2018年高考理科数学通用版三维二轮专题复习专题检测：(二十二) 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
2018年高考理科数学通用版三维二轮复习训练12解析及答案
寒假作业(十二) 空间几何体(注意速度和准度)一、“12＋4”提速练1．下列命题中，错误的是( )A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形解析：选B 根据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故B错误．2．一条线段长为52，其侧视图长为5，俯视图长为34，则其正视图长为( ) A．5 B.34C．6 D.41解析：选D 把这条线段想象成长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线AC1，AC1的侧视图为DC1＝5，AC1的俯视图为AC＝34，AC1的正视图为AD1，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则a2＋c2＝25，a2＋b2＝34，又a2＋b2＋c2＝50，则b2＝25，c2＝16，AD1＝b2＋c2＝41.3．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥PA1B1A的侧视图是( )解析：选D 在长方体ABCDA1B1C1D1中，从左侧看三棱锥PA1B1A，B1，A1，A 的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，PA1的射影为PD1，且为虚线．故选D.4．(2017·湖北省七市(州)联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，则该几何体的表面积为( )A ．6πB ．8πC ．10πD ．12π解析：选C 根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r 为2，侧棱长l 为3，故该圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )＝π×2×(2＋3)＝10π.5.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B.6.在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为( )A ．(7＋2)πB ．(8＋2)πC.22π7D ．(1＋2)π＋6解析：选A 由题意得，挖去的圆锥的底面半径r ＝1，母线l ＝2，∴该机械部件的表面积S ＝π×12＋2π×1×3＋π×1×2＝(7＋2)π，故选A.7.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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 由多面体的三视图还原直观图如图．该几何体由上方的三棱锥A BCE 和下方的三棱柱BCE B 1C 1A 1构成，其中平面CC 1A 1A 和平面BB 1A 1A 是梯形，则梯形的面积之和为2×2＋4×22＝12.8．若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比为( )A.2∶2B.3∶2C.5∶2D ．3∶2解析：选C 设圆锥底面半径为r ，高为h ，则球的半径R ＝r2，由条件知，13πr 2h ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 23，所以h ＝r2.所以圆锥的侧面积S 1＝πr ·h 2＋r 2＝πrr 24＋r 2＝52πr 2，球面面积S 2＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝πr 2，所以S 1∶S 2＝5∶2. 9.(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：选A 由三视图知，该几何体为四棱锥，其底面面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×3×2＝2.10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π解析：选B 由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的14圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π.11．三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20π解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.12．设点A ，B ，C 为球O 的球面上三点，O 为球心．球O 的表面积为100π，且△ABC 是边长为43的正三角形，则三棱锥O ABC 的体积为( )A ．12B ．12 3C ．243D ．363解析：选B ∵球O 的表面积为100π＝4πr 2，∴球O 的半径为5.如图，取△ABC 的中心H ，连接OH ，连接AH 并延长交BC 于点M ，则AM ＝432－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4322＝6，AH ＝23AM ＝4，∴OH ＝OA 2－AH 2＝52－42＝3，∴三棱锥O ABC 的体积为V ＝13×34×(43)2×3＝12 3.13．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：3214．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可得该几何体为圆柱和四分之一球的组合体．圆柱的底面半径为1，高为3，球的半径为1，故该几何体的表面积为S ＝π×12＋2π×1×3＋4π×12×14＋12π×12＋12π×12＝9π.答案：9π15.(2017·南昌一模)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π16．(2018届高三·云南11校跨区调研)已知四棱锥P ABCD 的所有顶点都在体积为500π81的球面上，底面ABCD 是边长为2的正方形，则四棱锥P ABCD 体积的最大值为________．解析：依题意，设球的半径为R ，则有4π3R 3＝500π81，R ＝53.因为正方形ABCD 的外接圆半径r ＝1，所以球心到平面ABCD 的距离h ＝R 2－r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫532－12＝43，因此点P 到平面ABCD 的距离的最大值为h ＋R ＝43＋53＝3，因此四棱锥P ABCD 体积的最大值为13×(2)2×3＝2. 答案：2二、能力拔高练1．(2017·洛阳统考)已知某组合体的三视图如图所示，则此组合体的体积为( )A.103π B ．