資源簡介

專題1 集 合
知識梳理
一、集合的含義與表示
1．元素與集合：一般地，把研究對象統稱元素；把一些元素組成的總體叫做集合．
集合中的元素具有：確定性，互異性，無序性．
2．元素與集合的關系：，；
3．常用數集符號：
正整數集，自然數集，整數集，有理數集，實數集，復數集
4．集合的三種常用表示方法：列舉法、描述法、圖示法．
二、集合間的基本關系
1．集合與集合的（包含）關系：，．
概念：①子集（若，都有）；
②集合相等（若，且）；
③真子集（若，但存在一個，且，則．）
2．若集合中有個元素，則集合的所有子集個數為．所有非空子集的個數是，所有真子集的個數是，所有非空真子集的個數是．
3．集合的分類：有限集，無限集，空集．
三、集合的基本運算
1．①；
②；
③．
全集：一般地，如果一個集合含有我們所研究問題中涉及的所有元素，那么就稱這個集合為全集，通常記作．
題型1 集合的含義
例1．下列關系中正確的個數為（ ）
① ② ③ ④
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】B
【分析】判斷數所在數域，結合常用數集的定義即可得解.
【詳解】因為為實數，所以，故①正確；
因為是無理數，所以，故②正確；
因為是正自然數，所以，③錯誤；
因為是無理數，所以，④錯誤；
所以正確的個數為.
故選：B.
例2．下列六個關系式：①；②；③；④；⑤；⑥其中正確的個數為（　　）
A．6個 B．5個 C．4個 D．少于4個
【答案】C
【分析】利用元素與集合的關系進行判斷，以及集合自身是自身的子集、空集是任何集合的子集進行判定即可．
【詳解】根據集合自身是自身的子集，可知①正確；
根據集合無序性可知②正確；
根據元素與集合只有屬于與不屬于關系可知③不正確；
根據元素與集合之間的關系可知，④正確；
根據空集是任何集合的子集可知，⑤不正確，⑥正確．
故選：C．
例3．集合用列舉法可表示為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據列舉法表示集合即可求解.
【詳解】由得.
故選：A
題型2 集合的基本關系
例1．集合的子集的個數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】列舉法表示集合，由集合元素個數與子集個數的關系直接求解即可．
【詳解】由題設，則集合的子集個數為．
故選：D．
例2．設集合，，若，則（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】B
【分析】由題意可得或，然后分別求出的值進行驗證即可
【詳解】因為，，且，
所以或，
當時，，則，此時不滿足，所以舍去，
當時，，則，符合題意，
綜上，
故選：B
例3．集合，集合，若，則實數a取值范圍為（ ）
A． B． C．a>2 D．
【答案】D
【分析】根據列出不等式，即可求解.
【詳解】因為，所以.
故選：D
例4．設集合，，若，則（ ）
A．1 B．0 C．-1 D．1或-1
【答案】A
【分析】分情況討論中元素與中元素對應關系求解即可.
【詳解】由題意，當時，，此時不滿足集合中元素互異性；
當時，且，則，此時滿足條件.
故.
故選：A
題型3 集合的基本運算
例1．若集合，則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據并集運算求解.
【詳解】由題意可得：.
故選：C.
例2．已知集合，集合，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用集合的交運算求結果.
【詳解】由已知得，且，故．
故選：A
例3．已知集合則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解分式不等式得，解絕對值不等式得,再根據集合交集運算求解即可.
【詳解】因為，所以.
因為，所以.
.
故選：A.
鞏固練習
1．已知集合，，則集合的子集個數是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】由集合的描述列方程組求出，即可確定子集個數.
【詳解】由，故有1個元素，
所以的子集個數是2.
故選：C
2．集合，則集合的真子集個數為（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】根據集合真子集個數公式進行求解即可.
【詳解】因為集合有三個元素，
所以集合的真子集個數為，
故選：C
3．已知為實數，，，若，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用集合關系，即可得到的取值范圍.
【詳解】因為，，
當時，得，
故選：
4．若集合，，則的充要條件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用兩個集合的關系即可得出答案.
【詳解】因為集合，，且，所以，
故選：D.
5．以下五個寫法中:① ；②； ③ ；④0；⑤，正確的個數有（ ）
A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
【答案】A
【分析】由集合的概念與運算逐一判斷
【詳解】對于①，，故①錯誤，
對于②，空集是任何集合的子集，故②正確，
對于③，由集合的無序性知③正確，
對于④，空集不含任何元素，故④錯誤，
對于⑤，，故⑤錯誤，
故選：A
6．已知集合，若，則實數的值是（ ）
A． B．
C． D．；
【答案】D
【分析】根據兩個集合相等列方程，從而求得的值.
【詳解】依題意，
所以或，
解得或或（舍去）.
故選：D.
7．已知集合，，若，則等于（ ）
A．或3 B．0或 C．3 D．
【答案】C
【分析】根據集合相等的定義，結合集合元素的互異性進行求解即可.
【詳解】由于，故，解得或.
當時，，與集合元素互異性矛盾，故不正確.
經檢驗可知符合.
故選：C
8．已知集合，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用交集的定義運算即可.
【詳解】由題意可知.
故選：D
9．已知集合，則（ ）
A． B．
C．或 D．
【答案】B
【分析】根據交集概念進行求解.
【詳解】.
故選：B
10．已知集合，則（ ）
A． B．
C． D．或
【答案】B
【分析】先求解一元二次不等式得到集合，再求出即可.
【詳解】，所以.
故選：B.
11．設集合，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據集合的交運算即可求解.
【詳解】由題意得，所以.
故選：B
12．已知，，，則下圖中陰影部分表示的集合是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據集合交集的韋恩圖進行求解即可.
【詳解】因為影部分表示的集合是，
所以，
故選：A
13．設全集，集合，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據補集的定義即可得解.
【詳解】由全集，集合，
得.
故選：A.
14．已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據集合的交并補運算即可求解.
【詳解】因為，，所以．
故選：D
15．已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先將集合A化簡，再根據集合的并集運算得解.
【詳解】因為，，
故.
故選：C．
16．已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據交集概念進行求解.
【詳解】.
故選：A
17．若，則a的值為 .
【答案】
【分析】集合中的元素依次取，求出a值，利用集合元素的性質驗證作答.
【詳解】因為，則當，即，此時，矛盾，
若，解得，此時，，符合題意，即，
而，即，
所以a的值為.
故答案為：
18．設集合，若，則實數 ．
【答案】2
【分析】根據題意，利用集合元素的互異性，分類討論即可求解.
【詳解】當時，，此時，不符合條件；
當時，，此時，符合條件；
若，即，無實根，不符合條件．
所以．
故答案為：2.
19．設集合，則集合A的真子集個數為 .
【答案】15
【分析】先計算出，進而利用真子集個數的性質計算出答案.
【詳解】，共有4個元素，
故集合A的真子集個數為.
故答案為：15
20．設集合，集合A的子集個數是 個
【答案】4
【分析】根據列舉法求解子集，即可求解.
【詳解】由得，
所以集合A的子集有，共有4個，
故答案為：4
（北京）股份有限公司專題2 不等式
知識梳理
1. 不等式的基本性質：（不等式沒有減法、除法的性質）
⑴對稱性：；
⑵傳遞性：；
⑶可加性：①；②；
⑷可乘性：①；②；（同正同向可相乘）
⑸乘方性：，；
⑹開方性：，；
⑺可倒性：若，則．
2. 解一元二次不等式步驟：
①把不等式化為的形式，確保二次項系數
②解出方程的兩個根
③然后大于取兩邊，小于取中間
3. 解分式不等式步驟：
①把分式不等式化為的形式
②將等價變形為的形式
③按照一元二次不等式解法求解即，但要注意有等號時分母不為0
4. 絕對值不等式解法：
①；
②；
題型1 不等式的性質
例1．已知，那么下列命題中正確的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若且，則 D．若且，則
【答案】C
【分析】根據不等式的性質逐項判斷即可.
【詳解】對于A，若，當時，，故A選項錯誤；
對于B，若，當時，則，故B選項錯誤；
對于C，若且，可知，所以，即有，故C選項正確；
對于D，若且，則當時也能滿足已知，此時，故D選項錯誤.
故選：C.
題型2 一元二次不等式解法
例1．不等式的解集是（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由一元二次不等式的解法，可得答案.
【詳解】由不等式，則，解得.
故選：B.
例2．一元二次不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用一元二次不等式的解法求解即可.
【詳解】.
故選：A
例3．設，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】利用一元二次不等式的解法和充分必要條件的定義求解.
【詳解】由解得，，
因為“”是“”的必要不充分的條件，
所以“”是“”的必要不充分的條件，
故選:B.
題型3 分式不等式解法
例1．分式不等式的解集為（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】根據分式不等式和一元二次不等式的解法，準確運算，即可求解.
【詳解】由分式不等式可轉化為且，解得或，
所以不等式的解集為或.
故選：D.
例2．不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據分式不等式的解法計算即可.
【詳解】又得，解得，
所以不等式的解集為.
故選：A.
題型4 絕對值不等式解法
例1．不等式的解集是（　　）
A．或 B．或
C．或 D．
【答案】C
【分析】根據絕對值不等式的解法，直接求解即可．
【詳解】因為，
所以或，
解得或，
所以不等式的解集是或，
故選：C．
例2．不等式的解集是（　　）
A． B．
C．R D．
【答案】D
【分析】利用公式法解絕對值不等式得到答案.
【詳解】，故或，故或.
故選：D
例3．已知的解集是，則實數a，b的值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】解不等式，求出不等式的解集，根據對應關系得到關于，的方程組，解出即可．
【詳解】，
，
又不等式的解集是，
則，解得：，
故選：C．
鞏固練習
1．“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】根據題意，求得不等式的解集，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.
【詳解】由不等式，可得或，則“”是“”的充分不必要條件.
故選：A.
2．若集合，集合，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用交集的概念及運算即可判定選項.
【詳解】由，，故.
故選：D
3．不等式的解集為（ ）
A． B．
C．或 D．
【答案】B
【分析】直接解一元二次不等式可得答案.
【詳解】原不等式即為，解得，
故原不等式的解集為.
故選：B.
4．設，則“”是“”的（ ）.
A．既不充分也不必要條件 B．充要條件
C．充分不必要條件 D．必要不充分條件
【答案】C
【分析】根據題意，充分不必要條件的定義，即可得到結果.
【詳解】由可得或，
則“”是“”的充分不必要條件，
故選：C
5．已知集合則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解分式不等式得，解絕對值不等式得,再根據集合交集運算求解即可.
【詳解】因為，所以.
因為，所以.
.
故選：A.
6．設集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解分式不等式求出集合A，再結合交集的概念與運算求解.
【詳解】，
所以，
所以.
故選：A.
10．下列不等式中，解集為或的不等式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解絕對值不等式得到A正確，B錯誤；將分式不等式化為一元二次不等式求解；D選項可直接求解.
