红对勾高三一轮复习数学 (45)
2018红对勾高三一轮复习选4-5-1高三数学
高三总复习 ·新课标版 ·数学 （文）
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选修4-5·第一节
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a a (2016· 江苏卷)设 a>0， |x－1|< ， |y－2|< ， 求证： |2x＋y－4|<a. 3 3
a a 证明：因为|x－1|<3，|y－2|<3 ，所以|2 x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y a a －2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×3＋3＝a.即|2x＋y－4|<a.
)
解析：|x－1|－|x－5|表示数轴上对应的点 x 到 1 和 5 的距离之 差．而数轴上满足|x－1|－|x－5|＝2 的点的数是 4，结合数轴可知， 满足|x－1|－|x－5|<2 的解集是(－∞，4)．
答案：A
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热点命题· 突破 02
2.|ax＋b |≤c(c>0)和 |ax＋b |≥c(c>0)型不等式的解法 (1)|ax＋b |≤ c⇔______________； (2)|ax＋b |≥ c⇔________________________.
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3．|x－a |＋|x－b |≥c(c>0)和 |x－a |＋|x－b |≤c(c>0)型不等式的 解法 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合 的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与 方程的思想．
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2015版《红对勾45分钟作业与单元评估》高中数学新课标版必修5同步课件第三章不等式3-4-32
第三章不等式§4嗇融融j4.2嗇鞍程融限时：45分钟①总分：100分1. 了解线性规划的背景及意义.2・掌握线性约束条件、目标函数、可行解、可行域、最优解等基本概念.3.会利用线性规划求最优解问题.作业设计一、选择题（每小题6分，共36分）y W1,1.若变量X, y满足约束条件卜+y±o,则z=x_2yx—y—2W0,的最大值为（）A. 4B. 3C・2 D・1解析：线性约束条件对应的平面区域如图所示，由z 取得最大值.由图知，当直线通过点A 时，在y 轴上的 截距最小，所以 ^max — 1—2X(—1) = 3.答案：Bx+y=O, x —y —2 = 0, 解得 A(l, —1).2. （2012-辽宁高考）设变量2x+3y的最大值为（）A・20 B・35C・45 D・55x—yW 10,X, y 满足＜0Wx+yW20,则、0WyW15,解析:根据不等式组确定平面区域，再平移目标函数求最大值•作2出不等式组对应的平面区域(如图所示)，平移直线§尢易 知直线经过可行域上的点4(5,15)时，2x+3y 取得最大值55,故 选择D.答案：D3・某公司招收男职员x 名,5x~ 1—22, 2x+3y$9, 则 z ：ZW11,80 B ・ 85 C ・90 D ・95束条件＜「女职员y名，x和y需满足约=10x+ 10y的最大值是（）解析：先画出满足约束条件的可行域，如图阴影部分所示.\5x一lly=一22,〔2兀=11，解得］无=5・5,1=45但y GN+,结合图知当x=5, y=4 时，Zmax = 90・但y GN+,结合图知当x=5, y=4 时，Zmax = 90・答案：C4.若实数x、y满足vA. (0,1)C・(1, +s)B ・(0,1]D・[1, +®)|%—y+1 WO, [x>0, 则三的取值范围是（ 丿L解析:y实数兀、y满足jx—y+l WO,|x>0分所示.的相关区域如图中的阴影部三表示阴影部分内的任意一点与坐标原点(0,0)连线的斜率, 由图可知，三的取值范围为(1, +<-).答案：c5・在如下图所示的可行域内（阴影部分且包括边界），目标函数z=x+ay取得最小值的最优解有无数个，则a的一个可能值是（A. —3C. — 1 D・1C(4,2). | 7解析：由题意知，y=—方无+：・当a>0时，此时z 最大时有最优解无数个；当a<0时，y 17 与AC 重合时，z 取最小值，有无数个最优解，答案：A6・线性目标函数z =22x—y+1 ±0，<兀一2歹一1 WO,HyWl下，取得最大值的可行解为(A. (0，1)B. (—1,-C. (1,0)D. (£, |)x — y在线性约束条件-1)解析：根据不等式组画出可行域，目标函数在(1，0)点取得最大值，所以在线性约束条件下，取得最大值的可行解为(1,0).答案：c二、填空题（每小题6分，共18分）则2x+3y的7.若实数x, y满足不等式组＜2x—yW4,x—y^O,最小值是_______ ■x-y=O 2x-y=^设z=2x+3y,贝ljy=-|x+|,结合平面区域可得，当直线2 7尸+呂过点4时，z 取最小值.•••Zmin = 2X2 + 0 = 4・ 答案：4x+y=2,2x_y=4,得 A(2,0),%—y—2C0y满足<x+2y—420,贝出的最大值是8.设实数x,2y-3<0解析：不等式组表示的平面区域如下图所示, 令丫="‘即y=也.yx-y-2=0 7” （上 jX o 、兀 x+2y-0/ ■■ ■y=kx /•••所求三的最大值即为过原点的斜率的最大值, 即三的最大值为|.3 答案：I9.已知变量x, y满足约束条件x—yW2, 若目标函数Z —必仅在点(5,3)处取得最小值，则实数a的取值范围为解析：画岀可行域，如图所示.由z=y~ax,得y=ax-\~z^则z为直线y=ax~\~z在y轴上的截距，由于函数ox仅在点(5,3)处取得最小值，如图所示，直线y=ax+z过点P(5,3),且直线y=ax~\~z的斜率a大于直线x—y=2的斜率，所以°>1・答案：(1，+°°)三、解答题（共46分，写出必要的文字说明' 计算过程或演算步骤.）10.（本小题15 分）已知一4Wa—bW— 1，一1W4Q—bW5, 求9a~b的取值范围.解：令a=x, b=y, z = 9a — b,即已知一4Wx—yW — 1，—lW4x—yW5,求z=9x~y的取值范围，闻岀不等式组表示的可行域如.图所示由z=9x —y,得y=9x~Zj 当直线过A 点时z 取最大值, 当直线过点B 时z 取最小值.即 Zmax = 9X3—7 = 20，Zmin= —1，所以9a-b 的取值范围是[-1,20].4x_y=5, x —y=—A, 得A(3,7)・由 得B(O,1)x—y+220,11.（本小题15分）已知兀，y满足420, 2x—y—5 W0.⑴求z—x2+y2+2x—2^+2的最小值；⑵求z=Lx+2y—41的最大值.解：作岀可行域，如下图所示.⑴•・• Z =(7(x+1)2 + ®—1)2)2,・・・z可看作是可行域内任一点(X,刃到点M(—1,1)的距离的平方.由图可知Zmin等于点M到直线x+y~4 = 0的距离的平方.•I — 41 2•：Zmin = (羽)=&•••z 可看作是可行域内任一点(x, y)到直线x+2y —4=0的距离的书倍.由图可知，点C 到直线x+2y-4 = 0的距离最大.x —y+2 = 0, 2x —y —5 = 0,得点C ⑺9)・17+2X9-41 (2)・.・z=Lx+2y —41=审・lx+2y —41◎o,12-（本小题16分）在约束条件卄yWs,下，当3WsW5 时，求目标函数z=3x+2y的最大值的变化范围解：由f+j;，如图得交点为A(2,0), 3(4—必2$—4), C(0, s), C f(0,4).令z=0，得仏：3x+2y=0,当Zo向上平移时z值逐渐增大.⑴当3WsV4时可行域为四边形OABC, 此时Zo平移到B点时z取最大值，Zmax = 3 X (4 —s) + 2(2s —4) = s + 4・V3<5<4,• • 7 WZmaxV8・⑵当4Wsv5时，可行域是△On© ,此时/o过C 点时Z取最大值，Zmax = 3X0 + 2X4 = 8. 综上所述，乐日7母。