14π C.163π－8 D.163π－4 解析：选D 依题意知，该组合体是从一个圆锥(底面半径为2、高为4)中截去一个正四棱柱(底面正方形边长为2、高为2)后剩余的部分，因此该组合体的体积为13π×22×4－(2)2×2＝16π3－4. 2．已知球O 1和球O 2的半径分别为1和2，且球心距为5，若两球体的表面相交得到一个圆，则该圆的面积为( )A.π2B.4π5 C ．πD ．2π解析：选B 作出两球面相交的一个截面图，如图所示，AB 为相交圆的直径，由条件知O 1A ＝1，O 2A ＝2，O 1O 2＝5，所以△AO 1O 2为直角三角形．由三角形面积公式，得AC ＝O 1A ·O 2A O 1O 2＝25，所以所求圆的面积为π·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫252＝4π5，故选B.3．一个正三棱柱被平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.15B.16C.17D.18解析：选A 如图，依题意，剩余部分所表示的几何体是从正三棱柱ABC A 1B 1C 1(其底面边长是2)中截去三棱锥E A 1B 1C 1(其中E 是侧棱BB 1的中点)，因此三棱锥E A 1B 1C 1的体积为VE A 1B 1C 1＝13×34×22×1＝33，剩余部分的体积为V ＝VABC A 1B 1C 1－VE A 1B 1C 1＝34×22×2－33＝533，因此截去部分体积与剩余部分体积的比值为15.4．(2017·郑州第一次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．80B ．160C ．240D ．480解析：选B 依题意，如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABC A ′B ′C ′中截去一个三棱锥A A ′B ′C ′后所剩余的部分，其中底面△ABC 是直角三角形，AC ⊥AB ，AC ＝6，AB ＝8，BB ′＝10，因此几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10－13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝160，选B. 5．(2017·天水一模)四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，且四棱锥P ABCD 的五个顶点都在同一个球面上，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为________．解析：法一：将三视图还原为直观图如图中四棱锥P ABCD ，可得四棱锥P ABCD 的五个顶点位于同一个正方体的顶点处，且与该正方体内接于同一个球．设外接球的球心为O ，则O 也是正方体的中心，设EF 的中点为G ，连接OG ，OA ，AG .因为直线EF 被球面所截得的线段长为22，即正方体面对角线长也是22，所以AG ＝2＝22a ，得a ＝2.在Rt △OGA 中，OG ＝12a ＝1，AG ＝2，则AO ＝3，即外接球半径R ＝3，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝12π.法二：将三视图还原为直观图如图中四棱锥P ABCD ，其中底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AB ＝AD ＝a ，连接AC ，由题意得BC ⊥PB ，DC ⊥PD ，PA ⊥AC ，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，OD ，可得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OP ＝12PC ，所以O 为球心．由直线EF 被球面所截得的线段长为22得，AC ＝2a＝22，a ＝2，即4R 2＝PC 2＝PA 2＋AC 2＝a 2＋2a 2＝3a 2＝12，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝12π.答案：12π6.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P ，Q ，且满足A 1P ＝BQ ，M 是棱CA 上的动点，则V M ABQPVABC A 1B 1C 1－V M ABQP的最大值是________．解析：设三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为V .∵侧棱AA 1和BB 1上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，∴四边形PQBA 与四边形PQB 1A 1的面积相等．∵M 是棱CA 上的动点， ∴点M 在点C 处时，V M ABQPVABC A 1B 1C 1－V M ABQP的值最大．又四棱锥M PQBA 的体积等于三棱锥C ABA 1的体积，即等于13V ，∴V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP 的最大值是13VV －13V＝12. 答案：12。
2018年高考理科数学通用版三维二轮专题复习专题检测：(十二)三角恒等变换与解三角形Word版含解析
所以
sin
θ＋cos
θ＝
3
4
2 .
所以
2cos2θ－ 1
cos
π＋θ 4
＝
cos2θ－ sin2θ 2 2 cos θ－ sin θ
＝
2(cos
θ＋ sin
θ)＝
3 2.
4．(2017 ·全国卷Ⅰ )△ ABC 的内角 A， B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin B＋ sin A(sin
C－ cos C)＝ 0， a＝ 2， c＝ 2，则 C＝ ( )
专题检测（十二） 三角恒等变换与解三角形
A 卷—— 夯基保分专练
一、选择题
1．(2018
届高三 ·合肥调研
)已知
x∈ (0，π），且
cos
2x
－
π 2
＝
sin
2
x，则
tan
x－π4 等于 (
)
1 A. 3
B．－ 1 3
C．3
D．－ 3
解析： 选 A 由 cos 2x－ π2 ＝ sin2x 得 sin 2 x＝ sin 2x，∵ x∈ (0， π，）∴ tan x＝ 2，
)
A ．钝角三角形
B．直角三角形
C．锐角三角形
D ．等边三角形
解析： 选 A
根据正弦定理得
bc＝
sin sin
C B<cos
A，
即 sin C<sin Bcos A.
∵ A＋ B＋ C＝ π，∴ sin C＝ sin(A＋ B)<sin Bcos A，
整理得 sin Acos B<0.
又三角形中
sin
A>0，∴
2018年高考理科数学通用版三维专题检测：(二十二)第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练Word版含解析
(2)过点 C(－ 1,0)的直线 l 交椭圆于不同两点 A， B，且 ―A→C ＝ 2―C→B ，当△ AOB 的面积最
大时，求直线 l 的方程．
解： (1)由题意知，
c＋ b＝ 3 2
b c－2 ，
所以 b＝ c， a2＝ 2b2，
所以 e＝ac＝
1－
b a
2＝
2 2.
