??
由①，②解得?y＝1，
6??z＝－2
→
2
x＝1＋2，??(舍去)，?y＝1，
6??z＝2，
2x＝1－2，
→??26?26?
???所以M1－，1，，从而AM＝1－，1，?.
22?22???
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
?m·AM＝0，??（2－2）x0＋2y0＋即???x0＝0，?m·AB＝0，?
→
6z0＝0，
所以可取m＝(0，－6，2).
m·n10
于是cos〈m，n〉＝＝5. |m||n|10
因此二面角M－AB－D的余弦值为5.
5.(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线
︵
为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点.
︵
(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小. 解 (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE， AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP，
又BP?平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°， 因此∠CBP＝30°.
︵
(2)法一 如图1，取EC的中点H，连接EH，GH，CH.
图1
因为∠EBC＝120°，
所以四边形BEHC为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC ＝32＋22＝13.
取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以，∠EMC为所求二面角的平面角. 又AM＝1，所以EM＝CM＝13－1＝23. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝23，因此△EMC为等边三角形， 故所求的角为60°.
法二 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.
图2
→
→
→
由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)， 故AE＝(2，0，－3)，AG＝(1，3，0)，CG＝(2，0，3). 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.
??m· AE＝0，?2x1－3z1＝0，
由?可得?
??x1＋3y1＝0.?m·AG＝0，
→→
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2).
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.
??n·AG＝0，?x2＋3y2＝0，
由?可得?
??2x2＋3z2＝0.?n·CG＝0，
→→
m·n1
取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2).所以cos〈m，n〉＝＝. |m|·|n|2
因此所求的角为60°.
6.(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
AM
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AP的值；若不存在，说明理由.
(1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又AB⊥AD，AB?平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD.∴AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A， ∴PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD.
∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO. ∵AC＝CD，∴CO⊥AD.
以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).
则PB＝(1，1，－1)，PD＝(0，－1，－1)，PC＝(2，0，－1). CD＝(－2，－1，0).
设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量.
→
?y0＝－1，?n·PD＝0，??－y0－1＝0，
由?→得?解得? 1
??2x0－1＝0，?n·PC＝0?x0＝2.?1??即n＝2，－1，1?. ??
设PB与平面PCD的夹角为θ.
1→??－1－1??→2PB??? ?n·则sin θ＝|cos〈n，PB〉|＝?＝→
?1??|n||PB|??＋1＋1×3?4?
3＝3.
(3)解 设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM＝λAP，因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).因为BM?平面PCD，所以BM∥平面PCD，
→?1?1
?，－1，1?＝0，解得λ＝，所以在棱PA上存在点M当且仅当BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·4?2?
AM1
使得BM∥平面PCD，此时AP＝4.
第3讲 函数图象与性质及函数与方程
高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性；2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解，综合性强；3.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.
真 题 感 悟
→
→
→
→
→
→
→
1.(2017·浙江卷)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A.与a有关，且与b有关 B.与a有关，但与b无关 C.与a无关，但与b无关 D.与a无关，但与b有关
?a?a2
解析 因为最值在f(0)＝b，f(1)＝1＋a＋b，f?－2?＝b－4中取，所以最值之差一定与b无关，
??
但与a有关，故选B. 答案 B
??x，0 2.(2017·山东卷)设f(x)＝?若f(a)＝f(a＋1)，则f?a?＝( ) ????2（x－1），x≥1， A.2 B.4 C.6 D.8 解析 由已知得a>0，∴a＋1>1. ∵f(a)＝f(a＋1)，∴a＝2(a＋1－1)， ?1?1 解得a＝4，∴f?a?＝f(4)＝2(4－1)＝6. ?? 答案 C 3.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( ) A.[－2，2] B.[－1，1] C.[0，4] D.[1，3] 解析 因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝1，于是－1≤f(x－2)≤1等价于f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， ∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3. 答案 D 4.(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x2－2x－3|与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则?xi＝（ ） i＝1m A.0 B.m C.2m D.4m 解析 ∵f（x）＝f（2－x）， ∴函数f（x）的图象关于直线x＝1对称. 又y＝|x2－2x－3|＝|（x－1）2－4|的图象关于直线x＝1对称， ∴两函数图象的交点关于直线x＝1对称. m 当m为偶数时，?x=2×2＝m； i＝1 m m－1 当m为奇数时，?xi＝2×2＋1＝m. mi＝1 答案 B sin x 5.(2017·全国Ⅲ卷)函数y＝1＋x＋x2的部分图象大致为( ) sin xsin x 解析 法一 易知g(x)＝x＋x2为奇函数，其图象关于原点对称.所以y＝1＋x＋x2的图象只需把g(x)的图象向上平移一个单位长度，选项D满足. 法二 当x＝1时，f(1)＝1＋1＋sin 1＝2＋sin 1>2，排除A，C.又当x→＋∞时，y→＋∞，B项不满足，D满足. 答案 D 考 点 整 合 1.函数的性质 (1)单调性 ①用来比较大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性. ②常见判定方法：(ⅰ)定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；(ⅱ)图象法；(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；(ⅳ)导数法. (2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0；③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性； (3)周期性：常见结论有①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数；②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数；③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期 ?1? 为4|a|的周期函数；④若f(x＋a)＝－f(x)?或f（x＋a）＝f（x）?，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期 ?? 函数. 2.函数的图象 (1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究. 3.求函数值域有以下几种常用方法： (1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)分离变量法.除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等. 4.函数的零点问题 (1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标. (2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.
2020届[步步高]高考数学专题复习讲义
