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求方程x''+6x'+5x=e^2t的通解
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方程x''+6x'+5x=e^2t特征方程为r²+6r+5=0(r+1)(r+5)=0r1=-1,r2=-5齐次通解X=c1e^(-t)+c2e^(-5t)设非齐次特解x*=ae^2tx*'=2ae^2t,x*''=4ae^2t代入原方程,得4ae^2t+12ae^2t+5ae^2t=e^2t21a=1a=1/21所以x*=1/21e^2t从而通解为x=X+x*=c1e^(-t)+c2e^(-5t)+1/21e^2t.
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＞＞＞已知关于x、y的方程组5x+2y=11a+182x-3y=12a-8的解满足x＞0，y＞0，..
已知关于x、y的方程组5x+2y=11a+182x-3y=12a-8的解满足x＞0，y＞0，求实数a的取值范围．
题型：解答题难度：中档来源：扬州
5x+2y=11a+18①2x-3y=12a-8②，①×3得，15x+6y=33a+54③，②×2得，4x-6y=24a-16④，③+④得，19x=57a+38，解得x=3a+2，把x=3a+2代入①得，5（3a+2）+2y=11a+18，解得y=-2a+4，所以，方程组的解是x=3a+2y=-2a+4，∵x＞0，y＞0，∴3a+2＞0①-2a+4＞0②，由①得，a＞-23，由②得，a＜2，所以，a的取值范围是-23＜a＜2．
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据魔方格专家权威分析，试题“已知关于x、y的方程组5x+2y=11a+182x-3y=12a-8的解满足x＞0，y＞0，..”主要考查你对&&二元一次方程组的解法，一元一次不等式组的解法&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
二元一次方程组的解法一元一次不等式组的解法
二元一次方程组的解：使二元一次方程组的两个方程都成立的一对未知数的值，叫做方程组的解，即其解是一对数。二元一次方程组解的情况：一般地，使二元一次方程组的两个方程左、右两边的值都相等的两个未知数的值，叫做二元一次方程组的解。求方程组的解的过程，叫做解方程组。一般来说，一个二元一次方程有无数个解，而二元一次方程组的解有以下三种情况：1、有一组解。如方程组:x+y=5①6x+13y=89②x=-24/7y=59/7 为方程组的解2、有无数组解。如方程组：x+y=6①2x+2y=12②因为这两个方程实际上是一个方程（亦称作“方程有两个相等的实数根”），所以此类方程组有无数组解。3、无解。如方程组：x+y=4①2x+2y=10②，因为方程②化简后为x+y=5这与方程①相矛盾，所以此类方程组无解。可以通过系数之比来判断二元一次方程组的解的情况，如下列关于x,y的二元一次方程组：ax+by=cdx+ey=f当a/d≠b/e 时，该方程组有一组解。当a/d=b/e=c/f 时，该方程组有无数组解。当a/d=b/e≠c/f 时，该方程组无解。二元一次方程组的解法：解方程的依据—等式性质1．a=b←→a+c=b+c2．a=b←→ac=bc (c&0)一、消元法1）代入消元法用代入消元法的一般步骤是：①选一个系数比较简单的方程进行变形，变成 y = ax +b 或 x = ay + b的形式；②将y = ax + b 或 x = ay + b代入另一个方程，消去一个未知数，从而将另一个方程变成一元一次方程；③解这个一元一次方程，求出 x 或 y 值；④将已求出的 x 或 y 值代入方程组中的任意一个方程（y = ax +b 或 x = ay + b），求出另一个未知数；⑤把求得的两个未知数的值用大括号联立起来，这就是二元一次方程的解。例：解方程组 ：&&&& x+y=5①｛&&&& 6x+13y=89②解：由①得x=5-y③把③代入②，得6(5-y)+13y=89即 y=59/7把y=59/7代入③，得x=5-59/7即 x=-24/7∴ x=-24/7y=59/7 为方程组的解我们把这种通过“代入”消去一个未知数，从而求出方程组的解的方法叫做代入消元法，简称代入法。2）加减消元法用加减法消元的一般步骤为：①在二元一次方程组中，若有同一个未知数的系数相同（或互为相反数），则可直接相减（或相加），消去一个未知数；②在二元一次方程组中，若不存在①中的情况，可选择一个适当的数去乘方程的两边，使其中一个未知数的系数相同（或互为相反数），再把方程两边分别相减（或相加），消去一个未知数，得到一元一次方程；③解这个一元一次方程；④将求出的一元一次方程的解代入原方程组系数比较简单的方程，求另一个未知数的值；⑤把求得的两个未知数的值用大括号联立起来，这就是二元一次方程组的解。例：解方程组：&&&& x+y=9①｛&&&& x-y=5②解：①+②2x=14即 x=7把x=7代入①，得7+y=9解，得：y=2∴ x=7y=2 为方程组的解利用等式的性质使方程组中两个方程中的某一个未知数前的系数的绝对值相等，然后把两个方程相加（或相减），以消去这个未知数，使方程只含有一个未知数而得以求解。像这种解二元一次方程组的方法叫做加减消元法，简称加减法。3）加减-代入混合使用的方法例：解方程组：&&& &13x+14y=41①｛&&&& 14x+13y=40 ②解：②-①得x-y=-1x=y-1 ③把③ 代入①得13(y-1)+14y=4113y-13+14y=4127y=54y=2把y=2代入③得x=1所以：x=1,y=2特点：两方程相加减，单个x或单个y，这样就适用接下来的代入消元。二、换元法例：解方程组：&& （x+5)+(y-4)=8｛&& （x+5)-(y-4)=4令x+5=m,y-4=n原方程可写为m+n=8m-n=4解得m=6,n=2所以x+5=6,y-4=2所以x=1,y=6特点：两方程中都含有相同的代数式，如题中的x+5,y-4之类，换元后可简化方程也是主要原因。三、设参数法例：解方程组：&&&&& x:y=1:4｛&&&& 5x+6y=29令x=t，y=4t方程2可写为：5t+6×4t=2929t=29t=1所以x=1，y=4四、图像法二元一次方程组还可以用做图像的方法，即将相应二元一次方程改写成一次函数的表达式在同坐标系内画出图像，两条直线的交点坐标即二元一次方程组的解。一元一次不等式组解集：一元一次不等式组中各个不等式的解集的公共部分叫做这个不等式组的解集。注：当任何数x都不能使各个不等式同时成立，我们就说这个一元一次不等式组无解或其解集为空集。 例如：不等式x-5≤-1的解集为x≤4；不等式x﹥0的解集是所有非零实数。解法：求不等式组的解集的过程，叫做解不等式组。求几个一元一次不等式的解集的公共部分，通常是利用数轴来确定的，公共部分是指数轴上被两条不等式解集的区域都覆盖的部分；一般由两个一元一次不等式组成的不等式组由四种基本类型确定，它们的解集、数轴表示如下表：（设a&b）一元一次不等式组的解答步骤：（1）分别求出不等式组中各个不等式的解集；（2）将这些不等式的解集在同一个数轴上表示出来，找出它们的的公共部分；（3）根据找出的公共部分写出不等式组的解集，若没有公共部分，说明不等式组无解。解法诀窍：同大取大 ；例如：X&-1X&2不等式组的解集是X&2同小取小；例如：X&-4X&-6不等式组的解集是X&-6大小小大中间找；例如，x&2,x&1,不等式组的解集是1&x&2大大小小不用找例如，x&2,x&3，不等式组无解一元一次不等式组的整数解：一元一次不等式组的整数解是指在不等式组中各个不等式的解集中满足整数条件的解的公共部分。求一元一次不等式组的整数解的一般步骤：先求出不等式组的解集，再从解集中找出所有整数解，其中要注意整数解的取值范围不要搞错。例如所以原不等式的整数解为1，2。
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与“已知关于x、y的方程组5x+2y=11a+182x-3y=12a-8的解满足x＞0，y＞0，..”考查相似的试题有：
544899546753861514534079927190162已知xy均为实数且U=x2+2y2—2xy+2x—6y+3。求x+y的最小值_百度知道
已知xy均为实数且U=x2+2y2—2xy+2x—6y+3。求x+y的最小值
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可两次使用判别式法:设x+y=t，代入原式得x²+2(t-x)²-2x(t-x)+2x-6(t-x)+3=U→5x²+(8-6t)x+2t²-6t+3-U=0.上式判别式不小于0，故(8-6t)²-20(2t²-6t+3-U)≥0→t²-6t-(5U+1)≤0.此式判别式也不小于0，故36+4(5U+1)≥0→U≥-2.∴U的最小值U|min=-2.此时，代回得x+y=t=3.进一步可得，x=1，y=2。
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2014届高考理科数学一轮复习A-B练习：解析答案（新人教B版）
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.参考答案 人教B版 理科专用：一 A 【基础热身】 1．B　[解析] 全集A＝{0，1，2，3，4，5}，所以B＝{0，2，4}． 2．A　[解析] 根据集合元素的互异性m&－1，在P&Q&?的情况下整数m的值只能是0. 3．A　[解析] 集合U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，集合B＝{－1，0，1，2}，所以(?UA)&B＝{－1，3}&{－1，0，1，2}＝{－1}． 4．B　[解析] 集合M＝(－1，3)，集合N＝(1，＋&)，所以M&N＝(1，3)．【能力提升】 5．B　[解析] 集合A＝(0，10]，集合B＝(－&，2]，所以A&B＝(0，2]． 6．D　[解析] 集合A为函数y＝log2(x2－1)的定义域，由x2－1&0可得集合A＝(－&，－1)&(1，＋&)；集合B为函数y＝的值域，根据指数函数性质，集合B＝(0，＋&)．所以A&B＝{x|x&1}． 7．D　[解析] 集合A中x的取值范围是－22；若M?P，则无解．综合知当有一个集合是另一个集合的真子集时，只能是P?M，此时必有m&－1. [难点突破] 13．解：由已知条件可得B＝{2，3}，若存在，由A&B＝B，且A&B，知A?B，又??(A&B)，∴A&?， ∴A＝{2}，或A＝{3}．当A＝{2}时，有4－2a＋a2－19＝0，即a2－2a－15＝0，解得a＝－3，或a＝5，此时集合A＝{2，－5}，或A＝{2，3}都与A＝{2}矛盾；当A＝{3}时，同理得出矛盾，故这样的实数a不存在． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(一)B 【基础热身】 1．D　[解析] 由已知可得，满足条件的集合M为{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}，所以集合M的个数是4. 2．C　[解析] 由于?UA＝{x|x&1或x&3}，故C＝(?UA)&B. 3．C　[解析] N＝＝{－1，0}，M&N＝{－1}． 4．A　[解析] ∵A＝，B＝{x|x2&1}＝{x|－1&x&1}，∴A&B＝{x|－1&x&2}．【能力提升】 5．B　[解析] 集合A为函数y＝的定义域，即A＝(－1，＋&)，集合B为函数y＝loga(x＋2)的定义域，即B＝(－2，＋&)．故(?UA)&B＝(－2，－1]． 6．B　[解析] x＝1，2，3，4，6，12. 7．C　[解析] ∵?RB＝{x|x&0，1，2，3，4，x&R}，∴A&?RB＝{－2，－1}． 8．B　[解析] 集合A是椭圆曲线＋＝1上x的取值范围，即A＝[－2，2]；集合B是函数y＝x2的值域，即B＝[0，＋&)．所以A&B＝[0，2]． 9．{2，4，6，8}　[解析] ∵U＝A&B＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，A&(?UB)＝{1，3，5，7，9}，∴B＝{2，4，6，8}． 10．12　[解析] 设两者都喜爱的人数为x，则由Venn图可知，只喜爱篮球的有(15－x)人，只喜爱乒乓球的有(10－x)人，由此可得(15－x)＋(10－x)＋x＋8＝30，解得x＝3.所以15－x＝12，即只喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为12. 11．{－1，}　[解析] 不等式&2x&8的解集为－31，则l2&l，此时l2?；若&l&1，0&l2&l，故&l&1. (3)若l＝，则S＝.当x&时，若m&0，m2&x2&，要使x2&S，则m2&m，即m&1，此时集合S为空集；若m&－，则m2&，此时m2?S；若－&m&0，0&m2&，则0&x2&，则x2&S. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(二) 【基础热身】 1．D　[解析] 不难判断命题p为真命题，命题q为假命题，从而只有(綈p)&(綈q)为真命题． 