全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (91)

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2020年高考数学全国百所名校精粹重组卷(9)试题新人教

2020年高考全国百所名校精粹重组卷（9）数学试卷第I 卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。

1．若复数z 满足i z i 6)33(=-（i 是虚数单位），则z=（）[来源A ．i 2323+-B ．3322i - C ．3322i + D ．3322i -- 2．如果执行右面的程序框图，那么输出的S = （）A ．2400B ．2450C ．2500D ．25503．设P ．Q 是两个非空集合，定义P*Q ＝{（a ，b ）|a∈P，b∈Q}．若P ＝{0,1,2}， [来源:学,科,网]Q ＝{1,2,3,4}，则P *Q 中元素的个数是（） A ．4个 B ．7个 C ．12个 D ．16个4．下列四个图形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项,则这个数列的一个通项公式为（）A ．a n =3n-1B ．a n =3nC ．a n =3n -2nD ．a n =3n-1+2n-3 5．已知函数22()(4)2f x x b a x a b =+--+-是偶函数，则函数图像与y 轴交点的纵坐标的最大值是（）.A - 4.B 2.C 3.D 46．在二项式251()x x-的展开式中，含4x 的项的系数是（）A ．10-B ．10C ．5-D ．57．△ABC 的内角A ．B ．C 分别对应边a ．b ．c ，若a ．b ．c 成等比数列且sinA=2sinC ，则cosB=（）A ．41B ．42C ．32D ．43 8．已知集合}0|){(≥+-=m y x y x A ，，集合}1|){(22≤+=y x y x B ，，若φ=B A I ，则实数m 的取值范围是（）A ．2-<mB ．2->mC ．2<mD ．2>m9．设正数y x ,满足1=+y x ，若不等式41≥+yax 对任意的y x ,成立，则正实数a 的取值范围是（）A ．4≥aB ．a ＞1C ．1≥aD ．a ＞410．四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中取4个点，则这四个点不共面的概率为（）A ．75 B ．107 C ．3524 D ．7047 11．三位同学合作学习，对问题“已知不等式222xy ax y ≤+对于[][]1,2,2,3x y ∈∈恒成立,求a 的取值范围”提出了各自的解题思路．甲说：“可视x 为变量，y 为常量来分析”．乙说：“寻找x 与y 的关系，再作分析”．丙说：“把字母a 单独放在一边，再作分析”．参考上述思路，或自已的其它解法，可求出实数a 的取值范围是（）.A [1,)+∞ .B ),1[+∞- .C [1,4)-.D []1,6-[来源:学§科§网Z §X §X §K]12．已知抛物线22(0)y px p =>与双曲线22221(,0)x y a b a b -=>有相同的焦点F ，点A 是两曲线的一个交点，且AF x ⊥轴，若l 为双曲线的一条斜率大于0的渐近线，则l 的斜率可以在下列给出的某个区间内，该区间可以是（A ．3(0,3 B ．3(3C ．2)D ．2,)+∞第II 卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

2021届全国百强校高三上学期9月领军考试数学(理)试卷参考答案

7．【答案】C
【命题意图】本题考查三角函数的周期性以及图象的平移变换．
【解析】依题意， 2 π kπ π k Z ，故 kπ π k Z ，又 0 π ，所以 5π ，故
3
2
6
6
f
x
sin
2x
5π 6
．因为
g
x
cos
2x
5 6
cos
2x
4 3
2
sin
2x
4 3
2
x
,1
x 2，
作出
y
f
x 的图象如图所示：
2 x
1,
x
2，
f 2 2cos π 2 ，因为函数 g x f x 2 af x 2 a R 有且仅有 8 个不同的零点等价于关于 x g的方x程 f x 2 af x 2 0 a R 有且仅有 8 个不同实数根，令 t f x ，则 t2 at 2 0 有两个不等根且都在区间 1, 2 内，令 g t t 2 at 2 ，
【解析】设 gx ln x2 1 x sin x ，则 g x gx，即 gx 为奇函数，所以
g2020 g 2020 0 ，所以 f 2020 f 2020 g 2020 g 2020 4 4 ．故选 D．
5．【答案】A
【命题意图】本题考查三角函数的对称性．
【解析】由题知 f x 对称中心的横坐标满足 2x k ，当 x 时适合，所以 k k Z ，
对 B，在三角形中，内角在 0, 内，故 sin A sin B A B ，故 B 正确；
对 C， p 为真命题，则 p 为假命题，即不等式 tx2 2x 2 0 在1，3 上有解，
即t
2 x2

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (101)

高考解答题突破(三)立体几何突破“两建”——建模、建系立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．考向一证明线、面平行与垂直1．几何法：利用线、面平行与垂直的定义、定理进行推理论证．2．向量法：建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量及平面的法向量间的关系进行推理论证．[证明]证法一：(1)在直三棱柱中有BB1⊥AB.又AB⊥BC，BB1∩BC＝B，∴AB⊥平面BCC1B1，∵B1D⊂平面BCC1B1，∴AB⊥B1D.在矩形BCC1B1中，D为CC1的中点，且DC＝BC＝DC1＝2，∴∠BDC＝∠B1DC1＝45°，立体几何的内容在高考中的考查总体上比较稳定，因此在复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．其中平行、垂直关系的判定和性质仍是立体几何的核心内容，在学习时除了利用判定定理性质定理将局部空间问题转化为平面模型，还可以利用空间向量将几何问题代数化、坐标化．在原图中建立适当的坐标系，将点、线坐标化，通过空间向量的坐标化运算，转化为空间直线、平面的位置关系．1．(2019·福州质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ；(2)求证：BD ⊥PC .[证明] 设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2,0,0)，由⎩⎨⎧ n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧ －2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0，即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →＝(－2,0,0)，所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC .考向二求空间角1．求异面直线所成的角(1)定义法：平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成锐角(或直角)即为所求．(2)向量法：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |. 2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. 3．向量法求二面角求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2||n1||n2|.[解](1)证明：在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4，由余弦定理可得PC2＝BC2＋PB2－2BC·PB cos(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．2．(2019·南昌摸底)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值．[解] (1)证明：由题意，tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，由图可知0<∠ABD ，∠AB 1B <π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，所以AB 1⊥BD ，又CO ⊥侧面ABB 1A 1，∴AB 1⊥CO . 又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD ，又因为BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，33， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫66，0，0，又因为CC 1→＝2AD →，所以C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫63，233，33. 所以AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0，AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，33， DC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则根据⎩⎨⎧ AB →·n ＝0，AC →·n ＝0可得⎝ ⎛ －63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0.令x ＝1，则y ＝2，z ＝－2，所以n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成角为α，则sin α＝|DC 1→·n||DC 1→||n |＝35555.考向三立体几何中的探索性问题1．条件追溯型解决此类问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找出切入点．2．存在判断型解决此类问题的策略：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．[解](1)证明：连接BD，由于四边形ABCD是菱形，∠DAB＝π3，E是AB的中点，向量法解决探索性问题的4步第一步建立坐标系：根据条件建立空间直角坐标系，必要时需证明线线垂直，求出相应点的坐标．第二步求向量坐标：求直线的方向向量或平面的法向量的坐标，存在性问题一般用参数表示．第三步求参数值：利用公式得出空间角的三角函数值或参数值．第四步下结论：根据角的范围核查结果，存在性问题依据参数值作出判断．3.(2019·山东济宁模拟)如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．[解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz .依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1，0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .连接AE ，如(1)中图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎨⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22.专题强化训练(二十)1．(2019·安徽合肥一模)如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC .∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°， ∴△ACD 为等边三角形．又∵点M 为CD 的中点，∴AM ⊥CD . 由CD ∥AB 得，AM ⊥AB .∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ，∴AM ⊥AA 1.又∵AB ∩AA 1＝A ，AB ⊂平面AA 1B 1B ，AA 1⊂平面AA 1B1B ，∴AM⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∠AMD ＝∠BAM ＝90°.又∵AA 1⊥底面ABCD ，则可分别以AB ，AM ，AA 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2， ∴DD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2,0，－2)．设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧ n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，得⎩⎨⎧ －3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，即y ＝3x ＝3z .令x ＝1，则n ＝(1，3，1)．∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DD 1→|n |·|DD 1→|＝15. 2．(2019·山东青岛模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC ＝2，AB ＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π4，点E 在棱BB 1上．(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)试确定点E 的位置，使二面角A －C 1E －C 的余弦值为55.[解] (1)证明：∵BC ＝2，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π4，∴由余弦定理，可求得C 1B ＝2，∴C 1B 2＋BC 2＝C 1C 2，即C 1B ⊥BC .∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，C 1B ⊂侧面BB 1C 1C ，∴AB ⊥C 1B .又CB ∩AB ＝B ，∴C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)知，BC ，BA ，BC 1两两垂直，以B 为坐标原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,2,0)，C (2，0,0)，C 1(0,0，2)，B 1(－2，0，2)，∴C 1A →＝(0,2，－2)．设BE →＝λBB 1→(0≤λ≤1)，则C 1E →＝C 1B →＋λBB 1→＝(0,0，－2)＋λ(－2，0，2)＝(－2λ，0，－2＋2λ)．设平面AC 1E 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z)，由⎩⎨⎧ m ·C 1A →＝0，m ·C 1E →＝0得⎩⎨⎧ 2y －2z ＝0，－2λx －2(1－λ)z ＝0，取z ＝2，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2(λ－1)λ，1，2. 又平面C 1EC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12(λ－1)2λ2＋3＝55，解得λ＝12. ∴当λ＝12，即点E 是棱BB 1的中点时，二面角A －C 1E －C 的余弦值为55.3．(2019·石家庄二中期末)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠B 1A 1A ＝∠C 1A 1A ＝60°，AA 1＝AC ＝4，AB ＝2，P ，Q 分别为棱AA 1，AC 的中点．(1)在BC 上是否存在点M ，使得AM ∥平面B 1PQ ？请证明你的结论．(2)若侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，求直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角的正弦值．[解] (1)在BC 上存在点M ，为靠近点B 的三等分点，使得AM ∥平面B 1PQ .证法一：如图，在平面ABB1A1内，过点A作AN∥B1P交BB1于点N，连接BQ，在△BB1Q中，取BQ的中点H，连接NH，则NH∥B1Q.∵AN∩NH＝N，B1P∩B1Q＝B1，且AN，NH⊂平面AHN，B1P，B1Q⊂平面B1PQ，∴平面AHN∥平面B1PQ.又AH⊂平面AHN，∴AH ∥平面B1PQ.连接AH并延长交BC于点M，∴AM∥平面B1PQ.在△ABC中，取BC的中点R，连接HR，可知HRAC ＝14＝MRMC，从而CM＝2MB，则点M即为所求．证法二：在平面ABB1A1内延长BA交B1P于点D，连接DQ并延长交CB于点R，连接RB1，则平面B1PQ与平面DRB1重合．在平面ABC内，过点A作DR的平行线交CB于点M，则AM∥平面DRB1，即AM∥平面B1PQ.在平面ABB1A1内，易知AP为△DBB1的中位线，则A是BD的中点；在平面ABC内，由平面几何性质可得，R是CB上靠近点C的三等分点．于是可知，点M 为CB 上靠近点B 的三等分点．(2)连接PC 1，AC 1.∵AA 1＝AC ＝A 1C 1，∠C 1A 1A ＝60°，∴△AC 1A 1为等边三角形．∵P 为AA 1的中点，∴PC 1⊥AA 1.又∵侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，且平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1＝AA 1，PC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴PC 1⊥平面ABB 1A 1.在平面ABB 1A 1内过点P 作PH ⊥AA 1交BB 1于点H ，分别以PH →，P A 1→，PC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0,0,0)，A 1(0,2,0)，A (0，－2,0)，C (0，－4,23)，C 1(0,0,23)，∴A 1C 1→＝(0，－2,23)．∵Q 为AC 的中点，∴点Q 的坐标为(0，－3，3)，∴PQ →＝(0，－3，3)．∵A 1B 1＝AB ＝2，∠B 1A 1A ＝60°，∴B 1(3，1,0)，∴PB 1→＝(3，1,0)．设平面B 1PQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ PQ →·m ＝0，PB 1→·m ＝0得⎩⎨⎧ －3y＋3z ＝0，3x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－3，z ＝－3，∴平面B 1PQ 的一个法向量为m ＝(1，－3，－3)．设直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角为α，则sin α＝|cos 〈A 1C 1→，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1C 1→·m |A 1C 1→||m |＝3913，即直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角的正弦值为3913.4．(2019·长春调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，点E 是PD 的中点．(1)求证：PB ∥平面AEC .(2)在线段PB 上(不含端点)是否存在一点M ，使得二面角M －AC－E 的余弦值为1010？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接BD 交AC 于点F ，连接EF .由面ABCD 为平行四边形，可知F 为BD 的中点．在△PBD 中，∵E ，F 分别为PD ，BD 的中点，∴EF ∥PB .又EF ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC .(2)由题意知，AC ，AB ，AP 两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (0,3,0)，C (2,0,0)，D (2，－3,0)，P (0,0,3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，∴AC →＝(2,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32. 设M (x 0，y 0，z 0)，PM →＝λPB →(0<λ<1)，则(x 0，y 0，z 0－3)＝λ(0,3，－3)，得M (0,3λ，3－3λ)，∴AM →＝(0,3λ，3－3λ)．设平面AEC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧ n 1·AE →＝0，n 1·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－32y 1＋32z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，得n 1＝(0,1,1)．设平面MAC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧ n 2·AM →＝0，n 2·AC →＝0，得⎩⎨⎧ 3λy 2＋(3－3λ)z 2＝0，2x 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1λ，1. 设二面角M －AC －E 的大小为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1λ2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ2＋1＝1010，化简得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝13或λ＝23.∵二面角M －AC －E 的余弦值为1010，∴PM →＝13PB →.故PM →＝13PB →时，二面角M －AC －E 的余弦值为1010.。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (102)

