2021新高考数学二轮总复习课件:专题六(付,296)
2023年高考数学二轮复习(新高考版)第1部分 专题突破 专题6 微重点17 抛物线的二级结论的应用
易错提醒
焦半径公式和焦点弦面积公式容易混淆,用时要注意使用 的条件;数形结合求解时,焦点弦的倾斜角可以为锐角、 直角或钝角,不能一律当成锐角而漏解.
跟踪演练1 (1)已知 A,B 是过抛物线 y2=2px(p>0)焦点 F 的直线与抛物线的
交点,O 是坐标原点,且满足A→B=3F→B,S△OAB= 32|AB|,则|AB|的值为
A.2
B.2 6+3
C.4
√D.3+2 2
因为p=2, 所以|A1F|+|B1F|=2p=1, 所以 2|AF|+|BF|=(2|AF|+|BF|)·|A1F|+|B1F| =3+2|B|AFF||+||BAFF||≥3+2 2|B|AFF||·||BAFF||=3+2 2,
当且仅当|BF|= 2|AF|时,等号成立,
ABB′A′的面积为
A.4 3
B.8 3
√C.16 3
D.32 3
12345678
不妨令直线l的倾斜角为θ,
则|AF|=1-cpos
θ=1-c3os
, θ
|BF|=1+cpos
θ=1+c3os
, θ
又|AF|=3|BF|,∴1-c3os
θ=3·1+c3os
, θ
解得 cos θ=12,
又 θ∈[0,π),∴θ=π3,
√B.34
C.43
D.3
如图,过点P作准线的垂线交于点H,
由抛物线的定义有|PF|=|PH|=m(m>0),
过点Q作准线的垂线交于点E,则|EQ|=|QF|, ∵P→M=2F→P,∴|PM|=2m, 根据△PHM∽△QEM,可得||PPMH||=||QQME||=12, ∴2|EQ|=|QM|=|FQ|+3m. ∴|EQ|=3m,即|FQ|=3m, ∴||PFQQ||=3m3+m m=34.
2023年高考数学二轮复习(新高考版) 第1部分 专题突破 专题6 微重点15 离心率的范围问题
跟踪演练3 (2022·长沙市雅礼中学等十六校联考)已知双曲线 C:ax22-by22= 1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,若 C 与直线 y=x 有交点,且 双曲线上存在不是顶点的点 P,使得∠PF2F1=3∠PF1F2,则双曲线离心 率的取值范围为____( __2_,__2_) __.
专题强化练
考点一
利用圆锥曲线的定义求离心率的范围
例1 (1)(2022·南京模拟)设 e1,e2 分别为具有公共焦点 F1 与 F2 的椭圆
和双曲线的离心率,P 为两曲线的一个公共点,且满足∠F1PF2=π3,则
e1e2 的最小值为
√A.
3 2
B.32
C.
3 4
D.34
设椭圆的长半轴长为a1,双曲线的实半轴长为a2,不妨设|PF1|>|PF2|, 由椭圆和双曲线的定义可得||PPFF11||+ -||PPFF22||= =22aa12, , 得||PPFF12||= =aa11+ -aa22, ,
A.0,12
B.0,
2
2
C.12,1
√
D.
22,1
如图所示,A为椭圆的上顶点.
依题意∠F1AF2≥90°,即∠OAF2≥45°, 又|AF2|=a,|AO|=b,|OF2|=c, ∴sin∠OAF2=||OAFF22||=ac=e,
∵∠OAF2≥45°,
∴sin∠OAF2∈
22,1,即
√C.0,12
D.12,1
连接OP,当P不为椭圆的上、下顶点时, 设直线PA,PB分别与圆O切于点A,B,∠OPA=α, ∵存在M,N使得∠MPN=120°, ∴∠APB≥120°,即α≥60°, 又α<90°,∴sin α≥sin 60°, 连接 OA,则 sin α=||OOPA||=|ObP|≥ 23,∴|OP|≤2 33b. 又 P 是 C 上任意一点,则|OP|max≤2 33b, 又|OP|max=a,∴a≤2 33b,
老高考适用2023版高考地理二轮总复习第1部分专题突破篇专题6自然环境与人类活动课件
8题
查淡水资源。
题难度中等,考查
2020年 卷Ⅰ 选择,第9~ 以 长 白 山 岳 桦 林 为 背 形 式 上 选 择 题 、 综
全国卷
11题
景,考查气候变暖。 合题都有,以选择
卷Ⅲ 选择,第9~ 以堪察加半岛雪线为背 题为主。
题考查频率较
年全
国卷 乙 非选择,第 结合以色列的海水淡化,考查 高 , 内 容 较 多 ,
卷 36题
缓解淡水资源短缺的措施。 主 要 集 中 在 气 候
变暖的影响,
年份
题型、题号
考查角度
备考导航
2021年 全国卷
乙卷
选择,第9题
以气候变暖为背景,考 以某区域为背景考
查苔原带变化。
查灾害的成因、危
以下二图分别为青藏高原东南部冰川分布图,和青藏高原东南部暖季平 均气温和降水量变化图。据此完成1~2题。
1.当地冰川进退的不一致性,反映了当地气温变化具有 ( D )
A.均匀性
B.间歇性
C.稳定性
D.波动性
2.1976~1981年间,该区域冰川进退变化的总趋势是 ( C )
A.增温增水,冰川前进 B.降温增水,冰川前进
通出行
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
【解析】 第1题,由材料可知,该冰面呈现绿色环保属性,表明 其环保性能高,不会加剧气候变暖,A错误;其能效提高,且余热可回 收,所以制冰成本和维护成本不会增加,B、D错误;二氧化碳跨临界 直冷制冰技术的大规模使用,减少了氟利昂等传统制冷剂的使用,有利 于减少臭氧层破坏,C正确,故选C。第2题,目前工业产污量不可能完 全没有,减少碳排放和吸收抵消一部分已排放的碳就是实现碳中和的有 效途径,①错误;积极利用沼气、太阳能等新能源,可减少化石燃料的 使用,利于实现碳中和,②正确;减少过度包装可保护植被,公交出行 可减少私家车碳排放,③④均有利于实现碳中和目标。②③④正确,故 选D。
模块二讲重点 导数公开课PPT全文课件导数小题-2021届高考数学二轮复习PPT全文课件(新高考版)
模 块 二 讲 重 点 导 数 公开课 PPT全 文课件 导数小 题-202 1届高考 数学二 轮复习 PPT全 文课件 (新高 考版) 【完美 课件】
(3)利用导数比较大小或解不等式的常见技巧: 利用题目条件,构造辅助函数,把比较大小或求解不等式 的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题,再由单调性 比较大小或解不等式. (4)讨论含参数函数的单调性: ①确定函数定义域; ②求f′(x),并整理分解因式(如果能分解因式); ③优先考虑特殊情况:即参数取哪些值时f′(x)≥0或f′ (x)≤0恒成立,从而得到相应的单调性;
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(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路: ①由函数在区间[a,b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在区间[a,b]上恒成立; ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题; ③对等号单独检验,检验参数的取值能否使f′(x)在整舍去;若只有 在个别处有f′(x)=0,则参数可取此值.
【评说】 切线问题,如果不知道切点,一般先设切点, 利用条件得到关于切点横坐标的方程.