【詳解】A選項，，即，所以或，
解得或，A正確；
B選項，或，解得或，B錯誤；
C選項，等價于，解得或，C錯誤；
D選項，變形為，解得或，D錯誤.
故選：A
12．不等式的解集是（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】A
【分析】由絕對值不等式的解法解原不等式即可得解.
【詳解】由可得，解得，
故原不等式的解集為.
故選：A.
13．不等式的解集是（ ）
A．R B． C． D．
【答案】C
【分析】根據含絕對值不等式的解法，可知，從而即可求得不等式的解.
【詳解】解：∵不等式，
∴，即，解得，
∴不等式的解集為，
故選：C.
（北京）股份有限公司專題3 簡易邏輯
知識梳理
一、充分條件與必要條件
1．當“若，則”為真命題時，即，則是的充分條件，是的必要條件．
2．充分必要條件的四種形式
⑴若，則是的充分不必要條件；
⑵若且，則是的必要不充分條件；
⑶若，則是的充分必要條件；
⑷若，則是的既不充分又不必要條件；
3．從集合包含關系看：設包含的對象分別組成集合，
①若，則是的充分條件；
②若，則是的充分不必要條件；
③若，則是的充要條件.
題型1 充分條件和必要條件的判斷
例1．已知是實數，則“”是“”的（ ）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分又不必要條件
【答案】C
【分析】利用充分、必要條件的定義即可判斷.
【詳解】由得不到，如，故充分性不成立，
反之，由可以得到，故必要性成立，
則“”是“”的必要不充分條件.
故選:C.
例2．已知， ， 則是的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充要也不必要條件
【答案】A
【分析】利用集合的包含關系判斷可得出結論.
【詳解】因為 ，所以，是的充分而不必要條件.
故選：A.
例3．已知p：，那么p的一個充分不必要條件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】判斷出的真子集，得到答案.
【詳解】因為是的真子集，故是p的一個充分不必要條件，C正確；
ABD選項均不是的真子集，均不合要求.
故選：C
例4．“”是“”的（ ）
A．必要不充分條件 B．充分不必要條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】求解一元二次方程，再根據充分不必要條件即可判斷.
【詳解】由，即，
顯然當，可得成立，所以充分性滿足，
當時，可得或，所以必要性不滿足，
即“”是“”的充分不必要條件.
故選：B.
例5．設，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】首先求解條件和結論表示的集合，根據集合的包含關系，即可判斷選項.
【詳解】由可得，
由可得，解得，因為 ，
所以“”是“”的必要不充分條件．
故選：B
鞏固練習
1．“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據充分條件與必要條件的概念判斷.
【詳解】若，則未必成立，如時，．
若，則，則一定成立．
故“”是“”的必要不充分條件．
故選：B.
2．下列哪一項是“”的必要條件（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據必要條件的定義可得不等式范圍包含“”判斷即可.
【詳解】“”的必要條件不等式范圍包含“”，選項中僅有滿足.
故選：D
3．設a，b，c為的三條邊長，則“”是“為等腰三角形”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】分別討論命題的充分性和必要性即可得出結論.
【詳解】由題意，充分性：若，則為等腰三角形.
必要性：若為等腰三角形，則a，b不一定相等.
故選：A.
4．已知，，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據給定條件，利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】由，得，必有，
而當時，可以是負數，如成立，卻有，
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：B
5．“”是“”的（ ）.
A．必要條件 B．充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
【答案】A
【分析】根據充分條件和必要條件的定義即可得解.
【詳解】當時，，
當時，且，所以“”是“”的必要不充分條件，
即“”是“”的必要條件.
故選：A.
6．設，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】利用一元二次不等式的解法和充分必要條件的定義求解.
【詳解】由解得，，
因為“”是“”的必要不充分的條件，
所以“”是“”的必要不充分的條件，
故選:B.
7．已知，那么的一個必要不充分條件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據充分條件和必要條件的定義即可得解.
【詳解】因為，
所以只有A選項是的一個必要不充分條件.
故選：A.
8．設，則“”是“”的（　　）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】根據明天充分必要性直接判斷.
【詳解】由可知，
又可得或，不能說明，
所以是的充分不必要條件，
故選：A.
9．設，則且是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】首先推出充分性成立，再舉出反例得到必要性不成立，得到答案.
【詳解】若且，一定有，故充分性成立，
若，不能得到且，
比如滿足，但不滿足且，必要性不成立，
故且是的充分不必要條件.
故選：A
10．已知集合，，則“”是“”的（ ）
A．充要條件 B．必要不充分條件
C．充分不必要條件 D．既不充分又不必要條件
【答案】C
【分析】由可得a的值，結合充分性、必要性判斷即可.
【詳解】因為，所以或或，
所以是的充分不必要條件.
故選：C.
11．已知a，b是實數，則“”是“”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】結合充分與必要條件判斷即可.
【詳解】當時，由，同時除以可得，故可推出；
但時，也滿足，但推不出，
故“”是“”的充分而不必要條件.
故選：A
12．設，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】解不等式，結合包含關系判斷充分、必要條件.
【詳解】由，解得，且是的真子集，
所以“”是“” 必要不充分條件.
故選：B.
（北京）股份有限公司專題4 函數
知識梳理
1．函數單調性定義：對于定義域內某個區間上的任意兩個自變量．
①當時，都有，則稱在區間上是增函數；
②當時，都有，則稱在區間上是減函數．
【注意】寫出函數的單調區間時，多個單調區間之間用逗號隔開的方式來書寫，絕對不能出現并集符號“”．
2．單調性定義的變式：設，且，則
①在是增函數
②在是減函數
3．奇偶性定義：先注意定義域是否關于原點對稱，再比較與的關系．
⑴偶函數：一般地，如果對于函數的定義域內任意一個，都有，那么函數就叫做偶函數．其圖象關于軸對稱.
⑵奇函數：一般地，如果對于函數的定義域內任意一個，都有，那么函數就叫做奇函數．其的圖象關于原點對稱，奇函數的定義域若包括，則．
4．指數函數圖象及性質
a>1 0圖象
性 質
定義域 R R
值域 (0，＋∞) (0，＋∞)
定點 圖象過點(0,1)，即x＝0時y＝1 圖象過點(0,1)，即x＝0時y＝1
函數值的變化 x>0時，y>1； x>0時，0x<0時，01
單調性 在(－∞，＋∞)上是單調增函數 在(－∞，＋∞)上是單調減函數
圖象特點 越大圖象越靠近軸 越小圖象越靠近軸
5．對數的運算性質：
其中
6．對數函數的圖像與性質：
a>1 0圖象
性 質
定義域 (0，＋∞) (0，＋∞)
值域 R R
定點 圖象過點(1,0)，即x＝1時y＝0 圖象過點(1,0)，即x＝1時y＝0
函數值的變化 x>1時，y>0； x>1時，y<0；
00
單調性 在(0，＋∞)上是單調增函數 在(0，＋∞)上是單調減函數
圖象特點 越大圖象越靠近軸 越小圖象越靠近軸
7. 常用冪函數圖象及性質：
y＝x y＝x2 y＝x3 y＝ y＝x－1
圖象
定義域 R R R [0，＋∞) {x|x∈R且x≠0}
值域 R [0，＋∞) R [0，＋∞) {y|y∈R且y≠0}
奇偶性 奇函數 偶函數 奇函數 非奇非偶函數 奇函數
單調性 增 x∈[0，＋∞)時增； x∈(－∞，0]時減 增 增 x∈(0，＋∞)時，減； x∈(－∞，0)時，減
典型例題
題型1 求函數值問題
例1．函數，則（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】由解析式代入計算函數值即可.
【詳解】設，得，則.
故選：A.
例2．已知函數，則 ．
【答案】6
【分析】直接代入計算即可.
【詳解】，
故答案為：6.
題型2 函數定義域問題
例1．函數的定義域為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由二次根式的被開方數非負和分式的分母不為零，列不等式組，解不等式組可求得結果
【詳解】要使函數有意義，必須，解得且，
則函數的定義域為，
故選：D．
例2．函數的定義域為（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據解析式列出不等式組求解即可.
【詳解】由題得，解得且.
故選：A.
例3．函數的定義域為 ．
【答案】
【分析】根據對數的真數大于，解不等式可得結果.
【詳解】由，得，
得或.
所以函數的定義域為.
故答案為：.
題型3 函數值域問題
例1．二次函數，，則函數在此區間上的值域為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據二次函數的性質求解即可.
【詳解】解：，
則，
所以函數在此區間上的值域為.
故選：A.
例2．當時，函數的值域是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據指數函數的單調性得出值域.
【詳解】因為指數函數在區間上是增函數，所以，
于是，即
所以函數的值域是.
故選：C.
例3．若函數的定義域是，則函數值域為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據的單調性求得正確答案.
【詳解】根據復合函數單調性同增異減可知在上遞增，
，
即.
故選：A
例4．已知二次函數，且滿足①不等式的解集為：②函數的圖象過點.
(1)求函數的解折式：
(2)設，求函數在上的最小值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）是方程的兩個根，由韋達定理求出，結合圖象過點，得到，從而求出，，得到解析式；
（2），求出對稱軸，分，與三種情況，結合單調性求出最小值，得到答案.
【詳解】（1）由題意得是方程的兩個根，所以，故，
又的圖象過點，故，所以，解得，
所以，所以；
（2），對稱軸為，
當，即時，在上單調遞增，
故在取得最小值，最小值為，
當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，
故在取得最小值，
最小值為，
當，即時，在上單調遞減，
故在取得最小值，最小值為，
故.
題型4 函數單調性問題
例1．下列函數既是偶函數，又在上單調遞增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】逐一判斷每一個選項函數的奇偶性和單調性即得解.
【詳解】A. 是奇函數，不是偶函數，所以該選項不符合題意；
B. 是偶函數，在上單調遞減，所以該選項不符合題意；
C. 是偶函數，在上單調遞增，所以該選項符合題意；
D. 奇函數，不是偶函數，所以該選項不符合題意.
故選：C
例2．下列四個函數中，在其定義域上既是奇函數又是增函數的是 （ ）
A． B．y=tan x
C．y=lnx D．y=x|x|
【答案】D
【分析】由奇偶性排除AC，由增減性排除B，D選項符合要求.
【詳解】，不是奇函數，排除AC；定義域為，而在上為增函數，故在定義域上為增函數的說法是不對的，C錯誤；滿足，且在R上為增函數，故D正確.
故選：D
題型5 函數奇偶性問題
例1．若函數是定義在R上的奇函數，當時，，則（ ）
A． B． C．5 D．7
【答案】C
【分析】求出時的解析式后，代入可求出結果.
【詳解】因為為奇函數，且當時，，
所以當時，，所以.
故選：C
例2．已知偶函數在上單調遞減，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據偶函數的性質和函數的單調性求解.