2．C　[解析] 对结论进行否定同时对量词作对应改变，原命题的否定应为&对任意实数x，都有x&1&． 3．C　[解析] 满足命题&?x&[1，2]，x2－a&0&为真命题的实数a即为不等式x2－a&0在[1，2]上恒成立的a的取值范围，即a&x2在[1，2]上恒成立，即a&4，要求的是充分不必要条件，因此选项中满足a&4的即为所求，选项C符合要求． 4．C　[解析] 对于A，B，设f(x)＝ex－(x＋1)，则有f&(x)＝ex－1，当x&0时，f&(x)&0；当x&0时，f&(x)&0，因此f(x)的最小值是f(0)＝e0－(0＋1)＝0，即有ex－(x＋1)&0，ex&x＋1恒成立，所以选项A，B正确．对于C，设g(x)＝lnx－(x－1)(x&0)，则有g&(x)＝－1＝，当00；当x&1时，g&(x)&0，因此g(x)的最大值是g(1)＝ln1－(1－1)＝0，即0&lnx－(x－1)，x－1&lnx恒成立，不存在x0&0，使得lnx0&x0－1，选项C不正确．对于D，注意到当x0＝时，有ln＝1&－＋1，因此选项D正确．故选C. 【能力提升】 5．D　[解析] 任意对应存在，有正实根的否定是无正实根．故命题：&对任意a&R，方程ax2－3x＋2＝0有正实根&的否定是&存在a&R，方程ax2－3x＋2＝0无正实根&． 6．C　[解析] 因为?x&R，x2＋x＋1&0，所以命题p1是假命题，綈p1是真命题；又?x&[1，2]，都有x2－1&0，所以p2是真命题，綈p2是假命题．于是(綈p1)&(綈p2)，p1&(綈p2)，p1&p2都是假命题，(綈p1)&p2是真命题．故选C. 7．C　[解析] 因为命题p：?x&[0，＋&)，(log32)x&1，结合指数函数的值域可知该命题为真，再根据全称命题的否定是存在性命题，那么可知綈p：?x0&[0，＋&)，(log32)x0&1，选C. 8．B　[解析] 因为&1，所以p为假命题；因为x2＋x＋1＝0的判别式&D&0，所以q为真命题．因而②③正确． 9．&对任意的x&R，使得|x－1|－|x＋1|&3&． [解析] 由全称命题与存在性命题的否定规则知，命题&存在x&R，使得|x－1|－|x＋1|&3&否定是&对任意的x&R，使得|x－1|－|x＋1|&3&．故填&对任意的x&R，使得|x－1|－|x＋1|&3&． 10．存在末位数字是0或5的整数不能被5整除　末位数字不是0且不是5的整数不能被5整除 [解析] 如果把末位数字是0或5的整数集合记为M，则这个命题可以改写为&?x&M，x能被5整除&，因此这个命题的否定是&?x&M，x不能被5整除&，即&存在末位数字是0或5的整数不能被5整除&；这个命题的条件是&末位数字是0或5的整数&，结论是&这样的数能被5整除&，故其否命题是&末位数字不是0且不是5的整数不能被5整除&． 11．{－1，0，1，2}　[解析] 当x&M时，&p且q&与&綈q&同时为假命题，即x&M时，p假q真．由x2－x&6，x&Z，解得x＝－1，0，1，2，故所求集合M＝{－1，0，1，2}． 12．解：&p或q&为真命题，则p为真命题，或q为真命题，或q和p都是真命题．当p为真命题时，则得m&－2；当q为真命题时，则&D＝16(m＋2)2－16&0，得－3b&0，故a&1且00且&1；反之，a－b&0且&1?a&b且&0?a&b且b&0，推不出a&1且01且00且&1&的充分不必要条件．【能力提升】 5．C　[解析] 圆心坐标为(1，0)，半径为，直线x－y＋m＝0与圆有两个不同交点的充要条件是&，即－30，即a&2.所以若0bc2时，一定有c2&0，所以必有c2&0，两端同除一个正数，不等式方向不变，即若ac2&bc2，则a&b成立．根据命题的等价关系，四个命题中有2个真命题． 8．D　[解析] 命题&若x2&1，则x&1&的否命题是&若x2&1，则x&1&，选项A中的说法不正确；命题&若&&&，则tan&&tan&&的逆命题是&若tan&&tan&，则&&&&，根据正切函数的的性质，这个说法不正确；命题&?x0&R，使得x＋x0＋1&0&的否定是&?x&R，都有x2＋x＋1&0&，选项C中的说法不正确；不等式x2＋x－2&0的解是x&－2或x&1，故x&1时不等式x2＋x－2&0一定成立，反之不真，所以&x&1&是&x2＋x－2&0&的充分不必要条件，选项D中的说法正确． 9．必要不充分　[解析] 因为若一条直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直于该平面，因此答案为必要不充分条件． 10．(2，＋&)　[解析] 命题p成立时，02，即m的取值范围是(2，＋&)． 11．a&4　[解析] ∵A＝{x|x＜4}，p：&x&A&是q：&x&B&的充分不必要条件，∴集合A是集合B的真子集，易得a＞4. 12．解：令f(x)＝x2＋(2k－1)x＋k2，方程有两个大于1的实数根?即k&－2.所以使方程x2＋(2k－1)x＋k2＝0有两个大于1的实数根的充要条件为k&－2. 【难点突破】 13．解：假设三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0都没有实数根，则即得－0，x&－1，且x＋1&1，x&0，所以x&(－1，0)&(0，＋&)． 9．[0，1)　[解析] 注意到x2&0，故可以先解出x2，再利用函数的有界性求出函数值域．由y＝，得x2＝，∴&0，解之得0&y&1. 10.　[解析] f(x)＋f＝1，所以f(2)＋f＝f(3)＋f＝f(4)＋f＝1，且f(1)＝，故得. 11.　[解析] ∵f(x＋1)的定义域为[－2，3]，即其自变量x的取值范围是－2&x&3，若令t＝x＋1，则－1&t&4，即关于t的函数f(t)的定义域为{t|－1&t&4}，从而要使函数f(2x2－2)有意义，只需－1&2x2－2&4，解得－&x&－或&x&.∴f(2x2－2)的定义域为. 12．解：∵AB＋BC＋CD＝a，∴BC＝EF＝a－2x&0，即00时，函数的定义域为&[0，＋&)，由于函数的值域为非负数，因此a&0不符合题意；当a＝0时，f(x)＝，此时函数的定义域为[0，＋&)，函数的值域也为[0，＋&)，符合题意；当a&0时，函数的定义域为，又f(x)＝＝， ∵0&－&－，∴当x＝－时，函数f(x)有最大值，由题意有－＝，即a2＝－4a，解得a＝－4. 综上满足条件时a的值为0或－4. 【难点突破】 13．(1)B　(2)A　[解析] (1)分别由x2＋1＝2，x2＋1＝5，x2＋1＝10解得x＝&1，x＝&2，x＝&3，由函数的定义，定义域中元素的选取分四种情况： ①取三个元素：有C&C&C＝8种； ②取四个元素：先从&1，&2，&3三组中选取一组C，再从剩下的两组中选两个元素C&C，故共有C&C&C＝12种； ③取五个元素：C＝6种； ④取六个元素：1种．由分类计数原理，共有8＋12＋6＋1＝27种． (2)线段OA满足y＝3x(0&x&1)，线段OA上的点(x，y)在映射f的作用下为(，)，设为(x&，y&)，则x&＝，y&＝，故y&＝x&(0&x&&1)，仍为线段；线段OB满足y＝x(0&x&3)，线段OB上的点(x，y)在映射f的作用下为，，仍为线段且满足y&＝x&(0&x&&)；线段AB满足y＝4－x(1&x&3)，线段AB上的点(x，y)在映射f的作用下为(，)，满足x&2＋y&2＝4(1&x&&，1&y&&)，是一段圆弧，故所围成的图形是半径为2，圆心角为的扇形，面积为，故选A. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(五) 【基础热身】 1．A　[解析] 由题意知，函数f(x)在(0，＋&)上是减函数．而反比例函数f(x)＝在(0，＋&)上是减函数．故选A. 2．A　[解析] 函数f(x)在[3，4)上是增函数，又函数定义域中含有3而没有4，所以该函数有最小值无最大值，故选A. 3．B　[解析] 方法一：由偶函数的定义可排除C，D，又∵y＝cos2x为偶函数，但在(1，2)内不单调递增，故选B. 方法二：由偶函数定义知y＝log2|x|为偶函数，以2为底的对数函数在(1，2)内单调递增． 4.　[解析] 因为x&0，当x＝0时，y＝0不是函数的最大值．当x&0时，f(x)＝＝，而＋&2，当且仅当x＝1时等号成立，所以f(x)&. 【能力提升】 5．A　[解析] 由题意，结合函数性质可得x&1时f(x)&0，x&1时f(x)&0；x&0或x&4时g(x)&0，00，故f(x)g(x)&0的解集为{x|x&0或1&x&4}． 6．A　[解析] 因为函数的周期为2，所以f＝f＝f＝，又函数是奇函数，∴f＝－f＝－，故选A. 7．C　[解析] 因为x2＋1&1，所以0&&1，令t＝，则1&t&0，即&t&1，所以&y&1.故选C. 8．A　[解析] 由题可知f(x)＝ex－1&－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1&1，若有f(a)＝g(b)，则g(b)&(－1，1]，即－b2＋4b－3&－1，解得2－0，所以得函数的单调增区间为(－&，－a)，(－a，＋&)，要使y＝在(－2，＋&)上为增函数，只需－2&－a，即a&2. 13．(－1，1)　[解析] 由&0得函数的定义域为(－1，1)，原函数的递增区间即为函数u(x)＝在(－1，1)上的递增区间，由于u&(x)＝&＝&0.故函数u(x)＝的递增区间为(－1，1)，即为原函数的递增区间． 14．解：f(x)的定义域为R，在定义域内任取x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＝－＝，其中x1－x2＜0，x＋1＞0，x＋1＞0. ①当x1，x2&(－1，1)时，即|x1|＜1，|x2|＜1，所以|x1x2|＜1，则x1x2＜1，1－x1x2＞0，f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，所以f(x)为增函数． ②当x1，x2&(－&，－1]或[1，＋&)时， 1－x1x2＜0，f(x1)＞f(x2)，所以f(x)为减函数．综上所述，f(x)在(－1，1)上是增函数，在(－&，－1]和[1，＋&)上是减函数． 15．解：(1)证明：当x&(0，＋&)时，f(x)＝a－，设00，x2－x1&0. ∴f(x1)－f(x2)＝a－－a－＝－＝&0. ∴f(x1)0时，f(x)＝－f(－x)＝－(2x2＋x)，所以f(1)＝－3.故选A. 4．3　[解析] 考查函数的奇偶性和转化思想，解此题的关键是利用y＝f(x)为奇函数．已知函数y＝f(x)为奇函数，由已知得g(1)＝f(1)＋2＝1， ∴f(1)＝－1，则f(－1)＝－f(1)＝1，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝1＋2＝3. 【能力提升】 5．A　[解析] 依题意f－＝f－＝f＝.故选A. 6．A　[解析] 由f(x＋2)＝－f(x)得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，根据f(x)为R上的奇函数，得f(0)＝0，所以f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(4)＝f(0)＝0，所以f(3)－f(4)＝－1.故选A. 7．A　[解析] 函数f(x)定义域为{x|－20，f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x＝－f(x)＝x2－ax，所以a＝－2. 当x&0时，f(x)&a即x2－2x&－2恒有x2－2x＋2&0；当x&0时，f(x)&a即－x2－2x&－2?x2＋2x－2&0，解得－1－a的x的取值范围是(－1－，＋&)． 12．解：(1)因为f(4)＝，所以4m－＝，所以m＝1. (2)因为f(x)的定义域为{x|x&0}，又f(－x)＝－x－＝－x－＝－f(x)，所以f(x)是奇函数． (3)设x1&x2&0，则f(x1)－f(x2)＝x1－－x2－＝(x1－x2)1＋，因为x1&x2&0，所以x1－x2&0，1＋&0，所以f(x1)&f(x2)，所以f(x)在(0，＋&)上为单调递增函数．(或用求导数的方法) 【难点突破】 13．解：由f(x)是奇函数，知f(－x)＝－f(x)，从而＝－，即－bx＋c＝－(bx＋c)，c＝－c，∴c＝0. 又由f(1)＝2，知＝2，得a＋1＝2b①，而由f(2)&3，知&3，得&3②，由①②可解得－10，所以f(－x)＝(－x)2－(－x)＋1＝x2＋x＋1＝－f(x)．若x&0，则－x&0，所以f(－x)＝－(－x)2－(－x)－1＝－x2＋x－1＝－f(x)．所以f(x)为奇函数． 4.　[解析] 函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，且当x&[0，1]时，f(x)＝x＋1，那么f＝f＝f＝f＝. 【能力提升】 5．D　[解析] 因为f(x)为奇函数，所以x&0时，f(x)＝－f(－x)＝－2－x，即g(x)＝－2－x，所以g(3)＝－2－3＝－.故选D. 6．D　[解析] 因为x1&0，x2&0，|x1|&|x2|，所以0&－x1m&m－1&1，即y3&y2&y1. 3．B　[解析] 由f(1－x)＝f(1＋x)得对称轴为直线x＝1，所以a＝2，当x&[－1，1]时，f(x)&0恒成立，得f(x)min&0，即－1－2－b＋1&0?b&－2. 