《红对勾》2021届高三数学第一轮复习北师大版 课时作业4 Word版含解析
课时作业4 函数及其表示一、选择题(每小题5分，共40分)1．(2022·江西理，2)下列函数中，与函数y ＝13x定义域相同的函数为( )A ．y ＝1sin x B ．y ＝ln xx C ．y ＝x e xD ．y ＝sin xx解析：本题考查函数的定义域，由于y ＝13x的定义域为{x |x ≠0}，满足条件的函数只有D ，故选D.答案：D2．(2022·北京海淀)假如f (1x )＝x1－x ，则当x ≠0且x ≠1时，f (x )＝________.( )A.1xB.1x －1C.11－xD.1x －1解析：令1x ＝t ，得x ＝1t . ∴f (t )＝1t1－1t ＝1t －1∴f (x )＝1x －1.答案：B3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ≤0x 2，x >0，若f (α)＝4，则实数α＝( )A. －4或－2B. －4或2 C ．－2或4D ．－2或2解析：本题主要考查分段函数求函数值等基础学问． 当α≤0时，f (α)＝－α＝4，∴α＝－4； 当α>0时，f (α)＝α2＝4，∴α＝2. 综之：α＝－4或2，选B. 答案：B4．下列对应法则f 为A 上的函数的个数是( ) ①A ＝Z ，B ＝N ＋，f ：x →y ＝x 2 ②A ＝Z ，B ＝Z ，f ：x →y ＝x ③A ＝[－1,1]，B ＝{0}，f ：x →y ＝0 A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：对于①，当0∈A 时，y ＝0∉B ，故①所给的对应法则不是A 到B 的映射，当然它不是A 上的函数关系；对于②，当2∈A 时，y ＝2∉B ，故②所给的对应法则不是A 到B 的映射，当然它不是A 上的函数关系；对于③，对于A 中的任一个数，依据对应法则，在B 中都有唯一元素0和它对应，故③所给的对应法则是A 到B 的映射，这两个数集之间的关系是集合A 上的函数关系．答案：B5．(2022·福建厦门3月模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈(2，5]，则方程f (x )。
《红对勾》高三数学第一轮复习北师大版素能提升训练9-9Word版含解析
圆锥曲线最值问题的解题策略[典例] 如图，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，直线x ＝±a和y ＝±b 所围成的矩形ABCD 的面积为8.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝x ＋m (m ∈R)与椭圆M 有两个不同的交点P ，Q ，l 与矩形ABCD 有两个不同的交点S ，T ，求|PQ ||ST |的最大值及取得最大值时m 的值．[审题视角] 解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．[解析] (1)设椭圆M 的半焦距为c ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝32，4ab ＝8，所以a ＝2，b ＝1.因此椭圆M 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝x ＋m整理得5x 2＋8mx ＋4m 2－4＝0.由Δ＝64m 2－80(m 2－1)＝80－16m 2>0， 得－5<m < 5.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－8m 5，x 1x 2＝4m 2－15，所以|PQ |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝4525－m 2(－5<m <5)．线段CD 的方程为y ＝1(－2≤x ≤2)，线段AD 的方程为x ＝－2(－1≤y ≤1)．①不妨设点S 在AD 边上，T 在CD 边上，可知1≤m ≤5，S (－2，m －2)，D (－2,1)，所以|ST |＝2|SD |＝2[1－(m －2)]＝2(3－m )，因此|PQ||ST|＝455－m23－m2.令t＝3－m(1≤m≤5)，则m＝3－t，t∈(3－5，2]，所以|PQ||ST|＝455－3－t2t2＝45－4t2＋6t－1＝45－41t－342＋54.由于t∈(3－5，2]，所以1t∈[12，3＋54)，因此当1t＝34，即t＝43时，|PQ||ST|取得最大值255，此时m＝53.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．1．(2013·辽宁理，20)如图，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0)．点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)．当x0＝1－2时，切线MA的斜率为－12 .(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O 时，中点为O)．解：(1)因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y′＝x 2，且切线MA的斜率为－12，所以A点坐标为(－1，14)，故切线MA的方程为y＝－12(x＋1)＋14.因为点M(1－2，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是y0＝－12(2－2)＋14＝－3－224.①y0＝－1－222p＝－3－222p.②由①②得p＝2.(2)设N(x，y)，A(x1，x214)，B(x2，x224)，x1≠x2，由N 为线段AB 中点知x ＝x 1＋x 22.③y ＝x 21＋x 228.④切线MA ，MB 的方程为y ＝x 12(x －x 1)＋x 214，⑤y ＝x 22(x －x 2)＋x 224.⑥由⑤⑥得MA ，MB 的交点M (x 0，y 0)的坐标为x 0＝x 1＋x 22，y 0＝x 1x 24.因为点M (x 0，y 0)在C 2上，即x 20＝－4y 0，所以x 1x 2＝－x 21＋x 226.⑦由③④⑦得x 2＝43y ，x ≠0.当x 1＝x 2时，A ，B 重合于原点O ，AB 中点N 为O ，坐标满足x 2＝43y .因此AB 中点N 的轨迹方程为x 2＝43y .。
《红对勾》高三数学第一轮复习北师大课件 5-4
5．在平面直角坐标系xOy中，若定点A(1,2)与动点 P(x，y)满足O→P·O→A＝4，则点P的轨迹方程是________．
解析：由O→P·O→A＝4，得(x，y)·(1,2)＝4，即x＋2y＝4.
答案：x＋2y－4＝0
突破考点·速通关02
互动探究·各个击破
向量在平面几何中的应用
[例1]
向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为 背景的一种向量描述．它主要强调向量的坐标问题，进而 利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关知识来解答，坐标 的运算是考查的主体.