【詳解】由于函數為偶函數，故，
且在上單調遞減，所以，即，
故選:D．
例3．已知函數，．
(1)用定義法證明：函數在上單調遞增；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)證明過程見解析；(2)
【分析】（1）取值，作差，判號，得到相應結論；
（2）先得到，為奇函數，從而根據奇偶性和第一問求出的單調性解不等式，得到答案.
【詳解】（1）任取，且，
，
因為，且，故，，，，，
所以，，故函數在上單調遞增；
（2），定義域關于原點對稱，且，所以為奇函數，
變形為，則要滿足，解得：，
故不等式的解集為
例4．已知函數是定義在上的奇函數，當時，．
(1)求．
(2)求函數的解析式．
(3)若，求實數a的取值范圍．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）利用奇函數定義直接可得；
（2）設，利用，可得解析式；
（3）利用函數的奇偶性，根據單調性可去掉符號“f”，再考慮到定義域即可求出a的范圍．
【詳解】（1）因為為奇函數，則
（2）因為為奇函數，，設，則，
則,因為為奇函數，則
則．
（3）當時，為單調遞增函數，由奇函數可知是定義在[﹣3，3]上的增函數，
又∵，∴，
故有：，則有，解得
所以實數a取值范圍是：
題型6 利用函數性質比較大小
例1．已知，，，則（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】通過化簡，并比較與1的大小即可得出結論.
【詳解】由題意，，，所以.
故選：D.
例2．已知，則的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據對數函數的單調性和不等式的性質可得，進而得，結合對數的運算性質可得，即可求解.
【詳解】由，得，
即，又，所以.
，所以.
故選：A.
題型7 函數圖象問題
例1．已知為二次函數，且滿足：對稱軸為，．
(1)求函數的解析式，并求圖象的頂點坐標；
(2)在給出的平面直角坐標系中畫出的圖象，并寫出函數的單調區間．
【答案】(1),頂點坐標為.
(2)圖象見解析，函數的增區間為：，函數的減區間為：.
【分析】(1)根據已知條件列出方程組即可求解；(2)作出函數圖象可求解.
【詳解】（1）設函數為，
所以解得，所以，
所以，所以頂點坐標為.
（2）圖象如圖所示，
函數的增區間為：，函數的減區間為：.
例2．已知函數.
(1)在給出的直角坐標系中，畫出的大致圖象；
(2)根據圖象寫出的單調區間;
(3)根據圖象寫出不等式的解集.
【答案】(1)見解析;(2) 遞增區間為,遞減區間為;(3) .
【分析】(1)直接由分段函數的解析式作圖即可；、
(2)直接由圖象可得單調區間;
(3)找到圖像中函數值大于0的部分即可得解.
【詳解】(1)
(2)根據圖象可知，的單調遞增區間為
單調遞減區間為
(3)根據圖象可得，的解集為.
例3．已知函數.
(1)作出函數的圖象；
(2)討論方程根的情況.
【答案】(1)作圖見解析；(2)答案見解析
【分析】（1）化簡函數解析式，可作出函數的圖象；
（2）將方程的根的個數轉化為直線與函數圖象的交點個數，數形結合可得出結論.
【詳解】（1）解：當時，，則，
作出函數的圖象如下圖所示：
（2）解：由可得，則方程的根的個數即為直線與函數圖象的交點個數，如下圖所示：
當時，方程無實根；
當或時，方程只有一個實根；
當時，方程有兩個實根.
題型8 函數與不等式綜合問題
例1．已知函數.
(1)求函數的定義域；
(2)解不等式.
【答案】(1)；(2).
【分析】根據對數函數的定義域建立不等式組，求解即可；
根據函數的單調性和定義域求解.
【詳解】（1）依題意有解得，
∴的定義域為；
（2）∵，∴，∴，解得，
又∵，∴.
不等式 的解集為.
例2．已知函數；
（1）判斷函數的奇偶性；
（2）判斷函數的單調性；
（3）若，求實數的取值范圍.
【答案】（1）奇函數；（2）單調增區間為，；（3）或
【解析】（1）求出，比較與的關系即可得出奇偶性；
（2），則，利用復合函數的單調性判斷；
（3）利用函數單調性解不等式即可．
【詳解】解：（1）由得，或，
又，
故函數是奇函數；
（2）令，其在上單調遞增，
又在上單調遞增，
根據復合函數的單調性可知在上單調遞增，
又根據（1）其為奇函數可得在上單調遞增，
所以函數的單調增區間為，；
（3），且函數在上單調遞增得，
解得或．
例3．已知函數過點．
(1)求函數的定義域及實數a的值；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)，函數的定義域為；(2).
【分析】（1）將點代入，求出，并得到函數定義域；
（2）在（1）的基礎上，解對數不等式即可.
【詳解】（1）∵函數過點，∴，∴，
∵有意義，∴，∴，
∴，函數的定義域為；
（2）∵，∴函數，
∵，∴，∴，∴，∴不等式的解集為.
鞏固練習
1．已知函數滿足，則 ．
【答案】4
【分析】根據函數解析式代入即可.
【詳解】因為，將代入可得，
故答案為：4
2．已知函數，則（ ）
A．8 B． C． D．
【答案】B
【分析】根據分段函數的解析式先求出的值，在求出的值即可.
【詳解】因為，所以，
所以，
故選：B.
3．函數的定義域是（ ）
A．且 B．
C． D．且
【答案】D
【分析】根據的次方沒有意義，分母不等于及開偶數次方根號里的數大于等于零即可得解.
【詳解】由，得，解得且，
所以函數的定義域是且.
故選：D.
4．函數的定義域為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據根式以及分式的性質即可列不等式求解.
【詳解】由題意可得且，
故定義域為；，
故選：D
5．在中，實數a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據對數的概念以及不等式計算求解.
【詳解】要使式子有意義，
則，解得或.故A，C，D錯誤.
故選：B.
6．函數的定義域為 .
【答案】
【分析】由函數解析式，結合根式、分式的性質求定義域.
【詳解】由題設且，
所以函數定義域為.
故答案為：
7．函數的定義域為（寫成集合形式） .
【答案】 且
【分析】利用定義域的求解方法以及一元二次不等式的解法求解.
【詳解】要使函數有意義，則，
解得，且，
故答案為: 且.
8．函數的定義域為 ．
【答案】
【分析】利用函數有意義，列出不等式求解即得.
【詳解】函數有意義，則，解得，
所以函數的定義域為.
故答案為：
9．函數的定義域是 .
【答案】
【分析】根據題意列出不等式組，求解即可.
【詳解】由題意可得，解得且，
所以函數的定義域為.
故答案為：
10．函數的定義域為
【答案】
【分析】由真數大于0，二次根式下被開方數要滿足的范圍求出定義域.
【詳解】，解得，故定義域為
故答案為：
11．函數的一個單調遞減區間為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】畫出函數的圖象，由此判斷出正確答案.
【詳解】，
由此畫出函數的圖象如下圖所示，
由圖可知，函數的一個單調遞減區間為.
故選：A

12．下列函數中，既是偶函數又在上不單調的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據函數奇偶性與單調性的概念判斷即可.
【詳解】對于A，定義域，但，為奇函數，且在上單調遞減，故A錯誤；
對于C，為偶函數，且在上既有增區間，也有減區間，所以在上不單調，故B正確；
對于C，在單調遞減，不符合題意，故C錯誤；
對于D，在單調遞增，不符合題意，故D錯誤.
故選：B
13．下列函數中，在其定義域上為單調遞減的函數是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用指數函數，冪函數相關知識直接進行判斷
【詳解】在R上單調遞減，A正確；
在上單調遞減，在上單調遞增，故B錯誤；
在上單調遞增，故C錯誤；
在R上單調遞增，D錯誤
故選：A
14．下列四個函數中,在上為增函數且為奇函數的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據函數圖象可以對ABC選項的單調性和奇偶性進行判斷，D選項可以用函數奇偶性判斷方法得到是偶函數，故D選項錯誤.
【詳解】在單調遞減且不是奇函數，故A錯誤；在上單調遞減，在上單調遞增，且不是奇函數，故B錯誤；在上為增函數且為奇函數，C正確；是偶函數，D錯誤.
故選：C
15．已知函數，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用函數的奇偶性求解即可.
【詳解】由可得，且定義域關于原點對稱，
所以為奇函數，所以，
故選：B
16．下列函數中，值域為的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】對選項逐一分析對應函數的值域，由此確定正確答案.
【詳解】A，的值域為，不符合，
B，的值域為，不符合，
C，的值域為，符合，
D，函數值可以為負數，不符合.
故選：C
17．函數在區間上的值域是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用函數單調性求值域即可.
【詳解】在上是減函數，，即值域為.
故選：A.
18．函數的值域為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由的值域為可得的值域為.
【詳解】由對數函數的值域為，向右平移2個單位得函數的值域為，
則的值域為，
故選：A.
19．已知函數是偶函數，且當時，，那么當時，的解析式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據函數的奇偶性及時的解析式，求出時的函數解析式.
【詳解】因為函數是偶函數，所以，
時，，故.
故選：A
20．已知在上的奇函數，當時，，則（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】B
【分析】根據函數解析式以及奇函數性質循環代入計算即可.
【詳解】根據題意可知，
由奇函數性質可知；
所以.
故選：B
21．函數是定義在上的奇函數，當時，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據f(x)是奇函數可得．
【詳解】∵為奇函數，
∴．
故選：C
22．已知（，且），．
(1)求，的值；
(2)求的值；
(3)求函數的值域．
【答案】(1)；；(2)；(3)．
【分析】（1）根據函數解析式，直接求函數值；
（2）根據函數解析式，先求，再求；
（3）由二次函數的性質，求值域.
【詳解】（1）由，有．
又，得．
（2）由，得．
（3），由，則，
所以函數的值域為．
23．已知函數.
(1)若，求函數的最小值和最大值；
(2)當，時，求函數的最小值.
【答案】(1)，
(2)詳見解析
【分析】（1）直接根據二次函數性質計算得到最值.
（2）考慮，，三種情況，根據二次函數的單調性計算得到最值.
【詳解】（1），，
故函數在上單調遞減，在上單調遞增，
，.
（2）當，即時，函數在單調遞減，；
當，即時，函數在單調遞減，在上單調遞增，
；
當時，函數在單調遞增，；
綜上所述：
當時，；
當時，
當時，；
24．已知定義在上的函數.
(1)判斷函數的奇偶性；
(2)若不等式對任意恒成立，求實數m的取值范圍．
【答案】(1)奇函數；(2)
【分析】（1）利用奇偶函數的定義即可判斷；
（2）利用函數的單調性和奇偶性列不等式即可
【詳解】（1）因為，
所以函數是定義在上的奇函數；
（2）中，函數單調遞減，單調遞增，故在上單調遞增，
故原不等式化為，
∴即恒成立，
∴，解得，
所以實數m的取值范圍
25．已知是定義在上的奇函數，且是減函數.
(1)當時，，求函數在上的解析式；
(2)求使成立的實數a的取值范圍.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根據奇函數定義直接求解析式即可；
（2）根據奇函數將不等式轉化為，結合函數單調性求解答案即可.