4．C　[解析] 设三个面积相等的矩形的长宽分别为x m，y m，则4x＋3y＝200，又S＝3xy＝3x&＝x(200－4x)＝－4(x－25)2＋2 500， ∴当x＝25时，Smax＝2 500(m2)．【能力提升】 5．C　[解析] 因为f(－x)＝－x|－x|－2(－x)＝－(x|x|－2x)＝－f(x)，所以f(x)＝x|x|－2x是奇函数，排除A，B；又x&0时f(x)＝x|x|－2x＝x2－2x＝(x－1)2－1，在(0，1)上递减，在(1，＋&)上递增，由奇函数性质可得C对． 6．C　[解析] 定义域?－3&x&1，y2＝4＋2＝4＋2.当x＝－1时y2最大，最大值为8；当x＝1或－3时y2最小，最小值为4.因为y&0，所以ymax＝2，ymin＝2，所以＝. 7．C　[解析] 由题知f(x)在R上是增函数，由题得2－a2&a，解得－2n，则n&0，又m＋n&0，m&－n&0，∴|m|&|－n|， F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝(am2＋1)－an2－1＝a(m2－n2)&0，∴F(m)＋F(n)能大于零． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(八)A 【基础热身】 1．D　[解析] log2＝log22＝log22＝. 2．A　[解析] 注意符号的变化与运算法则，可以判断出全错． 3．C　[解析] [(－)2]－＝2－＝＝. 4．A　[解析] lgx，lgy，lgz成等差数列等价于2lgy＝lgx＋lgz且x，y，z&0，得y2＝xz且x，y，z&0，故&lgx，lgy，lgz成等差数列&是&y2＝xz&成立的充分不必要条件．【能力提升】 5．C　[解析] loga＝loga&0?01. 6．D　[解析] ∵2a＝5b＝，∴a＝log2，b＝log5，＝log2，＝log5；＋＝log2＋log5＝log10＝2. 7．D　[解析] 由x＝log43?4x＝3?2x＝，2－x＝，所以(2x－2－x)2＝2＝. 8．B　[解析] logm(xyz)＝logmx＋logmy＋logmz＝，而logmx＝，logmy＝，故logmz＝－logmx－logmy＝－－＝，即logzm＝60. 9．－23　[解析] 2x＋32x－3－4x－x－x＝4x－33－4x＋4＝－23. 10．－1　[解析] log(2－)(2＋)＝log(2－)＝log(2－)(2－)－1＝－1. 11．2 008　[解析] ∵f(3x)＝4xlog23＋233＝4log23x＋233?f(x)＝4log2x＋233，∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋&＋f(28)＝ 8&233＋4(log22＋2log22＋3log22＋&＋8log22)＝1 864＋144＝2 008. 12．解：(1)原式＝x－3－x3＝x－－x. (2)原式＝－＝x－2－x－y－＋y－2－x－2＋x－y－＋y－2 ＝－2(xy)－＝－2. 【难点突破】 13．解：(1)已知式两边平方得x＋2＋x－1＝9，∴x＋x－1＝7. (2)将x＋x－1＝7两边平方得x2＋2＋x－2＝49，∴x2＋x－2＝47，又x＋x－＝(x＋x－)(x－1＋x－1)＝3(7－1)＝18， ∴＝＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(八)B 【基础热身】 1．C　[解析] 原式＝2－(2k＋1)－2－(2k＋1)＋2＋2－(2k＋1)＋1＝2－(2k＋1)－22&2－(2k＋1)＋2&2－(2k＋1)＝－2－(2k＋1)． 2．C　[解析] 对于A，x＝x的左边恒为非负，而右边为一切实数；对于B，x＝x的左边恒为非负，而右边为一切实数；对于D，x－－＝x的左边x&0. 3．C　[解析] ①②③都是错误的，只有④正确． 4．A　[解析] lg2＝(lga－lgb)2＝(lga＋lgb)2－4lgalgb＝22－4&＝2. 【能力提升】 5．C　[解析] 原式＝abab&ab2ba－＝a＋－1－－& b1＋－2－＝a＋＋b－1＝ab－1＝. 6．B　[解析] a3＋b3＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]＝mm－m＝m. 7．C　[解析] f(lga)＝alga－＝?lga－lga＝lg＝，得lga＝1或lga＝－，故a＝10或. 8．B　[解析] log5&log36&log6x＝&&＝－＝2，lgx＝lg. 9．3　[解析] 由a＝得a＝＝3，所以loga＝3. 10.　[解析] 原式＝－4＝－4＝＝. 11．19　[解析] 原式＝9－3&(－3)＋lg(＋)2＝18＋lg10＝19. 12．解：log23&log34&log45&log56&log67&log78&log8m ＝log23&&&&&&＝log2m. ∴log2m＝log327＝3，∴m＝8. 【难点突破】 13．解：设logab＝x，则logba＝，则由已知可得x＋－＝0，所以2x2－5x＋2＝0，解得x＝或x＝2，即logab＝或logab＝2，所以b＝或b＝a2. 当b＝时，原式＝＝1；当b＝a2时，原式＝1.故＝1. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(九) 【基础热身】 1．B　[解析] 当x&0时，y＝ax；当x&0时，y＝－ax.根据指数函数图象可知为选项B中的图象． 2．A　[解析] 幂函数为奇函数时&＝－1，1，3，定义域为R，&&－1，所以&＝1，3. 3．D　[解析] 因为a&1，所以函数f(x)＝logax在区间[a，2a]上的最大值与最小值分别为loga2a，logaa＝1，它们的差为，∴loga2＝，a＝4. 4．C　[解析] 因为a＝log0.34&0，01，因此可知a0?2a&1?loga&1?00且01且01，030.3&log&3，∴g(2)1时，由loga&1得，a&，所以a&1.当01时，结合10∴x＝log2(1＋)． (2)当t&[1，2]时，2t22t－＋m2t－&0，即m(22t－1)&－(24t－1)，∵22t－1&0，∴m&－(22t＋1)， ∵t&[1，2]，∴－(22t＋1)&[－17，－5]，故m的取值范围是[－5，＋&)．【难点突破】 16．解：(1)∵f(x)＝2x＋k&2－x是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，x&R，即2－x＋k&2x＝－(2x＋k&2－x)， ∴(1＋k)2x＋(k＋1)22x＝0对一切x&R恒成立， ∴k＝－1. (2)∵对x&[0，＋&)，均有f(x)&2－x，即2x＋k&2－x&2－x成立， ∴1－k&22x对x&0恒成立． ∴1－k&(22x)min(x&0)，又y＝22x在[0，＋&)上单调递增，∴(22x)min＝1， ∴k&0. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(十) 【基础热身】 1．D　[解析] 图象是函数y＝ax(00，b&0，所以选D. 2．D　[解析] 由点(x，y)关于原点的对称点是(－x，－y)得． 3．C　[解析] 向左移2个单位即得f(x＋2)，再向下移2个单位则得f(x＋2)－2＝2x，用换元法，求出f(x)＝2x－2＋2. 4．B　[解析] 由f(x)＝f(2－x)可知f(x)图象关于直线x＝1对称，又因为f(x)为偶函数，图象关于x＝0对称，可得到f(x)为周期函数且最小正周期为2，结合f(x)在区间[1，2]上是减函数，可得f(x)草图，再根据草图判断，B正确．【能力提升】 5．C　[解析] 函数是偶函数，只能是选项C中的图象． 6．D　[解析] 方法一：当02(01，对照选择支可知只能选D. 7．A　[解析] y＝lncosx－3，函数y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4. 即y＝如图所示，单调增区间为[－1，1]和[3，＋&)，单调减区间为(－&，－1]和[1，3]． 15．解：(1)证明：设P(x0，y0)是y＝f(x)图象上任意一点，则y0＝f(x0)．又设P点关于直线x＝m的对称点为P&，则P&的坐标为(2m－x0，y0)．由已知f(x＋m)＝f(m－x)，得 f(2m－x0)＝f[m＋(m－x0)]＝f[m－(m－x0)]＝f(x0)＝y0，即P&(2m－x0，y0)在y＝f(x)的图象上， ∴y＝f(x)的图象关于直线x＝m对称． (2)由题意，对定义域内的任意x，有 f(2－x)＝f(2＋x)恒成立， ∴|a(2－x)－1|＝|a(2＋x)－1|恒成立，即|－ax＋(2a－1)|＝|ax＋(2a－1)|恒成立．又∵a&0，∴2a－1＝0，得a＝. 【难点突破】 16．解：(1)设曲线C1上的任意一点为P(x，y)，曲线C2上与之对称的点为P&(x&，y&)，则x＝4－x&，y＝2－y&，P(4－x&，2－y&)，将点P的坐标代入曲线C1的方程中可得y&＝，即g(x)＝. (2)由＝b?(x－3)2＝b(x－4)，即x2－(b＋6)x＋4b＋9＝0(其中x&4)，(※) 由&D＝[－(b＋6)]2－4(4b＋9)＝b2－4b＝0?b＝0或b＝4，把b＝0代入(※)式得x＝3，把b＝4代入(※)式得x＝5； ∴当b＝0或b＝4时，直线y＝b与C2有且仅有一个公共点，且交点的坐标为(3，0)和(5，4)． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(十一) 【基础热身】 1．B　[解析] 因为f(－1)f(0)&0，所以区间(－1，0)是函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间，故选B. 2．B　[解析] 根据函数的零点存在定理得到f(1)f(2)＝(－1)&&0，故函数的一个零点在区间(1，2)内． 3．C　[解析] f&(x)＝x2－2ax，由a&2可知，f&(x)在x&(0，2)恒为负，即f(x)在(0，2)内单调递减，又f(0)＝1&0，f(2)＝－4a＋1&0，∴f(x)在(0，2)内只有一个零点．故选C. 4．D　[解析] 在同一坐标系内分别作出y1＝f(x)，y2＝－x＋a的图象，其中a表示直线在y轴的截距，结合图形可知当a&1时，直线y2＝－x＋a与y1＝log2x只有一个交点，即a&(1，＋&)．【能力提升】 5．C　[解析] ∵f(－1)＝e－1－1－2&0，f(0)＝1－2&0，f(1)＝e＋1－2&0，∴函数的零点所在区间为(0，1)． 6．A　[解析] 因为f&(x)＝1－x＋x2－x3＋&＋x2 010&0，x&(－1，0)，所以函数f(x)＝1＋x－＋－＋&＋在(－1，0)单调增，f(0)＝1&0，f(－1)&0，选A. 7．D　[解析] 定义在R上的函数f(x)是奇函数，f(0)＝0，又是周期函数，T是它的一个正周期， ∴f(T)＝f(－T)＝0，f＝－f＝f＝f，∴f＝f＝0，则n可能为5. 8．B　[解析] f(x)＝ ＝ 则f的图象如图． ∵y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点， ∴y＝f(x)与y＝c的图象恰有两个公共点，由图象知c&－2，或－10，f＝－3－1&0，ff(2)&0，故下一步断定该根在区间内． 11.　[解析] 因为f(x)＝lnx＋x是k倍值函数，且f(x)在[a，b]上单调递增，所以则g(x)＝lnx＋(1－k)x在(0，＋&)上有两个零点，即y＝lnx与y＝(k－1)x相交于两点，所以k－1&0.当k＝1＋时相切，所以10，f(2)＝4sin5－2，由于&&5&2&，所以sin5&0，故f(2)&0，故函数在[0，2]上存在零点；由于f(－1)＝4sin(－1)＋1，－&－1&－，所以sin(－1)&－，故f(－1)&0，故函数在[－1，0]上存在零点，也在[－2，0]上存在零点；令x＝&[2，4]，则f＝4sin－＝4－＝&0，而f(2)&0，所以函数在[2，4]上存在零点．排除法知函数在[－4，－2]上不存在零点． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(十二) 【基础热身】 1．C　[解析] 212＝4 096，分裂了12次． 2．C　[解析] 当t＝12时，f(t)max＝43，当t＝4时，f(t)min＝－21，最大温差为43－(－21)＝64. 3．A　[解析] 设这个广场的长为x m，则宽为，所以其周长为l＝2&800，当且仅当x＝200时取等号． 4．x＝　[解析] 当0&t&2.5时，x＝60t；当2.520时y&140，故年产量为16件时，年利润最大． 12．解：(1)证明：当x&7时，f(x＋1)－f(x)＝. 而当x&7时，函数y＝(x－3)(x－4)单调递增，且(x－3)(x－4)&0，故f(x＋1)－f(x)单调递减， ∴当x&7时，掌握程度的增加量f(x＋1)－f(x)总是下降． (2)由题意可知0.1＋15ln＝0.85，整理得＝e0.05，解得a＝&6＝20.50&6＝123.0，123.0&(121，127]．由此可知，该学科是乙学科．【难点突破】 13．