1．平面上有四个互异点A、B、C、D，已知(
→ DB
＋
→ DC
－2D→A)·(A→B－A→C)＝0，则△ABC的形状是( )
A．直角三角形
a·b |a||b|
x1x2＋y1y2 x21＋y21 x22＋y22
2．向量在三角函数中的应用 与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其 应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向 量数量积的坐标运算公式、向量模、向量夹角的坐标运算 公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．
3．向量在解析几何中的应用
内，且|
→ OA
|＝|
→ OB
|＝|
→ OC
|，
→ NA
＋
→ NB
＋
→ NC
＝0，
→ PA
→ ·PB
＝
P→B·P→C＝P→C·P→A，则点O，N，P依次是△ABC的( )
A．重心、外心、垂心 B．重心、外心、内心
C．外心、重心、垂心 D．外心、重心、内心源自解析：因为|→ OA
|＝|
→ OB
|＝|
→ OC
《红对勾》2021届高三数学第一轮复习北师大版 课时作业50 Word版含解析
课时作业50 双曲线一、选择题(每小题5分，共40分)1．双曲线方程为x 2－2y 2＝1，则它的右焦点坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫62，0 D ．(3，0)解析：将方程化为标准方程x 2－y212＝1∴c 2＝1＋12＝32，∴c ＝62，故选C.答案：C2．(2022·福建理，8)已知双曲线x 24－y 2b 2＝1的右焦点与抛物线y 2＝12x 的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )A. 5 B ．4 2 C ．3D ．5解析：由y 2＝12x ，焦点坐标为(3,0)． ∴a 2＋b 2＝9，∴b ＝ 5.双曲线的一条渐近线为y ＝52x .∴d ＝353＝ 5. 答案：A3．设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的虚轴长为2，焦距为23，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±2xC ．y ＝±22xD ．y ＝±12x解析：由题意可得2b ＝2,2c ＝23， ∴b ＝1，c ＝3，故a 2＝c 2－b 2＝2.所以双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ＝±12x ＝±22x . 答案：C4．过双曲线x 2－y 2＝8的左焦点F 1有一条弦PQ 在左支上，若|PQ |＝7，F 2是双曲线的右焦点，则△PF 2Q 的周长是( )A ．28B ．14－8 2C ．14＋8 2D ．8 2解析：|PF 2|＋|PQ |＋|QF 2|＝|PF 2|－|PF 1|＋|QF 2|－|QF 1|＋2|PQ | ＝14＋8 2. 答案：C5．(2021·福建理，3)双曲线x 24－y 2＝1的顶点到其渐近线的距离等于( ) A.25 B.45 C.255D.455 解析：不妨设顶点(2,0)，渐近线y ＝x2，即x －2y ＝0， ∴d ＝|2|5＝255.答案：C6．(2021·北京理，6)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率为3，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±2xC ．y ＝±12xD ．y ＝±22x解析：由于离心率e ＝3，所以c ＝3a ，即b ＝2a ，由双曲线的焦点在x 轴上，所以渐近线方程为y ＝±ba x ＝±2x .选B.答案：B7．已知双曲线x 2－y23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则P A 1→·PF 2→的最小值为( ) A ．－2 B ．－8116 C ．1D ．0解析：设点P (x ，y )，其中x ≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，则有y23＝x 2－1，y 2＝3(x 2－1)，P A 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4(x －18)2－8116，其中x ≥1.因此，当x ＝1时，P A 1→·PF 2→取得最小值－2，选A.答案：A8．(2021·浙江理，9)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在其次、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A. 2B. 3C.32D.62解析：不妨设双曲线为x 2a 2－y 2b 2＝1.由题意知|BF 1|－|BF 2|＝2a ⇒|BF 1|2＋|BF 2|2－2|BF 1|·|BF 2|＝4a 2，① 并由勾股定理得|BF 1|2＋|BF 2|2＝4c 2，② 由①②知4c 2－4a 2＝2|BF 1|·|BF 2|.下面求2|BF 1|·|BF 2|的值．在椭圆中|BF 1|＋|BF 2|＝4，故|BF 1|2＋|BF 2|2＋2|BF 1|·|BF 2|＝16，又由②知|BF 1|2＋|BF 2|2＝4c 2＝12， ∴2|BF 1|·|BF 2|＝4，因此有c 2－a 2＝1， 即c 2＝3，a 2＝2，∴c a ＝62. 答案：D二、填空题(每小题5分，共15分)。
【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业48
课时作业53 椭圆1．已知三点P (5,2)，F 1(－6,0)，F 2(6,0)，那么以F 1，F 2为焦点且经过点P 的椭圆的短轴长为( B )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：因为点P (5,2)在椭圆上，所以|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|PF 2|＝5，|PF 1|＝55，所以2a ＝65，即a ＝35，c ＝6，则b ＝3，故椭圆的短轴长为6，故选B.2．设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 25＝1的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，则|PF 2||PF 1|的值为( B )A.514 B ．513 C.49D ．59 解析：由题意知a ＝3，b ＝5，c ＝2. 设线段PF 1的中点为M ，则有OM ∥PF 2， ∵OM ⊥F 1F 2，∴PF 2⊥F 1F 2， ∴|PF 2|＝b 2a ＝53.又∵|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝6， ∴|PF 1|＝2a －|PF 2|＝133， ∴|PF 2||PF 1|＝53×313＝513，故选B.3．已知点P 是椭圆x 24＋y 23＝1上一点，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，M 为△PF 1F 2的内心，若S △MPF 1＝λS △MF 1F 2－S △MPF 2成立，则λ的值为( D )A.32 B ．12 C.22D ．2解析：设内切圆的半径为r ，因为S △MPF 1＝λS △MF 1F 2－S △MPF 2， 所以S △MPF 1＋S △MPF 2＝λS △MF 1F 2； 由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|F 1F 2|＝2c ， 所以ar ＝λcr ，c ＝a 2－b 2， 所以λ＝aa 2－b2＝2. 4．(2019·安徽宣城一模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点为M ，上顶点为N ，右焦点为F ，若NM →·NF →＝0，则椭圆的离心率为( D )A.32 B ．2－12C.3－12D ．5－12解析：由题意知，M (－a,0)，N (0，b )，F (c,0)， ∴NM →＝(－a ，－b )，NF →＝(c ，－b )． ∵NM →·NF →＝0，∴－ac ＋b 2＝0，即b 2＝ac . 又知b 2＝a 2－c 2，∴a 2－c 2＝ac . ∴e 2＋e －1＝0，解得e ＝5－12或e ＝－5－12(舍)． ∴椭圆的离心率为5－12，故选D.5．(2019·湖北重点中学联考)已知椭圆x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 2且垂直于长轴的直线交椭圆于A ，B 两点，则△ABF 1内切圆的半径为( D )A.43 B ．1 C.45D ．