2018年高考一轮北师大版数学文科第8章第2节课时分层训练42

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2018届北师大版高三数学一轮复习练习专题探究课一Word版含解析

(建议用时：80分钟) 1.已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)>x，求a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，f′(x)＝（2x＋1）（x－1）x.当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)的最小值为f(1)＝0.(2)由f(x)>x，得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.由于x>0，所以f(x)>x等价于x－ln xx>a＋1.令g(x)＝x－ln xx，则g′(x)＝x2－1＋ln xx2.当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)＝1.故a＋1<1，a<0，即a的取值范围是(－∞，0).2.设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(x)单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.3.已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k＞0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.4.(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)＝x＋a e x.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0<1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图像在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x).(1)解易知f′(x)＝－x－（1－a）e x，由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.(2)证明a＝0，则f(x)＝x e x.函数f(x)的图像在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0).令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e x0＝（1－x）e x0－（1－x0）e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x<x0时，φ(x)>0，当x>x0时，φ(x)<0，∴当x<x0时，h′(x)>0，当x>x0时，h′(x)<0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x).5.设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23. 令g ′(x )>0得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527， g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立. 设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).6.(2016·山东卷)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对任意的x ∈[1，2]成立.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3. 当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3(x －2a )(x ＋2a ). ①0<a <2时，2a >1，当x ∈(0，1)或x ∈(2a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，2a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. ②a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)上，f ′(x )≥0，f (x )单调递增， ③a >2时，0<2a <1，当x ∈(0，2a )或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(2a ，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，2a )上单调递减，在(2a ，＋∞)上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时，f(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明由(1)知，a＝1时，f(x)－f′(x)＝x－ln x＋2x－1x2－(1－1x－2x2＋2x3)＝x－ln x＋3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2]，设g(x)＝x－ln x，h(x)＝3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2].则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝x－1x≥0可得g(x)在[1，2]上递增，∴g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号.h′(x)＝－3x2－2x＋6x4，设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使φ(x0)＝0，所以当x∈(1，x0)时φ(x)>0，即h′(x)>0，当x∈(x0，2)时，φ(x)<0即h′(x)<0.所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减.又h(1)＝1，h(2)＝1 2，所以h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝3 2，即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.。

