2021版高考数学理科人教大一轮复习练 考题预测·全过关 8.6.2 直线与椭圆的综合问题
2021年高考数学第一轮复习 课后练习册子及其答案和详细解析
强化练习题
目录
第 1 讲 集合与简易逻辑...........................................................................................................................- 1 第 2 讲 函数及其性质经典精讲 ...............................................................................................................- 2 第 3 讲 函数及其性质 2019 高考真题赏析 .............................................................................................- 3 第 4 讲 函数及其性质 2018 高考真题赏析 .............................................................................................- 4 第 5 讲 平面向量.......................................................................................................................................- 5 第 6 讲 三角函数与三角恒等变换经典精讲 ............................................................
2021版高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习练 考题预测·全过关 10.3 二项式定理 Word版含解析
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练考题预测·全过关1.(2019·全国卷Ⅲ)(1+2x2)(1+x)4的展开式中,x3的系数为( )A.12B.16C.20D.24【解析】选A.由题意可知含x3的项为1··1·x3+2x2··13·x=12x3,所以系数为12.2.(2016·全国卷Ⅰ)(2x+)5的展开式中,x3的系数是________.(用数字填写答案)【解析】设展开式的第k+1项为T k+1,k∈{0,1,2,3,4,5},所以T k+1=(2x)5-k()k=25-k.当5-=3时,k=4,即T5=25-4=10x3.答案:103.(2017·浙江高考)已知多项式=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5,则a4=________,a5=________.【解析】因为多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5,a4为x1项的系数,所以根据二项式定理得a4=12×22+13××2=16,a5是常数项,所以a5=13×22=4.答案:16 44.在x2(1+x)6的展开式中,含x4项的系数为( )A.30B.20C.15D.10【解析】选C.因为(1+x)6的展开式的第r+1项为T r+1=x r,x2(1+x)6的展开式中含x4的项为x2··14·x2=x4=15x4,所以系数为15.5.(4x-2-x)6(x∈R)展开式中的常数项是( )A.-20B.-15C.15D.20【解析】选 C.展开式中的通项T r+1=·(4x)6-r·(-2-x)r=·(-1)r·212x-2rx·2-rx=·(-1)r·212x-3rx, 令12x-3rx=0,所以r=4,所以T5=·(-1)4=15.6.若在(x+1)4(ax-1)的展开式中,x4的系数为15,则a的值为( )A.-4B.C.4D.【解析】选 C.因为(x+1)4(ax-1)=(x4+4x3+6x2+4x+1)(ax-1),所以x4的系数为4a-1=15,所以a=4.7.若(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a n(1-x)n,则a0-a1+a2-a3+…+(-1)n a n= ( )A.(3n-1)B.(3n-2)C.(3n-2)D.(3n-1)【解析】选D.令x=2,得3+32+33+ (3)=a0-a1+a2-a3+…+(-1)n a n,即a0-a1+a2-a3+…+(-1)n a n==(3n-1).关闭Word文档返回原板块。
2021年高考数学一轮总复习 8.1 直线与方程教案 理 新人教A版
2021年高考数学一轮总复习 8.1 直线与方程教案理新人教A版高考导航知识网络8.1 直线与方程典例精析题型一 直线的倾斜角【例1】直线2xcos α－y －3＝0，α∈[π6，π3]的倾斜角的变化范围是( )A.[π6，π3]B.[π4，π3]C.[π4，π2]D.[π4，2π3]【解析】直线2xcos α－y －3＝0的斜率k ＝2cos α，由于α∈[π6，π3]，所以12≤cos α≤32，k ＝2cos α∈[1，3].设直线的倾斜角为θ，则有tan θ∈[1，3]，由于θ∈[0，π)，所以θ∈[π4，π3]，即倾斜角的变化范围是[π4，π3]，故选B.【点拨】利用斜率求倾斜角时，要注意倾斜角的范围.【变式训练1】已知M(2m ＋3，m)，N(m －2,1)，当m ∈ 时，直线MN 的倾斜角为锐角；当m ＝ 时，直线MN 的倾斜角为直角；当m ∈ 时，直线MN 的倾斜角为钝角.【解析】直线MN 的倾斜角为锐角时，k ＝m －12m ＋3－m ＋2＝m －1m ＋5＞0⇒m ＜－5或m ＞1；直线MN 的倾斜角为直角时，2m ＋3＝m －2⇒m ＝－5；直线MN 的倾斜角为钝角时，k ＝m －12m ＋3－m ＋2＝m －1m ＋5＜0⇒－5＜m ＜1.题型二 直线的斜率【例2】已知A(－1，－5)，B(3，－2)，直线l 的倾斜角是直线AB 的倾斜角的2倍，求直线l 的斜率.【解析】由于A(－1，－5)，B(3，－2)，所以kAB ＝－2＋53＋1＝34， 设直线AB 的倾斜角为θ，则tan θ＝34，l 的倾斜角为2θ，tan 2θ＝2tan θ1－tan2θ＝2×341－(34)2＝247.所以直线l 的斜率为247.【点拨】直线的倾斜角和斜率是最重要的两个概念，应熟练地掌握这两个概念，扎实地记住计算公式，倾斜角往往会和三角函数的有关知识联系在一起.【变式训练2】设α是直线l 的倾斜角，且有sin α＋cos α＝15，则直线l 的斜率为( )A.34B.43C.－43D.－34或－43【解析】选C.sin α＋cos α＝15⇒sin αcos α＝－1225＜0⇒sin α＝45，cos α＝－35或cos α＝45，sin α＝－35(舍去)，故直线l 的斜率k ＝tan α＝sin αcos α＝－43.题型三 直线的方程【例3】求满足下列条件的直线方程.(1)直线过点(3,2)，且在两坐标轴上截距相等； (2)直线过点(2,1)，且原点到直线的距离为2.【解析】(1)当截距为0时，直线过原点，直线方程是2x －3y ＝0；当截距不为0时，设方程为x a ＋ya ＝1，把(3,2)代入，得a ＝5，直线方程为x ＋y －5＝0.故所求直线方程为2x －3y ＝0或x ＋y －5＝0. (2)当斜率不存在时，直线方程x －2＝0合题意；当斜率存在时，则设直线方程为y －1＝k(x －2)，即kx －y ＋1－2k ＝0，所以|1－2k|k2＋1＝2，解得k ＝－34，方程为3x ＋4y －10＝0.故所求直线方程为x －2＝0或3x ＋4y －10＝0.【点拨】截距可以为0，斜率也可以不存在，故均需分情况讨论.【变式训练3】求经过点P(3，－4)，且横、纵截距互为相反数的直线方程. 【解析】当横、纵截距都是0时，设直线的方程为y ＝kx.因为直线过点P(3，－4)，所以－4＝3k ，得k ＝－43.此时直线方程为y ＝－43x.当横、纵截距都不是0时，设直线的方程为x a ＋y－a＝1，因为直线过点P(3，－4)，所以a ＝3＋4＝7.此时方程为x －y －7＝0. 综上，所求直线方程为4x ＋3y ＝0或x －y －7＝0. 题型四 直线方程与最值问题【例4】过点P(2,1)作直线l 分别交x 、y 轴的正半轴于A 、B 两点，点O 为坐标原点，当△ABO 的面积最小时，求直线l 的方程.【解析】方法一：设直线方程为x a ＋yb ＝1(a ＞0，b ＞0)，由于点P 在直线上，所以2a ＋1b ＝1.2a ·1b ≤(2a ＋1b 2)2＝14， 当2a ＝1b ＝12时，即a ＝4，b ＝2时，1a ·1b 取最大值18， 即S △AOB ＝12ab 取最小值4，所求的直线方程为x 4＋y2＝1，即x ＋2y －4＝0.方法二：设直线方程为y －1＝k(x －2)(k ＜0)，直线与x 轴的交点为A(2k －1k ，0)，直线与y 轴的交点为B(0，－2k ＋1)，由题意知2k －1＜0，k ＜0,1－2k ＞0.S △AOB ＝12(1－2k) ·2k －1k ＝12[(－1k )＋(－4k)＋4]≥12[2(－1k)·(－4k)＋4]＝4. 当－1k ＝－4k ，即k ＝－12时，S △AOB 有最小值，所求的直线方程为y －1＝－12(x －2)，即x ＋2y －4＝0.【点拨】求直线方程，若已知直线过定点，一般考虑点斜式；若已知直线过两点，一般考虑两点式；若已知直线与两坐标轴相交，一般考虑截距式；若已知一条非具体的直线，一般考虑一般式.【变式训练4】已知直线l ：mx －(m2＋1)y ＝4m(m ∈R).求直线l 的斜率的取值范围. 【解析】由直线l 的方程得其斜率k ＝mm2＋1. 若m ＝0，则k ＝0；若m ＞0，则k ＝1m ＋1m≤12m ·1m＝12，所以0＜k≤12；若m ＜0，则k ＝1m ＋1m ＝－1－m －1m≥－12(－m)(－1m)＝－12，所以－12≤k＜0.综上，－12≤k≤12.总结提高1.求斜率一般有两种类型：其一，已知直线上两点，根据k ＝y2－y1x2－x1求斜率；其二，已知倾斜角α或α的三角函数值，根据k ＝tan α求斜率，但要注意斜率不存在时的情形. 2.求倾斜角时，要注意直线倾斜角的范围是[0，π).3.求直线方程时，应根据题目条件，选择合适的直线方程形式，从而使求解过程简单明确.设直线方程的截距式，应注意是否漏掉过原点的直线；设直线方程的点斜式时，应注意是否漏掉斜率不存在的直线.。
2021高考理科数学(人教A版)一轮复习高考大题专项(五) 直线与圆锥曲线
高考大题专项(五) 直线与圆锥曲线 突破1 圆锥曲线中的最值、范围问题1.(2019广东深圳模拟,20)在平面直角坐标系xOy 中,离心率为√63的椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)过点M1,√63.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若直线x+y+m=0上存在点G ,且过点G 的椭圆C 的两条切线相互垂直,求实数m 的取值范围.2.(2019河北石家庄一模,20)已知抛物线C :y 2=2px (p>0)上一点P (x 0,2)到焦点F 的距离|PF |=2x 0. (1)求抛物线C 的方程;(2)过点P 引圆M :(x-3)2+y 2=r 2(0<r ≤√2)的两条切线PA 、PB ,切线PA 、PB 与抛物线C 的另一交点分别为A 、B ,线段AB 中点的横坐标记为t ,求t 的取值范围.3.(2019河南濮阳模拟,20)已知椭圆C :x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F 1、F 2,|F 1F 2|=2,点Q 在椭圆上,且△QF 1F 2的周长为6. (1)求椭圆C 的方程;(2)若点P 的坐标为(2,1),不过原点O 的直线l 与椭圆C 相交于A ,B 两点,设线段AB 的中点为M ,点P 到直线l 的距离为d ,且M ,O ,P 三点共线,求1213|AB|2+1316d 2的最大值.4.(2019山东淄博三模,20)已知圆O :x 2+y 2=4,抛物线C :x 2=2py (p>0).(1)若抛物线C 的焦点F 在圆O 上,且A 为抛物线C 和圆O 的一个交点,求|AF|;(2)若直线l 与抛物线C 和圆O 分别相切于M ,N 两点,设M (x 0,y 0),当y 0∈[3,4]时,求|MN|的最大值. 5.(2019浙江模拟,19)如图,不垂直于坐标轴的直线l与抛物线y2=2px(p>0)有且只有一个公共点M.(1)当M的坐标为(2,2)时,求p的值及直线l的方程;(2)若直线l与圆x2+y2=1相切于点N,求|MN|的最小值.突破2圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.在△ABC中,AB=2,C=π3,且S△ABC=√33,若以A,B为左右焦点的椭圆M经过点C.⃗⃗⃗⃗⃗ ·(2)设过M右焦点且斜率为k的动直线与M相交于E,F两点,探究在x轴上是否存在定点D,使得DE⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值?若存在,试求出定值和点D的坐标;若不存在,请说明理由.DF2.(2019江西宜春模拟,19)已知抛物线C:y2=2px(p>0),过焦点F作垂直于x轴的直线l,l与抛物线C相交于A,B两点,E为C的准线上一点,且△ABE的面积为4.(1)求抛物线C的标准方程;(2)设Q(2,0),若点P是抛物线C上的一动点,则是否存在垂直于x轴的定直线被以PQ为直径的圆截得的弦长为定值?如果存在,求出该直线方程和弦长;如果不存在,说明理由.3.