解：(1)当x＝0时，t＝0；当00，即&0.∵x&0，∴(x－2)(x＋1)&0，∴x&2. 2．A　[解析] ∵y&＝＝2，∴切线方程为y＝2x＋1. 3．A　[解析] ∵y&＝2x＋a)＝a，∴a＝1，(0，b)在切线x－y＋1＝0上，∴b＝1. 4．B　[解析] y&＝＝. 【能力提升】 5．D　[解析] y&＝x2－2x，当00，解得x&2， 3．A　[解析] 因为函数y＝f(x)的导函数y&＝f&(x)在区间[a，b]上是增函数，即在区间[a，b]上各点处的斜率k是递增的，由图易知选A. 4．D　[解析] 因为f&(x)＝3x2＋2ax＋3，且f(x)在x＝－3时取得极值，所以f&(－3)＝3&9＋2a&(－3)＋3＝0，解得a＝5，故选D. 【能力提升】 5．B　[解析] f&(x)＝3＋aeax，若函数在x&R上有大于零的极值点，即f&(x)＝3＋aeax＝0有正根．当有f&(x)＝3＋aeax＝0成立时，由于eax&0，显然有a&0，此时x＝ln.由x&0得到参数a的范围为a&－3. 6．D　[解析] f&(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，因为ex&0恒成立，当f&(x)&0时，x&－1，函数f(x)为单调增函数；当f&(x)&0时，x&－1，函数f(x)为单调减函数．所以x＝－1为极小值点．故选D. 7．D　[解析] 在x＝－2左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)&f&(x)＞0，则f&(x)＞0，在x＝－2右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f&(x)＜0，则f&(x)＜0，所以函数在x＝－2处取得极大值；在x＝1左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f&(x)＜0，f&(x)＜0，在x＝1右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f&(x)＞0，则f&(x)＜0，所以函数在x＝1处没有极值；在x＝2左侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f&(x)＞0，则f&(x)＜0，在x＝2右侧附近时，由图象知，y＝(1－x)f&(x)＜0，则f&(x)＞0，所以函数在x＝2处取得极小值． 8．A　[解析] 令f&(x)＝&＝＝0，得x＝－2或x＝1.当x&－2时f&(x)&0，当－20，当x&1时f&(x)&0，故x＝－2是函数的极小值点且f(－2)＝－，x＝1是函数的极大值点且f(1)＝1. 9．C　[解析] 根据三次函数的特点，函数f(x)在(－1，0)上单调递减等价于函数f(x)的导数f&(x)＝3x2＋2ax＋b在区间(－1，0)上小于或等于零恒成立，即3－2a＋b&0且b&0，把点(a，b)看作点的坐标，则上述不等式组表示的区域如图． 根据a2＋b2的几何意义得，最小值就是坐标原点到直线3－2a＋b＝0的距离的平方，即(a2＋b2)min＝. 10．(－1，11)　[解析] f&(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)，由(x－11)(x＋1)&0得f(x)的单调减区间为(－1，11)． 11．3　[解析] f&(x)＝，f&(1)＝＝0?a＝3. 12.　[解析] 由f&(x)＝lnx＋1&0得x&，故f(x)的增区间为. 13.(k&Z)　[解析] f&(x)＝＝&0，即cosx&－，结合三角函数图象或单位圆中的三角函数线知道，2k&－0可得x&2或00)．当a&0，x&0时，f&(x)&0?x2＋(2a－4)x＋a2&0，f&(x)&0?x2＋(2a－4)x＋a2&0. (1)当a&1时，&D＝(2a－4)2－4a2＝16－16a&0，对?x&0，有x2＋(2a－4)x＋a2&0，即f&(x)&0，此时f(x)在(0，＋&)内单调递增． (2)当a＝1时，对x&1，有x2＋(2a－4)x＋a2&0，即f&(x)&0，仅仅在x＝1处导数等于零，故函数f(x)在(0，＋&)内单调递增． (3)当00，即x2＋(2a－4)x＋a2&0，解得x&2－a－2或x&2－a＋2.而在00，因此，函数f(x)在区间(0，2－a－2)内单调递增，在区间(2－a＋2，＋&)内也单调递增，在区间(2－a－2，2－a＋2)内单调递减．综上，当a&1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋&)；当04时，f&(x)&0. ∴f(x)在(2，4)上是减函数，在(4，＋&)上是增函数． ∴f(x)在[3，7]上的最大值应在端点处取得． ∵f(3)－f(7)＝(3ln5－ln1)－(3ln9－ln5)＝(ln625－ln729)&0， ∴f(3)0恒成立， ∴(a－1)x2＋5x－4(a＋1)&0在(2，＋&)上恒成立．下面分情况讨论(a－1)x2＋5x－4(a＋1)&0在(2，＋&)上恒成立时a的解的情况： ①当a－1&0时，显然不可能有(a－1)x2＋5x－4(a＋1)&0在(2，＋&)上恒成立； ②当a－1＝0时，(a－1)x2＋5x－4(a＋1)＝5x－8&0在(2，＋&)上恒成立； ③当a－1&0时，又有两种情况： (i)52＋16(a－1)(a＋1)&0； (ii)－&2且(a－1)&22＋5&2－4(a＋1)&0，由(i)得16a2＋9&0，无解；由(ii)得a&－.又∵a－1&0，∴a&1. 综上所述各种情况，当a&1时，(a－1)x2＋5x－4(a＋1)&0在(2，＋&)上恒成立， ∴a的取值范围为[1，＋&)． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(十四)B 【基础热身】 1．A　[解析] 由导函数图象可知，x&0时，f&(x)&0，即f(x)单调递增，又△ABC为锐角三角形，则A＋B&，即&A&－B&0，故sinA&sin&0，即sinA&cosB&0，故f(sinA)&f(cosB)，选A. 2．C　[解析] 依题意，当x&1时，f&(x)&0，函数f(x)在(1，＋&)上是增函数(或常数函数)；当x&1时，f&(x)&0，f(x)在(－&，1)上是减函数(或常数函数)，故f(0)&f(1)，f(2)&f(1)，故f(0)＋f(2)&2f(1)． 3．C　[解析] 由题意可知f&(x)＝－(x－2)＋&0在x&(1，＋&)上恒成立，即b&x(x－2)在x&(1，＋&)上恒成立，由于&(x)＝x(x－2)＝x2－2x在(1，＋&)上的值域是(－1，＋&)，故只要b&－1即可． 4．D　[解析] 由题得f&(x)＝－＝，令f&(x)&0得x&3；令f&(x)&0得00.故选D. 【能力提升】 5．D　[解析] 取特殊值，令f(x)＝x2，g(x)＝x3，则h(0)0时先减后增，并且f&(x)为奇函数，排除A，又单调性重复出现，当x&＋&时，f&(x)&＋&，因此可知选C. 9．D　[解析] 函数f(x＋1)是偶函数，其图象关于y轴对称，这个函数图象向右平移1个单位得函数y＝f(x)的图象，可得函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，x&1时，f&(x)&0恒成立，说明函数在(1，＋&)上单调递减，根据对称性可得函数在(－&，1)上单调递增．根据f(4)＝0可得当x&4时，f(x)&0，根据对称性可得当x&－2时，f(x)&0，当－20.不等式(x＋3)f(x＋4)&0等价于或当时，解得x&0；当时，解得－60且x&1，故函数f(x)＝的单调递减区间是(0，1)，(1，e)． 13.　[解析] f&(x)＝2mx＋－2，函数f(x)在其定义域(0，＋&)内为增函数的充要条件是2mx＋－2&0在(0，＋&)内恒成立，即2m&－＋在(0，＋&)内恒成立，由于函数&(x)＝－＋＝－＋1&1，故只要2m&1即可，即m&. 14．解：(1)a＝1时，f(x)＝(x2－2x＋1)ex， f&(x)＝(x2－1)ex，于是f(0)＝1，f&(0)＝－1，所以函数f(x)的图象在点A(0，f(0))处的切线方程为y－1＝－(x－0)，即x＋y－1＝0. (2)f&(x)＝eax＋&a&eax ＝eax＝eax， ∵a&0，eax&0，∴只需讨论ax2＋的符号． ①当a＞2时，ax2＋＞0，这时f&(x)＞0，所以函数f(x)在(－&，＋&)上为增函数． ②当a＝2时，f&(x)＝2x2e2x&0，函数f(x)在(－&，＋&)上为增函数． ③当0＜a＜2时，令f&(x)＝0，解得x1＝－，x2＝. 当x变化时，f&(x)和f(x)的变化情况如下表： x － f&(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴f(x)在，上为增函数，在上为减函数． 15．解：(1)f(x)的定义域为{x|x&0}， f&(x)＝－. 根据题意，f&(1)＝2－3a，所以a－2a2＝2－3a，即a2－2a＋1＝0，解得a＝1. (2)f&(x)＝－＝. ①a&0时，因为x&0，所以x－2a&0，a(x－2a)&0，所以f&(x)&0，函数f(x)在(0，＋&)上单调递减． ②当a&0时，若02a，则a(x－2a)&0，f&(x)&0，函数f(x)在(2a，＋&)上单调递增．综上所述，当a&0时，函数f(x)在(0，＋&)上单调递减；当a&0时，函数f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋&)上单调递增． (3)由(1)可知f(x)＝lnx＋. 设g(x)＝f(x)－(3－x)，即g(x)＝lnx＋＋x－3. g&(x)＝－＋1＝＝(x&0)．当x变化时，g&(x)，g(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋&) g&(x) － 0 ＋ g(x) ↘ 极小值 ↗ x＝1是g(x)在(0，＋&)上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是g(x)的最小值点．可见g(x)最小值＝g(1)＝0，所以g(x)&0，即f(x)－(3－x)&0，所以对于定义域内的每一个x，都有f(x)&3－x. 【难点突破】 16．解：(1)函数的定义域为(0，＋&)， f&(x)＝2(x－1)＋＝＝(x&0)．当m&时，f&(x)&0对x&(0，＋&)恒成立， ∴函数f(x)在(0，＋&)上是单调增函数． (2)由(1)知，当m&时，函数f(x)在(0，＋&)上是单调增函数，没有极值点．当m＝时，f&(x)＝&0，函数f(x)在(0，＋&)上是单调增函数，没有极值点．当m&时，令f&(x)＝0得，x1＝，x2＝. ①当m&0时，x1＝&0?(0，＋&)，则x2＝&1&(0，＋&)，当x变化时，f(x)，f&(x)变化情况如下表： x (0，x2) x2 (x2，＋&) f&(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ 由此看出，当m&0时，f(x)有唯一极小值点x2＝. ②当00)，则h&(x)＝1－＝，当x&1时，h&(x)&0，h(x)在(1，＋&)上是增函数， ∵n&3时，1&1＋，∴h&h(1)，即－ln&0， ∴n&3时，ln(n＋1)－lnn&. 综上，当n&3，n&N时，不等式－1时y&&0，所以x＝－1时，ymin＝－. 2．C　[解析] f&(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f&(x)＝0可得x＝0或2(舍去)，当－1&x&0时，f&(x)&0，当00，当89时，y&&0；当00，所以函数y＝－x3＋81x－234在(9，＋&)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点．又因为函数在(0，＋&)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．【能力提升】 5．C　[解析] 设小正方形的边长为x cm，则盒子底面长为8－2x，宽为5－2x.V＝(8－2x)(5－2x)x＝4x3－26x2＋40x，V&＝12x2－52x＋40，由V&＝0得x＝1或x＝(舍去)，则V极大值＝V(1)＝18，且在定义域内仅有一个极大值， ∴V最大值＝18. 6．D　[解析] 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t&0)时的最小值．令F&(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)．故t＝时，F(t)＝t2－lnt有最小值，即达到最小值，故选D. 7．A　[解析] 由f&(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0?x＝&1，结合f(x)的图象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故选A. 8．C　[解析] 设底面边长为a，则高h＝＝，所以体积V＝a2h＝. 设y＝12a4－a6，则y&＝48a3－3a5，当y取最值时，y&＝48a3－3a5＝0，解得a＝0(舍去)或a＝4，故a＝4时体积最大，此时h＝＝2. 