34解析：法一：不妨设A 点在B 点上方，由题意知，F 2(1,0)，将F 2的横坐标代入椭圆方程x 24＋y 23＝1中， 可得A 点纵坐标为32，故|AB |＝3，所以内切圆半径r ＝2S C ＝68＝34(其中S 为△ABF 1的面积，C 为△ABF 1的周长)，故选D.法二：由椭圆的通径公式得|AB |＝2b 2a ＝3，则S △ABF 1＝12×2×3＝3，又易得△ABF 1的周长C ＝4a ＝8，则由S △ABF 1＝12C ·r 可得r ＝34.故选D.6．(2019·豫南九校联考)已知两定点A (－1,0)和B (1,0)，动点P (x ，y )在直线l ：y ＝x ＋3上移动，椭圆C 以A ，B 为焦点且经过点P ，则椭圆C 的离心率的最大值为( A )A.55 B ．105 C.255D ．2105解析：不妨设椭圆方程为x 2a 2＋y 2a 2－1＝1(a ＞1)，与直线l 的方程联立得⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2a 2－1＝1，y ＝x ＋3，消去y 得(2a 2－1)x 2＋6a 2x ＋10a 2－a 4＝0，由题意易知Δ＝36a 4－4(2a 2－1)(10a 2－a 4)≥0，解得a ≥5， 所以e ＝c a ＝1a ≤55， 所以e 的最大值为55.故选A.7．(2019·河北衡水中学模拟)设F 1、F 2分别是椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点，P 为椭圆上任意一点，点M 的坐标为(6,4)，则|PM |－|PF 1|的最小值为 －5 .解析：由椭圆的方程可知F 2(3,0)， 由椭圆的定义可得|PF 1|＝2a －|PF 2|，∴|PM |－|PF 1|＝|PM |－(2a －|PF 2|)＝|PM |＋|PF 2|－2a ≥|MF 2|－2a ， 当且仅当M ，P ，F 2三点共线时取得等号， 又|MF 2|＝(6－3)2＋(4－0)2＝5,2a ＝10， ∴|PM |－|PF 1|≥5－10＝－5， 即|PM |－|PF 1|的最小值为－5.8．过点M (1,1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于 22 .解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，① x 22a 2＋y 22b 2＝1.②①、②两式相减并整理得y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.结合已知条件得，－12＝－b 2a 2×22， ∴b 2a 2＝12，故椭圆的离心率e ＝1－b 2a 2＝22.9．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点，P 为椭圆C 上的一点，且∠F 1PF 2＝60°，S △PF 1F 2＝33，则b ＝ 3 .解析：由题意得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ， 又∠F 1PF 2＝60°，所以|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|cos60°＝|F 1F 2|2， 所以(|PF 1|＋|PF 2|)2－3|PF 1||PF 2|＝4c 2， 所以3|PF 1||PF 2|＝4a 2－4c 2＝4b 2， 所以|PF 1||PF 2|＝43b 2，所以S △PF 1F 2＝12|PF 1||PF 2|sin60°＝12×43b 2×32＝33b 2＝33，所以b ＝3.10．椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆M 上任一点，且|PF 1|·|PF 2|的最大值的取值范围是[2b 2,3b 2]，椭圆M 的离心率为e ，则e －1e 的最小值是 －22 .解析：由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，∴|PF 1|·|PF 2|≤⎝⎛⎭⎪⎫|PF 1|＋|PF 2|22＝a 2， ∴2b 2≤a 2≤3b 2，即2a 2－2c 2≤a 2≤3a 2－3c 2， ∴12≤c 2a 2≤23，即22≤e ≤63. 令f (x )＝x －1x ，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，63上是增函数，∴当e ＝22时，e －1e 取得最小值22－2＝－22.11．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点．当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3. 又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1 得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)＞0，即k 2＞34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积 S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t ＞0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2， 即k ＝±72时等号成立，且满足Δ＞0， 所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y ＝72x －2或y ＝－72x －2.12．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的半焦距为c ，原点O 到经过两点(c,0)，(0，b )的直线的距离为12c .(1)求椭圆E 的离心率；(2)如图，AB 是圆M ：(x ＋2)2＋(y －1)2＝52的一条直径，若椭圆E 经过A ，B 两点，求椭圆E 的方程．解：(1)过点(c,0)，(0，b )的直线方程为bx ＋cy －bc ＝0，则原点O 到该直线的距离d ＝bc b 2＋c2＝bca ， 由d ＝12c ，得a ＝2b ＝2a 2－c 2， 可得离心率c a ＝32. (2)解法一：由(1)知，椭圆E 的方程为x 2＋4y 2＝4b 2.①依题意，圆心M (－2,1)是线段AB 的中点，且|AB |＝10.易知，AB 与x 轴不垂直，设其方程为y ＝k (x ＋2)＋1，代入①得(1＋4k 2)x 2＋8k (2k ＋1)x ＋4(2k ＋1)2－4b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k (2k ＋1)1＋4k 2，x 1x 2＝4(2k ＋1)2－4b 21＋4k 2.由x 1＋x 2＝－4，得－8k (2k ＋1)1＋4k 2＝－4，解得k ＝12.从而x 1x 2＝8－2b 2. 于是|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122|x 1－x 2| ＝52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝10(b 2－2).由|AB |＝10，得10(b 2－2)＝10，解得b 2＝3. 故椭圆E 的方程为x 212＋y 23＝1. 解法二：由(1)知，椭圆E 的方程为x 2＋4y 2＝4b 2. ②依题意，点A ，B 关于圆心M (－2,1)对称，且|AB |＝10. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21＋4y 21＝4b 2，x 22＋4y 22＝4b 2，两式相减并结合x 1＋x 2＝－4，y 1＋y 2＝2，得－4(x 1－x 2)＋8(y 1－y 2)＝0.易知AB 与x 轴不垂直，则x 1≠x 2， 所以AB 的斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝12.因此直线AB 的方程为y ＝12(x ＋2)＋1，代入②得x 2＋4x ＋8－2b 2＝0.所以x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝8－2b 2.于是|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122|x 1－x 2|＝ 52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝10(b 2－2). 由|AB |＝10，得10(b 2－2)＝10，解得b 2＝3. 故椭圆E 的方程为x 212＋y 23＝1.13．