(2019四川绵阳质检,20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,其焦点为F,点B是抛物线C上横坐标为1的一点,若点B到l的距离等于|BO|.2(2)设A是抛物线C上异于顶点的一点,直线AO交直线l于点M,抛物线C在点A处的切线m交直线l于点N,求证:以点N为圆心,以|MN|为半径的圆经过x轴上的两个定点.4.(2019贵州遵义航天中学十一模,20)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=√22,左、右焦点分别为F1,F2,抛物线y2=4√2x的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)已知圆M:x2+y2=23的切线l与椭圆相交于A,B两点,那么以AB为直径的圆是否经过定点?如果是,求出定点的坐标;如果不是,请说明理由.5.(2019湖北武汉模拟,20)如图,O为坐标原点,椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长,M,N为椭圆C的上、下顶点,且|MN|=2√3.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,BN交于点T.求证:点T的纵坐标为定值3.突破3圆锥曲线中的证明与探索性问题1.(2019湖南永州三模,20)已知直线l是经过点A(1,-2)且与抛物线E:y2=4x相切的直线.(1)求直线l的方程;(2)如图,已知点B(1,2),M,N是x轴上两个不同的动点,且满足|BM|=|BN|,直线BM,BN与抛物线E的另一个交点分别是P,Q,求证:直线PQ与l平行.2.(2018全国1,20)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;(2)证明:∠ABM=∠ABN.3.(2019四川成都七中模拟,20)设圆x2+y2-4x-60=0的圆心为F2,直线l过点F1(-2,0)且与x轴不重合,交圆F2于C,D两点,过点F1作CF2的平行线交DF2于点E.(1)求|EF1|+|EF2|的值;(2)设点E的轨迹为曲线E1,直线l与曲线E1相交于A,B两点,与直线x=-8相交于M点,试问在椭圆E1上是否存在一定点N,使得k1,k3,k2成等差数列(其中k1,k2,k3分别指直线AN,BN,MN的斜率)?若存在,求出N点的坐标;若不存在,请说明理由.4.(2019重庆巴蜀中学模拟,20)已知椭圆C1:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,过点E(√7,0)的椭圆C1的两条切线相互垂直.(1)求椭圆C1的方程;(2)在椭圆C1上是否存在这样的点P,过点P引抛物线C2:x2=4y的两条切线l1,l2,切点分别为B,C,且直线BC过点A(1,1)?若存在,指出这样的点P有几个(不必求出点的坐标);若不存在,请说明理由.5.(2019广东广雅中学、执信、六中、深外四校联考,20)设斜率不为0的直线l与抛物线x2=4y交于A,B两点,与椭圆x 26+y24=1交于C,D两点,记直线OA,OB,OC,OD的斜率分别为k1,k2,k3,k4.(1)若直线l过(0,4),证明:OA⊥OB;(2)求证:k1+k2的值与直线l的斜率的大小无关.k3+k4参考答案高考大题专项(五)直线与圆锥曲线突破1圆锥曲线中的最值、范围问题1.解 (1)由题意,{ca=√63,a 2=b 2+c 2,解得a 2=3b 2,又1a 2+23b 2=1,解得{a 2=3,b 2=1,所以椭圆C 的标准方程为x 2+y 2=1.(2)①当过点G 的椭圆C 的一条切线的斜率不存在时,另一条切线必垂直于y 轴,易得G (±√3,±1).②当过点G 的椭圆C 的切线的斜率均存在时,设G (x 0,y 0),x 0≠±√3. 切线方程为y=k (x-x 0)+y 0,代入椭圆方程得(3k 2+1)x 2-6k (kx 0-y 0)x+3(kx 0-y 0)2-3=0, Δ=[6k (kx 0-y 0)]2-4(3k 2+1)·[3(kx 0-y 0)2-3]=0,化简得(kx 0-y 0)2-(3k 2+1)=0,由此得(x 02-3)k 2-2x 0y 0k+y 02-1=0,设过点G 的椭圆C 的切线的斜率分别为k 1,k 2,所以k 1k 2=y 02-1x 02-3.因为两条切线相互垂直,所以y 02-1x 02-3=-1,即x 02+y 02=4(x 0≠±√3),由①②知G 在圆x 02+y 02=4上,又点G 在直线x+y+m=0上,所以直线x+y+m=0与圆x 2+y 2=4有公共点,所以1+1≤2,所以-2√2≤m ≤2√2.综上所述,m 的取值范围为[-2√2,2√2]. 2.解 (1)由抛物线定义,得|PF|=x 0+p2,由题意得{2x 0=x 0+p2,2px 0=4,p >0,解得{p =2,x 0=1.所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)由题意知,过P (1,2)引圆(x-3)2+y 2=r 2(0<r ≤√2)的切线斜率存在且不为0,设切线PA 的方程为y=k 1(x-1)+2,则圆心M 到切线PA 的距离d=1√k 1+1=r ,整理得(r 2-4)k 12-8k 1+r 2-4=0.设切线PB 的方程为y=k 2(x-1)+2,同理可得(r 2-4)k 22-8k 2+r 2-4=0.所以k 1,k 2是方程(r 2-4)k 2-8k+r 2-4=0的两根,k 1+k 2=8r 2-4,k 1k 2=1. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{y =k 1(x -1)+2,y 2=4x ,得k 1y 2-4y-4k 1+8=0, 由韦达定理知,2y 1=8-4k1k 1,所以y 1=4-2k1k 1=4k 1-2=4k 2-2,同理可得y 2=4k 1-2.设线段AB 的中点为D ,则点D 的横坐标为t ,则t=x 1+x22=y 12+y 228=(4k 2-2)2+(4k 1-2)28=2(k 12+k 22)-2(k 1+k 2)+1=2(k 1+k 2)2-2(k 1+k 2)-3.设λ=k 1+k 2,则λ=8r 2-4∈[-4,-2),所以t=2λ2-2λ-3,对称轴λ=12>-2,所以9<t ≤37. 3.解 (1)由题意得2c=2,2a+2c=6,解得a=2,c=1,∴b 2=a 2-c 2=3.∴椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).当直线l 与x 轴垂直时,由椭圆的对称性可知,点M 在x 轴上,且与O 点不重合, 显然M ,O ,P 三点不共线,不符合题设条件, 故可设直线l 的方程为y=kx+m (m ≠0). 由{y =kx +m ,3x 2+4y 2=12,消去y 整理得:(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,①则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0.∴x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.∴点M的坐标为-4km3+4k 2,3m3+4k2.∵M,O,P三点共线,∴k OM=k OP,∴3m3+4k2-4km3+4k2=12.∵m≠0,∴k=-32,此时方程①为3x2-3mx+m2-3=0,则Δ=3(12-m2)>0.∴m∈(-2√3,2√3).则x1+x2=m,x1x2=m 2-33.∴|AB|2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=1312(12-m2).又d=√3+2=√13,∴12 13|AB|2+1316d2=(12-m2)+(m-4)24=-34(m+43)2+523.∴当m=-43∈(-2√3,2√3)时,1213|AB|2+1316d2取得最大值为523.4.解(1)由题意知F(0,2),所以p=4.所以抛物线C的方程为x2=8y.将x2=8y与x2+y2=4联立得点A的纵坐标为y A=2(√5-2),结合抛物线定义得|AF|=y A +p2=2√5-2. (2)由x 2=2py 得y=x 22p ,y'=x p ,所以直线l 的斜率为x0,故直线l 的方程为y-y 0=x(x-x 0).即x 0x-py-py 0=0. 又由|ON|=0√x 0+p=2得p=8y 0y 02-4且y 02-4>0, 所以|MN|2=|OM|2-|ON|2=x 02+y 02-4 =2py 0+y 02-4=16y 002-4y 0+y 02-4 =16y 02y 02-4+y 02-4=16(y 02-4+4)y 02-4+y 02-4 =16+64y 02-4+y 02-4. 令t=y 02-4,y 0∈[3,4],则t ∈[5,12],令f (t )=16+t+64t ,则f'(t )=1-64t2; 当t ∈[5,8]时f'(t )≤0,f (t )单调递减, 当t ∈(8,12]时f'(t )>0,f (t )单调递增,又f (5)=16+5+645=1695,f (12)=16+12+6412=1003<1695, 所以f (x )max =1695,即|MN|的最大值为13√55. 5.解 (1)点M (2,2)在抛物线y 2=2px 上,故有22=4p ,所以p=1,从而抛物线方程为y 2=2x. 设直线l 的方程为x=n (y-2)+2,代入y 2=2x ,得y 2-2ny+4n-4=0.由l 与抛物线相切可知,Δ=4n 2-4(4n-4)=0,解得n=2. 所以,直线l 的方程为x=2(y-2)+2,即x-2y+2=0. (2)设直线l 的方程为x=my+t (m ≠0),代入y 2=2px 得y 2-2pmy-2pt=0.由直线l 与抛物线相切可知,Δ=4p 2m 2+8pt=0. 所以t=-pm 22.①又因为直线l 与圆x 2+y 2=1相切,所以√2=1,即t 2=1+m 2.②将①式代入②式,得p 2m 44=1+m 2,所以p 2=4(1+m 2)m 4. 设M 的坐标为(x 0,y 0),由y 2-2pmy-2pt=0与t=-pm 22可知y 0=pm ,从而x 0=my 0+t=pm 22.所以|MN|2=|OM|2-|ON|2=x 02+y 02-1=p 2m 44+p 2m 2-1=1+m 2+4(1+m 2)m 2-1=m 2+4m 2+4≥8.因此,当|m|=√2时,|MN|有最小值,最小值为2√2.突破2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解 (1)在△ABC 中,由余弦定理得AB 2=CA 2+CB 2-2CA·CB·cos C=(CA+CB )2-3CA·CB=4.(*)又因为S △ABC =12CA·CB·sin C=√34CA·CB=√33,所以CA·CB=43, 代入(*)式得CA+CB=2√2,即椭圆长轴长2a=2√2,焦距2c=AB=2, 所以椭圆M 的标准方程为x 22+y 2=1.(2)存在.设直线方程为y=k (x-1),联立{x 22+y2=1,y =k (x -1),消去y ,得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2k 2-2=0,Δ=8k 2+8>0,设交点E (x 1,y 1),F (x 2,y 2),所以x 1+x 2=4k21+2k 2,x 1x 2=2k 2-21+2k2.假设x 轴上存在定点D (x 0,0),使得DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值,所以DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-x 0,y 1)·(x 2-x 0,y 2)=x 1x 2-x 0(x 1+x 2)+x 02+y 1y 2 =x 1x 2-x 0(x 1+x 2)+x 02+k 2(x 1-1)(x 2-1) =(1+k 2)x 1x 2-(x 0+k 2)·(x 1+x 2)+x 02+k 2 =(2x 02-4x 0+1)k 2+(x 02-2)1+2k2, 要使DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值,则DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值与k 无关,所以2x 02-4x 0+1=2(x 02-2),解得x 0=54,此时DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-716为定值,定点为54,0.2.解 (1)∵S △ABE =12×2p×p=4.∴p 2=4, ∵p>0,∴p=2. ∴y 2=4x.(2)存在.设存在直线l 1:x=a 满足条件,P (x 0,y 0),则PQ 的中点Mx 0+22,y 02,|PQ|=√(x 0-2)2+y 02,因此以PQ 为直径的圆的半径r=12|PQ|=12√(x 0-2)2+y 02=12√x 02+4,M 点到直线x=a 的距离 d=x 0+22-a .所以所截弦长为222=2√14(x 02+4)-(x 0+22-a)2=√x 02+4-(x 0+2-2a )2=√-4(1-a )x 0+8a -4a 2,要使弦长与变量x 0无关,则令1-a=0即a=1时,弦长为定值2, 这时直线方程为x=1.故存在垂直于x 轴的定直线x=1,被以PQ 为直径的圆截得的弦长为定值2. 3.(1)解 由题意,得|BF|=|BO|,则△BOF 为等腰三角形,因为点B 的横坐标为12,所以线段OF 的中点的横坐标为12, 从而点F 的横坐标为1,即p 2=1,所以p=2, 故所求抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)证明 设切线m 的方程为y=kx+b ,由{y =kx +b ,y 2=4x ,得k 2x 2+2(kb-2)x+b 2=0,(*)由题意知Δ=4(kb-2)2-4k 2b 2=0,即b=1k , 所以方程(*)的根为x=1k 2,从而A1k 2,2k .