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全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (49)

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全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (55)

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (55)

1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m ∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A．[答案] A2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面[解析]A、C、D选项中α与β可能相交，故选B．[答案] B3．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________.[解析]把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．[答案]若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)4．(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.[证明](1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.1.高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题或填空题与一道大题，或一道大题．2．解答题多出现在第18,19题的位置，且为第(1)、(2)问，难度中等．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (101)

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (99)

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (36)

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第二讲 复数、算法、推理与证明[高考导航]1．对复数的考查主要是复数概念、复数四则运算和复数的几何意义．2．对程序框图的考查主要以循环结构的程序框图为载体考查学生对算法的理解． 3．对合情推理的考查主要以归纳推理为主，考查学生的观察、归纳和概括能力．考点一 复数的概念与运算1．复数的乘法复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类项，不含i 的看作另一类项，分别合并同类项即可．2．复数的除法除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题时要注意把i 的幂写成最简形式．复数的除法类似初中所学化简分数常用的“分母有理化”，其实质就是“分母实数化”．3．复数运算中常见的结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i ＝－i ；(2)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ；(3)i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0.1．(2019·全国卷Ⅲ)若z (1＋i)＝2i ，则z ＝( ) A ．－1－i B ．－1＋i C ．1－i D ．1＋i [解析] 由题意得z ＝2i 1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋i ，故选D.[答案] D2．(2019·广州调研)若复数z 满足(1＋i)z ＝1＋2i ，则|z |＝( )A.22B.32C.102D.12 [解析] 解法一：由已知得z ＝1＋2i 1＋i＝(1＋2i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1－i ＋2i ＋22＝32＋12i ，所以|z |＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝102，故选C.解法二：因为|1＋i||z |＝|1＋2i|，所以2|z |＝5，|z |＝52＝102，故选C.[答案] C3．(2019·山西太原模拟)设复数z ＝1－3i(i 是虚数单位)，则z－z的虚部为( )A.32i B ．－32 C.32 D ．－32i [解析] ∵z ＝1－3i ，∴z －z ＝z －2z ·z－＝(1＋3i )2|z |2＝1＋23i －34＝－12＋32i.∴z －z 的虚部为32.故选C.[答案] C4．(角度创新)已知i 为虚数单位，如图，网格纸中小正方形的边长是1，复平面内点Z对应的复数为z ，则复数z1－2i的共轭复数是( )A ．－iB ．1－iC ．iD ．1＋i[解析] 易知z ＝2＋i ，则z1－2i ＝2＋i 1－2i ＝－2i 2＋i 1－2i＝i ，其共轭复数为－i.[答案] A5．(2019·湖南株洲二模)欧拉公式e i x ＝cos x ＋isin x (e 是自然对数的底数，i 为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．特点是当x ＝π时，e iπ＋1＝0被认为是数学上最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”．根据欧拉公式可知，e 2i 表示的复数在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 [解析] 因为e i x ＝cos x ＋isin x (e 是自然对数的底数，i 为虚数单位)，所以e 2i ＝cos2＋isin2.因为2∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以cos2<0，sin2>0.所以e 2i表示的复数在复平面内对应的点位于第二象限．[答案] B6．(设问创新)已知复数z ＝x ＋y i ，|z －2|＝3，则yx的最大值为________．[解析] ∵|z －2|＝(x －2)2＋y 2＝3，∴(x －2)2＋y 2＝3.如图，点(x ，y )在以(2,0)为圆心，3为半径的圆上，数形结合可知⎝⎛⎭⎫y x max ＝31＝ 3.[答案] 3复数问题的解题思路以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．考点二 程序框图1．当需要对研究的对象进行逻辑判断时，要使用条件结构，它是根据指定条件选择执行不同指令的控制结构．2．注意直到型循环和当型循环的本质区别：直到型循环是先执行再判断，直到满足条件才结束循环；当型循环是先判断再执行，若满足条件，则进入循环体，否则结束循环．3．循环结构主要用在一些有规律的重复计算的算法中，如累加求和、累乘求积等．1．(2019·山东聊城二模)执行如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输出的结果是4，则常数a 的值为( )A ．4B ．2C.12D ．－1[解析] S 和n 依次循环的结果如下：S ＝11－a，n ＝2；S ＝1－1a ，n ＝4.所以1－1a ＝2，a＝－1.故选D.[答案] D2．(2019·北京卷)执行如图所示的程序框图，输出的s 值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由题意得，k ＝1，s ＝2×123×1－2＝2，不满足k ≥3，k ＝2，s ＝2×223×2－2＝2，不满足k ≥3，k ＝3，s ＝2×223×2－2＝2，满足k ≥3，退出循环，输出s ＝2.故选B.[答案] B3．(2019·全国卷Ⅰ)如图是求12＋12＋12的程序框图，图中空白框中应填入( )A ．A ＝12＋A B ．A ＝2＋1AC ．A ＝11＋2AD ．A ＝1＋12A[解析] 观察题目所给式子，由程序框图，得当k ＝1时，k ≤2成立，A ＝12＋A ＝12＋12；当k ＝2时，k ≤2成立，A ＝12＋A ＝12＋12＋12；当k ＝3时，k ≤2不成立，输出A ，程序结束．故选A. [答案] A4．(角度创新)执行如图所示的程序框图，为使输出S 的值大于110，则输入正整数N 的最小值为( )A ．5B ．4C ．3D ．2[解析] 因为求最小值，结合选项，不妨取N ＝2，第一次循环，则有S ＝100＋1＝101，M ＝10010＝10，i ＝2；第二次循环，则有S ＝101＋10＝111，M ＝1010＝1，i ＝3，退出循环．输出S ＝111，选D. [答案] D5．(2019·广东汕头一模)执行如图所示的程序框图，若输入a ＝110011，则输出的b 的值是( )A．45 B．47C．51 D．53[解析]输入a＝110011，b＝0，i＝1，第一次循环，t＝1，b＝0＋1×21－1＝1，i＝2；第二次循环，t＝1，b＝1＋1×22－1＝3，i＝3；第三次循环，t＝0，b＝3＋0＝3，i＝4；第四次循环，t＝0，b＝3＋0＝3，i＝5；第五次循环，t＝1，b＝3＋1×25－1＝19，i＝6；第六次循环，t＝1，b＝19＋1×26－1＝51，i＝7，满足条件，退出循环．输出b＝51，故选C.[答案]C6．(2016·河南开封二模)执行如图所示的程序框图，输出的S的值是________．[解析]由程序框图可知，n＝1，S＝0；S＝cos π4，n＝2；S＝cosπ4＋cos2π4，n＝3；…；S＝cos π4＋cos2π4＋cos3π4＋…＋cos2018π4＝252⎝⎛⎭⎫cosπ4＋cos2π4＋…＋cos8π4＋cosπ4＋cos2π4＝252×0＋22＋0＝22，n＝2019，输出S.[答案]22求解程序框图2类常考问题的解题技巧(1)程序框图的运行结果问题先要找出控制循环的变量及其初值、终值．然后看循环体，若循环次数较少，可依次列出即可得到答案；若循环次数较多，可先循环几次，找出规律．要特别注意最后输出的是什么，不要出现多一次或少一次循环的错误，尤其对于以累和为限定条件的问题，需要逐次求出每次迭代的结果，并逐次判断是否满足终止条件．(2)程序框图的填充问题最常见的是要求补充循环结构的判断条件，解决此类问题的方法是创造参数的判断条件为“i>n？”或“i<n？”，然后找出运算结果与条件的关系，反解出条件即可．考点三 推理与证明1．归纳推理的思维过程实验、观察―→概括、推广―→猜测一般性结论 2．类比推理的思维过程实验、观察―→联想、类推―→猜测新的结论1．(2019·安徽芜湖模拟)某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A ，B ，C ，D ，E 五辆车，每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是( )A ．今天是周四B ．今天是周六C ．A 车周三限行D ．C 车周五限行[解析] 在限行政策下，要保证每天至少有四辆车可以上路行驶，周一到周五每天只能有一辆车限行．由周末不限行，B 车昨天限行知，今天不是周一，也不是周日；由E 车周四限行且明天可以上路可知，今天不是周三；由E 车周四限行，B 车昨天限行知，今天不是周五；从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，如果今天是周二，A ，C 两车连续行驶到周五，只能同时在周一限行，不符合题意；如果今天是周六，则B 车周五限行，A ，C 两车连续行驶到周二，只能同时在周三限行，不符合题意．所以今天是周四．故选A. [答案] A2．(2019·山西孝义模拟)我们知道：在平面内，点(x 0，y 0)到直线Ax ＋By ＋C ＝0的距离公式d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2,4,1)到直线x ＋2y ＋2z＋3＝0的距离为( )A ．3B ．5 C.5217D ．