设F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个焦点，P 是C 上的点，圆x 2＋y 2＝a29与线段PF 交于A ，B 两点，若A ，B 是线段PF 的两个三等分点，则椭圆C 的离心率为( D )A.33 B ．53 C.104D ．175解析：如图所示，设线段AB 的中点为D ，连接OD ，OA ，设椭圆C 的左、右焦点分别为F ，F 1， 连接PF 1.设|OD |＝t ，因为点A ，B 是线段PF 的两个三等分点， 所以点D 为线段PF 的中点，所以OD ∥PF 1，且|PF 1|＝2t ，PF 1⊥PF . 因为|PF |＝3|AB |＝6|AD |＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－t 2， 根据椭圆的定义，得|PF |＋|PF 1|＝2a ，∴6⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－t 2＋2t ＝2a ， 解得t ＝a5或t ＝0(舍去)． 所以|PF |＝8a 5，|PF 1|＝2a5.在Rt △PFF 1中，|PF |2＋|PF 1|2＝|FF 1|2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫8a 52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 52＝(2c )2，得c 2a 2＝1725， 所以椭圆C 的离心率e ＝c a ＝175.14．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝2c ，若椭圆上存在点M 使得sin ∠MF 1F 2a ＝sin ∠MF 2F 1c ，则该椭圆离心率的取值范围为( D )A ．(0，2－1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫0，22D ．(2－1,1)解析：在△MF 1F 2中，|MF 2|sin ∠MF 1F 2＝|MF 1|sin ∠MF 2F 1，而sin ∠MF 1F 2a ＝sin ∠MF 2F 1c ， ∴|MF 2||MF 1|＝sin ∠MF 1F 2sin ∠MF 2F 1＝a c .①又M 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上一点，F 1，F 2是椭圆的焦点， ∴|MF 1|＋|MF 2|＝2a .②由①②得，|MF 1|＝2ac a ＋c ，|MF 2|＝2a 2a ＋c .显然|MF 2|＞|MF 1|， ∴a －c ＜|MF 2|＜a ＋c ，即a －c ＜2a 2a ＋c＜a ＋c ， 整理得c 2＋2ac －a 2＞0，∴e 2＋2e －1＞0，又0＜e ＜1，∴2－1＜e ＜1，故选D.15．过椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上的动点M 作圆x 2＋y 2＝b 22的两条切线，切点分别为P 和Q ，直线PQ 与x 轴和y 轴的交点分别为E 和F ，则△EOF 面积的最小值是 b 34a .解析：设M (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则直线MP 和MQ 的方程分别为x 1x ＋y 1y ＝b 22，x 2x ＋y 2y ＝b 22.因为点M 在MP 和MQ 上，所以有x 1x 0＋y 1y 0＝b 22，x 2x 0＋y 2y 0＝b 22，则P ，Q 两点的坐标满足方程x 0x ＋y 0y ＝b 22，所以直线PQ 的方程为x 0x ＋y 0y ＝b 22，可得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22x 0，0和F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 22y 0， 所以S △EOF ＝12·|OE ||OF |＝b 48|x 0y 0|， 因为b 2y 20＋a 2x 20＝a 2b 2，b 2y 20＋a 2x 20≥2ab |x 0y 0|，所以|x 0y 0|≤ab 2，所以S △EOF ＝b 48|x 0y 0|≥b 34a ， 当且仅当b 2y 20＝a 2x 20＝a 2b 22时取“＝”，故△EOF 面积的最小值为b 34a .16．(2019·山东济宁一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a ＞2)，直线l ：y ＝kx ＋1(k ≠0)与椭圆C 相交于A ，B 两点，点D 为AB 的中点．(1)若直线l 与直线OD (O 为坐标原点)的斜率之积为－12，求椭圆C 的方程；(2)在(1)的条件下，y 轴上是否存在定点M ，使得当k 变化时，总有∠AMO ＝∠BMO (O 为坐标原点)？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由⎩⎨⎧ x 2a 2＋y 24＝1，y ＝kx ＋1(k ≠0)得(4＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx －3a 2＝0，显然Δ＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－2a 2k 4＋a 2k 2，x 1x 2＝－3a 24＋a 2k 2，∴x 0＝－a 2k 4＋a 2k 2，y 0＝－a 2k 24＋a 2k 2＋1＝44＋a 2k 2，∴k ·y 0x 0＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4a 2k ＝－12，∴a 2＝8.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)假设存在定点M 符合题意，且设M (0，m )，由∠AMO ＝∠BMO 得k AM ＋k BM ＝0.∴y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝0.即y 1x 2＋y 2x 1－m (x 1＋x 2)＝0，∴2kx 1x 2＋x 1＋x 2－m (x 1＋x 2)＝0.由(1)知x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k 2，∴－12k 1＋2k 2－4k 1＋2k 2＋4mk1＋2k 2＝0，∴－16k＋4mk1＋2k2＝0，即4k(－4＋m)1＋2k2＝0，∵k≠0，∴－4＋m＝0，∴m＝4. ∴存在定点M(0,4)，使得∠AMO＝∠BMO.。
2020年高考红对勾一轮复习文科数学人教版创新方案课件学案课时作业45
课时作业45 两直线的位置关系1.已知直线l 1：(m －4)x －(2m ＋4)y ＋2m －4＝0与l 2：(m －1)x ＋(m ＋2)y ＋1＝0,则“m ＝－2”是“l 1∥l 2”的( B )A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析：若m ＝－2,则l 1：－6x －8＝0,l 2：－3x ＋1＝0,∴l 1∥l 2.若l 1∥l 2,则(m －4)(m ＋2)＋(2m ＋4)(m －1)＝0,解得m ＝2或m ＝－2.∴“m ＝－2”是“l 1∥l 2”的充分不必要条件,故选B.2.(2019·新疆乌鲁木齐模拟)直线a 1x ＋b 1y ＝2和a 2x ＋b 2y ＝2交于点P (2,3),则过点A (a 1,b 1)、B (a 2,b 2)的直线方程是( A )A.2x ＋3y －2＝0B.3x ＋2y －2＝0C.3x ＋2y ＋2＝0D.2x ＋3y ＋2＝0解析：∵直线a 1x ＋b 1y ＝2和a 2x ＋b 2y ＝2交于点P (2,3),∴2a 1＋3b 1＝2,2a 2＋3b 2＝2,∴过点A (a 1,b 1)、B (a 2,b 2)的直线方程为2x ＋3y ＝2,即2x ＋3y －2＝0,故选A.3.(2019·安庆模拟)若直线l 1：x ＋3y ＋m ＝0(m ＞0)与直线l 2：2x ＋6y －3＝0的距离为10,则m ＝( B )A.7B.172C.14D.17解析：直线l 1：x ＋3y ＋m ＝0(m ＞0),即2x ＋6y ＋2m ＝0,因为它与直线l 2：2x ＋6y －3＝0的距离为10, 所以|2m ＋3|4＋36＝10,求得m ＝172. 4.过两直线l 1：x －3y ＋4＝0和l 2：2x ＋y ＋5＝0的交点和原点的直线方程为( D )A.19x －9y ＝0B.9x ＋19y ＝0C.19x －3y ＝0D.3x ＋19y ＝0 解析：法一 由⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋4＝0，2x ＋y ＋5＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－197，y ＝37，则所求直线方程为：y ＝37－197x ＝－319x ,即3x ＋19y ＝0.