高考文科数学解答题专项训练(含解析)

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高考文科数学专题一:集合题型总结含解析(20200618080634)

高考文科数学专题一:集合题型总结含解析(20200618080634)
解析: 由题意知 , x2 £a 有解 , 故 a 3 0 . 答案: a 3 0
3.已知集合 A = { y | y = x2 - 2x - 1,x ? R} , 集合 B= { x | - 2 # x 8} , 则集合 A 与 B
的关系是 ________. 解析: y= x2- 2x-1= (x - 1)2- 2≥ -2, ∴ A = {y|y ≥ - 2}, ∴ B A . 答案: B A
必要不充分条件
8.设集合 M ={ m|m= 2n, n∈ N, 且 m<500}, 则 M 中所有元素的和为 ________. 解析: ∵ 2n<500, ∴ n= 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. ∴ M 中所有元素的和
+2+ 22+ … + 28=511. 答案: 511
b∈ Q}, 若 P= {0, 2, 注意到集合元素的互异
4.已知集合 M = { x|x2= 1}, 集合 N= { x|ax= 1}, 若 N M ,
解析: M ={ x|x= 1 或 x=- 1}, N M, 所以 N=?时 ,
或- 1, ∴a= 1 或- 1. 答案: 0, 1, - 1
那么 a 的值是 ________. a=0;当 a≠ 0 时 , x=1= 1
{ } 4.已知全集 U= R, 则正确表示集合 M = { - 1, 0, 1} 和 N= x | x2 + x = 0 关系的韦恩
(Venn)图是 ________.
{ } 解析: 由 N= x | x2 + x = 0 , 得 N={-1, 0}, 则 N M. 答案: ②
5 知集合 A= { x | x > 5} , 集合 B= { x | x > a} , 若命题“ x∈ A”是命题“ x∈ B”的充分

2021年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(含解析)

2021年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(含解析)

2021年普通高等学校招生全国统一考试文科数学(含解析)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知全集{}1,2,3,4,5U =,集合{}{}1,2,3,4M N ==,则()U M N ⋃=ð()A .{}5B .{}1,2C .{}3,4D .{}1,2,3,42.设i 43i z =+,则z =()A .–34i -B .34i-+C .34i-D .34i+3.已知命题:,sin 1p x x ∃∈<R ﹔命题:q x ∀∈R ﹐||e 1x ≥,则下列命题中为真命题的是()A .p q∧B .p q⌝∧C .p q∧⌝D .()p q ⌝∨4.函数()sin cos 33x xf x =+的最小正周期和最大值分别是()A .3πB .3π和2C .6πD .6π和25.若,x y 满足约束条件4,2,3,x y x y y +≥⎧⎪-≤⎨⎪≤⎩则3z x y =+的最小值为()A .18B .10C .6D .46.22π5πcos cos 1212-=()A .12B .33C .22D .327.在区间10,2⎛⎤⎥⎝⎦随机取1个数,则取到的数小于13的概率为()A .34B .23C .13D .168.下列函数中最小值为4的是()A .224y x x =++B .4sin sin y x x=+C .222x xy -=+D .4ln ln y x x=+9.设函数1()1xf x x-=+,则下列函数中为奇函数的是()A .()11f x --B .()11f x -+C .()11f x +-D .()11f x ++10.在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为11B D 的中点,则直线PB 与1AD 所成的角为()A .π2B .π3C .π4D .π611.设B 是椭圆22:15x C y +=的上顶点,点P 在C 上,则PB 的最大值为()A .52B C D .212.设0a ≠,若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点,则()A .a b<B .a b>C .2ab a<D .2ab a>二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量()()2,5,,4λ==a b ,若∥a b ,则λ=_________.14.双曲线22145x y -=的右焦点到直线280x y +-=的距离为________.15.记ABC △的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,60B =︒,223a c ac +=,则b =________.16.以图①为正视图,在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图,组成某三棱锥的三视图,则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________(写出符合要求的一组答案即可).三、解答题.共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤,第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.(12分)某厂研制了一种生产高精产品的设备,为检验新设备生产产品的某项指标有无提高,用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品,得到各件产品该项指标数据如下:旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x 和y ,样本方差分别记为21s 和22s .(1)求x ,y ,21s ,22s ;(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果y x -≥不认为有显著提高).18.(12分)如图,四棱锥P ABCD -的底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,M 为BC 的中点,且PB AM ⊥.(1)证明:平面PAM ⊥平面PBD ;(2)若1PD DC ==,求四棱锥P ABCD -的体积.19.(12分)设{}n a 是首项为1的等比数列,数列{}n b 满足3nn na b =.已知1a ,23a ,39a 成等差数列.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和.证明:2nn S T <.20.(12分)已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 到准线的距离为2.(1)求C 的方程;(2)已知O 为坐标原点,点P 在C 上,点Q 满足9PQ QF =,求直线OQ 斜率的最大值.21.(12分)已知函数32()1f x x x ax =-++.(1)讨论()f x 的单调性;(2)求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy 中,C 的圆心为()2,1C ,半径为1.(1)写出C 的一个参数方程;(2)过点()4,1F 作C 的两条切线.以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,求这两条切线的极坐标方程.23.[选修4-5:不等式选讲](10分)已知函数()3f x x a x =-++.(1)当1a =时,求不等式()6f x ≥的解集;(2)若()f x a >-,求a 的取值范围.参考答案与解析一、选择题1.A2.C3.A4.C5.C6.D7.B8.C9.B10.D11.A 12.D二、填空题13.8514.15.16.③④(答案不唯一)三、解答题(一)必考题17.(1)221210,10.3,0.036,0.04x y s s ====;(2)新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.18.(1)因为PD ⊥底面ABCD ,AM ⊂平面ABCD ,所以PD AM ⊥,又PB AM ⊥,PB PD P = ,所以AM ⊥平面PBD ,而AM ⊂平面PAM ,所以平面PAM ⊥平面PBD .(2)3.19.(1)11()3n n a -=,3n n n b =;(2)211213333n n n n n T --=++++ ,012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭ n n S ,230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n nn n .设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ,⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n nn .⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎝⎭- n n n nn n n .所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n .因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT .故2nn S T <.20.(1)24y x =;(2)最大值为13.21.(1)由函数的解析式可得:()232f x x x a '=-+,导函数的判别式412a ∆=-,当14120,3a a ∆=-≤≥时,()()0,f x f x '≥在R 上单调递增,当时,的解为:1211,33x x +==,当113,3x ⎛⎫∈-∞ ⎪ ⎪⎝⎭时,单调递增;当113113,33x ⎛⎫+∈ ⎪⎪⎝⎭时,单调递减;当1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时,单调递增;综上可得:当时,在R 上单调递增,当时,在113,3⎛⎫--∞ ⎪ ⎪⎝⎭,113,3⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增,在11,33⎡⎢⎣⎦-上单调递减.(2)和()11a ---,(二)选考题22.(1)2cos 1sin x y αα=+⎧⎨=+⎩,(α为参数);(2)53sin 262πρθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭和3sin 262πρθ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.23.(1)(][),42,-∞-+∞ .(2)3,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.。

2022年高考全国乙卷数学(文科)真题+答案 逐题解析

2022年高考全国乙卷数学(文科)真题+答案 逐题解析

2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号框。

回答非选择题时,将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.集合{2,4,6,8,10},{16}M N x x ==-<<,则M N = ()A .{2,4}B .{2,4,6}C .{2,4,6,8}D .{2,4,6,8,10}2.设(12i)2i a b ++=,其中,a b 为实数,则()A .1,1a b ==-B .1,1a b ==C .1,1a b =-=D .1,1a b =-=-3.已知向量(2,1)(2,4)==-,a b ,则||-=a b ()A .2B .3C .4D .54.分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长(单位:h ),得如下茎叶图:则下列结论中错误的是()A .甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B .乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C .甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D .乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65.若x ,y 满足约束条件2,24,0,x y x y y +⎧⎪+⎨⎪⎩则2z x y =-的最大值是()6.设F 为抛物线2:4C y x =的焦点,点A 在C 上,点(3,0)B ,若||||AF BF =,则||AB =()A .2B .C .3D .7.执行右边的程序框图,输出的n =()A .3B .4C .5D .68.右图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]-的大致图像,则该函数是()A .3231x x y x -+=+B .321x x y x -=+C .22cos 1x x y x =+D .22sin 1xy x =+9.在正方体1111ABCD A B C D -中,,E F 分别为,AB BC 的中点,则()A .平面1B EF ⊥平面1BDD B .平面1B EF ⊥平面1A BD C .平面1B EF ∥平面1A AC D .平面1B EF ∥平面11A C D10.已知等比数列{}n a 的前3项和为168,5242a a -=,则6a =()11.函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为()A .ππ22-,B .3ππ22-,C .ππ222-+,D .3ππ222-+,12.已知球O 的半径为1,四棱锥的顶点为O ,底面的四个顶点均在球O 的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为()A .13B .12C .33D .22二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ;n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq;等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数,且a3 ·a9 =2 2a ,a2 =1,则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.(安徽卷)已知为等差数列,,则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3(. 江西卷)公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904(湖南卷)设S n 是等差数列a n 的前n 项和,已知a2 3,a6 11,则S7 等于【】第1页/ 共8页A .13 B.35 C.49 D.633.(辽宁卷)已知a为等差数列,且a7 -2 a4 =-1, a3 =0, 则公差d=n(A)-2 (B)-12 (C)12(D)24.(四川卷)等差数列{a n }的公差不为零,首项a1 =1,a2 是a1 和a5 的等比中项,则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.(湖北卷)设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ],则{ 52 1} ,[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.(湖北卷)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数,例如:他们研究过图1 中的1,3,6,10,⋯,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地,称图2中的1,4,9,16⋯这样的数成为正方形数。

立体几何(解答题)-高考真题文科数学分项汇编(原卷版)

立体几何(解答题)-高考真题文科数学分项汇编(原卷版)

专题06立体几何(解答题)1.【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO= 2,圆锥的侧面积为3π,求三棱锥P−ABC的体积.2.【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图,已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1//MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;π(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO=AB=6,AO//平面EB1C1F,且∠MPN=,求四棱锥B−EB1C1F3的体积.3.【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图,在长方体ABCD A 1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE ED1,BF 2FB1.证明:(1)当AB BC时,EF AC;(2)点C1在平面AEF内.4.【2020年高考江苏】在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.5.【2020年高考浙江】如图,在三棱台ABC—DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC =2BC.(Ⅰ)证明:EF⊥DB;(Ⅱ)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.6.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图,直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离.7.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A E,AB=3,求四棱锥E BB1C1C的体积.18.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB,Rt△ ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.9.【2019年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P ABCD中,PA 平面ABCD,底部ABCD为菱形,E 为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.10.【2019年高考天津卷文数】如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC 平面PCD,PA CD,CD 2, AD 3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA 平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.11.【2019年高考江苏卷】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.12.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱ABC A1B1C1,平面A1ACC1 平面ABC,ABC 90,BAC 30,A1A A1C AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.13.【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图,在平行四边形ABCM中,AB AC 3,∠ACM 90,以 AC 为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥ DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;BP DQ 2 DA ,求三棱锥Q ABP的体积.Q(2)为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且 314.【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图,在三棱锥P ABC中,AB BC 2 2,PA PB PC AC 4,O为AC的中点.(1)证明:PO 平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC 2MB,求点C到平面POM的距离.15.【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.16.【2018年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.17.【2018年高考天津卷文数】如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=2 3,∠BAD=90°.(1)求证:AD⊥BC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.18.【2018年高考江苏卷】在平行六面体ABCD A1B1C1D1中,AA1 AB, AB1 B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1 平面A1BC.19.【2018年高考浙江卷】如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.。

高考文科数学解答题专题训练(一)三角函数

高考文科数学解答题专题训练(一)三角函数

大题专项练(一)三角函数A组基础通关1.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且c cos B+(b-2a)cos C=0.(1)求角C的大小;(2)若c=2,求△ABC的面积S的最大值.因为c cos B+(b-2a)cos C=0,所以sin C cos B+(sin B-2sin A)cos C=0,所以sin C cos B+sin B cos C=2sin A cos C,所以sin(B+C)=2sin A cos C.又因为A+B+C=π,所以sin A=2sin A cos C.又因为A∈(0,π),所以sin A≠0,所以cos C=12.又C∈(0,π),所以C=π3.(2)由(1)知,C=π3,所以c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2-ab.又c=2,所以4=a2+b2-ab.又a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时等号成立,所以ab≤4.所以△ABC面积的最大值(S△ABC)max=(12absinC)max=12×4×sinπ3=√3.2.如图,在梯形ABCD中,∠A=∠D=90°,M为AD上一点,AM=2MD=2,∠BMC=60°.(1)若∠AMB=60°,求BC ;(2)设∠DCM=θ,若MB=4MC ,求tan θ.由∠BMC=60°,∠AMB=60°,得∠CMD=60°.在Rt △ABM 中,MB=2AM=4;在Rt △CDM 中,MC=2MD=2.在△MBC 中,由余弦定理,得BC 2=BM 2+MC 2-2BM ·MC ·cos ∠BMC=12,BC=2√3. (2)因为∠DCM=θ,所以∠ABM=60°-θ,0°<θ<60°.在Rt △MCD 中,MC=1; 在Rt △MAB 中,MB=2sin (60°-θ),由MB=4MC ,得2sin(60°-θ)=sin θ, 所以√3cos θ-sin θ=sin θ, 即2sin θ=√3cos θ,整理可得tan θ=√32.3.已知向量m =(2a cos x ,sin x ),n =(cos x ,b cos x ),函数f (x )=m ·n -√32,函数f (x )在y 轴上的截距为√32,与y轴最近的最高点的坐标是(π12,1). (1)求函数f (x )的解析式;(2)将函数f (x )的图象向左平移φ(φ>0)个单位,再将图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长到原来的2倍,得到函数y=sin x 的图象,求φ的最小值.f (x )=m ·n -√32=2a cos 2x+b sin x cos x-√32,由f (0)=2a-√32=√32,得a=√32,此时,f (x )=√3cos 2x+bsin 2x ,由f (x )≤√34+b24=1,得b=1或b=-1,当b=1时,f (x )=sin (2x +π3),经检验(π12,1)为最高点;当b=-1时,f (x )=sin (2x +2π3),经检验(π12,1)不是最高点.故函数的解析式为f (x )=sin (2x +π3).(2)函数f (x )的图象向左平移φ个单位后得到函数y=sin 2x+2φ+π3的图象,横坐标伸长到原来的2倍后得到函数y=sin x+2φ+π3的图象,所以2φ+π3=2k π(k ∈Z ),φ=-π6+k π(k ∈Z ),因为φ>0,所以φ的最小值为5π6.4.函数f (x )=A sin (ωx +π6)(A>0,ω>0)的最大值为2,它的最小正周期为2π.(1)求函数f (x )的解析式;(2)若g (x )=cos x ·f (x ),求g (x )在区间[-π6,π4]上的最大值和最小值.由已知f (x )最小正周期为2π,所以2πω=2π,解得ω=1. 因为f (x )的最大值为2,所以A=2,所以f (x )的解析式为f (x )=2sin (x +π6).(2)因为f (x )=2sin (x +π6)=2sin x cos π6+2cos x sin π6=√3sin x+cos x ,所以g (x )=cos x ·f (x )=√3sin x cos x+cos 2x=√32sin 2x+1+cos2x2=sin (2x +π6)+12.因为-π6≤x ≤π4,所以-π6≤2x+π6≤2π3,于是,当2x+π6=π2,即x=π6时,g (x )取得最大值32;当2x+π6=-π6,即x=-π6时,g (x )取得最小值0. 5.已知函数f (x )=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的一系列对应值如表:(1)求f (x )的解析式;(2)若在△ABC 中,AC=2,BC=3,f (A )=-12(A 为锐角),求△ABC 的面积.由题中表格给出的信息可知,函数f (x )的周期为T=3π4−(-π4)=π,所以ω=2ππ=2.注意到sin(2×0+φ)=1,也即φ=π2+2k π(k ∈Z ), 由0<φ<π,所以φ=π.所以函数的解析式为f (x )=sin (2x +π2)=cos 2x.(2)∵f (A )=cos 2A=-12,且A 为锐角,∴A=π3.在△ABC 中,由正弦定理得,BC sinA=ACsinB, ∴sin B=AC ·sinABC=2×√323=√33,∵BC>AC ,∴B<A=π3,∴cos B=√63,∴sin C=sin(A+B )=sin A cos B+cos A sin B=√3×√6+1×√3=3√2+√3, ∴S △ABC =12·AC ·BC ·sin C=12×2×3×3√2+√36=3√2+√32. 6.在△ABC 中,角A ,B ,C 所对边分别为a ,b ,c ,C=π4,b=4,△ABC 的面积为6. (1)求c 的值; (2)求cos(B-C )的值.已知C=π4,b=4,因为S △ABC =1ab sin C ,即6=12×4a ×√22,解得a=3√2,由余弦定理,得c 2=b 2+a 2-2ab cos C=10,解得c=√10.(2)由(1)得cos B=a 2+c 2-b22ac=√55,由于B 是三角形的内角,得sin B=√1-cos 2B =2√55,所以cos(B-C )=cos B cos C+sin B sin C=√55×√22+2√55×√22=3√1010.B 组 能力提升7.如图,在凸四边形ABCD 中,C ,D 为定点,CD=√3,A ,B 为动点,满足AB=BC=DA=1.(1)写出cos C 与cos A 的关系式;(2)设△BCD 和△ABD 的面积分别为S 和T ,求S 2+T 2的最大值.在△BCD 中,由余弦定理,得BD 2=BC 2+CD 2-2·BC ·CD cos C=4-2√3cos C ,在△ABD 中,BD 2=2-2cos A ,所以4-2√3cos C=2-2cos A ,即cos A=√3cos C-1.(2)S=12·BC ·CD ·sin C=√3·sinC2,T=12AB ·AD sin A=12sin A ,所以S 2+T 2=34sin 2C+14sin 2A=34(1-cos 2C )+14(1-cos 2A )=-32cos 2C+√32cos C+34=-32(cosC -√36)2+78.由题意易知,C ∈(30°,90°),所以cos C ∈(0,√32),当cos C=√36时,S 2+T 2有最大值78.8.某城市在进行规划时,准备设计一个圆形的开放式公园.为达到社会和经济效益双丰收,园林公司进行如下设计,安排圆内接四边形ABCD 作为绿化区域,其余作为市民活动区域.其中△ABD 区域种植花木后出售,△BCD 区域种植草皮后出售,已知草皮每平方米售价为a 元,花木每平方米的售价是草皮每平方米售价的三倍.若BC=6 km,AD=CD=4 km .(1)若BD=2√7 km,求绿化区域的面积;(2)设∠BCD=θ,当θ取何值时,园林公司的总销售金额最大.在△BCD 中,BD=2√7,BC=6,CD=4,由余弦定理,得cos ∠BCD=BC 2+CD 2-BD 22BC ·CD=62+42-(2√7)22×6×4=12.因为∠BCD ∈(0°,180°),所以∠BCD=60°, 又因为A ,B ,C ,D 四点共圆, 所以∠BAD=120°.在△ABD 中,由余弦定理,得BD 2=AB 2+AD 2-2AB ·AD cos ∠BAD , 将AD=4,BD=2√7代入化简,得AB 2+4AB-12=0, 解得AB=2(AB=-6舍去).所以S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =12×2×4sin 120°+12×4×6sin 60°=8√3(km 2), 即绿化空间的面积为8√3 km 2.(2)在△BCD 、△ABD 中分别利用余弦定理得 BD 2=62+42-2×6×4cos θ, ① BD 2=AB 2+42-2×4AB cos(π-θ),②联立①②消去BD ,得AB 2+8AB cos θ+48cos θ-36=0, 得(AB+6)(AB+8cos θ-6)=0, 解得AB=6-8cos θ(AB=-6舍去).因为AB>0,所以6-8cos θ>0,即cos θ<34.S △ABD =12AB ·AD sin(π-θ)=12(6-8cos θ)×4sin θ=12sin θ-16sin θcos θ,S △BCD =12BC ·CD sinθ=12×6×4sin θ=12sin θ.因为草皮每平方米售价为a 元,则花木每平方米售价为3a 元,设销售金额为y 百万元. y=f (θ)=3a (12sin θ-16sin θcos θ)+12a sin θ=48a (sin θ-sin θcos θ),f'(θ)=48a (cos θ-cos 2θ+sin 2θ)=48a (-2cos 2θ+cos θ+1)=-48a (2cos θ+1)(cos θ-1),令f'(θ)>0,解得-12<cos θ<1,又cos θ<34,不妨设cos θ0=34,则函数f (θ)在(θ0,2π3)上为增函数; 令f'(θ)<0,解得cos θ<-12,则函数f (θ)在(2π3,π)上为减函数,所以当θ=2π3时,f (θ)max =36√3a.答:(1)绿化区域的面积为8√3 km 2;(2)当θ=2π3时,园林公司的销售金额最大,最大为36√3a 百万元.。