35[解析] 类比平面内点到直线的距离公式，可得空间中点(x 0，y 0，z 0)到直线Ax ＋By ＋Cz ＋D ＝0的距离公式为d ＝|Ax 0＋By 0＋Cz 0＋D |A 2＋B 2＋C2，则所求距离d ＝|2＋2×4＋2×1＋3|12＋22＋22＝5，故选B.[答案] B3．(情境创新)分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程．标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构．也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已，谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当n ＝6时，该黑色三角形内一共去掉的小三角形的个数为( )A ．81B ．121C ．364D ．1093[解析] 由题图可知，当n ＝1时，该黑色三角形内一共去掉小三角形的个数为1；当n ＝2时，该黑色三角形内一共去掉小三角形的个数为1＋3；当n ＝3时，该黑色三角形内一共去掉小三角形的个数为1＋3＋32；…据此归纳推理可知，当n ＝6时，该黑色三角形内一共去掉小三角形的个数为1＋3＋32＋33＋34＋35＝1－361－3＝364.故选C. [答案] C 4．(2018·河北省五校联考)在正整数数列中，由1开始，按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染16后面的最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25；…按此规则一直染下去，得到一个红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个红色子数列中，由1开始的第2018个数是________．[解析] 由题意可设第1组的数为1， 第2组的数为2,4， 第3组的数为5,7,9， …所以第1组有1个数，第2组有2个数，…根据等差数列的前n 项和公式，可知前n 组共有n (n ＋1)2个数．由于2016＝63(63＋1)2<2018<64(64＋1)2＝2080，因此，第2018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…第n 组最后一个数是n 2，因此，第63组最后一个数为632,632＝3969，第64组为偶数组，其第1个数为3970，第2个数为3972. [答案] 3972(1)破解归纳推理题的思维3步骤①发现共性：通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)； ②归纳推理：把这种相似性推广为一个明确表述的一般命题(猜想)；③检验，得结论：对所得的一般性命题进行检验，一般地，“求同存异”“逐步细化”“先粗后精”是求解由特殊结论推广到一般结论型创新题的基本技巧．(2)破解类比推理题的3个关键①会定类，即找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；②会推测，即用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的猜想； ③会检验，即检验猜想的正确性．要将类比推理运用于简单推理之中，在不断的推理中提高自己的观察、归纳、类比能力．1．(2019·全国卷Ⅰ)设复数z 满足|z －i|＝1，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则( ) A ．(x ＋1)2＋y 2＝1 B ．(x －1)2＋y 2＝1 C ．x 2＋(y －1)2＝1 D ．x 2＋(y ＋1)2＝1 [解析] 设复数z 与i 分别表示复平面内的点Z 与点P ，则P (0,1)，且|z －i|表示复平面内点Z 与点P 之间的距离，所以点Z (x ，y )到点P (0,1)的距离为定值1，所以Z 的轨迹是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，故选C. [答案] C2．(2019·全国卷Ⅱ)设z ＝－3＋2i ，则在复平面内z －对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 [解析] ∵z ＝－3＋2i ，∴z －＝－3－2i ，∴在复平面内，z －对应的点为(－3，－2)，此点在第三象限． [答案] C3．(2019·全国卷Ⅲ)执行如图所示的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s 的值等于( )A ．2－124B ．2－125C ．2－126D ．2－127[解析] 该程序框图的功能是求和，即s ＝1＋12＋122＋…＋12n －1，由于x ＝126>0.01，x ＝127<0.01，故当x ＝127时，结束循环，输出s ＝1＋12＋…＋126＝1－1271－12＝2×⎝⎛⎭⎫1－127＝2－126，故选C.[答案]C4．(2019·天津卷)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为()A．5 B．8C．24 D．29[解析]i＝1，S＝0，i＝1不是偶数，S＝1；i＝2，i<4，i＝2是偶数，j＝22＝1，S＝1＋2×21＝5；i＝3，i<4，i＝3不是偶数，S＝5＋3＝8；i＝4，i≥4，输出S＝8.故选B.[答案]B5．(2017·全国卷Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则() A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩[解析]由题意可知，“甲看乙、丙的成绩，不知道自己的成绩”说明乙、丙两人是一个优秀一个良好，则乙看了丙的成绩，可以知道自己的成绩；丁看了甲的成绩，也可以知道自己的成绩．故选D.[答案]D1.高考对复数的考查重点是其代数形式的四则运算(特别是乘、除法)，也涉及复数的概念及几何意义等知识，题目多出现在第1～3题的位置，难度较低，纯属送分题目．2．高考对算法的考查，每年平均有一道小题，一般出现在第6～9题的位置上，难度中等偏下，均考查程序框图，热点是循环结构和条件结构，有时综合性较强，其背景涉及数列、函数、数学文化等知识．3．在全国课标卷中很少直接考查“推理与证明”，特别是合情推理，而演绎推理，则主要体现在对问题的证明上．专题强化训练(八)一、选择题1．(2019·西安二模)已知z ＝1＋2i ，则复数2iz －2的虚部是( )A.25 B ．－25 C.25i D ．－25i [解析] 2i z －2＝2i －1＋2i ＝2i (－1－2i )(－1＋2i )(－1－2i )＝45－25i ，该复数的虚部为－25.故选B.[答案] B2．(2019·南京模拟)若复数z ＝1＋2i ，则4iz z －－1等于( ) A ．1B ．－1C ．iD ．－i[解析]4i z z －－1＝4i(1＋2i )(1－2i )－1＝i.故选C. [答案] C3．(2019·吉林调研)已知z (3＋i)＝－3i(i 是虚数单位)，那么复数z 对应的点位于复平面内的( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[解析] z ＝－3i3＋i ＝－3i (3－i )(3＋i )(3－i )＝－3－3i 4＝－34－3i 4，z 对应的点⎝⎛⎭⎫－34，－34位于复平面内的第三象限．故选C.[答案] C4．(2019·大连模拟)下列推理是演绎推理的是( )A ．由于f (x )＝c cos x 满足f (－x )＝－f (x )对任意的x ∈R 都成立，推断f (x )＝c cos x 为奇函数B ．由a 1＝1，a n ＝3n －1，求出S 1，S 2，S 3，猜出数列{a n }的前n 项和的表达式C ．由圆x 2＋y 2＝1的面积S ＝πr 2，推断：椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的面积S ＝πabD ．由平面三角形的性质推测空间四面体的性质[解析] 由特殊到一般的推理过程，符合归纳推理的定义；由特殊到与它类似的另一个特殊的推理过程，符合类比推理的定义；由一般到特殊的推理符合演绎推理的定义．A 是演绎推理，B 是归纳推理，C 和D 为类比推理，故选A.[答案] A5．(2019·江西南昌三模)中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框图，执行该程序框图，若输入的x ＝3，n ＝2，依次输入的a 为2,2,5，则输出的s ＝( )A．8 B．17C．29 D．83[解析]根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值．模拟程序的运行过程：输入的x＝3，n＝2，当输入的a为2时，s＝2，k＝1，不满足退出循环的条件；当再次输入的a为2时，s＝8，k＝2，不满足退出循环的条件；当输入的a 为5时，s＝29，k＝3，满足退出循环的条件．故输出的s的值为29.故选C.[答案]C6．(2019·河北保定模拟)用反证法证明命题：“已知a，b是自然数，若a＋b≥3，则a，b中至少有一个不小于2”．提出的假设应该是()A．a，b至少有两个不小于2B．a，b至少有一个不小于2C．a，b都小于2D．a，b至少有一个小于2[解析]根据反证法可知提出的假设为“a，b都小于2”．故选C.[答案]C7．(2019·广东汕头一模)执行如图所示的程序框图，输出的结果是()A ．56B ．54C ．36D ．64[解析] 模拟程序的运行，可得：第1次循环，c ＝2，S ＝4，c <20，a ＝1，b ＝2；第2次循环，c ＝3，S ＝7，c <20，a ＝2，b ＝3；第3次循环，c ＝5，S ＝12，c <20，a ＝3，b ＝5；第4次循环，c ＝8，S ＝20，c <20，a ＝5，b ＝8；第5次循环，c ＝13，S ＝33，c <20，a ＝8，b ＝13；第6次循环，c ＝21，S ＝54，c >20，退出循环，输出S 的值为54.故选B.[答案] B8．(2019·广东茂名一模)执行如图所示的程序框图，那么输出的S 值是( )A.12B ．－1C ．2019D ．2[解析] 模拟程序的运行，可知S ＝2，k ＝0；S ＝－1，k ＝1；S ＝12，k ＝2；S ＝2，k ＝3；…，可见S 的值每3个一循环，易知k ＝2019对应的S 值是第2020个，又2020＝3×673＋1，∴输出的S 值是2，故选D.[答案] D9．(2019·湖南长沙模拟)如图，给出的是计算1＋14＋17＋…＋1100的值的一个程序框图，则图中判断框内(1)处和执行框中的(2)处应填的语句是( )A ．i >100，n ＝n ＋1B ．i <34，n ＝n ＋3C ．i >34，n ＝n ＋3D ．i ≥34，n ＝n ＋3[解析] 算法的功能是计算1＋14＋17＋…＋1100的值，易知1,4,7，…，100成等差数列，公差为3，所以执行框中(2)处应为n ＝n ＋3，令1＋(i －1)×3＝100，解得i ＝34，∴终止程序运行的i 值为35，∴判断框内(1)处应为i >34，故选C.[答案] C10．(2019·武汉调研)一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是( )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁[解析] 由题可知，乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯，由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙供述可得，乙是罪犯． [答案] B11．(2019·昆明七校调研)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输出S 的值为1，则判断框内为( )A ．i >6?B ．i >5?C ．i ≥3?D ．i ≥4?[解析] 依题意，执行程序框图，进行第一次循环时，S ＝1×(3－1)＋1＝3，i ＝1＋1＝2；进行第二次循环时，S ＝3×(3－2)＋1＝4，i ＝2＋1＝3；进行第三次循环时，S ＝4×(3－3)＋1＝1，i ＝4，因此当输出的S 的值为1时，判断框内为“i ≥4？”，选D.[答案] D12．