直线OA 的方程为y=2kx , 由{y =kx +1k ,x =-1,得N -1,1k -k ,由{y =2kx ,x =-1,得M (-1,-2k ),所以以点N 为圆心,以|MN|为半径的圆的方程为(x+1)2+(y -1+k)2=(k +1)2, 令y=0,得(x+1)2+(k -1)2=(k +1)2,解得x=1或x=-3, 所以圆N 经过x 轴上的两个定点(1,0)和(-3,0). 4.解 (1)因为椭圆C 的离心率e=√22,所以c a =√22,即a=√2c.因为抛物线y 2=4√2x 的焦点F (√2,0)恰好是该椭圆的一个顶点, 所以a=√2,所以b=1.所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)(i)当直线l 的斜率不存在时.因为直线l 与圆M 相切,故其中的一条切线方程为x=√63. 由{x =√63,x 22+y 2=1,不妨设A √63,√63,B √63,-√63,则以AB 为直径的圆的方程为(x -√63)2+y 2=23. (ii)当直线l 的斜率为零时.因为直线l 与圆M 相切,所以其中的一条切线方程为y=-√63. 由{y =-√63,x 22+y 2=1,不妨设A √63,-√63,B -√63,-√63,则以AB 为直径的圆的方程为x 2+(y +√63)2=23. 显然以上两圆都经过点O (0,0). (iii)当直线l 的斜率存在且不为零时. 设直线l 的方程为y=kx+m. 由{y =kx +m ,x 2+y 2=1消去y ,得(2k 2+1)x 2+4kmx+2m 2-2=0,所以设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=-4km2k 2+1,x 1x 2=2m 2-22k 2+1.所以y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=m 2-2k22k 2+1.所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=3m 2-2k 2-22k 2+1.①因为直线l 和圆M 相切,所以圆心到直线l 的距离d=√1+k =√63,整理,得m 2=2(1+k 2),②将②代入①,得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,显然以AB 为直径的圆经过定点O (0,0). 综上可知,以AB 为直径的圆过定点(0,0). 5.(1)解 由题意可知:2c=a ,2b=2√3,又a 2=b 2+c 2,有b=√3,c=1,a=2,故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)证明 由题意知直线l 的斜率存在,设其方程为y=kx+1,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)(x 1x 2≠0),联立直线方程和椭圆方程得{y =kx +1,3x 2+4y 2-12=0,消去y 得(4k 2+3)x 2+8kx-8=0, x 1+x 2=-8k4k 2+3,x 1x 2=-84k 2+3,则有x 1+x 2=kx 1x 2,又l BN :y=y 2+√3x2·x-√3,l AM :y=y 1-√3x 1·x+√3,由{y =y 2+√3x 2·x -√3,y =y 1-√3x 1·x +√3,得√3y+√3=y 1-√3x 1·2y 2+√3,故√3y+√3=kx 1+1-√3x 1·2kx +1+√3=12√3)2kx x +(1+√3)x 整理得到y=√3[1212√3(1-x 2x -x +√3(x +x )=√3[12√3(12x -x +√3(x +x )=3.故点T 的纵坐标为3.突破3 圆锥曲线中的 证明与探索性问题1.(1)解 显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l 的方程为y+2=k (x-1),与y 2=4x 联立,消去x 整理得y 2-4k y-8k -4=0,令Δ=0,即-4k 2-4-8k -4=0, 解得k=-1,所以直线l 的方程为y=-x-1. (2)证明 由题意知,两直线BM ,BN 的斜率互为相反数,设直线BM 的方程为y-2=t (x-1),与y 2=4x 联立,消去x 整理得y2-4t y+8t -4=0,则2y P =8t -4⇒y P =4t -2,从而P t 2-4t+4t 2,4-2t t ,将t 换成-t ,得Q t 2+4t+4t 2,-2t -4t ,k PQ =4-2t t --2t -4t t 2-4t+4t 2-t 2+4t+4t 2=8t -8t t 2=-1=k l , 所以直线PQ 与l 平行.2.(1)解 当l 与x 轴垂直时,l 的方程为x=2,可得M 的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM 的方程为y=12x+1或y=-12x-1.(2)证明 当l 与x 轴垂直时,AB 为MN 的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.当l 与x 轴不垂直时,设l 的方程为y=k (x-2)(k ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1>0,x 2>0. 由{y =k (x -2),y 2=2x得ky 2-2y-4k=0,可知y 1+y 2=2k ,y 1y 2=-4. 直线BM ,BN 的斜率之和为k BM +k BN =y 1x 1+2+y 2x 2+2 =x 2y 1+x 1y 2+2(y 1+y 2)(x 1+2)(x 2+2).① 将x 1=y 1k +2,x 2=y 2k +2及y 1+y 2,y 1y 2的表达式代入①式分子,可得x 2y 1+x 1y 2+2(y 1+y 2)=2y 1y 2+4k (y 1+y 2)k =-8+8k =0. 所以k BM +k BN =0,可知BM ,BN 的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.综上,∠ABM=∠ABN.3.解 (1)因为圆x 2+y 2-4x-60=0的圆心为F 2,所以|F 2D|=|F 2C|且F 1E ∥CF 2,所以∠F 2DC=∠F 2CD=∠EF 1D ,所以|EF 1|=|ED|,所以|EF 1|+|EF 2|=|ED|+|EF 2|=|DF 2|,又因为圆F 2的半径为8,即|DF 2|=8,所以|EF 1|+|EF 2|=8.(2)存在.由(1)知,曲线E 1是以F 1,F 2为焦点的椭圆,且长轴长为8,所以曲线E 1的方程为x 216+y 212=1(y ≠0).设直线l 的方程为y=k (x+2),代入椭圆化简得(4k 2+3)x 2+16k 2x+16k 2-48=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),N (x 0,y 0),则x 1+x 2=-16k 24k 2+3,x 1x 2=16k 2-484k 2+3, 所以k 1+k 2=y 0-y 1x 0-x 1+y 0-y 2x 0-x 2=(2y 0-4k )x 0+(2k -kx 0-y 0)(x 1+x 2)+2kx 1x 2x 02-x 0(x 1+x 2)+x 1x 2 =8y 0k 2(x 0+2)-12k (x 0+8)+6x 0y 04k 2(x 0+2)2+3x 0-48, 因为k 1,k 3,k 2成等差数列,所以2k 3=k 1+k 2,易知M (-8,-6k ),则k 3=y 0+6kx 0+8, 所以2×y 0+6kx 0+8 =8y 0k 2(x 0+2)-12k (x 0+8)+6x 0y 04k 2(x 0+2)2+3x 02-48, 化简得24k 3(x 0+2)2-24k 2y 0(x 0+2)+24k (x 0+2)2-24y 0(x 0+2)=0,对任意的k 该等式恒成立,所以x 0=-2,所以存在点N (-2,±3),使得k 1,k 3,k 2成等差数列.4.解 (1)由椭圆的对称性,不妨设在x 轴上方的切点为M ,x 轴下方的切点为N ,则k NE =1,NE 的直线方程为y=x-√7,因为椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为12, 所以椭圆C 1:x 22+y 22=1, 所以{y =x -√7,x 24c 2+y 23c 2=1,消去y 得7x 2-8√7x+28-12c 2=0.Δ=0,则c=1,所以椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)设点B (x 1,y 1),C (x 2,y 2),P (x 0,y 0),由x 2=4y ,即y=14x 2,得y'=12x , ∴抛物线C 2在点B 处的切线l 1的方程为y-y 1=x 12(x-x 1),即y=x 12x+y 1-12x 12, ∵y 1=14x 12,∴y=x12x-y 1. ∵点P (x 0,y 0)在切线l 1上,∴y 0=x 12x 0-y 1.①同理,y 0=x22x 0-y 2.② 综合①、②得,点B (x 1,y 1),C (x 2,y 2)的坐标都满足方程y 0=x 2x 0-y. ∵经过B (x 1,y 1),C (x 2,y 2)两点的直线是唯一的,∴直线BC 的方程为y 0=x 2x 0-y ,∵点A (1,1)在直线BC 上,∴y 0=12x 0-1,∴点P 的轨迹方程为y=1x-1.又∵点P 在椭圆C 1上,又在直线y=12x-1上, ∴直线y=12x-1经过椭圆C 1内一点(0,-1),∴直线y=1x-1与椭圆C 1交于两点.∴满足条件的点P 有两个.5.证明 (1)设直线l 的方程为y=kx+4,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),{x 12=4y 1,x 22=4y 2,两式相乘得(x 1x 2)2=16y 1y 2. 将直线l 的方程代入抛物线x 2=4y ,得x 2-4kx-16=0.∴x 1x 2=-16,∴y 1y 2=16,∴x 1x 2+y 1y 2=0,∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =0. ∴OA ⊥OB.(2)设直线l :y=kx+m ,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4).联立y=kx+m 和x 2=4y ,得x 2-4kx-4m=0,则x 1+x 2=4k ,x 1x 2=-4m ,k 1+k 2=y 1x 1+y 2x 2=x 14+x24=k , 联立y=kx+m 和x 26+y 24=1得(2+3k 2)x 2+6kmx+3m 2-12=0,在Δ=(6km )2-4(2+3k 2)(3m 2-12)>0(即4+6k 2>m 2)可不求解的情况下, x 3+x 4=-6km 2+3k 2,x 3x 4=3m 2-122+3k 2,k 3+k 4=y 3x 3+y 4x 4=2k+m x 3+m x 4=2k+m (x 3+x 4)x 3x 4=2k+-6km 23m 2-12=-8k m 2-4, 所以k 1+k 2k 3+k 4=-m 2-48是一个与k 无关的值.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021版高考数学理科人教大一轮复习练 考题预测·全过关 8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
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练考题预测·全过关1.(2018·天津高考)已知圆x2+y2-2x=0的圆心为C,直线(t为参数)与该圆相交于A,B两点,则△ABC的面积为________.【解析】将直线的参数方程(t为参数)化成普通方程得:x+y-2=0,又因为圆x2+y2-2x=0的圆心C的坐标为C(1,0),半径r=1,所以圆心C到直线的距离d==,|AB|=2=2=.所以△ABC的面积S=|AB|h=|AB|d=××=.s答案:2.已知直线l:kx-y-3=0与圆O:x2+y2=4交于A,B两点且·=2,则k=( )A.2B.±C.±2D.【解析】选B.圆O:x2+y2=4,圆心(0,0),半径为2,直线l:kx-y-3与圆O:x2+y2=4交于A,B两点且·=2,设OA与OB的夹角为θ,则可得2×2×cos θ=2,解得cos θ=,θ=,圆心到直线的距离为:2cos =,可得:=,解得k=±.3.若圆x2+y2=a2与圆x2+y2+ay-6=0的公共弦长为2,则a的值为( )A.±2B.2C.-2D.无解【解析】选A.圆x2+y2=a2的圆心为原点O,半径r=|a|.将x2+y2=a2与x2+y2+ay-6=0左右分别相减,整理可得a2+ay-6=0,即得两圆的公共弦所在直线的方程为a2+ay-6=0.原点O到直线a2+ay-6=0的距离d=,根据勾股定理可得a2=()2+,所以a2=4,所以a=±2.4.平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是( )A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+=0或2x+y-=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+=0或2x-y-=0【解析】选A.设所求切线方程为2x+y+c=0,依题意有=,解得c=±5,所以所求切线的方程为2x+y+5=0或2x+y-5=0.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021新高考版大一轮复习用书数学第八章 8.2
答案 －9
解析 由Error!得Error!