法二 设直线方程为x －3y ＋4＋λ(2x ＋y ＋5)＝0, 即(1＋2λ)x －(3－λ)y ＋4＋5λ＝0, 又直线过点(0,0),所以(1＋2λ)·0－(3－λ)·0＋4＋5λ＝0, 解得λ＝－45,故所求直线方程为3x ＋19y ＝0.5.(2019·安阳一模)两条平行线l 1,l 2分别过点P (－1,2),Q (2,－3),它们分别绕P ,Q 旋转,但始终保持平行,则l 1,l 2之间距离的取值范围是( D )A.(5,＋∞)B.(0,5]C.(34,＋∞)D.(0,34 ]解析：当PQ 与平行线l 1,l 2垂直时,|PQ |为平行线l 1,l 2间的距离的最大值,为(－1－2)2＋[2－(－3)]2＝34,∴l 1,l 2之间距离的取值范围是(0,34 ].6.将一张坐标纸折叠一次,使得点(0,2)与点(4,0)重合,点(7,3)与点(m ,n )重合,则m ＋n 等于( A )A.345B.365C.283D.323解析：由题意可知,纸的折痕应是点(0,2)与点(4,0)连线的中垂线,即直线y ＝2x －3,它也是点(7,3)与点(m ,n )连线的中垂线,于是⎩⎨⎧3＋n 2＝2×7＋m2－3，n －3m －7＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝35，n ＝315，故m ＋n ＝345.7.(2019·山西临汾模拟)设直线l 1：x －2y ＋1＝0与直线l 2：mx ＋y ＋3＝0的交点为A ；P ,Q 分别为l 1,l 2上的点,点M 为PQ 的中点,若AM ＝12PQ ,则m 的值为( A )A.2B.－2C.3D.－3解析：在△APQ 中,M 为PQ 的中点,且AM ＝12PQ ,∴△APQ 为直角三角形,且∠P AQ ＝90°,∴l 1⊥l 2,∴1×m ＋(－2)×1＝0,解得m ＝2,故选A.8.直线ax ＋y ＋3a －1＝0恒过定点M ,则直线2x ＋3y －6＝0关于M 点对称的直线方程为( D )A.2x ＋3y －12＝0B.2x －3y －12＝0C.2x －3y ＋12＝0D.2x ＋3y ＋12＝0解析：由ax ＋y ＋3a －1＝0,可得a (x ＋3)＋(y －1)＝0,令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3＝0，y －1＝0，可得x ＝－3,y ＝1, ∴M (－3,1),M 不在直线2x ＋3y －6＝0上,设直线2x ＋3y －6＝0关于M 点对称的直线方程为2x ＋3y ＋c ＝0(c ≠－6),则|－6＋3－6|4＋9＝|－6＋3＋c |4＋9,解得c ＝12或c ＝－6(舍去),∴所求方程为2x ＋3y ＋12＝0.故选D.9.设a ,b ,c 分别是△ABC 中角A ,B ,C 所对的边,则直线sin A ·x ＋ay －c ＝0与bx －sin B ·y ＋sin C ＝0的位置关系是( C )A.平行B.重合C.垂直D.相交但不垂直解析：由题意可得直线sin A ·x ＋ay －c ＝0的斜率k 1＝－sin Aa ,bx －sin B ·y ＋sin C ＝0的斜率k 2＝b sin B ,故k 1k 2＝－sin A a ·b sin B ＝－1,则直线sin A ·x ＋ay －c ＝0与直线bx －sin B ·y ＋sin C ＝0垂直,故选C.10.已知点P (－2,0)和直线l ：(1＋3λ)x ＋(1＋2λ)y －(2＋5λ)＝0(λ∈R ),则点P 到直线l 的距离d 的最大值为( B )A.2 3B.10C.14D.215解析：由(1＋3λ)x ＋(1＋2λ)y －(2＋5λ)＝0,得(x ＋y －2)＋λ(3x ＋2y －5)＝0,此方程是过两直线x ＋y －2＝0和3x ＋2y －5＝0交点的直线系方程.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2＝0，3x ＋2y －5＝0，可知两直线的交点为Q (1,1),故直线l 恒过定点Q (1,1),如图所示,可知d ＝|PH |≤|PQ |＝10,即d 的最大值为10, 故选B. 11.已知入射光线经过点M (－3,4),被直线l ：x －y ＋3＝0反射,反射光线经过点N (2,6),则反射光线所在直线的方程为6x －y －6＝0.解析：先利用两直线垂直的性质求出点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点,再利用两点式求出反射光线所在直线的方程.设点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M ′(a ,b ),则反射光线所在直线过点M ′,所以⎩⎨⎧b －4a －(－3)×1＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得a ＝1,b ＝0.又反射光线经过点N (2,6),所以所求直线的方程为y －0＝6－02－1(x －1),即6x －y －6＝0.12.已知A (4,－3),B (2,－1)和直线l ：4x ＋3y －2＝0,若在坐标平面内存在一点P ,使|P A |＝|PB |,且点P 到直线l 的距离为2,则P 点坐标为(1,－4)或⎝⎛⎭⎪⎫277，－87. 解析：设点P 的坐标为(a ,b ).∵A (4,－3),B (2,－1), ∴线段AB 的中点M 的坐标为(3,－2). 而AB 的斜率k AB ＝－3＋14－2＝－1,∴线段AB 的垂直平分线方程为y ＋2＝x －3,即x －y －5＝0. ∵点P (a ,b )在直线x －y －5＝0上, ∴a －b －5＝0.①又点P (a ,b )到直线l ：4x ＋3y －2＝0的距离为2, ∴|4a ＋3b －2|42＋32＝2,即4a ＋3b －2＝±10,② 由①②联立解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝277，b ＝－87.∴所求点P 的坐标为(1,－4)或⎝ ⎛⎭⎪⎫277，－87.13.已知直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0(A ,B 不全为0),两点P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),若(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )＞0,且|Ax 1＋By 1＋C |＞|Ax 2＋By 2＋C |,则( C )A.直线l 与直线P 1P 2不相交B.直线l 与线段P 2P 1的延长线相交C.直线l 与线段P 1P 2的延长线相交D.直线l 与线段P 1P 2相交解析：由题可知,(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )＞0表示两点在直线的同侧.因为|Ax 1＋By 1＋C |＞|Ax 2＋By 2＋C |, 所以|Ax 1＋By 1＋C |A 2＋B 2＞|Ax 2＋By 2＋C |A 2＋B 2,所以P 1到直线的距离大于P 2到直线的距离, 所以直线l 与线段P 1P 2的延长线相交,故选C.14.(2019·安徽安庆模拟)设两条直线的方程分别为x ＋y ＋a ＝0和x ＋y ＋b ＝0,已知a ,b 是关于x 的方程x 2＋x ＋c ＝0的两个实根,且0≤c ≤18,则这两条直线间距离的最大值为( B )A.24B.22 C.12 D. 2解析：因为a ,b 是关于x 的方程x 2＋x ＋c ＝0的两个实根,所以a＋b ＝－1,ab ＝c .因为直线x ＋y ＋a ＝0和x ＋y ＋b ＝0之间的距离d ＝|a －b |2,所以d 2＝(a ＋b )2－4ab 2＝1－4c 2, 因为0≤c ≤18,所以12≤1－4c ≤1, 所以14≤1－4c 2≤12,即d 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12,所以这两条直线之间的距离的最大值为22,故选B.15.已知动直线l 0：ax ＋by ＋c －2＝0(a ＞0,c ＞0)恒过点P (1,m ),且Q (4,0)到动直线l 0的最大距离为3,则12a ＋2c 的最小值为( B )A.92B.94C.1D.9解析：动直线l 0：ax ＋by ＋c －2＝0(a ＞0,c ＞0)恒过点P (1,m ),∴a＋bm ＋c －2＝0.又Q (4,0)到动直线l 0的最大距离为3, ∴(4－1)2＋(0－m )2＝3,解得m ＝0. ∴a ＋c ＝2.又a ＞0,c ＞0,∴12a ＋2c ＝12(a ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2c ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫52＋c 2a ＋2a c ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫52＋2 c 2a ·2a c ＝94,当且仅当c ＝2a ＝43时取等号,故选B. 16.已知x ,y 为实数,则代数式1＋(y －2)2＋9＋(3－x )2＋x 2＋y 2解析：如图所示,由代数式的结构可构造点P (0,y ),A (1,2),Q (x,0),B (3,3),则1＋(y －2)2＋9＋(3－x )2＋x 2＋y 2 ＝|P A |＋|BQ |＋|PQ |.分别作点A 关于y 轴的对称点A ′(－1,2),点B 关于x 轴的对称点B ′(3,－3),则1＋(y－2)2＋9＋(3－x)2＋x2＋y2≥|A′B′|＝41,当且仅当P,Q为A′B′与坐标轴的交点时,等号成立,故最小值为41.。