2018年高考一轮北师大版数学理科第8章第8节课时分层训练52 曲线与方程

课时分层训练(五十二) 曲线与方程A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．方程(2x ＋3y －1)(x －3－1)＝0表示的曲线是( ) A ．两条直线 B ．两条射线C ．两条线段D ．一条直线和一条射线D [原方程可化为⎩⎨⎧2x ＋3y －1＝0，x －3≥0或x －3－1＝0，即2x ＋3y －1＝0(x ≥3)或x ＝4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线．]2．(2017·银川模拟)已知点P 是直线2x －y ＋3＝0上的一个动点，定点M (－1,2)，Q 是线段PM 延长线上的一点，且|PM |＝|MQ |，则Q 点的轨迹方程是( )A ．2x ＋y ＋1＝0B ．2x －y －5＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x －y ＋5＝0D [由题意知，M 为PQ 中点，设Q (x ，y )，则P 为(－2－x,4－y )，代入2x －y ＋3＝0，得2x －y ＋5＝0.]3．设点A 为圆(x －1)2＋y 2＝1上的动点，P A 是圆的切线，且|P A |＝1，则P 点的轨迹方程为( )A ．y 2＝2xB ．(x －1)2＋y 2＝4C ．y 2＝－2xD ．(x －1)2＋y 2＝2D [如图，设P (x ，y )，圆心为M (1,0)．连接MA ，则MA ⊥P A ，且|MA |＝1.又∵|P A |＝1，∴|PM |＝|MA |2＋|P A |2＝2，则|PM |2＝2， ∴点P 的轨迹方程为(x －1)2＋y 2＝2.]4．(2016·洛阳模拟)设过点P (x ，y )的直线分别与x 轴的正半轴和y 轴的正半轴交于A ，B 两点，点Q 与点P 关于y 轴对称，O 为坐标原点．若BP →＝2P A →，且OQ →·AB →＝1，则点P 的轨迹方程是( )【导学号：57962419】A.32x 2＋3y 2＝1(x ＞0，y ＞0) B.32x 2－3y 2＝1(x ＞0，y ＞0) C ．3x 2－32y 2＝1(x ＞0，y ＞0) D ．3x 2＋32y 2＝1(x ＞0，y ＞0)A [设A (a,0)，B (0，b )，a ＞0，b ＞0. 由BP →＝2P A →，得(x ，y －b )＝2(a －x ，－y )，即a ＝32x ＞0，b ＝3y ＞0.点Q (－x ，y )，故由OQ →·AB →＝1，得(－x ，y )·(－a ，b )＝1，即ax ＋by ＝1.将a ，b 代入ax ＋by ＝1，得所求的轨迹方程为32x 2＋3y 2＝1(x ＞0，y ＞0)．] 5．平面直角坐标系中，已知两点A (3,1)，B (－1,3)，若点C 满足OC →＝λ1 OA →＋λ2OB →(O 为原点)，其中λ1，λ2∈R ，且λ1＋λ2＝1，则点C 的轨迹是( )A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．双曲线A [设C (x ，y )，则OC →＝(x ，y )，OA →＝(3,1)，OB →＝(－1,3)．∵OC →＝λ1OA →＋λ2OB →，∴⎩⎨⎧x ＝3λ1－λ2，y ＝λ1＋3λ2，又λ1＋λ2＝1，∴x ＋2y －5＝0，表示一条直线．] 二、填空题6．平面上有三个点A (－2，y )，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 2，C (x ，y )，若AB →⊥BC →，则动点C的轨迹方程是__________．y 2＝8x [AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 2－(－2，y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－y 2，BC →＝(x ，y )－⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，y 2.∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－y 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，y 2＝0，即y 2＝8x . ∴动点C 的轨迹方程为y 2＝8x .]7．若点P 到直线y ＝－1的距离比它到点(0,3)的距离小2，则点P 的轨迹方程是__________．x 2＝12y [由题意可知点P 到直线y ＝－3的距离等于它到点(0,3)的距离，故点P 的轨迹是以点(0,3)为焦点，以y ＝－3为准线的抛物线，且p ＝6，所以其标准方程为x 2＝12y .]8．(2017·中原名校联考)已知双曲线x 22－y 2＝1的左、右顶点分别为A 1，A 2，点P (x 1，y 1)，Q (x 1，－y 1)是双曲线上不同于A 1，A 2的两个不同的动点，则直线A 1P 与A 2Q 交点的轨迹方程为__________.【导学号：57962420】x 22＋y 2＝1(x ≠0且x ≠±2) [由题设知|x 1|>2，A 1(－2，0)，A 2(2，0)，则有直线A 1P 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，① 直线A 2Q 的方程为y ＝－y 1x 1－2(x －2)，②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 1，y ＝2y 1x 1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2x ，y 1＝2yx ，③∴x ≠0，且|x |< 2.∵点P (x 1，y 1)在双曲线x 22－y 2＝1上，∴x 212－y 21＝1. 将③代入上式，整理得所求轨迹的方程为x 22＋y 2＝1(x ≠0，且x ≠±2)．]三、解答题9．如图8-8-3所示，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 2,1<t <3，与椭圆C 2：x 29＋y 2＝1相交于A ，B ，C ，D 四点，点A 1，A 2分别为C 2的左、右顶点．求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程．图8-8-3[解] 由椭圆C 2：x 29＋y 2＝1，知A 1(－3,0)，A 2(3,0)，又曲线的对称性及A (x 0，y 0)，得B (x 0，－y 0). 5分设点M 的坐标为(x ，y )，直线AA 1的方程为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，① 直线A 2B 的方程为y ＝－y 0x 0－3(x －3)，② 由①②得y 2＝－y 20x 20－9(x 2－9)．③又点A (x 0，y 0)在椭圆C 上，故y 20＝1－x 209.④将④代入③得x 29－y 2＝1(x <－3，y <0).10分因此点M 的轨迹方程为x 29－y 2＝1(x <－3，y <0). 12分10．(2017·广州模拟)在圆x 2＋y 2＝4上任取一点P ，设点P 在x 轴上的正投影为点D .当点P 在圆上运动时，动点M 满足PD →＝2MD →，动点M 形成的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)已知点E (1,0)，若A ，B 是曲线C 上的两个动点，且满足EA ⊥EB ，求EA →·BA →的取值范围．[解] 设点M 的坐标是(x ，y )，点P 的坐标是(x 0，y 0)，则点D 的坐标为(x 0,0)．由PD →＝2MD →，得x 0＝x ，y 0＝2y .2分因为点P (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝4上，所以x 20＋y 20＝4.①把x 0＝x ，y 0＝2y 代入方程①，得x 2＋4y 2＝4.所以曲线C 的方程为x 24＋y 2＝1. 5分(2)因为EA ⊥EB ，所以EA →·EB →＝0. 所以EA →·BA →＝EA →·(EA →－EB →)＝EA →2.7分设点A (x 1，y 1)，则x 214＋y 21＝1，即y 21＝1－x 214.所以EA →·BA →＝EA →2＝(x 1－1)2＋y 21 ＝x 21－2x 1＋1＋1－x 214＝34x 21－2x 1＋2＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432＋23.10分因为点A (x 1，y 1)在曲线C 上，所以－2≤x 1≤2. 所以23≤34⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432＋23≤9，所以EA →·BA →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，9.12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·湖南东部六校联考)已知两定点A (0，－2)，B (0,2)，点P 在椭圆x 212＋y 216＝1上，且满足|AP →|－|BP →|＝2，则AP →·BP →为( )A ．－12B ．12C ．－9D ．9D [由|AP →|－|BP →|＝2，可得点P (x ，y )的轨迹是以两定点A ，B 为焦点的双曲线的上支，且2a ＝2，c ＝2，∴b ＝ 3.∴点P 的轨迹方程为y 2－x 23＝1(y ≥1)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 212＋y 216＝1，y 2－x 23＝1，解得⎩⎨⎧x 2＝9，y 2＝4，∴AP →·BP →＝(x ，y ＋2)·(x ，y －2)＝x 2＋y 2－4＝9＋4－4＝9.]2．已知两定点A (－2,0)，B (1,0)，如果动点P 满足|P A |＝2|PB |，则点P 的轨迹所包围的图形的面积为__________．4π [设P (x ，y )，由|P A |＝2|PB |，得(x ＋2)2＋y 2＝2(x －1)2＋y 2， ∴3x 2＋3y 2－12x ＝0，即x 2＋y 2－4x ＝0. ∴P 的轨迹为以(2,0)为圆心，半径为2的圆．即轨迹所包围的图形的面积等于4π.]3．在平面直角坐标系xOy 中，动点P (x ，y )到F (0,1)的距离比到直线y ＝－2的距离小1.(1)求动点P 的轨迹W 的方程；(2)过点E (0，－4)的直线与轨迹W 交于两点A ，B ，点D 是点E 关于x 轴的对称点，点A 关于y 轴的对称点为A 1，证明：A 1，D ，B 三点共线.【导学号：57962421】[解] (1)由题意可得动点P (x ，y )到定点F (0,1)的距离和到定直线y ＝－1的距离相等，所以动点P 的轨迹是以F (0,1)为焦点，以y ＝－1为准线的抛物线．所以动点P 的轨迹W 的方程为x 2＝4y .(2)证明：设直线l 的方程为y ＝kx －4，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A 1(－x 1，y 1)．由⎩⎨⎧y ＝kx －4，x 2＝4y ，消去y ，整理得x 2－4kx ＋16＝0，则Δ＝16k 2－64＞0，即|k |＞2， x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝16，直线A 1B ：y －y 2＝y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 2)，所以y＝y2－y1x2＋x1(x－x2)＋y2，即y＝x22－x214(x1＋x2)(x－x2)＋14x22，整理得y＝x2－x14x－x22－x1x24＋14x22，即y＝x2－x14x＋x1x24.直线A1B的方程为y＝x2－x14x＋4，显然直线A1B过点D(0,4)．所以A1，D，B三点共线．。