高考解答题突破(四)圆锥曲线的综合应用突破“两设”——设点、设线圆锥曲线解答题的常见类型是：第1问通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2问往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点\”“线\”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．考向一圆锥曲线中的范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．[解](1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC.所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，A 到m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k 2＋12＝ 4 4k 2＋3k 2＋1.解与圆锥曲线有关的范围、最值问题的三种方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．1．(2019·衡水中学统考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2 a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为223，直线l和椭圆C交于A，B两点，当直线l过椭圆C的焦点，且与x轴垂直时，|AB|＝23.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(1,0)且倾斜角为钝角，P 为弦AB 的中点，当∠OPB 最大时，求直线l 的方程．[解] (1)由题意知c a ＝223，当直线l 过椭圆C 的焦点，且与x 轴垂直时，⎝ ⎛⎭⎪⎫|AB |22＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c 2a 2＝19.又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝9，故椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l ：y ＝k (x －1)(k <0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 29＋y 2＝1，y ＝k (x －1)，得(9k 2＋1)x 2－18k 2x ＋9k 2－9＝0，故x 1＋x 2＝18k 29k 2＋1. 设P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝9k 29k 2＋1， y 0＝k (x 0－1)＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫9k 29k 2＋1－1＝－k 9k 2＋1，所以直线OP 的斜率k OP ＝y 0x 0＝－19k . 设直线l ，OP 的倾斜角分别为α，β，则∠OPB ＝α－β，且tan α＝k ，tan β＝－19k ，tan ∠OPB ＝tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝98⎝⎛⎭⎪⎫k＋19k .因为k <0，所以－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋19k ＝(－k )＋1－9k≥2 (－k )·1－9k＝23，即k ＋19k ≤－23，当且仅当k ＝－13时取等号．所以当tan ∠OPB 最大时，直线l 的斜率k ＝－13，此时直线l 的方程为x ＋3y －1＝0.考向二圆锥曲线中的定点、定值问题1．定点问题的求解策略解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y ＝kx ＋m (k 存在的情形)．然后利用条件建立k 与m 的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．2．定值问题的求解策略定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．[解] (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．2．(2019·长沙二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点为M ，上顶点为N ，直线2x ＋y －63＝0与直线MN 垂直，垂足为B 点，且点N 是线段MB 的中点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于E ，F 两点，点G 在椭圆C 上，且四边形OEGF 为平行四边形，求证：四边形OEGF 的面积S 为定值．[解] (1)由题意知，M (－a,0)，N (0，b )，直线MN 的斜率k ＝b a ＝12，得a ＝2b .∵点N 是线段MB 的中点，∴点B 的坐标为(a,2b )，∵点B 在直线2x ＋y －63＝0上，∴2a ＋2b ＝63，又a ＝2b ，∴b ＝3，a ＝23，∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1.(2)证明：设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，G (x 0，y 0)，将y ＝kx ＋m 代入x 212＋y 23＝1，消去y 整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2＋3－m 2)>0，x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2－121＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋4k 2. ∵四边形OEGF 为平行四边形，∴OG →＝OE →＋OF →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，得G ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－8km 1＋4k 2，2m 1＋4k 2，将G 点坐标代入椭圆C 的方程得m 2＝34(1＋4k 2)，又易得点O 到直线EF 的距离d ＝|m |1＋k 2，|EF |＝1＋k 2|x 1－x 2|， ∴平行四边形OEGF 的面积S ＝d ·|EF |＝|m ||x 1－x 2|＝|m |·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4×|m |3－m 2＋12k 21＋4k 2 ＝4×|m |3m 21＋4k 2＝43m 21＋4k2＝3 3. 故平行四边形OEGF 的面积S 为定值3 3.考向三圆锥曲线中的探索性问题存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在．若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．【例3】 (2019·湘东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，点A (b,0)，点B 、F 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(1)求椭圆C 的方程；(2)若过定点M (0,2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P (m,0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．[解] (1)设椭圆焦距为2c ，依据e ＝c a ＝12有a ＝2c ，①由|BF |·|BA |＝26有a ·b 2＋b 2＝26，有ab ＝23，②又a 2－b 2＝c 2③，由①②③可得a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．3．(2019·合肥质检)设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，圆O：x2＋y2＝2与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被椭圆C 截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 的方程．(2)设圆O 上任意一点P 处的切线交椭圆C 于M ，N 两点，试判断|PM |·|PN |是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．[解] (1)设椭圆C 的半焦距为c ，由椭圆C 的离心率为22知，b ＝c ，a ＝2b ，则椭圆C 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.易求得点A (2，0)，则点(2，2)在椭圆C 上，∴22b 2＋2b 2＝1，解得b 2＝3，∴a 2＝6，椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)|PM |·|PN |为定值2.当过点P 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，不妨设切线的方程为x ＝2，则P (2，0)．由(1)知M (2，2)，N (2，－2)，∴|PM |·|PN |＝2.此时OM →＝(2，2)，ON →＝(2，－2)，OM →·ON →＝0，即OM ⊥ON ，当过点P 且与圆O 相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则|m |k 2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，消去y 得x 2＋2(kx ＋m )2＝6，即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，当Δ>0时，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2.∵OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2 ＝(1＋k 2)·2m 2－61＋2k 2＋km ·－4km 1＋2k 2＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)－4k 2m 2＋m 2(1＋2k 2)1＋2k 2＝3m 2－6k 2－61＋2k 2＝3(2k 2＋2)－6k 2－61＋2k 2＝0， ∴OM ⊥ON .综上所述，圆O 上任意一点P 处的切线交椭圆C 于点M ，N ，都有OM ⊥ON .又在Rt △OMN 中，OP ⊥MN ，由△OMP 与△NOP 相似可得|OP |2＝|PM |·|PN |＝2为定值．专题强化训练(二十四)1.(2019·郑州质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．(1)求椭圆C 的离心率；(2)如图，过F 1作直线l 与椭圆分别交于两点P ，Q ，若△PQF 2的周长为42，求F 2P →·F 2Q →的最大值．[解] (1)由题意可知以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．∴|－3ab |a 2＋4b 2＝c ，即3a 2b 2＝c 2(a 2＋4b 2)＝(a 2－b 2)(a 2＋4b 2)．∴a 2＝2b 2，∴b 2a 2＝12.∴e ＝c a ＝a 2－b 2a＝ 1－b 2a 2＝12＝22.(2)∵△PQF 2的周长为42，∴4a ＝42，∴a ＝2，由(1)知b 2a 2＝12，∴b 2＝1，∴椭圆方程为x 22＋y 2＝1，且焦点F 1(－1,0)，F 2(1,0)．①若直线l 的斜率不存在，则可得l ⊥x 轴，直线l 的方程为x ＝－1，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，x 22＋y 2＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝22或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－22.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，22，Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－22，∴F 2P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，F 2Q →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－22，∴F 2P →·F 2Q →＝(－2)×(－2)＋22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝4－12＝72.故F 2P →·F 2Q →＝72.②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋1)，x 2＋2y 2＝2消去y 整理得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.∴F 2P →·F 2Q →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋k 2＋1＝(k 2＋1)2k 2－22k 2＋1＋(k 2－1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4k 22k 2＋1＋k 2＋1 ＝7k 2－12k 2＋1 ＝72－92(2k 2＋1)， ∵k 2>0，∴可得－1<F 2P →·F 2Q →<72，综上可得－1<F 2P →·F 2Q →≤72， ∴F 2P →·F 2Q →的最大值是72.2．(2019·湖南五市十校4月联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的一条切线方程为y ＝2x ＋22，且离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两个不同的点，与y 轴交于点M ，且AM →＝3MB →，求实数m 的取值范围．[解] (1)由题意知，离心率e ＝32＝ca ， ∴c ＝32a ，b ＝12a ，∴y 2a 2＋4x 2a 2＝1，将y ＝2x ＋22代入，得8x 2＋82x ＋8－a 2＝0，由Δ＝128－32(8－a 2)＝0，得a 2＝4，故椭圆C 的标准方程为x 2＋y 24＝1.(2)根据已知，得M (0，m )，设A (x 1，kx 1＋m )，B (x 2，kx 2＋m )，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，4x 2＋y 2＝4，得(k 2＋4)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0，且Δ＝4m 2k 2－4(k 2＋4)(m 2－4)>0，即k 2－m 2＋4>0，且x 1＋x 2＝－2km k 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4，由AM →＝3MB →，得－x 1＝3x 2，即x 1＝－3x 2， ∴3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0，∴12k 2m 2(k 2＋4)2＋4(m 2－4)k 2＋4＝0，即m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，当m 2＝1时，m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0不成立， ∴k 2＝4－m 2m 2－1，∵k 2－m 2＋4>0，∴4－m 2m 2－1－m 2＋4>0，即(4－m 2)m 2m 2－1>0，∴1<m 2<4，解得－2<m <－1或1<m <2，综上所述，实数m 的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)．3．(2019·西安模拟)如图，点F 是抛物线Γ：x 2＝2py (p >0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2,0)，点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求抛物线Γ的方程；(2)若k 2－k 1＝2，点D 是B ，C 处切线的交点，记△BCD 的面积为S ，证明S 是定值．[解] (1)设A (x 0，y 0)，可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，故AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，p 2－y 0＝(2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，y 0＝p 2代入x 2＝2py (p >0)，得4＝p 2，即p ＝2，∴抛物线Γ的方程为x 2＝4y .(2)证明：如图，过D 作y 轴的平行线交BC 于点E ，并设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，由(1)得A (－2,1)，∴k 2－k 1＝x 224－1x 2＋2－x 214－1x 1＋2＝x 2－x 14，又k 2－k 1＝2，∴x 2－x 14＝2，即x 2－x 1＝8. 又x 2＝4y 即y ＝14x 2，有y ′＝12x ， ∴k BD ＝x 12，k CD ＝x 22，∴直线DB ：y ＝x 12x －x 214，直线CD ：y ＝x 22x －x 224. ∴联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 12x －x 214，y ＝x 22x －x 224解得⎩⎪⎨⎪⎧x D ＝x 1＋x22，y D＝x 1x 24.又∵直线BC 的方程为y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)，将x D 代入，得y E ＝x 21＋x 228.∴△BCD 的面积为S ＝12ED ·(x 2－x 1)＝12×(y E －y D )×(x 2－x 1)＝12×(x 2－x 1)28×(x 2－x 1)＝12×828×8＝32(定值)． 4．(2019·福建福州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为A ，以A 为圆心，椭圆的长半轴为半径的圆与y 轴的交点分别为(0,1＋3)，(0,1－3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过点A 且斜率存在，直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，且AP →·AQ →＝0，试判断直线l 是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由．[解] (1)依题意知点A 的坐标为(0，b )，则以点A 为圆心，以a 为半径的圆的方程为x 2＋(y －b )2＝a 2.令x ＝0，得y ＝b ±a ，由圆A 与y 轴的交点分别为(0,1＋3)，(0,1－3)，可得⎩⎨⎧b ＋a ＝1＋3，b －a ＝1－3，解得⎩⎨⎧b ＝1，a ＝ 3.故所求椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)解法一：由题意得直线l 不过点(0,1)且斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则AP →＝(x 1，y 1－1)，AQ →＝(x 2，y 2－1)，由AP →·AQ →＝0得x 1x 2＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0.① 由⎩⎨⎧ y ＝kx ＋m ，x 2＋3y 2＝3，消去y 得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0， Δ＝12(3k 2－m 2＋1)，由Δ>0得3k 2－m 2＋1>0，则x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－33k 2＋1. 又y 1y 2＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ，代入①式得(k 2＋1)x 1x 2＋(mk －k )(x 1＋x 2)＋m 2－2m ＋1＝0，所以(k 2＋1)3m 2－33k 2＋1－(mk －k )6km 3k 2＋1＋m 2－2m ＋1＝0，整理得2m 2－m －1＝0，解得m ＝－12或m ＝1(舍)，满足Δ>0，此时直线l 的方程为y ＝kx－12，直线l 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－12. 解法二：由AP →·AQ →＝0得AP →⊥AQ →，可得P A 的斜率存在且不为0，设直线l P A ：y ＝kx ＋1①则l QA ：y ＝－1k x ＋1，②将①代入椭圆方程并整理得(1＋3k 2)x 2＋6kx ＝0，可得x P ＝－6k 1＋3k 2，则y P ＝21＋3k 2－1，同理可得x Q ＝6k k 2＋3，y Q ＝1－6k 2＋3. 由直线方程的两点式可得直线l 的方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21＋3k 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－6k 2＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21＋3k 2－1＝x －－6k 1＋3k 26k k 2＋3－－6k 1＋3k 2，即y ＝k 2－14k x －12，则直线l 过定点，该定点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12.。

全国百强名校“领军考试”2020-2021学年上学期12月高三联考理数答案

g 2
x
1
1
的所有根之和
1+5＝6.
13．【答案】(2,3) 【命题意图】本题考查运用命题的真假，构建不等式求解参数的取值范围.
高三理数答案第 3 页共 9 页
0 a 3 【解析】由已知 p 和 q 都是真命题，∴ a 2 ∴2＜ a ＜3.
14．【答案】相离【命题意图】本题考查直线与圆的位置关系.直线与圆的位置关系问题常用到的知识点是点到直线的距离公式，点到直线的距离公式的运用又可以帮助我们建立方程求值，该题就是这样一个解答思路.
8．【答案】B 【命题意图】本题考查数形结合思想解决函数零点问题。涉及到函数与方程相关知识点，二次数函、反比例函数的图像与性质。数形结合思想是高考要重点考查的数学思想，而函数与方程问题是最容易融入数形结合思想进行考查的知识内容之一，特别是探究零点问题，解答这类问题往往是把函数与方程相结合，由方程分解出函数，然后利用函数图像解决问题。
【解析】对于 A,因为Δ= 42 -4×6=-8<0,所以 x2 +4 x +6>0 恒成立,故 A 假;对于 B,正切函数 y tan x 的定义域
为
x
x
k
2
,k
Z ,所以
B
假;对于
C,函数
y
1 x
的单调递减区间为(－∞,0)、(0,＋∞)，所以
C
假;D
显
然正确，综上应选 D. 4．【答案】B
【命题意图】本题考查了函数图象的识别，函数的奇偶性.根据奇偶性的定义，利用排除法进行求解，即可得到答案．本题主要考查了函数的奇偶性，以及函数值的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的定义，得出函数的奇偶性的图像特征，再利用函数值排除是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

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高考解答题突破(二)数列的综合应用突破“两归”——化归、归纳1．由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法．2．对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．考向一等差、等比数列的证明证明数列是等差(比)数列的两种基本方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇒{a n}是等差数列；a n＋1 a n＝q(q是非零常数)⇒{a n}是等比数列．(2)等差(比)中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇒{a n}是等差数列；a2n＋1＝a n·a n＋2(n∈N*，a n≠0)⇒{a n}是等比数列．[解](1)由题意知，2S n＝(n＋1)2a n－n2a n＋1，2S n＋1＝(n＋2)2a n＋1－(n＋1)2a n＋2，(2)由题意知，b n b n ＋1＝λ·2a n ＝λ·22n ， b n ＋1b n ＋2＝λ·2a n ＋1＝λ·22(n ＋1)，两式相除，可得b n ＋2＝4b n ，即{b 2n }和{b 2n －1}都是以4为公比的等比数列．∵b 1b 2＝λ·2a 1＝4λ，b 1＝1，∴b 2＝4λ，b 3＝4b 1＝4，∴b 2n ＝2·4n －1＝22n －1，b 2n －1＝22n －2，即b n ＝2n －1，则b n ＋1＝2b n ，因此存在λ＝12，使得数列{b n }是等比数列．巧造等差或等比判定方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.1．(2019·常州一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n－na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2nt n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列；(2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值．[解] (1)证明：∵数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，∴2n ＋1a n ＝na n ＋1.即a n ＋1n ＋1＝2a nn .∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以2为公比的等比数列．(2)由(1)可得a nn＝a 1×2n －1，∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ，∴b 1＝a 21t ，b 2＝a 22t 2，b 3＝a 23t 3. ∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t 3.∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t 2，即16t ＝t 2＋48，解得t ＝12或t ＝4.经检验，当t ＝12时，b 2，b 3，b 4不成等差数列，故舍去．当t ＝4时，b n ＝a 2n 4n ＝na 214，数列{b n }为等差数列，所以t 的值为4.考向二数列的通项与求和 1．求数列的通项公式的方法(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法；(2)已知a n 与S n间关系式时适合用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求得；(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得．2．求数列的前n 项和的方法结合数列通项公式的特点，采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法．[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5.由⎩⎨⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，解得⎩⎨⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，求解数列通项和前n 项和的关键步骤2．(2019·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，且q >0， ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 1＋3a 2＝2a 3，即2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2，化简得2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12. ∵q >0，∴q ＝2.∵a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *. (2)∵b n ＝(n ＋2)log 2a n ＝n (n ＋2)， ∴1b n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2).考向三数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面：(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者借助数列对应函数的单调性比较大小，还可以作差或作商比较大小；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题，此类问题常通过构造函数证明，或者直接利用放缩法证明．[解](1)∵4S n＝a n·a n＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4.当n≥2时，4S n－1＝a n－1·a n，得4a n＝a n·a n＋1－a n－1·a n.即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；②当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n >14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4.“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．审题时应注意归纳法的运用，要看清项及下标的特征，要注意下标的范围．3．(2019·长春模拟)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解] (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2).又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2(n ＋2)2n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.专题强化训练(十六)1．(2019·安徽六安3月联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数．(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，∴S 2n ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，∴S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0，∵a n >0，∴S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0，∴S n ＋1＝2S n ＋λ.(2)存在．∵S n ＋1＝2S n ＋λ，∴S n ＝2S n －1＋λ(n ≥2)，相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，∴{a n }从第二项起成等比数列，∵S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ，∴a 2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴a n ＝⎩⎨⎧ 1，n ＝1，(λ＋1)2n －2，n ≥2，若使{a n }是等比数列，则a 1a 3＝a 22，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝1，经检验，符合题意．故存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列，λ的值为1.2．(2019·江西宜春联考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3. ∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列．∴a n ＝3×3n －1＝3n .(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n .∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，①3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×32(1－3n －1)1－3－(2n －1)×3n ＋1 ＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.3．(2019·广东汕头模拟)已知数列{a n }为递增数列，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n －2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．[解] (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知，2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1(n ≥3)，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1，即2(a n ＋a n －1)＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2(n ≥3)，又当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－12n ＋1，又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－12n ＋1>919，解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10.4．(2019·杭州模拟)下表是一个由n 2个正数组成的数表，用a ij 表示第i 行第j 个数(i ，j ∈N *)．已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等，且a 11＝1，a 31＋a 61＝9，a 35＝48.a 11 a 12 a 13 … a 1na 21 a 22 a 23 … a 2na 31 a 32 a 33 … a 3n… … … … …a n 1 a n 2 a n 3 … a nn(1)求a n 1和a 4n ；(2)设b n ＝a 4n (a 4n －2)(a 4n －1)＋(－1)n ·a n 1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d ，设每一行依次组成的等比数列的公比为q .依题意a 31＋a 61＝(1＋2d )＋(1＋5d )＝9，∴d ＝1，∴a n 1＝a 11＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n (n ∈N *)，∵a 31＝a 11＋2d ＝3，∴a 35＝a 31·q 4＝3q 4＝48，∵q >0，∴q ＝2，又∵a 41＝4，∴a 4n ＝a 41q n －1＝4×2n －1＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝a 4n (a 4n －2)(a 4n －1)＋(－1)n a n 1 ＝2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋1－1)＋(－1)n ·n ＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＋(－1)n ·n ＝12n －1－12n ＋1－1＋(－1)n ·n ， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－115＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n n ]，当n 为偶数时，S n ＝1－12n ＋1－1＋n 2，当n 为奇数时，S n ＝1－12n ＋1－1＋n －12－n ＝1－12n ＋1－1－n ＋12＝1－n 2－12n ＋1－1.。