所以点(1,2)满足方程 mx＋2y＋5＝0，
即 m×1＋2×2＋5＝0，所以 m＝－9.
题组三 易错自纠
5．直线 2x＋(m＋1)y＋4＝0 与直线 mx＋3y－2＝0 平行，则 m 等于( )
A．2
B．－3
C．2 或－3
D．－2 或－3
答案 C
2 m＋1 4 解析 直线 2x＋(m＋1)y＋4＝0 与直线 mx＋3y－2＝0 平行，则有 ＝ ≠ ，故 m＝2
9 18 29 29 A. B. C. D.
5 5 10 5
答案 C
3 4 －12
解析 因为 ＝ ≠ ，所以两直线平行，将直线 3x＋4y－12＝0 化为 6x＋8y－24＝0，由 68 5
|－24－5| 29
题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，即
＝ ，所以|PQ|的最小值为
62＋82 10
思维升华 (1)当直线方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑
到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意 x，y 的系数不能同时为零这一隐含条件．
(2)在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．
跟踪训练 1 (1)已知直线 l1：x＋2ay－1＝0，l2：(a＋1)x－ay＝0，若 l1∥l2，则实数 a 的值为 ( )
1 A．a＝ ，b＝6
3
1 C．a＝3，b＝－
6
答案 D
1 B．a＝－3，b＝
6
1 D．a＝－ ，b＝－6
3
解析 由题意，直线 y＝－3x＋b 与直 y＝ax＋2 上的点(0,2)关于直线 y＝－x 的对称点(－2,0)在直线 y＝－3x＋b 上，
2021版新高考数学一轮复习第八章8.6利用空间向量证明空间中的位置关系课件新人教B版
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4.因为α∥β,所以v∥u,所以
x 1
1 y
2， 1
x 4,
所以
y
1， 4
所以x+y= 15.
4
2
答案: 15
4
【规律方法】 1.证明线面平行的常用方法:(1)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的 向量共面.(2)证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行.(3)证明直线的方 向向量与平面的法向量垂直. 2.证明面面平行常用的方法:(1)利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都 平行于另一个平面.(2)证明两个平面的法向量平行.(3)证明一个平面的法向量 也是另一个平面的法向量.
【解析】(1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角 坐标系.则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0), C(-4,2,0),P(0,0,4).于是 AP =(0,3,4), BC =(-8,0,0),所以 AP ·BC =(0,3,4)· (-8,0,0)=0, 所以 AP ⊥ BC ,即AP⊥BC.
A1M=AN= 2a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( )
3
A.相交
B.平行
C.垂直
D.不能确定
3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB= 2 ,AF=1,M在EF上,且 AM∥平面BDE,则M点的坐标为 ( )
A.(1,1,1)
B.( 2 ， 2 ，1) 33
C.( 2 ， 2 ，1)? 22
3.选C.建系如图,则A( 2 , 2 ,0),B(0, 2 ,0),D( 2 ,0,0),
E(0,0,1),设M(a,a,1),则 AM =(a- 2 ,a- 2 ,1),可求出平面BDE的一个法向
2021版高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习练 考题预测·全过关 空间几何体的结构及其三视图和直观图
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练考题预测·全过关1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为 ( )A.10B.12C.14D.16【解析】选B.由三视图可画出多面体的直观图由直观图可知多面体各面中只有两个相同的梯形的面,S梯=×2÷2=6,S全梯=6×2=12.2.(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面,其棱长为________.【解析】上下各一个面,中间三层每层8个面,共26个面.最中间全是正方形的八个面的上沿构成正八边形,如图:,则有8θ=360°,解得θ=45°,即设棱长为x,可得2+x=1,解得x=-1.答案:26 -13.已知某几何体的正视图和俯视图为如图所示的两个全等的矩形,给出下列4个图形:其中可以作为该几何体的侧视图的图形序号是( )A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④【解析】选 D. 由题意可知,几何体可能是底面为等腰直角三角形的三棱柱,也可能是正四棱柱,也可能为圆柱,所以侧视图可能为:图形中的①③④.4.将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥,得到如图(2)所示的几何体,则该几何体的侧视图为 ( )【解析】选B.根据题意得,点A在平面BCC1 B1上的投影是B,点D在平面BCC1 B1上的投影是C,棱AB1在平面BCC1B1上的投影是BB1,AD1在平面BCC1B1上的投影是BC1,B1D1在平面BCC1B1上的投影是B1C1,B1C是被挡住的棱,应画成虚线,故选B.5.正方体ABCD-A1 B1 C1 D1中,E为棱AA1的中点(如图),用过点B,E,D1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的侧视图为( )【解析】选D. 由题意可知:过点B、E、D1的平面截去该正方体的上半部分,如图所示,则几何体的侧视图为D选项.关闭Word文档返回原板块。
2021届普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷(一)解析
绝密★启用前2021届普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（一）注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．已知全集U ，UA B ⋂≠∅，则下列关系正确的是（）A ．AB ⊆ B ．UA B ⊆C ．AB =∅ D ．UB A U ⋃≠答案：D由题意得如图所示的Venn 图，即可判断.解：由题意得如图所示的Venn 图，可知A B ⊆，UA B ⊆，A B =∅均不成立，UB A U ⋃≠成立.故选：D ．思路点睛：针对抽象集合的问题，往往从集合的图示法入手，具有直观性，方便判断集合间的关系． 2．若1i012iz ++=-（i 为虚数单位），则z 的模为（） A ．15B ．35C ．25D ．105答案：D根据复数除法的运算法则求解出z ，结合复数模长的计算公式求解出z .解：()()()()1i 12i 1i 13i 13i 12i 12i 12i 555z +++-+=-=-=-=---+所以z ==故选：D ．3．高压10kV 输电线路电压损失估算口诀：架空铝线十千伏，电压损失百分数；输距电流积六折，再被导线截面除；输距千米电流安，截面毫方记清楚．其意义为“对于高压10kV 的架空铝线，若输电线路的输距为x km ，电流为y A ，导线截面为z 2mm ，则电压损失百分数0.6%%xyU z=．”据此可知，对于一条长度为10km ，高压为10kV 的输电线路，若当导线截面为502mm ，电流为30A 时的电压损失百分数为1%U ，当导线截面为402mm ，电流为35A 时的电压损失百分数为2%U ，则12U U =（） A ．4021B ．3524 C ．2435D ．2140答案：C根据高压输电线路电压损失估算口诀公式，直接代入数据，计算结果.解：本题考查高压输电线路电压损失估算口诀的应用，由题知，10.6103018%%%505U ⨯⨯==，20.6103521%%%404U ⨯⨯==，所以121824521354U U ==． 故选：C ．4．教育改革的核心是课程改革，新课程改革的核心理念就是教育以人为本，即一切为了每一位学生的发展．为满足新课程的三维目标要求，某校开设A 类选修课4门，B 类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有（） A ．24种 B ．48种 C ．32种 D ．64种答案：B由题意分两种情况，利用分类加法计数原理即可求解.解：分两种情况：第一种，选择1门A 类选修课和2门B 类选修课，有1244C C 24=种选法；第二种，选择2门A 选修课和1门B 类选修课，有2144C C 24=种选法， 故共有48种选法． 故选：B5．已知首项为2的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若360a a ，则20202021S S +=（）A ．0B ．1C ．2D ．3答案：C根据已知条件先求解出等比数列的公比，然后根据等比数列的前n 项和公式求解出20202021S S +的结果.解：设等比数列{}n a 的公比为q ()0q ≠．因为12a =，360a a ，所以()23210q q +=，解得1q =-，所以()()202020212020202121121121111SS ⎡⎤⎡⎤⨯--⨯--⎣⎦⎣⎦+=+=++．故选：C ．关键点点睛：解答本题的关键是根据等比数列的通项公式将已知条件改写为首项和公比的形式，由此确定出等比数列公比从而完成前n 项和的计算.6．在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP AB ⊥，D 是BC 的中点．若45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，则直线PD 与平面ABC 所成角的正弦值为（）A BC D 答案：C根据线面角的定义找到直线PD 与平面ABC 所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.解：在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP ⊂面PAB ， ∴BC AP ⊥，又AP AB ⊥，AB BC B ⋂=，∴PA ⊥平面ABC ，即PDA ∠即直线PD 与平面ABC 所成角．法一：设PA a =，由45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，得AB PA a ==， ∴3AC a =，2232BC a a a =-=．又D 是BC 的中点，则22a BD =， ∴在Rt ABD △中，22162AD a a a =+=．又易知PA AD ⊥，在Rt PAD 中，2261022PD a a a ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭，∴10sin 5AP PDA PD ∠==.法二：过点A 在平面ABC 内作//Ax BC ．易知直线AP ，AB ，Ax 两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -．不妨设1PA =，则1AB =，3AC =2BC =22BD =，有()0,0,0A ，()0,0,1P ，2D ⎫⎪⎪⎝⎭， ∴2,1,02DA ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，21,12DP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，则3152cos ,53522DA DP DA DP DA DP⋅===⨯， ∴10sin ,5DA DP =.故选：C ．关键点点睛：根据定义找到线面角的平面角，几何法：线面垂直的性质、勾股定理求边，在直角三角形中求其正弦值；向量法：构建空间直角坐标系，确定线面角两边的方向向量坐标并求余弦值，写出其正弦值.7．已知A ，B 是抛物线28y x =上两点，当线段AB 的中点到y 轴的距离为3时，AB的最大值为（） A ．5 B ．52C ．10 D ．2答案：C如图，画出点,,A B M 到准线的距离，利用抛物线的定义可知2AB AF BF AC BD MN ≤+=+=，求AB 的最大值.解：设抛物线28y x =的焦点为F ，准线为l ，线段AB 的中点为M ．如图，分别过点A ，B ，M 作准线l 的垂线，垂足分别为C ，D ，N ，连接AF ，BF ．因为线段AB的中点到y 轴的距离为3，抛物线28y x =的准线l ：2x =-，所以5MN =．因为210AB AF BF AC BD MN ≤+=+==，当且仅当A ，B ，F 三点共线时取等号，所以max 10AB =．故选：C ．关键点点睛：本题的关键是理解抛物线的定义，并能应用三点共线解决最值问题. 8．在边长为3的正方形ABCD 中，以点A 为圆心作单位圆，分别交AB ，AD 于E ，F 两点，点P 是EF 上一点，则PB PD ⋅的取值范围为（） A ．132,2⎡⎤--⎣⎦ B ．21,⎡-⎢⎣⎦C ．2,12⎡-⎣D ．132,12⎡-⎣答案：A建立平面直角坐标系，设点()cos ,sin P θθπ02θ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，利用向量数量积的坐标运算即可求解.解：根据题意画出图形，并建立平面直角坐标系，如图： 由题意可知()0,0A ，()3,0B ，()3,3C ，()0,3D ．设点()cos ,sin P θθπ02θ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，则()()3cos ,sin cos ,3sin PB PD θθθθ⋅=--⋅--()()cos 3cos sin 3sin 13sin 3cos θθθθθθ=-⋅---=--π1324θ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭．又π02θ≤≤，则ππ3π444θ≤+≤，2πsin 14θ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，所以π13213224θ⎛⎫-≤-+≤- ⎪⎝⎭，即PB PD ⋅的取值范围为132,2⎡⎤--⎣⎦，故选：A ． 二、多选题9．已知圆锥曲线C ：2214x y b-=，若三个数1，2b ，7成等差数列，则C 的离心率为（） A ．12B ．62C ．22D 2答案：BC首先求得2b =±，根据b 的不同值，分椭圆和双曲线，求离心率.解：由三个数1，2b ，7成等差数列，得228b =，解得2b =±．若2b =-，则圆锥曲线C ：2214x y b -=即为椭圆C ：22142x y +=，22142-=；若2b =，则圆锥曲线C ：2214x y b-=即为双曲线C ：22142x y -=，2614+=. 故选：BC ．易错点睛：本题容易因忽略b 的正负性或误将2b 的值当作是b 的值而致错． 10．