2018版高考数学文科北师大版一轮复习课件：高考大题增

1 2 ��
1
= e-2<0,所以 t∈
1 2
1 2 1 2
,1 .
因为 φ(t)=et+t-2 在 t∈
t
,1 上是增加的 ,
1 2
所以 φ(x)min=φ(t)=e +t-2>e + -2> 2.25 + -2=0, 所以 f(x)<g(x)-2.
2
1
-9题型一题型二题型三策略一策略二策略三
-4题型一题型二题型三策略一策略二策略三
例1(2016全国丙卷,文21)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; ��-1 (2)证明当 x∈(1,+∞)时,1< <x; ln�� (3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 解(1)(导数与函数的单调性) 1 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= -1, �� 令f'(x)=0解得x=1. 当0<x<1时,f‘(x)>0,f(x)是增加的; 当x>1时,f‘(x)<0,f(x)是减少的.
高考大题增分专项一高考中的函数与导数
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从近五年的高考试题来看,高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数的正负讨论函数的单调区间,或利用函数单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式,探求参数的取值范围,解决函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.
-10题型一题型二题型三策略一策略二策略三
-5题型一题型二题型三策略一策略二策略三

2018版高考数学文北师大版大一轮复习讲义教师版文档

1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台和球的表面积和体积【知识拓展】1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( × ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × )1．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( ) A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cm D.32cm 答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2 cm.2．(2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4答案 D解析由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为 S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.3．(2016·全国甲卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( ) A ．12π B.323π C ．8π D ．4π 答案 A解析由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.4．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆周长约为( ) A ．1丈3尺 B ．5丈4尺 C ．9丈2尺 D ．48丈6尺答案 B解析设圆柱底面半径为r 尺，高为h 尺，依题意，圆柱体积为V ＝πr 2h ＝2 000×1.62≈3×r 2×13.33，所以r 2≈81，即r ≈9，所以圆柱底面圆周长为2πr ≈54,54尺＝5丈4尺，即圆柱底面圆周长约为5丈4尺，故选B.5.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为1，P 为侧棱B 1B 上的一点，则四棱锥P －ACC 1A 1的体积为______．答案 23解析设点P 到平面ABC ，平面A 1B 1C 1的距离分别为h 1，h 2，则棱柱的高为h ＝h 1＋h 2，又记S ＝S △ABC ＝111A B C S ∆，则三棱柱的体积为V ＝Sh ＝1.而从三棱柱中去掉四棱锥P －ACC 1A 1的剩余体积为V ′＝V P －ABC ＋111P A B C V -＝13Sh 1＋13Sh 2＝13S (h 1＋h 2)＝13，从而11P ACC A V -＝V －V ′＝1－13＝23.题型一求空间几何体的表面积例1 (1)(2016·淮北模拟)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18(2)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案 (1)A (2)12解析 (1)由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示，因此该几何体的表面积为 6×(4－12)＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A.(2)设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2， ∴S 侧＝6×12×2×2＝12.思维升华空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2016·大连模拟)如图所示的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．答案 26解析该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为4,1,2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S ＝S长方体表－2S半圆柱底－S圆柱轴截面＋S半圆柱侧＝2×4×1＋2×1×2＋2×4×2－π×12－2×1＋12×2π×1＝26.题型二求空间几何体的体积命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积例2 (2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 答案 C解析由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为正四棱锥，它的底面边长为1，高为1，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π，故选C. 命题点2 求简单几何体的体积例3 (2016·江苏改编)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积为________m 3.答案 312解析由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．思维升华空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(1)(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的主视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．(2)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3 B.32 C ．1 D.32答案 (1)33(2)C 解析 (1)由题意可知，因为三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由主视图可得俯视图(如图)，且三棱锥高为h ＝1，则体积V ＝13Sh ＝13×(12×23×1)×1＝33.(2)在正△ABC 中，D 为BC 的中点，则有AD ＝32AB ＝3，11DB C S ∆＝12×2×3＝ 3.又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1C ∩平面ABC ＝BC ， AD ⊥BC ，AD 平面ABC ， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1底面上的高． ∴11A B DC V -三棱锥＝1311DB C S ∆·AD ＝13×3×3＝1.题型三与球有关的切、接问题例4 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C.132 D ．310答案 C解析如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝(52)2＋62＝132. 引申探究1．已知棱长为4的正方体，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43，从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3.2．已知棱长为a 的正四面体，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？解正四面体的表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 3．已知侧棱和底面边长都是32的正四棱锥，则其外接球的半径是多少？解依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为(32)2－(12×6)2＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.思维升华空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4 答案 A解析如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，∴该球的表面积为4πr 2＝4π×(94)2＝814π.15．