(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 AB 的方程为 x＝ ky－1( k≠0)，
专题检测（二十二） 第 20 题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
22
xy 1.(2018 届高三 ·广东五校协作体诊断考试 )若椭圆 a2＋ b2＝ 1(a>b>0)的左、 右焦点分别为 F 1，F2，线段 F 1F 2 被抛物线 y2＝ 2bx 的焦点 F 分成了 3∶ 1 的两
段．
(1)求椭圆的离心率；
－3x＋ 1＝ 0 的解，点 A， B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，点 C 在 E 上，且△ ABC 面积的最
大值为 2 3.
(1)求椭圆 E 的方程； (2)设 F 为 E 的左焦点，点 D 在直线 x＝－ 4 上，过 F 作 DF 的垂线交椭圆 E 于 M ，N 两点．证明：直线 OD 把△ DMN 分为面积相等的两部分．
因为 ―A→C ＝ 2―C→B ，所以 (－ 1－ x1，－ y1)＝ 2(x2＋ 1， y2)，
即 y1＝－ 2y2，
①
由 (1)知，椭圆方程为 x2＋2y2＝ 2b2.
x＝ky－ 1， 由 x2＋ 2y2＝ 2b2 消去 x， 得 (k2＋ 2)y2－2ky＋ 1－ 2b2＝ 0，
所以
y1＋
y2＝
故
数学说题—2018全国卷II理科数学第20题
如图，在三棱锥P ABC 中，AB BC 2 PA PB PC AC 4，O为AC 中点. (1) : 证明PO 平面ABC ;
2 ，
( 2)若点M在棱BC上，且二面角M PA C为30 ，
求二面角M PA B的大小
说题流程
变式拓展3
变式拓展
2
说题流程
方法三 方法四
解题过程
证明：连接中点 PO AC ，PO 2 3 在ABC 中，AB AC 2 2, AC 4 AB BC AC ABC 90
2 2 2
证明：连接OB, 在PBC 中 PA PC 4且O为AC 中点 PO AC ，PO 2 3 PO PO OB OA PAC POB PA PB POB POA 90
求PC 与平面PAM 所成角的正弦值
仔细审题，明确已知 与所求
线线垂直→线面垂直 线 面 垂 直 等 腰 三 角 形 底 边 中 线 勾 股 定 理 的 逆 定 理 向 量 方 法
调用相关知识
PAC , PBC , PAB , ABC OAB , OBC
等 腰 三 角 形
数 量 关 系
证明：在PAC 中，PA PC , O为AC 中点 PO AC
在PAB 中, PA PB 4, AB 2 2 16 16 8 3 3 cos APB ,同理 cos BPC 2 4 4 4 4 1 PO ( PA PC ), AB ( PB PA) 2 1 PO AB ( PA PB PB PC PA PA PC ) 2 1 (12 12 16 8) 0, PO AB 又 AB AC A 2 AB , AC 平面ABC , PO 平面ABC
2018年高考理科数学通用版三维二轮复习训练2解析及答案
寒假作业(二) 函数的图象与性质(注意速度和准度)一、“12＋4”提速练1．已知函数y ＝2x ＋1，x ∈{x ∈Z|0≤x <3}，则该函数的值域为( ) A ．{y |1≤y <7} B ．{y |1≤y ≤7} C ．{1,3,5,7}D ．{1,3,5}解析：选D 由题意可知，函数的定义域为{0,1,2}，把x ＝0,1,2代入函数解析式可得y ＝1,3,5，所以该函数的值域为{1,3,5}．2．函数f (x )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1－x 2的定义域为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[0,1]D ．[1，＋∞)解析：选B由条件知⎩⎪⎨⎪⎧1＋1x>0，x ≠0，1－x 2≥0.即⎩⎪⎨⎪⎧x <－1或x >0，x ≠0，－1≤x ≤1.则x ∈(0,1]．∴原函数的定义域为(0,1]．3．(2017·成都第一次诊断性检测)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋3)＝f (x )，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝－x 3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫112＝( )A ．－18 B.18C ．－1258 D.1258解析：选B 由f (x ＋3)＝f (x )知，函数f (x )的周期为3，又函数f (x )为奇函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫112＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12 3＝18. 4．(2018届高三·长沙四校联考)函数y ＝ln|x |－x 2的图象大致为( )解析：选A 令f (x )＝ln|x |－x 2，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)且f (－x )＝ln|x |－x 2＝f (x )，故函数y ＝ln|x |－x 2为偶函数，其图象关于y 轴对称，排除B 、D ；当x >0时，y ＝ln x －x 2，则y ′＝1x－2x ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22时，y ′＝1x－2x >0，y ＝ln x －x 2单调递增，排除C.故A 符合．5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2，x ≤0，－log 3x ，x >0，且f (a )＝－2，则f (7－a )＝( )A ．－log 37B ．－34C ．－54D ．－74解析：选D 当a ≤0时，2a －2＝－2无解；当a >0时，由－log 3a ＝－2，解得a ＝9，所以f (7－a )＝f (－2)＝2－2－2＝－74. 6．(2017·全国卷Ⅰ)函数f (x )在(－∞，＋∞)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：选D ∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )． ∵f (1)＝－1，∴f (－1)＝－f (1)＝1.