(2019·长春一模)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④[解析] 设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h 2，则截面圆的面积为π(R －h2)2；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，选D. [答案] D 二、填空题13．(2019·河北唐山模拟)若z ＝(m 2＋m －6)＋(m －2)i 为纯虚数，则实数m 的值为________．[解析] ∵z ＝(m 2＋m －6)＋(m －2)i 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m －6＝0，m －2≠0，解得m ＝－3. [答案] －314．(2019·厦门模拟)如图是一个三角形数阵：1 13 15 17 19 111 113 115 117 119 …按照以上排列的规律，第16行从左到右的第2个数为________．[解析] 前15行共有15(15＋1)2＝120(个)数，故所求的数为a 122＝12×122－1＝1243.[答案]124315．(2019·河南三市联考)执行如图所示的程序框图，如果输入m ＝30，n ＝18，则输出的m 的值为________．[解析] 如果输入m ＝30，n ＝18，第一次执行循环体后，r ＝12，m ＝18，n ＝12，不满足输出条件；第二次执行循环体后，r ＝6，m ＝12，n ＝6，不满足输出条件；第三次执行循环体后，r ＝0，m ＝6，n ＝0，满足输出条件，故输出的m 值为6.[答案] 616．(2019·天津调研)“求方程⎝⎛⎭⎫513x ＋⎝⎛⎭⎫1213x＝1的解”，有如下解题思路：设f (x )＝⎝⎛⎭⎫513x＋⎝⎛⎭⎫1213x ，则f (x )在R 上单调递减，且f (2)＝1，所以原方程有唯一解x ＝2，类比上述解题思路，可得不等式x6－(x＋2)>(x＋2)3－x2的解集是________．[解析]因为x6－(x＋2)>(x＋2)3－x2，所以x6＋x2>(x＋2)3＋(x＋2)，所以(x2)3＋x2>(x＋2)3＋(x＋2)．令f(x)＝x3＋x，所以不等式可转化为f(x2)>f(x＋2)．因为f(x)在R上单调递增，所以x2>x＋2，解得x<－1或x>2.故原不等式的解集为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．[答案](－∞，－1)∪(2，＋∞)。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (52)

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第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积[高考导航]1．由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，以三视图为载体，考查面积、体积的计算．2．空间几何体的表面积与体积的计算，通常以几何体为载体与球进行交汇考查，或蕴含在两几何体的“接”或“切”形态中．考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝2 4S.1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()[解析]两个木构件咬合成长方体时，小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A.[答案]A2．(2019·河北衡水中学调研)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()[解析]过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.[答案]C3．(2019·江西南昌二中模拟)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4 3 D．42[解析]由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AB ＝AC ＝4，DB ＝2，则易得S △P AC ＝S △ABC ＝8，S △CPD ＝12，S 梯形ABDP ＝12，S △BCD ＝12×42×2＝42，故选D.[答案] D4．(2019·湖北恩施二模)某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．2B ．22 C.8＋2 3D ．22－3[解析] 因为圆锥的母线长为2，高为423，所以底面半径r ＝22－⎝⎛⎭⎫4232＝23，所以底面周长为2πr ＝43π，所以侧面展开图中扇形中心角为2πr 2＝43π2＝23π，所以从M 到N 的路径中，最短路径的长度为22＋22－2×2×2cos π6＝22－ 3.[答案] D5．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC 1的顶点A ，B 在平面α上，AB ＝2，若平面A 1B 1C 1D 1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC 1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22[解析]依题意知，直线AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋ 3.[答案]B6．(2019·山西运城联考)如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.[答案]2＋2(1)根据空间几何体的三视图还原空间几何体时，要善于把空间几何体放置在长方体、正方体中，既容易得出空间几何体的实际形状，又容易进行计算；(2)根据空间几何体得出其三视图时，要抓住其顶点在投影面上的正投影，并注意几何体的轮廓线“眼见为实、不见为虚”，在数量关系上注意“高平齐、长对正、宽相等”的原则．考点二 空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；(2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式S 表＝4πR 2(R 为球的半径)，V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．1．(2019·唐山摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4[解析] 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫1×1－14×π×12＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.[答案] D2．(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 [解析] 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1，取CD 中点G ，连接AG ， 由侧视图知AG ⊥CD ，AG ＝6，∴底面积S ＝S 梯形AGCB ＋S 梯形AGDE ＝12×(2＋6)×3＋12×(4＋6)×3＝27，∴该柱体体积V ＝Sh ＝27×6＝162.故选B.[答案] B3．(2019·河北唐山统考)某几何体的三视图如图所示(在如图的网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．60D ．64[解析] 还原几何体如图所示，该几何体是底面为矩形的四棱锥．∴该几何体的表面积S ＝3×6＋12×6×4＋12×5×3×2＋12×6×5＝18＋12＋15＋15＝60.故选C.[答案] C4．(2019·福建泉州模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由已知易得该几何体是一个以正视图为底面，高为2的四棱锥．由于正视图是一个上底边为2，下底边为4，高为2的直角梯形，故该四棱锥的底面积S ＝12×(2＋4)×2＝6，则V ＝13Sh ＝13×6×2＝4.故选D.[答案] D5．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1 B.(24＋2)π4＋1C.(23＋2)π4＋12D.(23＋2)π4＋1[解析] 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D.[答案] D6．(2019·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．6B ．7 C.223 D.233[解析] 如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被截去三棱锥A －PQA 1和三棱锥D －PC 1D 1之后得到的一个几何体，其中P ，Q 分别是棱A 1D 1，A 1B 1的中点．故所求多面体的体积V ＝V 正方体－V 三棱锥A －PQA 1－V 三棱锥D －PC 1D 1＝23－13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×2－13×⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＝7.故选B.[答案] B求几何体表面积和体积关键过好“两关”(1)还原关，即利用“长对正、宽相等、高平齐”还原空间几何体的直观图，不规则几何体采取分割和补形的方法．(2)公式关，即会利用空间几何体的体积或表面积公式求简单组合体的体积或表面积．考点三 多面体与球1．多面体与球的切接问题处理方法与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．2．重要结论(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(3)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．【例】 (1)(2019·安徽蚌埠二模)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3(2)(2019·山西太原一模)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4>3，不合题意．球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大．由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.(2)如图所示，设SC ＝2r ，取SC 的中点O ，连接AO ，OB .因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .所以S △SBC ＝12SC ·OB ＝12×2r ·r ＝r 2.又因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，OA ⊥SC ， 所以OA ⊥平面SBC .所以V S －ABC ＝V A －SBC ＝13S △SBC ·OA ＝13r 3＝9.解得r ＝3，所以S 表＝4πr 2＝36π.[答案] (1)B (2)36π“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面．(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．(2019·皖中摸底考试)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3B.3π3C.4π3D ．2π[解析] 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π3×3，∴r ＝1，∴h ＝32－12＝2 2.设圆锥内切球的半径为R ，则R 22－R ＝13，∴R ＝22，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫223＝23π，故选A.[答案] A2．