巧用补形法解决立体几何问题典例 (2016·青岛模拟)如图，在△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5，则此几何体的体积为________．思想方法指导解答本题时可用“补形法”完成．“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”，将不规则的几何体补成规则的几何体等．解析用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ×AA ′＝12×24×8＝96.答案 961．(2016·合肥质检)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2答案 D解析由三视图可得该几何体是平放的直三棱柱，该直三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形、侧棱长为4，所以表面积为12×2×2×2＋4×2×2＋4×22＝20＋82，故选D.2．(2016·大同模拟)一个几何体的三视图如图所示，且其左视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为( )A.(4＋π)33B.(8＋π)36C.(8＋π)33D ．(4＋π) 3答案 B解析由三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个四棱锥组成的，其中半圆锥的底面半径为1，四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，它们的高均为 3.则V ＝13·⎝⎛⎭⎫12π＋4·3＝(8＋π)36.故选B.3．(2015·山东)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π 答案 C解析过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.4．(2015·安微)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2答案 B解析由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图所示，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选B.5．(2016·湖北优质高中联考)甲几何体(上)与乙几何体(下)的组合体的三视图如图所示，甲、乙几何体的体积分别为V 1，V 2，则V 1∶V 2等于( )A ．1∶4B ．1∶3C ．2∶3D ．1∶π 答案 B解析由三视图知，甲几何体是半径为1的球，乙几何体是底面半径为2，高为3的圆锥，所以球的体积V 1＝43π，V 2＝13π×22×3＝4π，所以V 1∶V 2＝1∶3.故选B.6．(2015·课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛答案 B解析由题意知米堆的底面半径为163尺，体积V ＝13×14πR 2·h ＝3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．7．(2016·北京)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．答案 32解析由三视图知该四棱柱为直四棱柱，底面积S ＝(1＋2)×12＝32，高h ＝1，所以四棱柱体积V ＝S ·h ＝32×1＝32.8．(2016·新疆乌鲁木齐地区二诊)已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是________．答案 7π解析 (图略)在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE . ∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2， ∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD . 在Rt △AED 中，CD ＝6， ∴AE ＝102.同理BE ＝102. 取AB 的中点为F ，连接EF .由AE ＝BE ，得EF ⊥AB .在Rt △EF A 中， ∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1.取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12.在Rt △OF A 中，OA ＝72.∵OA ＝OB ＝OC ＝OD ， ∴该四面体的外接球的半径是72， ∴外接球的表面积是7π.9. (2016·三门峡陕州中学对抗赛)如图所示，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且PO ＝OB ＝1.则三棱锥P －ABC 体积的最大值为________．答案 13解析 V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ，当△ABC 的面积最大时，三棱锥P －ABC 体积达到最大值．当CO ⊥AB 时，△ABC 的面积最大，最大值为12×2×1＝1，此时V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13.10．(2016·武汉模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．答案 3π解析方法一由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V＝34×π×12×4＝3π. 方法二由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为4的圆柱从母线的中点处截去了圆柱的14，直观图如图(1)所示，我们可用两个大小与形状完全相同的该几何体补成一个半径为1，高为6的圆柱，如图(2)所示，则所求几何体的体积为V ＝12×π×12×6＝3π.11．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ； (2)求四面体NBCM 的体积． (1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT 平面P AB ，MN 平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体NBCM 的体积V NBCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.12.(2016·湖北七校联考)如图所示，在空间几何体ADE －BCF 中，四边形ABCD 是梯形，四边形CDEF 是矩形，且平面ABCD ⊥平面CDEF ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝DE ＝2，EF ＝4，M 是线段AE 上的动点．(1)试确定点M 的位置，使AC ∥平面MDF ，并说明理由；(2)在(1)的条件下，平面MDF 将几何体ADE －BCF 分成两部分，求空间几何体M －DEF 与空间几何体ADM －BCF 的体积之比．解 (1)当M 是线段AE 的中点时，AC ∥平面MDF . 理由如下：连接CE 交DF 于点N ，连接MN .因为M ，N 分别是AE ，CE 的中点，所以MN ∥AC .又因为MN 平面MDF ，AC平面MDF ，所以AC ∥平面MDF .(2)将几何体ADE －BCF 补成三棱柱ADE －B ′CF ，如图所示，三棱柱ADE －B ′CF 的体积为 V ＝S △ADE ·CD ＝12×2×2×4＝8，则几何体ADE －BCF 的体积 V ADE －BCF ＝V ADE －B ′CF －V F －BB ′C ＝8－13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝203. 因为三棱锥M －DEF 的体积 V M －DEF ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×4×1＝43，所以V ADM－BCF＝203－43＝163，所以两几何体的体积之比为43∶163＝1∶4.。

2018高考北京文科数学带答案-高中课件精选

绝密★启封并使用完毕前2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（文）本试卷共150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）已知集合A ={( || |<2)},B ={−2,0,1,2},则AB =（A ）{0,1}（B ）{−1,0,1} （C ）{−2,0,1,2}（D ）{−1,0,1,2}（2）在复平面内，复数11i-的共轭复数对应的点位于（A ）第一象限（B ）第二象限（C ）第三象限（D ）第四象限（3）执行如图所示的程序框图，输出的s 值为（A ）12（B ）56 （C ）76（D ）712（4）设a,b,c,d 是非零实数，则“ad=bc ”是“a,b,c,d 成等比数列”的（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件（5）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率f ，则第八个单音频率为（A （B（C ）（D ）（6）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）4（7）在平面坐标系中，,,,AB CD EF GH 是圆221x y +=上的四段弧（如图），点P 在其中一段上，角α以O 为始边，OP 为终边，若tan cos sin ααα<<，则P 所在的圆弧是（A ）AB（B ）CD （C ）EF（D ）GH（8）设集合{(,)|1,4,2},A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤则（A ）对任意实数a ，(2,1)A ∈ （B ）对任意实数a ，（2,1）A ∉ （C ）当且仅当a <0时,（2,1）A ∉ （D ）当且仅当32a ≤时,（2,1）A ∉ 第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