《红对勾》2021届高三数学第一轮复习北师大版素能提升训练 5-1 Word版含解析
以平面对量为背景的新定义问题[典例] (2011·山东高考)设A 1，A 2，A 3，A 4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A 1A 3→＝λA 1A 2→(λ∈R )，A 1A 4→＝μA 1A 2→(μ∈R )，且1λ＋1μ＝2，则称A 3，A 4调和分割A 1，A 2.已知点C (c,0)，D (d,0)(c ，d ∈R )调和分割点A (0,0)，B (1,0)，则下面说法正确的是( )A ．C 可能是线段AB 的中点 B ．D 可能是线段AB 的中点C ．C ，D 可能同时在线段AB 上D ．C ，D 不行能同时在线段AB 的延长线上[审题视角] 本题为新定义题目，用新定义考查考生阅读力气与学问迁移力气．本题把坐标系、向量、点与线段的位置关系通过新定义有机结合在一起，能较好地考查同学的阅读理解力气和解决问题的力气．解决本题的关键是抓住两条：一是A 1，A 2，A 3，A 4四点共线；二是1λ＋1μ＝2，同时应用排解法．[解析] 依据已知得(c,0)－(0,0)＝λ[(1,0)－(0,0)]，即(c,0)＝λ(1,0)，从而得c ＝λ；(d,0)－(0,0)＝μ[(1,0)－(0,0)]，即(d,0)＝μ(1,0)，得d ＝μ.依据1λ＋1μ＝2，得1c ＋1d ＝2.线段AB 的方程是y ＝0，x ∈[0,1]．若C 是线段AB 的中点，则c ＝12，代入1c ＋1d ＝2得，1d ＝0，此等式不行能成立，故选项A 的说法不正确；同理选项B 的说法也不正确；若C ，D 同时在线段AB 上，则0<c ≤1,0<d ≤1，此时1c ≥1，1d ≥1，1c ＋1d ≥2，若等号成立，则只能c ＝d ＝1，依据定义，C 、D 是两个不同的点，故冲突，故选项C 的说法也不正确；若C ，D 同时在线段AB 的延长线上，若c >1，d >1，则1c ＋1d <2，与1c ＋1d ＝2冲突，若c <0，d <0，则1c ＋1d 是负值，与1c ＋1d ＝2冲突，若c >1，d <0，则1c <1，1d <0，此时1c ＋1d <1，与1c ＋1d ＝2冲突；故选项D 的说法是正确的．[答案] D1．从近几年新课标省份的高考可以看出，高考以新定义的形式考查向量的概念及线性运算的频率较大，且常与平面几何、解析几何、充要条件等学问交汇，具有考查形式机敏，题材新颖，解法多样等特点．2．解决此类问题，首先需要分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，通过转化思想解决，这是破解新定义信息题难点的关键所在．1．(2021·上海理)在边长为1的正六边形ABCDEF 中，记以A 为起点，其余顶点为终点的向量分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5；以D 为起点，其余顶点为终点的向量分别为d 1，d 2，d 3，d 4，d 5.若m ，M 分别为(a i ＋a j ＋a k )·(d r ＋d s ＋d t )的最小值、最大值，其中{i ，j ，k }⊆{1,2,3,4,5}，{r ，s ，t }⊆{1,2,3,4,5}，则m ，M 满足( )A ．m ＝0，M >0B ．m <0，M >0C ．m <0，M ＝0D ．m <0，M <0解析：只有AF →·DE →＝AB →·DC →>0，其余均有a i ·d r ≤0，故选D. 答案：D2．定义平面对量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a ＝(m ，n )，b ＝(p ，。
《红对勾》2021届高三数学第一轮复习北师大版 课时作业3 Word版含解析
课时作业3简洁的规律联结词、全称量词与存在性量词一、选择题(每小题5分，共40分)1．(2022·北京朝阳一模)假如命题“p∧q”是假命题，“綈q”也是假命题，则()A．命题“(綈p)∨q”是假命题B．命题“p∨q”是假命题C．命题“(綈p)∧q”是真命题D．命题“p∧(綈q)”是真命题解析：由“綈q”为假命题得q为真命题，又“p∧q”是假命题，所以p为假命题，(綈p)为真命题．所以命题“(綈p)∨q”是真命题，A错；命题“p∨q”是真命题，B错；命题“p∧(綈q)”是假命题，D错；命题“(綈p)∧q”是真命题，故选C.答案：C2．(2022·吉林模拟)已知命题p：有的三角形是等边三角形，则()A．綈p：有的三角形不是等边三角形B．綈p：有的三角形是不等边三角形C．綈p：全部的三角形都是等边三角形D．綈p：全部的三角形都不是等边三角形解析：命题p：有的三角形是等边三角形，其中隐含着存在量词“有的”，所以对它的否定，应当改存在量词为全称量词“全部”，然后对结论进行否定，故有綈p：全部的三角形都不是等边三角形，所以选D.答案：D3．(2022·吉林一模)给出如下几个结论：①命题“∃x∈R，cos x＋sin x＝2”的否定是“∃x∈R，cos x＋sin x≠2”；②命题“∃x∈R，cos x＋1sin x≥2”的否定是“∀x∈R，cos x＋1sin x<2”；③对于∀x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，tan x＋1tan x≥2；④∃x∈R，使sin x＋cos x＝ 2.其中正确的为()A．③B．③④C．②③④D．①②③④解析：依据全称命题的否定是存在性命题，存在性命题的否定是全称命题，知①不正确，②正确；由均值不等式如③正确；由sin x＋cos x＝2sin⎝⎛⎭⎪⎫x＋π4∈[－2，2]知④正确．答案：C4．(2021·四川理，4)设x∈Z，集合A是奇数集，集合B是偶数集，若命题p：∀x∈A,2x∈B，则()A．綈p：∀x∈A,2x∉B B．綈p：∀x∉A,2x∉BC．綈p：∃x∉A,2x∈B D．綈p：∃x∈A,2x∉B解析：∵p：∀x∈A,2x∈B.∵綈p：∃x∈A,2x∉B.故选D.。
2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件课时作业46
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第4页
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3．A，B，C，D 是空间不共面的四点，且满足A→B·A→C＝0，A→C·A→D
＝0，A→B·A→D＝0，M 为 BC 的中点，则△AMD 是( C )
A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 解析：∵M 为 BC 的中点，∴A→M＝12(A→B＋A→C)． ∴A→M·A→D＝12(A→B＋A→C)·A→D ＝12A→B·A→D＋12A→C·A→D＝0. ∴AM⊥AD，即△AMD 为直角三角形．
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新 Nhomakorabea案第2页
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2．若 A，B，C 不共线，对于空间任意一点 O 都有O→P＝34O→A＋18
O→B＋18O→C，则 P，A，B，C 四点( B )
A．不共面
B．共面
C．共线
D．不共线
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第3页
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解析：由已知可得 O→P－O→A＝－14O→A＋18O→B＋18O→C， 即O→P－O→A＝－18O→A＋18O→B＋18O→C－18O→A， 可得A→P＝－18(O→A－O→B)＋18(O→C－O→A)＝－18B→A＋18A→C＝18(A→C＋ A→B)， 所以A→P，A→C，A→B共面但不共线，故 P，A，B，C 四点共面．
第12页
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8．已知 O 点为空间直角坐标系的原点，向量O→A＝(1,2,3)，O→B＝ (2,1,2)，O→P＝(1,1,2)，且点 Q 在直线 OP 上运动，当Q→A·Q→B取得最小
值时，O→Q的坐标是 43，43，83
.