(2019·武汉调研)一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为等腰直角三角形，正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16πB ．9πC ．4πD ．π[解析] 三棱锥如图，设外接球半径为R ，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，D 为BC 中点．SD ⊥面ABC .球心O 在SD 上，SD ＝2.在直角△ODC 中，OC ＝R ，OD ＝2－R ，DC ＝ 2.则(2－R )2＋(2)2＝R 2，即R ＝32，故V －ABC 的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π，选B.[答案] B1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2[解析] 由圆柱的三视图及已知条件可知点M 与点N 的位置如图1所示，设ME 与FN 为圆柱的两条母线，沿FN 将圆柱的侧面展开，如图2所示，连接MN ，MN 即为从M 到N 的最短路径，由题意知，ME ＝2，EN ＝4，∴MN ＝42＋22＝2 5.故选B.[答案]B2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4[解析]由三视图得四棱锥的直观图如图所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD ，∴AB ⊥SA ，即△SAB 也是直角三角形，从而SB ＝SD 2＋AD 2＋AB 2＝3，又BC＝22＋12＝5，SC ＝22，∴BC 2＋SC 2≠SB 2，∴△SBC 不是直角三角形，故选C. [答案] C 3．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.[答案] C4．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．[解析] 如图所示，圆柱的高O 1O ＝12PO ＝12P A 2－AO 2＝12×5－1＝1，圆柱的底面半径r ＝12AO ＝12.所以圆柱的体积V ＝πr 2·O 1O ＝π×14×1＝π4.[答案] π45.(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.[解析] 依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V ＝V 长方体－V 四棱锥＝6×6×4－13×12×4×6×3＝132(cm 3)．又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm 3，故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g)． [答案] 118.81.该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．2.考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．热点课题3 补形法求几何体的表面积与体积1．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 B.83 C ．4 D.209[解析] 观察三视图并依托正方体，可得该几何体直观图为A 1－ABEF ，如图所示，其体积为V 正方体－V AFD －BEC －VA 1－BEC 1B 1－VA 1－FEC 1D 1＝2×2×2－12×2×1×2－13×2×(1＋2)×2×12－13×1×2×2＝83.[答案]B2．(2019·合肥联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为()A．24π B．29π C．48π D．58π[解析]如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A－BCD)，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR2＝π(32＋22＋42)＝29π.[答案]B专题强化训练(十七)一、选择题1．(2019·辽宁沈阳二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2[解析]由三视图得该四棱锥的直观图如图中S－ABCD所示，由图可知，其最长棱为SD，且底面ABCD是边长为2的正方形，SB⊥面ABCD，SB＝2，所以SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.[答案]B2．(2019·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()[解析] 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB ⊥平面DEF ，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直．故选C.[答案] C3．(2019·益阳、湘潭高三调考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A.23B.43C.83D ．4 [解析] 由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥A －PBC (放到棱长为2的正方体中)，则V A －PBC ＝13×S △PBC ×AB ＝13×12×2×2×2＝43.故选B.[答案] B4．(2019·安徽六校第二次联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是( )A.92π B ．9π C.454π D.544π [解析] 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r ＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C. [答案] C5．(2019·辽宁五校联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72[解析] 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.[答案] B6．(2019·河南濮阳二模)已知三棱锥A －BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A －BD －C 为直二面角，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A.10π3B ．5πC ．6π D.20π3[解析] 取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的靠近BD 的三等分点P ，Q ，过P 作面ABD 的垂线，过Q 作面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，则外接球的表面积为4πR 2＝20π3，故选D.[答案] D7．(2019·洛阳市高三第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863πD.1623π [解析] 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体相应面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长，其长为22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.[答案] A8．(2019·湖北武汉2月调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为( )A.323B ．16C ．32D ．48 [解析] 由三视图知，该四面体可以看作正方体中的三棱锥P －ABC ，如图，由已知得AB ＝4，AC ＝4，△ABC 是直角三角形，所以S △ABC ＝12AB ×AC ＝12×4×4＝8，所以四面体P ABC的体积V ＝13×8×4＝323，故选A.[答案] A9．(2019·湖南长沙一中第八次月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1＝a ，BB 1＝b ，CC 1＝c ，两条平行线AA 1与BB 1间的距离为h ，直线CC 1到平面AA 1B 1B 的距离为h ′，则该羡除的体积为V ＝h ′h6(a ＋b ＋c )．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )A ．3 3 B.43 C.53D ．23[解析] 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C.[答案] C10．(2019·河北衡水中学3月联考)已知半球内有一个内接正四棱柱，其三视图如图所示，则该内接正四棱柱的体积最大值为( )A ．12 6B ．6 6C ．24 3D ．123[解析] 由三视图可知，半球的半径为3，设内接正四棱柱底面正方形的边长为2a ，正四棱柱的高为h ，底面中心为O ，则OC ＝2a ，所以h 2＝OC ′2－OC 2＝32－(2a )2＝9－2a 2，a 2＝9－h 22.正四棱柱体积V ＝(2a )2h ＝4a 2h ＝18h －2h 3，设f (x )＝18x －2x 3(0<x <3)，则f ′(x )＝18－6x 2＝6(3－x 2)，易知f (x )在x ＝3处取得最大值，即当h ＝3时，V 最大为123，所以该内接正四棱柱的体积的最大值为12 3.故选D.[答案] D11．(2019·安徽A10联盟3月联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为( )A.17＋2＋5B.17＋2＋9C.17＋2＋10 D ．217＋22＋10[解析] 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥(侧棱P A 垂直于底面ABCD )，其直观图如图所示，CD ＝(AD －BC )2＋AB 2＝(3－1)2＋22＝22，PB ＝P A 2＋AB 2＝22＋22＝22，PD＝P A 2＋AD 2＝22＋32＝13，PC ＝PB 2＋BC 2＝(22)2＋12＝3，在△PCD 中，cos ∠PCD ＝PC 2＋CD 2－PD 22·PC ·CD ＝32＋(22)2－(13)22×3×22＝26，∴sin ∠PCD ＝1－⎝⎛⎭⎫262＝346.∴S △PCD＝12PC ·CD ·sin ∠PCD ＝12×3×22×346＝17，又S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×2×2＝2，S △P AD ＝12P A ·AD ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×22×1＝2，∴该四棱锥的侧面积S ＝S △PCD ＋S △P AB ＋S △P AD ＋S △PBC ＝17＋2＋3＋2＝17＋2＋5.故选A.[答案] A 12．(2019·广东惠州二模)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A.33 B ．1 C. 3 D.332[解析] ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点，设AB 的中点为H ，连接SH ，CH ，∴SH ⊥平面ABC ，∴SH 上任意一点到A ，B ，C 的距离相等，易知SH ＝3，CH ＝1，∴Rt △SHC 中，∠HSC ＝30°.在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO ，交SH 于点O ，交SC 于点M ，则O 为三棱锥S －ABC 的外接球的球心．∵SC ＝2，∴SM ＝1，又∠OSM ＝30°，∴SO ＝233，OH ＝33，∴球心O 到平面ABC 的距离为33，故选A.[答案] A 二、填空题13．