2018年高考一轮北师大版数学文科第4章第2节课时分层训练24

课时分层训练(二十四) 平面向量的基本定理及坐标表示A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．如图4-2-2，设O 是平行四边形ABCD 两对角线的交点，给出下列向量组：图4-2-2①AD →与AB →；②DA →与BC →；③CA →与DC →；④OD →与OB →.其中可作为该平面内其他向量的基底的是( )A ．①②B ．①③C ．①④D ．③④B [①中AD →，AB →不共线；③中CA →，DC →不共线．]2．已知a ＝(1,1)，b ＝(1，－1)，c ＝(－1,2)，则c 等于( ) A ．－12a ＋32b B ．12a －32b C ．－32a －12bD ．－32a ＋12bB [设c ＝λa ＋μb ，∴(－1,2)＝λ(1,1)＋μ(1，－1)， ∴⎩⎨⎧－1＝λ＋μ，2＝λ－μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，μ＝－32，∴c ＝12a －32b .]3．已知向量a ，b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b ，如果c ∥d ，那么( )【导学号：66482203】A ．k ＝1且c 与d 同向B ．k ＝1且c 与d 反向C ．k ＝－1且c 与d 同向D ．k ＝－1且c 与d 反向D [由题意可得c 与d 共线，则存在实数λ，使得c ＝λd ，即⎩⎨⎧k ＝λ，1＝－λ，解得k ＝－1.c ＝－a ＋b ＝－(a －b )＝－d ，故c 与d 反向．]4．如图4-2-3，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2P A →，则 ( )图4-2-3A ．x ＝23，y ＝13 B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34 D ．x ＝34，y ＝14A [由题意知OP →＝OB →＋BP →，又BP →＝2P A →，所以OP →＝OB →＋23BA →＝OB →＋23(OA →－OB →)＝23OA →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13.]5．(2017·广东茂名二模)已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)，且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y 的最小值是( )A ．24B ．8C ．83D ．53B [∵a ∥b ，∴－2x －3(y －1)＝0，化简得2x ＋3y ＝3.又∵x ，y 均为正数， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ×13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋9y x ＋4x y ＋6≥13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋29y x ·4x y ＝8，当且仅当9y x ＝4xy 时，等号成立， ∴3x ＋2y 的最小值是8，故选B.] 二、填空题6．(2017·陕西质检(二))若向量a ＝(3,1)，b ＝(7，－2)，则a －b 的单位向量的坐标是________．【导学号：66482204】⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35 [由题意得a －b ＝(－4,3)，则|a －b |＝(－4)2＋32＝5，则a －b 的单位向量的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35.]7．(2017·广州综合测评(二))已知平面向量a 与b 的夹角为π3，a ＝(1，3)，|a －2b |＝23，则|b |＝________.2 [由题意得|a |＝12＋(3)2＝2，则|a －2b |2＝|a |2－4|a ||b |cos 〈a ，b 〉＋4|b |2＝22－4×2cos π3|b |＋4|b |2＝12，解得|b |＝2(负舍)．]8．已知向量OA →＝(3，－4)，OB →＝(0，－3)，OC →＝(5－m ，－3－m )，若点A ，B ，C 能构成三角形，则实数m 满足的条件是________.【导学号：66482205】m ≠54 [由题意得AB →＝(－3,1)，AC →＝(2－m,1－m )，若A ，B ，C 能构成三角形，则AB →，AC →不共线，则－3×(1－m )≠1×(2－m )，解得m ≠54.]三、解答题9．已知A (1,1)，B (3，－1)，C (a ，b ). (1)若A ，B ，C 三点共线，求a ，b 的关系式；(2)若AC →＝2AB →，求点C 的坐标.【导学号：66482206】[解] (1)由已知得AB →＝(2，－2)，AC →＝(a －1，b －1). 2分 ∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →.∵2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2. 5分 (2)∵AC →＝2AB →，∴(a －1，b －1)＝2(2，－2). 7分 ∴⎩⎨⎧ a －1＝4，b －1＝－4，解得⎩⎨⎧a ＝5，b ＝－3， ∴点C 的坐标为(5，－3). 12分10．平面内给定三个向量a ＝(3,2)，b ＝(－1,2)，c ＝(4,1)． (1)求满足a ＝m b ＋n c 的实数m ，n ； (2)若(a ＋k c )∥(2b －a )，求实数k .[解] (1)由题意得(3,2)＝m (－1,2)＋n (4,1)，2分所以⎩⎨⎧－m ＋4n ＝3，2m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝59，n ＝89.5分(2)a ＋k c ＝(3＋4k,2＋k )，2b －a ＝(－5,2)，7分由题意得2×(3＋4k )－(－5)×(2＋k )＝0，解得k ＝－1613. 12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2016·四川高考)已知正三角形ABC 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →＝MC →，则|BM →|2的最大值是( )A.434 B ．494 C.37＋634D ．37＋2334B [设BC 的中点为O ，以点O 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－3，0)，C (3，0)，A (0,3)．又|AP →|＝1，∴点P 的轨迹方程为x 2＋(y －3)2＝1.由PM →＝MC →知点M 为PC 的中点，设M 点的坐标为(x ，y )，相应点P 的坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋32＝x ，y 0＋02＝y ，∴⎩⎨⎧x 0＝2x －3，y 0＝2y ，∴(2x －3)2＋(2y －3)2＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝14，∴点M 的轨迹是以H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32为圆心，r ＝12为半径的圆，∴|BH |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴|BM →|的最大值为3＋r ＝3＋12＝72，∴|BM →|2的最大值为494.]2．向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所4-2-4示，若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________.图4-2-44 [以向量a 和b 的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A (1，－1)，B (6,2)，C (5，－1)，∴a ＝AO →＝(－1,1)，b ＝OB →＝(6,2)，c ＝BC →＝(－1，－3)． ∵c ＝λa ＋μb ，∴(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，即⎩⎨⎧－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，μ＝－12，∴λμ＝4.]3．已知点O 为坐标原点，A (0,2)，B (4,6)，OM →＝t 1OA →＋t 2AB →. (1)求点M 在第二或第三象限的充要条件；(2)求证：当t 1＝1时，不论t 2为何实数，A ，B ，M 三点共线.【导学号：66482207】[解] (1)OM →＝t 1OA →＋t 2AB →＝t 1(0,2)＋t 2(4,4) ＝(4t 2,2t 1＋4t 2). 2分当点M 在第二或第三象限时，有⎩⎨⎧4t 2<0，2t 1＋4t 2≠0，故所求的充要条件为t 2<0且t 1＋2t 2≠0. 5分 (2)证明：当t 1＝1时，由(1)知OM →＝(4t 2,4t 2＋2). 7分 ∵AB →＝OB →－OA →＝(4,4)，AM →＝OM →－OA →＝(4t 2,4t 2)＝t 2(4,4)＝t 2AB →，10分∴AM →与AB →共线，又有公共点A ，∴A ，B ，M 三点共线. 12分。