故由－1≤f (x －2)≤1，得f (1)≤f (x －2)≤f (－1)． 又f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x －2≤1， ∴1≤x ≤3.7．(2017·衡阳四中月考)函数y ＝f (x )在区间[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )A ．f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1)D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72解析：选B 因为函数f (x ＋2)是偶函数，所以f (x ＋2)＝f (－x ＋2)，即函数f (x )的图象关于x ＝2对称，又因为函数y ＝f (x )在区间[0,2]上单调递增，所以函数y ＝f (x )在区间[2,4]上单调递减．因为f (1)＝f (3)，72>3>52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (3)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.8．设函数f (x )＝x 3(a x ＋m ·a －x )(x ∈R ，a >0且a ≠1)是偶函数，则实数m 的值为( ) A ．－1 B ．1 C ．2D ．－2解析：选A 法一：因为函数f (x )＝x 3(a x ＋m ·a －x )(x ∈R ，a >0且a ≠1)是偶函数，所以f (－x )＝f (x )对任意的x ∈R 恒成立，所以－x 3(a －x ＋m ·a x )＝x 3(a x ＋m ·a －x )，即x 3(1＋m )(a x＋a －x )＝0对任意的x ∈R 恒成立，所以1＋m ＝0，即m ＝－1.法二：因为f (x )＝x 3(a x ＋m ·a －x )是偶函数，所以g (x )＝a x ＋m ·a －x 是奇函数，且g (x )在x ＝0处有意义，所以g (0)＝0，即1＋m ＝0，所以m ＝－1.9．若函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f x x在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析：选D ∵函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，图象开口向上，对称轴为x ＝a ，∴a <1.∴g (x )＝f x x＝x ＋a x－2a .若a ≤0，则g (x )＝x ＋a x－2a 在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增．若0<a <1，则g (x )＝x ＋a x－2a 在(a ，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增．综上可得g (x )＝x ＋a x－2a 在(1，＋∞)一定是增函数．10．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x －x ，x >0，－ln －x ＋x ，x <0，则关于m 的不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m <ln 12－2的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(0,2)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．(－2,0)∪(0,2)解析：选C 因为函数f (x )的定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又当x >0时，－x <0，f (－x )＝－ln x －x ＝f (x )，同理，当x <0时，也有f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数．因为f (x )在(0，＋∞)上为减函数，且f (2)＝－ln 2－2＝ln 12－2，所以由偶函数的性质知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1m <f (2)，且m ≠0，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪1m >2，且m ≠0，解得0<m <12或－12<m <0.11．若函数f (x )＝x 2＋ln(x ＋a )与g (x )＝x 2＋e x －12(x <0)的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，e)B ．(e ，＋∞)C ．(0，e) D ．(0，e ]解析：选C 若函数f (x )与g (x )的图象上存在关于y 轴对称的点，则f (x )与g (－x )＝x 2＋e －x －12(x >0)的图象有交点，也就是方程ln(x ＋a )＝e －x －12有正数解，即函数y ＝e －x －12与函数y ＝ln(x ＋a )的图象在(0，＋∞)上有交点，结合图象可知，只需ln a <e 0－12，∴ln a <12，∴0<a <e.12．已知函数f (x )的定义域为D ，若对任意x 1，x 2∈D ，当x 1<x 2时，都有f (x 1)≤f (x 2)，则称函数f (x )在D 上为非减函数．设函数f (x )在[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f (0)＝0；②f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＝12f (x )；③f (1－x )＝2－f (x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＝( )A.32 B ．1C ．2 D.52解析：选A 令x ＝1，可得f (1)＝2，那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝12f (1)＝1，令x ＝12，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，令x ＝13，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝12，因为函数是非减函数，所以12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫17≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16＝12，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫17＝12，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＝1＋12＝32.13．