【詳解】（1）設，則，所以，
因為函數是定義在上的奇函數，所以，
所以函數在上的解析式為；
（2）因為是定義在上的奇函數，且是減函數，
所以由，得，所以，解得或，
所以a的取值范圍為
26．已知函數
（1）在給出的坐標系中畫出函數的圖象．
（2）根據圖象寫出函數的單調區間和值域．
【答案】（1）圖見解析；（2）函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為，值域為.
【解析】（1）利用指數函數和一次函數的圖象特征即可畫出所求分段函數的圖象；
（2）根據圖象觀察可知即可得出結果.
【詳解】（1）利用指數函數和一次函數的圖象特征即可畫出分段函數的圖象為：
（2）由函數的圖像可知，函數的單調遞增區間為
單調遞減區間為，
函數的值域為
27．已知函數.
（1）在平面直角坐標系中，畫出函數的簡圖；
（2）根據函數的圖象，寫出函數的單調區間﹔
（3）若，求實數的值.
【答案】（1）圖象見解析；（2）的增區間為，減區間為；（3）或.
【分析】（1）根據函數解析式畫出函數圖象即可；
（2）由（1）中函數圖象，數形結合即可判斷；
（3）由函數圖象可知，再根據函數的單調性即可判斷；
【詳解】解：（1）函數的簡圖如下:
（2）由圖可知，函數的增區間為，減區間為；
（3）由，及函數的單調性可知，
若則實數的值為或.
28．設，則a，b，c的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據指數函數的性質得到，根據對數函數的性質得到，即可得到答案.
【詳解】因為，，所以.
又因為，所以.
故選：C
29．已知函數.
(1)求的定義域；
(2)判斷的奇偶性并給予證明；
(3)求關于的不等式的解集.
【答案】(1)；(2)函數為奇函數，證明見解析；(3)見解析.
【分析】（1）根據對數函數真數大于0見解析即可；（1）根據奇偶性證明步驟進行即可；（3）分類討論，單調性不同兩種情況即可.
【詳解】（1）根據題意，函數，
所以，解可得，
所以函數的定義域為；
（2）由（1）得函數的定義域為，關于原點對稱，
因為函數，
所以，
所以函數為奇函數.
（3）根據題意，即，
當時，有，解可得，此時不等式的解集為；
當時，有，解可得，此時不等式的解集為
所以當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為.
30．已知函數．
（1）求的定義域；
（2）若，求的取值范圍.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由真數大于零可求出函數的定義域；
（2）由對數函數的單調性得出，解出即可.
【詳解】（1），，解得，
因此，函數的定義域為；
（2），得，解得，
因此，的取值范圍是.
31．已知函數f(x)＝，g(x)＝(a>0，且a≠1).
(1)求函數φ(x)＝f(x)＋g(x)的定義域；
(2)試確定不等式f(x)≤g(x)中x的取值范圍.
【答案】（1）.（2）見解析.
【分析】(1) 函數φ(x)＝f(x)＋g(x)的定義域為f(x)＝和 g(x)＝定義域的交集，列出方程組求解即可. (2) f(x)≤g(x)，即為，對，兩種情況分類討論，即可求出x的取值范圍.
【詳解】解：(1)φ(x)＝f(x)＋g(x)的定義域為：，解得：，所以定義域為.
(2) f(x)≤g(x)，即為，定義域為.
當時，，解得：，所以x的取值范圍為.
當時，，解得：，所以x的取值范圍為.
綜上可得：當時，x的取值范圍為.
當時，x的取值范圍為.
32．已知函數，且.
(1)求a的值及的定義域；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）先根據得到，進而由真數大于0得到不等式，求出定義域；
（2）不等式變形得到，結合對數函數單調性和真數大于0得到不等式組，求出不等式的解集.
【詳解】（1）因為，解得.
由題意可得，解得，故的定義域為.
（2）不等式等價于，
即，
由于在上單調遞增，
則，解得.
故不等式的解集為.
33．已知函數（且），經過點.
(1)求實數a的值并指出定義域；
(2)求滿足不等式的x的取值范圍.
【答案】(1)2；定義域為；(2)
【分析】（1）將點代入函數的解析式，可得a的值，進而得到定義域；
（2）結合（1），將所求不等式轉化為，再利用對數函數的單調性即可.
【詳解】（1）依題意，，解得，則，
由，可得，則函數的定義域為；
（2）由（1）可知，即，
即，則，解得，
故x的取值范圍為.
34．已知函數，且．
(1)求的定義域；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根據題意，先由條件可得，然后列出不等式即可得到結果；
（2）根據題意，由函數的單調性，列出不等式，即可得到結果.
【詳解】（1），
則，解得，
則，
則，解得，
故的定義域為．
（2）由（1）知，．
因為函數在上單調遞增，所以在上單調遞增．
又，所以等價于，解得．
則不等式的解集為．
35．設函數為常數，且
（1）求的值；
（2）設，求不等式的解集．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由即可構造方程求得；
（2）分別在和兩種情況下，解指數和對數不等式求得結果.
【詳解】（1），；
（2）由（1）知：，；
①當時，，即，解得：；
②當時，，即，，
解得：，；
綜上所述：的解集為.
36．設函數
（1）求的值；
（2）若，求x的取值范圍
【答案】（1）0；（2）.
【分析】（1）根據分段函數解析式，將自變量代入即可求解.
（2）利用指數函數、對數函數的單調性分類討論即可求解.
【詳解】（1），
，
（2）當，，
又，
當時，，
又，
綜上所述，x的取值范圍.
37．已知函數為定義在上的偶函數，其部分圖象如圖所示.
(1)請作出函數在上的圖象；
(2)根據函數圖象寫出函數的單調區間及最值.
【答案】(1)答案見解析
(2)單調遞增區間為，，單調遞減區間為，，最大值為2，最小值為-2.
【分析】（1）根據偶函數圖像關于軸對稱作圖.
（2）由圖像可寫出單調區間及最值.
【詳解】（1）畫圖如圖：
（2）根據函數圖象，的單調遞增區間為，，
的單調遞減區間為，，
的最大值為2，
的最小值為-2.
38．已知函數是定義在上的奇函數，且當時，．
(1)在給出的直線坐標系中，畫出函數的圖象．
(2)根據圖象寫出的單調區間（不必證明）．
(3)寫出函數在上的解析式（只寫結果，不寫過程）．
【答案】(1)詳見解析；
(2)函數的單調增區間是，單調減區間是和；
(3).
【分析】（1）根據二次函數的性質畫出時的圖象，再根據函數為奇函數作出對稱即可；
（2）根據函數的圖象寫出函數的單調區間；
（3）利用函數的奇偶性可得函數的解析式.
【詳解】（1）因為函數是定義在上的奇函數，且當時，，
函數的圖象如圖；
；
（2）由圖可得函數的單調增區間是，
單調減區間是和；
（3）因為函數是定義在上的奇函數，且當時，，
當時，，
所以，又，
所以，
所以.
（北京）股份有限公司專題5 三角函數與解三角形
知識梳理
1．同角三角函數的基本關系式：
⑴平方關系：；⑵商數關系：．
⑶三角完全平方公式：①；
②；
③．
2．誘導公式：奇變偶不變，符號看“原函數”象限.
3．特殊角的三角函數值
30 45 60 90 120 135 150 180 27 36
弧度
sin 0 1 0 0
cos 1 0 0 1
tan 0 1 / 0 / 0
4．三角函數的圖象與性質
性質
圖象
定義域 R R
值域 R
最值 當時， 當時， 當時， 當時， 既無最大值，也無最小值
周期
奇偶性 奇函數 偶函數 奇函數
單調 區間 在[ 上單調遞增 在[ 上單調遞減 在[ 上單調遞增 在[上單調遞減 在 上單調遞增
對稱性 對稱中心 對稱軸 對稱中心 對稱軸 對稱中心
5．兩角和與差公式：
①；③；
②；④；
⑤；變形公式：；
⑥；變形公式：．
6．二倍角公式：
①；
②；
③.
7．降冪公式：；．
8．正弦定理（為三角形的外接圓半徑）：
常見變形： “化邊為角”
， “化角為邊”
．
9．余弦定理：
①； ②； ③．
④； ⑤； ⑥；
10．三角形面積公式：
①．
②
11．常見結論：在中，有
；
題型1 特殊角的三角函數值
例1．等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用誘導公式及特殊角的三角函數值即可求出結果.
【詳解】因為，
故選：D.
例2．已知，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據特殊角的三角函數值結合充分條件和必要條件的定義即可得解.
【詳解】當時，或，
當時，，
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：B.
題型2 同角三角關系與誘導公式
例1．已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用誘導公式化簡求值.
【詳解】由，得，所以.
故選：A
例2．已知，，則等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據誘導公式和同角三角函數的關系即可求解.
【詳解】，
又，所以.
故選：C
題型3 兩角和與差公式
例1．，則（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】由兩角差的正切公式求解即可.
【詳解】因為，
所以.
故選：A.
例2．已知，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據同角三角函數關系求出,再根據兩角差的正弦公式求解即可.
【詳解】因為,,
所以,
則.
故選：A.
例3．已知為銳角，若則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由誘導公式化簡可得，由同角三角函數的平方關系求出，再由兩角差的余弦公式求解即可.
【詳解】因為因為為銳角，所以，
所以.
故選：A.
題型4 二倍角公式
例1．若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據二倍角余弦公式求解.
【詳解】，
.
故選：D.
例2．已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】 先通過誘導公式解出，然后通過二倍角公式即可解.
【詳解】由，知，則.
故選：A
例3．已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據二倍角的正弦公式變形后，再弦化切可得結果.
【詳解】.
故選：B
題型5 三角函數圖象及性質
例1．函數，，則y的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據正弦函數的單調性求值域即可.
【詳解】由的單調性知，在上函數單調遞增，在上函數單調遞減，
又，，，
故.
故選：B
例2．如圖，某港口一天中6時到18時的水深變化曲線近似滿足函水深數，據此可知，這段時間水深（單位：m）的最大值為（ ）

A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】根據三角函數的值域，結合題意，建立求最小值的方程，可得參數的值，進而可得答案.
【詳解】由題意可知函數的最小值為，
由，則，解得，
易知函數的最大值為.
故選：B.
例3．曲線的一條對稱軸方程為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由三角函數的圖象與性質，直接令求解即可.
【詳解】由，得．
故選：B.
例4．函數的圖象（ ）
A．關于點對稱 B．關于點對稱
C．關于直線對稱 D．關于直線對稱
【答案】D
【分析】根據余弦函數的對稱中心、對稱軸，應用整體代入判斷各選項的正誤.
【詳解】由題設，由余弦函數的對稱中心為，令，得，，易知A、B錯誤；
由余弦函數的對稱軸為，令，得，，
當時，，易知C錯誤，D正確；
故選：D
題型6 正弦定理
例1．在中，角所對的邊長分別為.若，則（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】直接利用正弦定理即可得解.