2020届高考数学陕西省文数试题含解析

2020届高考数学陕西省文数试题含解析

陕西省高考文科数试模拟题一一、选择题(每题一个选项,每题5分共60分)1.已知集合A={x|x是平行四边形},B={x|x是矩形},C={x|x是正方形},D={x|x是菱形},则()A.A⊆B B.C⊆B C.D⊆C D.A⊆D2.设z是复数z的共轭复数,且(1﹣2i)z=5i,则|z|=()A.3 B.5 C.√3D.√53.一个体积可忽略不计的小球在边长为2的正方形区域内随机滚动,则它在离4个顶点距离都大于1的区域内的概率为()A.π4B.1−π4C.π2−1D.2π4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则“a=2b cos C”是“△ABC是等腰三角形”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5.如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的面积之和为()A.2 B.3 C.4 D.56.在一组样本数据(x1,y1),(x2,y2),…,(x n,y n)(n≥2,x1,x2,…,x n不全相等)的散点图中,若所有样本点(x i,y i)(i=1,2,…,n)都在直线y=12x+1上,则这组样本数据的样本相关系数为()A.﹣1 B.0 C.12D.17.已知两个非零单位向量e1→,e2→的夹角为θ,则下列结论不正确的是()A.∀θ∈R,(e1→+e2→)⊥(e1→−e2→)B.e1→在e2→方向上的投影为sinθC.e1→2=e2→2D.不存在θ,使e1→•e2→=√28.已知命题p:直线a∥b,且b⊂平面α,则a∥α;命题q:直线l⊥平面α,任意直线m⊂α,则l⊥m.下列命题为真命题的是()A.p∧q B.p∨(非q)C.(非p)∧q D.p∧(非q)9.若圆C的半径为1,圆心在第一象限,且与直线4x﹣3y=0和x轴都相切,则该圆的标准方程是()A.(x﹣2)2+(y﹣1)2=1 B.(x﹣2)2+(y+1)2=1C.(x+2)2+(y﹣1)2=1 D.(x﹣3)2+(y﹣1)2=110.抛物线y2=ax(a>0)的准线与双曲线C:x28−y24=1的两条渐近线所围成的三角形面积为2√2,则a的值为()A.8 B.6 C.4 D.211.函数y=sin(2x+π3)的图象经下列怎样的平移后所得的图象关于点(−π12,0)中心对称()A.向左平移π12B.向右平移π12C.向左平移π6D.向右平移π612.已知定义在R上的函数f(x)满足f(3﹣x)=f(3+x),且对任意x1,x2∈(0,3)都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0,若a=2−√3,b=log23,c=e ln4,则下面结论正确的是()A.f(a)<f(b)<f(c)B.f(c)<f(a)<f(b)C.f(c)<f(b)<f(a)D.f(a)<f(c)<f(b)二、填空题(每小题5分,每题5分共20分)13.若sin(π2+α)=−35,α∈(0,π),则sinα=.14.设函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为.15.已知正方体内切球的体积为36π,则正方体的体对角线长为.16.已知椭圆x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线x2a22−y2b22=1(a2>0,b2>0)有公共的左、右焦点F1,F2,它们在第一象限交于点P,其离心率分别为e1,e2,以F1,F2为直径的圆恰好过点P,则1e12+1e22=.三.解答题:(共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.(12分)已知正项等比数列{a n}满足a1+a2=6,a3﹣a2=4.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=1log2a n log2a n+1,求数列{b n}的前n项和T n.18.(12分)销售某种活海鲜,根据以往的销售情况,按日需量x(公斤)属于[0,100),[100,200),[200,300),[300,400),[400,500]进行分组,得到如图所示的频率分布直方图.这种海鲜经销商进价成本为每公斤20元,当天进货当天以每公斤30元进行销售,当天未售出的须全部以每公斤10元卖给冷冻库.某海鲜产品经销商某天购进了300公斤这种海鲜,设当天利润为Y元.(Ⅰ)求Y关于x的函数关系式;(Ⅱ)结合直方图估计利润Y不小于800元的概率.19.(12分)如图1,在平面多边形BCDEF中,四边形ABCD为正方形,EF∥AB,AB=2EF=2,沿着AB 将图形折成图2,其中∠AED=90°,AE=ED,H为AD的中点.(1)求证:EH⊥BD;(2)求四棱锥D﹣ABFE的体积.20.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点到两个焦点的距离之和为23,短轴长为12,直线l与椭圆C交于M、N两点.(I)求椭圆C的方程;(II)若直线l与圆O:x2+y2=125相切,证明:∠MON为定值.21.(12分)已知函数f(x)=lnx+a(1﹣x).(1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a ﹣2时,求a 的取值范围.选做题:请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22.(10分)已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处,极轴与x 轴非负半轴重合,直线l 的参数方程为:{x =tcosαy =1+tsinα(t 为参数,α∈[0,π)),曲线C 的极坐标方程为:ρ=4sinα. (1)写出曲线C 的直角坐标方程;(2)设直线l 与曲线C 相交于P ,Q 两点,若|PQ|=√15,求直线l 的斜率. [选修4-5:不等式选讲]23.设函数f (x )=|x +1|+|x ﹣2|. (1)求不等式f (x )≤3 的解集;(2)当x ∈[2,3]时,f (x )≥﹣x 2+2x +m 恒成立,求m 的取值范围.一、选择题(每题一个选项,每题5分共60分)1.【详解详析】因为菱形是平行四边形的特殊情形,所以D ⊂A , 矩形与正方形是平行四边形的特殊情形,所以B ⊂A ,C ⊂A , 正方形是矩形,所以C ⊆B . 故选:B .2.【详解详析】由(1﹣2i )z =5i ,得z =5i1−2i =5i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−2+i , ∴|z |=|z |=√5. 故选:D .3.【详解详析】以四个顶点为圆心,1为半径作圆,当小球在边长为2的正方形区域内随机滚动,离顶点的距离不大于1,其面积为π, ∵边长为2的正方形的面积为4,∴它在离4个顶点距离都大于1的区域内的概率为P =4−π4=1−π4.故选:B .4.【详解详析】∵当a =2b cos C 时, ∴cos C =a2b ∵cos C =a 2+b 2−c 22ab∴a2b =a 2+b 2−c 22ab,化简整理得b =c∴△ABC 为等腰三角形.反之,“△ABC 是等腰三角形,不一定有b =c , 从而a =2b cos C 不一定成立.则“a =2b cos C ”是“△ABC 是等腰三角形”的充分不必要条件. 故选:A .5.【详解详析】三棱锥P ﹣BCD 的正视图是底面边长为1,高为2的三角形,面积为:1; 三棱锥P ﹣BCD 的假视图也是底面边长为1,高为2的三角形,面积为:1; 故三棱锥P ﹣BCD 的正视图与侧视图的面积之和为2, 故选:A .6.【详解详析】由题设知,所有样本点(x i ,y i )(i =1,2,…,n )都在直线y =12x +1上,∴这组样本数据完全正相关,故其相关系数为1, 故选:D .7.【详解详析】∵|e 1→|=|e 2→|=1,∴(e 1→+e 2→)⋅(e 1→−e 2→)=e 1→2−e 2→2=1−1=0,∴(e 1→+e 2→)⊥(e 1→−e 2→),∴A 正确;e 1→在e 2→方向上的投影为|e 1→|cosθ=cosθ,∴B 错误;显然e 1→2=e 2→2,∴C正确;e 1→⋅e 2→=cosθ<√2,∴不存在θ,使e 1→•e 2→=√2,∴D 正确. 故选:B .8.【详解详析】根据线面平行的判定,我们易得命题p :若直线a ∥b ,直线b ⊂平面α,则直线a ∥平面α或直线a 在平面α内,命题p 为假命题;根据线面垂直的定义,我们易得命题q :若直线l ⊥平面α,则若直线l 与平面α内的任意直线都垂直,命题q 为真命题;故:A 命题“p ∧q ”为假命题; B 命题“p ∨(¬q )”为假命题; C 命题“(¬p )∧q ”为真命题; D 命题“p ∧(¬q )”为假命题.故选:C .9.【详解详析】设圆心坐标为(a ,b )(a >0,b >0), 由圆与直线4x ﹣3y =0相切,可得圆心到直线的距离d =|4a−3b|5=r =1,化简得:|4a ﹣3b |=5①,又圆与x 轴相切,可得|b |=r =1,解得b =1或b =﹣1(舍去),把b =1代入①得:4a ﹣3=5或4a ﹣3=﹣5,解得a =2或a =−12(舍去), ∴圆心坐标为(2,1),则圆的标准方程为:(x ﹣2)2+(y ﹣1)2=1. 故选:A .10.【详解详析】抛物线y 2=ax 的准线为x =−a4, 双曲线C :x 28−y 24=1的两条渐近线为y =±√22x ,可得两交点为(−a 4,√28a ),(−a 4,−√28a ), 即有三角形的面积为12•a 4•√24a =2√2, 解得a =8, 故选:A .11.【详解详析】假设将函数y =sin (2x +π3)的图象平移ρ个单位得到:y =sin (2x +2ρ+π3)关于点(−π12,0)中心对称∴将x =−π12代入得到:sin (−π6+2ρ+π3)=sin (π6+2ρ)=0 ∴π6+2ρ=k π,∴ρ=−π12+kπ2,当k =0时,ρ=−π12 故选:B .12.【详解详析】根据题意,定义在R 上的函数f (x )满足f (3﹣x )=f (3+x ),则函数f (x )关于直线x =3对称,c =e ln 4=4,f (c )=f (4)=f (2), 又由对任意x 1,x 2∈(0,3)都有f(x 2)−f(x 1)x 2−x 1<0,则函数f (x )在(0,3)上为减函数,若a =2−√3=3,b =log 23,则有0<a <1<b <2,则f (c )<f (b )<f (a ),。

高三文科数学题试卷及答案

高三文科数学题试卷及答案

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1. 下列各数中,无理数是()A. √4B. 2πC. 3.14D. -2/32. 已知函数f(x) = x² - 4x + 3,则f(2)的值为()A. -1B. 1C. 3D. 53. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1 = 2,S5 = 20,则公差d为()A. 2B. 3C. 4D. 54. 若log2x + log2(x + 2) = 3,则x的值为()A. 2B. 4C. 8D. 165. 下列函数中,奇函数是()A. f(x) = x²B. f(x) = x³C. f(x) = x⁴D. f(x) = |x|6. 已知复数z = 1 + i,则|z|的值为()A. √2B. 2C. √3D. 37. 若sinα = 1/2,则cosα的值为()A. √3/2B. -√3/2C. 1/2D. -1/28. 已知三角形ABC中,∠A = 60°,∠B = 45°,则∠C的度数为()A. 75°B. 105°C. 120°D. 135°9. 下列命题中,正确的是()A. 若a > b,则a² > b²B. 若a > b,则ac > bcC. 若a > b,则a/c > b/cD. 若a > b,则ac > bc(c > 0)10. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1 = 1,S3 = 9,则公比q为()A. 2B. 3C. 4D. 611. 若sinα = 1/3,cosα = 2√2/3,则tanα的值为()A. 2√2B. √2/2C. √2/6D. 2/√212. 下列函数中,有界函数是()A. f(x) = x²B. f(x) = sinxC. f(x) = |x|D. f(x) = x³二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)13. 已知函数f(x) = 2x - 3,若f(x) > 1,则x的取值范围是__________。

高三文科数学高考复习试题(附答案)

高三文科数学高考复习试题(附答案)

高三文科数学高考复习试题(附答案)考试是检测学生学习效果的重要手段和方法,考前需要做好各方面的知识储备。

下面是店铺为大家整理的高三文科数学高考复习试题,请认真复习!高三文科数学高考复习试题一、选择题:每小题只有一项是符合题目要求的,将答案填在题后括号内.1.函数y=log2x-2的定义域是( )A.(3,+∞)B.[3,+∞)C.(4,+∞)D.[4,+∞)2.设集合A={(x,y) | },B={(x,y)|y=2x},则A∩B的子集的个数是( )A.1B.2C.3D.43.已知全集I=R,若函数f(x)=x2-3x+2,集合M={x|f(x)≤0},N={x| <0},则M∩∁IN=( )A.[32,2]B.[32,2)C.(32,2]D.(32,2)4.设f(x)是R上的奇函数,当x>0时,f(x)=2x+x,则当x<0时,f(x)=( )A.-(-12)x-xB.-(12)x+xC.-2x-xD.-2x+x5.下列命题①∀x∈R,x2≥x;②∃x∈R,x2≥x;③4≥3;④“x2≠1”的充要条件是“x≠1或x≠-1”.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.36. 已知下图(1)中的图像对应的函数为,则下图(2)中的图像对应的函数在下列给出的四个式子中,只可能是( )7.在用二分法求方程x3-2x-1=0的一个近似解时,现在已经将一根锁定在区间(1,2)内,则下一步可断定该根所在的区间为( )A.(1.4,2)B.(1,1.4)C.(1,32)D.(32,2)8.点M(a,b)在函数y=1x的图象上,点N与点M关于y轴对称且在直线x-y+3=0上,则函数f(x)=abx2+(a+b)x-1在区间[-2,2)上( )A.既没有最大值也没有最小值B.最小值为-3,无最大值C.最小值为-3,最大值为9D.最小值为-134,无最大值9.已知函数有零点,则的取值范围是( )A. B. C. D.二、填空题:将正确答案填在题后横线上.10.若全集U=R,A={x∈N|1≤x≤10},B={x∈R|x2+x-6=0},则如图中阴影部分表示的集合为_______ _.11.若lga+lgb=0(a≠1),则函数f(x)=ax与g(x)=-bx的图象关于________对称.12.设 ,一元二次方程有正数根的充要条件是 = .13.若函数f(x)在定义域R内可导,f(2+x)=f(2-x),且当x∈(-∞,2)时,(x-2) >0.设a=f(1),,c=f(4),则a,b,c的大小为.14、已知。

高三数学专项训练:立体几何解答题(三)(文科)

高三数学专项训练:立体几何解答题(三)(文科)

中,CA CB =,1AB AA =,160BAA Ð=。

(Ⅰ)证明:1AB A C ^;(Ⅱ)若2AB CB ==,16A C =高三数学专项训练:立体几何解答题(三)(文科)1.如图,在.如图,在四棱锥四棱锥A-BCDE 中,侧面∆ADE 是等边三角形,底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形,且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2,,CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点,F 是AC 的中点,且AC=4AC=4,,求证:(1)平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2.(本小题满分12分)如图,分)如图,三棱柱三棱柱111ABC A B C -,求三棱柱111ABC A B C -的体积。

45..如图,三棱锥P ABC -中,90ABC °Ð=,PA ABC ^底面(Ⅰ)求证:PAC PBC ^平面平面;(Ⅱ)若AC BC PA ==,M 是PB 的中点,求AM 3.如图,在.如图,在四棱锥四棱锥P -ABCD 中,中,PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD,,AB AB∥∥DC DC,已知,已知BD BD==2AD 2AD==2PD 2PD==8,AB =2DC 2DC==(Ⅰ)设M 是PC 上一点,证明:平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD;;(Ⅱ)若M 是PC 的中点,求棱锥P -DMB 的体积.4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中,CB DA 、是梯形的高,2AE BF ==,22AB =,现将梯形沿CB DA 、折起,使//EF AB ,且2E F A B =如图所示,已知M N P 、、(1)求证://MN6^PA 底面ABCD ,F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A(1)求证://EF 平面PCD ;(2)求证:平面^PBD 平面PAC ;(3)若AB PA =,求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . ..如图,在等腰.如图,在等腰梯形梯形CDEF ,得一简单,得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ;(2)求证:AP ^平面DAE ..如图,.如图,四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形,7中,2AB BC =,点M 在边CD 上,点F 在边AB 上,且DF AM^,垂足为E ,若将ADM D 沿AM 折起,使点ABCM D -¢.(Ⅰ)求证:F D AM p ,求直线D8.如图,在四棱锥-P .如图,在.如图,在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置,连接B D ¢,C D ¢得四棱锥¢^;(Ⅱ)若3p =¢ÐEF D ,直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值.值.ABCD 中,四边形ABCD 是菱形,PA PC =,E 为PB 的中点.(Ⅰ)求证:PD ∥平面AEC ;(Ⅱ)求证:平面AEC ^平面PBD .-的中点,E 为PA 的中点.的中点.ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9.如图,在直.如图,在直三棱柱三棱柱ABC ABC--A 1B 1C 1中,点M 是A 1B 的中点,点N 是B 1C 的中点,连接MN MN(Ⅰ)证明:(Ⅰ)证明:MN//MN//MN//平面平面ABC ABC;; (Ⅱ)若AB=1AB=1,,AC=AA 1=3,BC=2BC=2,求二面角,求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010..如图,四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形,//AB CD ,AB AD ^,PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形,4DC =,O 为BD (Ⅰ)求证:PO ^平面ABCD ;(Ⅱ)求证://OE 平面PDC ;(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值.11中,底面ABED 、090ADC Ð=,12BC CD AD ==,PA PD =,,EF .A B C -中,点D 是BC 的中点的中点..(Ⅰ)求证(Ⅰ)求证: : AD ^平面11BCC B ;(Ⅱ)求证(Ⅱ)求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1.在.在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形,//BC AD 为,AD PC 的中点.(1)求证://PA 平面BEF ;(2)求证:AD PB ^1212.如图,正.如图,正.如图,正三棱柱三棱柱111ABC13.如图,在多面体ABCDFE 中,四边形ABCD 是矩形,AB ∥EF , 902=Ð=EAB EF AB,(1)若G 点是DC )求证:BAF DAF 面面^.(3)若,2,1===AB AD AE ,平面ABCD ABFE 平面^.中点,求证:AED FG 面//.(2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中,中,DM=1DM=1DM=1,,60CDE Ð=°,CD=4,CD=4,,∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ,即MC=13.在∆AMC 中,222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.(2)取DC 的中点N ,连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC,,DC 的中点,∴的中点,∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点,∴的中点,∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2,又,又60CDE Ð=°,∴∆BCN 是等边三角形,∴是等边三角形,∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点:考点:1.1. 1.直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的判定;2.2.2.平面一平面垂直的判定;平面一平面垂直的判定;平面一平面垂直的判定;3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2.(1)取AB 的中点O ,连接1OC O 、1OA O 、1A B ,因为CA=CB CA=CB,所以,所以OC AB ^,由于AB=AA 1,∠,∠BA A BA A 1=600,所以1OA AB ^,所以AB ^平面1OAC ,因为1A C Ì平面1OAC ,所以AB AB⊥⊥A 1C ;(2)因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形,所以3CO =,底面积1232232S =´´=高三数学专项训练:立体几何解答题(三)(文科)参考答案1.(1)证明详见解析;(2)证明详见解析 【解析】【解析】试题分析:(1)首先根据直线与平民啊垂直的)首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD;;(2),取DC 的中点N ,首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析:(1)∵∆ADE 是等边三角形,,M 是DE 的中点,的中点,,所以,所以体积体积123323V =´´=(Ⅱ)163P DMB V -=. 【解析】【解析】试题分析:试题解析:(I )证明:在ABD D 中,由于4,8,45A D B D A B ===,所以222AD BD AB +=.故AD BD ^。