设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝________.解析：因为f (x )是奇函数，且当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，所以当－1≤x <0时，0<－x ≤1，f (－x )＝－2x (1＋x )＝－f (x )，即f (x )＝2x (1＋x )(－1≤x <0)．又f (x )的周期为2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×12＝－12.答案：－1214．已知函数f (x )＝4＋x 2ln1＋x1－x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12上的最大值与最小值分别为M 和m ，则M ＋m ＝________.解析：令g (x )＝x 2ln1＋x 1－x， 则g (－x )＝(－x )2ln1－x 1＋x ＝－x 2ln 1＋x1－x＝－g (x )，所以函数g (x )为奇函数，其图象关于原点对称，则函数g (x )＝f (x )－4的最大值M －4和最小值m －4之和为0，即M －4＋m －4＝0，∴M ＋m ＝8.答案：815．(2018届高三·江西师大附中月考)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －a 2x 在[0,1]上单调递增，则a 的取值范围为________．解析：令2x ＝t ，t ∈[1,2]，则y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －a t 在[1,2]上单调递增．当a ＝0时，y ＝|t |＝t 在[1,2]上单调递增显然成立；当a >0时，函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －a t ，t ∈(0，＋∞)的单调递增区间是[a ，＋∞)，此时a ≤1，即0<a ≤1时成立；当a <0时，函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －a t ＝t －at ，t ∈(0，＋∞)的单调递增区间是[－a ，＋∞)，此时－a ≤1，即－1≤a <0时成立．综上可得a 的取值范围是[－1,1]．答案：[－1,1]16．已知函数f (x )的定义域为A ，若x 1，x 2∈A 且f (x 1)＝f (x 2)时总有x 1＝x 2，则称f (x )为单函数．例如：函数f (x )＝2x ＋1(x ∈R)是单函数．给出下列命题：①函数f (x )＝x 2(x ∈R)是单函数； ②指数函数f (x )＝2x (x ∈R)是单函数；③若f (x )为单函数，x 1，x 2∈A 且x 1≠x 2，则f (x 1)≠f (x 2)； ④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数． 其中真命题的序号是________．解析：对于①，当x 1＝2，x 2＝－2时，f (x 1)＝4＝f (x 2)，故①错；对于②，f (x )＝2x 为单调递增函数，故②正确；而③④显然正确．答案：②③④二、能力拔高练1．当a >0时，函数f (x )＝(x 2＋2ax )e x 的图象大致是( )解析：选B 由f (x )＝0，得x 2＋2ax ＝0，解得x ＝0或x ＝－2a ，∵a >0，∴x ＝－2a <0，故排除A 、C ；当x 趋近于－∞时，e x 趋近于0，故f (x )趋近于0，排除D.2．设曲线y ＝f (x )与曲线y ＝x 2＋a (x >0)关于直线y ＝－x 对称，且f (－2)＝2f (－1)，则a ＝( )A ．0 B.13 C.23D ．1解析：选C 依题意得，曲线y ＝f (x )，即为－x ＝(－y )2＋a (y <0)，化简后得y ＝－－x －a ，即f (x )＝－－x －a ，于是有－2－a ＝－21－a ，解得a ＝23.3．已知定义在D ＝[－4,4]上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，－4≤x ≤0，2|x －2|，0<x ≤4，对任意x ∈D ，存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)，则|x 1－x 2|的最大值与最小值之和为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选C 作出函数f (x )的图象如图所示，由任意x ∈D ，f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)知，f (x 1)，f (x 2)分别为f (x )的最小值和最大值，由图可知|x 1－x 2|max ＝8，|x 1－x 2|min ＝1，所以|x 1－x 2|的最大值与最小值之和为9，故选C.4．已知定义在R 上的偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，若不等式f (x 3－x 2＋a )＋f (－x 3＋x 2－a )≥2f (1)对x ∈[0,1]恒成立，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2327，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2327，1 C ．[1,3]D ．(－∞，1]解析：选B ∵函数f (x )是定义域在R 上的偶函数，且－x 3＋x 2－a ＝－(x 3－x 2＋a )，∴f (x 3－x 2＋a )＋f (－x 3＋x 2－a )≥2f (1)对x ∈[0,1]恒成立等价于2f (x 3－x 2＋a )≥2f (1)对x ∈[0，1]恒成立，又∵f (x )在[0，＋∞)上单调递减，∴－1≤x 3－x 2＋a ≤1对x ∈[0,1]恒成立．