9．C　[解析] 验证A，当x＝3时，e3&2.73＝19.68&1＋3＋32＝13，故排除A；验证B，当x＝时，＝，而1－&＋&＝＝＝&＝，故排除B；验证C，令g(x)＝cosx－1＋x2，g&(x)＝－sinx＋x，g&P(x)＝1－cosx，显然g&P(x)&0恒成立，所以当x&[0，＋&)时，g&(x)&g&(0)＝0，所以x&[0，＋&)时，g(x)＝cosx－1＋x2为增函数，所以g(x)&g(0)＝0恒成立，即cosx&1－x2恒成立；验证D，令h(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，h&(x)＝－1＋＝，令h&(x)&0，解得0时，S&&0，故当x＝时，S取得最小值． 11．k&1　[解析] ∵k为正数， ∴对任意x1，x2&(0，＋&)，不等式&恒成立?&. 由g&(x)＝＝0得x＝1. x&(0，1)，g&(x)&0，x&(1，＋&)，g&(x)&0， ∴＝＝. 同理f&(x)＝＝0?x＝， x&，f&(x)&0，x&，f&(x)&0， ∴＝＝，∴&，k&0?k&1. 12．30　23 000　[解析] 由题意知L(P)＝P&Q－20Q＝Q(P－20) ＝(8 300－170P－P2)(P－20) ＝－P3－150P2＋11 700P－166 000， ∴L&(P)＝－3P2－300P＋11 700. 令L&(P)＝0，得P＝30或P＝－130(舍)．因为在P＝30附近的左侧L&(P)&0，右侧L&(P)&0， ∴L(30)是极大值．根据实际意义知，L(30)是最大值，此时L(30)＝23 000.即零售价定为每件30元时，有最大毛利润为23 000元． 13.　[解析] 设DE＝x，由ED∥BC，△ABC为正三角形，AD＝DE＝AE＝x，BD＝EC＝1－x.过D作DF&BC，DF＝(1－x)，梯形的周长为BD＋DE＋EC＋BC＝3－x，梯形的面积为(x＋1)&(1－x)＝(1－x2)．S＝(00，∴x＝时，Smin＝. 14．解：(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝. 再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝. 而建造费用为C1(x)＝6x. 所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20&＋6x＝＋6x(0&x&10)． (2)f&(x)＝6－，令f&(x)＝0，即＝6. 解得x＝5或x＝－(舍去)．当00，故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5)＝6&5＋＝70. 故当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值为70万元． 15．解：(1)由题意f&(x)＝lnx＋1＝0，得x＝. ①当0G(x)min＝G＝ln2时， x1，x2存在，且x2－x1的值随a的增大而增大．而当x2－x1＝ln2时，由题意得两式相减可得ln＝2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，代入x2－x1＝ln2得x2＝4x1＝ln2，此时实数a＝ln2－ln－1，所以实数a的取值范围为a&ln2－ln－1. 【难点突破】 16．解：(1)f&(x)＝＋＝(x&0)．当a&0时，f&(x)&0恒成立，故f(x)在(0，＋&)上是单调递增函数． (2)由f&(x)＝0得x＝－a. ①当a&－1时，f&(x)&0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数， f(x)min＝f(1)＝－a＝，得a＝－(舍)． ②当a&－e时，f&(x)&0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为减函数，则f(x)min＝f(e)＝1－＝，得a＝－(舍)． ③当－e0，f(x)在(x0，e)上为增函数． ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，得a＝－，综上知，a＝－. (3)由题意得x2&lnx－在(1，＋&)上恒成立，即a&xlnx－x3在(1，＋&)上恒成立．设g(x)＝xlnx－x3(x&1)，则g&(x)＝lnx－3x2＋1. 令h(x)＝lnx－3x2＋1，则h&(x)＝－6x，当x&1时，h&(x)&0恒成立． ∴h(x)＝g&(x)＝lnx－3x2＋1在(1，＋&)上为减函数，则g&(x)，则＋2k&&&&＋2k&(k&Z)， ∴&＋4k&&2&&＋4k&(k&Z)，即2&的终边在第三象限，故选C. 6．D　[解析] 排除法可解．第一象限角370&不小于第二象限角100&，故A错误；当sin&＝时，也可能&＝，所以B错误；当三角形内角为时，其既不是第一象限角，也不是第二象限角． 7．C　[解析] 注意到2 010&＝360&&5＋180&＋30&，因此sin2 010&＝－sin30&＝－，cos2 010&＝－cos30&＝－，－&－&0，－&－&0，0&&&，cos&cos&0，a＝sin＝－sin&0，b＝sin＝－sin&0，c＝cos＝cos&0，d＝cos＝cos&0，∴c&d，因此选C. 8．B　[解析] 方法1：在角&终边上任取一点P(a，2a)(a&0)，则r2＝＝a2＋(2a)2＝5a2， ∴cos2&＝＝，∴cos2&＝2cos2&－1＝－1＝－. 方法2：tan&＝＝2，cos2&＝＝＝－. 9．二　[解析] ∵△ABC为锐角三角形，∴0，B＋C&， ∴&A&－B&0，&B&－C&0. ∵y＝sinx与y＝tanx在上都是增函数， ∴sinA&sin，tanB&tan， ∴sinA&cosB，tanB&，∴P在第二象限． 10．12&－9　[解析] ∵120&＝&＝&，∴l＝6&&＝4&，如图所示，∵S扇形OAB＝&4&&6＝12&， S△OAB＝&OA&OB&sin120& ＝&6&6&sin120&＝9， ∴S弓形OAB＝S扇形OAB－S△OAB＝12&－9， ∴弓形AOB的面积为12&－9. 11. [解析] 由即 ∴(k&Z)． ∴2k&&x&2k&＋(k&Z)，故此函数的定义域为. 12．解：(1)因为A点的坐标为，根据三角函数定义可知sin&COA＝. (2)因为△AOB为正三角形，所以&AOB＝60&， sin&COA＝，cos&COA＝，所以cos&COB＝cos(&COA＋60&) ＝cos&COAcos60&－sin&COAsin60&＝&－&＝. 【难点突破】 13．解：(1)因为\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝－，所以sin2&－cos2&＝－，即(1－cos2&)－cos2&＝－，所以cos2&＝，所以cos2&＝2cos2&－1＝. (2)因为cos2&＝，所以sin2&＝，所以点P，点Q，又点P在角&的终边上，所以sin&＝，cos&＝. 同理sin&＝－，cos&＝，所以sin(&＋&)＝sin&cos&＋cos&sin& ＝&＋&＝－. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(十八) 【基础热身】 1．B　[解析] ∵&为第三象限角，∴sin&&0，cos&&0，则＋＝＋＝－1－2＝－3. 2．C　[解析] ∵sin11&＝cos79&，sin168&＝cos78&，又∵y＝cosx在[0，&]上单调递减， 90&&79&&78&&10&， ∴cos79&0)，f＝f，且f(x)在区间有最小值，无最大值，∴区间为f(x)的一个半周期的子区间，且知f(x)的图象关于x＝＝对称，∴&&＋＝2k&＋，k&Z，取k＝0得&＝. 12.　[解析] 本题主要考查两角和与差的正弦和余弦公式，y＝Asin(&x＋&)的单调性．属于基础知识、基本运算的考查． f(x)＝sin－cos ＝sinxcos＋cosxsin－cosxcos－sinxsin＝2sinx， ∴函数f(x)＝sin－cos，x&[0，2&]的单调递减区间是. 13．①②③　[解析] 因为f(x)＝asin2x＋bcos2x＝sin(2x＋&)，若f(x)&对一切x&R恒成立，&＝，f(x)＝sin，①f＝0正确； ②&正确；③f(x)既不是奇函数也不是偶函数正确；④错误，⑤错误． 14．解：(1)f(x)＝(cos2x＋1)＋sin2x－＝cos2x＋sin2x＝sin，故T＝&.由2k&－&2x＋&2k&＋(k&Z)，得k&－&&x&k&＋，所以f(x)单调递增区间为(k&Z)． (2)令f(x)＝1，即sin＝1，则2x＋＝2k&＋(k&Z)．于是x＝k&＋(k&Z)，∵0&x&3&，且k&Z，∴k＝0，1，2，则＋＋＝. ∴在[0，3&)内使f(x)取到最大值的所有x的和为&. 15．解：(1)因为周期为2&，所以&＝1，又因为0&&&&，f(x)为偶函数，所以&＝，则f(x)＝sin＝cosx. (2)因为cos＝，又&＋&，所以sin＝，所以sin＝2sincos ＝2&&＝. 【难点突破】 16．解：(1)f(x)＝cos＋2sinsin ＝cos2x＋sin2x＋(sinx－cosx)(sinx＋cosx) ＝cos2x＋sin2x＋sin2x－cos2x ＝cos2x＋sin2x－cos2x ＝sin. ∴周期T＝＝&.对称轴方程为2x－＝＋k&，即x＝＋，k&Z. (2)∵x&，∴2x－&， ∵f(x)＝sin在区间上单调递增，在区间上单调递减， ∴当x＝时，f(x)取最大值1. 又∵f＝－0)的图象向右平移个单位长度后，所对应的函数是y＝sin(&&0)，它的图象与函数y＝sin的图象重合，所以－&＝＋2k&(k&Z)，解得&＝－6k(k&Z)．因为&&0，所以&min＝. 13.　[解析] 由图象知＝2&＝，&＝2.又由于2&＋&＝k&＋(k&Z)， &＝k&＋(k&Z)，又|&|&，所以&＝.这时f(x)＝Atan.又图象过(0，1)，代入得A＝1，故f(x)＝tan.所以f＝tan＝. 14．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(&x＋&)知A＝2；由＝T＝－＝4&，得&＝，由最高点得，&＋&＝2k&＋(k&Z)， ∴&＝－＋2k&(k&Z)，又－&&&， ∴&＝－. ∴所求函数解析式为y＝f(x)＝2sin(x&0)． (2)方法一：将y＝f(x)＝2sin图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝g(x)＝2sin的图象， ∵&x&&，∴&x－&，当x－＝，即x＝时，g(x)有最大值2；当x－＝，即x＝&时，g(x)有最小值1. 方法二：将y＝f(x)＝2sin图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝g(x)＝2sin的图象，令t＝x－，∵函数y＝2sint的单调递增区间是，k&Z，由－＋2k&&x－&＋2k&，得－＋2k&&x&＋2k&，k&Z，设A＝，B＝，则A&B＝， ∴函数y＝g(x)在区间上单调递增，同理可得，函数y＝g(x)在区间上单调递减．又∵g＝，g＝2，g(&)＝1， ∴函数y＝g(x)在上的最大值为2，最小值为1. 15．解：(1)∵f(x)＝a&b＝2cos2x＋sin2x＋m ＝2sin＋m＋1， ∴函数f(x)的最小正周期T＝＝&. 令－＋2k&&2x＋&＋2k&，k&Z，得－＋k&&x&＋k&，k&Z，故f(x)的单调增区间为，k&Z.因此f(x)在[0，&]上的单调递增区间为，. (2)当x&时，∵f(x)单调递增，∴当x＝时，f(x)取得最大值为m＋3，即m＋3＝4，解之得m＝1，∴m的值为1. 【难点突破】 16．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(&x＋&)，知A＝2；由T＝－＝&，得T＝2&， ∴&＝＝1，即f(x)＝2sin(x＋&)，把(0，－1)代入上式，得sin&＝－， ∵－&&&，∴&＝－， ∴所求函数的解析式为y＝f(x)＝2sin. (2)由(1)知g(x)＝f＝2sinx， ∵g(x)dx＝3，∴2sinxdx＝－2cosx)&＝－2cos&－(－2cos&)＝3，解得cos&＝，又实数&满足0&&&&，则所求&的值为. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(二十一) 【基础热身】 1．D　[解析] ∵△ABC中，B＝30&，∴C＝150&－A， ∴sinA＝sin(150&－A)＝cosA＋sinA， ∴tanA＝－，∴A＝120&. 2．A　[解析] 由题意可知cos&＝－，所以sin2&＝2sin&cos&＝－，故选择A. 3．sin　[解析] ∵&&&&，∴&&，&&. ＝＝＝sin. 4．1－　[解析] y＝2cos2x＋sin2x＝sin2x＋cos2x＋1 ＝sin＋1&1－. 【能力提升】 5．A　[解析] 根据已知cos2&＝－，tan2&＝－，tan(&＋&)＝tan[2&－(&－&)]＝＝＝－2. 6．