专题6 立体几何(文科)解答题30题 教师版--高考数学专题训练

专题6 立体几何(文科)解答题30题 教师版--高考数学专题训练

专题6立体几何(文科)解答题30题1.(贵州省贵阳市2023届高三上学期8月摸底考试数学(文)试题)如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,1CA CB ==,90BCA ∠=︒,12AA =,M ,N 分别是11A B ,1A A 的中点.(1)求证:1BN C M ⊥;(2)求三棱锥1B BCN -的体积.2.(广西普通高中2023届高三摸底考试数学(文)试题)如图,多面体ABCDEF中,∠=︒,FA⊥平面ABCD,//ED FA,且22 ABCD是菱形,60ABC===.AB FA ED(1)求证:平面BDE⊥平面FAC;(2)求多面体ABCDEF的体积.))如图所示,取中点G ,连接3.(江西省五市九校协作体2023届高三第一次联考数学(文)试题)如图多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是菱形,60ABC ∠=︒,EA ⊥平面ABCD ,//EA BF ,22AB AE BF ===.(1)证明:平面EAC ⊥平面EFC ;(2)求点B 到平面CEF 的距离.(2)设B 到平面CEF 的距离为因为EA ⊥平面ABCD ,AC 因为//EA BF ,EA ⊥平面ABCD 且BC ⊂平面ABCD ,所以BF 因为60ABC ∠=︒,2AB =4.(新疆乌鲁木齐地区2023届高三第一次质量监测数学(文)试题)如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,AD CD ⊥,AD BC ∥,且2PA AD CD ===,3BC =,E 是PD 的中点,点F 在PC 上,且2PF FC =.(1)证明:DF ∥平面PAB ;(2)求三棱锥P AEF -的体积.(2)作FG PD ⊥交PD 于点G 因为PA ⊥面ABCD ,所以PA 又AD CD ⊥,PA 与AD 交于点所以CD ⊥面PAD ,CD PD ⊥又FG PD ⊥,所以//FG CD ,所以所以PF FG PC CD =,得43FG =,因为E 为PD 中点,所以P AEF D AEF F ADE V V V ---===5.(新疆阿克苏地区柯坪湖州国庆中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题)如图所示,已知AB ⊥平面BCD ,M ,N 分别是AC ,AD 的中点,BC CD ⊥.(1)求证://MN 平面BCD ;(2)求证:CD BM ⊥;【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【分析】1)根据中位线定理,可得//MN CD ,即可由线面平行的判定定理证明//MN 平面BCD ;(2)由已知推导出AB CD ⊥,再由CD BC ⊥,得CD ⊥平面ABC ,由此能证明CD BM ⊥;【详解】(1)M ,N 分别是AC ,AD 的中点,//MN CD ∴,MN ⊂/ 平面BCD ,且CD ⊂平面BCD ,//MN ∴平面BCD ;(2)AB ⊥Q 平面BCD ,M ,N 分别是AC ,AD 的中点,AB CD ∴⊥,BC CD ⊥ ,,AB BC B AB BC =⊂ ,平面ABC ,CD \^平面ABC ,BM ⊂ 平面ABC ,CD BM ∴⊥.6.(内蒙古乌兰浩特第一中学2022届高三全真模拟文科数学试题)如图在梯形中,//BC AD ,22AB AD BC ===,23ABC π∠=,E 为AD 中点,以BE 为折痕将ABE 折起,使点A 到达点P 的位置,连接,PD PC ,(1)证明:平面PED ⊥平面BCDE ;(2)当2PC =时,求点D 到平面PEB 的距离.因为PE PD =,F 为ED 因为平面PED ⊥平面BCDE 因为21122PF ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设D 到平面PEB 的距离为7.(山西省运城市2022届高三5月考前适应性测试数学(文)试题(A 卷))如图,四棱柱1111ABCD A B C D -中,底面ABCD 为平行四边形,侧面11ADD A 为矩形,22AB AD ==,160D DB ∠=︒,1BD AA =(1)证明:平面ABCD ⊥平面11BDD B ;(2)求三棱锥11D BCB -的体积.8.(黑龙江省八校2021-2022学年高三上学期期末联合考试数学(文)试题)已知直三棱柱111ABC A B C -中,AC BC =,点D 是AB 的中点.(1)求证:1BC ∥平面1C AD ;(2)若底面ABC 边长为2的正三角形,1BB =11B A DC -的体积.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】(1)连接1AC 交1AC 于点E ,连接DE ,由三角形中位线定理,得1DE BC ∥,进而由线面平行的判定定理即可证得结论;(2)利用等体积转化1111B A DC C A B D V V --=,依题意,高为CD ,再求底面11A B D 的面积,进而求三棱锥的体积.【详解】(1)连接1AC 交1AC 于点E ,连接DE∵四边形11AAC C 是矩形,∴E 为1AC 的中点,又∵D 是AB 的中点,∴1DE BC ∥,又∵DE ⊂平面1C AD ,1BC ⊄平面1C AD ,∴1BC ∥面1C AD .(2)∵AC BC =,D 是AB 的中点,∴AB CD ⊥,9.(青海省西宁市2022届高三二模数学(文)试题)如图,V是圆锥的顶点,O是底面圆心,AB是底面圆的一条直径,且点C是弧AB的中点,点D是AC的中点,2AB=,VA=.2(1)求圆锥的表面积;又D 是AC 的中点,所以OD AC ⊥,又VO OD O ⋂=,VO ⊂平面VOD ,OD ⊂平面VOD所以AC ⊥平面VOD ,又AC ⊂平面VAC ,所以平面VAC ⊥平面VOD .10.(河南省郑州市2023届高三第一次质量预测文科数学试题)如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面ABCD ,AD ⊥AB ,AB DC ,2AD DC AP ===,1AB =,点E 为棱PC 的中点.(1)证明:平面PBC ⊥平面PCD ;(2)求四棱锥E ABCD -的体积;又点E 为棱PC 的中点,BE 由勾股定理得2AC AD =+∵△PAC 为直角三角形,E 111.(江西省部分学校2023届高三上学期1月联考数学(文)试题)如图,在正三棱柱111ABC A B C -中,12AA AB ==,D ,E 分别是棱BC ,1BB 的中点.(1)证明:平面1AC D ⊥平面1ACE .(2)求点1C 到平面1ACE 的距离.(2)连接1EC .因为1AA 由正三棱柱的性质可知因为ABC 是边长为2的等边三角形,所以故三棱锥11A CC E -的体积以15A E CE ==,1A E 则1ACE △的面积212S =12.(广西玉林、贵港、贺州市2023届高三联合调研考试(一模)数学(文)试题)在三棱锥-P ABC 中,底面ABC 是边长为2的等边三角形,点P 在底面ABC 上的射影为棱BC 的中点O ,且PB 与底面ABC 所成角为π3,点M 为线段PO 上一动点.(1)证明:BC AM ⊥;(2)若12PM MO =,求点M 到平面PAB 的距离.AO BC ∴⊥,点P 在底面ABC 上的投影为点PO ∴⊥平面ABC , PO BC ∴⊥,13.(广西南宁市第二中学2023届高三上学期第一次综合质检数学(文)试题)如图,D ,O 是圆柱底面的圆心,ABC 是底面圆的内接正三角形,AE 为圆柱的一条母线,P 为DO 的中点,Q 为AE 的中点,(1)若90APC ∠=︒,证明:DQ ⊥平面PBC ;(2)设2DO =,圆柱的侧面积为8π,求点B 到平面PAC 的距离.∴//,AQ PD AQ PD =,∴四边形AQDP 为平行四边形,∴//DQ PA .又∵P 在DO 上,而OD ∴O 为P 在ABC 内的投影,且ABC 是圆内接正三角形∴三棱锥-P ABC 为正三棱锥∴PAB PAC PBC △≌△≌△∴APB APC BPC ∠=∠=∠即,PA PC PA PB ⊥⊥.∵PC PB P = ,,PB PC14.(江西省吉安市2023届高三上学期1月期末质量检测数学(文)试题)如图,在四棱锥P -ABCD 中,AB CD ,12AD CD BC PA PC AB =====,BC PA ⊥.(1)证明:平面PBC ⊥平面PAC ;(2)若PB =D 到平面PBC 的距离.又BC PA ⊥,PA AC A = 所以BC ⊥平面PAC ,又BC (2)因为BC ⊥平面PAC ,由22PB =,BC PC =,得15.(江西省部分学校2023届高三下学期一轮复习验收考试(2月联考)数学(文)试题)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB AD ==,1AA =E 在棱1DD 上,且1AE A D ⊥.(1)证明:1AE A C ⊥;(2)求三棱锥1E ACD -的体积.【答案】(1)证明见解析;)在平面11ADD A 中,由AE ⊥1AD DE AA AD =,所以12112A DE S DE AD =⋅= 16.(新疆兵团地州学校2023届高三一轮期中调研考试数学(文)试题)如图1,在等腰梯形ABCD 中,M ,N ,F 分别是AD ,AE ,BE 的中点,4AE BE BC CD ====,将ADE V 沿着DE 折起,使得点A 与点P 重合,平面PDE ⊥平面BCDE ,如图2.(1)证明:PC∥平面MNF.(2)求点C到平面MNF的距离.17.(宁夏银川市第一中学2023届高三上学期第四次月考数学(文)试题)如图1,在直角梯形ABCD 中,,90,5,2,3AB DC BAD AB AD DC ∠==== ∥,点E 在CD 上,且2DE =,将ADE V 沿AE 折起,使得平面ADE ⊥平面ABCE (如图2).(1)求点B 到平面ADE 的距离;(2)在线段BD 上是否存在点P ,使得CP 平面ADE ?若存在,求三棱锥-P ABC 的体积;若不存在,请说明理由..18.(陕西省汉中市2023届高三上学期教学质量第一次检测文科数学试题)如图,多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为菱形,60,ABC FA ∠=⊥ 平面,ABCD FA ED ∥,且22AB FA ED ===.(1)求证:BD FC ⊥;(2)求点A 到平面FBD 的距离.19.(内蒙古赤峰市2022届高三下学期5月模拟考试数学(文科)试题)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是菱形,60PAB PAD BAD ∠=∠=∠= .(1)证明:BD ⊥平面PAC ;(2)若23AB PA ==,,求四棱锥P ABCD -的体积.解:如图,记AC 与BD 的交点为因为底面ABCD 为菱形,故又60PAB PAD BAD ∠=∠=∠=又PO AC O = ,故BD ⊥平面(2)解:因为2,3,AB PA ==∠20.(内蒙古2023届高三仿真模拟考试文科数学试题)如图,在四棱锥P ABCD -中,四边形ABCD 是直角梯形,AD AB ⊥,//AB CD ,22PB CD AB AD ===,PD =,PC DE ⊥,E 是棱PB 的中点.(1)证明:PD ⊥平面ABCD ;(2)若F 是棱AB 的中点,2AB =,求点C 到平面DEF 的距离.,AB AD=AB AD⊥,2BD∴=为棱PB中点,DE PBE∴⊥,又∴⊥平面PBC,又BC⊂平面DE在直角梯形ABCD中,取CD中点 ,DM AB=2CD AB∴=,又DM ∴四边形ABMD为正方形,BM∴∴===,又BC BM AD AB222BD DE⊂平面PBD ,,=BD DE D21.(山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学(文)试题)如图,在三棱锥-P ABC中,PAB 为等腰直角三角形,112PA PB AC ===,PC ,平面PAB ⊥平面ABC .(1)求证:PA BC ⊥;(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∴OP AB ⊥,22OP =,AB =又∵平面PAB ⊥平面ABC ,平面∴OP ⊥平面ABC .22.(山西省太原市2022届高三下学期三模文科数学试题)已知三角形PAD 是边长为2的正三角形,现将菱形ABCD 沿AD 折叠,所成二面角P AD B --的大小为120°,此时恰有PC AD ⊥.(1)求BD 的长;(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∵PAD 是正三角形,∴PM AD ⊥,又∴,PC AD PC PM P⊥=I ∴AD ⊥平面PMC ,∴AD MC ⊥,故ACD 为等腰三角形23.(陕西省联盟学校2023届高三下学期第一次大联考文科数学试题)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是长方形,22AD CD PD ===,PA 二面角P AD C--为120︒,点E 为线段PC 的中点,点F 在线段AB 上,且12AF =.(1)平面PCD ⊥平面ABCD ;(2)求棱锥C DEF -的高.824.(陕西省榆林市2023届高三上学期一模文科数学试题)如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥底面,,60,ABCD AB CD DAB PA PD ∠=⊥ ∥,且2,22PA PD AB CD ====.(1)证明:AD PB ⊥;(2)求点A 到平面PBC 的距离.(2)因为AB CD ,所以∠2222BC BD CD BD CD =+-⋅由222BD BC CD =+,得BC 25.(陕西省宝鸡教育联盟2022-2023学年高三下学期教学质量检测(五)文科数学试题)如图,在三棱柱111ABC A B C -中,平面11ABB A ⊥平面ABC ,四边形11ABB A 是边长为2的菱形,ABC 为等边三角形,160A AB ∠=︒,E 为BC 的中点,D 为1CC 的中点,P为线段AC上的动点.AB平面PDE,请确定点P在线段AC上的位置;(1)若1//-的体积.(2)若点P为AC的中点,求三棱锥C PDE(2)解:如图,取AB 的中点∵四边形11ABB A 为边长为2∴12A B =,1AA B 为等边三角形,26.(山西省运城市2022届高三上学期期末数学(文)试题)如图,在四棱锥P -ABCD中,底面ABCD 是平行四边形,2APB π∠=,3ABC π∠=,PB =,24PA AD PC ===,点M 是AB 的中点,点N 是线段BC 上的动点.(1)证明:CM⊥平面PAB;(2)若点N到平面PCM BNBC的值.27.(2020届河南省许昌济源平顶山高三第二次质量检测文科数学试题)如图,四棱锥P ABCD -中,//AB CD ,33AB CD ==,2PA PD BC ===,90ABC ∠=︒,且PB PC =.(1)求证:平面PAD ⊥平面ABCD ;(2)求点D 到平面PBC 的距离.因为//AB CD ,33AB CD ==,所以四边形ABCD 为梯形,又M 、E 为AD 、BC 的中点,所以ME 为梯形的中位线,28.(青海省海东市2022-2023学年高三上学期12月第一次模拟数学(文)试题)如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,ABC 是等边三角形,14AB AA ==,D 是棱AB 的中点.(1)证明:平面1ACD ⊥平面11ABB A .(2)求点1B 到平面1A CD 的距离.由题意可得11A B D △的面积因为ABC 是边长为4的等边三角形,且29.(河南省十所名校2022-2023学年高三阶段性测试(四)文科数学试题)如图,在四棱锥P —ABCD 中,PC BC ⊥,PA PB =,APC BPC ∠=∠.(1)证明:PC AD ⊥;(2)若AB CD,PD AD ⊥,PC =,且点C 到平面PAB AD 的长.∵PA PB =,APC BPC ∠=∠∴90PCA PCB ∠=∠=︒,即∵PC BC ⊥,AC BC = ∴PC ⊥平面ABCD ,又∵PA PB =,E 为AB 中点∴PE AB ⊥,由(1)知AC BC =,E 为∵PE CE E = ,,PE CE 30.(河南省部分重点中学2022-2023学年高三下学期2月开学联考文科数学试题)如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,5AB AC ==,16BB BC ==,D ,E 分别是1AA 和1B C 的中点.(1)求证:平面BED ⊥平面11BCC B ;(2)求三棱锥E BCD -的体积.。