已知函数()()sin f x x ωϕ=-π0,02ωϕ⎛⎫><< ⎪⎝⎭的部分图像如图所示，则下列关于函数()f x 的导函数()f x '的说法正确的是（）A ．()f x '的最小正周期为2π3B ．()f x '的图像关于直线4π9x =对称 C ．()f x '的图像关于点π,09⎛⎫⎪⎝⎭中心对称 D ．()f x '在π4π,99⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 答案：ABD先根据函数图像求解出()f x 的最小正周期，然后求解出ω的值，再根据09f π⎛⎫=⎪⎝⎭结合ϕ的范围求解出ϕ的值，则()f x '的可求，然后逐项判断()f x '的周期、对称轴、对称中心、单调递减区间.解：由函数()()sin f x x ωϕ=-π0,02ωϕ⎛⎫><<⎪⎝⎭的部分图像知，函数()f x 的最小正周期4ππ2π2993T ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭， 所以2π3T ω==．由五点作图法知，π309ϕ⨯-=，解得π3ϕ=，所以函数()πsin 33f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以()π3cos 33f x x ⎛⎫'=- ⎪⎝⎭．A ．()f x '的最小正周期为2π3，故A 正确； B ．令π3π3x k -=，Z k ∈，得π1π93x k =+，Z k ∈，则直线4π9x =是()f x '图像的一条对称轴，故B 正确； C ．因为直线π9x =是()f x '图像的一条对称轴，所以()f x '的图像不关于点π,09⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，故C 错误； D ．令π2π32ππ3k x k ≤-≤+，Z k ∈，得π24π2ππ9393k x k +≤≤+，Z k ∈，所以()f x '在π4π,99⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，故D 正确， 故选：ABD ．方法点睛：已知函数()()cos g x x ωϕ=+()0ω>，若求函数()g x 的单调递增区间，则令π2π2π2πk x k ωϕ+<+<+，Z k ∈； 若求函数()g x 的单调递减区间，则令2ππ2πk x k ωϕ<+<+，Z k ∈； 若求函数()g x 图像的对称轴或极值点，则令πx k ωϕ+=，Z k ∈； 若求函数()g x 图像的对称中心或零点，则令ππ2x k ωϕ+=+，Z k ∈． 11．（多选）已知0a >，0b >，221a b ab +-=，则下列不等式恒成立的是（） A ．112a b+≥ B ．2a b +≥ C ．222a b +≥ D ．332a b +≤答案：AD利用基本不等式222a b ab +≥，可得1ab ≤，又11a b +≥A 正确；利用基本不等式()24a b ab +≤，化简221a b ab +-=得()213a b ab +-=解得()24a b +≤，可判断B 错误；利用基本不等式222a b ab +≤，得222212a b ab a b ≤=++-解得222a b +≤，可判断C 错误；利用3322()()a b a b a ab b a b +=+-+=+，由B 选项结果可判断D 正确；解：对于A ，由0a >，0b >，利用基本不等式222a b ab +≥，可得12ab ab +≥，解得1ab ≤，又11a b +1a b ==时，等号成立），而1ab ≤，2≥，所以112a b+≥，故A 正确； 对于B ，由0a >，0b >，利用基本不等式()24a b ab +≤，化简221a b ab +-=得()()223134a b a b ab ++-=≤（当且仅当1a b ==时，等号成立），解得()24a b +≤，即2a b +≤，故B 错误；对于C ，由0a >，0b >，利用基本不等式222a b ab +≤化简221a b ab +-=得222212a b ab a b ≤=++-（当且仅当1a b ==时，等号成立），解得222a b +≤，故C 错误；对于D ，3322()()a b a b a ab b +=+-+，又221a b ab +-=，即33a b a b +=+，由B 选项知2a b +≤，所以332a b +≤，故D 正确； 故选：AD易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.12．已知函数()axf x e =（e 是自然对数的底数），()2g x x =的图像在(]0,16上有两个交点，则实数a 的值可能是（） A ．12B ．ln 22C ．ln 24D ．2e答案：AB由函数()axf x e =，()2g x x =的图像在(]0,16上有两个交点，转化为方程1ln 2xa x=在(]0,16上有两个不等实根，设()ln xh x x=，(]0,16x ∈，利用导数求得函数的单调性，画出函数的图象，结合图象和选项，即可求解.解：由函数()axf x e =，()2g x x =的图像在(]0,16上有两个交点可转化为方程2ax e x =在(]0,16上有两个不等的实数根， 即方程2ln ax x =在(]0,16上有两个不等实根，即方程1ln 2x a x =在(]0,16上有两个不等实根． 设()ln x h x x =，(]0,16x ∈，则()21ln xh x x -'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当16e x <≤时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以()()1h x h e e≤=， 又由()ln 2164h =，且当0x +→时，()h x →-∞，故可由此作出()h x 的大致图像，如图所示，则由图像可知ln 21142a e≤<，解得ln 222a e≤<， 结合选项可知A ，B 符合题意. 故选：AB.函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从()f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 三、填空题13．某学生投篮三次，且每次投篮是否命中是相互独立的，每次投篮命中的概率都是23，则该学生只有第三次投篮没投中的概率为______． 答案：427利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.解：由题知，该学生投篮三次，第一次和第二次都投中，第三次没投中的概率222413327P ⎛⎫⎛⎫=⨯-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故答案为：42714．写出一个在[]2,3上单调递增的周期函数______． 答案：()πcos2f x x =（答案不唯一） 设()cos f x x ω=，根据函数()f x 在[]2,3上单调递增，求得ω，即可确定一个函数的解析式，得到答案.解：因为函数()f x 是周期函数，不妨设()cos f x x ω=， 又因为函数()f x 在[]2,3上单调递增，所以2π232k k ωπωπ≥-+⎧⎨≤⎩，Z k ∈，解得π2ππ,Z 23k k k ω-+≤≤∈，故可取π2=ω，此时()πcos 2f x x =． 故答案为：()πcos2f x x =. 15．已知圆M ：2225x y +=，点()6,8C -，OC 与圆M 交于点D ，以D 为圆心，OD 长为半径作圆D ，交圆M 于A ，B 两点，连接AB ，AC ，且AB 交OC 于点E ，则AC 的长为______．答案：53连接AD ，分别求得5CD =，52OE DE ==，152CE =，在Rt ADE △和Rt ACE中，利用勾股定理，即可求解.解：如图所示，连接AD ，因为5OD =，10OC =，所以5CD =， 所以5AD OD CD ===，所以52OE DE ==，所以152CE OC OE =-=， 在Rt ADE △中，2222553522AE AD DE ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭, 在Rt ACE 中，222253155322AC AE CE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故答案为：53.16．设正四面体的内切球半径为r ，外接球半径为R ，则rR=______． 答案：13在正四面体PABC 中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，连接AD ，BE 交于点F ，则点F 为正三角形ABC 的外心，连接PF ，则PF ⊥底面ABC ，且正四面体PABC 的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段PF 上，记作点O ，不妨设正四面体PABC 的棱长为a ，利用勾股定理求出外接球半径，进而得出内切球半径，可得答案． 解：如图，在正四面体PABC 中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，连接AD ，BE 交于点F ，则点F 为正三角形ABC 的外心，连接PF ，则PF ⊥底面ABC ，且正四面体PABC 的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段PF 上，记作点O ，如图所示．不妨设正四面体PABC的棱长为a ，则在ABC 中，22233sin 60333AF AD AC ==⋅⋅︒==． ∵PF ⊥底面ABC ，AF ⊂底面ABC ，∴PF AF ⊥，∴22223633PF AP AF a a ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭．∵正四面体PABC 的外接球、内切球球心均为O ， ∴OP OA R ==，OF r =．∵OF PF OP =-，且在Rt AFO 中有222AF OF OA +=．∴22236R R ⎫⎫+-=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴6R =，666r ==，∴13r R ==． 故答案为：13四、解答题17．在ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，已知()3,m a c b =-，()cos ,cos n B C =-，且m n ⊥.（1）求sin B 的值；（2）若2b =，ABC的面积为4ABC 的周长. 答案：（1）3（23 （1）根据题意，利用向量垂直即两向量数量积等于零，利用正弦定理转化等式，进一步求得1cos 3B =，利用平方关系求得sin B =，得到结果； （2）利用余弦定理和面积公式得到三角形的边所满足的条件，求得1a c +=，进而得到其周长.解：（1）∵m n ⊥，∴(3)cos cos 0m c b n a B C ⋅=--=， 由正弦定理可得(3sin sin )cos sin cos 0A C B B C --=，即3sin cos sin cos sin cos 3sin cos sin()0A B C B B C A B B C --=-+=. ∵sin()sin B C A +=，∴3sin cos sin 0A B A -=. ∵sin 0A ≠，∴1cos 3B =. ∵()0,B π∈，∴sin B ==. （2）根据余弦定理可知2222cos b a c ac B =+-， ∴22243a c ac =+-，即284()3a c ac =+-. ∵ABC∴11sin 2234ac B ac =⨯=4ac =，∴228()441)3a c ac +=+=+=，∴1a c +=. 故ABC3.该题考查的是有关向量与解三角形的综合题，涉及到的知识点有向量垂直的坐标表示，正弦定理，三角形中的恒等变换，利用余弦定理和正弦定理解三角形，三角形的面积公式，属于简单题目.18．已知正项数列{}n a 的前n 项和为1,2n S S =，()()1122n n n n a a a a ++-=+． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2n an b n =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．答案：（1）2n a n =；（2）()1314499n nn T +-⋅=+．（1）由题设条件化简得()()1120n n n n a a a a ++--+=，得到12n n a a +-=，结合等差数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）知，224n nn b n n =⋅=⋅，利用“乘公比错位相减法”，即可求解.解：（1）因为在正项数列{}n a 中，()()1122n n n n a a a a ++-=+， 可得()221120n n n n a a a a ++--+=，即()()1120n n n n a a a a ++--+=，又因为10n n a a ++>，所以12n n a a +-=， 所以数列{}n a 是公差为2的等差数列． 又112a S ==，所以()2212n a n n =+-=．（2）由（1）知，224n nn b n n =⋅=⋅，所以231424344nn T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，所以()23414142434144nn n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，所以()2311141414344444441433n n n n n n T n n n +++-⎛⎫-=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⋅- ⎪-⎝⎭，所以()1314499n nn T +-⋅=+．错位相减法求解数列的前n 项和的分法：（1）适用条件：若数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，求解数列{}n n a b 的前n 项和n S ；（2）注意事项：①在写出n S 和n qS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出n n S qS -；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号； ③作差后，作差部分应用为1n -的等比数列求和.19．随着手机游戏的发展，在给社会带来经济利益的同时，也使许多人深陷其中，从而产生一些负面的影响．A ，B 两所学校为了解学生每天玩游戏的时间，各自抽取了100名学生进行调查，得到的数据如表所示： A 学校B 学校（1）以样本估计总体，计算A 学校学生日游戏时间的平均数以及B 学校学生日游戏时间的中位数．（2）为了调查家长对孩子玩游戏的态度，学校相关领导随机抽取了200名男性家长和200名女性家长进行调查，并将所得结果统计如表所示，判断是否有99.9%的把握认为家长对孩子玩游戏的态度与家长性别有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．答案：（1）A 学校学生日游戏时间的平均数为64.7()min ；B 学校学生日游戏时间的中位数为74()min ；（2）没有．（1）根据频率分布表，利用平均数公式求解；由中位数的定义求解；（2）根据22⨯列联表中的数据，利用()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++求得2K 的值，再与临界值表对照下结论.