(2019·成都二诊)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体为正方体切去一个三棱锥形成．V ＝2×2×2－13×12×2×2×1＝223.[答案] 22314．(2019·广东揭阳一模)某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．[解析] 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S 表＝5×22＋2π·2·1＋2π·(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.[答案] 2(2＋2)π＋1615．(2019·福建三明三校12月联考)已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝33，AC ＝6，∠BAC ＝30°.若四面体ABCD 体积的最大值为272，则这个球的表面积为________．[解析] 在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝(33)2＋62－2×33×6×cos30°＝9，∴BC ＝3，∴BC 2＋AB 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，且AC 为斜边，其面积S ＝12×3×33＝932，为定值．要使四面体ABCD 的体积最大，则高h 最大，设AC的中点为Q ，则Q 为△ABC 外接圆的圆心，连接DQ ，所以当DQ ⊥面ABC ，且球心O 在DQ 上时，高h 最大，即体积取得最大值272，∴V max ＝13×932×DQ ＝272，∴DQ ＝3 3.设球的半径为R ，则在Rt △AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ 2，即R 2＝32＋(33－R )2，解得R ＝2 3.∴球的表面积S ＝4πR 2＝48π.[答案] 48π16．(2019·河南百校联盟4月联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为________．[解析] 根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A 1－MNP ，如图所示，其中M ，N ，P 是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A 1M 最长，A 1M ＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3.[答案] 3。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (94)

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第一讲直线与圆[高考导航]1．求直线的方程；两条直线平行与垂直的判定；两条直线的交点和距离问题．2．结合直线的方程用几何法或待定系数法确定圆的标准方程；直线与圆、圆与圆的位置关系问题，其中含参数问题为命题热点．考点一直线的方程及应用1．两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．2．两个距离公式(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝|C1－C2|A2＋B2.(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝|Ax0＋By0＋C|A2＋B2.1．(2019·湖北重点中学联考)已知直线l1：x＋2ay－1＝0，l2：(a＋1)x －ay ＝0，若l 1∥l 2，则实数a 的值为( )A ．－32B ．0C ．－32或0D ．2[解析] 若a ≠0，则由l 1∥l 2得，a ＋11＝－a 2a ，求得a ＝－32；若a ＝0，则l 1∥l 2.所以实数a 的值为－32或0.故选C.[答案] C2．(2019·沈阳一模)过点(0,1)且与直线x －2y ＋1＝0垂直的直线方程是( )A ．2x ＋y －1＝0B ．2x ＋y ＋1＝0C ．x －2y ＋2＝0D ．x －2y －1＝0[解析] 设与直线x －2y ＋1＝0垂直的直线方程为2x ＋y ＋m ＝0，代入点(0,1)的坐标，得0＋1＋m ＝0，解得m ＝－1，∴所求的直线方程为2x ＋y －1＝0.故选A.[答案] A3．(2019·广东佛山一中期末)若直线l ：y ＝kx －3与直线x ＋y －3＝0相交，且交点在第一象限，则直线l 的倾斜角的取值范围是( )A ．(0°，60°)B ．(30°，60°)C ．(30°，90°)D ．(60°，90°)[解析]易知k >0，联立两直线方程得⎩⎨⎧y ＝kx －3，x ＋y －3＝0，解得x ＝3＋31＋k ，y ＝3k －31＋k ，∴两直线的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋31＋k，3k －31＋k ，∵两直线的交点在第一象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋31＋k>0，3k －31＋k >0，得k >33，设直线l 的倾斜角为θ，则tan θ>33，∴θ∈(30°，90°)．故选C.[答案] C4．(2019·长沙二模)直线l 经过点M (2,1)，若点P (4,2)和Q (0，－4)到直线l 的距离相等，则直线l 的方程为( )A ．3x －2y －4＝0B ．x ＝2或3x －2y －4＝0C ．x ＝2或x －2y ＝0D ．x ＝2或3x －2y －8＝0[解析] 解法一：当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，符合题意．当直线l 的斜率存在时，依题意可设直线l 的方程为y －1＝k (x －2)，即kx －y ＋1－2k ＝0，因为P (4,2)和Q (0，－4)到直线l 的距离相等，所以|4k －2＋1－2k |＝|4＋1－2k |，解得k ＝32，则直线l 的方程为3x －2y －4＝0，故选B.解法二：由题意知，所求直线经过P (4,2)和Q (0，－4)的中点或与过P (4,2)和Q (0，－4)的直线平行．当所求直线经过P (4,2)和Q (0，－4)的中点(2，－1)时，所求直线方程为x ＝2；当所求直线与过P (4,2)和Q (0，－4)的直线平行时，由k PQ ＝－4－20－4＝32，得直线l 的方程为y －1＝32(x －2)，即3x －2y －4＝0.[答案] B5．(2019·湖北黄冈中学月考)已知△ABC 的顶点A (1,2)，AB 边上的中线CM 所在直线的方程为x ＋2y －1＝0，∠ABC 的平分线BH 所在直线的方程为y ＝x ，则直线BC 的方程为( )A ．2x －3y －1＝0B ．2x ＋3y －1＝0C ．3x －2y －1＝0D ．3x －2y ＋1＝0[解析] 由题意可知，点B 在直线y ＝x 上，可设点B 的坐标是(m ，m )，则AB 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋12，m ＋22在直线CM 上，所以m ＋12＋2×m ＋22－1＝0，解得m ＝－1，故点B (－1，－1)．设点A 关于直线y ＝x 的对称点为A ′(x 0，y 0)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y 0－2x 0－1＝－1，y 0＋22＝x 0＋12，得⎩⎨⎧x 0＝2，y 0＝1，则A ′(2,1)．易知A ′在直线BC 上，所以直线BC 的方程为y ＋11＋1＝x ＋12＋1，即3(y ＋1)＝2(x ＋1)，即2x －3y －1＝0，故选A.[答案] A6．(角度创新)已知点P (－3,0)在动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0上的射影为点M ，若点N ⎝⎛⎭⎪⎫2，32，那么|MN |的最小值为( )A ．2 B.32 C ．1 D.12[解析] ∵动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0过定点Q (1,3)，点P (－3,0)在动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0上的射影为点M ，∴当点M 与点Q 不重合时，∠PMQ ＝90°，则M 在以PQ 为直径的圆上，∴此圆的圆心A的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，半径r ＝12|PQ |＝12(1＋3)2＋32＝52，又N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，∴|AN |＝(2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－322＝3>52，则点N 在圆外，∴|MN |的最小值为3－52＝12，故选D.[答案] D直线方程及应用问题应注意的两点(1)在使用不同形式的直线方程时要注意其适用条件． (2)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在．考点二 圆的方程及应用1．圆的标准方程当圆心为(a ，b )，半径为r 时，其标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，特别地，当圆心在原点时，方程为x 2＋y 2＝r 2.2．圆的一般方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其中D 2＋E 2－4F >0，表示以⎝⎛⎭⎪⎫－D2，－E 2为圆心，D 2＋E 2－4F 2为半径的圆．1．(2019·绍兴5月适应性考试)若方程x 2＋y 2＋ax ＋2ay ＋2a 2＋a －1＝0表示圆，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0 C ．(－2,0)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23[解析] a 2＋(2a )2－4(2a 2＋a －1)>0，化简得3a 2＋4a －4<0，解得－2<a <23.[答案] D2．(2019·天津联考)已知A (1,0)，B (0,3)，则以AB 为直径的圆的方程是( )A ．x 2＋y 2－x －3y ＝0B ．x 2＋y 2＋x ＋3y ＝0C ．x 2＋y 2＋x －3y ＝0D ．x 2＋y 2－x ＋3y ＝0[解析] 因为圆以AB 为直径，所以圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，半径为102，所以圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝52，即x 2＋y 2－x －3y ＝0.故选A.[答案] A3．(2019·河北九校第二次联考)圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x ＋4y ＋4＝0与圆C 相切，则圆C 的方程为( )A ．x 2－y 2－2x －3＝0B ．x 2＋y 2＋4x ＝0C ．x 2＋y 2－4x ＝0D ．x 2＋y 2＋2x －3＝0[解析] 由题意设所求圆的方程为(x －m )2＋y 2＝4(m >0)，则|3m ＋4|32＋42＝2，解得m ＝2或m ＝－143(舍去)，故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝4，即x 2＋y 2－4x ＝0，故选C.[答案] C4．(2019·兰州一模)已知M (m ，n )为圆C ：x 2＋y 2－4x －14y ＋45＝0上任意一点，且点Q (－2,3)，则n －3m ＋2的最大值为( )A ．3＋ 2B ．1＋2C ．1＋ 3D ．2＋3[解析] 由题可知n －3m ＋2表示直线MQ 的斜率，设直线MQ 的方程为y －3＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＋3＝0，其中n －3m ＋2＝k ，将圆C 的方程化为标准方程得(x －2)2＋(y －7)2＝8，C (2,7)，半径r ＝22，由直线MQ 与圆C 有交点，得|2k －7＋2k ＋3|1＋k 2≤22，解得2－3≤k ≤2＋3，∴n －3m ＋2的最大值为2＋3，故选D.