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第二讲点、直线、平面之间的位置关系[高考导航]1．利用平面的基本性质及线线、线面和面面位置关系的判定与性质定理对命题真假进行判断．2．以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体考查线线、线面与面面平行和垂直关系．考点一空间线面位置关系的判定1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b，⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α，⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n，⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α，⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α，⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，⇒a⊥β.1．(2019·四川乐山一模)经过两条异面直线a，b外的一点P作与a，b都平行的平面，则这样的平面()A．有且仅有一个B．恰有两个C．至多有一个D．至少有一个[解析]①当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面平行b(或a)时，过点P作不出与a，b都平行的平面；②当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面与b(或a)不平行时，可过点P作a′∥a，b′∥b.因为a，b为异面直线，所以a′，b′不重合且相交于点P.因为a′∩b′＝P，所以a′，b′确定的平面与a，b都平行，所以可作出一个平面与a，b都平行．综上，选C．[答案]C2．(2019·广东八校联考)m，n是两条不同的直线，α是平面，n ⊥α，则m∥α是m⊥n的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]当m∥α时，在平面α内存在一条直线b，使得b∥m，结合n⊥α，知n⊥b，所以n⊥m，所以m∥α是m⊥n的充分条件；当n ⊥α，m⊥n时，m∥α或m⊂α，所以m∥α是m⊥n的不必要条件．综上，m∥α是m⊥n的充分不必要条件，故选A．[答案]A3．(2019·江西红色七校联考(一))设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是() A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥nC．若α∥β，m⊥α，则m⊥βD．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β[解析]若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质知选项C正确；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C．[答案]C4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线[解析]过E作EQ⊥CD于Q，连接BD，QN，BE，易知点N 在BD上．∵平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，∴EQ⊥平面ABCD，∴EQ⊥QN，同理可知BC⊥CE，设CD＝2，易得EQ＝3，QN＝1，则EN＝EQ2＋QN2＝3＋1＝2，BE＝BC2＋CE2＝4＋4＝2 2.易知BE＝BD，又∵M为DE的中点，∴BM⊥DE，∴BM＝BE2－EM2＝8－1＝7，∴BM＝7>2＝EN.∴BM≠EN.又∵点M、N、B、E均在平面BED内，∴BM，EN在平面BED 内，又BM与EN不平行，∴BM，EN是相交直线，故选B．[答案]B5．(2019·太原二模)已知三个平面α，β，γ，α∥β∥γ，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于点G，连接CD交平面β于点H，则四边形BGEH的形状为()A．平行四边形B．矩形C．菱形D．梯形[解析]平面α∥β∥γ，A，D∈α，连接AD，∴AD⊂平面α，同理BH⊂平面β，∴BH∥AD．同理GE∥AD，∴BH∥GE.同理BG∥HE，∴四边形BGEH是平行四边形．故选A．[答案]A6．(2019·黄冈质检)如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC．其中正确结论的序号是________．[解析]①由于P A⊥平面ABC，因此P A⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面P AC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB；②因为AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB；③在①中已证明AF⊥BC；④若AE⊥平面PBC，由①知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立．故正确的结论为①②③.[答案]①②③空间线面位置关系判定的三种方法(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．(3)反证法：当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．考点二空间中平行、垂直关系的证明1．平行关系的相互转化2．垂直关系的相互转化【例1】(2019·南京一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E，F，H分别为AB，PC，BC的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)求证：平面P AH⊥平面DEF.[证明](1)取PD的中点M，连接FM，AM.∵在△PCD中，F，M分别为PC，PD的中点，∴FM∥CD且FM＝12CD．∵在正方形ABCD中，AE∥CD且AE＝12CD，∴AE∥FM且AE＝FM，则四边形AEFM为平行四边形，∴AM∥EF，∵EF⊄平面P AD，AM⊂平面P AD，∴EF∥平面P AD．(2)∵侧面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，侧面P AD∩底面ABCD＝AD，∴P A⊥底面ABCD，∵DE⊂底面ABCD，∴DE⊥P A．∵E，H分别为正方形ABCD边AB，BC的中点，∴Rt△ABH≌Rt△DAE，则∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°，∴DE⊥AH，∵P A⊂平面P AH，AH⊂平面P AH，P A∩AH＝A，∴DE⊥平面P AH，∵DE⊂平面EFD，∴平面P AH⊥平面DEF.平行、垂直关系的基础是线线平行、线线垂直，其常用方法如下：(1)证明线线平行的4种常用方法①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直的3种常用方法①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②利用勾股定理；③利用线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面．(2019·湛江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE∥平面P AD．[证明](1)取BD的中点O，连接CO，PO，因为CD＝CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO.因为PB＝PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，又EO⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，所以EO∥平面P AD．由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，又CO⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以CO∥平面P AD．又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，所以平面CEO∥平面P AD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面P AD．考点三立体几何中的翻折问题翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化．【例2】(2019·广州调研)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE 的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．[解题指导](1)折叠前DE⊥AC→折叠后DE⊥PF，DE⊥CF→DE⊥平面PCF(2)证明四边形DEBC为平行四边形→CB∥DE →结合(1)证明CB⊥平面PCF→平面PBC⊥平面PCF(3)存在PD，BC的中点M，N→FC∥EN，MF∥PE →平面CFM∥平面PEN[解](1)证明：折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.(2)证明：因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CB∥DE.又由(1)得，DE⊥平面PCF，所以CB⊥平面PCF.因为CB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCF.(3)存在满足条件的点M，N，且M，N分别是PD和BC的中点．如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.因为四边形DEBC为平行四边形，所以EF∥CN，EF＝12BC＝CN，所以四边形ENCF为平行四边形，所以FC∥EN.在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，所以MF∥PE.又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，所以平面CFM∥平面PEN.(1)解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”、“变的位置关系和数量关系”．(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．1．(2019·豫西南五校3月联考)已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝22，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直[解析]矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示．在图(1)中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E、F不重合；在图(2)中，连接CE，对于选项A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；对于选项B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AC ，由AB <BC 可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB 与直线CD 垂直，故选项B 正确；对于选项C ，若AD ⊥BC ，又知DC ⊥BC ，AD ∩DC ＝D ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AC ，已知AB ＝2，BC ＝22，则BC >AB ，所以不存在这样的直角三角形，故选项C 错误；由以上可知选项D 错误．因此选B ．[答案] B2．(2019·聊城二模)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE (A 1∉平面ABCD )，若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折的过程中，下列结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①V A －A 1DE ∶V A 1－BCDE ＝1∶3；②存在某个位置，使DE ⊥A 1C ；③总有BM ∥平面A 1DE ；④线段BM 的长为定值．[解析] ①设A 1到平面EBCD 的距离为h ，D 到AB 的距离为h ′，则V A －A 1DE ∶V A 1－BCDE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13×S △ADE ×h ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13×S 梯形EBCD ×h ＝S △ADE ∶S 梯形EBCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AE ×h ′∶⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫CD ＋BE 2×h ′＝1∶3，故①正确；②A 1C 在平面ABCD 中的射影在AC 上，AC 与DE 不垂直，∴DE 与A 1C 不垂直，故②错误；③取CD 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A1D，FB∥ED且FB＝ED，可得平面MBF∥平面A1DE，∴总有BM ∥平面A1DE，故③正确；易知∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，故④正确．故答案为①③④.[答案]①③④1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m ∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A．[答案]A2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面[解析]A、C、D选项中α与β可能相交，故选B．[答案]B3．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________.[解析]把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．[答案]若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)4．(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.[证明](1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.1.高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题或填空题与一道大题，或一道大题．2．解答题多出现在第18,19题的位置，且为第(1)、(2)问，难度中等．专题强化训练(十八)一、选择题1．(2019·河南洛阳4月联考)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β，下列结论正确的是() A．若α⊥β，则l⊥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若l∥m，则α∥β[解析]对于A，α⊥β，l⊂α，只有加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A错误；对于B，若l⊥m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行，也可能相交但不垂直，所以B错误；对于C，若α∥β，l ⊂α，由面面平行的性质可知，l∥β，所以C正确；对于D，若l∥m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行，也可能相交，所以D错误．[答案]C2．(2019·福建福州3月质检)已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是()A．若c⊂平面α，则a⊥αB．若c⊥平面α，则a∥α，b∥αC．存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥αD．存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α[解析]对于A，满足c⊂平面α，且c与异面直线a，b均垂直，则a可能在α内，也可能与α斜交，故A错误；对于B，满足c⊥平面α时，直线a与直线b可能其中一条在平面α内，故B错误；对于C，若b∥α，则α内一定存在一条直线b′，使得b∥b′，又知a ⊂α，且a与b为两条异面直线，所以a与b′一定相交，又知c⊥b，b∥b′，所以c⊥b′，又知c⊥a，a与b′相交，所以c⊥α，故C 正确；对于D，如果a⊥α，b⊥α，则a∥b，这与条件中a，b是两条异面直线相矛盾，故D错误，因此选C．[答案]C3．(2019·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为()①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β；③若l⊥n，m⊥n，则l∥m；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.A．1 B．2C．3 D．4[解析]①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n，m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α，因此正确．综上可知只有②④正确．故选B．[答案]B4．(2019·陕西西安一模)过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A．2条B．4条C．6条D．8条[解析]如图，过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG内(其中D，E，F，G分别为三棱柱棱的中点)，易知经过D，E，F，G中任意两点的直线共有C24＝6种，故选C．[答案]C5．(2019·东北三校联考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论错误的是()A．直线A1C1与AD1为异面直线B．A1C1∥平面ACD1C．BD1⊥ACD ．三棱锥D 1－ADC 的体积为83[解析] 对于A ，直线A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，AD 1⊂平面ADD 1A 1，D 1∉直线A 1C 1，则易得直线A 1C 1与AD 1为异面直线，故A 正确；对于B ，因为A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，连接BD ，因为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，BD ∩DD 1＝D ，所以AC ⊥平面BDD 1，所以BD 1⊥AC ，故C 正确；对于D ，三棱锥D 1－ADC 的体积V 三棱锥D 1－ADC ＝13×12×2×2×2＝43，故D 错误．综上，选D ．[答案] D6．(2019·洛阳统考)正方形ABCD 和等腰直角三角形DCE 组成如图所示的梯形，M ，N 分别是AC ，DE 的中点，将△DCE 沿CD 折起(点E 始终不在平面ABCD 内)，则下列说法一定正确的是( )A ．MN ∥平面BCEB ．在折起过程中，一定存在某个位置，使MN ⊥ACC ．MN ⊥AED ．在折起过程中，不存在某个位置，使DE ⊥AD[解析] 折起后的图形如图所示，取CD 的中点O ，连接MO ，NO ，则在△ACD 中，M ，O 分别是AC ，CD 的中点，∴MO ∥AD ∥BC ，同理NO ∥CE ，又BC ∩CE ＝C ，MO ∩NO ＝O ，∴平面MON ∥平面BCE ，∴MN ∥平面BCE ，故A 正确；易知MO ⊥CD ，NO ⊥CD ，又MO ∩NO ＝O ，∴CD ⊥平面MNO ，∴MN ⊥CD ，若MN ⊥AC ，又AC ∩CD ＝C ，∴MN ⊥平面ABCD ，∴MN ⊥MO ，又MO ＝12AD ＝12EC ＝NO ，∴MN 不可能垂直于MO ，故MN ⊥AC 不成立，故B 错误；取CE 的中点Q ，连接MQ ，则在△ACE 中，M ，Q 分别是AC ，CE 的中点，∴MQ ∥AE ，由图知MQ 与MN 不可能始终垂直，故C 错误；当平面CDE ⊥平面ABCD 时，平面CDE ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD ⊂平面ABCD ，∴AD ⊥平面CDE ，∴AD ⊥DE ，故D 错误．[答案] A二、填空题7．(2019·豫北名校4月联考)在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点，若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，则AD DC ＝________.[解析] 如图所示，连接A 1B ，与AB 1交于点O ，连接OD 1，∵平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，平面BC 1D ∩平面A 1BC 1＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，∴BC 1∥D 1O ，∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，同理AD 1∥DC 1，∴A 1D 1D 1C 1＝DC AD ，∴A 1O OB ＝DC AD ，又∵A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1.[答案] 18．(2019·江西八校4月联考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：①若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ；②若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n ；③若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ；④若α∥β，γ∩α＝m ，γ∩β＝n ，则m ∥n .其中正确命题的序号是________．[解析] 对于①，垂直于同一个平面的两个平面可能相交，也可能平行，所以命题①错误；对于②，在两个相互垂直的平面内的两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，所以命题②错误；对于③，若m ∥α，n ⊂α，则直线m 与n 可能平行，也可能异面，所以③错误；对于④，由面面平行的性质定理可知命题④正确．故正确命题的序号是④.[答案] ④9．(2019·济南模拟)如图，在以角C 为直角顶点的三角形ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，P A ⊥平面ABC ，F 为PB 上的点，在线段AB 上有一点E ，满足BE ＝λAE .若PB ⊥平面CEF ，则实数λ的值为________．[解析] ∵PB ⊥平面CEF ，∴PB ⊥CE ，又P A ⊥平面ABC ，CE ⊂平面ABC，∴P A⊥CE，而P A∩PB＝P，∴CE⊥平面P AB，∴CE⊥AB，∴λ＝EBAE ＝EB·ABAE·AB＝BC2AC2＝916.[答案]9 16三、解答题10．(2019·深圳调研)如图，多面体ABCDE中，AB＝AC，BE∥CD，BE⊥BC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．(1)若N是线段AE的中点，求证：MN∥平面ACD；(2)若N是AE上的动点且BE＝1，BC＝2，CD＝3，求证：DE ⊥MN.[证明](1)如图，取AB的中点P，连接PM，PN，由P，N分别为AB，AE的中点得，PN∥BE∥CD，∵PN⊄平面ACD，CD⊂平面ACD，∴PN∥平面ACD，同理可得，PM∥平面ACD，又PN∩PM＝P，∴平面MNP∥平面ACD，∵MN⊂平面MNP，∴MN∥平面ACD．(2)连接EM，AM，DM.∵AB＝AC且M为BC的中点，∴AM⊥BC．∵平面BCDE⊥平面ABC，∴AM⊥平面BCDE，∴AM⊥DE.在直角梯形BCDE中，BE＝1，BC＝2，CD＝3，∴DE＝22，EM＝2，DM＝10，∴DE2＋EM2＝DM2，即DE⊥EM，又AM∩EM＝M，∴DE⊥平面AEM，∵MN⊂平面AEM，∴DE⊥MN.11．(2019·西宁模拟)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE ＝MC＝ 2.(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC．[证明](1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，∴AM＝12BD＝2，AM⊥BD．∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD，∵AM⊂平面ABD．∴MC⊥AM，又MC∩BD＝M，∴AM⊥平面BCD．又AE＝MC＝2，∴四边形AMCE为平行四边形，∴EC∥AM，∴EC⊥平面BCD，∵EC⊂平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE.(2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，∴MN∥BE.∵MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC．∴MN∥面BEC．由(1)知EC∥AM，∵EC⊂平面BEC，AM⊄平面BEC．∴AM∥面BEC，又∵AM∩MN＝M.AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN.∴平面AMN∥平面BEC．12．(2019·南昌二中月考)如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF 沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD．所以在题图(2)中，A1E⊥EF.又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC．因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (9)

高三数学百所名校好题分项解析汇编之江苏专版(2020版)专题12 概率与统计一.选择题1．【2021届南京大学附属中学检测】《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座阁楼到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取两个灯球，则至少有一个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为（）A．1191077B．160359C．9581077D．289359【答案】C【解析】设一大二小与一大四小的灯球数分别为,x y，则360241200x yx y+=⎧⎨+=⎩，解得120240xy=⎧⎨=⎩，若随机选取两个灯球，则至少有一个灯球是一大四小的概率为21202360958 11077CC-=.故选C2．【2021届南通如皋、盐城射阳检测】《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取一卦，这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线的概率为（）A．18B．14C．38D．12【答案】C【解析】先算任取一卦的所有等可能结果共8卦，其中恰有2根阳线和1根阴线的基本事件有3卦，∴概率为38.故选：C.3．【2021届南京市六校联合体】某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布2(105,)(0)N σσ>，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的15，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（） A ．150 B ．200C ．300D ．400【答案】C【解析】∴()()1901205P X P X ≤=≥=，()2390120155P X ≤≤=-=，所以()39010510P X ≤≤=，所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为3100030010⨯=．故选C ．4．【2020届二轮专项提升】设01a <<，则随机变量X 的分布列是：则当a 在()0,1内增大时（） A ．()D X 增大 B ．()D X 减小C ．()D X 先增大后减小 D ．()D X 先减小后增大【答案】D【解析】方法1：由分布列得1()3aE X +=，则 2222111111211()01333333926a a a D X a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大.方法2：则()222221(1)222213()()03399924a a a a D X E X E X a ⎡⎤+-+⎛⎫=-=++-==-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故选D.5．【2021届扬州市江都区大桥高级中学检测】下列说法正确的是( )A ．将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a 后，方差也变为原来的a 倍B ．设有一个回归方程35y x =-，变量x 增加1个单位时，y 平均减少5个单位C ．线性相关系数r 越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱D ．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N （1，σ2）（σ＞0），则P （ξ＞1）=0.5 【答案】BD【解析】对于选项A ：将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a 后，方差变为原来的a 2倍，故错误.对于选项B ：若有一个回归方程35y x =-，变量x 增加1个单位时，()351355y x x =-+=--，故y 平均减少5个单位，正确.对于选项C ：线性相关系数|r |越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，错误. 对于选项D ：在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N （1，σ2）（σ＞0），由于正态曲线关于x =1对称，则P （ξ＞1）=0.5，正确. 故选：BD6．【2021届扬州市江都区大桥高级中学检测】下列说法中，正确的命题是（） A ．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r 的绝对值越接近于1 B ．()()2323E X E X +=+，()()232V X V X += C ．已知随机变ξ服从正态分布()21,N δ，()30.6P ξ<=，则()130.2P ξ<<=D ．以模型kx y ce =去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设ln z y =，将其变换后得到线性方程0.34z x =+，则c 、k 的值分别是4e 和0.3【答案】AD【解析】对于A 选项，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r 的绝对值越接近于1，A 选项正确；对于B 选项，由期望和方差的性质可得()()2323E X E X +=+，()()234V X V X +=，B 选项错误；对于C 选项，已知随机变ξ服从正态分布()21,N δ，()30.6P ξ<=，则()130.60.50.1P ξ<<=-=，C 选项错误；对于D 选项，在等式kxy ce =两边取对数得ln ln y c kx =+，即ln 0.34z kx c x =+=+，0.3ln 4k c =⎧∴⎨=⎩，解得40.3k c e=⎧⎨=⎩，D 选项正确. 故选：AD. 二．填空题7．【2021届南通如皋、盐城射阳检测】高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占全班人数的16，而且三好学生中女生占一半.现在从该班任选一名同学参加某一座谈会.则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为__________. 【答案】18【解析】∴高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占全班人数的16，而且三好学生中女生占一半.，∴本班有40名男生，男生中有5名三好学生，由题意知，本题可看做一个古典概型，试验发生包含的事件是从40名男生中选出一个人，共有40种结果，满足条件的事件是选到的是一个三好学生，共有5种结果， ∴没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率是540＝18，故答案为：188．【2021届扬州市检测】某校机器人兴趣小组有男生3名，女生2名，现从中随机选出3名参加一个机器人大赛，则选出的人员中恰好有一名女生的概率为_______．【答案】35【解析】由题意，基本事件为机器人兴趣小组有男生3名，女生2名，现从中随机选出3名，共有3510n C ==种选法，其中选出的人员中恰好有一名女生的事件数为2132326m C C ==⨯=种，由古典概型可知选出的人员中恰好有一名女生的概率为63105m P n ===，故答案为：359．【2020届全真模拟（九）】甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，乙获胜的概率是13，则甲获胜的概率是_____【答案】【解析】因为甲获胜与两个人和棋或乙获胜对立，所以甲获胜概1111236--=，应填16. 10．【2021届南通市如皋市检测】某医院欲从积极扱名的甲、乙、丙、丁4名医生中选择2人去支援武汉抗击“新型冠状病毒”，若毎名医生被选择的机会均等，则甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为__________. 【答案】56【解析】由题得甲乙都不被选择的概率为222416C C =,由对立事件的概率公式得甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为15166-=. 故答案为：5611．【2021届南通检测】设随机变量X 服从二项分布(,)B n p ，且() 1.6,() 1.28E X D X ==，则n = ，p = ；【答案】8，0.2【解析】∴随机变量X 服从二项分布B （n ，p ），且E （X ）＝1.6，D （X ）＝1.28， ∴EX ＝1.6＝np ，∴ D ξ＝1.28＝np （1﹣p ），∴ ∴与∴相除可得1﹣p 1.281.6==0.8， ∴p ＝0.2，n 1.60.2==8．故答案为8；0.212．【2021届讲练测】设X 为随机变量，X ～B 1,3n ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若随机变量X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝2)等于________. 【答案】80243. 【解析】由二项分布X ～B (),n p 的数学期望E (X )=np ,知23n =，得6n =，即X ～B 16,3⎛⎫⎪⎝⎭，那么P (X ＝2)=262261180133243C -⎛⎫⎛⎫-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：80243.13．【2021届讲练测】随机变量X 的分布列为()(),1,2,3,4.1cP X k k c k k ===+为常数，则1522P X ⎛⎫<< ⎪⎝⎭的值为____________【答案】56【解析】∴P∴X=k∴=∴=()1ck k +∴k=1∴2∴3∴4∴ ∴c 1261220c c c +++=∴ ∴c=54∴∴P∴12∴X∴52∴=P∴X=1∴+P∴X=2∴=555+=8246∴ 故答案为56∴14．【2021届讲练测】设服从二项分布(),B n p 的随机变量ξ的期望与方差分别是15和454，则n =____，p =____．【答案】6014【解析】由二项分布的性质：E （X ）＝np ＝15，D （X ）＝np （1﹣p ）454=解得p 14=，n ＝60 故答案为60 14．三．解答题15．【2021届新高考质量检测模拟】某工厂预购买软件服务，有如下两种方案：方案一：软件服务公司每日收取工厂60元，对于提供的软件服务每次10元；方案二：软件服务公司每日收取工厂200元，若每日软件服务不超过15次，不另外收费，若超过15次，超过部分的软件服务每次收费标准为20元．（1）设日收费为y 元，每天软件服务的次数为x ，试写出两种方案中y 与x 的函数关系式；（2）该工厂对过去100天的软件服务的次数进行了统计，得到如图所示的条形图，依据该统计数据，把频率视为概率，从节约成本的角度考虑，从两个方案中选择一个，哪个方案更合适？请说明理由．【解析】（1）由题可知，方案一中的日收费y 与x 的函数关系式为1060,y x x N =+∈方案二中的日收费y 与x 的函数关系式为200,15,20100,15,x x Ny x x x N ≤∈⎧=⎨->∈⎩. （2）设方案一种的日收费为X ，由条形图可得X 的分布列为所以()1900.12000.42100.12200.22300.2210E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（元）方案二中的日收费为Y ，由条形图可得Y 的分布列为()2000.62200.22400.2212E Y =⨯+⨯+⨯=（元）所以从节约成本的角度考虑，选择方案一.16．【2021届盐城市第一中学检测】袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲，乙二人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有一人取到白球即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的. （1）求袋中原有白球的个数：（2）求取球次数X 的分布列和数学期望. 【解析】（1）设袋中原有n 个白球，由题意知()()2271112=767672n n n n n C C --==⨯⨯，所以()1=6n n -.解得3n = (2n =-，舍去). 即袋中原有3个白球.（2）由题意，X 的可能取值为1,2,3,4,5.()317P X ==；()4322767P X ⨯===⨯；()4336376535P X ⨯⨯===⨯⨯；()432334765435P X ⨯⨯⨯===⨯⨯⨯；()43213157654335P X ⨯⨯⨯⨯===⨯⨯⨯⨯.所以，取球次数X 的分布列为.所以()3263112345277353535E x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. 17．【2020届高考押题数】五个自然数1、2、3、4、5按照一定的顺序排成一列．（1）求2和4不相邻的概率；（2）定义：若两个数的和为6且相邻，称这两个数为一组“友好数”．随机变量ξ表示上述五个自然数组成的一个排列中“友好数”的组数，求ξ的概率分布和数学期望()E ξ．【解析】（1）记“2和4不相邻”为事件A ，则()32345535A A P A A ==；（2）ξ的所有可能取值为0,1,2，()22322355125A A A P A ξ===，()222223552215A A A P A ξ===，()121212242424225522205C A C A C A A P A ξ++===， ξ∴的分布列如下：()22140125555E ξ∴=⨯+⨯+⨯=．18．【2021届扬州中学检测】2018年，在《我是演说家》第四季这档节目中，英国华威大学留学生游斯彬的“数学之美”的演讲视频在微信朋友圈不断被转发，他的视角独特，语言幽默，给观众留下了深刻的印象．某机构为了了解观众对该演讲的喜爱程度，随机调查了观看了该演讲的140名观众，得到如下的列联表：（单位：名）（1）根据以上列联表，问能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为观众性别与喜爱该演讲有关．（精确到0．001）（2）从这60名男观众中按对该演讲是否喜爱采取分层抽样，抽取一个容量为6的样本，然后随机选取两名作跟踪调查，求选到的两名观众都喜爱该演讲的概率．附：临界值表参考公式：22()=)()()()n ad bc K a b c d a c b d （-++++，+n a b c d =++．【解析】（1）假设：观众性别与喜爱该演讲无关，由已知数据可求得，()221406020402071.167 3.8418060100406K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯ ∴ 不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为观众性别与喜爱该演讲有关．（2）抽样比为616010=，样本中喜爱的观众有40×110=4名，不喜爱的观众有6﹣4=2名．记喜爱该演讲的4名男性观众为a ，b ，c ，d ，不喜爱该演讲的2名男性观众为1，2，则基本事件分别为：（a ，b ），（a ，c ），（a ，d ），（a ，1），（a ，2），（b ，c ），（b ，d ），（b ，1），（b ，2），（c ，d ），（c ，1），（c ，2），（d ，1），（d ，2），（1，2）．其中选到的两名观众都喜爱该演讲的事件有6个，故其概率为P （A ）=60.415= 19．【2021届通市海安高级中学检测】一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分.（1）设抛掷5次的得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望E ξ；（2）求恰好得到()*n n ∈N分的概率.【解析】（1）所抛5次得分ξ的概率为5551()()(5,6,7,8,9,10)2i P i C i ξ-===，其分布列如下105555115()22i i E iC ξ-===∑（2）令n P 表示恰好得到n 分的概率，不出现n 分的唯一情况是得到1n -分以后再掷出一次反面．因为“不出现n 分”的概率是1n P -，“恰好得到1n -分”的概率是1n P -，因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1112n n P P --=，即1212()323n n P P --=--．于是23n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以121213236P -=-=-为首项，以12-为公比的等比数列．所以1211()362n n P --=--，即11[2()]32n n P =+-．恰好得到n 分的概率是11[2()]32n +-． 20．【2021届扬州市宝应县检测】某钢管生产车间生产一批钢管，质检员从中抽出若干根对其直径（单位： mm ）进行测量，得出这批钢管的直径X 服从正态分布()65,4.84N ∴(1)当质检员随机抽检时，测得一根钢管的直径为73mm ,他立即要求停止生产，检查设备，请你根据所学知识，判断该质检员的决定是否有道理，并说明判断的依据；(2)如果钢管的直径X 满足60.6mm 69.4mm -为合格品（合格品的概率精确到0∴01），现要从60根该种钢管中任意挑选3根，求次品数Y 的分布列和数学期望．（参考数据：若()2,X N μσ-,则()P 0.6826X μσμσ-<≤+=∴ ()()P 220.9544;330.9974X P X μσμσμσμσ-<≤+=-<≤+=∴【解析】（1）()65, 2.2,358.4,371.6733μσμσμσμσ==-=+=∈++∞，，,()()158.471.610.997471.60.001322P X P X -<≤-∴>===. 此事件为小概率事件，该质检员的决定有道理.(2)65, 2.2,260.6,269.4μσμσμσ==-=+=,由题意可知钢管直径满足：2X 2μσμσ-<≤+为合格品，故该批钢管为合格品的概率约为0.9560根钢管中，合格品57根，次品3根，任意挑选3根，则次品数Y 的可能取值为:0,1,2,3.()()0312357357336060P Y 0,1C C C C P Y C C ====， ()()21303573573360602,3C C C C P Y P Y C C ====. 则次品数Y 的分布列列为：得：()03122130357357357357333360606060Y 01230.15C C C C C C C C E C C C C =⨯+⨯+⨯+⨯=.。