(5)(2019·石家庄教学质检)将函数y=ex(e为自然对数的底数)
的图像绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切,则角θ
满足的条件是( B ) A.esinθ=cosθ
B.sinθ=ecosθ
2021高考数学二轮专题复习新高考命题四特性一基础性_遵循考纲难易适中课件
1 m
<
1 n
,方程mx2+ny2=1可变
形为
x2 1
+
y2 1
=1,∴该方程表示焦点在y轴上的椭圆,正确;对于选项
mn
B,∵m=n>0,∴方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=
1 n
,该方程表示
半径为
1 n
的圆,错误;对于选项C,∵mn<0,∴该方程表示双曲
线,令mx2+ny2=0⇒y=±
-mn x,正确;对于选项D,∵m=0,
答案:A
曲线与方程的有关知识
3.[2020·新高考Ⅰ卷](多选题)已知曲线C:mx2+ny2=1.( )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为 n
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=± D.若m=0,n>0,则C是两条直线
-mn x
解析:对于选项A,∵m>n>0,∴0<
一、基础性——遵循考纲 难易适中
基本概念 基本技能 基本思想 基本活动 基础性是高考的核心,包括:基础知识,基本技能,基本思 想和基本活动经验,在试题中相互交织,多角度体现核心素养.
复数的有关概念
1.[2020·浙江卷]已知a∈R,若a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是
实数,则a=( )
A.1
答案:3n2-2n
等比数列的通项公式及数列求和,学生解方程的能力
9.[2020·新高考Ⅰ卷]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4 =20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式; (2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm} 的前100项和S100.
2021高考语文二轮总复习课件:专题6 古代诗歌阅读
自我评价
答题分数统计 错误原因分析
考查要点落实
知识盲点标记
明确各题的考查点(是□ 否□) 答案符合答题要求(是□ 否□) 掌握各题型的答题步骤(是□ 否□)
名师解码 一、选材上:凸显了对中华优秀传统文化的理解与传承 古代诗歌是中华优秀传统文化的重要组成部分,高考对古代诗歌的考 查,是传承优秀传统文化、陶冶学生情操、提升学生人文素养的重要手段。 从选材看,高考命题选用的诗歌,主要集中在唐宋时期诗人的作品,包括 一些众所周知的诗人,如李白、杜甫、白居易、王维、欧阳修、王安石、 苏轼、辛弃疾、陆游等。这些诗歌涉及山水田园、赠酬唱和、托物言志、 借物抒怀、登临怀古等不同题材,其中有歌颂亲情友情,赞美劳动生活,表 达对自然的热爱以及爱国忧民的情怀,有助于引导学生树立正确的人生观、 价值观,确立报效国家、服务人民的理想。
1.下列对这首诗的理解和赏析,不正确的一项是( )(3分) A.作者写作此诗之时,皮日休正患病居家,闭门谢客,与外界不通音讯。 B.由于友人患病,原有的约会被暂时搁置,作者游春的诗篇也未能写出。 C.作者虽然身在书斋从事教学,但心中盼望能走进自然,领略美好春光。 D.尾联使用了关于沈约的典故,可以由此推测皮日休所患的疾病是目疾。
的画面?有什么作用?请简要赏析。
角度提示对景物形象的分析,不仅要注意写了什么,还要注意为什么写,表
达了怎样的情感。
参考答案 颔联描绘了茵茵春草,铺展到石阶之下,映现出一片绿色;只只黄
莺,在林叶之间穿行,发出婉转清脆的叫声。景物色彩鲜明,音韵响亮,恬淡
自然,无限美妙地表现出武侯祠内春意盎然的景象。而“自春色”“空好音”
提供了重要的参考。
2.赏景物(意象),分析形象
抓住诗中所描写的景物(运用的意象)来分析形象。景物能够对人物的
高考数学 二轮 专题六 三角函数与解三角形 第3讲 解三角形 理
专题六 三角函数与解三角形
3.辨明易错易混点 (1)利用正弦定理解三角形时,注意解的个数讨论,可能有一 解、两解或无解. (2)在判断三角形形状时,等式两边一般不要约去公因式,应 移项提取公因式,以免漏解.
栏目 导引
专题六 三角函数与解三角形
考点一 正、余弦定理的基本应用
(经典考题)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分
专题六 三角函数与解三角形
栏目 导引
专题六 三角函数与解三角形
(3)由余弦定理得 b2+c2-bc=4,
配方得(b+c)2-3bc=4,③
∵b+c≥2 bc,④
将③代入④得
(b+
c)2≥
( 4×
b+
c)
2-
4,
3
解得 b+c≤4,当且仅当 b=c 时取等号,
又∵b+c>a=2,则 2<b+c≤4,
∴△ABC 的周长的范围为(4,6].
栏目 导引
专题六 三角函数与解三角形
2.在△ABC 中,角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c,已知 a =c.
3cos A sin C (1)求 A 的大小; (2)若 a=6,求 b+c 的取值范围. 解:(1)∵ a = c = a ,
3cos A sin C sin A
A. 3 2
C.1 2
B. 2 2
D.-1 2
解析:由余弦定理得
cos C=a2+b2-c2= c2 2ab 2ab
≥a2+c2 b2=2cc22=12.故选 C.
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专题六 三角函数与解三角形
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专题六 三角函数与解三角形
3.如图,在△ABC 中,D 是边 AC 上的点,且 AB=AD,2AB = 3BD,BC=2BD,则 sin C 的值为( D ) A. 3
2024届新教材高考数学二轮复习 概率 课件(69张)
A.15
B.13
C.25
D.23
【解析】 从 6 张卡片中无放回抽取 2 张,共有(1,2),(1,3),(1,4),
(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),
(5,6),15 种情况,其中数字之积为 4 的倍数的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),
2.古典概型 一般地,设试验 E 是古典概型,样本空间 Ω 包含 n 个样本点,事件 A 包含其中的 k 个样本点,则定义事件 A 的概率 P(A)=nk=nnΩA. 其中,n(A)和 n(Ω)分别表示事件 A 和样本空间 Ω 包含的样本点个数.
多 维 题 组·明 技 法
角度1:随机事件的关系 1. (2023·柳州模拟)从数学必修一、二和政治必修一、二共四本书中 任取两本书,那么互斥而不对立的两个事件是( D ) A.至少有一本政治与都是数学 B.至少有一本政治与都是政治 C.至少有一本政治与至少有一本数学 D.恰有1本政治与恰有2本政治
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率 为(1-α)(1-β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1- β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1 -β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率 大于采用单次传输方案译码为0的概率
【解析】 由题意可得事件1表示{1,3,5},事件2表示{2,4,6},事件3 表示{4,5,6},事件4表示{1,2},所以事件1与事件2为对立事件,事件1与 事件3不互斥,事件2与事件3不互斥,事件3与事件4互斥不对立,故选 项A,C,D错误,选项B正确.故选B.