[答案] D5．(2019·皖南八校联考)设直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＋2x －my ＝0相交于A ，B 两点，若点A ，B 关于直线l ：x ＋y ＝0对称，则|AB |＝________.[解析] 因为点A ，B 关于直线l ：x ＋y ＝0对称，所以直线y ＝kx ＋1的斜率k ＝1，则y ＝x ＋1，圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，m 2在直线l ：x ＋y ＝0上，所以m ＝2，所以圆心为(－1,1)，半径r ＝2，从而得圆心到直线y ＝x ＋1的距离d ＝22，所以|AB |＝2r 2－d 2＝22－12＝ 6.[答案]66．(2019·山西运城二模)已知圆C 截y 轴所得的弦长为2，圆心C 到直线l ：x －2y ＝0的距离为55，且圆C 被x 轴分成的两段弧长之比为3∶1，则圆C 的方程为____________________________________．[解析] 设圆C 的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，则点C 到x 轴，y 轴的距离分别为|b |，|a |.由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧r 2＝2b 2，r 2＝a 2＋1，|a －2b |5＝55，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，b ＝－1，r 2＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1，r 2＝2.故所求圆C 的方程为(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2或(x －1)2＋(y －1)2＝2. [答案] (x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2或(x －1)2＋(y －1)2＝2求圆的方程的两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．(2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程，一般采用待定系数法．考点三 直线与圆、圆与圆的位置关系1．判断直线与圆的位置关系的方法(1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．(2)几何法：把圆心到直线的距离d 和半径r 的大小加以比较：d <r ⇔相交；d ＝r ⇔相切；d >r ⇔相离．2．与圆的切线有关的结论(1)过圆x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2.(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.(3)过圆x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则过A、B两点的直线方程为x0x＋y0y＝r2.3．相交两圆的公共弦所在直线方程相交两圆公共弦所在直线方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．【例】(1)(2019·武汉模拟)已知两点A(a,0)，B(－a,0)(a>0)，若圆(x－3)2＋(y－1)2＝1上存在点P，使得∠APB＝90°，则正实数a 的取值范围为()A．(0,3] B．[1,3]C．[2,3] D．[1,2](2)(2019·大连模拟)已知P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，P A，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B分别是切点，若四边形P ACB的面积的最小值是2，则k的值为()A．1 B. 2 C. 3 D．2(3)(2019·常州模拟)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点，若|MN|＝255，则直线l的方程为________________．[解题指导](1)求以AB为直径的圆→与已知圆有公共点→求出a的范围(2)四边形面积S＝2S Rt△PBC→|PB|最小时S最小→|PC|最小→CP与直线垂直→求出k(3)求出直线方程→利用弦长公式求解[解析] (1)以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝a 2，则由题意知圆(x －3)2＋(y －1)2＝1与圆x 2＋y 2＝a 2有公共点，则|a －1|≤(3)2＋12≤a ＋1，解得1≤a ≤3，故选B.(2)由题意知，圆C 的圆心为C (0,1)，半径r ＝1，四边形P ACB 的面积S ＝2S △PBC ，若四边形P ACB 的面积的最小值是2，则S △PBC 的最小值为1.而S △PBC ＝12r |PB |＝12|PB |，则|PB |的最小值为2，此时|PC |取得最小值，而|PC |的最小值为圆心到直线的距离，所以|5|k 2＋1＝12＋22＝5，即k 2＝4，由k >0，解得k ＝2.(3)直线l 的方程为y ＝kx ＋1，圆心C (2,3)到直线l 的距离d ＝|2k －3＋1|k 2＋1＝|2k －2|k 2＋1， 由R 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12|MN |2，得1＝(2k －2)2k 2＋1＋15，解得k ＝2或12，所求直线l 的方程为y ＝2x ＋1或y ＝12x ＋1. [答案] (1)B (2)D (3)y ＝2x ＋1或y ＝12x ＋1[探究追问1] 在本例(3)中若把条件“|MN |＝255”，改为OM →·ON →＝12，其中O 为坐标原点，则|MN |＝________.[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意得直线l 的方程为y ＝kx ＋1， 代入方程(x －2)2＋(y －3)2＝1， 整理得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0， 所以x 1＋x 2＝4(1＋k )1＋k 2，x 1x 2＝71＋k2， OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k (1＋k )1＋k 2＋8， 由题设可知4k (1＋k )1＋k 2＋8＝12，解得k ＝1， 所以直线l 的方程为y ＝x ＋1， 故圆心C 在直线l 上，所以|MN |＝2. [答案] 2[探究追问2] 在本例(3)中若圆C 的方程不变，且过点A (0,1)且斜率为k 的直线l 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的取值范围是________．[解析] 由题意知直线l 的方程为y ＝kx ＋1，要使直线l 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，只需直线l 与圆C ′：(x －2)2＋(y －3)2＝4有公共点，所以|2k －3＋1|k 2＋(－1)2≤2，即|2k －2|1＋k 2≤2，解得k ≥0.[答案] [0，＋∞)直线(圆)与圆的位置关系的解题思路(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．(2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，求切线方程主要选择点斜式．(3)弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，l ＝2r 2－d 2(其中l 为弦长，r 为圆的半径，d 为圆心到直线的距离)．1．(2019·广东厦门模拟)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )A ．－53或－35B ．－32或－23C ．－54或－45D ．－43或－34[解析] 由题意可知反射光线所在直线过点(2，－3)，设反射光线所在直线方程为y ＋3＝k (x －2)，即kx －y －2k －3＝0.∵反射光线所在直线与圆相切，∴|－3k －2－2k －3|k 2＋1＝1，解得k ＝－43或k ＝－34.[答案] D2．(2019·湖北四地七校联考)已知圆C 1：x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0和圆C 2：x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，则两圆的公共弦长为________．[解析] 联立两圆的方程得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0，x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，两式相减整理得x －2y ＋4＝0，即为两圆公共弦所在直线的方程．解法一：设两圆相交于点A ，B ，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧x －2y ＋4＝0，x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，解得⎩⎨⎧x ＝－4，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝2.所以|AB |＝(0＋4)2＋(2－0)2＝25，即公共弦长为2 5.解法二：由x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0， 得圆心坐标为(1，－5)，半径r ＝5 2.圆心到直线x －2y ＋4＝0的距离d ＝|1－2×(－5)＋4|12＋(－2)2＝35，设两圆的公共弦长为l ，由r 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22，得l ＝2r 2－d 2＝2(52)2－(35)2＝25，即两圆的公共弦长为2 5. [答案] 251．(2018·北京卷)在平面直角坐标系中，记d 为点P (cos θ，sin θ)到直线x －my －2＝0的距离．当θ，m 变化时，d 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 解法一：由点到直线的距离公式得d ＝|cos θ－m sin θ－2|1＋m 2，cos θ－m sin θ＝1＋m 2⎝⎛⎭⎪⎪⎫11＋m 2cos θ－m 1＋m 2sin θ，令sin α＝11＋m 2，cos α＝m1＋m 2，∴cos θ－m sin θ＝1＋m 2sin(α－θ)，∴d ≤|－1＋m 2－2|1＋m 2＝1＋m 2＋21＋m 2＝1＋21＋m 2，∴当m ＝0时，d max ＝3，故选C.解法二：∵cos 2θ＋sin 2θ＝1，∴P 点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，又x －my －2＝0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线，如图，可得点(－1,0)到直线x ＝2的距离即为d 的最大值．故选C.[答案] C2．(2018·全国卷Ⅲ)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是( )A ．[2,6]B ．[4,8]C ．[2，32]D ．[22，32][解析] 由圆(x －2)2＋y 2＝2可得圆心坐标为(2,0)，半径r ＝2，△ABP 的面积记为S ，点P 到直线AB 的距离记为d ，则有S ＝12|AB |·d ，易知|AB |＝22，d max ＝|2＋0＋2|12＋12＋2＝32，d min ＝|2＋0＋2|12＋12－2＝2，所以2≤S ≤6，故选A.