离为d,则 1 3×d×4 6= 16 3 3 ,解得d=2 2,所以B错误.将正三棱柱的侧面 ACC1A1和侧面BB1C1C沿CC1展开到一个平面内,当 且仅当A,P,B1三点共线时,AP+PB1 取得最小值,故 (AP+PB1)min= 82+42=4 5,又 AB1=4 2,所 以 △APB1的周长的最小值为4(5+ 2),所以C正确.取 AC的中点D,连接BD,因为三棱柱ABC-A1B1C1 是 正三棱柱,所以 BD⊥侧 面 ACC1A1,BD=2 3,连 接 DQ,因为BQ=4,所以 DQ= 42-(2 3)2=2,所以点 Q 的轨迹是以D 为圆心,2为半径的半圆弧,所以点Q 的轨迹的长度为2π,所以D正确. 12.-20 二项式定理+项的系数 (1+2x)5 的展开式的 通项Tr+1=Cr5(2x)r=2rCr5xr,故(2x-1)(1+2x)5 的 展开式中x2的系数为2×2C15+(-1)×22C25=-20. 13.2 椭圆的定义、几何性质+三角形的面积 解法一:由 题得c a = 1 2 ,所以a=2c,b=3c,设|PF1|=m,|PF2|=n, 则m+n=2a=4c, 由题知mn=4(a2-b2)=4c2,结合以上两式可得,m= 2c,n=2c, 所以△F1PF2是等边三角形,故 3 4 (2c)2= 3,得c=1, 得a=2. 解法二:由题得c a = 1 2 ,所以a=2c,b= 3c,设|PF1|= m,|PF2|=n,∠F1PF2=α,则m+n=2a=4c, mn=4(a2-b2)=4c2,得 cosα=m 2+n2-4c2 2mn = (m+n)2-2mn-4c2 2mn = (4c)2-8c2-4c2 8c2 =12 , 故S△F1PF2= 1 2mnsinα=2c 2 1-14= a2 2× 3 2= 3 ,得 a=2. 14.- 24 三角函数的图象与性质+不等式恒成立 设 f(x)的最小正周期为T,易知函数f(x)图象的相邻两 条对称轴之间的距离为T 2 ,因为f(x)图象的对称轴为直 线x=kπ2+ π 8 (k∈Z),所以T2= π 2 ,T=π,又T=2πω ,所 以ω=2,所以f(x)=12sin (2x+φ),直线x= π 8 是f(x) 图象的 一 条 对 称 轴,所 以f π8 =12sin π4+φ = ±12 ,所以π 4+φ=k1π+ π 2 (k1∈Z),即φ=k1π+ π 4 (k1 ∈Z),因 为|φ|< π 2 ,所 以φ= π 4 ,所 以f(x)=12sin 2x+π4 .存在实数m,使得对于任意的a≤x≤b,不等 式m2+f(x-π8 )≤4mf x2- π 4 恒成立,即存在实数 m,使得m2-2sin(x-π4 )·m+12sin2x≤0 对于任意 的a≤x≤b恒成立, 则对应方程的根的判别式Δ=4sin2 x-π4 -2sin2x ≥0,即2-2cos 2x-π2 -2sin2x=2-2sin2x-2sin 2x=2-4sin2x≥0,可得sin2x≤12 ,可得2k2π- 7π 6≤ 2x≤2k2π+ π 6 ,k2∈Z,解得k2π- 7π 12≤x≤k2π+ π 12 ,k2 ∈Z,当b-a 取得最大值时,a=k2π- 7π 12 ,b=k2π+ π 12 (k2∈Z),所以a+b=2k2π- π 2 ,所以f a+b2 =12sin 2k2π- π 4 =- 24. 15.三角形的面积公式+余弦定理 解:(1)第一步:结合三角形面积公式化简S=S1-S2+ S3 由题意得S1= 3 4a 2,S2= 3 4b 2,S3= 3 4c 2, 则S=S1-S2+S3= 3 4 (a2-b2+c2). 第二步:结合余弦定理及三角形面积公式求B 由余弦定理得a2+c2-b2=2accosB,所以S= 32accosB , 又S=12acsinB ,所以1 2acsinB= 3 2accosB , 所以tanB= 3,又0<B<π,所以B=π3. (2)解法一:第一步:结合三角形的面积公式及∠ABC 的 大小得到a=2c 由(1)知∠ABC=π3 ,又S=12acsin∠ABC= 3 16 (a2+4c2), 所以4c2+a2-4ac=0,所以(2c-a)2=0,所以a=2c. 第二步:结合余弦定理求得a,c的值,进而得到BD 的长 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosπ3=a 2+c2-ac=3, 得a=2,c=1, 所以b2+c2=a2,所以A=π2. 在△ABD 中,BD= AB cosπ6 = 1 cosπ6 =2 33 . 解法二:由(1)知,34 (a2-b2+c2)= 316 (4c2+a2), 整理得3a2=4b2, 由正弦定理得3sin2A=4sin2∠ABC, 又∠ABC=π3 ,所以sin2A=1, 因为A∈(0,π),所以A=π2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —004— 由b= 3,tan∠ABC=bc = 3 ,得c=1. 在△ABD 中,BD= c cosπ6 = 1 cosπ6 =2 33 . 16.