解：（1）A 学校学生日游戏时间的平均数为3.50.1450.14550.16650.2750.18850.13950.0964.7⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=()min ．B 学校学生日游戏时间的中位数为5037102070107425----+⨯=()min ．（2）由已知可得22⨯列联表：则()2240013639161648.17210.828200200297103K ⨯⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯， 所以没有99.9%的把握认为家长对孩子玩游戏的态度与家长性别有关．20．如图，在四棱锥A BCDE -中，AB ⊥平面BCDE ，四边形BCDE 为矩形，112AB BC BE ===，点F ，P 分别为AD ，AC 的中点，连接EF ，EP ，FP ．（1）求证：EF AC ⊥；（2）求二面角A EF P --的正弦值． 答案：（1）证明见解析；（215． （1）由线面垂直的性质，可得BE AC ⊥，再由等腰直角三角形可得BP AC ⊥，所以AC ⊥平面BPFE ，即可证明EF AC ⊥.（2）以B 为坐标原点，BA ，BC ，BE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -,平面PEF 的一个法向量为()1,1,0AC =-．平面AEF 的法向量为()2,0,1n =,即可求出结果.解：（1）连接BP ，因为四边形BCDE 为矩形，所以BE BC ⊥． 因为AB ⊥平面BCDE ，所以AB BE ⊥．因为AB BC B ⋂=，所以BE ⊥平面ABC ，所以BE AC ⊥． 因为AB BC =，P 是AC 的中点，所以BP AC ⊥．因为点F ，P 分别为AD ，AC 的中点，所以//FP DC ，所以//FP BE ， 所以B ，P ，F ，E 四点共面．因为BE BP B ⋂=，所以AC ⊥平面BPFE ． 因为EF ⊂平面BPFE ，所以EF AC ⊥．（2）由（1）知AB ，BC ，BE 两两垂直且交于点B ，如图，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -，则()0,0,0B ，()1,0,0A ，()0,1,0C ，()0,0,2E ，11,,122F ⎛⎫⎪⎝⎭，所以11,,122EF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()1,0,2EA =-，()1,1,0AC =-．由（1）知平面PEF 的一个法向量为()1,1,0AC =-． 设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n EF n EA ⎧⋅=⎨⋅=⎩即110,2220,x yz x z ⎧+-=⎪⎨⎪-=⎩ 令2x =，得0y =，1z =，则()2,0,1n =． 所以10cos ,552n AC n AC n AC⋅===-⨯．所以二面角A EF P --的正弦值为2101515⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭．21．已知椭圆C ：22221x y a b+=()0a b >>的焦距为2，点31,2G ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程；（2）已知直线l 与椭圆C 相切于点M ，与抛物线216y x =-的准线相交于点N ，若点P 为平面内一点，且PM PN ⊥，求点P 的坐标．答案：（1）22143x y +=；（2）()1,0． （1）根据椭圆的方程及性质求得椭圆C 的方程；（2）设直线方程并与椭圆联解，求出M 的坐标，以及求出直线与抛物线的准线交点坐标，设点(),P s t ，根据PM PN ⊥求出点P 的坐标．解：本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系、抛物线的性质的综合应用．（1）由题得2222222,191,4,c a b a b c =⎧⎪⎪+=⎨⎪-=⎪⎩解得2,1,a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩所以椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）根据题意可知直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y kx m =+，联立22,1,43y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 并整理得()2223484120kxkmx m +++-=．由()()2222644344120k m k m∆=-+-=，得2234m k =+， 所以24434M km k x k m -==-+，23334M m y k m ==+，即43,k M m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭． 因为抛物线216y x =-的准线方程为4x =，所以当4x =时，4N y k m =+，所以()4,4N k m +． 设点(),P s t ，因为PM PN ⊥，所以0PM PN ⋅=， 所以()43,4,40ks t s k m t mm ⎛⎫---⋅-+-= ⎪⎝⎭，即()()()()2143430s ms k m t m km tm -+--+-+=*，当10,0,s t -=⎧⎨=⎩即1s =，0t =时，方程（）恒成立，所以点P 的坐标为()1,0．椭圆中的基本量满足222a c b -=，应避免与双曲线中基本量的关系混淆，此条件是隐含条件，也是解题的关键22．已知函数()ln e 1xf x x x ax =-++．（1）若函数()()e xF x f x x =+，判断()F x 的单调性（用实数a 表示）；（2）若()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围． 答案：（1）答案不唯一，具体见解析；（2）(],1-∞．（1）由题知()ln 1F x x ax =++，求出()F x '，观察()F x '的特征，以0为分界点，讨论a 的取值范围，判断()F x '的正负，从而可判断函数()F x 的单调性； （2）对已知不等式进行等价转换，并分离参数a 得ln 1e xx a x x≤--在()0,∞+上恒成立，故构造关于x 的新函数()ln 1e xx g x x x=--，利用导数研究新函数的单调性，结合零点存在性定理，求出新函数的最值，再根据不等式的性质求解 解：解（1）由题得()ln 1F x x ax =++，则()1F x a x'=+()0x >． ①当0a ≥时，()0F x '>，此时()F x 是增函数； ②当0a <时，由()0F x '=，得10x a=->， 所以当10x a<<-时，()0F x '>，此时()F x 单调递增； 当1x a>-时，()0F x '<，此时()F x 单调递减． 综上，当0a ≥时，()F x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()F x 在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．（2）若()0f x ≤恒成立，即ln e 10x x x ax -++≤在()0,∞+上恒成立，则ln 1e x x a x x≤--在()0,∞+上恒成立． 令()ln 1xx g x e x x =--，则()222ln ln x xx x e x g x e x x +'=+=． 令()2ln xh x x e x =+，则()2120x xh x xe x e x'=++>， 所以()h x 在()0,∞+上是增函数． 而()10h e =>，12110ee h e e⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即0020e n 0l xx x +=，所以01ln 0000001111ln ln ln x x x e x e x x x x ⎛⎫=-==⋅ ⎪⎝⎭． 令()e xx x λ=，则()()1e 0xx x λ'=+>在()0,∞+上恒成立，所以()x λ在()0,∞+上是增函数，所以001lnx x =． 当()00,x x ∈时，()0h x <，则()0g x '<，所以()g x 在()00,x 上单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，则()0g x '>，故()g x 在()0,x +∞上单调递增， 所以()()001ln 000min0000ln 111x x x x g x g x e e x x x x -==--=--=．所以1a ≤，即实数a 的取值范围是(],1-∞．本题考查函数与导数的综合、不等式恒成立求参数范围问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于根据题意分离常数法得ln 1e x x a x x ≤--在()0,∞+上恒成立，进而构造函数()ln 1e x x g x x x=--研究函数的最小值即可.。
2021版高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习练 考题预测·全过关 8.2 直线的交点坐标与距离公式
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练考题预测·全过关1.若动点A,B分别在直线l1:x+y-7=0和l2:x+y-5=0上移动,则AB的中点M到原点的距离的最小值为 ( )A.3B.C.3D.2【解析】选C.点M在直线x+y-6=0上,到原点的最小距离等价于原点O(0,0)到直线x+y-6=0的距离,即d===3.2.已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分,则b的取值范围是( )A.(0,1)B.C. D.【解析】选B.方法一:(1)当直线y=ax+b与AB,BC相交时,如图①所示.易求得:x M=-,y N=.由已知条件得:·=1,所以a=.因为点M在线段OA上,所以-1<-<0,所以0<b<a.因为点N在线段BC上,所以0<<1,所以b<1.由解得<b<.(2)当直线y=ax+b与AC,BC相交时,如图②所示.设|MC|=m,|NC|=n,则S△MCN=mn=,所以mn=1.显然,0<n<,所以m=>.又0<m≤且m≠n.所以<m≤且m≠1. 设D到AC,BC的距离为t,则=,=,所以+=+=1.所以t=,所以=+=+m.而f(m)=m+的值域为,即2<≤,所以≤t<.因为b=1-|CD|=1-t,所以1-<b≤.综合(1)、(2)可得:1-<b<.方法二:由消去x,得y=,当a>0时,直线y=ax+b与x轴交于点, 则××=,化简得(a+b)2=a(a+1),则a=.因为a>0,所以>0,解得b<.考虑极端位置,即a=0,此时易得b=1-.综上,1-<b<.3.直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是( )A.x+2y-1=0B.2x+y-1=0C.2x+y-3=0D.x+2y-3=0【解析】选D.设直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的直线为l2,则l2的斜率为-,且过直线x-2y+1=0与x=1的交点(1,1),则l2的方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.4.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( )A. B. C.5 D.10【解析】选D.由题意知P(0,1),Q(-3,0),因为过定点P的直线ax+y-1=0与过定点Q的直线x-ay+3=0垂直, 所以M位于以PQ为直径的圆上,因为|PQ|==,所以|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=10.5.直线(2λ+1)x+(λ-1)y+1=0(λ∈R)恒过定点________.【解析】直线(2λ+1)x+(λ-1)y+1=0可化为λ(2x+y)+x-y+1=0,令解得所以直线过定点.答案:关闭Word文档返回原板块。
2021版高考数学理科人教大一轮复习练 考题预测·全过关 6.5 直接证明与间接证明
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练考题预测·全过关1.(2015·北京高考)已知数列{a n}满足:a1∈N*,a1≤36且a n+1=(n=1,2,…),记集合M={a n|n∈N*}.(1)若a1=6,写出集合M的所有元素.(2)若集合M存在一个元素是3的倍数.证明:M的所有元素都是3的倍数.(3)求集合M的元素个数的最大值.【解析】(1)a1=6,a2=12,a3=24,a4=2×24-36=12,所以M={6,12,24}.(2)因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设a k是3的倍数, 由a n+1=可证明对任意n≥k,a n是3的倍数.如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数.如果k>1,因为a k=2a k-1或a k=2a k-1-36,所以2a k-1是3的倍数,于是a k-1是3的倍数,类似可得a k-2,…,a1都是3的倍数,从而对任意n≥1,a n是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数.综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数.(3)由a1≤36,a n=可证明a n≤36(n=2,3,…).因为a1是正整数,a2=所以a2是2的倍数,从而当n≥3时,a n是4的倍数,如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,a n是3的倍数,因此当n≥3时,a n∈{12,24,36},这时M的元素个数不超过5,如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,a n不是3的倍数,因此当n≥3时,a n∈{4,8,16,20,28,32},这时M的元素个数不超过8, 当a1=1时,M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素.综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.2.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到A为钝角的结论,三边a,b,c应满足的条件是__________.【解析】因为A为钝角,所以由cos A=<0,可得,b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.答案:a2>b2+c23.用反证法证明命题①:“已知p3+q3=2,求证:p+q≤2”时,可假设“p+q>2”;命题②:“若x2=4,则x=-2或x=2”时,可假设“x≠-2或x≠2”. 以下结论正确的是( )A.①与②的假设都错误B.①与②的假设都正确C.①的假设正确,②的假设错误D.①的假设错误,②的假设正确【解析】选C.①p+q≤2的命题否定为p+q>2,故①的假设正确. “x=-2或x=2”的否定应是“x≠-2且x≠2”,②的假设错误, 所以①的假设正确,②的假设错误,故选C.4.命题“若x>y,则(x-y)(x3+y3)=(x2-y2)(x2-xy+y2)”的证明过程:“要证明(x-y)(x3+y3)=(x2-y2)(x2-xy+y2),即证(x-y)(x3+y3)=(x-y)(x+y)(x2-xy+y2).因为x>y,即证x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2),即证x3+y3=x3-x2y+xy2+x2y-xy2+y3,即证x3+y3=x3+y3.因为上式成立,故原等式成立应用了( )A.分析法B.综合法C.综合法与分析法结合使用D.演绎法【解析】选 A.题中的证明方法为执果索因,这是典型的分析法,即原等式成立应用了分析法.5.已知x>0,y>0且y-x>1,则,的值满足( )A.,都大于1B.,至少有一个小于1C.,都小于1D.以上说法都不正确【解析】选B.假设和都大于1,因为x>0,y>0,所以1-y>x,且1+3x>y,两式相加得2+2x-2y>0⇒y-x<1,y-x>1相矛盾,因此假设和都大于1不成立,所以,至少有一个小于1正确.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021版高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习练 考题预测·全过关 6.6 数学归纳法 Word版含解析