【詳解】因為，則，所以，
由正弦定理得，
所以，
所以或.
故選：D.
例2．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理計算即可.
【詳解】由正弦定理知：得.
故選：B
例3．的內角的對邊分別為，已知，則（ ）
A．6 B． C．8 D．
【答案】A
【分析】由同角的平方關系和正弦定理求解.
【詳解】由得.
由正弦定理得.
故選：A
題型7 余弦定理
例1．在中，已知，則角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理的推論即可求解.
【詳解】由及余弦定理的推論，得，
因為，
所以.
故選：B.
例2．在中，若，，，則（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】由余弦定理直接求解.
【詳解】中，若，，，由余弦定理，
，則.
故選：C
例3．在中，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根據二倍角公式求出，再結合余弦定理求即可.
【詳解】由題意得，，
由余弦定理得，，
所以.
故選：D
例4．在中，三個內角，，所對的邊分別為，，，若，，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．21
【答案】A
【分析】根據已知條件，結合余弦定理，以及三角函數的同角公式，求出，再根據三角形面積公式，即可求解．
【詳解】，，，
則，
，
，
的面積為．
故選：．
題型8 解三角形綜合
例1．如圖，已知△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，∠ACB＝60°．
（1）求AC的長；
（2）若CD＝5，求AD的長．
【答案】（1）3，（2）7
【分析】（1）在△ABC中直接利用正弦定理求解即可；
（2）先求出，然后在中利用余弦定理求解即可
【詳解】解：（1）如圖所示，在△ABC中，由正弦定理得，,
則，
（2）因為∠ACB＝60°，所以,
在中，由余弦定理得，
例2．如圖，在四邊形中，，，.
（1）求的長；
（2）若的面積為6，求的值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用余弦定理可得的長；（2）利用面積得出，結合正弦定理可得.
【詳解】解：（1）由題可知.
在中，，
所以.
（2），則.
又，
所以.
例3．如圖，在中，點在邊上，
(1)證明：；
(2)若，，求.
【答案】(1)證明見解析；(2)
【分析】（1）在中根據題意結合正弦定理分析運算；
（2）不妨設，在、、中利用余弦定理運算求解.
【詳解】（1）在中，由正弦定理知：，即
又，
可得，
在中，所以，所以.
（2）不妨設，則
在中，由余弦定理知；
在中同理可知：
在中，
即有
解得.
鞏固練習
1．等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據誘導公式求解即可.
【詳解】.
故選：A.
2．的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用特殊角的三角函數值結合誘導公式計算即可.
【詳解】由誘導公式可得：.
故選：C
3．已知，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】運用誘導公式直接進行求解即可.
【詳解】由，
所以，
故選：B
4．已知，則下列各式中值為的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據誘導公式求解即可.
【詳解】對A，，故A錯誤；
對B，，故B錯誤；
對C，，故C正確；
對D，，故D錯誤.
故選：C
5．的值為（ ）
A．－ B．
C．－ D．
【答案】D
【分析】，利用誘導公式一化簡即可得解.
【詳解】
故選：D.
6．若，則值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據題意結合誘導公式分析可得，進而可得結果.
【詳解】因為，即，
且，則，
所以，
故選：A.
7．已知，，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據已知角的范圍，利用同角三角函數的基本關系求出，
再利用和角的余弦公式進行求解.
【詳解】因為，所以，
又，所以，
所以，故A，C，D錯誤.
故選：B.
8．已知則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角函數定義求出，再利用兩角和得正切公式求出結果.
【詳解】∵為第二象限角， ，
∴，
∴，
則．
故選：A.
9．已知，則（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】根據條件及誘導公式求得，再求.
【詳解】由得，
所以，
所以.
故選：A
10．函數最大值為（ ）
A．2 B．5 C．8 D．7
【答案】A
【分析】根據正弦函數的圖象與性質直接求解.
【詳解】時，，
所以，
所以函數最大值為2.
故選:A.
11．若函數的最大值為 ，則a的值等于（ ）
A．2 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】根據正弦函數的性質即可求解.
【詳解】由于，所以時，取最大值，故 ，所以，
故選：D
12．函數y＝Asin(ωx＋φ)＋1(A>0，ω>0)的最大值為5，則A＝（ ）
A．5 B．－5
C．4 D．－4
【答案】C
【分析】根據正弦型函數的最值性質進行求解即可.
【詳解】因為A>0，所以函數y＝Asin(ωx＋φ)＋1的最大值為，
由題意可知：.
故選：C
13．已知函數的值域是，則實數的值等于（ ）
A．2 B．-2 C． D．
【答案】C
【分析】分類討論，根據正弦函數的值域列式可得結果.
【詳解】當時，由，得，
因為的值域為，所以，解得，
當時，顯然不符合題意；
當，由，得，
因為的值域為，所以，解得，
故選：C
14．函數的一條對稱軸是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令即可求解.
【詳解】令，可得，
令，可得.
所以函數的一條對稱軸是.
故選:B.
15．函數圖象的一個對稱中心可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據正弦函數的對稱性逐一驗證即可.
【詳解】對于A，由，得，，
則不是函數圖象的一個對稱中心，故A錯誤；
對于B，由，得，
則不是函數圖象的一個對稱中心，故B錯誤；
對于C，由，得，
則不是函數圖象的一個對稱中心，故C錯誤；
對于D，，得，，
則是函數圖象的一個對稱中心，故D正確.
故選：D.
16．函數的一條對稱軸可以為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據正弦函數的對稱性逐一檢驗即可.
【詳解】對于A，因為，
所以是函數的一條對稱軸，故A正確；
對于B，因為，
所以不是函數的一條對稱軸，故B錯誤；
對于C，因為，
所以不是函數的一條對稱軸，故C錯誤；
對于D，因為，
所以不是函數的一條對稱軸，故D錯誤.
故選：A.
17．下列函數中，最小正周期為，且圖象關于直線對稱的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用求解最小正周期，再代入驗證，是否是對稱軸，對四個選項一一判斷.
【詳解】A選項，的最小正周期為，
且當時，，故圖象關于直線對稱，A正確；
B選項，的最小正周期為，B錯誤；
C選項，當時，，故圖象不關于直線對稱，C錯誤；
D選項，當時，，故圖象不關于直線對稱，D錯誤.
故選：A.
18．函數的圖象的一條對稱軸方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用整體思想直接代入余弦函數對稱軸的性質即可求解.
【詳解】依題意，
由，，得，．
當時，得.
故選：A.
19．函數的值域為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據給定條件，利用余弦函數的值域求解作答.
【詳解】函數的定義域為R，，因此，
所以函數的值域為.
故選：A
20．函數和都是增函數的區間是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據正余弦函數圖像即可求得結果.
【詳解】
函數和在上的圖像如圖所示，
則由圖像可知C選項符合題意，
故選：C.
21．下列函數中，在區間上為增函數的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用基本初等函數的單調性逐項判斷各選項中函數在區間上的單調性，可得出合適的選項.
【詳解】對于A選項，當時，，則在上單調遞減；
對于B選項，函數在區間上不單調；
對于C選項，函數在上不單調；
對于D選項，因為函數、在上均為增函數，
所以，函數在上為增函數.
故選：D.
22．函數的一個單調遞減區間是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由的圖象與性質得的單調減區間.
【詳解】由的圖象與性質，的單調減區間為，，所以D符合題意.
故選：D.
23．下列各組函數，既是奇函數，又在區間上單調遞增的為（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】根據正弦函數、余弦函數和正切函數的性質分析判斷即可.
【詳解】因為，在上為奇函數，在上為偶函數，
所以排除AC，
因為，在上單調遞增，在上單調遞減，
所以B符合題意，D不合題意，
故選：B
24．下列函數中，既是其定義域上的單調函數，又是奇函數的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據函數的單調性和奇偶性確定正確答案.
【詳解】是非奇非偶函數，不符合題意.
在其定義域上不是單調函數，不符合題意.
在其定義域上不是單調函數，不符合題意.
在其定義域上單調遞增，且為奇函數，符合題意.
故選：B
25．下列函數中，在其定義域上單調遞減的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用冪函數與正余弦函數的單調性一一判定即可.
【詳解】由冪函數的單調性可知在定義域上單調遞減，故A正確；
在上單調遞減，上單調遞增，不符題意，
在上單調遞增，不符題意，
在上單調遞增，不符題意，即B、C、D錯誤.
故選：A
26．函數在區間上（ ）
A．單調遞增 B．單調遞減
C．先減后增 D．先增后減
【答案】C
【分析】由余弦函數的單調性分析判斷
【詳解】因為在區間上先增后減，
所以區間上先減后增，
故選：C
27．下列函數中，在其定義域內單調遞減的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據函數的單調性確定正確選項
【詳解】在上遞增，不符合題意.
在上遞減，符合題意.
在上有增有減，不符合題意.
故選：B
28．函數，x∈R在（ ）
A．上是增函數
B．上是減函數
C．上是減函數
D．上是減函數
【答案】B
【分析】化簡，根據余弦函數的知識確定正確選項.
【詳解】，
所以在上遞增，在上遞減.B正確，ACD選項錯誤.
故選：B
29．在中，角的對邊分別為，若，則b＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理計算即可.
【詳解】因為，由正弦定理得，．
故選：D．
30．在中，邊長，，，則邊長（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理解三角形.
【詳解】在中，邊長，，，
由正弦定理得，
所以.
故選：C
31．在中，角，，所對的邊分別為，，，若，且，，求的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】由余弦定理變形得到，代入求解即可.
【詳解】，
即，解得，負值舍去.
故選：A
32．在中，，，，則最長邊（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】B
【分析】根據題意利用余弦定理直接求解即可
【詳解】在中，，，，
由余弦定理得，，
化簡得，解得或，
因為是最長的邊，所以，
故選：B
33．在中，，，，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理列方程，化簡求得的值.
【詳解】由余弦定理得，
即，
解得（負根舍去）.
故選：B
34．在中，角，，所對的邊分別為，，，若，則角等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理結合特殊角的三角函數值求解.
【詳解】在中，，即，
由余弦定理可得，
由于，故．
故選：A．
35．在中， ，則（ ）
A．9 B． C． D．3
【答案】D
【分析】根據余弦定理即可求得答案.
【詳解】由題意知中，，
故
，
故，
故選：D
36．的三內角，，所對邊分別為，，，若，則角的大小（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直接利用余弦定理計算可得.
【詳解】依題意由余弦定理，
又，所以.
故選：A
37．已知角，且，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據余弦的二倍角公式即可求解.
【詳解】因為，
所以，
因為，
所以.
故選：.
38．已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用誘導公式和二倍角的余弦公式求解.
【詳解】由題得.
故選：B.
39．若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根據誘導公式轉化為求，再根據余弦二倍角公式直接計算即可.
【詳解】由題意得，.
故選：C
40．已知，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用誘導公式、同角三角函數基本關系式和二倍角公式即可解得.
【詳解】因為且，所以
從而.