高考数学一轮复习课时分层训练8 指数与指数函数文北师大版-北师大版高三全册数学试题

课时分层训练(八) 指数与指数函数A 组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．(2018·某某模拟)已知函数f (x )＝(x －a )(x －b )(其中a ＞b )的图像如图253所示，则函数g (x )＝a x＋b 的图像是( )图253C [由函数f (x )的图像可知，－1＜b ＜0，a ＞1，则g (x )＝a x＋b 为增函数，当x ＝0时，g (0)＝1＋b ＞0，故选C.]2．(2016·某某某某一模)已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3525，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2535，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2525，则( ) A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜aD [∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25x 为减函数，35＞25，∴b ＜c . 又∵y ＝x 25在(0，＋∞)上是增加的，35＞25， ∴a ＞c ，∴b ＜c ＜a ，故选D.]3．(2016·某某某某模拟)已知函数f (x )＝a x，其中a ＞0，且a ≠1，如果以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，那么f (x 1)·f (x 2)等于( )A ．1B ．aC ．2D ．a 2A [∵以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，∴x 1＋x 2＝0. 又∵f (x )＝a x，∴f (x 1)·f (x 2)＝ax 1·ax 2＝ax 1＋x 2＝a 0＝1，故选A.]4．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2的值域为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D ．(0,2]A [∵2x －x 2＝－(x －1)2＋1≤1，又y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t 在R 上为减函数， ∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝12，即值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.] 5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －7，x ＜0，x ，x ≥0，若f (a )＜1，则实数a 的取值X 围是( ) A ．(－∞，－3)B ．(1，＋∞)C ．(－3,1)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C [当a ＜0时，不等式f (a )＜1可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －7＜1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＜8，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3，因为0＜12＜1，所以a ＞－3，此时－3＜a ＜0；当a ≥0时，不等式f (a )＜1可化为a ＜1，所以0≤a ＜1.故a 的取值X 围是(－3,1)．]二、填空题6．计算：⎝ ⎛⎭⎪⎫32－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫－760＋814×42－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2323＝________. 2 [原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2313×1＋234×214－⎝ ⎛⎭⎪⎫2313＝2.] 7．已知函数f (x )＝4＋ax －1的图像恒过定点P ，则点P 的坐标是________． (1,5) [由f (1)＝4＋a 0＝5知，点P 的坐标为(1,5)．]8．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上是增加的，则实数m 的最小值等于________. 【导学号：00090031】1 [由f (1＋x )＝f (1－x )得a ＝1，从而函数f (x )的单调递增区间为[1，＋∞)，从而m 的最小值为1.]三、解答题9．(2018·某某模拟)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ax ，a 为常数，且函数的图像过点(－1,2)． (1)求a 的值；(2)若g (x )＝4－x－2，且g (x )＝f (x )，求满足条件的x 的值． [解] (1)由已知得⎝ ⎛⎭⎪⎫12－a ＝2，解得a ＝1. (2)由(1)知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，又g (x )＝f (x )，则4－x －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫14x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2＝0，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2＝0，令⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝t ，则t ＞0，t 2－t －2＝0，即(t －2)(t ＋1)＝0，又t ＞0，故t ＝2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2，解得x ＝－1，故满足条件的x 的值为－1.10．已知函数f (x )＝12x －1＋a 是奇函数． (1)求a 的值和函数f (x )的定义域；(2)解不等式f (－m 2＋2m －1)＋f (m 2＋3)＜0.[解] (1)因为函数f (x )＝12x －1＋a 是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即12－x －1＋a ＝11－2x －a ，即1－a 2x ＋a 1－2x ＝a ·2x ＋1－a 1－2x ，从而有1－a ＝a ，解得a ＝12.3分又2x－1≠0，所以x ≠0，故函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).5分(2)由f (－m 2＋2m －1)＋f (m 2＋3)＜0，得f (－m 2＋2m －1)＜－f (m 2＋3)，因为函数f (x )为奇函数，所以f (－m 2＋2m －1)＜f (－m 2－3).8分由(1)可知函数f (x )在(0，＋∞)上是减少的，从而在(－∞，0)上是减少的，又－m 2＋2m －1＜0，－m 2－3＜0，所以－m 2＋2m －1＞－m 2－3，解得m ＞－1，所以不等式的解集为(－1，＋∞)．12分B 组能力提升(建议用时：15分钟)1．已知实数a ，b 满足等式⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ，下列五个关系式：①0＜b ＜a ；②a ＜b ＜0；③0＜a ＜b ；④b ＜a ＜0；⑤a ＝b ＝0.其中不可能成立的关系式有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个B [函数y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 与y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 的图像如图所示．由⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13b 得a ＜b ＜0或0＜b ＜a 或a ＝b ＝0.故①②⑤可能成立，③④不可能成立．]2．(2018·江淮十校联考)函数f (x )＝x 2－bx ＋c 满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且f (0)＝3，则f (b x )与f (c x )的大小关系是( ) 【导学号：00090032】A ．f (b x )≤f (c x )B ．f (b x )≥f (c x) C ．f (b x )＞f (c x ) D ．与x 有关，不确定 A [由f (x ＋1)＝f (1－x )知：函数f (x )的图像关于直线x ＝1对称，∴b ＝2.由f (0)＝3知c ＝3，∴f (b x )＝f (2x )，f (c x )＝f (3x )．当x ＞0时，3x ＞2x ＞1，又函数f (x )在[1，＋∞)上是增加的，∴f (3x )＞f (2x )，即f (b x )＜f (c x )；当x ＝0时，3x ＝2x ＝1，∴f (3x )＝f (2x )，即f (b x )＝f (c x )；当x ＜0时，0＜3x ＜2x ＜1，又函数f (x )在(－∞，1)上是减少的，∴f (3x )＞f (2x )，即f (b x )＜f (c x )．综上知：f (b x )≤f (c x )．故选A.]3．已知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x －1＋12x 3(a ＞0，且a ≠1)． (1)讨论f (x )的奇偶性；(2)求a 的取值X 围，使f (x )＞0在定义域上恒成立．[解] (1)由于a x －1≠0，则a x≠1，得x ≠0，∴函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}.2分对于定义域内任意x ，有 f (－x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1a －x －1＋12(－x )3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 1－a x ＋12(－x )3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1a x －1＋12(－x )3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x －1＋12x 3＝f (x )． ∴f (x )是偶函数.5分(2)由(1)知f (x )为偶函数，∴只需讨论x ＞0时的情况．当x ＞0时，要使f (x )＞0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x －1＋12x 3＞0，即1a x －1＋12＞0，即a x ＋12a x －1＞0，9分即a x －1＞0，a x ＞1，a x ＞a 0.又∵x ＞0，∴a ＞1. 因此a ＞1时，f (x )＞0.12分。