线面平行+异面直线所成角+二面角 解析:设AE=CD=a(0<a<4). (1)解法一:第一步:根据线线位置关系判断点E 的位置 在平面四边形ABCD 中,由AB∥CD,AB⊥AD 得CD ⊥AD, 由AD=4,CD=AE,EC=2 2,得(4-a)2+a2=8, 解得a=2,即CD=AE=2. 所以E 为AD 的中点且CD=12AB , 第二步:作 辅 助 线,构 造 平 行 四 边 形,进 而 证 CF∥平 面PAD 如图,取PA 的中点G,连接FG,DG, 则FG∥AB,FG=12AB ,所以CD∥FG,CD=FG, 所以四边形CFGD 为平行四边形,所以CF∥GD, 因为CF⊄平面 PAD,DG⊂平面 PAD,所以CF∥平 面PAD. 解法 二:因 为 PA⊥ 平 面 ABCD,AB⊥AD,所以PA, AB,AD 两两垂直, 以A 为坐标原点,AD,AB, AP 所在直线分别为x,y,z 轴建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),E(a,0,0),C (4,a,0), F(0,2,2),B(0,4,0), 所以CE→=(a-4,-a,0),又EC=2 2,所以(a-4)2+ (-a)2+0=8,解得a=2, 故FC→=(4,0,-2). 易知平面PAD 的一个法向量为AB→=(0,4,0), 因为FC→·AB→=4×0+0×4+(-2)×0=0,所以CF ⊥AB, 又CF⊄平面PAD,所以CF∥平面PAD. (2)第一步:建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标 建系同(1)中解法二,则E(a,0,0),B(0,4,0),C(4,a, 0),P(0,0,4), 第二步:结合异面直线所成角的余弦值求出CD 的长 所以PB→=(0,4,-4),CE→=(a-4,-a,0). 设异面直线PB 与CE 所成的角为α, 则cosα= |PB →·CE→| |PB→|·|CE→| = |-4a| 4 2 (a-4)2+a2 = 510 ,得a =1. 第三步:求平面PBE、平面PCB 的法向量 则E(1,0,0),C(4,1,0),所以PC→=(4,1,-4),BE→=(1, -4,0),PE→=(1,0,-4). 设平面PBE 的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 n1·PE → =0 n1·BE → =0 ,得 x1-4z1=0x1-4y1=0 ,取x1=4,得n1=(4,1, 1). 设平面PCB 的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 n2·PC → =0 n2·PB → =0 ,得 4x2+y2-4z2=04y2-4z2=0 ,取y2=4,得n2= (3,4,4). 第四步:利用向量的夹角公式求解 设二面 角 E-PB-C 的 平 面 角 为θ,观 察 图 形 可 知θ 为 锐角, 所 以 cosθ = |n1·n2| |n1|·|n2| = |3×4+4×1+4×1| 18× 41 =10 82123 , 即二面角E-PB-C 的余弦值为10 82123 . 17.导数的几何意义+二次函数的图象+利用导数研究函 数的单调性 解:(1)由题知f'(x)=2ax-1-lnx,则f'(1)=2a-1, 又f(1)=a+2,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切 线方程为y-(a+2)=(2a-1)(x-1),即y=(2a-1)x -a+3, 因为该切线与y=ax2+(2a+3)x的图象有且只有一个 交点, 所以方程ax2+(2a+3)x=(2a-1)x-a+3仅有一 个解, 即ax2+4x+a-3=0仅有一个解. 当a=0时,方程可化为4x-3=0,仅有一个解,满足 题意; 当a≠0时,由Δ=0,得16-4a(a-3)=0,解得a=-1 或a=4. 综上,a的值为0或-1或4. (2)因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)≥0恒 成立,由(1)知f'(x)=2ax-1-lnx, 故2a≥1+lnxx 恒成立,所以2a≥ (1+lnxx ) max . 令g(x)=1+lnxx ,x>0,则g'(x)=-lnxx2 , 当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>1时, g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以g(x)max=g(1)=1, 则2a≥ 1,解 得a≥ 12 ,所 以 实 数a 的 取 值 范 围 为 1 2 ,+∞ . 18.新定义集合的k划分+古典概型+离散型随机变量的 分布列和数学期望 解:(1)当n=4时, ①集合 M 的所有3划分为{{1,2},{3},{4}};{{1,3}, {2},{4}};{{1,4},{2},{3}};{{2,3},{1},{4}};{{2,4}, {1},{3}};{{3,4},{1},{2}}. ②集合 M 的所有2划分的个数为C14+ 1 2C 2 4=7; 集合M 的所有3划分的个数为6;集合M 的4划分只有1个. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —104— 所以集合 M 的所有划分共有14个. 设从集合 M 的所有划分中任取一个,这个划分恰好为3 划分为事件F,则P(F)=614= 3 7. (2)集合 M={1,2,3,…,n}的非空子集的个数为2n-1, 所以集合A 共有2n-1种可能. 当n≥2时,最大元素X 为t(2≤t≤n)的子集可视为集 合{1,2,3,…,t-1}的子集与集合 t 的并集,而集合 {1,2,3,…,t-1}的子集个数为2t-1,所以 P(X=t) =2 t-1 2n-1 , 所以P(X=n)=2 n-1 2n-1 =1631 , 可得2n-1=16,解得n=5. 所以随机变量X 的所有可能取值为1,2,3,4,5, 则P(X=1)= 1 25-1 =131 ,P(X=2)= 2 1 25-1 =231 ,P(X =3)= 2 2 25-1 =431 , P(X=4)= 2 3 25-1 =831 ,P(X=5)= 2 4 25-1 =1631 , 随机变量X 的分布列为 X 1 2 3 4 5 P 131 2 31 4 31 8 31 16 31 故E(X)=1×131+2× 2 31+3× 4 31+4× 8 31+5× 16 31 =12931. 19.双曲线的方程、几何性质+直线与双曲线的位置关系+ 直线的斜率+切割比 解:(1)第一步:根据双曲线的几何性质求a,b的值 因 为双曲 线 E:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的 右 焦 点 为 F(5,0),所以c= 5,所以E 的离心率为ca = 5 a= 5 2 , 所以a=2,b=1, 第二步:写出E 的标准方程故E 的标准方程为x 2 4-y 2= 1. (2)第一步:设出l1 的方程及点C,D 的坐标,写出根与 系数的关系 由(1)知A1(2,0),由题意知l1 的斜率不 为0,设l1的方程为x=m1y+4,C(x'1,y'1),D(x'2,y'2), 联立方程,得 x=m1y+4 x2 4-y 2=1 ,得(m21-4)y2+8m1y+12= 0,所以Δ1=(8m1)2-4(m21-4)×12=16(m21+12)>0, y'1+y'2=- 8m1 m21-4 ,y'1y'2= 12 m21-4 , 第二步:求出k1k2的值 所以k1k2= y'1 x'1-2 · y'2 x'2-2 = y '1y'2 (m1y'1+2)(m1y'2+2) = y'1y'2 m21y'1y'2+2m1(y'1+y'2)+4 = 12 m21-4 12m21 m21-4 +2m1· -8m1 m21-4 +4 =-34 ,得证. (3)第一步:求出切线方程 由题意知M(2 2,1).显然E 在点M 处的切线的斜率存 在,设E 在点M 处的切线方程为y-1=k(x-2 2),即 y=kx+1-2 2k, 代入x 2 4-y 2=1,消去y得(1-4k2)x2-8k(1-2 2k)x -4(1-2 2k)2-4=0, 因为l与E 相切,所以Δ2=[-8k(1-2 2k)] 2+4(1- 4k2)[4(1-2 2k)2+4]=0, 解得k= 22. 所以E 在点M 处的切线方程为y= 22x-1. 第二步:结合两直线方程求出|PM|2 易知直线OM 的斜率kOM= 2 4 , 所以可设直线l'的方程为y= 24x+m (m≠0),A(x1, y1),B(x2,y2). 由方程组 y= 22x-1 y= 24x+m 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ,解得 x=2 2 (m+1) y=2m+1 , 所以点P 的坐标为(2 2(m+1),2m+1),所以|PM|2 =12m2. 第三 步:利 用 根 与 系 数 的 关 系、两 点 间 距 离 公 式 求 出 |PA|,|PB| 由方程组 x2 4-y 2=1 y= 24x+m 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,消去y可得x 2-4 2mx-8(m2 +1)=0, 则Δ3=(-4 2m) 2+4×8(m2+1)=64m2+32>0, 所以x1+x2=4 2m,x1x2=-8(m2+1), 所以|PA|= [2 2(m+1)-x1] 2+(2m+1-y1)2= 3 2 4|2 2 (m+1)-x1|, 同理可得|PB|=3 24|2 2 (m+1)-x2|, 第四步:根据切割比定义求解λ(2 2,1) 所以|PA|·|PB|=98|2 2 (m+1)-x1||2 2(m+1) -x2|= 9 8|8 (m+1)2-2 2(m+1)(x1+x2)+x1x2| =98|8 (m+1)2-2 2(m+1)·4 2m-8 m2 +1)| =18m2, 所以 |PM| 2 |PA|·|PB|= 12m2 18m2 =23 ,即λ(2 2,1)=23. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —204—