D　[解析] ∵sin2&＋cos2&＝，∴sin2&＋(1－2sin2&)＝，又∵&&，∴cos&＝，sin&＝，∴tan&＝. 7．B　[解析] ∵C＝120&，∴A＋B＝60&， ∴tan(A＋B)＝＝， ∵tanA＋tanB＝，∴tanAtanB＝. 8．C　[解析] 由sin(&＋&)＝－，得sin&＝，又&是第二象限角，故cos&＝－＝－，∴tan&＝－，tan2&＝＝＝－. 9．C　[解析] ∵cos＝sin&＋cos&， ∴＝(sin&＋cos&)2＝1＋sin2&＝1＋＝. ∵0&&&，∴－&－&&0，－&－&&， ∴cos&0，∴cos＝. 10.(－1)　[解析] f(x)＝＝＝sin2xcos2x＋－&(－1)． 11．－　[解析] ∵tan2&＝＝， ∴tan&＝－3或tan&＝，又&&，∴tan&＝－3， ∴＝＝＝＝－. 12.　[解析] 由3sin&＋cos&＝0得cos&＝－3sin&，则＝＝＝. 13．1或　[解析] tan(&＋&)＝1? ＝＝1?lg2a＋lga＝0，所以lga＝0或lga＝－1，即a＝1或. 14．解：(1)由＝10&得&＝. (2)∵－＝f＝2cos ＝2cos＝－2sin&，＝f＝2cos＝2cos&， ∴sin&＝，cos&＝. ∵&，&&， ∴cos&＝＝＝， sin&＝＝＝. ∴cos(&＋&)＝cos&cos&－sin&sin&＝&－&＝－. 15．解：(1)a＋b ＝(cos&cos&－sin&sin&＋cos&cos&＋sin&sin&)， sin&cos&＋cos&sin&＋sin&cos&－cos&sin& ＝(2cos&cos&，2sin&cos&)＝， ∴2cos&cos&＝，2sin&cos&＝，∴tan&＝. (2)＝＝＝－. 【难点突破】 16．解：方法一： (1)选择②式，计算如下： sin215&＋cos215&－sin15&cos15&＝1－sin30&＝1－＝. (2)三角恒等式为sin2&＋cos2(30&－&)－sin&cos(30&－&)＝. 证明如下： sin2&＋cos2(30&－&)－sin&cos(30&－&) ＝sin2&＋(cos30&cos&＋sin30&sin&)2－sin&(cos30&cos&＋sin30&sin&) ＝sin2&＋cos2&＋sin&cos&＋sin2&－sin&cos&－sin2& ＝sin2&＋cos2&＝. 方法二： (1)同方法一． (2)三角恒等式为sin2&＋cos2(30&－&)－sin&cos(30&－&)＝. 证明如下： sin2&＋cos2(30&－&)－sin&cos(30&－&) ＝＋－sin&(cos30&cos&＋sin30&sin&) ＝－cos2&＋＋(cos60&cos2&＋sin60&sin2&)－sin&cos&－sin2& ＝－cos2&＋＋cos2&＋sin2&－sin2&－(1－cos2&) ＝1－cos2&－＋cos2&＝. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(二十二) 【基础热身】 1．D　[解析] ＝2tan&＝6. 2．C　[解析] 由已知得cos&cos&－sin&sin&＝sin&cos&－cos&sin&，所以cos&(cos&＋sin&)＝sin&(cos&＋sin&)，因为&为锐角，所以sin&＋cos&&0，所以sin&＝cos&，即tan&＝1，故选C. 3．C　[解析] 设该等腰三角形的顶角为&，底角为&，则有&＋2&＝&，&＝－，0&&， ∵2cos2－1＝cos&，∴sin&＝sin＝cos＝＝，故选C. 4．C　[解析] ∵A，B，C成等差数列，∴2B＝A＋C，又A＋B＋C＝&，∴B＝，A＋C＝， ∴tan＋tan＋tan&tan ＝tan＋tantan ＝，故选C. 【能力提升】 5．B　[解析] ∵sinAsinB＝cos2， ∴[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝(1＋cosC)， ∴cos(A－B)－cos(&－C)＝1＋cosC， ∴cos(A－B)＝1， ∵－&1，故tan&＝舍去，而sin＝&＝&，将分式分子与分母同除以cos2&得sin＝&＝－. 8．A　[解析] 由题意可得&＝，由题知f＝2sin＝2，解得&＝，所以f(x)＝2sinx＋，当－&x＋&，即－&x&时函数是增函数，故选A. 9．B　[解析] m＝sin&＋cos&＝sin&(0，1)，所以0B&C，可得a＝c＋2，b＝c＋1①.又因为3b＝20acosA，由余弦定理可知cosA＝，则3b＝20a&②，联立①②，化简可得7c2－13c－60＝0，解得c＝4或c＝－(舍去)，则a＝6，b＝5.又由正弦定理可得，sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4.故选D. 7．B　[解析] 先用余弦定理求出边c的长度，再直接解直角三角形．由余弦定理得7＝c2＋22－2&2c&cos60&，解得c＝3，再由BC边上的高构成的直角三角形中，得h＝c&sinB＝3&＝，故选B. 8．C　[解析] 考查正弦定理和判断三角形的形状，考查考生的转化思想，关键是利用正弦定理，把角转化成边，再利用边之间的关系，判断三角形的形状．由正弦定理可把不等式转化为a2＋b2＝＋&2，则cosC&，因为03(a2＋b2)，即8cosC＋2&3&6，则cosC&，因为0＋&，可得&c，所以ab&c2，因为a2＋b2&2ab&ab&c2，所以C&，④错误；对于⑤，(a2＋b2)c2&2a2b2可变为＋&，即&，所以c2&，所以C&，故⑤错误．故答案为①②③. 11.　[解析] ∵AB＝5，AC＝3，AB，AD，AC成等比数列，∴AD＝，延长AD到E，使DE＝，连接EC，则△ABD≌△ECD，所以△ABC的面积等于△AEC的面积，又△AEC的三边长分别为3，5，2，所以cos&ACE＝－，得sin&ACE＝，然后结合三角形正弦面积公式得到面积为，故答案为. 12．4　[解析] cosB＝＝－，可得cosB＝＝－，＝－1，8c－7b＋4＝0，结合b＋c＝7，可得答案为4. 13.　[解析] 由已知条件(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，化简得a2＋b2－c2＝－ab，所以cosC＝＝＝－.又C是三角形的内角，则C&(0，&)，所以C＝. 14．解：(1)∵m∥n， ∴2sinB＝－cos2B， ∴sin2B＝－cos2B，即tan2B＝－. 又∵B为锐角，∴2B&(0，&)， ∴2B＝，∴B＝. (2)∵B＝，b＝2， ∴由余弦定理cosB＝得， a2＋c2－ac－4＝0，又∵a2＋c2&2ac，∴ac&4(当且仅当a＝c＝2时等号成立)． S△ABC＝acsinB＝ac&(当且仅当a＝c＝2时等号成立)，∴S△ABC的最大值为. 15．解：(1)方法一：由题设知，2sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB. 因为sinB&0，所以cosA＝. 由于00，所以. (2)a&b＝(m＋1)x2－mx. 由题意，得(m＋1)x2－mx&1－m对任意的实数x恒成立，即(m＋1)x2－mx＋m－1&0对任意的实数x恒成立．当m＋1＝0，即m＝－1时，显然不成立，从而解得所以m&. 【难点突破】 13．解：(1)a&b＝cos&cos－sin&sin＝cos2x. |a＋b|＝＝＝2. ∵x&，∴cosx&0， ∴|a＋b|＝2cosx. (2)f(x)＝cos2x－4&cosx，即f(x)＝2(cosx－&)2－1－2&2. ∵x&，∴0&cosx&1. ①当&&0时，当且仅当cosx＝0时， f(x)取得最小值－1，这与已知矛盾； ②当0&&&1时，当且仅当cosx＝&时， f(x)取得最小值－1－2&2，由已知－1－2&2＝－，解得&＝； ③当&&1时，当且仅当cosx＝1时，f(x)取得最小值1－4&，由已知得1－4&＝－，解得&＝，这与&&1相矛盾．综上所述，&＝即为所求． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(二十七)B 【基础热身】 1．B　[解析] 本小题主要考查向量的数量积以及性质．解题的突破口为对于模的理解，向量的模平方就等于向量的平方．因为|a＋b|＝|a－b|?(a＋b)2＝(a－b)2?a&b＝0，所以a&b，答案选B. 2．B　[解析] a&b＝0?a&b，故A错；a2＝b2?|a|＝|b|，得不出a＝&b，不要与实数x，y满足|x|＝|y|?x＝&y混淆，故C错；a&b＝a&c?a&(b－c)＝0，同A知D错，故选B. 3．D　[解析] 因为&C＝90&，所以\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝0，所以\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝(\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&))&\s\up6(&(&)＝|\s\up6(&(&)|2＋\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝\s\up6(&(&)2＝16. 4．D　[解析] ∵\s\up6(&(&)＝\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&)＝\s\up6(&(&)＋ \s\up6(&(&)， ∴\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝(\s\up6(&(&)＋ \s\up6(&(&))&\s\up6(&(&)＝\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＋ \s\up6(&(&)&\s\up6(&(&). 又∵AB&AD，∴\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝0， ∴\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝ \s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝|\s\up6(&(&)||\s\up6(&(&)|cos&ADB ＝|\s\up6(&(&)|cos&ADB＝|\s\up6(&(&)|＝. 【能力提升】 5．B　[解析] \s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)＝(\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&))&(\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&))＝\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)－\s\up6(&(&) ＝\s\up6(&(&)&\s\up6(&(&)－|\s\up6(&(&)|2＋\s\up6(&(&)&(\s\up6(&(&)－\s\up6(&(&)) ＝|\s\up6(&(&)|2＝(62＋32)＝10. 6．C　[解析] 由2\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&)＝(\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&))＋(\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&))＝\s\up6(&(&)＋\s\up6(&(&)＝0得，\s\up6(&(&)＝－\s\up6(&(&)，即O，B，C三点共线．又|\s\up6(&(&)|＝|\s\up6(&(&)|＝1，故向量\s\up6(&(&)在向量\s\up6(&(&)方向上的投影为|\s\up6(&(&)|cos＝. 7．B　[解析] m&n＝b(b－c)＋c2－a2 ＝c2＋b2－a2－bc＝0， ∴cosA＝＝.∵00，a&1，∴a－1&，化为a2－a－1&0，∴15时，Tn＝T5＋＝25＋＝25＋(n－5)2＝n2－10n＋50， ∴数列{bn}的前n项和Tn＝【难点突破】 16．解：(1)因为a1＝4，an＋1＝an＋p&3n＋1，所以a2＝a1＋p&31＋1＝3p＋5；a3＝a2＋p&32＋1＝12p＋6. 因为a1，a2＋6，a3成等差数列，所以2(a2＋6)＝a1＋a3，即6p＋10＋12＝4＋12p＋6，所以p＝2. 依题意，an＋1＝an＋2&3n＋1，所以当n&2时，a2－a1＝2&31＋1， a3－a2＝2&32＋1， & an－1－an－2＝2&3n－2＋1， an－an－1＝2&3n－1＋1. 相加得an－a1＝2(3n－1＋3n－2＋&＋32＋3)＋n－1，所以an－a1＝2&＋(n－1)，所以an＝3n＋n. 当n＝1时，a1＝31＋1＝4成立，所以an＝3n＋n. (2)证明：因为an＝3n＋n，所以bn＝＝. 因为bn＋1－bn＝－＝(n&N*)．