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专题强化训练(十七)一、选择题1．(2019·辽宁沈阳二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2[解析]由三视图得该四棱锥的直观图如图中S－ABCD所示，由图可知，其最长棱为SD，且底面ABCD是边长为2的正方形，SB⊥面ABCD，SB＝2，所以SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.[答案] B2．(2019·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()[解析]由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF 是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直．故选C.[答案] C3．(2019·益阳、湘潭高三调考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为()A.23B.43C.83 D ．4[解析] 由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥A －PBC (放到棱长为2的正方体中)，则V A －PBC ＝13×S △PBC ×AB ＝13×12×2×2×2＝43.故选B.[答案] B4．(2019·安徽六校第二次联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r 的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是( )A.92π B ．9π C.454π D.544π[解析] 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C.[答案] C5．(2019·辽宁五校联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72[解析] 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.[答案] B6．(2019·河南濮阳二模)已知三棱锥A －BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A －BD －C 为直二面角，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A.10π3 B ．5π C ．6πD.20π3[解析] 取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的靠近BD 的三等分点P ，Q ，过P 作面ABD 的垂线，过Q 作面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，则外接球的表面积为4πR 2＝20π3，故选D.[答案] D7．(2019·洛阳市高三第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863πD.1623π[解析] 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体相应面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长，其长为22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.[答案] A8．(2019·湖北武汉2月调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为( )A.323 B ．16 C ．32 D ．48[解析] 由三视图知，该四面体可以看作正方体中的三棱锥P －ABC ，如图，由已知得AB ＝4，AC ＝4，△ABC 是直角三角形，所以S △ABC＝12AB ×AC ＝12×4×4＝8，所以四面体P ABC 的体积V ＝13×8×4＝323，故选A.[答案] A9．(2019·湖南长沙一中第八次月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1＝a ，BB 1＝b ，CC 1＝c ，两条平行线AA 1与BB 1间的距离为h ，直线CC 1到平面AA 1B 1B 的距离为h ′，则该羡除的体积为V ＝h ′h6(a ＋b ＋c )．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )A ．3 3 B.43 C.53 D ．2 3[解析] 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C.[答案] C10．(2019·河北衡水中学3月联考)已知半球内有一个内接正四棱柱，其三视图如图所示，则该内接正四棱柱的体积最大值为( )A ．12 6B ．6 6C ．24 3D ．12 3[解析] 由三视图可知，半球的半径为3，设内接正四棱柱底面正方形的边长为2a ，正四棱柱的高为h ，底面中心为O ，则OC ＝2a ，所以h 2＝OC ′2－OC 2＝32－(2a )2＝9－2a 2，a 2＝9－h 22.正四棱柱体积V ＝(2a )2h ＝4a 2h ＝18h －2h 3，设f (x )＝18x －2x 3(0<x <3)，则f ′(x )＝18－6x 2＝6(3－x 2)，易知f (x )在x ＝3处取得最大值，即当h ＝3时，V 最大为123，所以该内接正四棱柱的体积的最大值为123.故选D.[答案] D11．(2019·安徽A10联盟3月联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为()A.17＋2＋5B.17＋2＋9C.17＋2＋10 D．217＋22＋10[解析]由三视图可知，该几何体是一个四棱锥(侧棱P A垂直于底面ABCD)，其直观图如图所示，CD＝(AD－BC)2＋AB2＝(3－1)2＋22＝22，PB＝P A2＋AB2＝22＋22＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝22＋32＝13，PC ＝PB 2＋BC 2＝(22)2＋12＝3，在△PCD 中，cos ∠PCD ＝PC 2＋CD 2－PD 22·PC ·CD ＝32＋(22)2－(13)22×3×22＝26，∴sin ∠PCD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫262＝346.∴S △PCD ＝12PC ·CD ·sin ∠PCD ＝12×3×22×346＝17，又S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×2×2＝2，S △P AD ＝12P A ·AD ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×22×1＝2，∴该四棱锥的侧面积S ＝S △PCD ＋S △P AB ＋S △P AD ＋S △PBC ＝17＋2＋3＋2＝17＋2＋5.故选A.[答案] A12．(2019·广东惠州二模)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A.33 B ．1 C. 3 D.332[解析] ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点，设AB 的中点为H ，连接SH ，CH ，∴SH ⊥平面ABC ，∴SH 上任意一点到A ，B ，C 的距离相等，易知SH ＝3，CH ＝1，∴Rt △SHC 中，∠HSC ＝30°.在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO ，交SH 于点O ，交SC 于点M ，则O 为三棱锥S －ABC 的外接球的球心．∵SC ＝2，∴SM ＝1，又∠OSM＝30°，∴SO ＝233，OH ＝33，∴球心O 到平面ABC 的距离为33，故选A.[答案] A二、填空题13．(2019·成都二诊)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体为正方体切去一个三棱锥形成．V ＝2×2×2－13×12×2×2×1＝223.[答案] 22314．(2019·广东揭阳一模)某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．[解析] 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S表＝5×22＋2π·2·1＋2π·(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.[答案] 2(2＋2)π＋1615．(2019·福建三明三校12月联考)已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝33，AC ＝6，∠BAC ＝30°.若四面体ABCD 体积的最大值为272，则这个球的表面积为________．[解析] 在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝(33)2＋62－2×33×6×cos30°＝9，∴BC ＝3，∴BC 2＋AB 2＝AC 2，即△ABC为直角三角形，且AC 为斜边，其面积S ＝12×3×33＝932，为定值．要使四面体ABCD 的体积最大，则高h 最大，设AC 的中点为Q ，则Q 为△ABC 外接圆的圆心，连接DQ ，所以当DQ ⊥面ABC ，且球心O在DQ 上时，高h 最大，即体积取得最大值272，∴V max ＝13×932×DQ＝272，∴DQ ＝3 3.设球的半径为R ，则在Rt △AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ2，即R2＝32＋(33－R)2，解得R＝2 3.∴球的表面积S＝4πR2＝48π.[答案]48π16．(2019·河南百校联盟4月联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为________．[解析]根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A1－MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3.[答案] 3。