四川省2021高考数学(文)专项练习试题 三角函数解三角形课外(文科)答案

四川省2021高考数学(文)专项练习试题 三角函数解三角形课外(文科)答案

高三后期课处专项训练 三解函数 解三角形1 时间:40分钟 1.若cos 22π2sin()4αα=--,则cos sin αα+的值为( )C (A )72-(B )12- (C )12(D )722.设函数()sin()cos()f x x x ωϕωϕ=+++(0,)2ωϕπ><的最小正周期为π,()()f x f x -=,则( )A(A )()y f x =在区间(0,)2π上单调递减(B )()y f x =在区间3(,)44ππ上单调递减(C )()y f x =在区间(0,)2π上单调递增(D )()y f x =在区间3(,)44ππ上单调递增3.设2()3sin cos cos f x m x x m x n =++(0m >)在区间[0,]4π上的值域为[1,2],则()f x 的单调递增区间为( )C (以下k ∈Z ) A.]43,4[ππππ+-k k B.]3,6[ππ- C. [,]36k k ππππ-+ D.]3,6[ππππ+-k k4.如图,从气球A 上测得正前方的河流的两岸B ,C 的俯角分别为67°,30°,此时气球的高是46m ,则河流的宽度BC 约等于_______m .60 (用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据:sin670.92︒≈,cos670.39︒≈,sin370.60︒≈,cos370.80︒≈,3 1.73≈)5.设ABC ∆的内角,,A B C 所对边的长分别为,,a b c .若2b c a +=,3sin 5sin ,A B =则角C =_________.2π36.设4()sin(2)cos(2),63g x x x x R ππ=+--∈(1)求函数()g x 的最小正周期及单减区间; (2)若将函数()g x 先左平移76π个单位,再将其纵坐标伸长到原来的2倍得到函数()f x ,当],83[λπ-∈x 时,()f x 的值域恰好为]4,22[-,求λ的取值范围;解:(1)由43(2)(2)632x x πππ++-=34()sin(2)cos((2))6232sin(2)6g x x x x ππππ=+---=+…3分2Tππω∴==………4分 由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈即2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈∴函数()g x 单减区间2,,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦………………………6分(2)由题意得()4cos 2f x x =……9分 即当3224x πλ-≤≤时,2cos 212x -≤≤ 当324x π=-和324x π=时,2cos 22x =-;20x =时,cos21x = 3024πλ∴≤≤…10分 故308πλ≤≤……12分 7.如图所示,游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径.一种是从A 沿直线步行到C ,另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ,然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山,甲沿AC 匀速步行,速度为50米/分钟.在甲动身2分钟后,乙从A 乘缆车到B ,在B 处停留1分钟后,再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130米/分钟,山路AC 长为1260米,经测量,12cos 13A =,3cos 5C =.(Ⅰ) 求索道AB 的长;(Ⅱ) 乙动身多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?(Ⅲ) 为使两位游客在C 处相互等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应把握在什么范围内? 7.(Ⅰ) 在△ABC 中,123cos ,cos 135A C ==, 0π,0π,0π,54sin ,sin .135A B C A C <<<<<<∴==+=πA B C +,()5312463sin =sin +=sin cos +cos sin =+=13513565B AC A C A C ∴⨯⨯. ==sin sin sin AC AB BCB C A∴, sin 465==1260=1040sin 563C AB AC B ∴⋅⨯⨯米.所以索道AB 的长为1040米. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 及已知有,sin ==500sin ABC AC B⋅米. 设乙动身(8)t t ≤分钟后,甲到了D 处,乙到了E 处, 则有=50+100AD t ,130AE t =.依据余弦定理2222cos DE AE AD AE AD A =+-⋅⋅, 即2274001400010000DE t t =-+.∴当14000352740037t ==⨯时,2DE 有最小值.故乙动身3537分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短.(Ⅲ) 设甲所用时间为t 1,乙所用时间为2t ,乙步行速度为v . 由题意1260126==505t 1分钟, 21040500500=2++1+=11+130t v v分钟, 所以,12650031135v ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭≤≤.解不等式得12506254314v ≤≤. 故为使两位旅客在C 处相互等待的大事不超过3分钟,乙步行的速度应把握在1250625[,]4314(单位:米/分钟)范围内.高三后期课外专项训练 三角函数 解三角形2 时间:40分钟 一.选择题:1.若△ABC 的对边分别为a 、b 、C 且1a =,45B ∠=,2ABC S =△,则b =(A)A.5B.25C.41D.522.在ABC ∆中,若222sin sin sin A B C ->,则ABC ∆的外形是 ( C ) A .锐角三角形B .直角三角形C .钝角三角形D .等腰直角三角形3.在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,若ABC ∆的面积为S ,且222()S a b c =+-, 则tan C 等于( C ) A.34B.43C. 43-D .34- 4.在ABC ∆中,80,100,45a b A ︒===,则此三角形解的状况是 ( B ) A.一解 B.两解 C.一解或两解 D.无解5.如图所示,为测一建筑物的高度,在地面上选取A,B 两点,从A,B 两点分别测得建筑物顶端的仰角为30°,45°,且A,B 两点间的距离为60m,则该建筑物的高度为 ( A )A.(30+30)m B.(30+15)m C.(15+30)m D.(15+15)m6.在ABC ∆中,04,30,AB BC ABC AD ==∠=是边BC 上的高,则AD AC ⋅的值等于( B )A .0B .4C .8D .4-二.填空题:7.在△ABC 中,已知AB →·AC →=tan A ,当A =π6时,△ABC 的面积为16.8.在ABC ∆中,角,,A B C 的对边分别为a b c ,,,若2,3b c ==,ABC ∆的面积为2,则sin A = 23.9.在ABC ∆中,若222,8AB AC BC =+=,则ABC ∆的面积的最大值为3 . 三.解答题:10. △ABC 中内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知a =b cos C +c sin B . (1)求B ;(2)若b =2,求△ABC 面积的最大值. 解 (1)由已知及正弦定理,得 sin A =sin B cos C +sin C sin B ,① 又A =π-(B +C ),故sin A =sin(B +C )=sin B cos C +cos B sin C .② 由①,②和C ∈(0,π)得sin B =cos B . 又B ∈(0,π),所以B =π4.(2)△ABC 的面积S =12ac sin B =24ac .由已知及余弦定理,得4=a 2+c 2-2ac cos π4.又a 2+c 2≥2ac ,故ac ≤42-2,当且仅当a =c 时,等号成立.因此△ABC 面积的最大值为2+1.备选题:1.在三角形ABC 中,内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ,若m =(b, 3cosB),n =(sinA, -a),且m ⊥n .(1)求角B 的大小;(2)若b=3,sinC=2sinA ,求△ABC 的面积. 解:(1)m =(b, 3cosB) n =(sinA, -a)且m ⊥n ∴b sinA -3a cosB=0 sinB ·sinA -3sinA cosB=0而sinA ≠0∴sinB -3cosB=0 tanB=3又0°<B <180° ∴B=60° (2)b 2=a 2+c 2-2ac cosB ,b=3∴a 2+c 2-ac=9 ………①又∵sinC=2sinA ∴c=2a………②由①②得a=3,c=23∴S △ABC =21·3·23·sin60°=233.2. 在ABC ∆中,角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ,角B 为锐角,且322sin =B (1)求B CA 2cos 2sin2++的值; (2)若2b =,求ac 的最大值。

历年(2020-2022)全国高考数学真题分类专项(文科版立体几何解答题)汇编(附答案)

历年(2020-2022)全国高考数学真题分类专项(文科版立体几何解答题)汇编(附答案)

历年(2020-2022)全国高考数学真题分类专项(文科版立体几何解答题)汇编1.【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面ABCD 是边长为8(单位:cm )的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA 均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直.(1)证明:EF//平面ABCD ;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).2.【2022年全国乙卷】如图,四面体ABCD 中,AD ⊥CD,AD CD,∠ADB ∠BDC ,E 为AC 的中点.(1)证明:平面BED ⊥平面ACD ;(2)设AB BD 2,∠ACB 60°,点F 在BD 上,当△AFC 的面积最小时,求三棱锥F ABC 的体积.3.【2021年甲卷文科】已知直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2AB BC ==,E ,F 分别为AC 和1CC 的中点,11BF A B ⊥.(1)求三棱锥F EBC -的体积;(2)已知D 为棱11A B 上的点,证明:BF DE ⊥.4.【2021年乙卷文科】如图,四棱锥P ABCD -的底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,M 为BC 的中点,且PB AM ⊥.(1)证明:平面PAM ⊥平面PBD ;(2)若1PD DC ==,求四棱锥P ABCD -的体积.5.【2020年新课标1卷文科】如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,ABC 是底面的内接正三角形,P 为DO 上一点,∠APC =90°.(1)证明:平面P AB ⊥平面P AC ;(2)设DO ,求三棱锥P −ABC 的体积.6.【2020年新课标2卷文科】如图,已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1的中点,P 为AM 上一点.过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F .(1)证明:AA 1//MN ,且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ;(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心,若AO =AB =6,AO //平面EB 1C 1F ,且∠MPN =π3,求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积. 7.【2020年新课标3卷文科】如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点E ,F 分别在棱1DD ,1BB 上,且12DE ED =,12BF FB =.证明:(1)当AB BC =时,EF AC ⊥; (2)点1C 在平面AEF 内.。

高三数学专项训练:立体几何解答题(文科)(一)

高三数学专项训练:立体几何解答题(文科)(一)
(Ⅰ)求证:BE⊥平面PAD;
(Ⅱ)求证:EF∥平面PAB;
21.
(本小题满分12分)如图,已知 平面 , 平面 , 为等边三角形, , 为 中点.
(1)求证: 平面 ;
(2)求证:平面 平面 ;
(3)求直线 与平面 所成角的正弦值.
22.如图,四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD﹦60°,E是CD中点,
(Ⅰ)求证: 平面 ;
(Ⅱ)求三棱锥 的体积.
11.如图,在三棱锥 中,侧面 与侧面 均为等边三角形, , 为 中点.
(Ⅰ)证明: 平面 ;
(Ⅱ)求异面直线BS与AC所成角的大小.
12.(本题满分12分)
如图,已知AB 平面ACD,DE∥AB,△ACD是正三角形, ,且F是CD的中点.
(Ⅰ)求证AF∥平面BCE;
(1)求证:B1C∥平面AC1M;
(2)求证:平面AC1M⊥平面AA1B1B.
44.(本小题满分12分)
如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形, BCD=60 ,E是CD的中点,PA 底面ABCD,PA=2。
(1)证明:平面PBE 平面PAB;
(2)求PC与平面PAB所成角的余弦值.
(Ⅰ)求证:EF//平面PAD;
(Ⅱ)求三棱锥C—PBD的体积。
15.右图为一组合体,其底面 为正方形, 平面 , ,且
(Ⅰ)求证: 平面 ;
(Ⅱ)求四棱锥 的体积;
(Ⅲ)求该组合体的表面积.
16.四棱锥 中,底面 为平行四边形,侧面 底面 , 为 的中点,已知 ,
(Ⅰ)求证: ;
(Ⅱ)在 上求一点 ,使 平面 ;
(Ⅲ)求三棱锥 的体积.
17.(本小题满分12分) 在三棱柱 中,底面是边长为 的正三角形,点 在底面 上的射影 恰是 中点.

导数(文科)解答题20题-备战高考数学冲刺横向强化精练精讲(解析版)

导数(文科)解答题20题-备战高考数学冲刺横向强化精练精讲(解析版)