[答案] A3．(2019·浙江卷)已知圆C 的圆心坐标是(0，m )，半径长是r .若直线2x －y ＋3＝0与圆C 相切于点A (－2，－1)，则m ＝________，r ＝________.[解析] 解法一：设直线2x －y ＋3＝0为l ，则AC ⊥l ，又k l ＝2， ∴k AC ＝m ＋10＋2＝－12，解得m ＝－2，∴C (0，－2)， ∴r ＝|AC |＝(0＋2)2＋(－2＋1)2＝ 5.解法二：由题知点C 到直线的距离为|－m ＋3|5，r ＝|AC |＝22＋(m ＋1)2.由直线与圆C 相切得 22＋(m ＋1)2＝|－m ＋3|5，解得m ＝－2，∴r ＝22＋(－2＋1)2＝ 5. [答案] －254．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(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．[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⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k 2. 由题设知4k 2＋4k 2＝8，解得k ＝－1(舍去)，或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y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，(x 0＋1)2＝(y 0－x 0＋1)22＋16.解得⎩⎨⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎨⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16 或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.1.近两年圆的方程成为高考全国课标卷命题的热点，需重点关注．此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式考查．2．直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，有时也会出现在压轴题的位置，难度较大，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上．热点课题4与圆有关的最值问题1．(2019·厦门模拟)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x －3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．52－4 B.17－1 C．6－2 2 D.17[解析]两圆的圆心均在第一象限，先求|PC1|＋|PC2|的最小值，作点C1关于x轴的对称点C′1(2，－3)，则(|PC1|＋|PC2|)min＝|C′1C2|＝52，所以(|PM |＋|PN |)min ＝52－(1＋3)＝52－4.故选A.[答案] A2．(2019·宁夏银川一中检测)过点M (1,2)的直线l 与圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝25交于A ，B 两点，C 为圆心，当∠ACB 最小时，直线l 的方程是________________．[解析] 验证得M (1,2)在圆内，当∠ACB 最小时，直线l 与CM 垂直，又圆心为(3,4)，则k CM ＝4－23－1＝1，则k l ＝－1，故直线l 的方程为y －2＝－(x －1)，整理得x ＋y －3＝0. [答案] x ＋y －3＝0专题强化训练(二十一)一、选择题1．(2019·合肥检测)直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝⎛⎭⎪⎫π2，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π [解析] 由直线方程可得该直线的斜率为－1a 2＋1，又－1≤－1a 2＋1<0，所以倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.故选B. [答案] B2．(2019·沈阳质量监测)已知直线l 过圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心，且与直线x ＋y ＋1＝0垂直，则直线l 的方程为( )A ．x ＋y －2＝0B ．x －y ＋2＝0C ．x ＋y －3＝0D ．x －y ＋3＝0[解析] 由已知得，圆心为(0,3)，所求直线的斜率为1，由直线方程的斜截式得，y ＝x ＋3，即x －y ＋3＝0，故选D.[答案] D3．(2019·河北五个一联盟联考)已知直线l 1：mx －2y ＋1＝0，l 2：x －(m －1)y －1＝0，则“m ＝2”是l 1平行于l 2的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 当m ＝2时，直线l 1：2x －2y ＋1＝0，直线l 2：x －y －1＝0，此时直线l 1与l 2平行，所以充分性成立；当l 1∥l 2时，－m (m －1)＋2＝0，即m 2－m －2＝0，∴m ＝2或m ＝－1，经检验m ＝－1时，直线l 1与直线l 2重合，故l 1∥l 2时，m ＝2，故必要性成立．综上，“m ＝2\”是l 1平行于l 2的充分必要条件．故选C.[答案] C4．(2019·陕西西安高三质检)圆：x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0上的点到直线x －y ＝2距离的最大值是( )A ．1＋ 2B ．2C ．1＋22D ．2＋22[解析] 将圆的方程化为(x －1)2＋(y －1)2＝1，即圆心坐标为(1,1)，半径为1，则圆心到直线x －y ＝2的距离d ＝|1－1－2|2＝2，故圆上的点到直线x －y ＝2距离的最大值为1＋d ＝1＋2，故选A.[答案] A5．(2019·宁夏银川质检)已知圆C 1：x 2＋y 2＝4，圆C 2：x 2＋y 2＋6x －8y ＋16＝0，则圆C 1与圆C 2的位置关系是( )A ．相离B ．外切C ．相交D ．内切[解析] 易知圆C 2的标准方程为(x ＋3)2＋(y －4)2＝9，则圆C 1与C 2的圆心的距离为32＋42＝5，又两圆半径之和为2＋3＝5，所以圆C 1与圆C 2外切，故选B.[答案] B6．(2019·辽宁第一次质量监测)已知直线l ：y ＝k (x ＋3)和圆C ：x 2＋(y －1)2＝1，若直线l 与圆C 相切，则k ＝( )A ．0 B. 3 C.33或0 D.3或0[解析] 因为直线l 与圆C 相切，所以圆心C 到直线l 的距离d ＝|－1＋3k |1＋k 2＝1，即|－1＋3k |＝1＋k 2，解得k ＝0或k ＝3，故选D.[答案] D7．(2019·武汉调研)如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝2x ＋1与圆x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，则cos ∠AOB ＝( )A.510 B ．－510 C.910 D ．－910[解析] 解法一：圆心(0,0)到直线y ＝2x ＋1的距离d ＝15，则弦长|AB |＝2×4－15＝2195，在△ABO 中，由余弦定理得，cos ∠AOB＝4＋4－7652×2×2＝－910. 解法二：圆心(0,0)到直线y ＝2x ＋1的距离d ＝15， cos ∠AOB 2＝d |OA |＝152＝125，所以cos ∠AOB ＝2cos 2∠AOB 2－1＝2×120－1＝－910.[答案] D8．(2019·福建龙岩质检)在平面直角坐标系xOy 中，以点(0,1)为圆心且与直线x －by ＋2b ＋1＝0相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为( )A ．x 2＋(y －1)2＝4B ．x 2＋(y －1)2＝2C ．x 2＋(y －1)2＝8D ．x 2＋(y －1)2＝16[解析] 由题意可得圆心(0,1)到直线x －by ＋2b ＋1＝0的距离d ＝|1＋b |1＋b2＝(1＋b )21＋b2＝1＋2b 1＋b2≤ 1＋2|b |1＋b2≤2，当且仅当b ＝1时取等号，所以半径最大的圆的半径r ＝2，此时圆的标准方程为x 2＋(y －1)2＝2.故选B.[答案] B9．(2019·泰州模拟)已知直线2x ＋(y －3)m －4＝0(m ∈R )恒过定点P ，若点P 平分圆x 2＋y 2－2x －4y －4＝0的弦MN ，则弦MN 所在直线的方程是( )A ．x ＋y －5＝0B ．x ＋y －3＝0C ．x －y －1＝0D ．x －y ＋1＝0[解析] 对于直线方程2x ＋(y －3)m －4＝0(m ∈R )，取y ＝3，则必有x ＝2，所以该直线恒过定点P (2,3)．设圆心是C ，则易知C (1,2)， 所以k CP ＝3－22－1＝1，由垂径定理知CP ⊥MN ，所以k MN ＝－1. 又弦MN 过点P (2,3)，故弦MN 所在直线的方程为y －3＝－(x －2)． 即x ＋y －5＝0. [答案] A10．(2019·福州质检)过点P (1，－2)作圆C ：(x －1)2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则AB 所在直线的方程为( )A ．y ＝－34B ．y ＝－12 C ．y ＝－32 D ．y ＝－14[解析] 圆(x －1)2＋y 2＝1的圆心为C (1,0)，半径为1，以|PC |＝(1－1)2＋(－2－0)2＝2为直径的圆的方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，将两圆的方程相减得AB 所在直线的方程为2y ＋1＝0，即y ＝－12.故选B.[答案] B11．(2019·河南名校第二次联考)已知m ，n ，a ，b ∈R ，且满足3m ＋4n ＝6,3a ＋4b ＝1，则(m －a )2＋(n －b )2的最小值为( )A. 3B. 2 C ．1 D.12[解析] 此题可理解为点A (m ，n )和点B (a ，b )分别在直线l 1：3x ＋4y ＝6与l 2：3x ＋4y ＝1上，求A 、B 两点距离的最小值，|AB |＝(m －a )2＋(n －b )2，因为l 1∥l 2，所以|AB |min ＝|6－1|32＋42＝1，故选C.[答案] C12．(2019·四川成都二模)已知直线l 的方程是y ＝k (x －1)－2，若点P (－3,0)在直线l 上的射影为H ，O 为坐标原点，则|OH |的最大值是( )A ．5＋ 2B ．3＋22 C.5＋ 2 D.3＋32[解析] 因为直线l 的方程是y ＝k (x －1)－2，所以直线l 过定点M (1，－2)．则点P (－3,0)在直线l 上的射影H 在以PM 为直径的圆上．|PM |＝(1＋3)2＋(－2)2＝25，线段PM 的中点即圆心C (－1，－1)，则|OC |＝ 2.因此，当O ，C ，H 三点共线时，|OH |取得最大值＝5＋ 2. [答案] C 二、填空题13．(2019·大同一模)若点P (1,2)在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点P 处的切线方程为__________________．[解析] 由题意，得k OP ＝2－01－0＝2，则该圆在点P 处的切线方程的斜率为－12，所以所求切线方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0.[答案] x ＋2y －5＝014．(2019·昆明模拟)若圆C 1：x 2＋y 2＝1与圆C 2：x 2＋y 2－6x －8y ＋m ＝0外切，则实数m 的值为________．[解析] 因为圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝25－m ，又因为圆C 1与圆C 2外切，所以25－m ＋1＝5，解得m ＝9.[答案] 915．(2019·河北衡水中学模拟)已知直线ax ＋y －1＝0与圆C ：(x －1)2＋(y ＋a )2＝1相交于A ，B 两点，且△ABC 为等腰直角三角形，则实数a 的值为________．[解析] 因为△ABC 是等腰直角三角形，所以圆心C (1，－a )到直线ax ＋y －1＝0的距离d ＝r sin45°＝22，即d ＝1a 2＋1＝22，所以a ＝±1.[答案] ±116．(2019·广西南宁测试)过动点M 作圆：(x －2)2＋(y －2)2＝1的切线MN ，其中N 为切点，若|MN |＝|MO |(O 为坐标原点)，则|MN |的最小值是________．[解析] 解法一：由题意知圆的圆心为(2,2)，半径为1.设M (x ，y )，则|MO |＝x 2＋y 2，|MN |＝(x －2)2＋(y －2)2－1.由|MN |＝|MO |，得4x ＋4y －7＝0，即y ＝74－x ，所以|MN |＝|MO |＝x 2＋y 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫74－x 2＝2x 2－72x ＋4916＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －782＋4932，当x ＝78时，|MN |取得最小值4932＝728.解法二：由题意知圆的圆心为(2,2)，半径为1.设M (x ，y )，则|MO |＝x2＋y2，|MN|＝(x－2)2＋(y－2)2－1.由|MN|＝|MO|，得4x＋4y－7＝0，即点M的轨迹为4x＋4y－7＝0，则由题意知，要使|MN|取得最小值，即|MO|取得最小值，此时|MO|的最小值就是原点到直线4x＋4y－7＝0的距离，即742＋42＝728，故|MN|的最小值为728.[答案]72 8。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (78)