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第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积[高考导航]1．由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，以三视图为载体，考查面积、体积的计算．2．空间几何体的表面积与体积的计算，通常以几何体为载体与球进行交汇考查，或蕴含在两几何体的“接”或“切”形态中．考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝2 4S.1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()[解析]两个木构件咬合成长方体时，小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A．故选A．[答案]A2．(2019·河北衡水中学调研)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()[解析]过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C．[答案]C3．(2019·江西南昌二中模拟)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A．8 B．4C．4 3 D．42[解析]由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP＝12，S△BCD ＝12×42×2＝42，故选D．[答案]D4．(2019·湖北恩施二模)某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．2B ．22C ．8＋2 3D ．22－3[解析] 因为圆锥的母线长为2，高为423，所以底面半径r ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫4232＝23，所以底面周长为2πr ＝43π，所以侧面展开图中扇形中心角为2πr 2＝43π2＝23π，所以从M 到N 的路径中，最短路径的长度为22＋22－2×2×2cos π6＝22－ 3.[答案] D5．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC 1的顶点A ，B 在平面α上，AB ＝2，若平面A 1B 1C 1D 1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC 1在平面α上的俯视图的面积为( )A ．2B ．1＋ 3C ．2 3D ．22[解析] 依题意知，直线AB 在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B 1A 1AB 所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S ＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋ 3.[答案] B6．(2019·山西运城联考)如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析] 直观图的面积S ′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S ＝S ′24＝2＋ 2.[答案] 2＋2(1)根据空间几何体的三视图还原空间几何体时，要善于把空间几何体放置在长方体、正方体中，既容易得出空间几何体的实际形状，又容易进行计算；(2)根据空间几何体得出其三视图时，要抓住其顶点在投影面上的正投影，并注意几何体的轮廓线“眼见为实、不见为虚”，在数量关系上注意“高平齐、长对正、宽相等”的原则．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； (3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)． 3．球的表面积和体积公式S 表＝4πR 2(R 为球的半径)，V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．1．(2019·唐山摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4 B ．3＋π2 C ．2＋π4D ．4[解析] 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1×1－14×π×12＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D ． [答案] D2．(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324[解析] 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1，取CD 中点G ，连接AG ，由侧视图知AG ⊥CD ，AG ＝6，∴底面积S ＝S 梯形AGCB ＋S 梯形AGDE ＝12×(2＋6)×3＋12×(4＋6)×3＝27，∴该柱体体积V ＝Sh ＝27×6＝162.故选B ．[答案] B3．(2019·河北唐山统考)某几何体的三视图如图所示(在如图的网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．60D ．64[解析] 还原几何体如图所示，该几何体是底面为矩形的四棱锥．∴该几何体的表面积S ＝3×6＋12×6×4＋12×5×3×2＋12×6×5＝18＋12＋15＋15＝60.故选C ．[答案] C4．(2019·福建泉州模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析]由已知易得该几何体是一个以正视图为底面，高为2的四棱锥．由于正视图是一个上底边为2，下底边为4，高为2的直角梯形，故该四棱锥的底面积S ＝12×(2＋4)×2＝6，则V ＝13Sh ＝13×6×2＝4.故选D ．[答案] D5．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1B ．(24＋2)π4＋1C ．(23＋2)π4＋12D ．(23＋2)π4＋1[解析] 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D ． [答案] D6．(2019·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．6B ．7C ．223D ．233[解析] 如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被截去三棱锥A －PQA 1和三棱锥D －PC 1D 1之后得到的一个几何体，其中P ，Q 分别是棱A 1D 1，A 1B 1的中点．故所求多面体的体积V ＝V正方体－V 三棱锥A －PQA 1－V 三棱锥D －PC 1D 1＝23－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×2－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×2＝7.故选B ．[答案] B求几何体表面积和体积关键过好“两关”(1)还原关，即利用“长对正、宽相等、高平齐”还原空间几何体的直观图，不规则几何体采取分割和补形的方法．(2)公式关，即会利用空间几何体的体积或表面积公式求简单组合体的体积或表面积．考点三多面体与球1．多面体与球的切接问题处理方法与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．2．重要结论(1)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 ，则一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(3)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．【例】 (1)(2019·安徽蚌埠二模)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2 C ．6πD ．32π3(2)(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π[解析] (1)由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4>3，不合题意．球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大．由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π. (2)解法一：∵E 、F 分别是P A 、AB 的中点， ∴EF ∥PB ．∵∠CEF ＝90°，∴EF ⊥EC ，∴PB ⊥EC ，又∵三棱锥P －ABC 为正三棱锥，∴PB ⊥AC ，从而PB ⊥平面P AC ，∴三条侧棱P A 、PB 、PC 两两垂直．∵△ABC 是边长为2的正三角形，∴P A ＝PB ＝PC ＝2，则球O 是棱长为2的正方体的外接球，设球O 的半径为R ，则2R ＝3×2，R ＝62，∴球O 的体积V ＝43πR 3＝6π.故选D ．解法二：令P A ＝PB ＝PC ＝2x (x >0)，则EF ＝x ，连接FC ，由题意可得FC ＝ 3.在△P AC 中，cos ∠APC ＝4x 2＋4x 2－42×4x 2＝2x 2－12x 2.在△PEC 中，EC 2＝PC 2＋PE 2－2PC ·PE cos ∠EPC ＝4x 2＋x 2－2×2x ·x ·2x 2－12x 2＝x 2＋2，在△FEC 中，∵∠CEF ＝90°，∴FC 2＝EF 2＋EC 2，即x 2＋2＋x 2＝3，∴x ＝22，∴P A ＝PB ＝PC ＝2x ＝ 2.∵AB ＝BC ＝CA ＝2，∴三棱锥P －ABC 的三个侧面为等腰直角三角形，∴P A 、PB 、PC 两两垂直，故球O 是棱长为2的正方体的外接球，设球O 的半径为R ，则2R ＝3×2，R ＝62，∴球O 的体积V ＝43πR 3＝6π.故选D ．[答案] (1)B (2)D“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面．(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．(2019·皖中摸底考试)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A ．2π3B ．3π3C ．4π3D ．2π[解析] 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π3×3，∴r ＝1，∴h ＝32－12＝2 2.设圆锥内切球的半径为R ，则R 22－R＝13，∴R ＝22，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π，故选A ． [答案] A2．(2019·武汉调研)一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为等腰直角三角形，正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16πB ．9πC ．4πD ．π[解析] 三棱锥如图，设外接球半径为R ，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，D 为BC 中点．SD ⊥面ABC ．球心O 在SD 上，SD ＝2.在直角△ODC 中，OC ＝R ，OD ＝2－R ，DC ＝ 2.则(2－R )2＋(2)2＝R 2，即R ＝32，故V －ABC 的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π，选B ．[答案]B1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5C．3 D．2[解析]由圆柱的三视图及已知条件可知点M与点N的位置如图1所示，设ME与FN为圆柱的两条母线，沿FN将圆柱的侧面展开，如图2所示，连接MN，MN即为从M到N的最短路径，由题意知，ME＝2，EN＝4，∴MN＝42＋22＝2 5.故选B．[答案]B2．(2018·北京卷)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．2C．3 D．4[解析]由三视图得四棱锥的直观图如图所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB ⊥SD ，AD ，SD ⊂平面SAD ，AD ∩SD ＝D ，∴AB ⊥平面SAD ，又SA ⊂平面SAD ，∴AB ⊥SA ，即△SAB 也是直角三角形，从而SB ＝SD 2＋AD 2＋AB 2＝3，又BC ＝22＋12＝5，SC ＝22，∴BC 2＋SC 2≠SB 2，∴△SBC 不是直角三角形，故选C ．[答案] C3．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.[答案] C4．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．[解析]如图所示，圆柱的高O 1O ＝12PO ＝12P A 2－AO 2＝12×5－1＝1，圆柱的底面半径r ＝12AO ＝12.所以圆柱的体积V ＝πr 2·O 1O ＝π×14×1＝π4.[答案] π45．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.[解析] 依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V ＝V 长方体－V 四棱锥＝6×6×4－13×12×4×6×3＝132(cm 3)．又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm 3，故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g)． [答案] 118.81.该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．2．考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．热点课题3 补形法求几何体的表面积与体积1．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2B ．83C ．4D ．209[解析] 观察三视图并依托正方体，可得该几何体直观图为A 1－ABEF ，如图所示，其体积为V正方体－V AFD －BEC －V A 1－BEC 1B 1－V A 1－FEC 1D 1＝2×2×2－12×2×1×2－13×2×(1＋2)×2×12－13×1×2×2＝83.[答案]B2．(2019·合肥联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为()A．24π B．29πC．48π D．58π[解析]如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A－BCD)，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR2＝π(32＋22＋42)＝29π.[答案]B专题强化训练(十七)一、选择题1．(2019·辽宁沈阳二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2[解析]由三视图得该四棱锥的直观图如图中S－ABCD所示，由图可知，其最长棱为SD，且底面ABCD是边长为2的正方形，SB ⊥面ABCD，SB＝2，所以SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B．[答案]B2．(2019·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC －DEF 截去一个三棱锥A －BCD ，得到几何体BCDEF ，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )[解析] 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB ⊥平面DEF ，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直．故选C ．[答案] C3．(2019·益阳、湘潭高三调考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A ．23 B ．43 C ．83D ．4[解析] 由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥A －PBC (放到棱长为2的正方体中)，则V A －PBC ＝13×S △PBC ×AB ＝13×12×2×2×2＝43.故选B ．[答案] B4．(2019·安徽六校第二次联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r 的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是( )A ．92πB ．9πC ．454πD ．544π[解析] 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r ＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C ．[答案] C5．(2019·辽宁五校联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72[解析] 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B ．[答案] B6．(2019·河南濮阳二模)已知三棱锥A －BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A －BD －C 为直二面角，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A ．10π3B ．5πC ．6πD ．20π3[解析] 取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的靠近BD 的三等分点P ，Q ，过P 作面ABD 的垂线，过Q 作面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，则外接球的表面积为4πR 2＝20π3，故选D ．[答案] D7．(2019·洛阳市高三第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )A ．823πB ．833πC ．863πD ．1623π[解析] 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体相应面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长，其长为22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A ．[答案] A8．(2019·湖北武汉2月调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为( )A ．323B ．16C ．32D ．48[解析] 由三视图知，该四面体可以看作正方体中的三棱锥P －ABC ，如图，由已知得AB ＝4，AC ＝4，△ABC 是直角三角形，所以S △ABC ＝12AB ×AC ＝12×4×4＝8，所以四面体P ABC 的体积V ＝13×8×4＝323，故选A ．[答案] A9．(2019·湖南长沙一中第八次月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1＝a ，BB 1＝b ，CC 1＝c ，两条平行线AA 1与BB 1间的距离为h ，直线CC 1到平面AA 1B 1B 的距离为h ′，则该羡除的体积为V ＝h ′h6(a ＋b ＋c )．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )A ．3 3B ．43C ．53D ．23[解析] 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C ．[答案] C10．(2019·河北衡水中学3月联考)已知半球内有一个内接正四棱柱，其三视图如图所示，则该内接正四棱柱的体积最大值为( )A ．12 6B ．6 6C ．24 3D ．123[解析] 由三视图可知，半球的半径为3，设内接正四棱柱底面正方形的边长为2a ，正四棱柱的高为h ，底面中心为O ，则OC ＝2a ，所以h 2＝OC ′2－OC 2＝32－(2a )2＝9－2a 2，a 2＝9－h 22.正四棱柱体积V ＝(2a )2h ＝4a 2h ＝18h －2h 3，设f (x )＝18x －2x 3(0<x <3)，则f ′(x )＝18－6x 2＝6(3－x 2)，易知f (x )在x ＝3处取得最大值，即当h ＝3时，V 最大为123，所以该内接正四棱柱的体积的最大值为123.故选D ．[答案] D11．(2019·安徽A10联盟3月联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为( )A ．17＋2＋5B ．17＋2＋9C ．17＋2＋10D ．217＋22＋10[解析] 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥(侧棱P A 垂直于底面ABCD )，其直观图如图所示，CD ＝(AD －BC )2＋AB 2＝(3－1)2＋22＝22，PB ＝P A 2＋AB 2＝22＋22＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝22＋32＝13，PC ＝PB 2＋BC 2＝(22)2＋12＝3，在△PCD 中，cos ∠PCD ＝PC 2＋CD 2－PD 22·PC ·CD ＝32＋(22)2－(13)22×3×22＝26，∴sin ∠PCD ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫262＝346.∴S △PCD ＝12PC ·CD ·sin ∠PCD ＝12×3×22×346＝17，又S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×2×2＝2，S △P AD ＝12P A ·AD ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×22×1＝2，∴该四棱锥的侧面积S ＝S △PCD ＋S △P AB ＋S △P AD ＋S △PBC ＝17＋2＋3＋2＝17＋2＋5.故选A ．[答案] A12．(2019·广东惠州二模)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A ．33 B ．1 C ． 3D ．332[解析] ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点，设AB 的中点为H ，连接SH ，CH ，∴SH ⊥平面ABC ，∴SH 上任意一点到A ，B ，C 的距离相等，易知SH ＝3，CH ＝1，∴Rt △SHC 中，∠HSC ＝30°.在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO ，交SH 于点O ，交SC 于点M ，则O 为三棱锥S －ABC 的外接球的球心．∵SC ＝2，∴SM ＝1，又∠OSM ＝30°，∴SO ＝233，OH ＝33，∴球心O 到平面ABC 的距离为33，故选A ．[答案] A 二、填空题13．(2019·成都二诊)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体为正方体切去一个三棱锥形成．V ＝2×2×2－13×12×2×2×1＝223.[答案] 22314．(2019·广东揭阳一模)某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．[解析] 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S表＝5×22＋2π·2·1＋2π·(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.[答案] 2(2＋2)π＋1615．(2019·福建三明三校12月联考)已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝33，AC ＝6，∠BAC ＝30°.若四面体ABCD 体积的最大值为272，则这个球的表面积为________．[解析] 在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝(33)2＋62－2×33×6×cos30°＝9，∴BC ＝3，∴BC 2＋AB 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，且AC 为斜边，其面积S ＝12×3×33＝932，为定值．要使四面体ABCD 的体积最大，则高h 最大，设AC 的中点为Q ，则Q 为△ABC 外接圆的圆心，连接DQ ，所以当DQ ⊥面ABC ，且球心O 在DQ 上时，高h 最大，即体积取得最大值272，∴V max ＝13×932×DQ ＝272，∴DQ ＝3 3.设球的半径为R ，则在Rt △AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ 2，即R 2＝32＋(33－R )2，解得R ＝2 3.∴球的表面积S ＝4πR 2＝48π.[答案] 48π16．(2019·河南百校联盟4月联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为________．[解析] 根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A1－MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3.[答案]3。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (90)

第五讲选择题的解题方法T题型解读i xing jie du题型地位选择题是高考数学试卷的三大题型之一．选择题的分数一般占全卷的40%，解选择题的快慢和成功率的高低对于能否进入做题的最佳状态以及整个考试的成败起着举足轻重的作用．如果选择题做得比较顺手，会使应试者自信心增强，有利于后续试题的解答．题型特点数学选择题属于客观性试题，是单项选择题，即给出的四个选项中只有一个是正确选项，且绝大部分数学选择题属于低中档题，一般按由易到难的顺序排列，主要的数学思想和数学方法能通过它得到充分的体现和应用，并且因为它还有相对难度(如思维层次、解题方法的优劣选择，解题速度的快慢等)，所以选择题已成为具有较好区分度的基本题型之一．其主要体现在以下三个方面：(1)知识面广，切入点多，综合性较强；(2)概念性强，灵活性大，技巧性较强；(3)立意新颖，构思精巧，迷惑性较强．由于解选择题不要求表述得出结论的过程，只要求迅速、准确作出判断，因而选择题的解法有其独特的规律和技巧．因此，我们应熟练掌握选择题的解法，以“准确、迅速”为宗旨，绝不能“小题大做”．解题策略数学选择题的求解，一般有两条思路：一是从题干出发考虑，探求结果；二是从题干和选择支联合考虑或从选择支出发探求是否满足题干条件．其解法的基本思想有以下两点：(1)充分利用题干和选择支提供的信息，快速、准确地作出判断，是解选择题的基本策略．(2)既要看到通常各类常规题的解题思想，原则上都可以指导选择题的解答，更应看到，根据选择题的特殊性，必定存在着一些特殊的解决方法．其基本做法如下：①仔细审题，领悟题意；②抓住关键，全面分析；③仔细检查，认真核对．另外，从近几年高考试题的特点来看，选择题以认识型和思维型的题目为主，减少了繁琐的运算，着力考查逻辑思维与直觉思维能力，以及观察、分析、比较、选择简捷运算方法的能力，且许多题目既可用通性通法直接求解，也可用“特殊”方法求解．所以做选择题时最忌讳：(1)见到题就埋头运算，按着解答题的解题思路去求解，得到结果再去和选项对照，这样做花费时间较长，有时还可能得不到正确答案；(2)随意“蒙”一个答案．准确率只有25%！但经过筛选、淘汰，正确率就可以大副度提高．总之，解选择题的基本策略是“不择手段”．命题方向1直接法直接对照型选择题是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求解．例1 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则椭圆C的离心率为( A )A．63B．33C．23D．13[解析]由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a.又直线bx－ay＋2ab＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d＝2aba2＋b2＝a，解得a＝3b，∴ba ＝13，∴e＝ca ＝a2－b2a＝1－(ba)2＝1－(13)2＝63.『规律总结』直接法是解答选择题最常用的基本方法．直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案．平时练习中应不断提高用直接法解选择题的能力，准确把握题目的特点．一般来说，涉及概念、性质的辨析或简单的运算题目多采用直接法．G 跟踪训练en zong xun lian1．已知{a n}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10等于( D ) A．7B．5C．－5D．－7[解析] 解法一：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4·a 1q 5＝a 21q 9＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝8.∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.解法二：由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8.∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.2．如图，设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，不经过焦点的直线上有三个不同的点A ，B ，C ，其中点A ，B 在抛物线上，点C 在y 轴上，则△BCF 与△ACF 的面积之比是( A )A ．|BF |－1|AF |－1B ．|BF |2－1|AF |2－1C ．|BF |＋1|AF |＋1D ．|BF |2＋1|AF |2＋1[解析] 由题可知抛物线的准线方程为x ＝－1.如图所示，过A 作AA 2⊥y 轴于点A 2，过B 作BB 2⊥y 轴于点B 2，则S △BCF S △ACF ＝|BC ||AC |＝|BB 2||AA 2|＝|BF |－1|AF |－1.命题方向2 特例检验法特例检验(也称特例法或特殊值法)是用特殊值(或特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，再对各个选项进行检验，从而做出正确的选择．常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．特例检验是解答选择题的最佳方法之一，适用于解答“对某一集合的所有元素、某种关系恒成立”，这样以全称判断形式出现的题目，其原理是“结论若在某种特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真”，利用“小题小做”或”小题巧做”的解题策略．例2 (1)设椭圆C ：x 24＋y 23＝1的长轴的两端点分别是M ，N ，P 是C 上异于M ，N 的任意一点，则PM 与PN 的斜率之积等于( B )A ．34B ．－34C ．43D ．－43[解析] 取特殊点，设P 为椭圆的短轴的一个端点(0，3)，又取M (－2,0)，N (2,0)，所以k PM ·k PN ＝32·3－2＝－34，故选B ． (2)已知椭圆C 1：x 2m 2＋y 2＝1(m >1)与双曲线C 2：x 2n 2－y 2＝1(n >0)的焦点重合，e 1，e 2分别为C 1，C 2的离心率，则( A )A ．m >n 且e 1e 2>1B ．m >n 且e 1e 2<1C ．m <n 且e 1e 2>1D ．m <n 且e 1e 2<1 [解析] 由题意知m 2－1＝n 2＋1，即m 2＝n 2＋2，(e 1e 2)2＝m 2－1m 2·n 2＋1n2＝⎝⎛⎭⎫1－1m 2⎝⎛⎭⎫1＋1n 2，因为m 2＝n 2＋2，m >1，n >0，所以m >n ，(e 1e 2)2>1，所以e 1e 2>1.『规律总结』用特殊值法解题时要注意：(1)所选取的特例一定要简单，且符合题设条件； (2)特殊只能否定一般，不能肯定一般；(3)当选取某一特例出现两个或两个以上的选项都正确时，要根据题设要求选择另外的特例代入检验，直到找到正确选项为止．G 跟踪训练en zong xun lian1．如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P 、Q 满足A 1P ＝BQ ，过P 、Q 、C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( B )A ．3∶1B ．2∶1C ．4∶1D ．3∶1[解析] 将P 、Q 置于特殊位置：P →A 1，Q →B ，此时仍满足条件A 1P ＝BQ (＝0)，则有VC －AA 1B ＝VA 1－ABC ＝VABC －A 1B 1C 13.故选B ．2．已知点E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB →＝a ，AC →＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP →＝m a ，AQ →＝n b ，则1m ＋1n ＝( A )A ．3B ．4C ．5D ．13[解析] 由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，所以最后的结果必然是一个定值，故可利用特殊直线确定所求值．解法一：如图1，PQ ∥BC ，则AP →＝23AB →，AQ →＝23AC →，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n ＝3.解法二：如图2，取直线BE 作为直线PQ ，显然，此时AP →＝AB →，AQ →＝12AC →，故m ＝1，n ＝12，所以1m ＋1n＝3. 命题方向3 排除法数学选择题的解题本质就是去伪存真，舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论．筛选法(又叫排除法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论．例3 如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则f (x )的图象大致为( B )[解析] 由已知得，当点P 在BC 边上运动时，即0≤x ≤π4时，P A ＋PB ＝tan 2x ＋4＋tan x ，当点P 在CD 边上运动时，即π4≤x ≤3π4，x ≠π2时，P A ＋PB ＝⎝⎛⎭⎫1tan x ＋12＋1＋⎝⎛⎭⎫1－1tan x 2＋1；当x ＝π2时，P A ＋PB ＝22；当点P 在AD 边上运动时，即3π4≤x ≤π时，P A ＋PB ＝tan 2x ＋4－tan x ，从点P 的运动过程可以看出，轨迹关于直线x ＝π2对称，且f ⎝⎛⎭⎫π4>f ⎝⎛⎭⎫π2，且轨迹非直线型．故选B ．『规律总结』(1)对于干扰项易于淘汰的选择题，可采用筛选法，能剔除几个就先剔除几个，如本例的图象问题．(2)允许使用题干中的部分条件淘汰选项．(3)如果选项中存在等效命题，那么根据规定——答案唯一．等效命题应该同时排除． (4)如果选项中存在两个相反的或互不相容的判断，那么其中至少有一个是假的． (5)如果选项之间存在包含关系，要根据题意才能判断． G 跟踪训练en zong xun lian已知函数y ＝f (x )的定义域为{x |x ∈R 且x ≠0}，且满足f (x )＋f (－x )＝0，当x >0时，f (x )＝ln x －x ＋1，则函数y ＝f (x )的大致图象为( A )[解析] 因为函数y ＝f (x )的定义域为{x |x ∈R 且x ≠0}，且满足f (x )＋f (－x )＝0，所以f (x )为奇函数，故排除C 、D ，又f (e)＝1－e ＋1<0，所以(e ，f (e ))在第四象限，排除B ，故选A ．命题方向4 数形结合法根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，这种方法叫数形结合法，有的选择题可通过命题条件的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质，得出结论，图形化策略是以数形结合的数学思想为指导的一种解题策略．例4 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为(1,2).[解析] 作出函数f (x )的图象，根据图象观察出函数f (x )的图象与函数y 1＝a |x |的图象交点的情况，然后利用判别式等知识求解．画出函数f (x )的图象如图所示．函数y ＝f (x )－a |x |有4个零点，即函数y 1＝a |x |的图象与函数f (x )的图象有4个交点(根据图象知需a >0)．当a ＝2时，函数f (x )的图象与函数y 1＝a |x |的图象有3个交点．故a <2.当y ＝a |x |(x ≤0)与y ＝|x 2＋5x ＋4|相切时，在整个定义域内，f (x )的图象与y 1＝a |x |的图象有5个交点，此时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－ax ，y ＝－x 2－5x －4得x 2＋(5－a )x ＋4＝0.当Δ＝0得(5－a )2－16＝0，解得a ＝1或a ＝9(舍去)，则当1<a <2时，两个函数图象有4个交点．故实数a 的取值范围是1<a <2.『规律总结』数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择．G 跟踪训练en zong xun lian1．如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( C )A ．{x |－1<x ≤0}B ．{x |－1≤x ≤1}C ．{x |－1<x ≤1}D ．{x |－1<x ≤2}[解析] 函数y ＝log 2(x ＋1)的图象如图所示，所以不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1<x ≤1}．2．(2017·合肥二模)已知函数f (x )满足：①定义域为R ；②对任意x ∈R ，有f (x ＋2)＝2f (x )；③当x ∈[－1,1]时，f (x )＝1－x 2.若函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x (x ≤0)，ln x (x >0)，则函数y ＝f (x )－g (x )在区间[－5,5]上零点的个数是( D ) A ．7 B ．8 C ．9D ．10[解析] 函数y ＝f (x )－g (x )在区间[－5,5]上的零点个数即为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点个数．根据函数y ＝f (x )的性质可知：当x ∈[1,3]时，x －2∈[－1,1]．所以f (x )＝2f (x －2)＝21－(x －2)2.当x ∈[3,5]时，x －2∈[1,3]，所以f (x )＝2f (x －2)＝41－(x －4)2.当x ∈[－3，－1]时，x ＋2∈[－1,1]，所以f (x )＝12f (x ＋2)＝121－(x ＋2)2.当x ∈[－5，－3]时，x ＋2∈[－3，－1]，所以f (x )＝12f (x ＋2)＝141－(x ＋4)2.f (0)＝g (0)＝1，f (1)＝g (1)＝0，在同一坐标系内画出两个函数的图象，如图所示．观察图象可知y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点个数为10.命题方向5 构造法构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模式，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法．例5 已知函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且对于∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则有( D )A ．e 2 018f (－2 018)<f (0)，f (2 018)>e 2 018f (0)B ．e 2 018f (－2 018)<f (0)，f (2 018)<e 2 018f (0)C ．e 2 018f (－2 018)>f (0)，f (2 018)>e 2 018f (0)D ．e 2 018f (－2 018)>f (0)，f (2 018)<e 2 018f (0) [解析] 构造函数g (x )＝f (x )ex ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －(e x )′f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，因为∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，并且e x >0，所以g ′(x )<0，故函数g (x )＝f (x )e x在R 上单调递减，所以g(－2 018)>g(0)，g(2 018)<g(0)，即f(－2 018)e－2 018>f(0)，f(2 018)e2 018<f(0)，也就是e2 018f(－2 018)>f(0)，f(2 018)<e2 018f(0)．『规律总结』构造法求解时需要分析待求问题的结构形式，特别是研究整个问题复杂时，单独摘出其中的部分进行研究或者构造新的情景进行研究．G 跟踪训练en zong xun lian若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出下列五个命题：①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．其中正确命题的个数是( B )A．2B．3C．4D．5[解析]构造长方体，使三组对棱恰好是长方体的三组平行面中异面的对角线，在此背景下，长方体的长、宽、高分别为x，y，z.对于①，需要满足x＝y＝z，才能成立；因为各个面都是全等的三角形(由对棱相等易证)，则四面体的同一顶点处对应三个角之和一定恒等于180°，故②正确，③显然不成立；对于④，由长方体相对面的中心连线相互垂直平分判断④正确；每个顶点出发的三条棱的长恰好分别等于各个面的三角形的三边长，⑤显然成立．故正确命题有②④⑤.命题方向6估算法由于选择题提供了唯一正确的选择项，解答又无需过程．因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次．例6 已知点P 是双曲线x 28－y 24＝1上的动点，F 1、F 2分别是此双曲线的左、右焦点，O 为坐标原点．则|PF 1|＋|PF 2||OP |的取值范围是( B ) A ．[0,6]B ．(2，6]C ．(12，62)D ．[0，62] [解析] 当点P 趋于双曲线右支上的无穷远处时，|PF 1|，|PF 2|，|OP |趋于相等，从而原式的值趋于2.当点P 位于右支的顶点处时，|PF 1|＋|PF 2|＝43，|OP |＝2 2.从而原式的值为6，排除C 、D 选项，又易知原式的值不可能为0，排除A ．故选B ．『规律总结』估算省去了很多推导过程和比较复杂的计算，节省了时间．它是人们发现问题、研究问题、解决问题的一种重要的运算方法．从考试的角度来看，解选择题只要选对就行，但平时做题时要尽量弄清每一个选择支正确与错误的原因，另外，在解答一道选择题时，往往需要同时采用几种方法进行分析、推理，只有这样，才会在高考时充分利用题目自身提供的信息，做到准确快速地解题．G 跟踪训练en zong xun lian如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( C )A ．92B ．5C ．6D ．152[解析] 该多面的体积比较难求，可连接BE 、CE ，问题转化为四棱锥E －ABCD 与三棱锥E －BCF 的体积之和，而V E －ABCD ＝13S ·h ＝13×9×2＝6，所以只能选C ．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (108)