新(全国甲卷)高考数学大二轮总复习与增分策略 专题六 解析几何 第1讲 直线与圆练习 文-人教版高三
第1讲 直线与圆1.(2016·山东改编)已知圆M :x 2+y 2-2ay =0(a >0)截直线x +y =0所得线段的长度是22,则圆M 与圆N :(x -1)2+(y -1)2=1的位置关系是________. 答案 相交解析 ∵圆M :x 2+(y -a )2=a 2, ∴圆心坐标为M (0,a ),半径r 1为a , 圆心M 到直线x +y =0的距离d =|a |2,由几何知识得⎝⎛⎭⎪⎫|a |22+(2)2=a 2,解得a =2. ∴M (0,2),r 1=2.又圆N 的圆心坐标为N (1,1),半径r 2=1, ∴MN =1-02+1-22=2,r 1+r 2=3,r 1-r 2=1.∴r 1-r 2<MN <r 1+r 2,∴两圆相交.2.(2016·上海)已知平行直线l 1:2x +y -1=0,l 2:2x +y +1=0,则l 1与l 2的距离是________. 答案2553.(2016·浙江)已知a ∈R ,方程a 2x 2+(a +2)y 2+4x +8y +5a =0表示圆,则圆心坐标是______.半径是______. 答案 (-2,-4) 5解析 由已知方程表示圆,则a 2=a +2, 解得a =2或a =-1.当a =2时,方程不满足表示圆的条件,故舍去. 当a =-1时,原方程为x 2+y 2+4x +8y -5=0, 化为标准方程为(x +2)2+(y +4)2=25, 表示以(-2,-4)为圆心,半径为5的圆.4.(2016·课标全国乙)设直线y =x +2a 与圆C :x 2+y 2-2ay -2=0相交于A ,B 两点,若AB =23,则圆C 的面积为________.答案 4π解析 圆C :x 2+y 2-2ay -2=0,即C :x 2+(y -a )2=a 2+2,圆心为C (0,a ),C 到直线y =x +2a 的距离为d =|0-a +2a |2=|a |2.又由AB =23,得⎝ ⎛⎭⎪⎫2322+⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |22=a 2+2,解得a 2=2,所以圆的面积为π(a 2+2)=4π.考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题.直线与圆的位置关系(特别是弦长问题),此类问题难度属于中低档,一般以填空题的形式出现.热点一 直线的方程及应用 1.两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l 1,l 2的斜率k 1,k 2存在,则l 1∥l 2⇔k 1=k 2,l 1⊥l 2⇔k 1k 2=-1.若给出的直线方程中存在字母系数,则要考虑斜率是否存在. 2.求直线方程要注意几种直线方程的局限性.点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x 轴垂直.而截距式方程不能表示过原点的直线,也不能表示垂直于坐标轴的直线. 3.两个距离公式(1)两平行直线l 1:Ax +By +C 1=0,l 2:Ax +By +C 2=0间的距离d =|C 1-C 2|A 2+B2. (2)点(x 0,y 0)到直线l :Ax +By +C =0的距离公式d =|Ax 0+By 0+C |A 2+B 2.例1 (1)已知直线l 1:(k -3)x +(4-k )y +1=0与l 2:2(k -3)x -2y +3=0平行,则k 的值是________.(2)过点(5,2)且在y 轴上的截距是在x 轴上的截距的2倍的直线方程是______________. 答案 (1)3或5 (2)2x +y -12=0或2x -5y =0解析 (1)两直线平行,则A 1B 2-A 2B 1=0且A 1C 2-A 2C 1≠0,所以有-2(k -3)-2(k -3)(4-k )=0,解得k =3或5,且满足条件A 1C 2-A 2C 1≠0.(2)若直线在坐标轴上的截距为0,设直线方程为y =kx ,由直线过点(5,2),可得k =25,此时直线方程为2x -5y =0;若直线在坐标轴上的截距不为0,根据题意设直线方程为x a +y2a=1,由直线过点(5,2),可得a =6,此时直线方程为2x +y -12=0.思维升华 (1)求解两条直线的平行或垂直问题时要考虑斜率不存在的情况;(2)对解题中可能出现的特殊情况,可用数形结合的方法分析研究.跟踪演练1 已知直线l 1:ax +2y +1=0与直线l 2:(3-a )x -y +a =0,若l 1⊥l 2,则a 的值为________. 答案 1或2解析 由l 1⊥l 2,则a (3-a )-2=0, 即a =1或a =2.热点二 圆的方程及应用 1.圆的标准方程当圆心为(a ,b ),半径为r 时,其标准方程为(x -a )2+(y -b )2=r 2,特别地,当圆心在原点时,方程为x 2+y 2=r 2. 2.圆的一般方程x 2+y 2+Dx +Ey +F =0,其中D 2+E 2-4F >0,表示以(-D 2,-E 2)为圆心,D 2+E 2-4F2为半径的圆.例2 (1)若圆C 经过(1,0),(3,0)两点,且与y 轴相切,则圆C 的方程为______________. (2)过点A (a ,a )可作圆x 2+y 2-2ax +a 2+2a -3=0的两条切线,则实数a 的取值范围为________________.答案 (1)(x -2)2+(y ±3)2=4 (2)a <-3或1<a <32解析 (1)因为圆C 经过(1,0),(3,0)两点,所以圆心在直线x =2上,又圆与y 轴相切,所以半径r =2,设圆心坐标为(2,b ),则(2-1)2+b 2=4,b 2=3,b =± 3.(2)圆x 2+y 2-2ax +a 2+2a -3=0的圆心为(a,0),且a <32,并且(a ,a )在圆外,即有a 2>3-2a ,解得a <-3或1<a <32.思维升华 解决与圆有关的问题一般有两种方法:(1)几何法,通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系,进而求得圆的基本量和方程;(2)代数法,即用待定系数法先设出圆的方程,再由条件求得各系数.跟踪演练2 (1)(2015·课标全国Ⅰ)一个圆经过椭圆x 216+y 24=1的三个顶点,且圆心在x 轴的正半轴上,则该圆的标准方程为________________.(2)两条互相垂直的直线2x +y +2=0和ax +4y -2=0的交点为P ,若圆C 过点P 和点M (-3,2),且圆心在直线y =12x 上,则圆C 的标准方程为______________.答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x -322+y 2=254(2)(x +6)2+(y +3)2=34解析 (1)由题意知圆过(4,0),(0,2),(0,-2)三点, (4,0),(0,-2)两点的垂直平分线方程为y +1=-2(x -2), 令y =0,解得x =32,圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫32,0,半径为52. 得该圆的标准方程为(x -32)2+y 2=254.(2)由直线2x +y +2=0和直线ax +4y -2=0垂直得2a +4=0,故a =-2,代入直线方程,联立解得交点坐标为P (-1,0),易求得线段MP 的垂直平分线的方程为x -y +3=0,设圆C 的标准方程为(x -a )2+(y -b )2=r 2(r >0),则圆心(a ,b )为直线x -y +3=0与直线y =12x的交点,由⎩⎪⎨⎪⎧x -y +3=0,y =12x ,解得圆心坐标为(-6,-3),从而得到r 2=34,所以圆C 的标准方程为(x +6)2+(y +3)2=34.热点三 直线与圆、圆与圆的位置关系1.