2018高考数学一轮复习第8章平面解析几何课件文北师大版

[导学心语] 1．抓主线，构建知识体系：对直线、圆及圆锥曲线的基本定义、标准方程和相关性质应熟练掌握，如对直线与圆锥曲线的位置关系的解法及解题思想应灵活掌握． 2．依托基础知识，强化思想方法训练：直线、圆及圆锥曲线是数与形结合的完美载体，要熟练运用坐标法和“数形结合”思想，另外，函数与方程的思想是本章学习的另一个重点，应加强运用．
编后语
• 同学们在听课的过程中，还要善于抓住各种课程的特点，运用相应的方法去听，这样才能达到最佳的学习效果。 • 一、听理科课重在理解基本概念和规律 • 数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解，
同时，大家要开动脑筋，思考老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的，为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。 • 作为实验科学的物理、化学和生物，就要特别重视实验和观察，并在获得感性知识的基础上，进一步通过思考来掌握科学的概念和规律，等等。 • 二、听文科课要注重在理解中记忆 • 文科多以记忆为主，比如政治，要注意哪些是观点，哪些是事例，哪些是用观点解释社会现象。听历史课时，首先要弄清楚本节教材的主要观点，然后，弄清教材为了说明这一观点引用了哪些史实，这些史料涉及的时间、地点、人物、事件。最后，也是关键的一环，看你是否真正弄懂观点与史料间的关系。最好还能进一步思索：这些史料能不能充分说明观点？是否还可以补充新的史料？有无相反的史料证明原观点不正确。 • 三、听英语课要注重实践 • 英语课老师往往讲得不太多，在大部分的时间里，进行的师生之间、学生之间的大量语言实践练习。因此，要上好英语课，就应积极参加语言实践活动，珍惜课堂上的每一个练习机会。