1导数(文科)解答题20题1.(2021年北京市高考数学试题)已知函数()232xf x x a-=+. (1)若0a =,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若()f x 在1x =-处取得极值,求()f x 的单调区间,以及其最大值与最小值. 【答案】(1)450x y +-=;(2)函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞,单调递减区间为()1,4-,最大值为1,最小值为14-.【分析】(1)求出()1f 、()1f '的值,利用点斜式可得出所求切线的方程;(2)由()10f '-=可求得实数a 的值,然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值,由此可得出结果. 【详解】(1)当0a =时,()232xf x x -=,则()()323x f x x-'=,()11f ∴=,()14f '=-, 此时,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--,即450x y +-=;(2)因为()232x f x x a -=+,则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x x a x a -+----'==++, 由题意可得()()()224101a f a -'-==+,解得4a =,故()2324x f x x -=+,()()()()222144x x f x x +-'=+,列表如下:x (),1-∞-1-()1,4-4()4,+∞()f x ' +-+()f x增 极大值 减 极小值 增所以,函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞,单调递减区间为()1,4-. 当32x <时,()0f x >;当32x >时,()0f x <.所以,()()max 11f x f =-=,()()min 144f x f ==-.2.(2019年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅱ))已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.试卷第2页,共27页证明:(1)()f x 存在唯一的极值点;(2)()=0f x 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 【答案】(1)见详解;(2)见详解 【分析】(1)先对函数()f x 求导,根据导函数的单调性,得到存在唯一0x ,使得0()0f x '=,进而可得判断函数()f x 的单调性,即可确定其极值点个数,证明出结论成立;(2)先由(1)的结果,得到0()(1)20f x f <=-<,22()30f e e =->,得到()0f x =在0(,)x +∞内存在唯一实根,记作x α=,再求出1()0f α=,即可结合题意,说明结论成立. 【详解】(1)由题意可得,()f x 的定义域为(0,)+∞, 由()(1)ln 1f x x x x =---, 得11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-, 显然1()ln f x x x'=-单调递增;又(1)10f '=-<,1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>, 故存在唯一0x ,使得0()0f x '=;又当0x x >时,0()0f x '>,函数()f x 单调递增;当00x x <<时,0()0f x '<,函数()f x 单调递减;因此,()f x 存在唯一的极值点;(2)由(1)知,0()(1)2f x f <=-,又22()30f e e =->, 所以()0f x =在0(,)x +∞内存在唯一实根,记作x α=. 由01x α<<得011x α<<,又1111()()(1)ln 10f f αααααα=---==, 故1α是方程()0f x =在0(0,)x 内的唯一实根;综上,()=0f x 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 【点睛】本题主要考查导数的应用,通常需要对函数求导,用导数的方法研究函数的单调性、极值、以及函数零点的问题,属于常考题型.33.(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知函数32()1f x x x ax =-++. (1)讨论()f x 的单调性;(2)求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标. 【答案】(1)答案见解析;(2) 和()11a ---,. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式,然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性; (2)首先求得导数过坐标原点的切线方程,然后将原问题转化为方程求解的问题,据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得:()232f x x x a '=-+,导函数的判别式412a ∆=-,当14120,3a a ∆=-≤≥时,()()0,f x f x '≥在R 上单调递增,当时,的解为:12113113,33a ax x --+-==, 当113,3a x ⎛⎫--∈-∞ ⎪ ⎪⎝⎭时,单调递增;当113113,33a a x ⎛⎫--+-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时,单调递减;当113,3a x ⎛⎫+-∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时,单调递增;综上可得:当时,在R 上单调递增,当时,在113a ⎛---∞ ⎝⎭,113a⎫+-+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增,在113113a a ⎡⎢⎣-+-⎦-上单调递减. (2)由题意可得:()3200001f x x x ax =-++,()200032f x x x a '=-+, 则切线方程为:()()()322000000132y x x ax x x a x x --++=-+-, 切线过坐标原点,则:()()()32200000001320x x ax x x a x --++=-+-,试卷第4页,共27页整理可得:3200210x x --=,即:()()20001210x x x -++=,解得:,则,()0'()11f x f a '==+切线方程为:()1y a x =+, 与联立得321(1)x x ax a x -++=+,化简得3210x x x --+=,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根,()1x ∴-是321x x x --+的一个因式,∴该方程可以分解因式为()()2110,x x --=解得121,1x x ==-,()11f a -=--,综上,曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和()11a ---,. 【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题,和过曲线外一点所做曲线的切线问题,注意单调性研究中对导函数,要依据其零点的不同情况进行分类讨论;再求切线与函数曲线的公共点坐标时,要注意除了已经求出的切点,还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解,其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标,这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题,不必恐惧,一般都能容易找到其中一个根,然后在通过分解因式的方法求其余的根.4.(2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题(山东))已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+. (1)当a e =时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f (x )≥1,求a 的取值范围. 【答案】(1)21e -(2)[1,)+∞ 【分析】(1)先求导数,再根据导数几何意义得切线斜率,根据点斜式得切线方程,求出与坐标轴交点坐标,最后根据三角形面积公式得结果;(2)解法一:利用导数研究,得到函数()f x 得导函数()’f x 的单调递增,当a=1时由5()’10f =得()()11min f x f ==,符合题意;当a>1时,可证1()(1)0f f a''<,从而()'f x 存在零点00x >,使得01001()0x f x ae x -'=-=,得到min ()f x ,利用零点的条件,结合指数对数的运算化简后,利用基本不等式可以证得()1x ≥恒成立;当01a <<时,研究()f 1.即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.解法二:利用指数对数的运算可将()111lna x lnx f x elna x e lnx +-≥++-≥+转化为, 令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,注意到()g x 的单调性,进一步等价转化为1lna lnx x ≥-+,令()1h x lnx x =-+,利用导数求得()max h x ,进而根据不等式恒成立的意义得到关于a 的对数不等式,解得a 的取值范围. 【详解】 (1)()ln 1x f x e x =-+,1()x f x e x'∴=-,(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+,∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --, ∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--;(2)解法一:1()ln ln x f x ae x a -=-+, 11()x f x ae x-'∴=-,且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+> ∴g(x )在(0,)+∞上单调递增,即()f x '在(0,)+∞上单调递增, 当1a =时,()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时,11a < ,111a e -<∴,111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >,使得01001()0x f x ae x -'=-=,且当0(0,)x x ∈时()0f x '<,当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>,011x ae x -∴=,00ln 1ln a x x ∴+-=-, 因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+000011ln 1ln 2ln 122ln 1a x a a x a x x =++-+≥-+⋅=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立;试卷第6页,共27页当01a <<时, (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立. 综上所述,实数a 的取值范围是[1,+∞).解法二:()111x lna x f x ae lnx lna elnx lna -+-=-+=-+≥等价于 11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,显然()g x 为单调增函数,∴又等价于1lna x lnx +-≥,即1lna lnx x ≥-+, 令()1h x lnx x =-+,则()111x h x x x-=-=' 在()0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增;在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减, ∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥,即,∴a 的取值范围是[1,+∞).【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题,考查综合分析求解能力,分类讨论思想和等价转化思想,属较难试题.5.(2019年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅰ))已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x ,f′(x )为f (x )的导数.(1)证明:f′(x )在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x ∈[0,π]时,f (x )≥ax ,求a 的取值范围. 【答案】(1)见解析; (2)(],0a ∈-∞. 【分析】(1)求导得到导函数后,设为()g x 进行再次求导,可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '>,当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '<,从而得到()g x 单调性,由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置,证得结论;(2)构造函数()()h x f x ax =-,通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--,()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭;分别在2a ≤-,20a -<≤,202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性,从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】7(1)()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+-令()cos sin 1g x x x x =+-,则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时,令()0g x '=,解得:2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '>;当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '< ()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=,1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >,此时()g x 无零点,即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭ 0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x = 又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ,即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述:()f x '在区间()0,π存在唯一零点(2)若[]0,x π∈时,()f x ax ≥,即()0f x ax -≥恒成立 令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--,()()cos h x x x g x '''==由(1)可知,()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增;在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-,222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭,()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--,()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时,()()min 20h x h a π''==--≥,即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=,即()0f x ax -≥,此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时,()00h '≥,02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭,()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增,在(]1,x π上单调递减又()00h =,()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立,即()f x ax ≥恒成立试卷第8页,共27页③当202a π-<<时,()00h '<,2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭,使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减,在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时,()()00h x h <=,可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时,()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h x h可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述:(],0a ∈-∞ 【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题,通常采用构造函数的方式,将问题转变成函数最值与零之间的比较,进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性,从而得到最值.6.(2021年全国高考甲卷数学(文)试题)设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+,其中0a >. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()y f x =的图象与x 轴没有公共点,求a 的取值范围.【答案】(1)()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭;(2)1a e >.【分析】(1)求出函数的导数,讨论其符号后可得函数的单调性.(2)根据()10f >及(1)的单调性性可得()min 0f x >,从而可求a 的取值范围. 【详解】(1)函数的定义域为()0,∞+, 又()23(1)()ax ax f x x+-'=,因为0,0a x >>,故230ax +>,当10x a<<时,()0f x '<;当1x a >时,()0f x '>;所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.9(2)因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点,所以()y f x =的图象在x 轴的上方,由(1)中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭,故33ln 0a +>即1a e>.【点睛】方法点睛:不等式的恒成立问题,往往可转化为函数的最值的符号来讨论,也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题,转化中注意等价转化.7.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ))已知函数32()f x x kx k =-+. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有三个零点,求k 的取值范围. 【答案】(1)详见解析;(2)4(0,)27. 【分析】(1)'2()3f x x k =-,对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可; (2)()f x 有三个零点,由(1)知0k >,且()03(03kf kf ⎧->⎪⎪⎨⎪<⎪⎩,解不等式组得到k 的范围,再利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1)由题,'2()3f x x k =-,当0k ≤时,'()0f x ≥恒成立,所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增; 当0k >时,令'()0f x =,得3k x =±'()0f x <,得33kkx < 令'()0f x >,得3kx <-3kx >()f x 在(,)33k k -上单调递减,在 (,3k-∞-,(,)3k +∞上单调递增.(2)由(1)知,()f x 有三个零点,则0k >,且(03()03kf kf ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩试卷第10页,共27页即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩,解得4027k <<, 当4027k <<>20f k =>, 所以()f x在上有唯一一个零点,同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<, 所以()f x在(1,k --上有唯一一个零点,又()f x在(上有唯一一个零点,所以()f x 有三个零点, 综上可知k 的取值范围为4(0,)27. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题,考查学生逻辑推理能力、数学运算能力,是一道中档题.8.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅱ))已知函数f (x )=2ln x +1. (1)若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围; (2)设a >0时,讨论函数g (x )=()()f x f a x a--的单调性.【答案】(1)1c ≥-;(2)()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减,没有递增区间 【分析】(1)不等式()2f x x c ≤+转化为()20f x x c --≤,构造新函数,利用导数求出新函数的最大值,进而进行求解即可;(2)对函数()g x 求导,把导函数()'g x 的分子构成一个新函数 ()m x ,再求导得到()m x ',根据()m x '的正负,判断 ()m x 的单调性,进而确定()'g x 的正负性,最后求出函数()g x 的单调性. 【详解】(1)函数()f x 的定义域为:(0,)+∞()2()202ln 120()f x x c f x x c x x c ≤+⇒--≤⇒+--≤*,设()2ln 12(0)h x x x c x =+-->,则有 22(1)()2x h x x x-'=-=, 当1x >时,()0,()h x h x '<单调递减, 当01x <<时,()0,()h x h x '>单调递增,所以当1x =时,函数()h x 有最大值, 即max ()(1)2ln11211h x h c c ==+-⨯-=--, 要想不等式()*在(0,)+∞上恒成立, 只需max ()0101h x c c ≤⇒--≤⇒≥-; (2)()()()2ln 12ln 12ln ln (0x a x a g x x x a x a+-+-==>--且 )x a ≠因此22(ln ln )()()x a x x x a g x x x a --+'=-,设 ()2(ln ln )m x x a x x x a =--+,则有()2(ln ln )m x a x '=-,当x a >时,ln ln x a >,所以()0m x '<, ()m x 单调递减,因此有()()0m x m a <=,即 ()0g x '<,所以()g x 单调递减;当0x a <<时,ln ln x a <,所以()0m x '>, ()m x 单调递增,因此有()()0m x m a <=,即 ()0g x '<,所以()g x 单调递减,所以函数()g x 在区间(0,)a 和 (,)a +∞上单调递减,没有递增区间. 【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题,以及利用导数判断含参函数的单调性,考查了数学运算能力,是中档题.9.(2020年北京市高考数学试卷)已知函数2()12f x x =-. (Ⅰ)求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程;(Ⅱ)设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ,求()S t 的最小值.【答案】(Ⅰ)2130x y +-=,(Ⅱ)32. 【分析】(Ⅰ)根据导数的几何意义可得切点的坐标,然后由点斜式可得结果;(Ⅱ)根据导数的几何意义求出切线方程,再得到切线在坐标轴上的截距,进一步得到三角形的面积,最后利用导数可求得最值. 【详解】(Ⅰ)因为()212f x x =-,所以()2f x x '=-,设切点为()00,12x x -,则022x -=-,即01x =,所以切点为()1,11, 由点斜式可得切线方程为:()1121y x -=--,即2130x y +-=. (Ⅱ)显然0t ≠,因为()y f x =在点()2,12t t -处的切线方程为:()()2122y t t x t --=--, 令0x =,得212y t =+,令0y =,得2122t x t+=,所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅,不妨设0t >(0t <时,结果一样), 则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++, 所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t -+-++==,由()0S t '>,得2t >,由()0S t '<,得02t <<, 所以()S t 在()0,2上递减,在()2,+∞上递增, 所以2t =时,()S t 取得极小值, 也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程,考查了利用导数求函数的最值,属于中档题.10.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅰ))已知函数()(2)x f x e a x =-+. (1)当1a =时,讨论()f x 的单调性; (2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.【答案】(1)()f x 的减区间为(,0)-∞,增区间为(0,)+∞;(2)1(,)e+∞.【分析】(1)将1a =代入函数解析式,对函数求导,分别令导数大于零和小于零,求得函数的单调增区间和减区间;(2)若()f x 有两个零点,即(2)0x e a x -+=有两个解,将其转化为2xe a x =+有两个解,令()(2)2xe h x x x =≠-+,求导研究函数图象的走向,从而求得结果. 【详解】(1)当1a =时,()(2)x f x e x =-+,'()1x f x e =-, 令'()0f x <,解得0x <,令'()0f x >,解得0x >, 所以()f x 的减区间为(,0)-∞,增区间为(0,)+∞;(2)若()f x 有两个零点,即(2)0x e a x -+=有两个解, 从方程可知,2x =-不成立,即2xe a x =+有两个解,令()(2)2x e h x x x =≠-+,则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++, 令'()0h x >,解得1x >-,令'()0h x <,解得2x <-或21x -<<-, 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减,在(1,)-+∞上单调递增, 且当2x <-时,()0h x <,而2x +→-时,()h x →+∞,当x →+∞时,()h x →+∞, 所以当2xe a x =+有两个解时,有1(1)a h e >-=,所以满足条件的a 的取值范围是:1(,)e+∞. 【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题,涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性,根据零点个数求参数的取值范围,在解题的过程中,也可以利用数形结合,将问题转化为曲线x y e =和直线(2)y a x =+有两个交点,利用过点(2,0)-的曲线x y e =的切线斜率,结合图形求得结果.11.(2019年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ))已知函数32()22f x x ax =-+. (1)讨论()f x 的单调性;(2)当0<<3a 时,记()f x 在区间[]0,1的最大值为M ,最小值为m ,求M m -的取值范围.【答案】(1)见详解;(2) 8[,2)27. 【分析】(1)先求()f x 的导数,再根据a 的范围分情况讨论函数单调性;(2) 讨论a 的范围,利用函数单调性进行最大值和最小值的判断,最终求得M m -的取值范围. 【详解】(1)对32()22f x x ax =-+求导得2'()626()3af x x ax x x =-=-.所以有当0a <时,(,)3a -∞区间上单调递增,(,0)3a区间上单调递减,(0,)+∞区间上单调递增;当0a =时,(,)-∞+∞区间上单调递增;当0a >时,(,0)-∞区间上单调递增,(0,)3a 区间上单调递减,(,)3a+∞区间上单调递增.(2)若02a <≤,()f x 在区间(0,)3a 单调递减,在区间(,1)3a单调递增,所以区间[0,1]上最小值为()3af .而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≥,故所以区间[0,1]上最大值为(1)f .所以332(1)()(4)[2()()2]233327a a a a M m f f a a a -=-=---+=-+,设函数3()227x g x x =-+,求导2'()19x g x =-当02x <≤时)'(0g x <从而()g x 单调递减.而02a <≤,所以38222727a a ≤-+<.即M m -的取值范围是8[,2)27.若23a <<,()f x 在区间(0,)3a 单调递减,在区间(,1)3a单调递增,所以区间[0,1]上最小值为()3af 而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≤,故所以区间[0,1]上最大值为(0)f .所以332(0)()2[2()()2]33327a a a a M m f f a -=-=--+=,而23a <<,所以3812727a <<.即M m -的取值范围是8(,1)27.综上得M m -的取值范围是8[,2)27. 【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题,题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性,最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大,由计算量补充. 12.(2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版)已知函数()21xax x f x e +-=.(1)求曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程; (2)证明:当1a ≥时,()0f x e +≥.【答案】(1)切线方程是210x y --=(2)证明见解析 【分析】(1)求导,由导数的几何意义求出切线方程.(2)当a 1≥时,()12f x e 1x x e x x e +-+≥++-(),令12gx 1x e x x +=++-,只需证明gx 0≥即可. 【详解】 (1)()()2212xax a x f x e-++'-=,()02f '=.因此曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程是210x y --=.(2)当1a ≥时,()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+.令()211x g x x x e +=+-+,则()121x g x x e +=++',()120x g x e +''=+>当1x <-时,()()10g x g '-'<=,()g x 单调递减;当1x >-时,()()10g x g '-'>=,()g x 单调递增;所以()g x ()1=0g ≥-.因此()0f x e +≥. 【点睛】本题考查函数与导数的综合应用,由导数的几何意义可求出切线方程,第二问构造12g(x)1x e x x +=++-很关键,本题有难度.13.(2018年全国普通高等学校招生统一考试文数(全国卷II ))已知函数()()32113f x x a x x =-++. (1)若3a =,求()f x 的单调区间; (2)证明:()f x 只有一个零点.【答案】(1)f (x )在(–∞,323-,(33++∞)单调递增,在(323-33+单调递减. (2)见解析. 【详解】分析:(1)将3a =代入,求导得2()63f x x x '=--,令()0f x '>求得增区间,令()0f x '<求得减区间;(2)令321()(1)03f x x a x x =-++=,即32301x a x x -=++,则将问题转化为函数32()31x g x a x x =-++只有一个零点问题,研究函数()g x 单调性可得. 详解:(1)当a =3时,f (x )=3213333x x x ---,f ′(x )=263x x --.令f ′(x )=0解得x =33-x =323+当x ∈(–∞,33-∪(323++∞)时,f ′(x )>0; 当x ∈(323-33+ f ′(x )<0.故f (x )在(–∞,33-,(323++∞)单调递增,在(323-33+递减.(2)由于210x x ++>,所以()0f x =等价于32301x a x x -=++. 设()g x =3231xa x x -++,则g ′(x )=()()2222231x x x x x ++++≥0,仅当x =0时g ′(x )=0,所以g(x )在(–∞,+∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点,从而f (x )至多有一个零点.又f (3a –1)=221116260366a a a ⎛⎫-+-=---< ⎪⎝⎭,f (3a +1)=103>,故f (x )有一个零点.综上,f (x )只有一个零点.点睛:(1)用导数求函数单调区间的步骤如下:①确定函数()f x 的定义域;②求导数()'f x ;③由()0f x '>(或()0f x '<)解出相应的x 的取值范围,当()0f x '>时,()f x 在相应区间上是增函数;当()0f x '<时,()f x 在相应区间上是减增函数.(2)本题第二问重在考查零点存在性问题,解题的关键在于将问题转化为求证函数()g x 有唯一零点,可先证明其单调,再结合零点存在性定理进行论证.14.(2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标I 卷))(2018年新课标I 卷文)已知函数()e 1xf x a lnx =--.(1)设2x =是()f x 的极值点.求a ,并求()f x 的单调区间; (2)证明:当1ea ≥时,()0f x ≥.【答案】(1) a =212e ;f (x )在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)证明见解析. 【详解】分析:(1)先确定函数的定义域,对函数求导,利用f ′(2)=0,求得a =212e ,从而确定出函数的解析式,之后观察导函数的解析式,结合极值点的位置,从而得到函数的增区间和减区间;(2)结合指数函数的值域,可以确定当a ≥1e 时,f (x )≥e ln 1exx --,之后构造新函数g(x )=e ln 1exx --,利用导数研究函数的单调性,从而求得g (x )≥g (1)=0,利用不等式的传递性,证得结果.详解:(1)f (x )的定义域为()0+∞,,f ′(x )=a e x –1x. 由题设知,f ′(2)=0,所以a =212e . 从而f (x )=21e ln 12e x x --,f ′(x )=211e 2e x x-. 当0<x <2时,f ′(x )<0;当x >2时,f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. (2)当a ≥1e 时,f (x )≥e ln 1exx --.设g (x )=e ln 1e x x --,则()e 1'e x g x x=-.当0<x <1时,g′(x )<0;当x >1时,g′(x )>0.所以x =1是g (x )的最小值点. 故当x >0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当1a e≥时,()0f x ≥.点睛:该题考查的是有关导数的应用问题,涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题,在解题的过程中,首先要保证函数的生存权,先确定函数的定义域,之后根据导数与极值的关系求得参数值,之后利用极值的特点,确定出函数的单调区间,第二问在求解的时候构造新函数,应用不等式的传递性证得结果.15.(2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(北京卷))设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++.(Ⅰ)若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0,求a ; (Ⅱ)若()f x 在1x =处取得极小值,求a 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)12 (Ⅱ)(1,)+∞ 【详解】分析:(1)求导()'f x ,构建等量关系(2)0k f ='=,解方程可得参数a 的值;(2)对a 分1a >及1a ≤两种情况进行分类讨论,通过研究()'f x 的变化情况可得()f x 取得极值的可能,进而可求参数a 的取值范围. 详解:解:(Ⅰ)因为()()23132e x f x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦, 所以()()211e xf x ax a x ⎡⎤=-++⎣⎦'.()()2221e f a -'=,由题设知()20f '=,即()221e 0a -=,解得12a =. (Ⅱ)方法一:由(Ⅰ)得()()()()211e 11e x xf x ax a x ax x ⎡⎤=-++=--⎣⎦'. 若a >1,则当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<;当()1,x ∈+∞时,()0f x '>.所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤,则当()0,1x ∈时,110ax x -≤-<, 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知,a 的取值范围是()1,+∞.方法二:()()()11e xf x ax x =--'.(1)当a =0时,令()0f x '=得x =1.()(),f x f x '随x 的变化情况如下表:∴()f x 在x =1处取得极大值,不合题意. (2)当a >0时,令()0f x '=得121,1x x a==. ①当12x x =,即a =1时,()()21e 0x f x x '=-≥, ∴()f x 在R 上单调递增, ∴()f x 无极值,不合题意.②当12x x >,即0<a <1时,()(),f x f x '随x 的变化情况如下表:∴()f x 在x =1处取得极大值,不合题意.③当12x x <,即a >1时,()(),f x f x '随x 的变化情况如下表:x1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ 1a 1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1()1,+∞()f x ' + 0 − 0+()f x↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗∴()f x 在x =1处取得极小值,即a >1满足题意. (3)当a <0时,令()0f x '=得121,1x x a==. ()(),f x f x '随x 的变化情况如下表:x1,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ 1a 1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1()1,+∞()f x ' − 0 + 0−()f x↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘∴()f x 在x =1处取得极大值,不合题意. 综上所述,a 的取值范围为()1,+∞.点睛:导数类问题是高考数学中的必考题,也是压轴题,主要考查的形式有以下四个:①考查导数的几何意义,涉及求曲线切线方程的问题;②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题;③利用导数求函数的极值最值问题;④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意的有以下两个方面:①在求切线方程问题时,注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同;②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想,要做到不重不漏;③不等式的恒成立问题属于高考中的难点,要注意问题转换的等价性.16.(2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标3卷精编版))已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++. (1)讨论()f x 的单调性; (2)当0a <时,证明3()24f x a≤--. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【分析】(1)先求函数导数(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>,再根据导函数符号的变化情况讨论单调性:当0a ≥时,'()0f x >,则()f x 在(0,)+∞单调递增;当0a <时,()f x 在1(0,)2a-单调递增,在1(,)2a-+∞单调递减. (2)证明3()24f x a≤--,即证max 3()24f x a ≤--,而max 1()()2f x f a =-,所以需证11ln()1022a a-++≤,设g (x )=ln x -x +1 ,利用导数易得max ()(1)0g x g ==,即得证. 【详解】(1)()f x 的定义域为(0,+∞),()()‘1211)22(1x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时,’)(0f x >,故f (x )在(0,+∞)单调递增. 若a <0,则当10,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()0f x '>时;当x ∈1()2a ∞-+,时,’)(0f x <. 故f (x )在’)(0f x >单调递增,在1()2a∞-+,单调递减. (2)由(1)知,当a <0时,f (x )在12x a=-取得最大值,最大值为111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--,即11ln()1022a a-++≤. 设g (x )=ln x -x +1,则’1(1)g x x=-. 当x ∈(0,1)时,()0g x '>;当x ∈(1,+∞)时,()0g x '<.所以g (x )在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0.所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,11ln()1022a a-++≤,即3()24f x a ≤--.【点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略:(1)构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式. (2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.17.(2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标2卷精编版))设函数2()(1)x f x x e =-.(I )讨论函数()f x 的单调性;(II )当0x ≥时,()1f x ax ≤+,求实数a 的取值范围.【答案】(I )函数()f x 在(,1)-∞和1,+)∞上单调递减,在(1)上21单调递增. (II )[1,)+∞. 【详解】试题分析:(1)先求函数导数,再求导函数零点,列表分析导函数符号确定单调区间;(2)对a 分类讨论,当a ≥1时,()()()11e 11x f x x x x ax =-+≤+≤+,满足条件;当0a ≤时,取()()()200000511111x f x x x ax -=>-+=>+,当0<a <1时,取0541a x --=()()()20000111f x x x ax >-+>+. 试题解析: 解(1)f ’(x )=(1-2x -x 2)e x令f’(x )=0得x 2,x 2当x ∈(-∞,2时,f’(x )<0;当x ∈(22时,f’(x )>0;当x ∈(2+∞)时,f’(x )<0所以f (x )在(-∞,2),(2+∞)单调递减,在(2,2 (2) f (x )=(1+x )(1-x )e x当a ≥1时,设函数h (x )=(1-x )e x ,h ’(x )= -xe x <0(x >0),因此h (x )在[0,+∞)单调递减,而h (0)=1,故h (x )≤1,所以f (x )=(x +1)h (x )≤x +1≤ax +1当0<a <1时,设函数g (x )=e x -x -1,g ’(x )=e x -1>0(x >0),所以g (x )在在[0,+∞)单调递增,而g (0)=0,故e x ≥x +1当0<x <1,()()()211f x x x >-+,()()()221111x x ax x a x x -+--=---,取0541a x --=则()()()()20000000,1,110,1x x x ax f x ax ∈-+-=>+ 当 ()()0000051011211a x f x x x ax -≤=>-+=>+时,取() 综上,a 的取值范围[1,+∞)点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.18.(2020年天津市高考数学试卷)已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈,()'f x 为()f x 的导函数.(Ⅰ)当6k =时,试卷第22页,共27页(i )求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程;(ii )求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值;(Ⅱ)当3k -时,求证:对任意的12,[1,)x x ∈+∞,且12x x >,有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.【答案】(Ⅰ)(i )98y x =-;(ii )()g x 的极小值为(1)1g =,无极大值;(Ⅱ)证明见解析. 【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式,然后结合导数的几何意义求解切线方程即可; (ii)首先求得()g x '的解析式,然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可;(Ⅱ)首先确定导函数的解析式,然后令12x t x =,将原问题转化为与t 有关的函数,然后构造新函数,利用新函数的性质即可证得题中的结论. 【详解】(Ⅰ) (i) 当k =6时,()36ln f x x x =+,()26'3f x x x=+.可得()11f =,()'19f =, 所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-,即98y x =-. (ii) 依题意,()()32336ln ,0,g x x x x x x=-++∈+∞.从而可得()2263'36g x x x x x =-+-, 整理可得:323(1)(1)()x x g x x '-+=,令()'0g x =,解得1x =.当x 变化时,()()',g x g x 的变化情况如下表:所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);23g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(Ⅱ)证明:由3()ln f x x k x =+,得2()3k f x x x'=+.对任意的12,[1,)x x ∈+∞,且12x x >,令12(1)x t t x =>,则()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x=--∈+∞.当x >1时,22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭,由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增,所以当t >1时,()()1h t h >,即12ln 0t t t-->.因为21x ≥,323331(1)0t t t t -+-=->,3k ≥-, 所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t tt t t t t t ⎛⎫⎛⎫-+-+------- ⎪+ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ②由(Ⅰ)(ii)可知,当1t >时,()()1g t g >,即32336ln 1t t t t-++>,故32336ln 10t t t t-++-> ③由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->.所以,当3k ≥-时,任意的[)12,1,x x ∈+∞,且12x x >,有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题.试卷第24页,共27页(4)考查数形结合思想的应用.19.(2019年天津市高考数学试卷(文科))设函数()ln (1)x f x x a x e =--,其中a R ∈. (Ⅰ)若0a ≤,讨论()f x 的单调性; (Ⅱ)若10a e<<, (i )证明()f x 恰有两个零点(ii )设0x 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10x x >,证明0132x x ->. 【答案】(I )()f x 在(0,)+∞内单调递增.; (II )(i )见解析;(ii )见解析. 【分析】(I );首先写出函数的定义域,对函数求导,判断导数在对应区间上的符号,从而得到结果;(II )(i )对函数求导,确定函数的单调性,求得极值的符号,从而确定出函数的零点个数,得到结果;(ii )首先根据题意,列出方程组,借助于中介函数,证得结果. 【详解】(I )解:由已知,()f x 的定义域为(0,)+∞, 且211'()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-=-+-=,因此当0a ≤时,210x ax e ->,从而'()0f x >, 所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.(II )证明:(i )由(I )知,21'()xax e f x x-=,令2()1x g x ax e =-,由10a e<<,可知()g x 在(0,)+∞内单调递减,又(1)10g ae =->,且221111(ln )1(ln )1(ln )0g a a a a a=-=-<,故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解,从而'()0f x =在(0,)+∞内有唯一解,不妨设为0x , 则011lnx a <<,当0(0,)x x ∈时,0()()'()0g x g x f x x x=>=, 所以()f x 在0(0,)x 内单调递增; 当0(,)x x ∈+∞时,0()()'()0g x g x f x x x=<=, 所以()f x 在0(,)x +∞内单调递减,25因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+,则当1x >时,1()10h'x x=-<,故()h x 在(1,)+∞内单调递减, 从而当1x >时,()(1)0h x h <=,所以ln 1x x <-,从而1ln 111111(ln )ln ln (ln 1)ln ln ln 1(ln )0a f a e h a a aa a a a=--=-+=<,又因为0()(1)0f x f >=,所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点,又()f x 在0(0,)x 内有唯一零点1,从而,()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.(ii )由题意,01'()0()0f x f x =⎧⎨=⎩,即0120111ln (1)x x ax e x a x e ⎧=⎨=-⎩, 从而1011201ln x x x x e x --=,即102011ln 1x x x x e x -=-,因为当1x >时,ln 1x x <-,又101x x >>,故10220101(1)1x x x x ex x --<=-,两边取对数,得120ln ln x x e x -<,于是10002ln 2(1)x x x x -<<-,整理得0132x x ->, 【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法,考查函数思想、化归与转化思想,考查综合分析问题和解决问题的能力. 20.(2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题)已知函数()()1ln f x x x =-. (1)讨论()f x 的单调性;(2)设a ,b 为两个不相等的正数,且ln ln b a a b a b -=-,证明:112e a b<+<. 【答案】(1)()f x 的递增区间为()0,1,递减区间为()1,+∞;(2)证明见解析. 【分析】(1)求出函数的导数,判断其符号可得函数的单调区间; (2)设1211,x x a b==,原不等式等价于122x x e <+<,前者可构建新函数,利用极值点偏移可证,后者可设21x tx =,从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题,利用导数可证明该结论成立. 【详解】(1)函数的定义域为()0,∞+,。