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第13页
《红对勾》2021届高三数学第一轮复习北师大版素能提升训练 2-8 Word版含解析
利用数形结合思想解决与方程的根有关的问题[典例] (2022·福建)对于实数a 和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a >b .设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．[审题视角] 函数y ＝f (x )有零点⇔方程f (x )＝0有实根⇔函数y ＝f (x )的图像与x 轴有交点．在解决函数与方程的问题时，要留意这三者之间的关系，在解题中充分利用这个关系与实际问题的转化．[解析] 本题考查函数的图像与二次函数的性质．f (x )＝⎩⎨⎧2x 2－x x ≤0－x 2＋x x >0如图：∵f (x )＝m 恰有三个互不相等的根， ∴0<m <14.将y ＝2x 2－x 的图像补充得A 点坐标2x 2－x ＝14，∴x ＝1＋34，∴A (1＋34，0)设f (x )与两支抛物线的交点分别为x 1，x 4，x 2，x 3y ＝2x 2－x ，y ＝－x 2＋x ∴x 1·x 4＝－m2，x 2·x 3＝m∴x 1x 2x 3x 4＝－m 22，而12<x 4<1＋34 0<m <14.∴x 1x 2x 3∈(1－316，0) [答案] (1－316，0)在解决与方程的根或函数零点有关的问题时，假如依据传统方法很难奏效时，常通过数形结合将问题转化为函数图像的交点的坐标问题来解决．1．(2011·山东)已知函数f (x )＝log a x ＋x －b (a >0，且a ≠1)．当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数f (x )的零点x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N ＋，则n ＝________.解析：如图所示，在直角坐标系下分别作出y ＝log 2x ，y ＝log 3x 及y ＝3－x ，y ＝4－x 的图像，明显全部可能的交点构成图中的阴影区域(不含边界)，其中各点的横坐标均落于(2,3)之内，又由于x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N ＋，故n ＝2.。
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三棱锥
1 1 1 1 d ＋ S △ ARP· d ＋ S △ AQR· d ＝ (AQ· AP ＋ O － AQR ＝ S △ AQP· 3 3 3 6
1 1 AR· AP＋AQ· AR)d，∴ AQ· AP· AR＝ (AQ· AP＋AR· AP＋AQ· AR)d，即 6 6 1 1 1 1 1 1 3 3 1 ＋ ＋ ＝ ，而 V 三棱锥 A－BDC＝ 3S△BDC· AO＝3× 4 ×2× 3 ＝6. AQ AR AP d
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第六章
不等式、推理与证明
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不等式、推理与证明
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第五节 合情推理与演绎推理
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第六章·第五节
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1.了解合情推理的含义，能利用归纳和类 比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发 现中的作用． 2 ． 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推 理的基本模式，并能运用它们进行一些简单的 推理． 3 ．了解合情推理和演绎推理之间的联系 和差异．
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热点二 类比推理 【例 3】 已知点 A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数 y＝ax 的图象上 任意不同的两点，依据图象可知，线段 AB 总是位于 A，B 两点之间 ax1＋ax2 x1＋x2 函数图象的上方，因此有 >a 成立．运用类比思想方法 2 2 可知，若点 A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函数 y＝sinx(x∈(0，π))图象 上任意不同的两点，则类似地有________成立．
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第六章·第五节
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【解析】 由题意知，点 A，B 是函数 y＝ax 的图象上任意不 同的两点，该函数是一个变化率逐渐变大的函数，线段 AB 总是 ax1＋ax2 x1＋x2 位于 A，B 两点之间函数图象的上方，因此有 >a 成 2 2 立；而函数 y＝ sinx(x∈(0，π))，其变化率逐渐变小，线段 AB 总 是位于 A ， B 两点之间函数图象的下方，故可类比得到结论 sinx1＋sinx2 x1＋x2 <sin . 2 2
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…… 照此规律， π －2 2π －2 3π －2 (sin ) ＋(sin ) ＋(sin ) ＋…＋ 2n＋1 2n＋1 2n＋1 2nπ －2 (sin ) ＝________. 2n＋1
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答案 1．(1)一般原理 2．一般 特殊
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(2)特殊情况
(3)特殊情况
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4．“因为指数函数 y＝a 是增函数(大前提)，而 函数(小前提)， 所以函数 在于( )
x
1x y＝ 是指数 3
1 y＝ x 是增函数(结论)”， 上面推理的错误 3
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主干知识· 整合 01
课前热身 稳固根基
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知识点一 合情推理 1．归纳推理： (1)定义：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事 物的________都具有这些特征的推理， 或者由个别事实概括出一，由______到______的推理．
－1
A．an＝3n－1 C．an＝n2
解析：a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想 an＝n2. 答案：C
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3．(选修 1－1P32 练习第 3 题改编)在平面上，若两个正三角形 的边长的比为 1 2，则它们的面积比为 1 4.类似地，在空间中，
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1 1 1 11 1 ∴V 三棱锥 O－ABD＝3V 三棱锥 A－BDC＝18，即3· S△ABD· d＝3· d＝18⇒d 2· 1 1 1 1 ＝ ，∴ ＋ ＋ ＝3. 3 AQ AR AP
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【解析】 分析各等式的形式特点： 4 第 1 个等式右边为：3×1×2； 4 第 2 个等式右边为： ×2×3； 3 4 第 3 个等式右边为：3×3×4 4 依次类推第 n 个等式的右边为 ×n×(n＋1) 3 4 即3n(n＋1)． 4 【答案】 n(n＋1) 3
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【解析】 图中前三个立体图形中，用到的小正方体木块数 依次为 1,2＋1×4,3＋(1＋2)×4， 按照前三个立体图形所反映出来 的规律，归纳推理可知，第 7 个叠放的立体图形中用到的小正方 体木块数应是 7＋(1＋2＋3＋…＋6)×4＝91.
【答案】 C
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知识点二 演绎推理 1．模式：三段论 (1)大前提——已知的________； (2)小前提——所研究的________； (3)结论——根据一般原理，对________做出的判断． 2．特点：演绎推理是由______到______的推理．
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解析： (1)当第一行为 2 个数时， 最后一行仅一个数， 为 3＝3×1 ＝3×20； 当第一行为 3 个数时， 最后一行仅一个数， 为 8＝4×2＝4×21； 当第一行为 4 个数时， 最后一行仅一个数， 为 20＝5×4＝5×22； 当第一行为 5 个数时， 最后一行仅一个数， 为 48＝6×8＝6×23. 归纳推理得，当第一行为 2 016 个数时，最后一行仅一个数， 为 2 017×22 014，故选 B.
【答案】 sinx1＋sinx2 x1＋x2 <sin 2 2
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【总结反思】 类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为： ①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类 事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明 确的命题(猜想).
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(2)由题意可知，图①的单顶帐篷要(17＋0×11)根钢管， 图②的帐篷要(17＋1×11)根钢管， 图③的帐篷要(17＋2×11) 根钢管，……所以串 7 顶这样的帐篷需要 17＋6×11＝83(根)钢 管．
答案：(1)B (2)83
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(1)(2017· 广州模拟 ) 以下数表的构造思路源于我国南宋数学 家杨辉所著的《详解九章算法》一书中的“杨辉三角形”．
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该表由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于 其“肩上”两数之和， 表中最后一行仅有一个数， 则这个数为( A．2 017×22 013 B．2 017×22 014 C．2 016×22 015 D．2 016×22 014 )
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平面几何中有如下结论：如图(1)，设 O 是等腰直角△ABC 底边 BC 的中点，AB＝1，过点 O 的动直线与两腰或其延长线的 1 1 交点分别为 Q，R，则有 ＋ ＝2.类比此结论，将其拓展到空 AQ AR 间，如图(2)，设 O 是正三棱锥 A－BCD 底面 BCD 的中心，AB， AC，AD 两两垂直，AB＝1，过点 O 的动平面与三棱锥的三条侧 棱或其延长线的交点分别为 Q，R，P，则有________．
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考向 2
与图形有关的归纳推理 如图所示，用全等的小正方体木块叠放立体图形，
【例 2】
按照这样的规律继续逐个叠放下去，那么在第 7 个叠放的立体图形 中小正方体木块数应是( )
A．25 C．91
B．66 D．120
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若两个正四面体的棱长的比为 1
2，则它们的体积比为________．
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解析：由平面图形的面积类比立体图形的体积得出：在空间 内，若两个正四面体的棱长的比为 1 为1 4，对应高之比为 1
答案：1 8
2，则它们的底面积之比 8.
2，所以体积比为 1
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【总结反思】 (1)归纳是依据特殊现象推断出一般现象的推理，因 而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围． (2)归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观 察、经验或试验的基础之上的． (3)归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明， 但对数学结论和科学的发现很有用.
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热点命题· 突破 02
课堂升华 强技提能
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热点一 考向 1 【例 1】
归纳推理 与数、式有关的归纳推理 (2016· 山东卷)观察下列等式：