故選：D
41．如圖，在中，已知，是邊上的一點，，，.
（1）求的面積；
（2）求邊的長.
【答案】（1）；（2）
【詳解】分析：（1）在中，根據余弦定理求得，然后根據三角形的面積公式可得所求．（2）在中由正弦定理可得的長．
詳解：（1）在中，由余弦定理得
，
∵為三角形的內角，
，
，
．
（2）在中，，
由正弦定理得：
∴．
42．如圖，在中，的垂直平分線交邊于點．
（1）求的長；
（2）若，求的值．
【答案】（1）或；（2）．
【分析】（1）在中，利用余弦定理可求出的長；
（2）由（1）可得，在中，由余弦定理求出，再利用正弦定理可求出的值
【詳解】解：（1）在中，，
整理得，
即，所以或．
（2）因為，由（1）得，
所以．
在中，由余弦定理得．
所以．
由，得．
在中，由正弦定理得，
即，
所以．
43．在平面四邊形 中.
(1)求 ；
(2)若 求.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由題意，根據余弦定理求出BD，結合正弦定理計算即可求解；
（2）由（1），根據同角的三角函數關系求出，利用和兩角差的余弦公式和余弦定理計算即可求解.
【詳解】（1）在中，解得.
因為所以
解得.
（2）解法一：由（1）可得.
.
在中，解得.
44．如圖，在圓內接四邊形ABCD中，，，，的面積為.
(1)求AC；
(2)求.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根據面積公式可得，再根據余弦定理求解可得；
（2）根據內接四邊形可得 ，再根據正弦定理求解即可
【詳解】（1）因為的面積為，所以.
又因為，，所以.
由余弦定理得，，
，所以.
（2）因為ABCD為圓內接四邊形，且，所以.又，由正弦定理可得，，故.因為，所以，所以.
45．如圖，在中，，AB＝8，點D在邊BC上，，CD＝2．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）同角三角函數關系可得，再應用差角正弦公式求、，進而求.
（2）應用正余弦定理分別求出BC、AC即可得結果.
【詳解】（1）∵，
∴，
則
．
所以，
所以．
（2）在中，由正弦定理得，則BC＝BD＋CD＝5，
在中，由余弦定理得，即AC＝7，
所以．
（北京）股份有限公司專題6 數 列
知識梳理
1．等差數列通項公式：⑴；⑵．
2．等差數列前項和公式：
①；
②
3．等差數列的性質：
①若成等差數列，則叫做的等差中項，即；
②若，則；
③等差數列的連續項的和構成的數列：，，，…，仍為等差數列（公差為）．
4．等比數列通項公式：⑴；⑵．
5．等比數列前項和公式：當時，；
當時，．
6．等比數列的性質：
①若成等比數列，則叫做的等比中項，顯然；
②若，則；
③等比數列的連續項的和構成的數列：，，，…，仍為等比數列（公比為）．
題型1 等差數列基本量運算
例1．已知是等差數列的前n項和，且，則的公差（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根據已知結合等差數列的性質可得，進而即可得出答案.
【詳解】因為，所以.
又，且，
所以，.
故選：A.
例2．已知等差數列中，，則公差（ ）
A．4 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】根據等差數列通項公式即可求解.
【詳解】在等差數列中，，
所以有．
故選：B
例3．已知等差數列的前n項和為，且，，則（ ）
A．-2 B．2 C．4 D．6
【答案】B
【分析】設出公差，利用題目條件得到方程組，求出首項和公差，得到.
【詳解】設公差為，則，，
聯立可得，故.
故選：B
題型2 等差數列性質
例1．記為等差數列的前項和，若，則（ ）
A．-10 B．-8 C．10 D．8
【答案】D
【分析】根據等差數列等差中項與前n項和性質求解即可.
【詳解】由，可知，
因為，所以，
.
故選：D
例2．等差數列的前項和為，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用等差數列的求和公式結合等差中項的性質求出的值，再利用等差中項的性質可求得的值.
【詳解】因為等差數列的前項和為，且，則，
因此，.
故選：B.
例3．設等差數列的前n項和為，若，，則（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【分析】由等差數列的前項和的性質可得：，，也成等差數列，即可得出．
【詳解】由等差數列的前項和的性質可得：，，也成等差數列，
，
，解得．
故選：C.
題型3 等比數列基本量計算
例1．已知等比數列中，，，則公比（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【分析】根據等比數列的知識求得正確答案.
【詳解】依題意.
故選：D
例2．已知等比數列滿足，公比，則（ ）
A．32 B．64 C．128 D．256
【答案】B
【分析】根據等比數列通項公式計算可得.
【詳解】因為且，
所以.
故選：B
題型4 等比數列性質
例1．已知等比數列中，，則（ ）
A．4 B．±4 C．8 D．±8
【答案】C
【分析】根據等比數列的性質求得正確答案.
【詳解】依題意.
故選：C
例2．已知等比數列，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據等比數列的下標性質進行求解即可.
【詳解】因為數列是等比數列。
所以，
故選：A
例3．在等比數列中，若，則（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】B
【分析】根據等比數列的性質可得，再根據對數的運算性質即可求得答案.
【詳解】在等比數列中，由，根據等比中項可得，
所以，
故選：B．
題型5 等差等比數列綜合
例1．在各項均為正數的等比數列中，.
（1）求數列的通項公式；
（2）若,求數列的前項和.
【答案】（1），（2）
【分析】（1）設等比數的公比為（），則由列方程可求出公比，從而可求出數列的通項公式；
（2）由（1）可得，然后利用等差數列的求和公式求解即可
【詳解】（1）由題意設等比數的公比為（），
因為，所以，
解得或（舍去），
所以，
（2）由（1）可得，
所以
例2．等比數列的公比為2，且成等差數列.
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求數列的前項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)運用等差中項求出 ，再根據等比數列的通項公式求出 ；
(2)根據條件求出 的通項公式，再分組求和.
【詳解】（1）已知等比數列的公比為2，且成等差數列，
， ， 解得，
；
（2），
.
；
綜上，
例3．已知公差不為0的等差數列的前項和為，且，成等比數列.
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前項和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)設等差數列的公差為d，根據題意列出關于和d的方程組求解即可；
(2)證明是等比數列，根據等比數列前n項和公式即可求解.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，
，成等比數列，
，解得
；
（2）由(1)得，，
，，
是首項為4，公比為4的等比數列，
.
例4．已知數列是等差數列，且，．
(1)求的通項公式；
(2)若數列的前項和為，求及其最小值．
【答案】(1)
(2)，最小值為
【分析】（1）設的公差為，即可得到關于、的方程組，解得、，從而求出其通項公式；
（2）根據等差數列求和公式計算可得.
【詳解】（1）設的公差為，則，
解得，
所以．
（2）由（1）可得，
所以當或時，取得最小值，最小值為．
鞏固練習
1．在等差數列中，若，則公差（ ）
A．2 B．4 C．3 D．5
【答案】B
【分析】根據等差數列通項公式列出方程組求解即可.
【詳解】因為，
所以，.
故選：B.
2．在數列中，，，則的值為（ ）
A．99 B．201 C．102 D．101
【答案】B
【分析】根據等差數列的通項公式計算．
【詳解】因為，所以是等差數列，且公差為，又，所以，
故選：B．
3．在等差數列中，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用等差中項的性質可求得的值.
【詳解】在等差數列中，，由等差中項的性質可得.
故選：B.
4．在等差數列中，，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用等差中項的性質求出，再利用等差中項的性質可求得的值.
【詳解】在等差數列中，，則，因此，.
故選：D.
5．在等差數列中，若，則（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】D
【分析】根據等差數列的性質即可求解.
【詳解】由等差數列的性質可得，則，.
故選：D
6．設等差數列的前項和為，若，則（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】由已知條件利用等差數列前項和公式推導出，由此能求出的值
【詳解】設等差數列的首項為，公差為，
∵等差數列的前項和為，，
∴，整理得，
∴．
故選：.
7．已知等差數列的前項和為，若，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據等差數列前項和公式和通項公式即可求解.
【詳解】由題意得，解得，
，
故選：C.
8．已知等差數列前9項的和為27，，則（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【分析】根據等差數列的性質及求和公式可求，再根據等差數列的通項公式即可求解.
【詳解】設等差數列的公差為，
因為，
所以．
又因為，所以．
故選:C.
9．若為等差數列，其前n項和為，則（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】B
【分析】利用等差數列的性質可得成等差數列，即可求得答案
【詳解】因為成等差數列，
故，即，得.
故選：B
10．在等比數列中，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用等比數列通項公式可直接求得結果.
【詳解】，，解得：.
故選：C.
11．已知等比數列的公比為2，前項和為.若，則（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】A
【分析】根據已知條件求得，進而求得.
【詳解】依題意，
所以.
故選：A
12．在遞增的等比數列中，，，其中.
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求數列的前n項和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根據給定條件，求出的首項、公比即可作答.
（2）利用分組求和法及等比數列前n項和公式求和作答.
【詳解】（1）由，等比數列是遞增數列，得，
因此數列的公比，則，
所以數列的通項公式是.
（2）由（1）得，，
.
13．在等比數列中，
(1)已知，求前4項和；
(2)已知公比，前5項和，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據等比數列的通項公式求出公比，再根據等比數列前項和公式即可得解；
（2）根據等比數列前項和公式求出首項，再根據等比數列的通項公式即可得解.
【詳解】（1）設公比為，由，
得，所以，
所以；
（2）由，得，
所以.
14．記等差數列的前n項和為，．
(1)求數列的通項公式；
(2)記，求數列的前n項和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根據已知條件列出關于首項和公差的方程組即可求解；
(2)根據等比數列求和公式即可求解．
【詳解】（1）由題可知，解得，，
∴；
（2）∵，∴，
∴是首項為3，公比為9的等比數列，
∴﹒
15．在等差數列中，
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求.
【答案】(1)
(2)1280
【分析】（1）直接利用等差數列的通項公式即可求解；
（2）先判斷出數列單調性，由，則時，，時，；然后去掉絕對值，利用等差數列的前項和公式求解即可.
【詳解】（1）設數列的公差為，由，可知，
∴;
（2）由（1）知，數列為單調遞減數列，由，則時，，時，；
.
16．已知是等差數列的前項和，，.
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）設出公差，利用等差數列通項公式基本量列出方程，求出公差，進而求出通項公式；
（2）在第一問的基礎上，求出，得到不等式，求出，結合，得到的最小值.
【詳解】（1）設數列的公差為，因為，
所以.
解得.
所以.
（2），
所以.
令，得，
解得：（舍去）.
因為，所以的最小值是12.
17．已知等差數列，為其前項和，且，．
（1）求數列的通項公式；
（2）若，為數列的前項和，求．
【答案】（1），；（2），.
【分析】（1）由已知，結合等差數列前n項和及通項公式求、，寫出通項公式即可；
（2）由（1）可得，再應用等差數列前n項和公式求.
【詳解】（1）由題意，，可得，若公差為，
∴，故，
∴的通項公式.