圆锥曲线(文科)解答题20题-备战高考数学冲刺横向强化精练精讲(解析版)

圆锥曲线(文科)解答题20题-备战高考数学冲刺横向强化精练精讲(解析版)

圆锥曲线(文科)解答题20题1.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅱ))已知椭圆C 1:22221x y a b+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合,C 1的中心与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ,B 两点,交C 2于C ,D 两点,且|CD |=43|AB |.(1)求C 1的离心率;(2)若C 1的四个顶点到C 2的准线距离之和为12,求C 1与C 2的标准方程.【答案】(1)12;(2)1C :2211612x y+=,2C : 28y x =.【分析】(1)根据题意求出2C 的方程,结合椭圆和抛物线的对称性不妨设,A C 在第一象限,运用代入法求出,,,A B C D 点的纵坐标,根据4||||3CD AB =,结合椭圆离心率的公式进行求解即可;(2)由(1)可以得到椭圆的标准方程,确定椭圆的四个顶点坐标,再确定抛物线的准线方程,最后结合已知进行求解即可; 【详解】解:(1)因为椭圆1C 的右焦点坐标为:(c,0)F ,所以抛物线2C 的方程为24y cx =,其中22c a b -不妨设,A C 在第一象限,因为椭圆1C 的方程为:22221x ya b+=,所以当x c =时,有222221c y b y a b a +=⇒=±,因此,A B 的纵坐标分别为2b a ,2b a-;又因为抛物线2C 的方程为24y cx =,所以当x c =时,有242y c c y c =⋅⇒=±, 所以,C D 的纵坐标分别为2c ,2c -,故22||b AB a=,||4CD c =.由4||||3CD AB =得2843b c a=,即2322()c c a a ⋅=-,解得2c a =-(舍去),12c a =.所以1C 的离心率为12.(2)由(1)知2a c =,3b c =,故22122:143x y C c c+=,所以1C 的四个顶点坐标分别为(2,0)c ,(2,0)c -,3)c ,(0,3)c ,2C 的准线为x c =-. 由已知得312c c c c +++=,即2c =. 所以1C 的标准方程为2211612x y +=,2C 的标准方程为28y x =.【点睛】本题考查了求椭圆的离心率,考查了求椭圆和抛物线的标准方程,考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程,考查了数学运算能力.2.(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 到准线的距离为2. (1)求C 的方程;(2)已知O 为坐标原点,点P 在C 上,点Q 满足9PQ QF =,求直线OQ 斜率的最大值.【答案】(1)24y x =;(2)最大值为13.【分析】(1)由抛物线焦点与准线的距离即可得解;(2)设()00,Q x y ,由平面向量的知识可得()00109,10P x y -,进而可得20025910y x +=,再由斜率公式及基本不等式即可得解. 【详解】(1)抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭,准线方程为2p x =-,由题意,该抛物线焦点到准线的距离为222p p p ⎛⎫--== ⎪⎝⎭,所以该抛物线的方程为24y x =;(2)设()00,Q x y ,则()00999,9PQ QF x y ==--, 所以()00109,10P x y -,由P 在抛物线上可得()()200104109y x =-,即20025910y x +=,所以直线OQ 的斜率000220001025925910OQ y y y k y x y ===++, 当00y =时,0OQ k =; 当00y ≠时,0010925OQ k y y =+, 当00y >时,因为0092530y y +≥, 此时103OQk <≤,当且仅当00925y y =,即035y =时,等号成立;当00y <时,0OQ k <;综上,直线OQ 的斜率的最大值为13.【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是利用平面向量的知识求得点Q 坐标的关系,在求斜率的最值时要注意对0y 取值范围的讨论.3.(2021年全国高考甲卷数学(理)试题)抛物线C 的顶点为坐标原点O .焦点在x 轴上,直线l :1x =交C 于P ,Q 两点,且OP OQ ⊥.已知点()2,0M ,且M 与l 相切.(1)求C ,M 的方程;(2)设123,,A A A 是C 上的三个点,直线12A A ,13A A 均与M 相切.判断直线23A A 与M 的位置关系,并说明理由.【答案】(1)抛物线2:C y x =,M 方程为22(2)1x y -+=;(2)相切,理由见解析 【分析】(1)根据已知抛物线与1x =相交,可得出抛物线开口向右,设出标准方程,再利用对称性设出,P Q 坐标,由OP OQ ⊥,即可求出p ;由圆M 与直线1x =相切,求出半径,即可得出结论;(2)先考虑12A A 斜率不存在,根据对称性,即可得出结论;若121323,,A A A A A A 斜率存在,由123,,A A A 三点在抛物线上,将直线121223,,A A A A A A 斜率分别用纵坐标表示,再由1212,A A A A 与圆M 相切,得出2323,y y y y +⋅与1y 的关系,最后求出M 点到直线23A A 的距离,即可得出结论. 【详解】(1)依题意设抛物线200:2(0),(1,),(1,)C y px p P y Q y =>-,20,1120,21OP OQ OP OQ y p p ⊥∴⋅=-=-=∴=,所以抛物线C 的方程为2y x =,(0,2),M M 与1x =相切,所以半径为1,所以M 的方程为22(2)1x y -+=;(2)设111222333(),(,),(,)A x y A x y A x y若12A A 斜率不存在,则12A A 方程为1x =或3x =, 若12A A 方程为1x =,根据对称性不妨设1(1,1)A , 则过1A 与圆M 相切的另一条直线方程为1y =,此时该直线与抛物线只有一个交点,即不存在3A ,不合题意; 若12A A 方程为3x =,根据对称性不妨设12(3,A A 则过1A 与圆M 相切的直线13A A为3)y x -,又131********A A y y k y x x y y -====∴=-+, 330,(0,0)x A =,此时直线1323,A A A A 关于x 轴对称,所以直线23A A 与圆M 相切; 若直线121323,,A A A A A A 斜率均存在, 则121323121323111,,A A A A A A k k k y y y y y y ===+++, 所以直线12A A 方程为()11121y y x x y y -=-+, 整理得1212()0x y y y y y -++=,同理直线13A A 的方程为1313()0x y y y y y -++=, 直线23A A 的方程为2323()0x y y y y y -++=, 12A A 与圆M相切,1=整理得22212121(1)230y y y y y -++-=,13A A 与圆M 相切,同理22213131(1)230y y y y y -++-=所以23,y y 为方程222111(1)230y y y y y -++-=的两根,2112323221123,11y y y y y y y y -+=-⋅=--,M 到直线23A A 的距离为:21223122123213|2|21()1()1y y y y y -+=+++--22112222111111(1)4y y y y +===+-+,所以直线23A A 与圆M 相切;综上若直线1213,A A A A 与圆M 相切,则直线23A A 与圆M 相切. 【点睛】关键点点睛:(1)过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标(或横坐标)表示,将问题转化为只与纵坐标(或横坐标)有关;(2)要充分利用1213,A A A A 的对称性,抽象出2323,y y y y +⋅与1y 关系,把23,y y 的关系转化为用1y 表示.4.(2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ))已知曲线C :y =22x ,D 为直线y =12-上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A ,B .(1)证明:直线AB 过定点: (2)若以E (0,52)为圆心的圆与直线AB 相切,且切点为线段AB 的中点,求四边形ADBE 的面积.【答案】(1)见详解;(2) 3或2【分析】(1)可设11(,)A x y ,22(,)B x y ,1(,)2D t -然后求出A ,B 两点处的切线方程,比如AD :1111()2y x x t +=-,又因为BD 也有类似的形式,从而求出带参数直线AB 方程,最后求出它所过的定点.(2)由(1)得带参数的直线AB 方程和抛物线方程联立,再通过M 为线段AB 的中点,EM AB ⊥得出t 的值,从而求出M 坐标和EM 的值,12,d d 分别为点,D E 到直线AB 的距离,则21221,1d t d t =+=+.【详解】(1)证明:设1(,)2D t -,11(,)A x y ,则21112y x =.又因为212y x =,所以y'x =.则切线DA 的斜率为1x ,故1111()2y x x t +=-,整理得112210tx y -+=. 设22(,)B x y ,同理得222210tx y -+=.11(,)A x y ,22(,)B x y 都满足直线方程2210tx y -+=.于是直线2210tx y -+=过点,A B ,而两个不同的点确定一条直线,所以直线AB 方程为2210tx y -+=.即2(21)0tx y +-+=,当20,210x y =-+=时等式恒成立.所以直线AB 恒过定点1(0,)2.(2)由(1)得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,可得2210x tx --=, 于是2121212122,1,()121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+212|||2(1)AB x x t =-=+.设12,d d 分别为点,D E 到直线AB的距离,则12d d ==因此,四边形ADBE 的面积()(2121||32S AB d d t =+=+设M 为线段AB 的中点,则21,2M t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭,由于EM AB ⊥,而()2,2EM t t =-,AB 与向量(1,)t 平行,所以()220t t t +-=,解得0=t 或1t =±.当0=t 时,3S =;当1t =±时S =因此,四边形ADBE 的面积为3或【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型,属于常规题型,按部就班的求解就可以.思路较为清晰,但计算量不小.5.(2019年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅱ))已知12,F F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点,P 为C 上一点,O 为坐标原点. (1)若2POF 为等边三角形,求C 的离心率;(2)如果存在点P ,使得12PF PF ⊥,且12F PF △的面积等于16,求b 的值和a 的取值范围.【答案】(1) 31e =;(2)4b =,a 的取值范围为[42,)+∞. 【分析】(1)先连结1PF ,由2POF 为等边三角形,得到1290F PF ∠=,2PF c =,13PF c =;再由椭圆定义,即可求出结果;(2)先由题意得到,满足条件的点(,)P x y 存在,当且仅当12162y c ⋅=,1y yx c x c⋅=-+-,22221x y a b +=,根据三个式子联立,结合题中条件,即可求出结果. 【详解】(1)连结1PF ,由2POF 为等边三角形可知:在12F PF △中,1290F PF ∠=,2PF c =,13PF c ,于是1223a PF PF c c =+=, 故椭圆C 的离心率为3113c e a ===+; (2)由题意可知,满足条件的点(,)P x y 存在,当且仅当12162y c ⋅=,1y y x c x c⋅=-+-,22221x y a b +=, 即16c y = ① 222x y c += ②22221x y a b += ③ 由②③以及222a b c =+得422b y c =,又由①知22216y c=,故4b =;由②③得22222()a x c b c=-,所以22c b ≥,从而2222232a b c b =+≥=,故42a ≥当4b =,42a ≥P . 故4b =,a 的取值范围为[42,)+∞. 【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率,以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题,熟记椭圆的简单性质即可求解,考查计算能力,属于中档试题.6.(2019年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅰ))已知点A ,B 关于坐标原点O 对称,│AB │ =4,⊙M 过点A ,B 且与直线x +2=0相切.(1)若A 在直线x +y =0上,求⊙M 的半径.(2)是否存在定点P ,使得当A 运动时,│MA │-│MP │为定值?并说明理由.【答案】(1)2或6; (2)见解析. 【分析】(1)设(),A t t -,(),B t t -,根据AB 4=,可知t =M 必在直线y x =上,可设圆心(),M a a ;利用圆心到20x +=的距离为半径和MA MB r ==构造方程,从而解出r ;(2)当直线AB 斜率存在时,设AB 方程为:y kx =,由圆的性质可知圆心M 必在直线1=-y x k 上;假设圆心坐标,利用圆心到20x +=的距离为半径和r MA =构造方程,解出M 坐标,可知M 轨迹为抛物线;利用抛物线定义可知()1,0P 为抛物线焦点,且定值为1;当直线AB 斜率不存在时,求解出M 坐标,验证此时()1,0P 依然满足定值,从而可得到结论. 【详解】 (1)A 在直线0x y +=上 ∴设(),A t t -,则(),B t t -又AB 4= 2816t ∴=,解得:t =M 过点A ,B ∴圆心M 必在直线y x =上设(),M a a ,圆的半径为rM 与20x +=相切 2r a ∴=+又MA MB r ==,即((222a a r +=((()2222a a a ∴+=+,解得:0a =或4a =当0a =时,2r ;当4a =时,6r =M ∴的半径为:2或6(2)存在定点()1,0P ,使得1MA MP -= 说明如下:A ,B 关于原点对称且AB 4=∴直线AB 必为过原点O 的直线,且2OA =①当直线AB 斜率存在时,设AB 方程为:y kx = 则M 的圆心M 必在直线1=-y x k上设(),M km m -,M 的半径为rM 与20x +=相切 2r km ∴=-+又222224r MA OA OMk m m ==+++22224km k m m ∴-+++,整理可得:24m km =-即M 点轨迹方程为:24y x =,准线方程为:1x =-,焦点()1,0FMA r =,即抛物线上点到2x =-的距离 ∴1MA MF =+ 1MA MF ∴-=∴当P 与F 重合,即P 点坐标为()1,0时,1MA MP -=②当直线AB 斜率不存在时,则直线AB 方程为:0x =M ∴在x 轴上,设(),0M n224n n ∴++0n =,即()0,0M 若()1,0P ,则211MA MP -=-=综上所述,存在定点()1,0P ,使得MA MP -为定值. 【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程,进而根据抛物线的定义得到定值,进而验证定值符合所有情况,使得问题得解.7.(2019年北京市高考数学试卷(文科))已知椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点为(1,0),且经过点(0,1)A .(Ⅰ)求椭圆C 的方程;(Ⅱ)设O 为原点,直线:(1)l y kx t t =+≠±与椭圆C 交于两个不同点P ,Q ,直线AP 与x 轴交于点M ,直线AQ 与x 轴交于点N ,若|OM |·|ON |=2,求证:直线l 经过定点. 【答案】(Ⅰ)2212x y +=;(Ⅱ)见解析. 【分析】(Ⅰ)由题意确定a ,b 的值即可确定椭圆方程;(Ⅱ)设出直线方程,联立直线方程与椭圆方程确定OM ,ON 的表达式,结合韦达定理确定t 的值即可证明直线恒过定点. 【详解】(Ⅰ)因为椭圆的右焦点为(1,0),所以1225; 因为椭圆经过点(0,1)A ,所以1b =,所以2222a b c =+=,故椭圆的方程为2212x y +=. (Ⅱ)设1122(,),(,)P x y Q x y联立2212(1)x y y kx t t ⎧+=⎪⎨⎪=+≠⎩得222(12)4220k x ktx t +++-=,21212224220,,1212kt t x x x x k k -∆>+=-=++,121222()212t y y k x x t k +=++=+,222212121222()12t k y y k x x kt x x t k-=+++=+. 直线111:1y AP y x x --=,令0y =得111x x y -=-,即111x OM y -=-;同理可得221x ON y -=-. 因为2OM ON =,所以1212121212211()1x x x x y y y y y y --==---++;221121t t t -=-+,解之得0=t ,所以直线方程为y kx =,所以直线l 恒过定点(0,0). 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.8.(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅰ))已知A 、B 分别为椭圆E :2221x y a+=(a >1)的左、右顶点,G 为E 的上顶点,8AG GB ⋅=,P 为直线x =6上的动点,PA 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D . (1)求E 的方程; (2)证明:直线CD 过定点.【答案】(1)2219x y +=;(2)证明详见解析.【分析】(1)由已知可得:(),0A a -, (),0B a ,()0,1G ,即可求得21AG GB a ⋅=-,结合已知即可求得:29a =,问题得解.(2)设()06,P y ,可得直线AP 的方程为:()039y y x =+,联立直线AP 的方程与椭圆方程即可求得点C 的坐标为20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭,同理可得点D 的坐标为2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭,当203y ≠时,可表示出直线CD 的方程,整理直线CD 的方程可得:()02043233y y x y ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭即可知直线过定点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭,当203y =时,直线CD :32x =,直线过点3,02⎛⎫⎪⎝⎭,命题得证. 【详解】(1)依据题意作出如下图象:由椭圆方程222:1(1)x E y a a+=>可得:(),0A a -, (),0B a ,()0,1G∴(),1AG a =,(),1GB a =- ∴218AG GB a ⋅=-=,∴29a =∴椭圆方程为:2219x y +=(2)证明:设()06,P y , 则直线AP 的方程为:()()00363y y x -=+--,即:()039y y x =+联立直线AP 的方程与椭圆方程可得:()2201939x y y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩,整理得:()2222000969810y x y x y +++-=,解得:3x =-或20203279y x y -+=+将20203279y x y -+=+代入直线()039y y x =+可得:02069y y y =+所以点C 的坐标为20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭. 同理可得:点D 的坐标为2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭ 当203y ≠时,∴直线CD 的方程为:0022*******22000022006291233327331191y y y y y y y x y y y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎛⎫⎛⎫--⎝⎭-=- ⎪ ⎪-+-++⎝⎭⎝⎭-++, 整理可得:()()()2220000002224200000832338331116963y y y y y y y x x y y y y y +⎛⎫⎛⎫--+=-=- ⎪ ⎪+++--⎝⎭⎝⎭ 整理得:()()0002220004243323333y y y y x x y y y ⎛⎫=+=- ⎪---⎝⎭所以直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭.当203y =时,直线CD :32x =,直线过点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭.故直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想,还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力,属于难题.9.(2020年北京市高考数学试卷)已知椭圆2222:1x y C a b+=过点(2,1)A --,且2a b =.(Ⅰ)求椭圆C 的方程:(Ⅱ)过点(4,0)B -的直线l 交椭圆C 于点,M N ,直线,MA NA 分别交直线4x =-于点,P Q .求||||PB BQ 的值. 【答案】(Ⅰ)22182x y +=;(Ⅱ)1.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a ,b 的方程组,求解方程组即可确定椭圆方程;(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程,然后由直线MA ,NA 的方程确定点P ,Q 的纵坐标,将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题,进一步结合韦达定理可证得0P Q y y +=,从而可得两线段长度的比值. 【详解】(1)设椭圆方程为:()222210x y a b a b+=>>,由题意可得:224112a ba b⎧+=⎪⎨⎪=⎩,解得:2282a b ⎧=⎨=⎩, 故椭圆方程为:22182x y +=.(2)设()11,M x y ,()22,N x y ,直线MN 的方程为:()4y k x =+,与椭圆方程22182x y +=联立可得:()222448x k x ++=,即:()()222241326480k x k x k +++-=,则:2212122232648,4141k k x x x x k k --+==++. 直线MA 的方程为:()111122y y x x ++=++, 令4x =-可得:()()()1111111141214122122222P k x k x y x y x x x x ++-++++=-⨯-=-⨯-=++++, 同理可得:()()222142Q k x y x -++=+.很明显0P Q y y <,且:PQPB y PQy =,注意到: ()()()()()()()()122112121242424421212222P Q x x x x x x y y k k x x x x +++++⎛⎫+++=-++=-+⨯ ⎪++++⎝⎭, 而:()()()()()122112124242238x x x x x x x x +++++=+++⎡⎤⎣⎦ 2222648322384141k k k k ⎡⎤⎛⎫--=+⨯+⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦()()()22226483328412041k k k k -+⨯-++=⨯=+,故0,P Q P Q y y y y +==-.从而1PQPB y BQy ==. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.10.(2020年天津市高考数学试卷)已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的一个顶点为(0,3)A -,右焦点为F ,且||||OA OF =,其中O 为原点.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)已知点C 满足3OC OF =,点B 在椭圆上(B 异于椭圆的顶点),直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ,且P 为线段AB 的中点.求直线AB 的方程.【答案】(Ⅰ)221189x y +=;(Ⅱ)132y x =-,或3y x =-. 【分析】(Ⅰ)根据题意,并借助222a b c =+,即可求出椭圆的方程;(Ⅱ)利用直线与圆相切,得到CP AB ⊥,设出直线AB 的方程,并与椭圆方程联立,求出B 点坐标,进而求出P 点坐标,再根据CP AB ⊥,求出直线AB 的斜率,从而得解. 