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练考题预测·全过关1.如果命题P(n)对于n=1成立,同时,如果n=k成立,那么对于n=k+2也成立.这样,下述结论中正确的是( )A.P(n)对于所有的自然数n成立B.P(n)对于所有的正奇数n成立C.P(n)对于所有的正偶数n成立D.P(n)对于所有大于3的自然数n成立【解析】选B.由于若命题P(n)对n=k成立,则它对n=k+2也成立. 又已知命题P(1)成立,可推出P(3)、P(5)、P(7)、P(9)、P(11)…均成立,即P(n)对所有正奇数n都成立.2.用数学归纳法证明“++…+≥(n∈N+)”时,由n=k到n=k+1时,不等式左边应添加的项是( )A.B.+C.+-D.+--【解析】选C.由n=k时,左边为++…+,当n=k+1时,左边为++…+++所以增加项为两式作差得:+-.3.用数学归纳法证明“1+2+3+…+n3=,n∈N*”,则当n=k+1时,应当在n=k时对应的等式的左边加上 ( )A.k3+1B.(k3+1)+(k3+2)+…+(k+1)3C.(k+1)3D.【解析】选B.当n=k时,左边=1+2+3+…+k3,当n=k+1时,左边=1+2+3+…+k3+(k3+1)+(k3+2)+…+(k+1)3,两式相减得(k3+1)+(k3+2)+…+(k+1)3.当n=k+1时,应当在n=k时对应的等式的左边加上(k3+1)+(k3+2)+…+(k+1)3.4.用数学归纳法证明12+22+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12=时,由n=k的假设到证明n=k+1时,等式左边应添加的式子是________. 【解析】根据等式左边的特点,各项数字先递增再递减,得n=k时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,n=k+1时,左边=12+22+…+(k-1)2+k2+(k+1)2+k2+(k-1)2+…+22+12,比较两式,等式左边应添加的式子是(k+1)2+k2.答案:(k+1)2+k25.已知正项数列{a n}中,a1=1,a n+1=1+(n∈N*),用数学归纳法证明:a n<a n+1(n∈N*).【解析】①当n=1时,a2=1+=,a1<a2,所以,n=1时,不等式成立;②假设n=k(k∈N*)时,a k<a k+1成立,则当n=k+1时,a k+2-a k+1=1+-a k+1=1+-=>0,所以,n=k+1时,不等式成立.综上所述,不等式a n<a n+1(n∈N*)成立.关闭Word文档返回原板块。
2021版高考数学理科人教大一轮复习练 考题预测·全过关 8.5 曲线与方程
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练考题预测·全过关1.(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ.(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程. 【解析】(1)由题意可知F,设l1:y=a,l2:y=b且ab≠0,A,B,P,Q,R,记过A,B两点的直线方程为l,由点A,B可得直线方程为2x-(a+b)y+ab=0,因为点F在线段AB上,所以ab+1=0,记直线AR的斜率为k1,直线FQ的斜率为k2,所以k1=,k2==-b,又因为ab+1=0,所以k1=====-b,所以k1=k2,即AR∥FQ.(2)设直线AB与x轴的交点为D,所以S△ABF==,又S△PQF=,所以由题意可得S△PQF=2S△ABF,即=2×·|a-b|·,解得x1=0(舍)或x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由k AB=k DE可得=(x≠1).而=,所以y2=x-1(x≠1).当AB与x轴垂直时,E与D重合,所以,所求轨迹方程为y2=x-1.2.方程(2x+3y-1)(-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【解析】选D.原方程可化为或-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.3.已知圆的方程为x2+y2=4,若抛物线过点A(-1,0),B(1,0)且以圆的切线为准线,则抛物线的焦点轨迹方程是________________.【解析】设抛物线焦点为F,过A,B,O(0,0)作准线的垂线AA1,BB1,OO1,则|AA1|+|BB1|=2|OO1|=4,由抛物线定义得|AA1|+|BB1|=|FA|+|FB|,所以|FA|+|FB|=4,故F点的轨迹是以A,B为焦点,长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点).答案:+=1(y≠0)4.已知圆C:(x+1)2+y2=8,点A(1,0),P是圆C上任意一点,线段AP的垂直平分线交线段CP于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程.(2)若直线l:y=kx+m与曲线E相交于M,N两点,O为坐标原点,求△MON 面积的最大值.【解析】(1)因为点Q在线段AP的垂直平分线上,所以|AQ|=|PQ|.又|CP|=|CQ|+|QP|=2,所以|CQ|+|QA|=2>|CA|=2.所以曲线E是以坐标原点为中心,C(-1,0)和A(1,0)为焦点,长轴长为2的椭圆.设曲线E的方程为+=1(a>b>0).因为c=1,a=,所以b2=2-1=1.所以曲线E的方程为+y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).联立方程,得消去y,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.此时有Δ=16k2-8m2+8>0.由一元二次方程根与系数的关系,得x1+x2=,x1x2=.所以|MN|==.因为原点O到直线l的距离d=,所以=|MN|·d=. 由Δ>0,得2k2-m2+1>0.又m≠0,所以根据基本不等式,得≤·=.当且仅当m2=时,不等式取等号.所以△MON面积的最大值为.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021版高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习练 考题预测·全过关 6.4 合情推理与演绎推理
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练考题预测·全过关1.(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测.甲:我的成绩比乙高.乙:丙的成绩比我和甲的都高.丙:我的成绩比乙高.成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为 ( )A.甲、乙、丙B.乙、甲、丙C.丙、乙、甲D.甲、丙、乙【解析】选A.方法一:若甲预测正确,则乙、丙预测错误,则甲比乙成绩高,丙比乙成绩低,故3人成绩由高到低依次为甲,乙,丙;若乙预测正确,则丙预测也正确,不符合题意;若丙预测正确,则甲必预测错误,丙比乙的成绩高,乙比甲成绩高,即丙比甲,乙成绩都高,即乙预测正确,不符合题意.方法二:(数字化)不妨设甲、乙、丙的成绩分别为x,y,z(x,y,z互不相同).若甲预测正确,则有x>y ①若乙预测正确,则有②若丙预测正确,则有z>y ③.由已知,甲、乙、丙三人中只有一个人预测正确.若乙预测正确,则②成立,显然③也必然成立,此时乙与丙预测都正确,不符合题意;若丙预测正确,则③成立,由题意甲与乙预测不正确,即①②都不成立.由③成立,①不成立,可得z>y>x,此时②必然成立,即乙预测正确,不合题意.综上,只有甲预测正确,乙、丙预测都不正确,即①成立,②③不成立. 由①成立,③不成立可得x>y>z,此时②不成立.符合题意.所以三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙.2.(2017·全国卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说:你们四人中有2位优秀,2位良好,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩.看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩.根据以上信息,则( )A.乙可以知道四人的成绩B.丁可以知道四人的成绩C.乙、丁可以知道对方的成绩D.乙、丁可以知道自己的成绩【解析】选D.由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好,则甲、丁一人优秀一人良好,乙看到丙的结果则知道自己的结果,丁看到甲的结果则知道自己的结果.3.(2016·全国卷Ⅱ)有三张卡片,分别写有1和2,1和3,2和3.甲,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是2”,乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是5”,则甲的卡片上的数字是________.【解析】由题意得:丙不拿(2,3),若丙(1,2),则乙(2,3),甲(1,3)满足,若丙(1,3),则乙(2,3),甲(1,2)不满足,故甲的卡片上的数字为1和3.答案:1和34.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲,这个表叫做帕斯卡三角形.帕斯卡(1623-1662)是在1654年发现这一规律的,比杨辉要迟393年,比贾宪迟600年。
2021年高考数学大一轮复习 第八章 第1节 直线与方程课时冲关 理 新人教A版
2021年高考数学大一轮复习 第八章 第1节 直线与方程课时冲关 理 新人教A 版对应学生用书课时冲关理四十/第311页 文三十七/第273页一、选择题1．若直线斜率的绝对值等于1，则直线的倾斜角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．60°或120°解析：由|k |＝|tan α|＝1，知：k ＝tan α＝1或k ＝tan α＝－1.又倾斜角α∈[0°，180°)，∴α＝45°或135°.答案：C2．如图中的直线l 1、l 2、l 3的斜率分别为k 1、k 2、k 3，则( )A ．k 1<k 2<k 3B ．k 3<k 1<k 2C ．k 3<k 2<k 1D ．k 1<k 3<k 2解析：直线l 1的斜率角α1是钝角，故k 1<0，直线l 2与l 3的倾斜角α2与α3均为锐角，且α2>α3，所以0<k 3<k 2，因此k 1<k 3<k 2，故选D.答案：D3．已知直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则a 的值是( ) A ．1 B ．－1 C ．－2或－1 D ．－2或1解析：由题意得a ＋2＝a ＋2a，∴a ＝－2或a ＝1. 答案：D4．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恒过定点( )A ．(0,4)B ．(0,2)C ．(－2,4)D ．(4，－2)解析：由于直线l 1：y ＝k (x －4)恒过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又由于直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，∴直线l 2恒过定点(0,2)． 答案：B5．(xx·江门模拟)如果A ·C ＜0，且B ·C ＜0，那么直线Ax ＋By ＋C ＝0不通过( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：由题意知A ·B ·C ≠0， 直线方程变为y ＝－A B x －C B. ∵A ·C ＜0，B ·C ＜0，∴A ·B ＞0， ∴其斜率k ＝－A B＜0. 又y 轴上的截距b ＝－C B＞0， ∴直线过第一、二、四象限． 答案：C6．已知两点A (3,2)和B (－1,4)到直线mx ＋y ＋3＝0的距离相等，则m 的值为( ) A ．0或－12B.12或－6 C ．－12或12D ．0或12解析：依题意得|3m ＋2＋3|m 2＋1＝|－m ＋4＋3|m 2＋1，∴|3m ＋5|＝|m －7|，∴3m ＋5＝m －7或3m ＋5＝7－m . ∴m ＝－6或m ＝12.故应选B.答案：B7．已知直线l 过点P (3,4)且与点A (－2,2)，B (4，－2)等距离，则直线l 的方程为( ) A ．2x ＋3y －18＝0 B ．2x －y －2＝0C ．3x －2y ＋18＝0或x ＋2y ＋2＝0D ．2x ＋3y －18＝0或2x －y －2＝0解析：由题意设所求直线方程为y －4＝k (x －3)， 即kx －y ＋4－3k ＝0，由已知，得|－2k －2＋4－3k |1＋k 2＝|4k ＋2＋4－3k |1＋k 2， ∴k ＝2或k ＝－23.∴所求直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0. 答案：D8．(xx·广州模拟)直线x －2y ＋1＝0关于直线x ＝1对称的直线方程是( ) A ．x ＋2y －1＝0 B ．2x ＋y －1＝0 C ．2x ＋y －3＝0D ．x ＋2y －3＝0解析：由题意得直线x －2y ＋1＝0与直线x ＝1的交点坐标为(1,1)．又直线x －2y ＋1＝0上的点(－1,0)关于直线x ＝1的对称点为(3,0)，所以由直线方程的两点式，得y －01－0＝x －31－3，即x ＋2y －3＝0. 答案：D9．设直线l 的方程为x ＋y cos θ＋3＝0 (θ∈R )，则直线l 的倾斜角α的范围是( ) A ．