直线与圆的位置关系:相交、相切和相离,判断的方法主要有点线距离法和判别式法. (1)点线距离法:设圆心到直线的距离为d ,圆的半径为r ,则d <r ⇔直线与圆相交,d =r ⇔直线与圆相切,d >r ⇔直线与圆相离.(2)判别式法:设圆C :(x -a )2+(y -b )2=r 2,直线l :Ax +By +C =0,方程组⎩⎪⎨⎪⎧Ax +By +C =0,x -a 2+y -b2=r2消去y ,得关于x 的一元二次方程根的判别式Δ,则直线与圆相离⇔Δ<0,直线与圆相切⇔Δ=0,直线与圆相交⇔Δ>0.2.圆与圆的位置关系有五种,即内含、内切、相交、外切、外离.设圆C 1:(x -a 1)2+(y -b 1)2=r 21,圆C 2:(x -a 2)2+(y -b 2)2=r 22,两圆心之间的距离为d ,则圆与圆的五种位置关系的判断方法如下: (1)d >r 1+r 2⇔两圆外离; (2)d =r 1+r 2⇔两圆外切; (3)|r 1-r 2|<d <r 1+r 2⇔两圆相交; (4)d =|r 1-r 2|(r 1≠r 2)⇔两圆内切; (5)0≤d <|r 1-r 2|(r 1≠r 2)⇔两圆内含.例3 (1)已知直线y =kx (k >0)与圆C :(x -2)2+y 2=1相交于A ,B 两点,若AB =255,则k =_________.(2)若直线y =x +b 与曲线x =1-y 2恰有一个公共点,则b 的取值范围是____________. 答案 (1)12(2)(-1,1]∪{-2}解析 (1)圆心C ()2,0,半径为1,圆心到直线的距离d =||2k k 2+1,而AB =255,得(||2k k 2+1)2+⎝⎛⎭⎪⎫552=1,解得k =12. (2)曲线x =1-y 2,即x 2+y 2=1(x ≥0)表示一个半径为1的半圆,如图所示.当直线y =x +b 经过点A (0,1)时,求得b =1; 当直线y =x +b 经过点B (1,0)时,求得b =-1;当直线和半圆相切于点D 时,由圆心O 到直线y =x +b 的距离等于半径, 可得|0-0+b |2=1,求得b =-2,或b =2(舍去).故当直线y =x +b 与曲线x =1-y 2恰有一个公共点时,b 的取值范围是-1<b ≤1或b =-2.思维升华 (1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时,要注意数形结合,充分利用圆的几何性质寻找解题途径,减少运算量.(2)圆上的点与圆外点的距离的最值问题,可以转化为圆心到点的距离问题;圆上的点与直线上点的距离的最值问题,可以转化为圆心到直线的距离问题;圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题,可以转化为圆心到圆心的距离问题.跟踪演练3 (1)过点P (-4,0)的直线l 与圆C :(x -1)2+y 2=5相交于A ,B 两点,若点A 恰好是线段PB 的中点,则直线l 的方程为____________.(2)已知在平面直角坐标系中,点A (22,0),B (0,1)到直线l 的距离分别为1,2,则这样的直线l 共有________条. 答案 (1)x ±3y +4=0 (2)3解析 (1)如果直线l 与x 轴平行,则A (1-5,0),B (1+5,0),A 不是PB 的中点,则直线l 与x 轴不平行;设l :x =my -4,圆心C 到直线l 的距离d =5m 2+1,令AB 中点为Q ,则AQ =5-d 2,PQ =3AQ =35-d 2,在Rt△CPQ 中PQ 2+CQ 2=PC 2,得d 2=52=251+m 2,解得m =±3,则直线l 的方程为x ±3y +4=0.(2)由题意得直线l 为圆(x -22)2+y 2=1(A 为圆心)与圆x 2+(y -1)2=4(B 为圆心)的公切线,∵AB =222+-12=3=1+2,∴两圆外切,∴两圆共有3条公切线.故答案为3.1.已知圆C 关于y 轴对称,经过点(1,0)且被x 轴分成的两段弧长比为1∶2,则圆C 的方程为______________.押题依据 直线和圆的方程是高考的必考点,经常以填空题的形式出现,利用几何法求圆的方程也是数形结合思想的应用. 答案 x 2+(y ±33)2=43解析 由已知得圆心在y 轴上,且被x 轴所分劣弧所对圆心角为23π.设圆心坐标为(0,a ),半径为r , 则r sin π3=1,r cos π3=|a |,解得r =23,即r 2=43,|a |=33,即a =±33, 故圆C 的方程为x 2+(y ±33)2=43. 2.设m ,n 为正实数,若直线(m +1)x +(n +1)y -4=0与圆x 2+y 2-4x -4y +4=0相切,则mn 的最小值为________.押题依据 直线与圆的位置关系是高考命题的热点,本题与基本不等式结合考查,灵活新颖,加之直线与圆的位置关系本身承载着不等关系,因此此类题在高考中出现的可能性很大. 答案 3+2 2解析 根据圆心到直线的距离是2得到m ,n 的关系,然后结合不等式即可求解. 由直线(m +1)x +(n +1)y -4=0与圆(x -2)2+(y -2)2=4相切,可得2|m +n |m +12+n +12=2,整理得m +n +1=mn ,由m ,n 为正实数,可知m +n ≥2mn ,令t =mn ,则2t +1≤t 2,因为t >0,所以t ≥1+2,所以mn ≥3+2 2.故mn 有最小值3+22,无最大值.3.若圆x 2+y 2=4与圆x 2+y 2+ax +2ay -9=0(a >0)相交,公共弦的长为22,则a =________. 押题依据 本题已知公共弦长,求参数的范围,情境新颖,符合高考命题的思路. 答案102解析 联立两圆方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2+y 2=4,x 2+y 2+ax +2ay -9=0,可得公共弦所在直线方程为ax +2ay -5=0, 故圆心(0,0)到直线ax +2ay -5=0的距离为|-5|a 2+4a2=5a (a >0).故222-5a2=22,解得a 2=52,因为a >0,所以a =102.A 组 专题通关1.设A 、B 是x 轴上的两点,点P 的横坐标为2,且PA =PB ,若直线PA 的方程为x -y +1=0,则直线PB 的方程是____________. 答案 x +y -5=0解析 由于直线PA 的倾斜角为45°,且PA =PB ,故直线PB 的倾斜角为135°,又由题意知P (2,3),∴直线PB 的方程为y -3=-(x -2),即x +y -5=0.2.(教材改编)设直线ax -y +3=0与圆(x -1)2+(y -2)2=4相交于A 、B 两点,且弦AB 的长为23,则a =________. 答案 0解析 由弦心距、半弦长、半径构成直角三角形,得(|a +1|a 2+1)2+(-3)2=22,解得a =0.3.过坐标原点且与圆x 2+y 2-4x +2y +52=0相切的直线的方程为________________.答案 3x +y =0或x -3y =0解析 设直线方程为y =kx ,即kx -y =0. ∵圆方程可化为(x -2)2+(y +1)2=52,∴圆心为(2,-1),半径为102. 依题意有|2k +1|k 2+1=102,解得k =-3或k =13,∴直线方程为3x +y =0或x -3y =0.4.已知圆O 1的方程为x 2+y 2=4,圆O 2的方程为(x -a )2+y 2=1,如果这两个圆有且只有一个公共点,那么a 的所有取值构成的集合是____________. 答案 {1,-1,3,-3}解析 ∵两个圆有且只有一个公共点, ∴两个圆内切或外切.内切时,|a |=1;外切时,|a |=3,∴实数a 的取值集合是{1,-1,3,-3}.5.已知圆C 1:(x -2)2+(y -3)2=1,圆C 2:(x -3)2+(y -4)2=9,M ,N 分别是圆C 1,C 2上的动点,P 为x 轴上的动点,则PM +PN 的最小值为__________. 