（2）由（1）得，則，
∴.
18．設等差數列的前項和為.已知，.
(1)求；
(2)當為何值時，最小？并求此最小值.
【答案】(1)
(2)8，4
【分析】（1）設等差數列的公差為d，由，求解；
（2）由，分，，利用二次函數的性質求解.
【詳解】（1）解：設等差數列的公差為d，
又，，
所以，
解得，
所以；
（2）由（1）得，
當時，，
當時，遞增，當時，遞減，又，
所以的最小值為7；
當時，，在上遞增，又，
所以的最小值為4，
綜上：的最小值為4.
19．等差數列滿足，，前項和為.
(1)求數列的通項公式；
(2)求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知條件列方程組求出，，從而可求出其通項公式；
（2）由通項公式可知數列有前7項和最大，從而可求得結果.
【詳解】（1）設首項為，公差為，
因為等差數列滿足，，
所以，解得，
所以；
（2）因為當時，，當時，，
所以的最大值為，
因為，
所以.
（北京）股份有限公司專題7 平面向量
知識梳理
一、平面向量的概念
1．向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的長度或模．
2．零向量：長度為0的向量叫做零向量，記為．當有向線段的起點與終點重合時，．
3．單位向量：長度為1的向量叫做單位向量．與共線的單位向量為：（即）．
4．共線向量：方向相同或相反的非零向量叫做共線向量或平行向量．，，規定．
5．相等向量：長度相等且方向相同的向量稱為相等向量．
6．相反向量：與向量長度相等而方向相反的向量，稱為的相反向量，記為．
二、平面向量的線性運算
1．向量加法運算：
（1）三角形法則：(首尾相接、首尾連)．
（2）平行四邊形法則：以向量為鄰邊作平行四邊形，則．
（3）向量加法滿足的運算律：交換律，結合律．
2．向量減法運算：
（1）三角形法則：(共起點、連終點，指向被減向量終點)．
（2）平行四邊形法則：以向量為鄰邊作平行四邊形，則．
3．向量數乘運算：
（1）規定實數與向量的積是一個向量，這種運算叫做向量的數乘運算，記作，它的長度和方向規定如下：①；②當時，與方向相同；當時，與方向相反；當時，．
（2）向量數乘運算滿足的運算律：
①； ②； ③；
④； ⑤；
⑥．（）
（3）向量共線定理：存在，使得．
三、平面向量的坐標運算
1．平面向量的坐標運算：設，則
⑴， ⑵， ⑶，
⑷設點，，則，
2．平面向量共線定理的坐標表示：已知，若．
四、平面向量的數量積：
1．已知兩個非零向量與，它們的夾角為，則．
2．平面向量數量積滿足的運算性質：
⑴； ⑵； ⑶．
3．平面向量數量積的坐標表示、模、夾角：
⑴設非零向量，則
①，
②，
③．
⑵設，則，或；
設點，，則，．
題型1 平面向量的線性運算
例1．如圖，在平行四邊形中，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據向量加法的平行四邊形法則分析求解.
【詳解】因為為平行四邊形，所以.
故選：B.
例2．如圖，ABC中，，，，用，表示，正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據三角形法則得，然后將即可得出答案.
【詳解】,
故選：D.
題型2 平面向量的數量積--數量積的計算
例1．已知等邊三角形邊長為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據題意，結合向量的數量積的定義域運算，即可求解.
【詳解】由向量的數量積的運算，可得.
故選：A.
例2．已知向量滿足，則（ ）
A． B． C．0 D．2
【答案】C
【分析】根據數量積的定義及運算律計算即可.
【詳解】因為，
所以，
所以.
故選：C.
例3．已知向量滿足，，且與夾角為30°，那么等于（　　）
A．1 B． C．3 D．
【答案】C
【分析】直接利用平面向量的數量積公式，即可求得本題答案.
【詳解】，
故選：C
題型3 平面向量的數量積--夾角的計算
例1．若平面向量，滿足，，且，則向量與夾角的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據向量的夾角公式進行計算即可.
【詳解】設向量與的夾角是，
則．
又因為，所以．
故選：A．
例2．已知非零向量滿足，且，則與的夾角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用平面向量數量積的運算律和夾角公式求解.
【詳解】由題意，得，即，
所以，所以，
故選:C．
題型4 平面向量的數量積--模的計算
例1．已知，是夾角為60°的單位向量，則（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】先求，從而得到.
【詳解】，
故.
故選：C
例2．已知，且，則等于（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】A
【分析】根據向量垂直得出其數量積為0，即可根據向量的模長求法得出答案.
【詳解】，，
，
故選：A.
題型5 平面向量的坐標運算--加減數乘
例1．已知向量，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平面向量的坐標運算即可得解.
【詳解】因為，，
所以.
故選：D.
例2．若向量，，則向量的坐標是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據平面向量的坐標運算可得答案.
【詳解】向量，，
則向量.
故選：A.
題型6 平面向量的坐標運算--數量積、模
例1．已知向量，，則（ ）
A．0 B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】根據向量數量積的坐標運算即可.
【詳解】由題意，， ，因此.
故選：B
例2．設，，，則（ ）
A．11 B．5 C．-14 D．10
【答案】A
【分析】先根據向量坐標運算求出，的坐標，然后利用向量數量積的坐標公式求解即可.
【詳解】因為，，，所以，，
所以.
故選：A
例3．已知向量，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】運用平面向量減法和模的坐標運算公式求解即可.
【詳解】由題意知，，所以.
故選：A.
例4．已知向量，，則（ ）
A． B．5 C． D．4
【答案】B
【分析】根據平面向量坐標運算求出，再由向量模公式求解即可.
【詳解】因為，
所以.
故選：B
題型7 平面向量的坐標運算--平行垂直、夾角
例1．已知向量，且，則實數的值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】先求出，根據平行得到方程，求出答案.
【詳解】，
由可得，解得.
故選：D
例2．已知平面向量，，若，則（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】直接利用數量積的坐標運算列方程求解.
【詳解】因為，
所以，
解得．
故選：A.
例3．已知向量，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用向量的夾角公式直接求解.
【詳解】，則，所以C正確.
故選：C.
例4．已知向量，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用向量的夾角公式即可求解.
【詳解】因為，
所以.
故選：C.
鞏固練習
1．在中，為邊上的中線，，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據圖形的幾何性質，以及向量加減法、數乘運算的幾何意義，即可得出答案.
【詳解】
因為，所以
由已知可得，，
所以，，
所以，.
故選：A.
2．如圖，四邊形是菱形，下列結論正確的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據向量相等的概念及向量的加法法則判斷選項即可.
【詳解】因為四邊形是菱形，
所以根據向量加法的平行四邊形法則知，，
，故C對D錯；
因為向量方向不同，所以，，故AB錯誤.
故選：C
3．已知，，且，則（ ）
A．1 B． C． D．5
【答案】C
【分析】根據向量數量積的運算律求解.
【詳解】因為，
結合已知向量垂直知：，
故選:C.
4．已知均是單位向量，，則（ ）
A． B．0 C． D．1
【答案】D
【分析】將兩邊平方，再根據數量積得運算律即可得解.
【詳解】因為均是單位向量，所以，
又，則，
即，所以.
故選：D.
5．已知非零單位向量的夾角為，若與垂直，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用向量垂直的性質直接求解即可.
【詳解】若與垂直，
則，
又單位向量的夾角為，
則，，，
所以，解得.
故選：D
6．已知向量，滿足，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據向量數量積的運算律直接計算.
【詳解】由，，
得，
故選：D.
7．已知，且，則向量的夾角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量的數量積運算律和夾角公式求解.
【詳解】由可得，，
所以，
所以，又因為，所以，
故選：A.
8．若平面向量，的夾角為60°，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出，再分別求出對應的向量數量積，即可得出結論.
【詳解】由題意，向量，的夾角為60°，且，
A項，，故A不正確;
B項，因為，∴，故B正確;
C項，，故C不正確;
D項，，故D不正確.
故選：B.
9．已知，，，則與的夾角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據向量夾角公式即可代入求解.
【詳解】設向量與的夾角為θ，則，
因為，所以.
故選:D.
10．已知空間向量，滿足，，，則的值為（ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【分析】目標式平方，利用轉化法求解可得
【詳解】因為，，，
所以，
所以.
故選：C
11．已知向量、的夾角為，，，則（ ）
A．4 B． C．5 D．
【答案】C
【分析】利用向量數量積和向量模的定義解決本題.
【詳解】由向量、的夾角為，，，得出.
則.
故選：C
12．已知向量，，，若，則（ ）
A．3 B．-1 C．2 D．4
【答案】A
【分析】運用共線向量的坐標表達式即得.
【詳解】由，，又由，可得：，解得.
故選：A.
13．已知向量滿足，則（ ）
A． B．0 C．5 D．7
【答案】C
【分析】先求出，進而利用向量數量積公式求出答案.
【詳解】因為，所以，
故.
故選：C
14．已知向量，若，則（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】根據平面向量共線的坐標公式計算即可.
【詳解】由，
得，
因為，所以，解得.
故選：B.
15．已知平面向量，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據向量坐標化的加法運算即可得到答案.
【詳解】，
故選：C.
16．已知向量，則（ ）
A．0 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】利用數量積坐標公式計算即可.
【詳解】.
故選：D
17．已知向量，若，則實數（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量垂直的坐標表示即可解得.
【詳解】由可得，
即，解得.
故選：A
18．已知向量，，若，則（ ）
A． B． C． D．5
【答案】A
【分析】根據向量垂直列出方程，求出，進而利用模長公式求出答案.
【詳解】由題意得，解得，
則，則.
故選：A
19．設，，向量，，，且，，則（ ）
A． B． C． D．10
【答案】B
【分析】根據向量垂直和平行求得，進而求得.
【詳解】由于，所以；
由于，所以；
所以，
所以.
故選：B
20．已知向量，則向量與夾角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】根據題意，設向量與夾角為，求出、和的值，進而計算可得答案．
【詳解】根據題意，設向量與夾角為，
向量，，
則，，，
則．
故選：A．
21．已知平面向量，，則與夾角的大小為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用向量夾角公式直接求解即可.
【詳解】設與的夾角為，則，
，.
故選：B.
（北京）股份有限公司專題8 直線與圓的方程
知識梳理
1．直線的斜率的計算方法：（直線的傾斜角：）
①定義法：，；
②坐標法：，，，；
③（直線方程的一般式）．
2．直線方程的五種形式：
①點斜式：； ②斜截式：；
③兩點式：； ④截距式：；
⑤一般式：
3．設的坐標分別為，則中點的坐標公式：
4．距離公式：
①兩點間的距離公式：，其中．
②點到直線的距離公式：點到直線的距離為：．
③兩條平行直線間的距離公式：和的距離為：．
5．兩條直線位置關系的判定方法：
方法1：設；，則
①； ②．
③與重合； ④與相交；
方法2：設；，則
①； ②；
③與重合； ④與相交．
6．圓的方程
①標準方程：，圓心坐標為，半徑為．
②一般方程：（），圓心，半徑．
4．圓的弦長與弦心距的關系：
5．兩圓位置關系（有五種）的判定方法：
①； ②；
③； ④；
⑤．
6．當兩圓相交時，它為公共弦所在直線方程為把兩個圓的方程化為一般式后相減
題型1 求直線的傾斜角和斜率
例1．已知直線的方程為，則該直線的傾斜角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出斜率即可得傾斜角.