[0，π)B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4解析：当cos θ＝0时，方程变为x ＋3＝0，其倾斜角为π2； 当cos θ≠0时，由直线方程可得斜率k ＝－1cos θ.∵cos θ∈[－1,1]且cos θ≠0， ∴k ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，即tan α∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，又α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4.由上知，倾斜角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，3π4，故选C.答案：C10．(xx·北京海淀一模)已知点A (－1,0)，B (cos α，sin α)，且|AB |＝3，则直线AB 的方程为( )A ．y ＝3x ＋3或y ＝－3x － 3B ．y ＝33x ＋33或y ＝－33x －33C ．y ＝x ＋1或y ＝－x －1D ．y ＝2x ＋2或y ＝－2x － 2解析：|AB |＝cos α＋12＋sin 2α＝2＋2cos α＝3，所以cos α＝12，sin α＝±32，所以k AB ＝±33，即直线AB 的方程为y ＝±33(x ＋1)，所以直线AB 的方程为y ＝33x ＋33或y ＝－33x －33，选B. 答案：B11．(xx·福建高考)已知直线l 过圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心，且与直线x ＋y ＋1＝0垂直，则l 的方程是( )A ．x ＋y －2＝0B ．x －y －2＝0C ．x ＋y －3＝0D ．x －y ＋3＝0解析：由直线l 与直线x ＋y ＋1＝0垂直，可设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0.又直线l 过圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心(0,3)，则m ＝3，所以直线l 的方程为x －y ＋3＝0，故选D.答案：D12．如图，已知A (4,0)、B (0,4)，从点P (2,0)射出的光线经直线AB 反射后再射到直线OB 上，最后经直线OB 反射后又回到P 点，则光线所经过的路程是( )A ．210B ．6C ．3 3D ．2 5解析：由题意知点P 关于直线AB 的对称点为D (4,2)，关于y 轴的对称点为C (－2,0)，则光线所经过的路程PMN 的长为|CD |＝2.答案：A 二、填空题13．直线l 经过A (2,1)，B (1，m 2)(m ∈R )两点，则直线l 的倾斜角的取值范围为________． 解析：直线l 的斜率k ＝m 2－11－2＝1－m 2≤1.设l 的倾斜角为α，则tan α≤1.又∵α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π14．一条直线经过点A (－2,2)，并且与两坐标轴围成的三角形的面积为1，则此直线的方程为________．解析：设所求直线的方程为x a ＋yb＝1， ∵A (－2,2)在直线上，∴－2a ＋2b＝1.①又因直线与坐标轴围成的三角形面积为1， ∴12|a |·|b |＝1. ②由①②可得(1)⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1ab ＝2或(2)⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，ab ＝－2.由(1)解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，方程组(2)无解．故所求的直线方程为x 2＋y 1＝1或x－1＋y－2＝1， 即x ＋2y －2＝0或2x ＋y ＋2＝0为所求直线的方程． 答案：x ＋2y －2＝0或2x ＋y ＋2＝015．若ab >0，且A (a,0)、B (0，b )、C (－2，－2)三点共线，则ab 的最小值为________． 解析：根据A (a,0)、B (0，b )确定直线的方程为x a ＋yb＝1，又C (－2，－2)在该直线上，故－2a ＋－2b＝1，所以－2(a ＋b )＝ab .又ab >0，故a <0，b <0.根据均值不等式ab ＝－2(a ＋b )≥4ab ，从而ab ≤0(舍去)或ab ≥4，故ab ≥16，当且仅当a ＝b ＝－4时取等号．即ab 的最小值为16.答案：1616．一条光线沿直线2x －y ＋2＝0入射到直线x ＋y －5＝0后反射，则反射光线所在的直线方程为________．解析：取直线2x －y ＋2＝0上一点A (0,2)，设点A (0,2)关于直线x ＋y －5＝0对称的点为B (a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b ＋22－5＝0，b －2a ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝5，∴B (3,5)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2＝0，x ＋y －5＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝4，∴直线2x －y ＋2＝0与直线x ＋y －5＝0的交点为P (1,4)，∴反射光线在经过点B (3,5)和点P (1,4)的直线上，其直线方程为y －4＝4－51－3(x －1)，整理得x －2y ＋7＝0. 答案：x －2y ＋7＝0 [备课札记]G23703 5C97 岗22725 58C5 壅33526 82F6 苶33079 8137 脷.6c31824 7C50 籐34419 8673 虳;P839777 9B61 魡q。
2021年高考数学大一轮总复习 8.4 直线、平面平行的判定与性质高效作业 理 新人教A版
2021年高考数学大一轮总复习 8.4 直线、平面平行的判定与性质高效作业理新人教A版一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(xx·汉中一模)给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为( )A．3 B．2C．1 D．0解析：①中α、β可以相交；②两平面平行，两平面中的直线可能平行，也可能异面；由l∥γ，l⊂β，β∩γ＝m⇒l∥m，同理l∥n，故m∥n，③正确，故选C.答案：C2．(xx·湘潭二模)设平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A、B分别在α、β内运动时，那么所有的动点C( )A．不共面B．当且仅当A、B在两条相交直线上移动时才共面C．当且仅当A、B在两条给定的平行直线上移动时才共面D．不论A、B如何移动都共面解析：设点A从A1移动到A2，B从B1移动到B2，对应的点C从C1移动到C2，可以证明C1C2∥α，C1C2∥β，同理C1C3∥α，C1C3∥β.又过一点有且只有一个平面与已知平面平行，故选D.答案：D3．(xx·德阳联考)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，且α∥β的一个充分而不必要条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2解析：若l1∥m⇒l1∥α，l2∥n⇒l2∥α，由面面平行的判定知α∥β，但α∥β不一定得到m∥l1，n∥l2，故选B.答案：B4．(xx·南安期末)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，下面命题不正确的是( )A．有水的部分始终呈棱柱形B．棱A1D1始终与水面所在的平面平行C．当容器倾斜如图(3)所示时，BE·BF为定值D．水面EFGH所在四边形的面积为定值解析：由题意知有水部分左、右两个面一定平行，且由于BC水平固定，故BC∥水平面，由线面平行的性质可知BC∥FG、BC∥EH.又BC∥A1D1，故A1D1∥水平面．在图(3)中，有水部分始终是以面BEF和面CHG为底面的三棱柱，且高确定，因此底面积确定，即BE·BF为定值．选C.答案：C5．(xx·大同一模)一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面面积为( )A.a22B.a23C.a24D.a25解析：在面VAC内过点P作AC的平行线PD交VC于点D，在面VAB内作VB的平行线交AB于点F，过点D作VB的平行线交BC于E.连接EF.∵PF ∥DE ，故P 、D 、E 、F 共面，且面PDEF 与VB 和AC 都平行，易知四边形PDEF 是边长为a2的正方形，故其面积为a 24，故选C.答案：C6．(xx·江西)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则易证CD ⊥EG ，CD ⊥FG ，所以CD ⊥平面EFG .又AB ∥CD ，所以AB ⊥平面EFG ，所以AB ⊥EF ，所以正方体中上、下、前、后共4个面所在平面与EF 相交(左、右两个面所在平面与EF 平行)，即n ＝4.由CE 在正方体的下底面所在平面内，知CE 与上底面所在平面平行，故正方体中前、后、左、右四个面所在平面与CE 相交，即m ＝4.所以m ＋n ＝8.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上) 7．(xx·绵阳诊断)在四面体ABCD 中，M 、N 分别为△ACD 和△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．解析：如图，取CD 的中点E ，则AE 过M ，且AM ＝2ME ， BE 过N ，且BN ＝2NE .连接MN ， 则AB ∥MN ，∴MN ∥平面ABC 和平面ABD . 答案：面ABC 和面ABD8．(xx·绥化一模)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 是四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN∥平面B 1BDD 1.解析：取B 1C 1的中点P ，连接NP 、PF 、FH ，易证平面HNPF ∥平面BDD 1B 1，故只需位于FH 上就有MN ⊂平面HNPF ，也就有MN ∥平面B 1BDD 1.答案：M ∈线段HF9．(xx·蒙山一模)空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k . 又∵0＜k ＜1，∴周长的范围为(8,10)． 答案：(8,10)10．(xx·南通调研)考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l 、m 为直线，α、β为平面)，则此条件为________．①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βα⊥β ⇒l ∥α.解析：①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为平面α外的直线”即“l ⊄α”，它同样也适合②③，故填l ⊄α.答案：l ⊄α三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤)11．(xx·菏泽联考)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 点为棱AB 的中点．求证：AC1∥平面CDB1.证明：连接BC1，交B1C于点E，连接DE，则BC1与B1C互相平分．∴BE＝C1E，又AD＝BD，∴DE为△ABC1的中位线，∴AC1∥DE.又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.12．(xx·大庆模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点．(1)若E为A1C1的中点，求证：DE∥平面ABB1A1；(2)若E为A1C1上一点，且A1B∥平面B1DE，求A1EEC1的值．解：(1)证明：取B1C1中点G，连接EG、GD，则EG∥A1B1，DG∥BB1，又EG∩DG＝G，∴平面DEG∥平面ABB1A1，又DE⊂平面DEG，∴DE∥平面ABB1A1.(2)设B1D交BC1于点F，则平面A1BC1∩平面B1DE＝EF. 因为A1B∥平面B1DE，A1B⊂平面A1BC1，所以A1B∥EF.所以A1EEC1＝BFFC1.又因为BFFC1＝BDB1C1＝12，所以A1EEC1＝12.13．(xx·常熟二模)四棱柱ABCD－A1B1C1D1的三视图和直观图如下．(1)求出该四棱柱的表面积；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由．解：(1)由已知数据可知，四棱柱的表面积S＝2×1＋2×1＋2×2＋2×1＋22×1＋2×2＝11＋2 2.(2)证明：连接AD1，连接AE，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，如图所示．∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，需使MN∥D1E，又M是AD1的中点．∴N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.24772 60C4 惄~q38252 956C 镬23517 5BDD 寝26111 65FF 旿32809 8029 耩35934 8C5E 豞22262 56F6 囶31469 7AED 竭B28067 6DA3 涣o;~。
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练考题预测·全过关
1.(2017·全国卷Ⅰ)设A,B是椭圆C:+=1长轴的两个端点,若C 上存在点M满足∠AMB=120°,则m的取值范围是( )
A.(0,1]∪[9,+∞)
B.(0,]∪[9,+∞)
C.(0,1]∪[4,+∞)
D.(0,]∪[4,+∞)
【解析】选A.当0<m<3时,焦点在x轴上,要使C上存在点M满足∠AMB=120°,则≥tan 60°=,即≥,得0<m≤1;当m>3时,焦点在y轴上,要使C上存在点M满足∠AMB=120°,则≥tan 60°=,即≥,得m≥9,故m的取值范围为(0,1]∪[9,+∞),故选A.
2.已知椭圆C的方程为+=1(m>0),如果直线y=x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F,则m的值为( ) A.2 B.2 C.8 D.2
【解析】选B.根据已知条件得c=,
则点在椭圆+=1(m>0)上,所以+=1,可得m=2.
3.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:
3x-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AF|+|BF|=4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
【解析】选A.根据椭圆的对称性及椭圆的定义可得A,B两点到椭圆左、右焦点的距离和为4a=2(|AF|+|BF|)=8,所以a=2.
又d=≥,
所以1≤b<2,
所以e===.
因为1≤b<2,
所以0<e≤.
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