设g (x )＝x 3－x 2，则g ′(x )＝x (3x －2)，则g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤23，1上单调递增，又g (0)＝g (1)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－427，∴g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－427，0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a －427≥－1，∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2327，1.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >0，x ＋1，x ≤0，g (x )＝log 2x ，若f (a )＋f (g (2))＝0，则实数a 的值为________．解析：因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >0，x ＋1，x ≤0，g (x )＝log 2x ，所以g (2)＝log 22＝1，f (g (2))＝f (1)＝1， 由f (a )＋f (g (2))＝0，得f (a )＝－1.当a >0时，因为f (a )＝a 2>0，所以此时不符合题意； 当a ≤0时，f (a )＝a ＋1＝－1，解得a ＝－2. 答案：－26.如图放置的边长为1的正方形PABC 沿x 轴滚动，点B 恰好经过原点，设顶点P (x ，y )的轨迹方程是y ＝f (x )，则对函数y ＝f (x )有下列判断：①函数y ＝f (x )是偶函数；②对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x －2)；③函数y ＝f (x )在区间[2,3]上单调递减；④函数y ＝f (x )在区间[4,6]上是减函数．其中判断正确的序号是________．解析：如图，从函数y ＝f (x )的图象可以判断出，图象关于y 轴对称，每4个单位图象重复出现一次，在区间[2,3]上，随x 增大，图象是往上的，在区间[4,6)上图象是往下的，所以①②④正确，③错误．答案：①②④。
2018年高考数学二轮复习第二部分高考22题各个击破专题九选做大题9.1坐标系与参数方程课件文20171205388
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卷 题目类 解题思 设问特点 涉及知识点 别 型 想方法 全 求直线与圆的极坐 直线,圆,极坐标, 代入法, 极坐 国 标方程;求三角形面 距离,三角形面 转化思 标 Ⅰ 积 积 想 2015 参数 方程思 全 求两极坐标方程交 参数方程,极坐 方程, 想,消元 国 点的直角坐标;求两 标,圆,三角函数 极坐 法,转化 Ⅱ 点距离的最值 化简,最值 标 思想 年份
-15考向一 考向二 考向三 考向四
解题心得1.无论是参数方程化为极坐标方程,还是极坐标方程化 为参数方程,都要先化为直角坐标方程,再由直角坐标方程化为需 要的方程. 2.求解与极坐标方程有关的问题时,可以转化为熟悉的直角坐标 方程求解.若最终结果要求用极坐标表示,则需将直角坐标转化为 极坐标.
-16考向一 考向二 考向三 考向四
4
(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程; (2)设点P在C1上,点Q在C2上,求|PQ|的最小值及此时P的直角坐 标.
-21考向一 考向二 考向三 考向四
解 (1)C1 的普通方程为 +y2=1.C2 的直角坐标方程为 x+y-4=0. (2)由题意,可设点 P 的直角坐标为( 3cos α,sin α).
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6.一些常见曲线的参数方程
(1)过点 P0(x 0,y0),且倾斜角为 α 的直线的参数方程为 ������ = ������0 + ������cos������, (t 为参数). ������ = ������0 + ������sin������ ������ = ������ + ������cos������, 2 2 2 (2)圆的方程(x-a) +(y-b) =r 的参数方程为 (θ 为参 ������ = ������ + ������sin������ 数). ������ = ������cos������, ������ 2 ������ 2 (3)椭圆方程 2 + 2 =1(a>b>0)的参数方程为 (θ 为参 ������ ������ ������ = ������sin������ 数). 2 ������ = 2 ������������ , 2 (4)抛物线方程 y =2px(p>0)的参数方程为 (t 为参数). ������ = 2������������
2018年高考数学通用二轮单项选择第22讲含解析 精品
2018年高考数学（通用）二轮单项选择第22讲（含解析）1．(2017·福建泉州考前适应性测试)设集合A ＝{x|1x>1}，B ＝{x|y ＝2x －16}，则A∩(∁R B)等于导学号 58533715( B )A ．(－∞，1)B ．(0,1)C ．(0,4)D ．(1,4)[解析] 由1x >1得0<x<1，∴A ＝(0,1)，由2x －16≥0得x≥4，∴B ＝[4，＋∞)，∴∁R B ＝(－∞，4)，∴A∩(∁R B)＝(0,1)，故选B.2．设偶函数f(x)对任意x ∈R 都有f(x ＋3)＝－1，且当x ∈[－3，－2]时，f(x)＝4x ，则f(107.5)等于导学号 58533848( B )A ．10 B.110 C ．－10D ．－110[解析] 因为f(x ＋3)＝－1，所以f(x ＋6)＝－1＋＝f(x)，所以函数f(x)的周期为6.又f(x)是偶函数，所以f(107.5)＝f(6×17＋5.5)＝－1＝－1－＝－1－＝110. 3．(文)已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则满足不等式f(2x －1)>f(53)成立的x 的取值范围是导学号 58533849( B )A ．[－13，43)B ．(－13，43)C ．(13，43)D ．[13，43)[解析] 因为偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在区间(－∞，0]上调递增，若f(2x －1)>f(53)，则－53<2x －1<53，解得－13<x<43.4、(理)(2018·甘肃天水一中阶段测试)已知函数f(x)＝e |x|＋x 2，(e 为自然对数的底数)，且f(3a －2)>f(a －1)，则实数a 的取值范围是导学号 58533850( C )A ．