若－2n2＋2n＋1&0，则n&，即n&2时bn＋10，a11＋a10&0，a11&0， ∴a1＋a19＝2a10&0，a1＋a20＝a11＋a10&0，则使Sn&0的n的最大值为19，故选B. 6．B　[解析] 将直线方程化为(x＋y－4)＋m(3x－y)＝0，令解得即直线过定点(1，3)，所以a1＝1，a2＝3，公差d＝2，∴an＝2n－1， ∴bn＝＝， ∴T10＝&＝&＝，故选B. 7．A　[解析] 由a2－a1＝1，得a2＝a1＋1＝2，由an＋2－an＝1，得a3－a1＝1，a4－a2＝1，&，an－an－2＝1，各式相加，得an＋an－1－a2－a1＝n－2，即an＋an－1＝n＋1， ∴数列{an}的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋&＋(a99＋a100)＝3＋5＋&＋101＝＝2 600，故选A. 8．C　[解析] 由已知，有a3等于a1a2的个位数字，即a3＝1，依次类推，可得a4＝7，a5＝7，a6＝9，a7＝3，a8＝7，&，则数列{an}(n&N*)是周期为6的数列，而2 012＝6&335＋2， ∴a2 012＝a2＝7，故选C. 9．C　[解析] 项系数为99项的数列a1，a2，a3，&，a99的&凯森和&为1 000，所以＝1 000，又100，a1，a2，a3，&，a99的&凯森和&为＝100＋＝100＋990＝1 090，故选C. 10．0　[解析] 设等比数列{an}的公比为q，则 a1qn－1＋2a1qn＋a1qn＋1＝0，即a1qn－1(1＋2q＋q2)＝0，因为a1qn－1&0，则1＋2q＋q2＝0，解得q＝－1， ∴S2 012＝＝0. 11．16　[解析] 公差d＝＝3，所以通项公式为an＝a3＋(n－3)&3＝3n－1，所以＝＝－，则用裂项求和法求得前n项和Sn＝，令＝，解得n＝16. 12．2n＋n2－1　[解析] 由已知，得Sn＝a1＋a2＋a3＋&＋an ＝(20＋1)＋(21＋3)＋(22＋5)＋&＋(2n－1＋2n－1) ＝(20＋21＋22＋&＋2n－1)＋(1＋3＋5＋&＋2n－1) ＝＋n&1＋&2＝2n－1＋n2. 13．1 830　[解析] 由an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，& 则a1＋a3＝2，a2＋a4＝8，&，当n&4，且n为偶数时，有an－1＋an－3＝2，an＋an－2＝4n－8， ∴an－3＋an－1＋an－2＋an＝4n－6，即数列{an}每四项为一组，其和成等差数列，首项为10，公差为16，故{an}的前60项和为S60＝15&10＋&16＝1 830. 14．解：(1)当n＝k&N*时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，因此k＝4，从而an＝Sn－Sn－1＝－n(n&2)．又a1＝S1＝，所以an＝－n. (2)因为bn＝＝， Tn＝b1＋b2＋&＋bn＝1＋＋＋&＋＋，所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋&＋－＝4－－＝4－. 15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d&0. 因为S3＝a4＋6，所以3a1＋＝a1＋3d＋6.① 因为a1，a4，a13成等比数列，所以a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2.② 由①，②可得：a1＝3，d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知：Sn＝＝n2＋2n. 所以＝＝. 所以＋＋＋&＋＋＝－＋－＋－＋&＋－＋－＝＝. 所以数列的前n项和为. 【难点突破】 16．解：(1)∵a1＝2，an－an－1－2n＝0(n&2，n&N*)， ∴a2＝6，a3＝12，当n&2时，an－an－1＝2n，an－1－an－2＝2(n－1)，&，a3－a2＝2&3，a2－a1＝2&2， ∴an－a1＝2[n＋(n－1)＋&＋3＋2]， ∴an＝2[n＋(n－1)＋&＋3＋2＋1]＝2＝n(n＋1)，当n＝1时，a1＝1&(1＋1)＝2也满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)． (2)方法一：bn＝＋＋&＋＝＋＋&＋＝－＋－＋&＋－＝－＝＝. 令f(x)＝2x＋(x&1)，则f&(x)＝2－，当x&1时，f&(x)&0恒成立， ∴f(x)在x&[1，＋&)上是增函数，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn)max＝，故要使bn. 方法二：bn＋1－bn＝＋－＝－－＋＝＋－＝－&0， ∴数列{bn}是单调递减数列，∴(bn)max＝b1＝，故要使bn. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(三十二) 【基础热身】 1．A　[解析] 若&&1，则an＋1－an＝(n＋1)2－2&(n＋1)－(n2－2&n)＝2(n－&)＋1，由n&N*，即n&1，得an＋1－an＞0，即数列{an}为递增数列；若数列{an}为递增数列，则an＋1－an＞0，即2(n－&)＋1＞0，解得&&，由n&N*，即n&1，得&&，则&&1不一定成立，故选A. 2．A　[解析] 由已知a1＝4，a2＝f(a1)＝1，a3＝f(a2)＝5，a4＝f(a3)＝2，a5＝f(2)＝4，&即数列{an}是周期为4的数列，而2 012＝503&4，则a2 012＝a4＝2，故选A. 3．D　[解析] 由函数f(x)＝x2＋2bx过(1，2)点，得b＝， ∴＝＝－， S2 012＝＋＋&＋＝＋＋&＋＝，故选D. 4.　[解析] 设该等差数列为{an}，公差为d，则有即解得a1＝，d＝，所以a5＝a1＋4d＝＋4&＝. 【能力提升】 5．A　[解析] f(0)＝0，a3＞0，f(a3)＞f(0)＝0，又a1＋a5＝2a3＞0，∴a1＞－a5，∴f(a1)＞f(－a5)＝－f(a5)， ∴f(a1)＋f(a5)＞0，故选A. 6．D　[解析] 由已知f(x＋1)－f(x)＝，则数列{f(n)}是等差数列，公差为，其前20项和为20&＋&＝335，故选D. 7．A　[解析] ∵a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，bn＝2n－1，an＝2n－1，∴ban＝22n－2＝4n－1，因此前10项构成了公比为4，首项为1的等比数列，结合公式可知数列{ban}的前10项和为(410－1)，选A. 8．C　[解析] ∵log2an＋1＝log2an＋1，∴log2＝1，∴＝2，所以，数列{an}是以1为首项，公比为2的等比数列，所以Sn＝＝2n－1&1 025，∴2n&1 026.又210&1 026&211，∴n&10，∴nmin＝11.故选C. 9．B　[解析] ∵sin＝sin＝sin＝， cos＝cos＝cos&＝－cos＝－， ∴(a2－1)3＋2 011(a2－1)＝，(a2 010－1)3＋2 011(a2 010－1)＝－，两式相加，得[(a2－1)3＋(a2 010－1)3]＋2 011[(a2－1)＋(a2 010－1)]＝0，即(a2＋a2 010－2)[(a2－1)2－(a2－1)(a2 010－1)＋(a2 010－1)2＋2 011]＝0， ∵(a2－1)2－(a2－1)(a2 010－1)＋(a2 010－1)2＋2 011&0， ∴a2＋a2 010＝2，∴S2 011＝＝2 011，故选B. 10．9 910　[解析] 设第一日读的字数为a，由&每日添增一倍多&得此数列是以a为首项，公比为2的等比数列，可求得三日共读的字数为＝7a＝34 685，解得a＝4 955，则2a＝9 910，即该君第二日读的字数为9 910. 11.　[解析] 设这四个数分别为a1，a1＋d，a1＋2d，a1＋88，其中a1，d均为正偶数，则(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋88)，整理得a1＝&0， (注意体会这里用&a1&0&而不用&a1&2&的好处，实际是一种估算能力) 所以(d－22)(3d－88)&0，即220. 若m与m＋6关于原点不对称，则m＋2与m＋4也关于原点不对称， ∵f(x)是奇函数，即f(－x)＝－f(x)， ∴f(m)＋f(m＋2)＋f(m＋4)＋f(m＋6)&0，矛盾， ∴m与m＋6关于原点对称，则m＋2与m＋4关于原点对称，则m＝－3，x8＝－3，x2 011＝x8＋(2 011－8)&2＝4 003. 14．解：(1)设数列{an}的公差为d，由2S2＝a＋a2，可得2(a1＋a1＋d)＝(a1＋d)2＋(a1＋d)．又a1＝1，数列{an}各项均为正数，可得d＝1. 数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an＝n. (2)根据(1)得Sn＝，bn＝＝＝n＋＋1. 由于函数f(x)＝x＋(x&0)在(0，]上单调递减，在[，＋&)上单调递增，而3&&4，且f(3)＝3＋＝＝，f(4)＝4＋＝＝，所以当n＝4时，bn取得最小值，且最小值为＋1＝. 即数列{bn}的最小值项是b4＝. 15．解：(1)第一种奖励方案闯过各关所得慧币构成常数列，∴An＝40n，第二种奖励方案闯过各关所得慧币构成首项是4，公差为4的等差数列， ∴Bn＝4n＋&4＝2n2＋2n，第三种奖励方案闯过各关所得慧币构成首项是0.5，公比为2的等比数列， ∴Cn＝＝(2n－1)． (2)令An&Bn，即40n&2n2＋2n，解得n&19， ∵n&N*，且n&12，∴An&Bn恒成立．令An&Cn，即40n&(2n－1)，可得n&10， ∴当n&10时，An最大；当10&n&12时，Cn&An. 综上，若我是一名闯关者，当能冲过的关数小于10时，应选用第一种奖励方案；当能冲过的关数大于等于10时，应选用第三种奖励方案．【难点突破】 16．解：(1)依题意，从第13个月开始，每个月的还款为an构成等差数列，其中a1＝500＋x，公差为x, 从而，到第36个月，凌霄共还款12&500＋24a1＋&x. 令12&500＋(500＋x)&24＋&x＝24 000，解之得x＝20. 即要使在三年全部还清，第13个月起每个月必须比上一个月多还20元． (2)设凌霄第n个月还清，则应有 12&500＋(500＋50)&(n－12)＋&50&24 000，整理可得n2－3n－828&0，解之得n&&30，取n＝31. 即凌霄工作31个月就可以还清贷款．这个月凌霄的还款额为 24 000－12&500＋(500＋50)&(30－12)＋&50＝450元．第31个月凌霄的工资为1 500&1.&2.526＝3 789元．因此，凌霄的剩余工资为3 789－450＝3 339，能够满足当月的基本生活需求． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(三十三) 【基础热身】 1．B　[解析] 当c2＝0时，ac2＝bc2，即a＞b不一定能推出ac2＞bc2；反之，ac2＞bc2?a＞b，故选B. 2．D　[解析] 由c－d，又a&b，则a－c&b－d，A选项错；由c－d&0，又a&b&0，则－ac&－bd，即acb&0，得&&0，选项C错；由a&b&0，得a2&b2&0，则&，故选D. 3．C　[解析] 若logab&0，即logab&loga1，则或得(a－1)(b－1)&0；反之，亦成立，故选C. 4.　[解析] 由已知，得需用A原料(2x＋3y) kg，需用B原料(4x＋2y) kg，且乙产品与甲产品的差不大于10，故可得不等式组【能力提升】 5．C　[解析] 由0＜b＜a＜1，得0loga&0，2b&2a&2，则A，B，D错，故选C. 6．C　[解析] 因为a2－a＋1＝＋&0，则&0?a－1&0?/ |a|&1；若|a|&1，则－1b&0，则&&0，选项A成立；而a－&b－，b－－d&0，又∵a&b&0，则a－c&b－d&0， ∴0&&，故&. 10.　[解析] 由－&&&&&&，得－&&&&，－&&－&&， ∴－&&－&&，即－&&. 又∵&－&&0，∴－&&0，故的取值范围是. 11.&(1&m＝1， ∵t甲&0，t乙&0，∴t甲&t乙，即乙先到音乐室． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(三十四) 【基础热身】 1．D　[解析] 因为A＝{x|3x＋2&0}＝＝， B＝{x|x&－1或x&3}＝(－&，－1)&(3，＋&)，所以A&B＝(3，＋&)，答案为D. 2．A　[解析] 不等式等价于解得－＜x&1，选A. 3．C　[解析] 设产品的利润为f(x)(万元)，则f(x)＝25x－y＝0.1x2＋5x－3 000，若生产者不亏本，则0.1x2＋5x－3 000&0，解得x&150或x&－200(舍去)，即最低产量为150台，故选C. 4．(－1，3)　[解析] 把不等式化为x2－2x－3&0，即(x＋1)(x－3)&0，解得－10且&D＝a2－4a&0，解得0bx可化为－2a&－ax，即&0?x&0，故不等式＋c&bx的解集为{x|x&0}． 11．