答案 52-4解析 两圆的圆心均在第一象限,先求PC 1+PC 2的最小值,作点C 1关于x 轴的对称点C 1′(2,-3),则(PC 1+PC 2)min =C 1′C 2=52,所以(PM +PN )min =52-(1+3)=52-4.6.已知直线l 1:ax -y +1=0,l 2:x +y +1=0,l 1∥l 2,则a 的值为________,直线l 1与l 2间的距离为________.答案 -12解析 ∵l 1∥l 2,∴a ·1=-1·1⇒a =-1, 此时l 1:x +y -1=0,∴l 1,l 2之间的距离为|1--1|2= 2.7.在平面直角坐标系xOy 中,过点P ()-2,0的直线与圆x 2+y 2=1相切于点T ,与圆()x -a 2+()y -32=3相交于点R ,S ,且PT =RS ,则正数a 的值为________.答案 4解析 由题意得PT =22-1=3,k PT =33,PT :y =33(x +2),即x -3y +2=0,又RS =PT =3,所以圆()x -a 2+()y -32=3的圆心到直线PT 距离为3-322=32,从而|a -1|2=32,因此正数a 的值为4. 8.(2016·课标全国丙)已知直线l :mx +y +3m -3=0与圆x 2+y 2=12交于A ,B 两点,过A ,B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ,D 两点,若AB =23,则CD =______.答案 4解析 设AB 的中点为M ,由题意知,圆的半径R =23,AB =23,所以OM =3,解得m =-33, 由⎩⎨⎧x -3y +6=0,x 2+y 2=12,解得A (-3,3),B (0,23),则AC 的直线方程为y -3=-3(x+3),BD 的直线方程为y -23=-3x ,令y =0,解得C (-2,0),D (2,0),所以CD =4. 9.已知点A (3,3),B (5,2)到直线l 的距离相等,且直线l 经过两直线l 1:3x -y -1=0和l 2:x +y -3=0的交点,求直线l 的方程.解 解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x -y -1=0,x +y -3=0,得交点P (1,2).①若点A ,B 在直线l 的同侧,则l ∥AB . 而k AB =3-23-5=-12,由点斜式得直线l 的方程为y -2=-12(x -1),即x +2y -5=0.②若点A ,B 分别在直线l 的异侧,则直线l 经过线段AB 的中点(4,52),由两点式得直线l 的方程为y -2x -1=52-24-1,即x -6y +11=0.综上所述,直线l 的方程为x +2y -5=0或x -6y +11=0.10.(2015·课标全国Ⅰ)已知过点A (0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C :(x -2)2+(y -3)2=1交于M ,N 两点. (1)求k 的取值范围;(2)若OM →·ON →=12,其中O 为坐标原点,求MN . 解 (1)由题设可知,直线l 的方程为y =kx +1, 因为l 与C 交于两点,所以|2k -3+1|1+k2<1. 解得4-73<k <4+73.所以k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫4-73,4+73.(2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).将y =kx +1代入方程(x -2)2+(y -3)2=1,整理得(1+k 2)x 2-4(1+k )x +7=0.所以x 1+x 2=41+k 1+k 2,x 1x 2=71+k 2. OM →·ON →=x 1x 2+y 1y 2=(1+k 2)x 1x 2+k (x 1+x 2)+1=4k 1+k 1+k2+8. 由题设可得4k 1+k 1+k 2+8=12,解得k =1, 所以l 的方程为y =x +1.故圆心C 在l 上,所以MN =2.B 组 能力提高11.直线y =k (x -1)与以A (3,2),B (2,3)为端点的线段有公共点,则k 的取值范围是________. 答案 [1,3]解析 因为直线y =k (x -1)恒过P (1,0),画出图形,直线y =k (x -1)与以A (3,2),B (2,3)为端点的线段有公共点,则直线落在阴影区域内,因为k PA =2-03-1=1, k PB =3-02-1=3,故k 的取值范围是[1,3].12.在平面直角坐标系xOy 中,圆C 1:(x -1)2+y 2=2,圆C 2:(x -m )2+(y +m )2=m 2,若圆C 2上存在点P 满足:过点P 向圆C 1作两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,△ABP 的面积为1,则正数m 的取值范围是__________.答案 [1,3+23]解析 设P (x ,y ),设PA ,PB 的夹角为2θ.△ABP 的面积S =12PA 2sin 2θ=PA 2·2PC 1·PA PC 1=1. 由2PA 3=PC 21=PA 2+2,解得PA =2,所以PC 1=2,所以点P 在圆(x -1)2+y 2=4上.所以|m -2|≤m -12+-m 2≤m +2,解得1≤m ≤3+2 3.13.已知圆O :x 2+y 2=4,若不过原点O 的直线l 与圆O 交于P 、Q 两点,且满足直线OP 、PQ 、OQ 的斜率依次成等比数列,则直线l 的斜率为________.答案 ±1解析 设l :y =kx +b (b ≠0),代入圆的方程,化简得(1+k 2)x 2+2kbx +b 2-4=0. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),得x 1+x 2=-2kb 1+k 2,x 1x 2=b 2-41+k 2, k OP ·k OQ =y 1x 1·y 2x 2=(k +bx 1)(k +b x 2) =k 2+kb (x 1+x 2x 1x 2)+b 2x 1x 2 =k 2+kb (-2kb b 2-4)+b 21+k 2b 2-4=k 2b 2-4-2k 2b 2+k 2b 2+b 2b 2-4=b 2-4k 2b 2-4, 由k OP ·k OQ =k 2l ,得b 2-4k 2b 2-4=k 2, 解得k =±1.14.已知以点C (t ,2t)为圆心的圆与x 轴交于点O ,A ,与y 轴交于点O ,B ,其中O 为原点. (1)求证:△OAB 的面积为定值;(2)设直线y =-2x +4与圆C 交于点M ,N ,若OM =ON ,求圆C 的方程.(1)证明 由题意知圆C 过原点O ,且OC 2=t 2+4t 2. 则圆C 的方程为(x -t )2+(y -2t )2=t 2+4t 2, 令x =0,得y 1=0,y 2=4t; 令y =0,得x 1=0,x 2=2t .故S △OAB =12OA ×OB =12×|2t |×|4t|=4, 即△OAB 的面积为定值.(2)解 ∵OM =ON ,CM =CN ,∴OC 垂直平分线段MN .∵k MN =-2,∴k OC =12,∴直线OC 的方程为y =12x , ∴2t =12t ,解得t =2或t =-2. 当t =2时,圆心C 的坐标为(2,1),OC =5,此时圆心C 到直线y =-2x +4的距离d =15<5,圆C 与直线y =-2x +4相交于两点;当t =-2时,圆心C 的坐标为(-2,-1),OC =5,此时圆心C 到直线y =-2x +4的距离d =95>5,圆C 与直线y =-2x +4不相交, ∴t =-2不符合题意,应舍去.综上,圆C 的方程为(x -2)2+(y -1)2=5.。
2021新课程新高考背景下高三数学二轮复习方法与策略(共113张PPT)
D.10
例4(人教A版教材必修四第47页习题1.4的B组第三题)
已知函数y=f x的图像如图所示,试回答下列问题:
(1)求函数的周期;
(2)画出函数y=f x 1的图像;
(3)你能写出函数y=f x的解析式吗?