核心考点专题突破之三个“二次”的关系1.利用“三个二次关系”给出不等式解集；2.利用转化思想将参数问题、恒成立问题转化为不等式求解问题；3.利用根与系数的关系解决有关二次方程根的问题.热点一解一元二次不等式1．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ＞0，x －2，x ≤0，则不等式f (x )＜x 2的解集是____________．2．不等式|x 2－2|＜2的解集是________________．3．已知f (x )是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x .那么，不等式f (x ＋2)＜5的解集是________．4．设二次不等式ax 2＋bx ＋1＞0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－1＜x ＜13，则ab 的值为________． 5．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ＜0，－x －1，x ≥0，则不等式x ＋(x ＋1)·f (x －1)≤3的解集是______________．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x ≥0，x 2＋2x ，x ＜0，则不等式f [f (x )]≤3的解集为________．7．已知不等式2x －1≥15|a 2－a |对于x ∈[2,6]恒成立，则a 的取值范围是________．8．已知集合{}260M x x x =+->，{}2230,0N x x ax a =-+≤>，若M N ⋂中恰有一个整数，则a 的最小值是 ▲ ．热点二不等式恒成立问题1．设函数f (x )＝x 2＋ax ＋3．（1）当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是________．（2）当x ∈[－2，2]时，f (x )≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是________．（3）设不等式f (x )≥a 对于满足1≤a ≤3的一切a 的取值都成立，则实数x 的取值范围是________．2.已知函数2()1f x x mx =+-，若对于任意]1,[+∈m m x ，都有0)(<x f 成立，则实数m 的取值范围是 .3. （1）设a ∈R ，若x ＞0时均有[(a －1)x －1]( x 2－ax －1)≥0，则a ＝______．（2）若关于x 的不等式(ax －20)lg 2ax≤0对任意的正实数x 恒成立，则a 的取值集合是 ___．热点三二次方程根的问题（1）已知函数()243f x x x =-+，若方程()()20f x bf x c ++=⎡⎤⎣⎦恰有七个不相同的实根，则实数b 的取值范围是________．（2）已知函数()x e f x x=，关于x 的方程()()()2210f x af x a m R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是________．反馈练习1．已知f (x )＝x 2－2ax ＋2，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，则a 的取值范围为________．2．若不等式x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＞0对于一切m ∈[－1，1]恒成立，则x 的取值范围是________． 3.设实数x ，y 满足3≤xy 2≤8，4≤x 2y ≤9，则x 3y4的最大值是________． 4．关于x 的二次方程21()10x m x ++-=在区间[]0,2上有解，求实数m 的取值范围． 5.若关于x 的不等式(2ax －1)·ln x ≥0 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的值为________．6. (2018·天津高考)已知a ＞0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ＋a ，x ≤0，－x 2＋2ax －2a ，x ＞0.若关于x 的方程f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是________．7.已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为________．核心考点专题突破之三个“二次”的关系(1)利用“三个二次关系”给出不等式解集；(2)利用转化思想将参数问题、恒成立问题转化为不等式求解问题； (3)利用根与系数的关系解决有关二次方程根的问题. 热点一解一元二次不等式1．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ＞0，x －2，x ≤0，则不等式f (x )＜x 2的解集是__________________．2．不等式|x 2－2|＜2的解集是________________．3．已知f (x )是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x .那么，不等式f (x ＋2)＜5的解集是________．4．设二次不等式ax 2＋bx ＋1＞0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－1＜x ＜13，则ab 的值为________． 5．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ＜0，－x －1，x ≥0，则不等式x ＋(x ＋1)·f (x －1)≤3的解集是______________．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x ≥0，x 2＋2x ，x ＜0，则不等式f [f (x )]≤3的解集为________．7．已知不等式2x －1≥15|a 2－a |对于x ∈[2,6]恒成立，则a 的取值范围是________．8．已知集合{}260M x x x =+->，{}2230,0N x x ax a =-+≤>，若M N ⋂中恰有一个整数，则a 的最小值是 ▲ ．答案： 1．(－∞，0]∪(2，＋∞) 2.(－2,0)∪(0,2) 3.(－7,3) 4.(－2,2) 4．6 5．{x |x ≥－3} 6．(－∞，3] 7．[－1,2] 8．2 答案：2热点二不等式恒成立问题 1．设函数f (x )＝x 2＋ax ＋3．（1）当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是________．（2）当x ∈[－2，2]时，f (x )≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是________．（3）设不等式f (x )≥a 对于满足1≤a ≤3的一切a 的取值都成立，则实数x 的取值范围是________．答案：（1）－6≤a ≤2．（2）－7≤a ≤2．（3）x ≤－3或x ≥0．2.已知函数2()1f x x mx =+-，若对于任意]1,[+∈m m x ，都有0)(<x f 成立，则实数m 的取值范围是 ▲ .答案：22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭3. （1）设a ∈R ，若x ＞0时均有[(a －1)x －1]( x 2－ax －1)≥0，则a ＝______．（2）若关于x 的不等式(ax －20)lg 2ax ≤0对任意的正实数x 恒成立，则实数a 的取值集合是________．（1）答案23=a 【解析】本题按照一般思路，则可分为一下两种情况： (A )2(1)1010a x x ax ≤⎧⎨≤⎩－－－－，无解； (B )2(1)1010a x x ax ≥⎧⎨≥⎩－－－－，无解．因为受到经验的影响，会认为本题可能是错题或者解不出本题．其实在x ＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间(为什么是两个？)，在各自的区间内恒正或恒负．(如下答图) 我们知道：函数y 1＝(a －1)x －1，y 2＝x 2－ax －1都过定点P (0，1)．考查函数y 1＝(a －1)x －1：令y ＝0，得M (11a -，0)，还可分析得：a ＞1；考查函数y 2＝x 2－ax －1：显然过点M (11a -，0)，代入得：211011a a a ⎛⎫--= ⎪--⎝⎭，解之得：23a 0==或者a ，舍去0=a ，得答案：23=a ．（2）若关于x 的不等式(ax －20)lg 2ax ≤0对任意的正实数x 恒成立，则实数a 的取值集合是________．（2）答案：{10}解析由2ax＞0，x ＞0，得a ＞0，由不等式(ax －20)lg 2a x≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥20a ，x ≥2a 或⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ≤20a ，0＜x ≤2a ，所以20a ＝2a ，a ＝10.热点三二次方程根的问题（1）已知函数()243f x x x =-+，若方程()()20f x bf x c ++=⎡⎤⎣⎦恰有七个不相同的实根，则实数b 的取值范围是________．【解析】考虑通过图像变换作出()f x 的图像（如图），因为()()20f x bf x c ++=⎡⎤⎣⎦最多只能解出2个()f x ，若要出七个根，则()11f x =，()()20,1f x ∈，所以()()()121,2b f x f x -=+∈，解得：()2,1b ∈--．（2）已知函数()x e f x x=，关于x 的方程()()()2210f x af x a m R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是________．【答案】21,21e e ⎛⎫-+∞⎪-⎝⎭反馈练习1．已知f (x )＝x 2－2ax ＋2，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，则a 的取值范围为________．2．若不等式x 2＋(m －4)x ＋4－2m ＞0对于一切m ∈[－1，1]恒成立，则x 的取值范围是________．答案：1．[－3，1]； 2． (－∞，1)∪(3，＋∞)；3．设函数f (x )＝mx 2－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1,3]，f (x )＜－m ＋5恒成立，则m 的取值范围为．3．(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫0，67. 【解析】要使f(x)＜－m ＋5在[1,3]上恒成立，则mx2－mx ＋m －6＜0，即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6＜0在x ∈[1,3]上恒成立．有以下两种方法：法一：令g(x)＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]．当m ＞0时，g(x)在[1,3]上是增函数，所以g(x)max ＝g(3)＝7m －6＜0，所以m ＜67，则0＜m ＜67；当m ＜0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )max ＝g (1)＝m －6＜0，所以m ＜6，即m ＜0.综上所述，m 的取值范围是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫0，67. 法二：因为x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34＞0，又因为m (x 2－x ＋1)－6＜0，所以m ＜6x 2－x ＋1. 因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝⎛⎭⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m ＜67即可．因为m ≠0，所以m 的取值范围是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫0，67. 4.设实数x ，y 满足3≤xy 2≤8，4≤x 2y ≤9，则x 3y4的最大值是________．答案：27；(考查不等式的基本性质).5．关于x 的二次方程21()10x m x ++-=在区间[]0,2上有解，求实数m 的取值范围．【答案】(],1-∞-【解析】显然0x =不是方程21()10x m x ++-=的解，02x <≤时，方程可变形为11m x x-=+，又∵1y x x=+在(]0,1上单调递减，在[]1,2上单调递增， ∴1y x x=+在(]0,2上的取值范围是[2,)+∞，∴12m -≥，∴1m ≤-，故m 的取值范围是(],1-∞-．6.若关于x 的不等式(2ax －1)·ln x ≥0 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的值为________．答案：12；(考查不等式恒成立问题，不等式与函数的关系).7. (2018·天津高考)已知a ＞0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ＋a ，x ≤0，－x 2＋2ax －2a ，x ＞0.若关于x 的方程f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是________．答案：(48)，，，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.点睛：本题的核心在考查函数的零点问题，函数零点的求解与判断方法包括：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．8.已知a∈R，设函数222,1,()ln, 1.x ax a xf xx a x x⎧-+≤=⎨->⎩若关于x的不等式()0f x≥在R上恒成立，则a的取值范围为________．答案：[]0,e。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (81)

成都石室中学高2020届第三次高考适应性考试理科综合本试卷分选择题和非选择题两部分。

第Ⅰ卷（选择题）1至4页，第Ⅱ卷（非选择题）6至12页，共12页。

满分300分，考试时间150分钟。

注意事项：1. 答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。

2. 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。

3. 答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

可能用到的相对原子质量：N-14 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Sn-119第Ⅰ卷（共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列有关细胞中化合物的叙述，错误的是A．高温使蛋白质空间结构改变，盐析没有改变其空间结构B．俗语“胖子怕热，瘦子怕撞”中能反映脂肪的某些功能C．蛋白质和DNA的多样性都取决于单体的排列顺序及空间结构D．构成糖原、纤维素、淀粉的单体都是葡萄糖2．下列有关细胞生命历程的叙述，正确的是A．动物个体发育过程中不同细胞的遗传信息的执行情况相同B．细胞产生的自由基攻击DNA和蛋白质可能引起细胞衰老或基因突变C．细胞的寿命与分裂能力之间有对应关系，分裂能力越弱寿命越短D．致癌病毒能够引发细胞癌变，癌症的发生是单一基因突变的结果3．下列关于植物激素的叙述，错误的是A．萌发早期植物种子细胞中脱落酸的含量逐渐减少，细胞分裂素的含量逐渐增加B．用呼吸抑制剂处理胚芽鞘后，生长素的极性运输受阻，可推测该种运输可能是主动运输C．细胞分裂素主要在植物体内的未成熟的种子中合成，运送至其他部位促进细胞分裂D．生长素主要分布在生长旺盛的部位，其与靶细胞的受体结合后能影响靶细胞内基因表达4．做好生态文明建设需要以生态学原理为指导，下列有关叙述错误的是A．依据群落演替的规律在不同阶段种植不同的植物以改造盐碱化草原B．立体农业主要运用了生态系统中能量多级利用和物质循环再生的原理C．尽量选用本地树种进行城市绿化，以避免外来物种入侵造成不良影响D．要使单一作物的农田生态系统保持稳定，需要不断施肥、灌溉5．某二倍体的基因A可编码一条含63个氨基酸的肽链，在紫外线照射下，该基因内部插入了3个连续的碱基对，突变成基因a。

全国百强名校领军考试2020-2021学年高三9月理数试题(wd无答案)

全国百强名校领军考试2020-2021学年高三9月理数试题一、单选题(★) 1. 已知集合，，则（）A．B．C．D．(★★) 2. 已知是锐角，若，则（）A．B．C．D．(★) 3. 设，，则“ ”是“ ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件(★★★) 4. 已知函数，则（）A．2B．0C．D．(★★) 5. 函数的一个对称中心为，则的最小值为（）A．B．C．D．(★★) 6. 已知函数的图象在处的切线与直线相互垂直，则实数的值为（）A．2B．4C．6D．8(★★) 7. 已知函数关于直线对称，则为了得到函数的图象，只需将函数的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位(★★) 8. 下列说法错误的是（）A．“”是“函数不存在零点”的充分不必要条件B．命题“在中，若，则为等腰三角形”是真命题C．设命题：，函数恒有意义，若为真命题，则的取值范围为D．命题“，”是真命题(★★★) 9. 函数的大致图象是（）A．B．C．D．(★★) 10. 函数的部分图象如图所示．则（）A．B．C．D．(★★) 11. 已知对任意实数，函数满足，当时，函数，设，，，则，，的大小关系为（）A．B．C．D．(★★★) 12. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，若函数有且仅有8个不同的零点，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．二、填空题(★★) 13. 已知集合，则的子集个数为______．(★★★) 14. 已知集合，，若“ x∈ A”是“ x∈ B”的必要不充分条件，则实数 a的取值范围是________．(★★)15. 已知，，，，则的值为______．(★★) 16. 若函数在区间有两个不同的零点，则实数的取值范围是______．三、解答题(★★★) 17. 设命题：函数的定义域为；命题：不等式恒成立，如果命题“ ”为真命题，且“ ”为假命题，求实数的取值范围．(★★★) 18. 已知函数是上的偶函数．（1）求的值并判断在上的单调性；（2）若，使得不等式，求实数的取值范围．(★★★) 19. 若函数，平面内一点坐标，我们称为函数的“相伴特征点”，为的“相伴函数”．（1）已知，求函数的“相伴特征点”；（2）记的“相伴函数”为，将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），再将所得图象上所有点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得的图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数，作出在上的图象．(★★★) 20. 函数的两个相邻的最低点与最高点分别是，（1）问当向左最少平移多少个单位时，得到的函数关于坐标原点对称？（2）求证：对于任意的，都有．(★★★★) 21. 已知函数．（1）若函数在上为减函数，求的取值范围；（2）若函数在区间上有且只有两个零点，求实数的取值范围，(★★★) 22. 已知函数，且函数在点处的切线为轴．（1）当时，证明：；（2）已知，，求证：．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (77)