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课时分层训练(四十二)
两条直线的位置关系
A 组基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．已知点A (1，－2)，B (m,2)且线段AB 的垂直平分线的方程是x ＋2y －2＝0，则实数m 的值是( )
A ．－2
B ．－7
C ．3
D ．1
C [因为线段AB 的中点⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋m 2，0在直线x ＋2y －2＝0上，代入解得m ＝3.]
2．(2016·北京高考)圆(x ＋1)2＋y 2＝2的圆心到直线y ＝x ＋3的距离为( )
A ．1
B ．2
C ． 2
D ．2 2
C [圆心坐标为(－1,0)，所以圆心到直线y ＝x ＋3即x －y ＋3＝0的距离为|－1－0＋3|12＋(－1)2
＝22＝ 2.] 3．若直线(a ＋1)x ＋2y ＝0与直线x －ay ＝1互相垂直，则实数a 的值等于
( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．2
C [由⎝
⎛⎭⎪⎫－a ＋12×1a ＝－1，得a ＋1＝2a ，故a ＝1.] 4．直线mx －y ＋2m ＋1＝0经过一定点，则该定点的坐标是( )
A ．(－2,1)
B ．(2,1)
C ．(1，－2)
D ．(1,2)
A [mx －y ＋2m ＋1＝0，即m (x ＋2)－y ＋1＝0.
令⎩⎨⎧ x ＋2＝0，－y ＋1＝0，得⎩⎨⎧
x ＝－2，y ＝1，
故定点坐标为(－2,1)．] 5．若直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，则直线l 2经过定点( )
【导学号：66482377】
A ．(0,4)
B ．(0,2)
C ．(－2,4)
D ．(4，－2) B [直线l 1：y ＝k (x －4)经过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，故直线l 2经过定点(0,2)．]
二、填空题
6．(2017·深圳模拟)直线l 1的斜率为2，l 1∥l 2，直线l 2过点(－1,1)且与y 轴交于点P ，则P 点坐标为________．
(0,3) [因为l 1∥l 2，且l 1的斜率为2，则直线l 2的斜率k ＝2.
又直线l 2过点(－1,1)，
所以l 2的方程为y －1＝2(x ＋1)，整理得y ＝2x ＋3.
令x ＝0，得y ＝3，
所以P 点坐标为(0,3)．]
7．已知直线l 1与l 2：x ＋y －1＝0平行，且l 1与l 2的距离是2，则直线l 1的方程为________．
x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0 [设直线l 1的方程为x ＋y ＋C ＝0(C ≠－1)，由题意知|C ＋1|2
＝2，即|C ＋1|＝2，解得C ＝1或C ＝－3，
因此直线l 1的方程为x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0.]
8．(2017·石家庄模拟)已知b >0，直线x －b 2y －1＝0与直线(b 2＋1)x ＋ay ＋2＝0互相垂直，则ab 的最小值等于________．
2 [由题意知b 2＋1－ab 2＝0，即ab 2＝b 2＋1，
又b >0，则ab ＝b ＋1b ≥2(当且仅当b ＝1时等号成立)，
∴ab 的最小值为2.]
三、解答题
9．求经过直线l 1：3x ＋2y －1＝0和l 2：5x ＋2y ＋1＝0的交点，且垂直于直线l 3：3x －5y ＋6＝0的直线l 的方程．
[解] 由方程组⎩
⎨⎧ 3x ＋2y －1＝0，5x ＋2y ＋1＝0，得l 1，l 2的交点坐标为(－1,2). 5分 ∵l 3的斜率为35，∴l 的斜率为－53，8分
则直线l 的方程为y －2＝－53(x ＋1)，即5x ＋3y －1＝0. 12分
10．已知直线l ：(2a ＋b )x ＋(a ＋b )y ＋a －b ＝0及点P (3,4)．
(1)证明直线l 过某定点，并求该定点的坐标；
(2)当点P 到直线l 的距离最大时，求直线l 的方程．
[解] (1)证明：直线l 的方程可化为a (2x ＋y ＋1)＋b (x ＋y －1)＝0，
由⎩⎨⎧ 2x ＋y ＋1＝0，x ＋y －1＝0，得⎩⎨⎧
x ＝－2，y ＝3，
2分 ∴直线l 恒过定点(－2,3). 5分
(2)设直线l 恒过定点A (－2,3)，当直线l 垂直于直线P A 时，点P 到直线l 的距离最大. 7分
又直线P A 的斜率k P A ＝4－33＋2＝15， ∴直线l 的斜率k l ＝－5. 10分
故直线l 的方程为y －3＝－5(x ＋2)，即5x ＋y ＋7＝0. 12分
B 组能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2015·广东高考)平行于直线2x ＋y ＋1＝0且与圆x 2＋y 2＝5相切的直线的方程是( )
A ．2x －y ＋5＝0或2x －y －5＝0
B ．2x ＋y ＋5＝0或2x ＋y －5＝0
C ．2x －y ＋5＝0或2x －y －5＝0
D ．2x ＋y ＋5＝0或2x ＋y －5＝0
D [∵切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0.
设切线方程为2x＋y＋c＝0.
依题意，得|0＋0＋c|
22＋12
＝5，则c＝±5.]
2．(2017·洛阳模拟)在直角坐标平面内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2的值为________．10[由题意知P(0,1)，Q(－3,0)，
∵过定点P的直线ax＋y－1＝0与过定点Q的直线x－ay＋3＝0垂直，∴M 位于以PQ为直径的圆上．
∵|PQ|＝9＋1＝10，
∴|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝10.]
3．若m＞0，n＞0，点(－m，n)关于直线x＋y－1＝0的对称点在直线x－y
＋2＝0上，求1
m＋
1
n的最小值．
[解]易知点(－m，n)关于直线x＋y－1＝0的对称点为M(1－n,1＋m). 3分
又点M(1－n,1＋m)在直线x－y＋2＝0上，
∴1－n－(1＋m)＋2＝0，即m＋n＝2. 6分
于是1
m＋
1
n＝
1
2(m＋n)⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1
m＋
1
n＝1＋
1
2⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
n
m＋
m
n≥1＋
1
2·2
n
m·
m
n＝2，10分
当且仅当m＝n＝1时，上式等号成立．
因此1
m＋
1
n的最小值为2. 12分。