y 1
-1 0 1
x
改编1:
对 于 函 数 f x = x 2k (1+ 2k x 1 2k,
例1 已知点M与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离
1
为2
,求点M的轨迹方程。(人教A版必修二的144页复
习参考题4B组第2题)
(人教A版必修2的124页习题4 B组第3题)
已知点M(x,y)到两个定点M1,M2的距离的比是一个正数 m, 求点M的轨迹方程,并说明轨迹是什么图形。
(考虑m=1和m 1两种情形)
已知t=30时,铯137的含量的变化率是—10ln2(太贝克/年),则M (60)=( )
A. 5太贝克
B. 75ln2太贝克
解析: C. 150ln2太贝克
D. 150太贝克
因为M( t)=
1 30
ln
2
M0
-t
2 30
,则
M( 30)=
1 30
ln
2
M0
-30
2 30
10 ln 2,
t
60
解得M0 =600,所以M(t)=600 2 30,那么 M(60)=600 2 30
①良好的学习生活环境、氛围做保障。 ②一个生活上马虎的学生,不可能单单在学习上细致 起来 :早操、早读、课间操、正课听课、晚自习、课外活 动、劳动甚至等等方面加强管理 。
1(2)综合运用多种管理手段
最新-2021届高考数学 专题六第2讲 椭圆、双曲线、抛物线复习课件 理 精品
可得 a2=5b2,c2=a2+b2=6b2,e=ac=
30 5.
(2)联立yx=2-x5-y2c=,5b2, 得 4x2-10cx+35b2=0.
设 A(x1,y1),B(x2,y2),则xx11+x2=x2=3545b2c2.,
①
设O→C=(x3,y3),O→C=λO→A+O→B,
即xy33==λλyx11++yx22., 又 C 为双曲线上一点,即 x32 5 y32 5b2 ,
3.(2011·山东)已知双曲线ax22-by22=1(a>0,b>0)的两条渐近线均 和圆 C:x2+y2-6x+5=0 相切,且双曲线的右焦点为圆 C
的圆心,则该双曲线的方程为
()
A.x52-y42=1 C.x32-y62=1
B .x42-y52=1 D.x62-y32=1
解析 ∵双曲线ax22-by22=1 的渐近线方程为 y=±bax, 圆 C 的标准方程为(x-3)2+y2=4,
又|BC|=2|BF|,所以|BC|=2|BM|.
由 BM∥AQ 得,|AC|=2|AQ|=6,
|CF|=3. ∴|NF|=12|CF|=32. 即 p=32.抛物线方程为 y2=3x. 答案 (1)B (2)y2=3x
二、圆锥曲线的方程及应用 例 2 (2010·天津) 已知椭圆xa22+by22=1(a>b>0)的离心率 e=
=-21(+2-4k82k2)+1+6k4k2(1+4k4k2+1+6k4k2)=4(16(k14++41k52k)22-1)=4
整理得
7k2=2,故
k=±
714.所以
y0=±2
14 5.
综上,y0=±2
2或
y0=±2
14 5.
最新高考数学二轮复习-专题六-第4讲-母题突破4-探究性问题-学案讲义
母题突破4探究性问题母题(2023·廊坊质检)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b21(a >b >0)经过点A (-2,0),且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.(1)求椭圆C 的方程和离心率;(2)设P ,Q 为椭圆C 上两个不同的点,直线AP 与y 轴交于点E ,直线AQ 与y 轴交于点F ,且P ,O ,Q 三点共线.其中O 为坐标原点.问:在x 轴上是否存在点M ,使得∠AME =∠EFM ?若存在,求点M 的坐标;若不存在,请说明理由.思路分析❶代入点,结合面积求方程和离心率❷设点P ,Q ,表示出直线AP ,AQ 的方程❸求出E ,F 的坐标,❹由∠AME =∠EFM 得ME →·MF →=0,❺利用向量运算求点M 的坐标解(1)依题意可得a =2,12×2c ×2b =4,又c 2=a 2-b 2,解得b =c =2,所以椭圆方程为x 24+y 22=1,则离心率e =c a =22.(2)因为P ,O ,Q 三点共线,根据椭圆的对称性可知P ,Q 关于O 点对称,如图,设点P (x 1,y 1),则Q (-x 1,-y 1)(x 1≠±2),所以直线AP 的方程为y =y 1x 1+2(x +2),直线AQ 的方程为y =-y 1-x 1+2(x +2),所以点假设存在M 使∠AME =∠EFM ,因为∠MOE =∠FOM =90°,所以∠OMF =∠OEM ,又∠OEM +∠OME =90°,所以∠OME +∠OMF =90°,即ME ⊥MF ,所以ME →·MF →=0,设M (m ,0),则ME →mMF →m 所以ME →·MF →=m 2+-2y 1-x 1+2·2y 1x 1+20,即m 2+-4y 214-x 21=0,又x 214+y 212=1,所以x 21+2y 21=4,所以m 2-2=0,解得m =±2,所以M (±2,0).故在x 轴上存在点M (±2,0),使得∠AME =∠EFM .[子题1](2023·西安模拟)已知椭圆C :x 24+y 23=1,过点T (3,0)的直线交该椭圆于P ,Q 两点,若直线PQ 与x 轴不垂直,在x 轴上是否存在定点S (s ,0),使得∠PST =∠QST 恒成立?若存在,求出s 的值;若不存在,请说明理由.解假设在x 轴上存在定点S (s ,0),使得∠PST =∠QST 恒成立,设直线PQ 的方程为x =ty +3,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),+y 23=1,ty +3,得(3t 2+4)y 2+63ty -3=0,则y 1+y 2=-63t 3t 2+4,y 1y 2=-33t 2+4,因为∠PST=∠QST,所以k PS+k QS=0,即y1x1-s+y2x2-s=0,整理得(x2-s)y1+(x1-s)y2=0,即(ty2+3)y1+(ty1+3)y2-s(y1+y2)=0,所以2ty1y2+(3-s)(y1+y2)=0,则2(3-s0,解得s=43 3,故在x轴上存在定点∠PST=∠QST恒成立.[子题2]已知双曲线C:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),直线l在x轴上方与x轴平行,交双曲线C于A,B两点,直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时,点A的坐标为(6,4).(1)求C的方程;(2)设OD的中点为M,是否存在定直线l,使得经过M的直线与C交于P,Q两点,与线段AB交于点N(N,D不重合),PM→=λPN→,MQ→=λQN→均成立?若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.解(1)由题意知C:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),点A的坐标为(6,4),得c=4,不妨设焦点F1(0,4),F2(0,-4),则2a=|AF2|-|AF1|=62+82-6=4.所以a=2,b2=c2-a2=12,故C的方程为y24-x212=1.(2)如图,设l的方程为y=2m(m>1),则D(0,2m),故M(0,m),由已知得直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程为y=kx+m(k≠0),故2直线PQ 的方程与双曲线方程联立得(3k 2-1)x 2+6kmx +3m 2-12=0,由已知得3k 2≠1,Δ>0,设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),PM →=(-x 1,m -y 1),PN →x 1,2m -y MQ →=(x 2,y 2-m ),QN →x 2,2m -y 则x 1+x 2=-6km 3k 2-1,x 1x 2=3m 2-123k 2-1,由PM →=λPN →,MQ →=λQN →,得x 1=1x 2=消去λ得x 1x x 即2x 1x 2-m k(x 1+x 2)=0,代入得k (m 2-2)=0,解得m =2,故存在定直线l :y =22满足条件.规律方法探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系,要探索一般规律,并能证明所得规律的正确性,通常要对已知关系进行观察、比较、分析,然后概括一般规律.