(12，＋∞)B ．(－∞，12)C ．(－∞，12)∪(34，＋∞)D ．(0，12)∪(34，＋∞)[解析] 显然f(x)为偶函数且在[0，＋∞)上单调递增，∴f(3a －2)>f(a －1)⇔|3a －2|>|a －1|⇔(3a －2)2>(a －1)2⇔a>34或a<12，故选C.5．(2017·浙江杭州质检)若2sinαtanα＝3，则cosα的值是导学号 58534151( D ) A ．－7 B ．－12C ．34D ．12[解析] 由已知得2sin 2α＝3cosα，所以2cos 2α＋3cosα－2＝0，(cosα＋2)(2cosα－1)＝0.因为cosα∈[－1,1]．∴cosα＝12，故选D.6．已知A ＝＋sinα＋＋c osα(k ∈Z)，则A 的值构成的集合是导学号 58534156( C )A ．{1，－1,2，－2}B ．{－1,1}C ．{2，－2}D ．{1，－1,0,2，－2}[解析] 当k 为偶数时，A ＝sinαsinα＋cosαcosα＝2； 当k 为奇数时，A ＝－sinαsinα－cosαcosα＝－2.7．(2018·吉林市调研)如果向量a ＝(2,0)，b ＝(1,1)，那么下列结论正确的是导学号 58534359( C )A ．|a|＝|b|B ．a·b ＝2 2C ．(a －b)⊥bD ．a ∥b[解析] |a|＝2，|b|＝2，A 错；a·b ＝2，B 错；(a －b)·b ＝(1，－1)·(1,1)＝0，∴(a －b)⊥b ，C 正确．故选C ．8．(2018·天津实验中学期中)设向量a ，b 满足|a ＋b|＝10，|a －b|＝6，则a·b ＝导学号 58534360( A )A ．1B ．2C ．3D ．5[解析] ∵|a ＋b|＝10，|a －b|＝6， ∴|a|2＋|b|2＋2a·b ＝10，|a|2＋|b|2－2a·b ＝6，两式相减得4a·b ＝4，即a·b ＝1，故选A ．9．(2017·常州模拟)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项之和S 3＝21，则公比q 的值为导学号 58534485( C )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12[解析] 根据已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21， ∴1＋q ＋q 2q 2＝3，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12. 10．(2015·新课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝导学号 58534486( B )A ．21B ．42C ．63D ．84[解析] 设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)，∴a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝42.故选B ．11．(2017·河北衡水中学摸底)设A 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≤0，y≥0，y －x≤2所表示的平面区域，则当a从－2连续变化到1时，动直线x ＋y ＝a 扫过A 中的那部分区域的面积为导学号 58534617( D )A ．34B ．1C ．2D ．74[解析] 作出区域A 为△OMN ，当a 从－2连续变化到1时，动直线从l 1变化到l 2扫过A 中区域为阴影部分，易知l 2⊥MN ，∴阴影部分面积S ＝12×2×2－14＝74.故选D ．12．(2017·课标全国)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y≤3，x －y≥1，y≥0，则z ＝x ＋y 的最大值为导学号 58534618( D )A ．0B ．1C ．2D ．3[解析] 作出约束条件表示的可行域如图：平移直线x ＋y ＝0，可得目标函数z ＝x ＋y 在A(3,0)处取得最大值，z max ＝3，故选D ． 另解：由约束条件求出三个交点的坐标(3,0)，(1,0)，(32，12)，分别代入目标函数z ＝x ＋y ，得到z max ＝3.。
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专题检测（二十二） 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”专练
1.(2018届高三·广东五校协作体诊断考试)若椭圆
x2a2＋y2b2
＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点F 分成了3∶1的两段．
(1)求椭圆的离心率；
(2)过点C (－1,0)的直线l 交椭圆于不同两点A ，B ，且AC
―→＝2
CB
―→，当
△
AOB 的面积最大时，求直线l 的方程．
解：(1)由题意知，c ＋b 2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫
c －b 2，
所以b ＝c ，a 2＝2b 2， 所以e ＝c
a
＝
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫b a 2＝22.
(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝ky －1(k ≠0)， 因为AC ―→＝2CB ―→
，所以(－1－x 1，－y 1)＝2(x 2＋1，y 2)， 即y 1＝－2y 2， ①
由(1)知，椭圆方程为x 2＋2y 2＝2b 2.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝ky －1，x2＋2y2＝2b2
消去x ， 得(k 2＋2)y 2－2ky ＋1－2b 2＝0， 所以y 1＋y 2＝2k
k2＋2
， ②
由①②知，y 2＝－2k
k2＋2，y 1＝4k
k2＋2，
因为S △AOB ＝12|y 1|＋1
2
|y 2|，
所以S △AOB ＝3·|k|
k2＋2＝3·1
2
|k|
＋|k|
≤3·
12
2
|k|·|k|＝
324
，
当且仅当|k |2＝2，即k ＝±2时取等号， 此时直线l 的方程为x －
2y ＋1＝0或x ＋
2y ＋1＝0.