(－&，－1]　[解析] 不等式可化为x2＋x&，由n&N*，得的最大值为，则x2＋x&，解得x&或x&－1，又x&(－&，&]，故实常数&的取值范围是(－&，－1]． 12．解：由&1，得&0，解得－10，此时所围成的区域为三角形(如上图)，其面积为S＝&1&(a＋1)＝2，解之得a＝3. 14．解：不等式组所表示的可行域如图所示，当目标函数z＝3x－4y所表示的平行直线系过点A(0，2)时，目标函数取得最小值，此时对应的直线方程为3x－4y＋8＝0，其与直线3x－4y－12＝0的距离为d＝＝4，即得点P到直线3x－4y－12＝0距离的最大值为4. 15．解：(1)依题意得由x＋y＋z＝100，得z＝100－x－y，代入P＝5x＋4y＋3z，得P＝300＋2x＋y. (2)依题意知x，y，z要满足的条件为把z＝100－x－y代入方程组得如图，可行域(阴影部分)的一个顶点为A(37.5，25)． 让目标函数2x＋y＋300＝P在可行域上移动，由此可知P＝(300＋2x)＋y在A(37.5，25)处取得最小值． ∴当x＝37.5(kg)，y＝25(kg)，z＝37.5(kg)时，混合食物的成本最少．【难点突破】 16．(1)D　(2)[e，7]　[解析] (1)f&(x)＝x2＋ax＋b，由题意可知 所构成的区域即为图中阴影部分，四边形的四个顶点坐标分别为(－3，－4)，(－1，－2)，(－3，2)，(－5，4)， 可验证得，当a＝－5，b＝4时，z＝a＋2b取得最大值为3；当a＝－3，b＝－4时，z＝a＋2b取得最小值为－11. 于是z＝a＋2b的取值范围是(－11，3)，故选D. (2)本题考查多元问题的求解以及线性规划思想的运用．解题突破口为将所给不等式条件同时除以c，三元换成两元．题设条件可转化为记x＝，y＝，则且目标函数为z＝，上述区域表示第一象限内两直线与指数函数的图象围成如图所示的曲边形．由方程组得交点坐标为C，此时zmax＝7.又过原点作曲线y＝ex的切线，切点为(x0，y0)，因y&＝ex，故切线斜率k＝ex0，切线方程为y＝ex0x，而y0＝ex0且y0＝ex0x0，解之得x0＝1，故切线方程为y＝ex，从而zmin＝e，所求取值范围为[e，7]． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(三十六) 【基础热身】 1．B　[解析] 设两直角边长为a，b，则ab＝50，即ab＝100， ∴a＋b&2＝20，当且仅当a＝b＝10时，a＋b有最小值，最小值为20，故选B. 2．C　[解析] 因为a&0，b&0，则＝＝＝＋&2，即&. 当且仅当b＝2a，即a＝1，b＝2时，等号成立，故选C. 3．C　[解析] 对于A选项，当x＝时，lg＝lgx；所以A不一定正确；B选项，需要满足当sinx&0时，不等式成立，所以B也不正确；C选项显然正确；D不正确，∵x2＋1&1，∴0&&1，所以正确的是C. 4．4　[解析] 由是3a与3b的等比中项，得3a&3b＝()2，即a＋b＝1， ∴＋＝(a＋b)＝2＋＋ &2＋2＝4，当且仅当a＝b＝时，等号成立，即＋的最小值为4. 【能力提升】 5．B　[解析] ∵2a2b＝2a＋b＝2，∴a＋b＝1，ab&＝，故选B. 6．D　[解析] 这是用基本不等式求最值的问题，选项A中等号成立时的方程＝无解；选项B中，x&0时，函数没有最小值；选项C中函数没有最小值；所以只有选项D正确，故选D. 7．C　[解析] 由x&(1，＋&)，得x－1&0， ∴x－1＋&2，当且仅当x－1＝，即x＝1＋时，等号成立，则2&4，即a&4，故选C. 8．B　[解析] 由已知可得x＋y＝1，利用基本不等式可得 t＝x＋＋y＋＝1＋＋＝1＋＝1＋&1＋＝5.故选B. 9．B　[解析] 若每批生产x件产品，则每件产品的生产准备费用是，仓储费用是，总的费用是＋&2＝20，当且仅当＝时取等号，得x＝80，故选B. 10．16　[解析] 由an＝51，得a1＋(n－1)d＝51，即(n－1)d＝50， ∴n＋d＝n－1＋d＋1&2＋1＝10＋1，当且仅当n－1＝d时，等号成立，又数列各项为整数，则公差也是整数，故d＝5，n＝11时，n＋d有最小值，最小值等于16. 11．2　[解析] 由点A(m，n)在直线x＋2y－1＝0上，得m＋2n＝1， ∴2m＋4n&2＝2＝2，当且仅当m＝2n＝时，等号成立，故2m＋4n的最小值为2. 12．1　[解析] &O表示的是三角形，其顶点坐标分别为(1，k)，(1，－3)，，则面积S＝(k＋3)＝[(k＋1)＋2] ＝&＝4，当且仅当＝k＋1，即k＝1时等号成立． 13．7　[解析] 由f(m)＋f(2n)＝3，得log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3，即 (m－2)(n－1)＝4(m&2，n&1)， ∴m＋n＝(m－2)＋(n－1)＋3&2＋3＝7，当且仅当m－2＝n－1，即m＝4，n＝3时，等号成立，故m＋n的最小值为7. 14．解：因为a，b都是正实数，log9(9a＋b)＝log3，则 log3(9a＋b)＝log3(ab)，得9a＋b＝ab，即＋＝1， ∴4a＋b＝(4a＋b)＝13＋＋&13＋2＝25，即4a＋b&25，当且仅当＝，即b＝6a时等号成立．而c&0，所以要使4a＋b&c恒成立，c的取值范围为00，k&0，故x＝＝&＝10，当且仅当k＝1时取等号．所以炮的最大射程为10 km. (2)因为a&0，所以炮弹可击中目标?存在k&0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立 ?关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根 ?判别式&D＝(－20a)2－4a2(a2＋64)&0 ?a&6. 所以当a不超过6 km时，可击中目标． 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(三十七) 【基础热身】 1．B　[解析] 由斜二测画法知B正确． 2．D　[解析] 正方体的主视图、左视图、俯视图都为正方形；圆锥的主视图、左视图、俯视图依次为：三角形、三角形、圆；三棱台的主视图、左视图、俯视图依次为梯形、梯形、三角形；正四棱锥的主视图、左视图、俯视图依次三角形、三角形、正方形，三棱台的主视图和左视图虽然都是梯形，但它们不相同，故选D. 3．C　[解析] 结合图形分析知上面为圆台，下面为圆柱． 4．D　[解析] 一个下底面5个点，每个下底面的点对于5个上底面的点，满足条件的对角线有2条，所以共有5&2＝10条．【能力提升】 5．C　[解析] 根据斜二测画法的规则，将直观图还原，可知选C. 6．D　[解析] 主视图是从正前方向后投影，由条件知AA&∥BB&∥CC&，CC&&平面ABC，故其正投影是三条平行的线段，且都与AB的投影垂直，CC&应为虚线，其长度比为AA&∶ BB&∶CC&＝ 1∶2∶3，其投影保持这个长度此不变，故选D. 7．B　[解析] 根据选项A，B，C，D中的直观图，画出其三视图，只有B符合． 8．B　[解析] 三棱锥的主视图应为高为4，底面边长为3的直角三角形． 9．D　[解析] 因几何体的主视图和左视图一样，所以易判断出其俯视图可能为①②③④，故选D. 10．14　9　[解析] 由俯视图及主视图可得下图，由图示可得体积的最大值为14，体积的最小值为9. 11．2＋　[解析] 在直观图中，过点A作AE&BC，垂足为E, 则在Rt△ABE中，AB＝1，&ABE＝45&，∴BE＝. 而四边形AECD为矩形，AD＝1, ∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1. 由此可还原原图形如图．在原图形中，A&D&＝1，A&B&＝2, B&C&＝＋1, 且A&D&∥B&C&，A&B&&B&C&，∴这块菜地的面积为 S＝(A&D&＋B&C&)&A&B& ＝&&2＝2＋. 12．①③　[解析] 截面为轴截面时可得①，不是轴截面时可得③. 13.a　[解析] 如图所示，设正四面体ABCD内接于球O，由D点向底面ABC作垂线，垂足为H，连接AH，OA，则可求得AH＝a，DH＝＝a. 在Rt△AOH中，＋＝R2，解得R＝a. 14．解：几何体轴截面如图所示，被平行于下底面的平面所截的圆柱截面半径O1C＝R， 设圆锥截面半径O1D＝x, ∵OA＝AB＝R， ∴△OAB为等腰直角三角形．又CD∥OA，∴BC＝CD＝R－x，又BC＝R－l，故x＝l，截面面积为S＝&R2－&l2＝&(R2－l2)． 15．解： 圆台的轴截面如图． 设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm，延长AA1交OO1的延长线于点S. 在Rt△SOA中，&ASO＝45&，则&SAO＝45&. 所以SO＝AO＝3x，同理SO1＝A1O1＝x，所以OO1＝2x. 又&(6x＋2x)&2x＝392，解得x＝7，所以圆台的高OO1＝14 cm，母线长l＝OO1＝14 cm，底面半径分别为7 cm和21 cm. 【难点突破】 16．解：设球半径为R，截面圆的半径为r，球心到截面的距离为d，如图． ∵S＝&r2＝49& cm2， ∴r＝7(cm)． ∴d＝＝＝24(cm)． ∴球心到这个截面的距离为24 cm. 2014高考数学一轮课时专练（人教B版理科专用）：(三十八) 【基础热身】 1．C　[解析] 设正方体的棱长为a，则a3＝8，∴a＝2.而此正方体的内切球直径为2，∴S表＝4&r2＝4&. 2．A　[解析] 其侧面面积为6&6&4＝144，底面积为2&&42&6＝48 ，∴S全＝48(3＋)． 3．D　[解析] 若圆锥的轴截面为钝角或直角三角形，则过顶点的截面的最大面积为&4&4＝8?(0，4]，故圆锥的轴截面为锐角三角形，且其在过顶点的截面三角形中面积最大，则4＝&2r(其中r为圆锥底面半径，l为母线长)，解得r＝2或2(此时轴截面为钝角三角形，舍去), 所以侧面展开图扇形圆心角&＝&2&＝&2&＝&. 4．C　[解析] 据三视图可知几何体为一正三棱柱，其中侧棱长为2，底面正三角形的高为，即底面三角形边长为2，故其表面积S＝3&2&2＋&22&2＝12＋2. 【能力提升】 5．B　[解析] 作正方体与其内切球的截面如图甲，设正方体棱长为a，则有2r＝a(r为内切球半径)．① 作正方体与其外接球的截面如图乙，则有2R＝a(R为外接球半径)，② ①&②，得r∶R＝1∶. 6．A　[解析] 由题意得AD＝，AO＝AD＝， SO＝＝. ∴R2＝＋，∴R＝，∴球的表面积为3&. 7．C　[解析] 根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的底面半径R＝3，圆锥的高h＝4，圆柱的高为5，所以V组合体＝V圆柱＋V圆锥＝&&32&5＋&&&32&4＝57&，所以选择C. 8．A　[解析] 设三角形ABC的中心为M，球心为O，则OM&平面ABC，且OM＝＝.所以此棱锥的高h＝2OM＝.所以此棱锥的体积V＝&&1&&＝.故选A. 9．C　[解析] 由题意可知，该几何体的体积为V＝&S正方形&1＝. 10.&　[解析] 依题意得，该几何体是一个正四棱锥，其中底面是边长为2的正方形、高是，因此底面的中心到各顶点的距离都等于，即该几何体的外接球球心为底面正方形的中心，外接球半径为，故该几何体的外接球的体积等于&&()3＝&. 11.a3　[解析] 易知该四棱锥中，PA&底面ABCD，PA＝a，底面是边长为a的正方形，故体积V＝a2&a＝a3. 12．18＋9&　[解析] 由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积V＝6&3&1＋2&&&＝18＋9&. 13.&　[解析] 如图，以DA，AB，BC为棱构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以|CD|＝＝2R，所以R＝.故球O的体积V＝＝&. 14．解：如图所示，只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时，圆柱的体积最大，削去部分体积才能最小，设此时圆柱的底面半径为R，圆柱的高即为直三棱柱的高． 在△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5, ∴△ABC为直角三角形，根据直角三角形内切圆的性质可得7－2R＝5, ∴R＝1， ∴V圆柱＝&R2&h＝6&. 而三棱柱的体积为V三棱柱＝&3&4&6＝36, ∴削去部分的体积为36－6&＝6(6－&)(cm3)，即削去部分的体积的最小值为6(6－&) cm3. 15．解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为，所以V＝1&1&＝. (2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D&平面ABCD，CD&平面BCC1B1，所以AA1＝2，侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形， S＝2&(1&1＋1&＋1&2)＝6＋2. 【难点突破】 16．解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高， ∴当△ABD折起后，AD&DC，AD&DB. 又DB&DC＝D，∴AD&平面BDC. 又AD?平面ABD，&t