(2)若只给出条件,求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时,一般先对结论给出肯定的假设,然后由假设出发,结合已知条件进行推理,从而得出结论.1.已知抛物线C :x 2=2py (p >0),点P (2,8)在抛物线上,直线y =kx +2交C 于A ,B 两点,M 是线段AB 的中点,过M 作x 轴的垂线交C 于点N .(1)求点P 到抛物线焦点的距离;(2)是否存在实数k 使得NA →·NB →=0,若存在,求k 的值;若不存在,请说明理由.解(1)将点P (2,8)代入抛物线方程,解得p =14,x 2=12y ,抛物线焦点F点P 到抛物线焦点的距离等于点P 到抛物线准线的距离,则|PF |=8+18=658.(2)如图,设A (x 1,2x 21),B (x 2,2x 22).把y =kx +2代入y =2x 2得2x 2-kx -2=0,Δ=k 2+16>0,由根与系数的关系得x 1+x 2=k 2,x 1x 2=-1.∴x N =x M =x 1+x 22=k 4,∴点N假设存在实数k ,使NA →·NB →=0,则NA ⊥NB .又∵M 是AB 的中点,∴|MN |=12|AB |.由(1)知,y M =12(y 1+y 2)=12(kx 1+2+kx 2+2)=12[k (x 1+x 2)+4]=k 24+2,∵MN ⊥x 轴,∴|MN |=|y M -y N |=k 24+2-k 28=k 2+168,又|AB |=1+k 2|x 1-x 2|=1+k 2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=12k 2+1k 2+16,∴k 2+168=14k 2+1k 2+16,即k 2+16=2k 2+1,两边同时平方得k 2+16=4(k 2+1),解得k =±2,即存在k =±2,使得NA →·NB →=0.2.(2023·池州模拟)如图,点A 为椭圆E :x 24+y 2=1的上顶点,圆C :x 2+y 2=1,过坐标原点O 的直线l 交椭圆E 于M ,N 两点.(1)求直线AM ,AN 的斜率之积;(2)设直线AM :y =kx +1(k ≠0),AN 与圆C 分别交于点P ,Q ,记直线MN ,PQ 的斜率分别为k 1,k 2,探究是否存在实数λ,使得k 1=λk 2?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.解(1)设M (x 0,y 0),则N (-x 0,-y 0),则直线AM ,AN 的斜率之积k AM ·k AN =1-y 0-x 0·1+y 0x 0=1-y 20-x 20=14x 20-x 20=-14.(2)由(1)知,直线AN 的方程为y =-14kx +1.直线AM y 2=1,kx +1,消去y 可得(1+4k 2)x 2+8kx =0,因为A ,M 均在椭圆E 上,所以0+x 0=-8k 1+4k2,即x 0=-8k 1+4k 2,所以y 0=kx 0+1=-8k 21+4k 2+1=1-4k 21+4k2,所以k 1=y 0x 0=1-4k 21+4k 2-8k 1+4k 2=4k 2-18k.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),2+y2=1,=kx+1,消去y可得(1+k2)x2+2kx=0,因为A,P均在圆C上,所以0+x1=-2k1+k2,即x1=-2k1+k2,所以y1=kx1+1=-2k21+k2+1=1-k21+k2.所以点PP坐标中的k换成-14k,可得x21=8k16k2+1,y21=16k2-116k2+1,所以k2=y2-y1x2-x1=16k2-116k2+1-1-k21+k28k16k2+1+2k1+k2=4k2-15k,所以k1k2=4k2-18k4k2-15k=58,即存在实数λ=58,使得k1=58k2.专题强化练1.(2023·郑州模拟)过点M(t,0)(t<0),斜率为33的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点N,且|MN|=4 3.(1)求抛物线C的方程;(2)斜率为-33的直线与C 交于与点N 不重合的点P ,Q ,判断是否存在直线l ′,使得点Q 关于l ′的对称点Q ′恒与P ,N 共线,若存在,求出l ′的方程,若不存在,说明理由.解(1)由题意得直线l 的方程为y =33(x -t ),即x =3y +t ,设N (m ,n ),与y 2=2px 联立并消去x 得y 2-23py -2pt =0,因为直线l 与抛物线C 相切,所以(-23p )2+8pt =0,整理得3p +2t =0,代入y 2-23py -2pt =0,解得n =3p ,m =(3p )22p =3p 2,因为|MN |=|3p 2-t |32=43,所以3p 2-t =6,2t =0,t =6,得p =2,所以抛物线C 的方程为y 2=4x .(2)由(1)得N (3,23),假设存在直线l ′,使得点Q 关于l ′的对称点Q ′恒与P ,N 共线,则直线NP ,NQ 关于l ′对称,设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),直线PQ 的方程为x =-3y +b ,与y 2=4x 联立并消去x 得y 2+43y -4b =0,则Δ=(43)2+16b >0,b >-3.y 1+y 2=-43,y 1y 2=-4b .所以直线PN 的斜率k 1=y 1-23x 1-3=y 1-23y 214-3=4y 1+23,所以直线NQ 的斜率k 2=y 2-23x 2-3=y 2-23y 224-3=4y 2+23,k 1+k 2=4y 1+23+4y 2+23=4(y 1+y 2)+163(y 1+23)(y 2+23)=-163+163(y 1+23)(y 2+23)=0,所以直线NP ,NQ 关于直线x =3或y =23对称,所以存在直线l ′,使得点Q 关于l ′的对称点Q ′恒与P ,N 共线,且l ′的方程为x =3或y =2 3.2.已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的离心率为2,过点P (0,m )(m >0)且斜率为1的直线l 与双曲线C 交于A ,B 两点且AP →=3PB →,OA →·OB →=3.(1)求双曲线C 的方程;(2)设Q 为双曲线C 右支上的一个动点,F 为双曲线C 的右焦点,在x 轴负半轴上是否存在定点M ,使得∠QFM =2∠QMF ?若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)由双曲线离心率为2知c =2a ,b =3a .于是,双曲线方程可化为x 2a 2-y 23a2=1.又直线l :y =x +m ,与双曲线方程联立得2x 2-2mx -m 2-3a 2=0,①设点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=m ,x 1x 2=-m 2-3a 22.②因为AP →=3PB →,所以(-x 1,m -y 1)=3(x 2,y 2-m ).故x 1=-3x 2.结合x 1+x 2=m ,解得x 1=32m ,x 2=-12m .代入②式得-34m 2=-m 2-3a 22⇒m 2=6a 2,又OA →·OB →=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(x 1+m )(x 2+m )=2x 1x 2+m (x 1+x 2)+m 2=m 2-3a 2=3a 2=3,从而a 2=1.此时m =6,代入①式并整理得2x 2-26x -9=0.显然,该方程有两个不相等的实根.因此,a 2=1符合要求.故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设满足条件的点M (t ,0)(t <0)存在.由(1)知双曲线右焦点为F (2,0).由双曲线的对称性,不妨设点Q (x 0,y 0)在第一象限,当x 0≠2时,tan ∠QFM =-k QF =-y 0x 0-2,tan ∠QMF =k QM =y 0x 0-t.因为∠QFM =2∠QMF ,所以-y 0x 0-2=2y 0x 0-t 1.将y 20=3x 20-3代入上式并整理得(4+2t )x 0-4t =-2tx 0+t2+3,+2t =-2t ,4t =t 2+3,解得t =-1.当x 0=2时,∠QFM =90°,而当t =-1时,∠QMF =45°,符合∠QFM =2∠QMF .所以满足条件的点M (-1,0)存在.。
新高考数学二轮总复习第三部分专题六.3统计与概率小题专项练课件
C 15 C 110
取法,所求概率为 2
C 15
=
50
105
=
10
.