2．已知椭圆C ：x2a2
＋
y2b2
＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆上任意一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－3
4
.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设O 为坐标原点，过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP
―→
·
OQ
―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围．
解：(1)设T (x ，y )，由题意知A (－4,0)，B (4,0)， 设直线TA 的斜率为k 1，直线TB 的斜率为k 2， 则k 1＝y
x ＋4，k 2＝y
x －4
.
由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－3
4
，
整理得x2
16＋y212
＝1.
故椭圆C 的方程为x2
16＋y2
12
＝1.
(2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，
联立方程⎩⎪⎨
⎪⎧
x216＋y2
12＝1，
y ＝kx ＋2
消去y ，
得(4k 2＋3)x 2＋16kx －32＝0.
所以x 1＋x 2＝－16k 4k2＋3，x 1x 2＝－32
4k2＋3
.
从而，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→
＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)]＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1
＋x 2)＋4＝－80k2－524k2＋3＝－20＋84k2＋3
.
所以－20＜OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→
≤－523
.
当直线PQ 的斜率不存在时，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→
的值为－20.
综上，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－20，－523.
3．已知椭圆P 的中心O 在坐标原点，焦点在x 轴上，且经过点A (0,23)，离心率为1
2
.
(1)求椭圆P 的方程；
(2)是否存在过点E (0，－4)的直线l 交椭圆P 于点R ，T ，且满足OR
―→·
OT
―→＝16
7
？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)设椭圆P 的方程为x2
a2＋y2
b2
＝1(a >b >0)，
由题意得b ＝2
3，e ＝c
a ＝1
2
，
∴a ＝2c ，b 2＝a 2－c 2＝3c 2，∴c 2＝4，c ＝2，a ＝4， ∴椭圆P 的方程为x2
16＋y2
12
＝1.
(2)假设存在满足题意的直线l ，易知当直线l 的斜率不存在时，OR ―→·OT ―→
<0，不满足题意．
故可设直线l 的方程为y ＝kx －4，R (x 1，y 1)，T (x 2，y 2)． ∵OR ―→·OT ―→＝167，
∴x 1x 2＋y 1y 2＝16
7
.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －4，x216＋y2
12
＝1消去y ，
得(3＋4k 2)x 2－32kx ＋16＝0， 由Δ>0得(－32k )2－64(3＋4k 2)>0， 解得k 2
>14
.①
∵x 1＋x 2＝32k 3＋4k2，x 1x 2＝16
3＋4k2
，
∴y 1y 2＝(kx 1－4)(kx 2－4)＝k 2x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16， 故x 1x 2＋y 1y 2＝16
3＋4k2＋16k2
3＋4k2－128k2
3＋4k2＋16＝16
7，
解得k 2＝1.② 由①②解得k ＝±1， ∴直线l 的方程为y ＝±x －4.
故存在直线l ：x ＋y ＋4＝0或x －y －4＝0满足题意． 4．(2018
届高三·云南
11
校跨区调研)已知椭圆E ：
x2a2
＋
y2b2
＝1(a >b >0)的离心率为方程2x 2－3x ＋1＝0的解，点A ，B 分别为椭圆E 的左、右顶点，点C 在E 上，且△ABC 面积的最大值为2
3.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设F 为E 的左焦点，点D 在直线x ＝－4上，过F 作DF 的垂线交椭圆E 于M ，N 两点．证明：直线OD 把△DMN 分为面积相等的两部分．
解：(1)方程2x 2
－3x ＋1＝0的解为x 1＝1
2
，x 2＝1，
∵椭圆离心率e ∈(0,1)，∴e ＝1
2
，
由题意得⎩⎪⎨⎪⎧
c
a ＝1
2
，ab ＝23，
a2＝b2＋c2，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝2，
b ＝3，
∴椭圆E 的方程为x24＋y2
3
＝1.
(2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，D (－4，n )，线段MN 的中点为P (x 0，y 0)， 故2x 0＝x 1＋x 2,2y 0＝y 1＋y 2， 由(1)可得F (－1,0)，
则直线DF 的斜率为k DF ＝错误!＝－错误!，
当n ＝0时，直线MN 的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD 平分线段MN . 当n ≠0时，直线MN 的斜率k MN ＝3n ＝y1－y2
x1－x2，
∵点M ，N 在椭圆E 上，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
x21
4＋y21
3
＝1，x224＋y223＝1，
整理得错误!＋错误!＝0， 又2x 0＝x 1＋x 2,2y 0＝y 1＋y 2， ∴x02＋2y03·3n ＝0，即y0x0＝－n 4
， 即直线OP 的斜率为k OP ＝－n
4
，
又直线OD 的斜率为k OD ＝－n
4，∴OD 平分线段MN .
综上，直线OD 把△DMN 分为面积相等的两部分．。