【詳解】直線的方程為，即，
方程斜率為，所以傾斜角為.
故選：D.
例2．已知直線l經過兩點，，則直線l的斜率是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】根據斜率公式即可計算.
【詳解】直線l的斜率.
故選：C.
例3．若過點的直線的傾斜角為，則的值為（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【分析】根據傾斜角與斜率的關系求解.
【詳解】由題意得，解得，
故選：D
題型2 直線方程
例1．過點，且傾斜角為的直線方程為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】傾斜角為的直線斜率不存在，可解.
【詳解】過點，且傾斜角為的直線垂直于軸，
其方程為.
故選：B
例2．過點且與直線垂直的直線方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據兩直線互相垂直可得所求直線的斜率，利用直線的點斜式方程即得.
【詳解】由直線可得其斜率為：，則與其垂直的直線斜率為，
故過點且與直線垂直的直線方程為，即：.
故選：C.
例3．若直線過點且與斜率為4的直線垂直，則直線的方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據直線垂直的斜率關系求出斜率，然后可得直線方程.
【詳解】因為直線與斜率為4的直線垂直，
所以直線的斜率為，
又直線過點，
所以直線的方程為，即．
故選：A
題型3 兩直線的位置關系
例1．直線與互相平行，則實數的值等于（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】A
【分析】根據兩直線平行可得出關于實數的等式與不等式，即可解得實數的值.
【詳解】因為直線與互相平行，則，解得.
故選：A.
例2．已知直線與直線互相垂直，則m為（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】根據兩直線垂直的一般式的結論即可得出答案.
【詳解】兩直線垂直，則有，即，解得.
故選：C
例3．若直線與互相垂直，則的值為（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】根據兩直線垂直可得出關于實數的等式，即可解得實數的值.
【詳解】因為，則，即，
解得或.
故選：D.
題型4 與直線有關的距離
例1．點到直線的距離為（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】由點到直線的距離公式計算即可得.
【詳解】.
故選：D.
例2．兩條直線與之間的距離是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依題意代入兩平行線之間的距離公式即可得出結果.
【詳解】由兩平行線之間的距離公式可得.
故選：C
題型5 圓的方程
例1．圓的圓心坐標和半徑分別為（ ）
A．， B．， C．，3 D．，3
【答案】A
【分析】利用給定圓的方程直接求出圓心坐標及半徑即得.
【詳解】圓的圓心坐標為，半徑為.
故選：A
例2．圓的圓心和半徑分別為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】將圓的一般方程化為標準方程求圓心與半徑即可.
【詳解】由，所以圓心和半徑分別為.
故選：D
題型6 直線與圓的位置關系
例1．已知直線與圓相切，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據題意可得圓心到的距離等于半徑1，即可解得的值．
【詳解】直線即，
由已知直線與圓相切可得，
圓的圓心到的距離等于半徑1，
即，解得，
故選：B．
例2．直線被圓所截得的弦長為（ ）
A． B． C．5 D．10
【答案】B
【分析】判斷出圓心在直線上即可求解.
【詳解】圓即，故圓心為，
顯然圓心在直線上，
故直線被圓所截得的弦即為圓的直徑，長為.
故選:B．
例3．直線平分圓C：，則（ ）
A． B．1 C．-1 D．-3
【答案】D
【分析】求出圓心，結合圓心在直線上，代入求值即可.
【詳解】變形為，故圓心為，
由題意得圓心在上，故，解得.
故選：D
例4．圓在點處的切線方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先計算出，從而由斜率乘積為-1得到切線斜率，利用點斜式寫出切線方程，得到答案.
【詳解】因為，所以在圓上，
的圓心為，
故，
設圓在點處的切線方程斜率為，
故，解得，
所以圓在點處的切線方程為，
變形得到，即.
故選：A
例5．若過點，且與圓相切的直線方程為（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】D
【分析】驗證點在圓外，然后討論切線斜率存在與不存在兩種情況即可解決.
【詳解】圓的圓心是 ，半徑是 ，
把點的坐標代入圓的方程可知點P在圓外，
當直線斜率不存在時，
直線為 ，不滿足題意；
當直線斜率存在時，
設直線為 ，即 ，
因為直線與圓相切，
所以圓心到直線的距離等于半徑，即
，
解得 或 ，
切線為或 ，
故選：D.
例6．過點作圓的切線，切點為，則切線段長為（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】根據相切，由勾股定理即可求解.
【詳解】設圓心為半徑為，
所以,
故，
故選：C
題型7 圓與圓的位置關系
例1．圓與圓的位置關系為（ ）
A．外離 B．相切 C．相交 D．內含
【答案】D
【分析】求出圓心距，小于兩半徑之差，得到位置關系.
【詳解】的圓心為，半徑為，
變形為，圓心為，半徑為，
故圓心距，
故圓與圓的位置關系為內含.
故選：D
例2．圓和圓的位置關系為（ ）
A．相離 B．相交 C．外切 D．內切
【答案】C
【分析】利用圓心距與半徑和差關系判定兩圓位置關系即可.
【詳解】易知圓和圓的圓心與半徑分別為：和，所以圓心距為，顯然，即兩圓相外切.
故選：C
例3．圓：與圓：的公共弦所在直線方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】將兩圓方程作差即可得相交弦方程.
【詳解】由，即，半徑為，
由，即，半徑為，
所以，即兩圓相交，
將兩圓方程作差得，整理得，
所以公共弦所在直線方程為.
故選：B
鞏固練習
1．直線的傾斜角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求斜率，再求傾斜角.
【詳解】由條件可知，直線的斜率，設直線的傾斜角為，
則，，所以.
故選：B
2．已知直線的方程為，則該直線的傾斜角為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據給定的直線方程，求出直線的斜率，進而求出傾斜角.
【詳解】直線的斜率，所以該直線的傾斜角為.
故選：B
3．已知點，則直線的斜率為（ ）
A．－3 B． C． D．3
【答案】C
【分析】由斜率公式計算即可得.
【詳解】由，則直線的斜率為.
故選：C.
4．若經過兩點的直線斜率為1，則實數（ ）
A． B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】利用斜率公式即可求解.
【詳解】過兩點的直線斜率為，所以，解得，.
故選：A.
5．己知直線l的傾斜角為，且過點，則它在y軸上的截距為（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】由傾斜角求出斜率，再用點斜式寫出直線方程，最后求出截距即可.
【詳解】由題意可知直線的斜率，
所以直線方程為，即，
所以它在y軸上的截距為，
故選：A.
6．已知直線的斜率為,在軸上的截距為,則直線的方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據點斜式方程求解即可.
【詳解】直線在軸上的截距為，點在直線上，
又直線的斜率為,根據點斜式方程得即.
故選：B.
7．若直線與平行，則實數（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】根據兩直線平行，斜率相等，截距不等即可求出答案.
【詳解】由題意知，的斜率分別是，，由與平行，得，
此時兩直線在y軸上的截距分別為3和，符合題意.
故選：C.
8．已知直線和互相平行，則的值是（ ）
A． B． C．1 D．4
【答案】D
【分析】根據題意得到平行時的方程，解出即可.
【詳解】由題意得，解得，
此時后者直線方程為，滿足題意.
故選：D.
9．兩平行直線，的距離等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】借助兩平行線的距離公式即可得.
【詳解】即為，
則.
故選：B.
10．點到直線的距離是（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】應用點線距離公式求距離即可.
【詳解】由點線距離公式有.
故選：A
11．圓：與圓：的位置關系是（ ）
A．外離 B．外切 C．相交 D．內切
【答案】A
【分析】根據圓心距大于半徑之和，得到位置關系.
【詳解】圓：的圓心為，半徑為1，
圓：的圓心為，半徑為3，
圓心距，故兩圓外離.
故選：A
12．圓的圓心坐標和半徑分別為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用圓的標準方程即可求得圓心坐標和半徑.
【詳解】根據圓的標準方程，
即可得圓心坐標為，半徑為.
故選：D
13．圓與的位置關系為（ ）
A．外切 B．內切 C．相交 D．外離
【答案】B
【分析】根據圓心距與半徑和或半徑差的大小關系即可判斷.
【詳解】圓的圓心為，半徑為，
，
，
圓的圓心為，半徑為，
，
圓與圓內切.
故選：B.
14．圓的圓心和半徑分別（ ）
A．， B．，5
C．， D．，5
【答案】A
【分析】由題意將圓的一般方程化為標準方程，再求出圓心坐標和半徑長.
【詳解】將方程化為標準方程：，
則圓心坐標為，半徑長等于.
故選：A
15．直線被圓截得的弦長為（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】先求出弦心距，然后根據圓的弦長公式直接求解即可.
【詳解】圓，所以圓心，半徑，
所以弦心距為，
所以弦長為，
故選：C
16．若直線與圓交于點A，B，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用直線被圓截得的弦長公式求解.
【詳解】圓的圓心為，半徑，
圓心到直線的距離為，
所以，
故選：B.
17．若直線與圓 相切，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直線與圓相切，則有圓心到直線距離等于半徑，列方程求實數的值.
【詳解】圓 圓心坐標為，半徑為1，
直線與圓 相切，則有圓心到直線距離等于半徑，
即，解得.
故選：C
18．圓與圓的公共弦所在直線的方程為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】兩圓方程相減即可得解.
【詳解】兩圓相減可得，
經檢驗，該方程滿足題意，
故公共弦所在直線的方程為.
故選：A.
19．已知圓，則過圓上一點的切線方程為（ ）
A． B．或 C． D．
【答案】A
【分析】利用切線與半徑垂直求出切線的斜率，再根據點斜式可求出切線方程.
【詳解】因為圓的圓心為，所以，
所以切線的斜率，
所以所求切線的方程為，即，
故選：A
20．過點作圓的切線，則切線方程為（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【分析】根據切線斜率是否存在分類討論，再利用圓心到切線的距離為半徑可求切線方程.
【詳解】若切線的斜率不存在，則過的直線為，
此時圓心到此直線的距離為2即為圓的半徑，故直線為圓的切線.
若切線的斜率存在，設切線方程為：即，
故，解得，
故此時切線方程為：.
故選：B.
21．過點作圓的一條切線，切點為B，則（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】先求得圓的圓心坐標和半徑，再利用切線長定理即可求得的值.
【詳解】因為圓，
所以圓的圓心為，半徑為，
因為與圓相切，切點為B，
所以，則，
因為，
所以.
故選：B.
（北京）股份有限公司

展開更多......

收起↑