21
4.(2021江西萍乡高三检测,8)算盘是中国传统的计算工具,其形长方,周为
木框,内贯直柱,俗称“档〞,档中横以梁,梁上两珠,每珠作数五,梁下五珠,每
珠作数一.算珠梁上局部叫上珠,梁下局部叫下珠.例如:在十位档拨上一颗
=
4
4
P(B|A2)= ,P(B|A3)= ,而
11
11
1
3
,P(A3)= ;P(B|A1)=
5
10
=
5
,由此知选项
11
B 正确.
P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)
1
=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=2
此知选项 AC 不正确.
1 5
×
2 11
1
2
×
5
11
1
+5
×
4
11
+
3
10
×
4
11
=
9
.由
22
考向四
相互独立事件及二项分布
10.(2021天津,13)甲、乙两球落入盒子的概率分别为
落入盒子互不影响,那么甲、乙两球都落入盒子的概率为
乙两球至少有一个落入盒子的概率为
答案
1
6
1 1
.假定两球是否
和
2 3
;甲、
.
2
3
解析 两球都落入
1
p1=2
1
2 2
2021新高考数学二轮复习课件:板块1 应试技巧必备
角形,E,F分别是PA,AB的中 外接球,从而体积为 6π.选D
点,∠CEห้องสมุดไป่ตู้=90°, 则球O的体积
为( )
A.8 6π
B.4 6π
C.2 6π
D. 6π
真题示例
(2017·全国卷Ⅰ)已知 α∈0,π2,tan α=2,则 cosα-π4=________.
技法应用 结合三角函数的定义,取角α终边
ƒ(x)在(-∞,0)单调递减,且 ƒ(2)=0,则满 1)=0,符合题意,
足 xƒ(x-1)≥0 的 x 的取值范围是( )
排除 B;当 x=4
A.[-1,1]∪[3,+∞)
时,f (4-1)=f
B.[-3,-1]∪[0,1]
(3)<0,此时不符合
C.[-1,0]∪[1,+∞)
题意,排除选项 A,
D.[-1,0]∪[1,3]
C.选 D
真题示例 (2019·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.已知 S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-2n
技法应用 由已知 S4=0,a5 =5 可知 S5=5,验 证选项 C,D 可知 C,D 错误;再由 a1+a2+a3+a4=0 验证选项 A,B, 可知 B 错误.选 A
b=12时,选项 A,C,D 对应的不等式不成立.选 B
真题示例 (2016·全国卷Ⅱ)函数y=Asin(ωx +φ)的部分图象如图所示,则 ()
A.y=2sin2x-π6 B.y=2sin2x-π3 C.y=2sinx+π6 D.y=2sinx+π3
技法应用
结合图象,分别 取x=0和x=π3验 证.选A
2022年高考数学二轮复习专题六 空间几何体、表面积与体积
一、单项选择题
1.(2021·全国乙卷)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 B1D1 的中点,则直线 PB 与 AD1
所成的角为( )
A.π2
B.π3
C.π4
D.π6
【命题意图】本题以正方体 ABCD-A1B1C1D1 为命题载体,考查异面直线所成角的求 法.
很显然,若点 P 与 D 或 D1 重合,均满足题意,所以选项 C 错误. D 选项,当 μ=21 时,分别取线段 BB1,CC1 中点为 M,N,可知点 P 在线段 MN(包 括端点)上运动.
此时,有且只有点 P 与 N 点重合时,满足题意,所以选项 D 正确.
由图可知,线段 B1C1∥平面 A1BC,即线段 B1C1 上各点到平面 A1BC 的距离均相等, △A1BC 的面积是定值,所以三棱锥 P-A1BC 的体积为定值,所以选项 B 正确.
C 选项,当 λ=12 时,分别取线段 BC,B1C1 中点为 D,D1,可知点 P 在线段 DD1(包 括端点)上运动.
点,则下列说法正确的是( )
A.DE 与 CC1 为异面直线
B.DE
与平面
BCC1B1 所成角的正切值为
2 4
C.过 D,C,E 三点的平面截正方体所得两部分的体积相等
D.线段 DE 在底面 ABCD 的射影长为 2
【解析】选 ABC.由图可知:DE 与 CC1 为异面直线,所以 A 正确;
因为平面 BCC1B1∥平面 ADD1A1,所以 DE 与平面 BCC1B1 所成角即 DE 与平面 ADD1A1 所成角,连接 A1D,显然,∠A1DE 是 DE 与平面 ADD1A1 所成角.在直角三角形 EA1D
2021高考数学二轮专题复习第一部分专题二数列ppt课件
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
2.(2019·全国卷Ⅰ)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, 若 3S3=S2+S4,a1=2,则 a5=( )
A.-12 B.-10 C.10 D.12
解析:3(3a1+3d)=2a1+d+4a1+6d⇒3a1+2d=0, 又 a1=2,
所以 d=-3,所以 a5=2+4×(-3)=-10,故选 B. 答案:B
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
类型一 等差数列 1.(2019·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项 和.已知 S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5 B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-2n 解析:依题意有Sa54==a41a+1+4d6=d=5,0,可得ad1==2-,3,所 以 an=2n-5,Sn=n2-4n,故选 A. 答案:A
所以{an}的前 n 项和为 n·1+n(n2-1)·6=3n2-2n. 答案:3n2-2n
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
类型二 等比数列
1.(2020·全国卷Ⅱ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项
和.若 a5-a3=12,a6-a4=24,则Sann=(
)
A.2n-1
B.2-21-n
所以 S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37= 480.
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
1.高考数学试题数列部分一般两个小题或一个解答 题,从近几年来看前者出现的频率更高,都是占 10 分, 难度一般较低.
(1)求{an}的公比; (2)若 a1=1,求数列{nan}的前 n 项和. 解:(1)设{an}的公比为 q, 因为 2a1=a2+a3,a1≠0,所以 q2+q-2=0, 因为 q≠1,所以 q=-2. (2)设{nan}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an=(-2)n-1, Sn=1×1+2×(-2)+3×(-2)2+…+n(-2)n-1,①