第二讲数列的通项与求和[高考导航]1．以等差、等比数列为载体，考查数列的通项、求和.2.利用递推关系求数列的通项、前n 项和．考点一求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项公式．(2)累加法：由形如a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．(3)累乘法：由形如a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．(4)构造法：由形如“a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．角度1：公式法求数列通项【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n＝2a n ＋1，则S 6＝________.[解题指导] n ＝1时，a 1＝S 1→n ≥2时，a n ＝S n －S n －1→转化为等比数列[解析] 解法一：由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1，∴{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列．∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝－(1－26)1－2＝－63.解法二：由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.[答案] －63角度2：累加法、累乘法求数列通项【例2】 (1)(2019·合肥二模)已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－1＝a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式为________．(2)(2019·衡水中学月考)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解题指导] (1)a n ＋1－a n ＝f (n )→累加法求a n (2)a n ＋1a n＝g (n )→累乘法求a n[解析] (1)因为a n ＋1－1＝a n ＋2n ，所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1， a n －1－a n －2＝2(n －1)－1， a n －2－a n －3＝2(n －2)－1， …a 2－a 1＝2×2－1，将以上各式相加，得a n －a 1＝(2n －1)＋[2(n －1)－1]＋[2(n －2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n ＋2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2×2]－(n －1)＝(n －1)(2n ＋4)2－n ＋1＝(n －1)(n ＋2)－n ＋1＝n 2－1.又因为a 1＝2，所以a n ＝n 2－1＋a 1＝n 2＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2适合上式．故a n ＝n 2＋1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝2na n ，得a n ＋1a n ＝2n ，令n ＝1,2，…，可得a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，将这n －1个等式叠乘得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2 ，故a n ＝2n (n －1)2.又a 1＝1满足上式，故a n ＝2n (n －1)2. [答案] (1)a n ＝n 2＋1(2)2n (n －1)2角度3：构造法求数列通项【例3】 (2019·济南质检)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×2n ，则数列{a n }的通项公式为________．[解题指导] a n ＋1＝Aa n ＋B →构造新数列求解[解析] 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×2n 的两边同时除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，其首项为a 12＝1，公差为32，所以a n 2n ＝1＋(n －1)×32＝32n －12，所以a n ＝(3n －1)·2n －1.[答案] a n ＝(3n －1)·2n －1[探究追问] 若本例中的“a n ＋1＝2a n ＋3×2n ”改为“a n ＋1＝2a n＋3×5n ”，其他条件不变，则数列{a n }的通项公式为________.[解析] 解法一：在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，又因为b 1－1＝a 15－1＝－35，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，所以a n 5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ，故a n ＝5n －3×2n －1.解法二：设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.[答案] a n ＝5n －3×2n －1求数列通项公式的两种策略(1)已知S n 与a n 的递推关系求通项常用两个思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)已知a n 与a n ＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．1．(2019·广东广雅中学模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n3a n ＋1(n ∈N *)，则a n 的表达式为( ) A ．a n ＝24n －3B ．a n ＝26n －5C ．a n ＝24n ＋3D ．a n ＝22n －1[解析] 数列{a n }中，由a 1＝2，a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)，可得1a n ＋1＝3＋1a n，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公差为3的等差数列，所以1a n ＝12＋3(n －1)＝6n －52.可得a n ＝26n －5(n ∈N *)．故选B ．[答案] B2．(2019·湖南湘潭一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n ，则S n ＝________.[解析] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，由题意，得S n ＝2(S n －S n －1)－2n，整理，得S n ＝2S n －1＋2n，即S n 2n ＝S n －12n －1＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是公差为1的等差数列．又S 1＝a 1＝2a 1－2，所以S 1＝a 1＝2，所以S n 2n ＝S 12＋(n －1)×1＝n ，即S n ＝n ·2n .[答案] n ·2n3．(2019·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －1a n＝n4(n ∈N *)，则a n ＝________.[解析] (消元法)当n ＝1时，a 1＝14，因为a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＋4n －1a n ＝n4，①所以a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＝n －14(n ≥2，n ∈N *)，②①－②，得4n －1a n ＝14(n ≥2，n ∈N *)．所以a n ＝14n (n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝14，适合上式，∴a n ＝14n (n ∈N *)．[答案] 14n考点二求数列的前n 项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．角度1：裂项相消法求和【例4】 (2019·广东七校第一次联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝λ(λ>0)，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)．(1)求λ的值；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .[解] (1)a n ＋1＝S n ＋1－S n ，代入a n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，整理可得S n ＋1＝(S n ＋1)2，因为S n >0，所以S n ＋1－S n ＝1，所以数列{S n }是首项为λ，公差为1的等差数列，所以S n ＝λ＋(n －1)＝n ＋λ－1，S n ＝(n ＋λ－1)2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋2λ－3， ∴a n ＋1－a n ＝2，因为数列{a n }为等差数列，所以a 2－a 1＝2λ＋1－λ＝2，解得λ＝1.(2)由(1)可得a n ＝2n －1，所以1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1，因为T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1，所以T n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12－14n ＋2. 角度2：错位相减法求和【例5】 (2019·合肥二模)已知在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝4，且a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝2n －1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)证明：由a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝2(a n －a n －1)，因此数列{a n ＋1－a n }是公比为2，首项为a 2－a 1＝2的等比数列．所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2×2n －2＝2n －1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1＋2n －2＋…＋2)＋2＝2n ，当n ＝1时，也符合，故a n ＝2n . (2)由(1)知b n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ① 12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②①－②，得12T n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－2n ＋32n .数列求和的解题策略(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多．(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．1．(2019·天津市十二校模拟)已知数列{a n}的前n项和S n满足：S n＝a(S n－a n＋1)(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1)．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n＋S n，若数列{b n}为等比数列，求a的值；(3)在满足条件(2)的情形下，c n＝a n＋1(a n＋1)(a n＋1＋1).求数列{c n}的前n项和T n.[解](1)∵S n＝a(S n－a n＋1)，∴n＝1时，a1＝a.n≥2时，S n－1＝a(S n－1－a n－1＋1)，∴S n－S n－1＝a n＝a(S n－S n－1)－aa n＋aa n－1，∴a n＝aa n－1，即a na n－1＝a且a≠0，a≠1，∴数列{a n}是以a为首项，a为公比的等比数列，∴a n＝a n(n∈N*)．(2)由b n ＝a n ＋S n 得，b 1＝2a ， b 2＝2a 2＋a ，b 3＝2a 3＋a 2＋a . ∵数列{b n }为等比数列，∴b 22＝b 1b 3， (2a 2＋a )2＝2a (2a 3＋a 2＋a )，解得a ＝12.(3)由(2)知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋1＝2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1. 2．(2019·陕西五校联考)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)，数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n ·b n ，求实数{c n }的前n 项和T n . [解] (1)n ＝1时， a 1＋12a 1＝1，a 1＝23， n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12(a n －1－a n )， ∴a n ＝13a n －1(n ≥2)，{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列， a n ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )， d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2， b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，①13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋133＋…＋13n －4n －23n ＋1 ＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1＝43－23n －4n －23n ＋1，所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．1．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．[解] (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.2．(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．[解] (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8. 由a 3＋a 5＝20得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3. 设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．专题强化训练(十五)一、选择题1．(2019·资阳诊断)在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数则数列{a n }的前20项和为( ) A ．1121 B ．1122 C ．1123D ．1124[解析] 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123.选C ．[答案] C2．(2019·石家庄一模)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋22D ．a n ＝n[解析] 因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，则当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1.又∵a 1＝1也适合，∴a n ＝2n ＋1，故选B ．[答案] B3．(2019·福建三明联考)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋1a n－1＝a n (n ≥2)，则a 2019的值为( ) A ．3 B ．1 C ．13D ．32015[解析] (归纳猜想法)由已知，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则a 1a 3＝a 2，从而a 3＝3，又a 2a 4＝a 3，∴a 4＝1，同理a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，那么数列{a n }为周期数列，且周期为6，∴a 2019＝a 3＝3，故选A ．[答案] A4．(2019·郑州一中摸底测试)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1S n ＋1＝S n，则S 10＝( )A ．110B ．－110C ．10D ．－10[解析] 由a n ＋1S n ＋1＝S n ，得a n ＋1＝S n S n ＋1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以S n＋1－S n ＝S n ＋1S n ，即1S n ＋1－1S n ＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝－1＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以1S 10＝－10，所以S 10＝－110，故选B ．[答案] B5．(2019·湖南岳阳一模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2且S n ＋1＝2S n ，设b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2018b 2019的值是( )A ．40372019 B ．40352018 C ．20182019D ．20172018[解析] 由S n ＋1＝2S n 可知，数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝2，公比为2的等比数列，所以S n ＝2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1.b n ＝log 2a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，n －1，n ≥2，当n ≥2时，1b n b n ＋1＝1(n －1)n ＝1n －1－1n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋...＋1b 2018b 2019＝1＋1－12＋12－13＋ (12017)12018＝2－12018＝40352018.故选B ．[答案] B6．(2019·广东六校联考)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n.设b n ＝4na n，S n 为数列{b n }的前n 项和，若S n <λ(λ为常数，n ∈N *)，则λ的最小值是( )A ．32B ．94C ．3112D ．3118[解析] a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n ，①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(2n －3)·3n －1，② ①－②得，na n ＝4n ·3n －1(n ≥2)，即a n ＝4·3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝3≠4，所以a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，4×3n －1，n ≥2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧43，n ＝1，n3n －1，n ≥2.所以S n ＝43＋23＋332＋…＋n 3n －1＝13＋130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13S n ＝19＋13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④③－④得，23S n ＝29＋130＋13＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝29＋1－13n1－13－n3n ，所以S n ＝3112－6n ＋94×3n <3112，所以易知λ的最小值是3112，故选C ．[答案] C 二、填空题7．(2019·河南新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.[解析] ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴当n ≥2时，a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3，∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12.a 1＝1也适合，∴a n ＝3n －1＋12. [答案] 3n －1＋128．(2019·安徽安庆一模)已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为____________________．[解析] 因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0. 所以a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋13.因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列．所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.[答案] a n ＝103×4n －1－139．(2019·山西大同模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝________.[解析] 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120. [答案] 120 三、解答题10．(2019·湖北孝感一模)已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1，a 2，a 3－2成等差数列，得2a 2＝a 1＋a 3－2，即4q ＝2＋2q 2－2，解得q ＝2(q ＝0舍去)，则a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *.(2)b n ＝1a n＋2log 2a n －1＝12n ＋2log 22n －1＝12n ＋2n －1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n ＋(1＋3＋…＋2n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋12n (1＋2n －1)＝1－12n ＋n 2. 11．(2019·江西南昌二模)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n 2，求数列{b n }的前n 项和S n . [解] (1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1②， ①－②得，a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合a n ＝n ·2n ＋1，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n ③，－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1④，③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－(－2)n ]3－n ×(－2)n ＋1， ∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29. 12．(2019·云南昆明检测)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝n ＋1na n ＋2n ＋2.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)证明：1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n<1.[证明] (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋2n ＋2，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋2，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为3，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n n ＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1，∴a n ＝n (2n ＋1)，∴1a n ＝1n (2n ＋1)<1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝11－1n ＋1<1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n<1.。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (88)