【详解】(Ⅰ)椭圆()222210x y a b a b+=>>的一个顶点为()0,3A -,∴3b =,由OA OF =,得3c b ==,又由222a b c =+,得2228313a =+=, 所以,椭圆的方程为221189x y +=; (Ⅱ)直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ,所以CP AB ⊥, 根据题意可知,直线AB 和直线CP 的斜率均存在,设直线AB 的斜率为k ,则直线AB 的方程为3y kx ,即3y kx =-,2231189y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩,消去y ,可得()2221120k x kx +-=,解得0x =或21221k x k =+. 将21221k x k =+代入3y kx =-,得222126321213k y k k k k =⋅--=++,所以,点B 的坐标为2221263,2121k k k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭,因为P 为线段AB 的中点,点A 的坐标为()0,3-,所以点P 的坐标为2263,2121kk k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭,由3OC OF =,得点C 的坐标为()1,0,所以,直线CP 的斜率为222303216261121CPk k k k k k --+=-+-+=, 又因为CP AB ⊥,所以231261k k k ⋅=--+,整理得22310k k -+=,解得12k =或1k =. 所以,直线AB 的方程为132y x =-或3y x =-. 【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用,考查学生的运算求解能力,属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时,要想到联立直线与圆锥曲线的方程. 11.(2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题(山东))已知椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>2()2,1A . (1)求C 的方程:(2)点M ,N 在C 上,且AM AN ⊥,AD MN ⊥,D 为垂足.证明:存在定点Q ,使得DQ 为定值.【答案】(1)22163x y +=;(2)详见解析.【分析】(1)由题意得到关于,,a b c 的方程组,求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M ,N 的坐标,在斜率存在时设方程为y kx m =+, 联立直线方程与椭圆方程,根据已知条件,已得到,m k 的关系,进而得直线MN 恒过定点,在直线斜率不存在时要单独验证,然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q 的位置. 【详解】(1)由题意可得:2222222411c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎪⎩,解得:2226,3a b c ===,故椭圆方程为:22163x y +=.(2) 设点()()1122,,,M x y N x y ,若直线MN 斜率存在时,设直线MN 的方程为:y kx m =+,代入椭圆方程消去y 并整理得:()22212k 4260x kmx m +++-=,可得122412km x x k +=-+,21222612m x x k -=+,因为AM AN ⊥,所以·0AM AN =,即()()()()121222110x x y y --+--=, 根据1122,kx m y kx m y =+=+,代入整理可得:()()()()22121212140x x km k x x km ++--++-+=,所以()()()22222264k 121401212m km km k m k k -⎛⎫++---+-+= ⎪++⎝⎭, 整理化简得()()231210k m k m +++-=,因为2,1A ()不在直线MN 上,所以210k m +-≠, 故23101k m k ++=≠,,于是MN 的方程为2133y k x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()1k ≠,所以直线过定点直线过定点21,33P ⎛⎫- ⎪⎝⎭.当直线MN 的斜率不存在时,可得()11,N x y -, 由·0AM AN =得:()()()()111122110x x y y --+---=, 得()1221210x y -+-=,结合2211163x y +=可得:2113840x x -+=,解得:123x =或22x =(舍).此时直线MN 过点21,33P ⎛⎫- ⎪⎝⎭.令Q 为AP 的中点,即41,33Q ⎛⎫⎪⎝⎭,若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边,故12DQ AP ==, 若D 与P 重合,则12DQ AP =, 故存在点41,33Q ⎛⎫⎪⎝⎭,使得DQ 为定值.【点睛】关键点点睛:本题的关键点是利用AM AN ⊥得 ·0AM AN =,转化为坐标运算,需要设直线MN 的方程,点()()1122,,,M x y N x y ,因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况,当直线MN 斜率存在时,设直线MN 的方程为:y kx m =+,与椭圆方程联立消去y 可12x x +,12x x 代入·0AM AN =即可,当直线MN 的斜率不存在时,可得()11,N x y -,利用坐标运算以及三角形的性质即可证明,本题易忽略斜率不存在的情况,属于难题. 12.(2018年全国普通高等学校招生统一考试理数(全国卷II ))设抛物线24C y x =:的焦点为F ,过F 且斜率为(0)k k >的直线l 与C 交于A ,B 两点,||8AB =. (1)求l 的方程;(2)求过点A ,B 且与C 的准线相切的圆的方程.【答案】(1) y =x –1,(2)()()223216x y -+-=或()()22116144x y -++=. 【详解】分析:(1)根据抛物线定义得12AB x x p =++,再联立直线方程与抛物线方程,利用韦达定理代入求出斜率,即得直线l 的方程;(2)先求AB 中垂线方程,即得圆心坐标关系,再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系,解方程组可得圆心坐标以及半径,最后写出圆的标准方程.详解:(1)由题意得F (1,0),l 的方程为y =k (x –1)(k >0). 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).由()214y k x y x ⎧=-⎨=⎩得()2222240k x k x k -++=. 216160k ∆=+=,故212224k x x k ++=.所以()()21224411k AB AF BF x x k +=+=+++=. 由题设知22448k k +=,解得k =–1(舍去),k =1. 因此l 的方程为y =x –1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2),所以AB 的垂直平分线方程为()23y x -=--,即5y x =-+.设所求圆的圆心坐标为(x 0,y 0),则()()002200051116.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩,解得0032x y =⎧⎨=⎩,或00116.x y =⎧⎨=-⎩, 因此所求圆的方程为()()223216x y -+-=或()()22116144x y -++=.点睛:确定圆的方程方法(1)直接法:根据圆的几何性质,直接求出圆心坐标和半径,进而写出方程. (2)待定系数法①若已知条件与圆心(),a b 和半径r 有关,则设圆的标准方程依据已知条件列出关于,,a b r 的方程组,从而求出,,a b r 的值;②若已知条件没有明确给出圆心或半径,则选择圆的一般方程,依据已知条件列出关于D 、E 、F 的方程组,进而求出D 、E 、F 的值.13.(2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标I 卷))设抛物线22C y x =:,点()20A ,,()20B -,,过点A 的直线l 与C 交于M ,N 两点. (1)当l 与x 轴垂直时,求直线BM 的方程; (2)证明:ABM ABN ∠=∠. 【答案】(1)112y x =+或112y x =--;(2)见解析. 【分析】(1)首先根据l 与x 轴垂直,且过点()20A ,,求得直线l 的方程为2x =,代入抛物线方程求得点M 的坐标为()2,2或()2,2-,利用两点式求得直线BM 的方程;(2)设直线l 的方程为2x ty =+,点()11,M x y 、()22,N x y ,将直线l 的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,由斜率公式并结合韦达定理计算出直线BM 、BN 的斜率之和为零,从而得出所证结论成立. 【详解】(1)当l 与x 轴垂直时,l 的方程为2x =,可得M 的坐标为()2,2或()2,2-. 所以直线BM 的方程为112y x =+或112y x =--; (2)设l 的方程为2x ty =+,()11,M x y 、()22,N x y ,由222x ty y x =+⎧⎨=⎩,得2240y ty --=,可知122y y t +=,124y y =-. 直线BM 、BN 的斜率之和为()()()()()()()()21122112121212122244222222BM BN x y x y ty y ty y y yk k x x x x x x +++++++=+==++++++()()()()()()1212121224244202222ty y y y t tx x x x ++⨯-+⨯===++++,所以0BM BN k k +=,可知BM 、BN 的倾斜角互补,所以ABM ABN ∠=∠.综上,ABM ABN ∠=∠. 【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线的问题,涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与抛物线相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量,在解题的过程中,第一问求直线方程的时候,需要注意方法比较简单,需要注意的就是应该是两个,关于第二问,涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组,之后韦达定理写出两根和与两根积,借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.14.(2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版)已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=:交于A ,B 两点.线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >. (1)证明:12k <-;(2)设F 为C 的右焦点,P 为C 上一点,且0FP FA FB ++=.证明:2FP FA FB =+. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】分析:(1)设而不求,利用点差法,或假设直线方程,联立方程组,由判别式和韦达定理进行证明.(2)先求出点P 的坐标,解出m ,得到直线l 的方程,联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解.详解:(1)设()11A x y ,,()22B x y ,,则2211143x y +=,2222143x y +=. 两式相减,并由1212=y y k x x --得1212043x x y y k +++⋅=. 由题设知1212x x +=,122y y m +=,于是34k m =-.由题设得211,043m m +<>∴302m <<,故12k <-. (2)由题意得F (1,0).设()33P x y ,,则()()()()33112211100x y x y x y -+-+-=,,,,. 由(1)及题设得()31231x x x =-+=,()31220y y y m =-+=-<. 又点P 在C 上,所以34m =,从而312P ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,3||=2FP . 于是()()222211111||1131242x xFA x y x ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭.同理2||=22x FB -. 所以()121|43|||2FA FB x x +=-+=. 故2||=||+||FP FA FB .点睛:本题主要考查直线与椭圆的位置关系,第一问利用点差法,设而不求可减小计算量,第二问由已知得求出m ,得到FP ,再有两点间距离公式表示出,FA FB ,考查了学生的计算能力,难度较大.15.(2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标2卷精编版))设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C 22:12x y +=上,过M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足2NP NM =.(1)求点P 的轨迹方程;(2)设点Q 在直线3x =-上,且1OP PQ ⋅=.证明:过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【答案】(1)222x y +=;(2)见解析. 【详解】(1)设P (x ,y ),M (00,x y ),则N (0,0x ),00NP (x ,),NM 0,x y y =-=()由NP 2NM =得00x x y y ==,. 因为M (00,x y )在C 上,所以22x 122y +=. 因此点P 的轨迹为222x y +=.由题意知F (-1,0),设Q (-3,t ),P (m ,n ),则()()OQ 3t PF 1m n OQ PF 33m tn =-=---⋅=+-,,,,, ()OP m n PQ 3m t n ==---,,(,).由OP PQ 1⋅=得-3m-2m +tn-2n =1,又由(1)知222m n +=,故3+3m-tn=0.所以OQ PF 0⋅=,即OQ PF ⊥.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ,所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,21运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.16.(2017年全国1卷(文数))设A ,B 为曲线C :y =24x 上两点,A 与B 的横坐标之和为4.(1)求直线AB 的斜率;(2)设M 为曲线C 上一点,C 在M 处的切线与直线AB 平行,且AM ⊥BM ,求直线AB 的方程.【答案】(1)1;(2)y =x +7. 【分析】(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线AB 的斜率k =1212y y x x --=124x x+,代入即可求得斜率;(2)由(1)中直线AB 的斜率,根据导数的几何意义求得M 点坐标,设直线AB 的方程为y =x +m ,与抛物线联立,求得根,结合弦长公式求得AB ,由AM BM ⊥知,|AB |=2|MN |,从而求得参数m . 【详解】解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1≠x 2,y 1=214x ,y 2=224x ,x 1+x 2=4,于是直线AB 的斜率k =1212y y x x --=124x x+=1.(2)由y =24x ,得y ′=2x .设M (x 3,y 3),由题设知32x =1,解得x 3=2,于是M (2,1). 设直线AB 的方程为y =x +m ,故线段AB 的中点为N (2,2+m ),|MN |=|m +1|. 将y =x +m 代入y =24x 得x 2-4x -4m =0.当Δ=16(m +1)>0,即m >-1时,x 1,2=2±1m + 从而|AB |2x 1-x 2|=()421m +由题设知|AB |=2|MN |,即()421m +2(m +1), 解得m =7.所以直线AB 的方程为y =x +7.17.(2016年全国2卷(文数))已知A 是椭圆E :22143x y +=的左顶点,斜率为()0k k >的直线交E 于A ,M 两点,点N 在E 上,MA NA ⊥.试卷第22页,共26页(Ⅰ)当AM AN =时,求AMN 的面积 (Ⅱ) 当2AM AN =时,证明:32k <<. 【答案】(Ⅰ)14449;(Ⅱ)详见解析. 【解析】试题分析:(Ⅰ)先求直线AM 的方程,再求点M 的纵坐标,最后求AMN ∆的面积;(Ⅱ)设()11,M x y ,将直线AM 的方程与椭圆方程组成方程组,消去y ,用k 表示1x ,从而表示AM ,同理用k 表示AN ,再由2AM AN =求k 的取值范围. 试题解析:(Ⅰ)设11(,)M x y ,则由题意知10y >. 由已知及椭圆的对称性知,直线AM 的倾斜角为π4.又(2,0)A -,因此直线AM 的方程为2y x =+. 将2x y =-代入22143x y +=得27120y y -=. 解得0y =或127y =,所以1127y =.因此AMN ∆的面积11212144227749AMN S ∆=⨯⨯⨯=. (Ⅱ)将直线AM 的方程(2)(0)y k x k =+>代入22143x y +=得 2222(34)1616120k x k x k +++-=.由2121612(2)34k x k -⋅-=+得2122(34)34k x k -=+,故22121212134k AM x k k+=++=+. 由题设,直线AN 的方程为,故同理可得2121k k AN +=. 由2AM AN =得222343+4kk k =+,即3246380k k k -+-=. 设32()4638f t t t t =-+-,则k 是()f t 的零点,22()121233(21)0f t t t t +=-'=-≥,所以()f t 在(0,)+∞单调递增.又(3)153260,(2)60f f ==,因此()f t 在(0,)+∞有唯一的零点,且零点k 在(3,2)32k <. 【考点】椭圆的性质,直线与椭圆的位置关系【名师点睛】对于直线与椭圆的位置关系问题,通常将直线方程与椭圆方程联立进行求解,注意计算的准确性.请考生在第22~24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.2318.(2016新课标全国卷Ⅰ文科)在直角坐标系xOy 中,直线l :y =t (t ≠0)交y 轴于点M ,交抛物线C :22(0)y px p =>于点P ,M 关于点P 的对称点为N ,连结ON 并延长交C 于点H .(Ⅰ)求OH ON;(Ⅱ)除H 以外,直线MH 与C 是否有其它公共点?说明理由. 【答案】(1)2;(2)没有. 【分析】(Ⅰ)先确定2,,t N t ON p ⎛⎫ ⎪⎝⎭的方程为py x t =,代入22y px =整理得2220px t x -=,解得21220,t x x p ==,因此22(,2)t H t p ,所以N 为OH 的中点,即||2||OH ON =. (Ⅱ)直线MH 的方程为2py t x t-=,与22y px =联立得22440y ty t -+=,解得122y y t ==,即直线MH 与C 只有一个公共点,即可得出结论.【详解】(Ⅰ)由已知得()20,,,2t M t P t p ⎛⎫⎪⎝⎭. 又N 为M 关于点P 的对称点,故2,,t N t ON p ⎛⎫ ⎪⎝⎭的方程为py x t =,代入22y px =整理得2220px t x -=, 解得21220,t x x p ==,因此22(,2)t H t p, 所以N 为OH 的中点,即||2||OH ON =. (Ⅱ)直线MH 与C 除H 以外没有其它公共点. 理由如下: 直线MH 的方程为2py t x t-=,即2()t x y t p =-,代入22y px =,得22440y ty t -+=,解得122y y t ==,即直线MH 与C 只有一个公共点,所以除H 以外直线MH 与C 没有其它公共点. 【点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系试卷第24页,共26页是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成;解析几何中的证明问题通常有以下几类:证明点共线或直线过定点;证明垂直;证明定值问题.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.19.(2021·新疆昌吉·高三阶段练习(文))已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点分別为12,A A ,右焦点为F (1,0),且椭圆C 的离心率为12,M ,N 为椭圆C 上任意两点,点P 的坐标为(4,t )(t ≠0),且满足1122,AM MP A N NP λλ==. (1)求椭圆C 的方程; (2)证明:M ,F ,N 三点共线. 【答案】(1)22143x y +=; (2)证明见解析. 【分析】(1)根据椭圆的焦点坐标及离心率求椭圆参数,写出椭圆方程即可.(2)设()()1122,,,M x y N x y ,由题设易知1,,A M P 共线,2,,A N P 共线,利用向量共线的坐标表示有()()22112222292x y y x +=-,再由M ,N 在椭圆上可得()12122580x x x x -++=,最后由11(1,)FM x y =-,22(1,)FN x y =-结合分析法证明结论. (1)椭圆C 的右焦点为(1,0)F ,且离心率为12,∴a =2,c =1,则b 2=a 2-c 2=3, ∴椭圆C 的方程为22143x y +=.(2)由(1)知,12,A A 的坐标分别为(2,0),(2,0)-,设()()1122,,,M x y N x y , ∴111(2,)AM x y =+,1(6,)A P t =,222(2,)A N x y =-,2(2,)A P t =, ∵11AM MP λ=,22A N NP λ=,25∴1,,A M P 三点共线,2,,A N P 三点共线,即()()11226222y t x y t x ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩,整理得1122322y x y x +=-,两边平方得()()22112222292x y y x +=-,① 又M ,N 在椭圆上,则22112222334334y x y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,代入①并化简得()12122580x x x x -++=,又11(1,)FM x y =-,22(1,)FN x y =-,∴要证M ,F ,N 三点共线,只需证()()211211y x y x -=-,即112211y x y x -=-,只需证()112221321x x x x +-=--,整理得()12122580x x x x -++=,∴M ,F ,N 三点共线. 【点睛】关键点点睛:第二问,设()()1122,,,M x y N x y ,由向量共线得1122322y x y x +=-,利用分析法结合向量共线的坐标表示只需证112211y x y x -=-,最后由M ,N 在椭圆上求证即可.20.(2021·宁夏·石嘴山市第三中学高三阶段练习(文))已知椭圆C :()222210x y a b a b +=>>的左焦点为F ,离心率为12,过点F 且垂直于x 轴的直线交C 于,A B 两点,3AB =(1)求椭圆的标准方程;(2)若直线l 过点()4,0M -且与椭圆相交于A ,B 两点,求ABF 面积最大值及此时直线l 的斜率. 【答案】 (1)22143x y += (2332114± 【分析】(1)根据题意得22221223c a ba abc ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩,再解方程即可得答案; (2)设直线l 的方程为4x my =-,设()11,A x y ,()22,B x y ,进而将直线l 的方程与椭圆试卷第26页,共26页方程联立,并结合韦达定理得ABFS =,再令)0t t =>,结合基本不等式求解即可. (1)解:由题知:2222122231c a a bb ac a b c ⎧=⎪=⎧⎪⎪⎪=⇒=⎨⎨⎪⎪=⎩=+⎪⎪⎩ 所以椭圆22:143x y C +=.(2)设直线l 的方程为4x my =-,设()11,A x y 、()22,B x y ,与椭圆方程联立得224143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩,消去x 得()223424360m y my +-+=.则()()2225764363414440m m m ∆=-⨯+=->,所以24m >.由根与系数的关系知1222434m y y m +=+,1223634y y m =+,所以1232ABFSy y =-=①令)0t t =>,则①式可化为21818163163ABFt St t t ==++当且仅当163t t =,即t =.此时3m =±l的斜率为14±.27。