第三讲直线与圆锥曲线的位置关系[高考导航]1．由直线与圆锥曲线的位置关系解决直线的方程、圆锥曲线的方程及其性质等问题．2．求动点的轨迹问题，以椭圆和抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、范围等综合问题．考点一轨迹与轨迹方程问题求轨迹方程的常用方法(1)直接法：直接利用条件建立x 、y 之间的关系F (x ，y )＝0； (2)定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；(3)相关点法(代入法)：动点P (x ，y )依赖于另一动点Q (x 0，y 0)的变化而变化，并且Q (x 0，y 0)又在某已知曲线上，则可先用x ，y 的代数式表示x 0，y 0，再将x 0，y 0代入已知曲线得出要求的轨迹方程；(4)参数法：将动点的坐标(x ，y )表示为第三个变量的函数，再消参得所求方程．1．(2019·湖北黄冈二模)设D 为椭圆x 2＋y25＝1上任意一点，A (0，－2)，B (0,2)，延长AD 至点P ，使得|PD |＝|BD |，则点P 的轨迹方程为( )A ．x 2＋(y －2)2＝20B ．x 2＋(y ＋2)2＝20C ．x 2＋(y －2)2＝5D ．x 2＋(y ＋2)2＝5[解析] ∵D 为椭圆x 2＋y25＝1上一点，且易知A 、B 为椭圆的焦点，∴|DA |＋|DB |＝2a ＝2 5.又|PD |＝|BD |，∴|P A |＝|PD |＋|DA |＝25，∴P 的轨迹方程为x 2＋(y ＋2)2＝(25)2＝20.故选B.[答案] B2．(2019·广东七校2月联考)设圆(x ＋2)2＋y 2＝36的圆心为C ，A (2,0)是圆内一定点，Q 是圆周上任一点，AQ 的垂直平分线与CQ 的交点为R ，则点R 的轨迹方程为( )A.y 29＋x 25＝1 B.y 29－x 25＝1 C.x 29＋y 25＝1D.x 29－y 25＝1[解析] 连接AR ，由题意可知|RQ |＝|RA |，所以|RC |＋|RA |＝|RC |＋|RQ |＝|CQ |＝6>4＝|AC |，所以点R 的轨迹是以A (2,0)，C (－2,0)为焦点的椭圆，其中2a ＝6,2c ＝4，所以b 2＝a 2－c 2＝32－22＝5，所以点R 的轨迹方程为x 29＋y 25＝1，故选C.[答案] C3．(2019·河南郑州质检)已知P 是圆x 2＋y 2＝4上的动点，P 点在x 轴上的射影是D ，点M 满足DM →＝12DP →，则点M 的轨迹方程是__________________．[解析] 设M (x ，y )，则D (x,0)，由DM →＝12DP →知P (x,2y )， ∵点P 在圆x 2＋y 2＝4上，∴x 2＋4y 2＝4，故动点M 的轨迹C 的方程为x24＋y 2＝1.[答案] x 24＋y 2＝14．(2019·太原模拟)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____________________．[解析] 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＝2y x ，③∴x ≠0，且|x |<2，因为点P (x 1，y 1)在双曲线x 22－y 2＝1上，所以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)．[答案] x 22＋y 2＝1(x ≠0且x ≠±2)求轨迹方程的4步骤建系设点→转化关系→化简整理→特殊验证考点二弦长与弦分点问题1．直线与圆锥曲线相交时的弦长当直线与圆锥曲线交于点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)时，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2|y 1－y 2|. 2．抛物线的过焦点的弦长抛物线y 2＝2px (p >0)过焦点F 的弦AB ：(1)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2p sin 2θ(其中θ为直线AB 的倾斜角)；(2)1|AF |＋1|BF |＝2p .3．通径的长椭圆、双曲线的通径长为2b 2a ，抛物线的通径长为2p . 4．中点弦的斜率(1)AB 为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >0，b >0)的弦，弦中点为M (x 0，y 0)，则直线AB 的斜率k AB ＝－b 2a 2·x 0y 0.(2)AB 为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的弦，弦中点为M (x 0，y 0)，则直线AB 的斜率k AB ＝b 2a 2·x 0y 0.角度1：弦中点、弦分点问题【例1】 (1)(2019·河北石家庄二模)倾斜角为π4的直线经过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F ，与椭圆交于A 、B 两点，且AF →＝2FB →，则该椭圆的离心率为( )A.32B.23C.22D.33(2)(2019·兰州模拟)已知P (1,1)为椭圆x 24＋y 22＝1内一定点，经过P 引一条弦，使此弦被P 点平分，则此弦所在的直线方程为__________________________．[解析] (1)由题可知，直线的方程为y ＝x －c ，与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝x －c ，∴(b 2＋a 2)y 2＋2b 2cy －b 4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2b 2ca 2＋b2，y 1y 2＝－b4a 2＋b 2，又AF →＝2FB →，∴(c －x 1，－y 1)＝2(x 2－c ，y 2)， ∴－y 1＝2y 2，可得⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＝－2b 2c a 2＋b2，－2y 22＝－b4a 2＋b 2，∴12＝4c 2a 2＋b2，又b 2＝a 2－c 2，∴e ＝23.故选B.(2)解法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y －1＝k (x －1)，弦的两端点为A ，B ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k (x －1)，x 24＋y 22＝1消去y 得，(2k 2＋1)x 2－4k (k －1)x ＋2(k 2－2k －1)＝0，∴x 1＋x 2＝4k (k －1)2k 2＋1，又∵x 1＋x 2＝2，∴4k (k －1)2k 2＋1＝2，解得k ＝－12.故此弦所在的直线方程为y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0. 解法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k . 设弦的两端点为A ，B ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 212＝1，①x 224＋y 222＝1，②①－②得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0， ∵x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2，∴x 1－x 22＋y 1－y 2＝0， ∴k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12.∴此弦所在的直线方程为y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0. [答案] (1)B (2)x ＋2y －3＝0 角度2：弦长问题【例2】 (2019·福州质检)已知平面上两点A (－2，0)，B (2，0)，直线P A 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为－12k 1.(1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)在y 轴上的截距为1的直线l 与曲线C 交于M ，N 两点，当|MN |＝859时，求直线l 的方程．[解] (1)设点P (x ，y )，因为A (－2，0)，B (2，0)，所以直线P A 的斜率为y x ＋2(x ≠－2)，直线PB 的斜率为yx －2(x ≠2)，又直线P A 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为－12k 1，所以y x ＋2·y x －2＝k 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1＝－12(x ≠±2)，整理得x 22＋y 2＝1(x ≠±2)，所以点P 的轨迹C 的方程为x 22＋y 2＝1(x ≠±2)．(2)设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，在y 轴上的截距为1的直线l 的方程为y ＝kx ＋1，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋1，消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kx ＝0，解得x 1＝0，x 2＝－4k1＋2k2，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4k 1＋2k 2＝859，整理得k 4＋k 2－20＝0，即(k 2－4)(k 2＋5)＝0，解得k ＝±2.所以直线l 的方程为2x －y ＋1＝0或2x ＋y －1＝0.(1)弦中点问题：在涉及圆锥曲线弦中点的问题中，基本的处理方法有两个：一是设出弦的端点坐标，使用“点差法”；二是设出弦所在的直线方程，利用直线方程与圆锥曲线方程联立消元后的一元二次方程，根据韦达定理建立弦的端点坐标与中点坐标间的关系后解决问题．(2)弦分点问题：解决与弦分点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为弦端点及弦分点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．(3)弦长的问题：应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．1．(2019·江南十校联考)已知椭圆Г：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F 且斜率为k (k >0)的直线与Γ相交于A ，B 两点．若AF →＝3FB →，则k ＝( )A ．1B ．2 C. 3 D.2[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为AF →＝3FB →，所以y 1＝－3y 2.因为椭圆Γ的长轴长是短轴长的2倍，所以a ＝2b ，设b ＝t ，则a ＝2t ，故c ＝3t ，所以x 24t 2＋y 2t 2＝1.设直线AB 的方程为x ＝sy ＋3t ，代入上述椭圆方程，得(s 2＋4)y 2＋23sty －t 2＝0，所以y 1＋y 2＝－23sts 2＋4，y 1y 2＝－t 2s 2＋4，即－2y 2＝－23st s 2＋4，－3y 22＝－t 2s 2＋4，得s 2＝12，k ＝2，故选D.[答案] D2．(2019·皖北名校2月联考)斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A.455B.4105C.8105D.855[解析] 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线的方程为y ＝x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y 得5x 2＋8mx ＋4(m 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－8m5，x 1x 2＝4(m 2－1)5. ∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－85m 2－16(m 2－1)5＝425·5－m 2，∴当m ＝0时，|AB |取得最大值4105，故选B. [答案] B3．(2019·河南郑州一模)过抛物线y ＝14x 2的焦点F 作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则|AB |＝________.[解析] 易知抛物线x 2＝4y 的焦点坐标是F (0,1)，直线AB 的方程为y ＝33x ＋1，即x ＝3(y －1)．由⎩⎨⎧x 2＝4y ，x ＝3(y －1)消去x ，得3(y－1)2＝4y ，即3y 2－10y ＋3＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝103，利用抛物线定义可知|AB |＝|AF |＋|BF |＝(y 1＋1)＋(y 2＋1)＝y 1＋y 2＋2＝163.[答案] 163考点三直线与圆锥曲线的位置关系判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题的两种常用方法(1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x ，y 的方程组，消去y (或x )得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．(2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．【例3】 (2019·安徽皖南八校联考)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F ，点⎝⎛⎭⎪⎫－1，32在椭圆C 上，过原点O 的直线与椭圆C 相交于M ，N 两点，且|MF |＋|NF |＝4.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P (1,0)，Q (4,0)，过点Q 且斜率不为零的直线与椭圆C 相交于A ，B 两点，证明：∠APO ＝∠BPQ .[解] (1)设椭圆C 的左焦点为F ′，连接MF ′，NF ′. 由椭圆的几何性质知|NF |＝|MF ′|，则|MF ′|＋|MF |＝2a ＝4，得a ＝2.将点⎝⎛⎭⎪⎫－1，32代入椭圆C 的方程得1a 2＋34b 2＝1，解得b ＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设点A 的坐标为(x 1，y 1)，点B 的坐标为(x 2，y 2)．由题可知直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y ＝k (x －4)(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k (x －4)消去y ，得(4k 2＋1)x 2－32k 2x ＋64k 2－4＝0，令Δ＝(32k 2)2－4(4k 2＋1)(64k 2－4)>0，得k 2<112.由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝32k 24k 2＋1，x 1x 2＝64k 2－44k 2＋1，直线AP 的斜率为y 1x 1－1＝k (x 1－4)x 1－1，直线BP 的斜率为y 2x 2－1＝k (x 2－4)x 2－1. 因为k (x 1－4)x 1－1＋k (x 2－4)x 2－1＝k (x 1－4)(x 2－1)＋k (x 2－4)(x 1－1)(x 1－1)(x 2－1)＝k [2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8]x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫128k 2－84k 2＋1－160k 24k 2＋1＋864k 2－44k 2＋1－32k 24k 2＋1＋1＝k (128k 2－8－160k 2＋32k 2＋8)64k 2－4－32k 2＋4k 2＋1＝0，所以直线AP 与BP 的斜率互为相反数，可得∠APO ＝∠BPQ .求解直线与圆锥曲线的位置关系的方法在涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时，一般不是求出这两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后所得方程的根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这种设而不求的思想是解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的最基本方法．(2019·安徽安庆一中三模)已知对称轴为坐标轴的椭圆C 的焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，32在C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设不过原点O 的直线l ：y ＝kx ＋m (k >0，m >0)与椭圆C 交于P ，Q 两点，且直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，则当△OPQ 的面积为74时，求直线PQ 的方程．[解] (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．由题意可得c ＝3，c 2＝3＝a 2－b 2.①又由点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上，得1a 2＋34b 2＝1.②结合①②解得b 2＝1，a 2＝4，因此椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，∴Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)>0，化简得m 2<4k 2＋1，③ x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2. ∵直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，∴k 2＝y 1x 1·y 2x 2，∴(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2，化简得mk (x 1＋x 2)＋m 2＝0， ∴－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0，∴4k 2＝1.又k >0，∴k ＝12. 由③知m 2<2，∴|PQ |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4(1＋k 2)(2－m 2)1＋4k2.又原点O 到直线PQ 的距离d ＝|m |1＋k2，∴S △OPQ ＝12|PQ |·d ＝2|m |2－m 21＋4k2＝|m |2－m 2＝74，解得m ＝12或m ＝72.∴直线PQ 的方程为y ＝12x ＋12或y ＝12x ＋72.1．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM →·FN →＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由已知可得直线的方程为y ＝23(x ＋2)，即x ＝32y －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝32y －2得y 2－6y ＋8＝0.由根与系数的关系可得y 1＋y 2＝6，y 1y 2＝8，∴x 1＋x 2＝32(y 1＋y 2)－4＝5，x 1x 2＝(y 1y 2)216＝4，∵F (1,0)，∴FM →·FN →＝(x 1－1)·(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2＝4－5＋1＋8＝8，故选D.[答案] D2．(2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1,1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若∠AMB ＝90°，是k ＝________.[解析] 由题意可知C 的焦点坐标为(1,0)，k ≠0，所以过焦点(1,0)，斜率为k 的直线方程为x ＝yk ＋1，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1k ＋1，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2k ＋1，y 2，将直线方程与抛物线方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y k ＋1，y 2＝4x ，整理得y 2－4k y －4＝0，从而得y 1＋y 2＝4k ，y 1·y 2＝－4.∵M (－1,1)，∠AMB ＝90°，∴MA →·MB →＝0，即⎝⎛⎭⎪⎫y 1k ＋2·⎝⎛⎭⎪⎫y 2k ＋2＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，即k 2－4k ＋4＝0，解得k ＝2.[答案] 23．(2019·浙江卷)已知椭圆x 29＋y 25＝1的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方．若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，|OF |为半径的圆上，则直线PF 的斜率是________．[解析] 如图，记椭圆的右焦点为F ′，取PF 中点为M ，由题知a ＝3，b ＝5，∴c ＝2，连接OM ，PF ′，则|OM |＝|OF |＝2，又∵M 为PF 的中点， ∴|PF ′|＝2|OM |，PF ′∥OM ，∴|PF ′|＝4，又∵P 在椭圆上，∴|PF ′|＋|PF |＝6， ∴|PF |＝2，在△PFF ′中，|PF ′|＝|FF ′|＝4，|PF |＝2，连接F ′M ，则F ′M ⊥PF ，∴|F ′M |＝|FF ′|2－|FM |2＝16－1＝15，∴k PF ＝tan ∠PFF ′＝|F ′M ||FM |＝15. 即直线PF 的斜率为15. [答案]154．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．[解] (1)由题设得y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 2(x －u )，x 24＋y 22＝1得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k2，由此得y G ＝uk 32＋k2. 从而直线PG 的斜率为uk 32＋k2－uk u (3k 2＋2)2＋k2－u ＝－1k .所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u1＋k 2，|PG |＝2ukk 2＋12＋k2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 2. 设t ＝k ＋1k ，则由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第20题的位置，一般难度较大．直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程、定点、定值、最值、范围以及存在性问题都是考查的重点，常与向量、函数、不等式等知识结合．解题时，常以直线与圆锥曲线的位置关系为突破口，利用设而不求、整体代换的技巧求解，要注重数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想以及转化与化归思想在解题中的指导作用．专题强化训练(二十三)一、选择题1．(2019·河北唐山一模)在直角坐标平面内，点A ，B 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，则满足tan ∠P AB ·tan ∠PBA ＝m (m 为非零常数)的点P 的轨迹方程是( )A ．x 2－y2m ＝1(y ≠0) B ．x 2－y2m ＝1 C ．x 2＋y2m ＝1(y ≠0)D ．x 2＋y2m ＝1[解析] 设P (x ，y )，由题意，得y x ＋1·yx －1＝－m (m ≠0)，化简可得x 2＋y2m ＝1(y ≠0)．[答案] C2．(2019·重庆模拟)设A ，P 是椭圆x 22＋y 2＝1上两点，点A 关于x 轴的对称点为B (异于点P )，若直线AP ，BP 分别交x 轴于点M ，N ，则OM →·ON →＝( )A ．0B ．1 C. 2 D ．2[解析] 依题意，将点P 特殊化为点(2，0)，于是点M ，N 均与点(2，0)重合，于是有OM →·ON →＝2，故选D.[答案] D3．(2019·湖北武汉4月调研)过点P (4,2)作直线AB 与双曲线C ：x 22－y 2＝1交于A ，B 两点，若P 为AB 的中点，则|AB |＝( )A ．2 2B ．2 3C ．3 3D ．43[解析] 由已知可得点P 的位置如图所示，且直线AB 的斜率存在，设AB 的斜率为k ，则AB 的方程为y －2＝k (x －4)，即y ＝k (x －4)＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)＋2，x 22－y 2＝1，消去y 得(1－2k 2)x 2＋(16k 2－8k )x －32k 2＋32k －10＝0，由题意得1－2k 2≠0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－16k 2＋8k 1－2k 2，x 1x 2＝－32k 2＋32k －101－2k2，因为P (4,2)为AB 的中点，所以－16k 2＋8k1－2k 2＝8，解得k ＝1，满足Δ>0，所以x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝10，所以|AB |＝1＋12×82－4×10＝4 3.故选D.[答案] D4．(2019·汕头二模)已知圆(x －1)2＋y 2＝34的一条切线y ＝kx 与双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是( )A ．(1，3)B ．(1,2]C ．(3，＋∞)D ．[2，＋∞)[解析] 由题意知，圆心(1,0)到直线y ＝kx 的距离d ＝|k |k 2＋1＝32，∴k ＝± 3.∵圆(x －1)2＋y 2＝34的一条切线y ＝kx 与双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)没有公共点，∴b a ≤3，∴e 2＝c 2a 2＝1＋b 2a2≤4，∵双曲线的离心率e >1，∴双曲线的离心率的取值范围是(1,2]． [答案] B5．(2019·湖北八校第二次模拟)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点(点A 在第一象限)，若直线l 的倾斜角为2π3，则|AF ||BF |等于( )A.13B.25C.12D.23[解析] 由题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线l 的斜率k ＝tan 2π3＝－3，∴直线l 的方程为y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，即x ＝－33y ＋p 2，代入抛物线方程得y 2＋233py －p 2＝0，解得y ＝33p 或y ＝－3p ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由点A 在第一象限可知y 1＝33p ，则y 2＝－3p ，∴|AF ||BF |＝|y 1||y 2|＝13.故选A.[答案] A6．(2019·郑州第三次质量预测)椭圆x 25＋y 24＝1的左焦点为F ，直线x ＝a 与椭圆相交于点M ，N ，当△FMN 的周长最大时，△FMN 的面积是( )A.55B.655C.855D.455[解析] 设椭圆的右焦点为E ，由椭圆的定义知△FMN 的周长为L ＝|MN |＋|MF |＋|NF |＝|MN |＋(25－|ME |)＋(25－|NE |)．因为|ME |＋|NE |≥|MN |，所以|MN |－|ME |－|NE |≤0，当直线MN 过点E 时取等号，所以L ＝45＋|MN |－|ME |－|NE |≤45，即直线x ＝a 过椭圆的右焦点E 时，△FMN 的周长最大，此时S △FMN ＝12×|MN |×|EF |＝12×2×45×2＝855，故选C.[答案] C 二、填空题7．(2019·大连一模)椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为M ，N ，点P 在C 上，且直线PN 的斜率是－14，则直线PM 的斜率为________．[解析] 设P (x 0，y 0)，则x 204＋y 203＝1，直线PM 的斜率k PM ＝y 0x 0＋2，直线PN 的斜率k PN ＝y 0x 0－2，可得k PM ·k PN ＝y 20x 20－4＝－34，故k PM ＝－34·1kPN ＝3.[答案] 38．(2019·宁波统考)如图，F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过F 1的直线l 与C 的左、右两个分支分别交于点B ，A .若△ABF 2为等边三角形，则双曲线的离心率为________________．[解析] ∵△ABF 2为等边三角形，∴|AB |＝|AF 2|＝|BF 2|，∠F 1AF 2＝60°.由双曲线的定义可得|AF 1|－|AF 2|＝2a ，∴|BF 1|＝2a . 又|BF 2|－|BF 1|＝2a ，∴|BF 2|＝4a .∴|AF 2|＝4a ，|AF 1|＝6a . 在△AF 1F 2中，由余弦定理可得|F 1F 2|2＝|AF 1|2＋|AF 2|2－2|AF 2|·|AF 1|cos60°，∴(2c )2＝(4a )2＋(6a )2－2×4a ×6a ×12，整理得c 2＝7a 2，∴e ＝c a ＝c 2a 2＝7. [答案]79．(2019·广东茂名第一次综合测试)从抛物线x 2＝4y 的准线l 上一点P 引抛物线的两条切线P A ，PB ，且A ，B 为切点，若直线AB 的倾斜角为π6，则P 点的横坐标为______________．[解析] 解法一：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，－1)，则k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝33.因为y 1＝x 214，y 2＝x 224，所以k AB ＝x 1＋x 24＝33，所以x 1＋x 2＝433.由x 2＝4y ，得y ＝x 24，所以y ′＝x2，所以切线P A 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，切线PB 的方程为y －y 2＝x 22(x －x 2)，即切线P A 的方程为y －x 214＝x 12(x －x 1)，即x 21－2x 1x ＋4y ＝0，切线PB 的方程为y －x 224＝x 22(x －x 2)，即x 22－2x 2x ＋4y ＝0.因为点P (x 0，－1)同时在切线P A ，PB 上，所以x 21－2x 1x 0－4＝0，x 22－2x 2x 0－4＝0，所以x 1，x 2是方程x 2－2x 0x －4＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2x 0，所以x 0＝233.解法二：设P (x 0，－1)，则直线AB 的方程为x 0x ＝4·y －12，即y ＝x 02x ＋1.又直线AB 的倾斜角为π6，所以x 02＝33，所以x 0＝233. [答案] 233 三、解答题10．(2019·全国卷Ⅰ)已知抛物线C ：y 2＝3x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P .(1)若|AF |＋|BF |＝4，求l 的方程； (2)若AP →＝3PB →，求|AB |.[解] 设直线l ：y ＝32x ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)由题设得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，故|AF |＋|BF |＝x 1＋x 2＋32，由题设可得x 1＋x 2＝52.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，y 2＝3x 可得9x 2＋12(t －1)x ＋4t 2＝0，则x 1＋x 2＝－12(t －1)9.从而－12(t －1)9＝52，得t ＝－78. 所以l 的方程为y ＝32x －78.(2)由AP →＝3PB →可得y 1＝－3y 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，y 2＝3x可得y 2－2y ＋2t ＝0.所以y 1＋y 2＝2.从而－3y 2＋y 2＝2，故y 2＝－1，y 1＝3. 代入C 的方程得x 1＝3，x 2＝13.故|AB |＝4133.11．(2019·黄山一模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率e ＝12，点P 是椭圆上的一个动点，△PF 1F 2面积的最大值是4 3.(1)求椭圆的方程；(2)若A ，B ，C ，D 是椭圆上不重合的四点，AC 与BD 相交于点F 1，AC →·BD →＝0，且|AC →|＋|BD →|＝967，求此时直线AC 的方程．[解] (1)由题意知，当点P 是椭圆上(或下)顶点时，△PF 1F 2的面积取得最大值．此时，S △PF 1F 2＝12·2c ·b ＝43，又e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝4，b ＝23，故所求椭圆的方程为x 216＋y 212＝1. (2)由(1)知F 1(－2,0)，由AC →·BD →＝0得AC ⊥BD . ①当直线AC 与BD 中有一条直线的斜率不存在时， |AC →|＋|BD →|＝14，不合题意．②当直线AC 的斜率存在且为k (k 不为0)时，其方程为y ＝k (x ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋2)，x 216＋y 212＝1消去y 得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2. 所以|AC →|＝1＋k 2|x 1－x 2|＝24(1＋k 2)3＋4k2. 直线BD 的方程为y ＝－1k (x ＋2)，同理可得|BD →|＝24(1＋k 2)4＋3k 2. 由|AC →|＋|BD →|＝168(1＋k 2)2(4＋3k 2)(3＋4k 2)＝967，解得k 2＝1，则k ＝±1.故所求直线AC 的方程为y ＝±(x ＋2)．12．(2019·山东菏泽一模)设M 点为圆C ：x 2＋y 2＝4上的动点，点M 在x 轴上的投影为N .动点P 满足2PN →＝3MN →，动点P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)设E 的左顶点为D ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与曲线E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且满足|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．[解] (1)设点M (x 0，y 0)，P (x ，y )，由题意可知N (x 0,0)， ∵2PN →＝ 3 MN →，∴2(x 0－x ，－y )＝3(0，－y 0)， ∴x 0＝x ，y 0＝23y ，又点M 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，∴x 20＋y 20＝4，将x 0＝x ，y 0＝23y 代入得x 24＋y 23＝1，即轨迹E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由(1)可知D (－2,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)>0，即3＋4k 2－m 2>0，∴x 1＋x 2＝－8mk3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k 23＋4k 2. ∵|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，∴DA →⊥DB →，即DA →·DB →＝0，即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0，∴4m 2－123＋4k 2＋2×－8mk3＋4k 2＋4＋3m 2－12k 23＋4k2＝0， ∴7m 2－16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝2k ，m 2＝27k ，且均满足3＋4k 2－m >0. 当m ＝2k 时，l 的方程为y ＝kx ＋2k ＝k (x ＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾；当m ＝27k 时，l 的方程为y ＝kx ＋27k ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0. ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.。