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20XX届高考文科数学---解答题专项训练中档题满分练(一)1.(2015·山东高考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知cos B=33,sin (A+B)=69,ac=23,求sin A和c的值.2.一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次,每次抽取1张,将抽取的卡片上的数字依次记为a,b,c.(1)求“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率;(2)求“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”的概率.3.在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.4.(2015·湖北高考)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1) 求数列{a n},{b n}的通项公式;(2) 当d>1时,记c n=a nb n,求数列{c n}的前n项和T n.中档题满分练(二)1.已知函数f (x )=2a sin ωx cos ωx +23cos 2ωx -3(a >0,ω>0)的最大值为2,且最小正周期为π.(1)求函数f (x )的解析式及其对称轴方程;(2)若f (α)=43,求sin ⎝⎛⎭⎪⎫4α+π6的值.2.(2015·西安调研)对于给定数列{a n },如果存在实常数p ,q ,使得a n +1=pa n +q 对于任意n ∈N *都成立,我们称数列{a n }是“M 类数列”.(1)已知数列{b n }是“M 类数列”且b n =3n ,求它对应的实常数p ,q 的值;(2)若数列{c n }满足c 1=-1,c n -c n +1=2n (n ∈N *),求数列{c n }的通项公式,判断{c n }是否为“M 类数列”并说明理由.3.如图,四棱锥P ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为217.点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(1)证明:GH∥EF;(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.4.某企业有甲、乙两个研发小组.为了比较他们的研发水平,现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下:(a,b),(a,b-),(a,b),(a-,b),(a-,b-),(a,b),(a,b),(a,b-),(a-,b),(a,b-),(a-,b-),(a,b),(a,b-),(a-,b),(a,b)其中a,a-分别表示甲组研发成功和失败;b,b-分别表示乙组研发成功和失败.(1)若某组成功研发一种新产品,则给该组记1分,否则记0分.试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差,并比较甲、乙两组的研发水平;(2)若该企业安排甲、乙两组各自研发一种新产品,试估计恰有一组研发成功的概率.中档题满分练(三)1.已知向量a =(2sin x ,-cos x ),b =(3cos x ,2cos x ),f (x )=a·b +1.(1)求函数f (x )的最小正周期,并求当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π12,2π3时f (x )的取值范围;(2)将函数f (x )的图象向左平移π3个单位,得到函数g (x )的图象,在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,若g ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2=1,a =2,b +c =4,求△ABC 的面积.2.(2015·安徽高考)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况,随机访问50名职工,根据这50名职工对该部门的评分,绘制频率分布直方图(如图所示),其中样本数据分组区间为[40,50),[50,60),…,[80,90),[90,100].(1)求频率分布直方图中a 的值;(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率;(3)从评分在[40,60)的受访职工中,随机抽取2人,求此2人的评分都在[40,50)的概率.3.(2015·浙江高考)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D为B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.4.(2015·无锡质检)各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,已知点(a n -1,a n )(n ∈N *,n ≥2)在函数y =3x 的图象上,且S 4=80.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)在a n 与a n +1之间插入n 个数,使这n +2个数组成公差为d n 的等差数列,设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和为P n . ①求P n ;②若16P n +6n 3n ≤40027成立,求n 的最大正整数值.压轴题突破练1.(2015·四川高考)已知函数f (x )=-2x ln x +x 2-2ax +a 2,其中a >0.(1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性;(2)证明:存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0恒成立,且f (x )=0在区间(1,+∞)内有唯一解.2.(2015·北京高考)已知椭圆C :x 2+3y 2=3,过点D (1,0)且不过点E (2,1)的直线与椭圆C 交于A ,B 两点,直线AE 与直线x =3交于点M .(1)求椭圆C 的离心率;(2)若AB 垂直于x 轴,求直线BM 的斜率;(3)试判断直线BM 与直线DE 的位置关系,并说明理由.3.(2015·浙江高考)设函数f (x )=x 2+ax +b (a ,b ∈R ).(1)当b =a 24+1时,求函数f (x )在[-1,1]上的最小值g (a )的表达式;(2)已知函数f (x )在[-1,1]上存在零点,0≤b -2a ≤1,求b 的取值范围.4.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e,半焦距为c,B(0,1)为其上顶点,且a2,c2,b2依次成等差数列.(1)求椭圆的标准方程和离心率e;(2)P,Q为椭圆上的两个不同的动点,且k BP·k BQ=e2.(ⅰ)试证直线PQ过定点M,并求出M点坐标;(ⅱ)△PBQ是否可以为直角三角形?若是,请求出直线PQ的斜率;否则请说明理由.参考答案中档题满分练(一)1.解 在△ABC 中,由cos B =33,得sin B =63,因为A +B +C =π,所以sin C =sin(A +B )=69.因为sin C <sin B ,所以C <B ,可知C 为锐角.所以cos C =539.因此sin A =sin(B +C )=sin B cos C +cos B sin C =63×539+33×69=223.由a sin A =c sin C ,可得a =c sin A sin C =223c 69=23c , 又ac =23,所以c =1.2.解 (1)由题意,(a ,b ,c )所有的可能为(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1),(2,1,2),(2,1,3),(2,2,1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3),共27种.设“抽取的卡片上的数字满足a +b =c ”为事件A ,则事件A 包括(1,1,2),(1,2,3),(2,1,3),共3种.所以P (A )=327=19.因此,“抽取的卡片上的数字满足a +b =c ”的概率为19. (2)设“抽取的卡片上的数字a ,b ,c 不完全相同”为事件B , 则事件B -包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3种. 所以P (B )=1-P (B -)=1-327=89.因此,“抽取的卡片上的数字a ,b ,c 不完全相同”的概率为89. 3.(1)证明 因为四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都是矩形, 所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AC .因为AB ,AC 为平面ABC 内两条相交直线, 所以AA 1⊥平面ABC . 因为直线BC ⊂平面ABC , 所以AA 1⊥BC .又由已知,AC ⊥BC ,AA 1,AC 为平面ACC 1A 1内两条相交直线, 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)解 取线段AB 的中点M ,连接A 1M ,MC ,A 1C ,AC 1,设O 为A 1C ,AC 1的交点.由已知可知,O 为AC 1的中点.连接MD ,OE ,则MD ,OE 分别为△ABC ,△ACC 1的中位线, 所以,MD 綉12AC ,OE 綉12AC , 因此MD 綉OE .连接OM ,从而四边形MDEO 为平行四边形, 则DE ∥MO .因为直线DE ⊄平面A 1MC ,MO ⊂平面A 1MC , 所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点), 使直线DE ∥平面A 1MC .4.解 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧10a 1+45d =100,a 1d =2,即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1+9d =20,a 1d =2,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,d =2或⎩⎨⎧a 1=9,d =29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n =2n -1,b n =2n -1或 ⎩⎨⎧a n =19(2n +79),b n =9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n -1.(2)由d >1,知a n =2n -1,b n =2n -1, 故c n =2n -12n -1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2n -12n -1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2n -32n -1+2n -12n .② ①-②可得12T n =2+12+122+…+12n -2-2n -12n =3-2n +32n , 故T n =6-2n +32n -1.中档题满分练(二)1. 解 (1)f (x )=a sin 2ωx +3cos 2ωx =a 2+3sin(2ωx +φ)(其中cos φ=a a 2+3,sin φ=3a 2+3),由题意知:f (x )的最小正周期为π,由2π2ω=π,知ω=1,由f (x )最大值为2,故a 2+3=2,又a >0,∴a =1,则有cos φ=12,sin φ=32,取φ=π3.∴f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3,令2x +π3=k π+π2,得x =π12+k π2(k ∈Z ). 故f (x )的对称轴方程为x =π12+k π2(k ∈Z ).(2)由f (α)=43知2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α+π3=43,即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α+π3=23,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4α+π6=sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫2α+π3-π2=-cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2α+π3=-1+2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2α+π3=-1+2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232=-19.2.解 (1) ∵b n =3n , 则b n +1=3n +3=b n +3,由“M 类数列”定义,得p =1,q =3. (2)∵c n -c n +1=2n (n ∈N *), ∴c n +1-c n =-2n (n ∈N *),则c 2-c 1=-2,c 3-c 2=-4,c 4-c 3=-8,… ∴c n -c n -1=-2n -1(n ≥2), 以上式子累加得c n =-(1+2+4+…+2n -1)=1-2n (n ≥2), 其中c 1=-1也满足上式. 因此c n =1-2n (n ∈N *),则c n +1=1-2n +1=2(1-2n )-1=2c n -1, {c n }是“M 类数列”.3.(1)证明 因为BC ∥平面GEFH ,BC ⊂平面PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以GH ∥BC .同理可证EF ∥BC ,因此GH ∥EF .(2)解 连接AC ,BD 交于点O ,BD 交EF 于点K ,连接OP ,GK . 因为P A =PC ,O 是AC 的中点,所以PO ⊥AC ,同理可得PO ⊥BD . 又BD ∩AC =O ,且AC ,BD 都在底面内, 所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD , 且PO ⊄平面GEFH , 所以PO ∥平面GEFH .因为平面PBD ∩平面GEFH =GK ,所以PO ∥GK ,且GK ⊥底面ABCD ,从而GK ⊥EF . 所以GK 是梯形GEFH 的高.由AB =8,EB =2得EB ∶AB =KB ∶DB =1∶4, 从而KB =14DB =12OB , 即K 为OB 的中点. 再由PO ∥GK 得GK =12PO , 即G 是PB 的中点,且GH =12BC =4.由已知可得OB =42,PO =PB 2-OB 2=68-32=6,所以GK =3.故四边形GEFH 的面积S =GH +EF 2·GK =4+82×3=18. 4.解 (1)甲组研发新产品的成绩为1,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,0,1, 其平均数为x -甲=1015=23;方差为s 2甲=115[(1-23)2×10+(0-23)2×5]=29. 乙组研发新产品的成绩为1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1, 其平均数为x -乙=915=35;方差为s 2乙=115[(1-35)2×9+(0-35)2×6]=625.因为x -甲>x -乙,s 2甲<s 2乙,所以甲组的研发水平优于乙组.(2)记E ={恰有一组研发成功}.在所抽得的15个结果中,恰有一组研发成功的结果是 (a ,b -),(a -,b ),(a ,b -),(a -,b ),(a ,b -),(a ,b -),(a -,b ), 共7个,故事件E 发生的频率为715.将频率视为概率,即得所求概率为P (E )=715.中档题满分练(三)1.解 (1)f (x )=a·b +1=23sin x cos x -2cos 2x +1=3sin 2x -cos 2x =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π6∴f (x )的最小正周期T =2π2=π.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π12,2π3时,-π3≤2x -π6≤76π,sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-32,1,因此f (x )的取值范围是[-3,2].(2)依题意,g (x )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π3=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π2=2cos 2x .由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2=1,得2cos A =1,∴cos A =12,∵0<A <π,∴A =π3,在△ABC 中,a 2=b 2+c 2-2bc cos A =(b +c )2-3bc ∴4=42-3bc ,则bc =4,故S △ABC =12bc sin A =12×4·sin π3= 3.2.解 (1)因为(0.004+a +0.018+0.022×2+0.028)×10=1,所以a =0.006.(2)由所给频率分布直方图知,50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022+0.018)×10=0.4.所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.(3)受访职工中评分在[50,60)的有:50×0.006×10=3(人),记为A 1,A 2,A 3;受访职工中评分在[40,50)的有:50×0.004×10=2(人),记为B 1,B 2,从这5名受访职工中随机抽取2人,所有可能的结果共有10种,它们是{A 1,A 2},{A 1,A 3},{A 2,A 3},{A 1,B 1},{A 1,B 2},{A 2,B 1},{A 2,B 2},{A 3,B 1},{A 3,B 2},{B 1,B 2}.又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种,即{B 1,B 2},故所求的概率为p =110. 3.(1)证明 设E 为BC 的中点,连接AE ,A 1E ,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE,因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以AA1DE为平行四边形.于是A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解作A1F⊥DE,垂足为F,连接BF.因为A1E⊥平面ABC,所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE,AE∩A1E=E,所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F,又DE∩BC=E,A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角.由AB=AC=2,∠CAB=90°,得EA=EB= 2.由A1E⊥平面ABC,得A1A=A1B=4,A1E=14.由DE=BB1=4.DA1=EA=2,∠DA1E=90°,得A1F=7 2.所以sin ∠A1BF=7 8.4.解 (1)依题意,a n =3a n -1(n ∈N *,n ≥2), ∴数列{a n }为等比数列,且公比q =3. 又S 4=a 1(1-34)1-3=80,∴a 1=2.因此数列{a n }的通项公式a n =2·3n -1. (2)①由(1)知,a n +1=2·3n ,依题意,d n =2·3n -2·3n -1n +1=4·3n -1n +1,1d n =n +14·3n -1.∴P n =24×1+34×3+44×32+…+n +14×3n -1,(*)则13P n =24×3+34×32+…+n 4×3n -1+n +14·3n ,(**)(*)-(**),23P n =12+14⎝ ⎛⎭⎪⎫13+132+…+13n -1-n +14·3n =12+14·13⎝⎛⎭⎪⎫1-13n -11-13-n +14·3n =58-2n +58·3n .∴P n =1516-2n +516·3n -1.因此16P n +6n 3n =15-2n +53n -1+6n 3n =15-153n ,解不等式15-153n ≤40027,3n ≤81,则n ≤4.所以n 的最大正整数为4.压轴题突破练1.(1)解 由已知,函数f (x )的定义域为(0,+∞), g (x )=f ′(x )=2(x -1-ln x -a ), 所以g ′(x )=2-2x =2(x -1)x, 当x ∈(0,1)时,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,g ′(x )>0,g (x )单调递增. (2)证明 由f ′(x )=2(x -1-ln x -a )=0, 解得a =x -1-ln x ,令φ(x )=-2x ln x +x 2-2x (x -1-ln x )+(x -1-ln x )2 =(1+ln x )2-2x ln x ,则φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0, 于是,存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)=0, 令a 0=x 0-1-ln x 0=u (x 0), 其中u (x )=x -1-ln x (x ≥1),由u ′(x )=1-1x ≥0知,函数u (x )在区间(1,+∞)上单调递增, 故0=u (1)<a 0=u (x 0)<u (e)=e -2<1, 即a 0∈(0,1),当a =a 0时,有f ′(x 0)=0,f (x 0)=φ(x 0)=0, 再由(1)知,f ′(x )在区间(1,+∞)上单调递增, 当x ∈(1,x 0)时,f ′(x )<0,从而f (x )>f (x 0)=0;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,从而f (x )>f (x 0)=0;又当x ∈(0,1]时,f (x )=(x -a 0)2-2x ln x >0,故x ∈(0,+∞)时,f (x )≥0,综上所述,存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0恒成立,且f (x )=0在区间(1,+∞)内有唯一解.2.解 (1)椭圆C 的标准方程为x 23+y 2=1,所以a =3,b =1,c = 2.所以椭圆C 的离心率e =c a =63.(2)因为AB 过点D (1,0)且垂直于x 轴,所以可设A (1,y 1),B (1, -y 1),直线AE 的方程为y -1=(1-y 1)(x -2),令x =3,得M (3,2-y 1),所以直线BM 的斜率k BM =2-y 1+y 13-1=1. (3)直线BM 与直线DE 平行,理由如下:当直线AB 的斜率不存在时,由(2)可知k BM =1.又因为直线DE 的斜率k DE =1-02-1=1,所以BM ∥DE , 当直线AB 的斜率存在时,设其方程为y =k (x -1)(k ≠1),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则直线AE 的方程为y -1=y 1-1x 1-2(x -2). 令x =3,得点M ⎝⎛⎭⎪⎫3,y 1+x 1-3x 1-2, 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2+3y 2=3,y =k (x -1),得(1+3k 2)x 2-6k 2x +3k 2-3=0, 所以x 1+x 2=6k 21+3k 2,x 1x 2=3k 2-31+3k 2, 直线BM 的斜率k BM =y 1+x 1-3x 1-2-y 23-x 2, 因为k BM -1=k (x 1-1)+x 1-3-k (x 2-1)(x 1-2)-(3-x 2)(x 1-2)(3-x 2)(x 1-2)=(k -1)[-x 1x 2+2(x 1+x 2)-3](3-x 2)(x 1-2)=(k -1)⎝ ⎛⎭⎪⎫-3k 2+31+3k 2+12k 21+3k 2-3(3-x 2)(x 1-2)=0,所以k BM =1=k DE .所以BM ∥DE ,综上可知,直线BM 与直线DE 平行.3.解 (1)当b =a 24+1时,f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫x +a 22+1, 故对称轴为直线x =-a 2.当a ≤-2时,g (a )=f (1)=a 24+a +2.当-2<a ≤2时,g (a )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 2=1. 当a >2时,g (a )=f (-1)=a 24-a +2.综上,g (a )=⎩⎪⎨⎪⎧a 24+a +2,a ≤-2,1,-2<a ≤2,a 24-a +2,a >2.(2)设s ,t 为方程f (x )=0的解,且-1≤t ≤1,则⎩⎪⎨⎪⎧s +t =-a ,st =b ,由于0≤b -2a ≤1,因此-2t t +2≤s ≤1-2t t +2(-1≤t ≤1). 当0≤t ≤1时,-2t 2t +2≤st ≤t -2t 2t +2, 由于-23≤-2t 2t +2≤0和-13≤t -2t 2t +2≤9-45, 所以-32≤b ≤9-4 5.当-1≤t <0时,t -2t 2t +2≤st ≤-2t 2t +2, 由于-2≤-2t 2t +2<0和-3≤t -2t 2t +2<0,所以-3≤b <0. 故b 的取值范围是[-3,9-45].4.解 (1)由题意知b =1,a 2+b 2=2c 2,又a 2=b 2+c 2,解之得a 2=3,c 2=2,椭圆的标准方程为x 23+y 2=1,离心率e =23=63. (2)(ⅰ)设直线PQ 的方程为x =my +n ,且P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧x =my +n ,x 2+3y 2=3,得(3+m 2)y 2+2mny +n 2-3=0. Δ=(2mn )2-4(3+m 2)×(n 2-3)=12(m 2-n 2+3)>0(*)⎩⎪⎨⎪⎧y 1+y 2=-2mn 3+m 2,y 1y 2=n 2-33+m 2.∵k BM ·k MN =y 1-1x 1·y 2-1x 2=e 2=23, ∴3(y 1-1)(y 2-1)=2x 1x 2=2(my 1+n )(my 2+n ),∴(2m 2-3)y 1y 2+(2mn +3)(y 1+y 2)+2n 2-3=0,∴(2m 2-3)n 2-33+m 2+(2mn +3)-2mn 3+m2+2n 2-3=0, 整理得n 2-2mn -3m 2=0,∴(n -3m )(n +m )=0,∴n =-m 或n =3m .所以直线PQ 的方程为x =my -m =m (y -1)(舍)或x =my +3m =m (y +3),所以直线PQ 过定点,定点M 的坐标为(0,-3).(ⅱ)由题意,∠PBQ ≠90°,若∠BPM =90°,或∠BQM =90°,则P 或Q 在以BM 为直径的圆T 上,即在圆x 2+(y +1)2=4上,联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2+(y +1)2=4,x 2+3y 2=3.解之得y =0,或y =1(舍去).因此P 或Q 只能是椭圆的左右顶点.又直线PQ 过定点M (0,-3),∴k PQ =-3-00±3=±3. 故△PBQ 可以是直角三角形,此时直线PQ 的斜率为±3.。

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