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (33)

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第二篇 基础小题、练透篇第一讲 集合与常用逻辑用语[高考导航]1．高考对集合的考查主要是集合的含义、集合之间的基本关系和集合的运算，并且以集合的运算为主．试题往往与不等式的解集、函数的定义域、方程的解集、平面上的点集等相互交汇，试题难度不大．2．高考对常用逻辑用语的考查主要是命题、充要条件、逻辑联结词和量词，并且以充要条件的判断、命题真假的判断为主，对含有量词的命题的否定也是一个值得注意的考点．考点一 集合的概念与运算A B 或B A∈B }∈B }(1)若已知A ∩B ＝∅，要注意到特殊情况：A ＝∅或B ＝∅； (2)若已知A ⊆B 时，要注意不要漏掉“A ＝∅”这种情况；(3)若有限集合A 有n 个元素，则A 的子集个数是2n ，A 的真子集个数是2n －1.1．(2019·全国卷Ⅰ)已知集合M ＝{x |－4<x <2}，N ＝{x |x 2－x －6<0}，则M ∩N ＝( ) A ．{x |－4<x <3} B ．{x |－4<x <－2}C ．{x |－2<x <2}D ．{x |2<x <3}[解析] ∵N ＝{x |x 2－x －6<0}＝{x |－2<x <3}， M ＝{x |－4<x <2}，∴M ∩N ＝{x |－2<x <2}，故选C. [答案] C 2．(2019·郑州模拟)已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |y ＝log 2(－x 2＋2x )}，B ＝{y |y ＝1＋x }，那么A ∩(∁U B )＝( )A ．{x |0<x <1}B ．{x |x <0}C ．{x |x >2}D ．{x |1<x <2}[解析] 由－x 2＋2x >0得0<x <2，所以集合A ＝{x |0<x <2}，因为集合B 为函数y ＝1＋x 的值域，所以B ＝{y |y ≥1}，则∁U B ＝{y |y <1}，所以A ∩(∁U B )＝{x |0<x <1}，故选A. [答案] A3．(2019·兰州模拟)R 表示实数集，集合M ＝{x |0≤x ≤2}，N ＝{x |x 2－2x －3>0}，则下列结论正确的是( )A ．M ⊆(∁R N )B ．(∁R M )⊆NC ．M ⊆ND ．(∁R M )⊆(∁R N )[解析] 由题意得N ＝{x |x <－1或x >3}，所以∁R N ＝{x |－1≤x ≤3}．又知M ＝{x |0≤x ≤2}，所以M 是∁R N 的子集，故选A. [答案] A4．(2019·湖南衡阳八中一模)已知集合A ＝{0,1}，B ＝{z |z ＝x ＋y ，x ∈A ，y ∈A }，则集合B 的子集个数为( )A ．3B ．4C ．7D ．8[解析] ∵x ∈A ，y ∈A ，A ＝{0,1}， ∴x ＝0或x ＝1，y ＝0或y ＝1， ∴z ＝x ＋y ＝0或1或2， ∴B ＝{0,1,2}，∴集合B 的子集个数为23＝8.故选D. [答案] D5．(2019·许昌一模)设集合S ＝{A 0，A 1，A 2，A 3}，在S 上定义运算⊕：A i ⊕A j ＝A k ，k 为i ＋j 除以4的余数(i ，j ＝0,1,2,3)，则满足关系式(x ⊕x )⊕A 2＝A 0的x (x ∈S )的个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1[解析] 因为x ∈S ＝{A 0，A 1，A 2，A 3}，故x 的取值有四种情况．若x ＝A 0，根据定义A i ⊕A j ＝A k ，其中k 为i ＋j 除以4的余数(i ，j ＝0,1,2,3)，则(x ⊕x )⊕A 2＝A 0⊕A 2＝A 2，不符合题意，同理可以验证x ＝A 1，x ＝A 2，x ＝A 3三种情况，其中x ＝A 1，x ＝A 3符合题意，故选C.[答案] C6．(2019·长春四校联考)已知集合A ＝{x |x 2－3x －10≤0}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}．若A ∪B ＝A ，则实数m 的取值范围是________．[解析] 由A ∪B ＝A 知B ⊆A .因为A ＝{x |－2≤x ≤5}，①若B ＝∅，则m ＋1>2m －1，即m <2，此时A ∪B ＝A ；②若B ≠∅，则m ＋1≤2m －1，即m ≥2，由B ⊆A 得⎩⎪⎨⎪⎧－2≤m ＋1，2m －1≤5，解得－3≤m ≤3.又因为m ≥2，所以2≤m ≤3.由①②知，当m ≤3时，A ∪B ＝A .[答案]m≤3解决集合问题的3个注意点(1)集合含义要明确：构成集合的元素及满足的性质．(2)空集要重视：已知两个集合的关系，求参数的取值，要注意对空集的讨论．(3)“端点”要取舍：要注意在利用两个集合的子集关系确定不等式组时，端点值的取舍问题，一定要代入检验，否则可能产生增解或漏解现象．考点二充分与必要条件的判断1．充分条件与必要条件(1)若p⇒q且q p，则p是q的充分非必要条件．(2)若q⇒p且p q，则p是q的必要非充分条件．(3)若p⇒q且q⇒p，则p是q的充要条件．(4)若p q且q p，则p是q的非充分非必要条件．2．充要条件的判断方法1．(2019·云南昆明4月质检)设θ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12”是“sin θ<12”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件[解析] ∵⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12⇔－π12<θ－π12<π12⇔0<θ<π6， sin θ<12⇔θ∈⎝⎛⎭⎫2k π－7π6，2k π＋π6，k ∈Z ，⎝⎛⎭⎫0，π6⎝⎛⎭⎫2k π－7π6，2k π＋π6，k ∈Z ， ∴“⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12”是“sin θ<12”的充分而不必要条件． [答案] A2．(2019·湖北宜昌三校5月模拟)已知条件p ：x ＋y ≠－2，条件q ：x ，y 不都是－1，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 因为p ：x ＋y ≠－2，q ：x ≠－1或y ≠－1，所以綈p ：x ＋y ＝－2，綈q ：x ＝－1且y ＝－1，因为綈q ⇒綈p 但綈pD ⇒/綈q ，所以綈q 是綈p 的充分不必要条件，即p 是q 的充分不必要条件．[答案] A3．(2019·山东日照3月联考)“m <0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件[解析] 当m <0时，由图象的平移变换可知，函数f (x )必有零点；当函数f (x )有零点时，m ≤0，所以“m <0”是“函数f (x )＝m ＋log 2x (x ≥1)存在零点”的充分不必要条件，故选A. [答案] A4．(2019·北京卷)设点A ，B ，C 不共线，则“AB →与AC →的夹角为锐角”是“|AB →＋AC →|>|BC →|”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] |AB →＋AC →|>|BC →|⇔|AB →＋AC →|>|AC →－AB →|⇔AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →>AB →2＋AC →2－2AB →·AC →⇔AB →·AC →>0，由点A ，B ，C 不共线，得〈AB →，AC 〉→∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故AB →·AC →>0⇔AB →，AC →的夹角为锐角．故选C.[答案] C 5．(2019·山西五校联考)已知p ：(x －m )2>3(x －m )是q ：x 2＋3x －4<0的必要不充分条件，则实数m 的取值范围为________________．[解析] p 对应的集合A ＝{x |x <m 或x >m ＋3}，q 对应的集合B ＝{x |－4<x <1}，由p 是q 的必要不充分条件可知B A ，∴m ≥1或m ＋3≤－4，即m ≥1或m ≤－7.[答案] m ≥1或m ≤－76．(2019·湖南浏阳三校联考)设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2<0，a ∈R ；q ：实数x 满足x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0.若a <0且綈p 是綈q 的必要不充分条件，则实数a 的取值范围是________．[解析] 由p 得(x －3a )(x －a )<0， 当a <0时，3a <x <a .由q 得x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0，则－2≤x ≤3或x <－4或x >2，则x <－4或x ≥－2.∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴p 是q 的充分不必要条件．设A ＝(3a ，a )，B ＝(－∞，－4)∪[－2，＋∞)， 可知A B ，∴a ≤－4或3a ≥－2，即a ≤－4或a ≥－23.又∵a <0，∴a ≤－4或－23≤a <0，即实数a 的取值范围为(－∞，－4]∪⎣⎡⎭⎫－23，0. [答案] (－∞，－4]∪⎣⎡⎭⎫－23，0(1)解决根据充要条件求参数取值范围的问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的包含、相等关系列出关于参数的不等式(组)求解；有时也采用等价转化思想把复杂、疑难问题转化为简单、熟悉的问题来解决．(2)在解求参数的取值范围的题目时，一定要注意区间端点值的检验，在利用集合关系列不等式时，不等式是否能取到等号直接决定着端点值的取舍，在这里容易增解或漏解．考点三 命题及逻辑联结词1．四种命题的关系(1)两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；(2)两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性没有关系． 2．复合命题真假的判断方法含逻辑联结词的命题的真假判断：“p ∨q ”有真则真，其余为假；“p ∧q ”有假则假，其余为真；“綈p ”与“p ”真假相反．3．全称量词与存在量词(1)全称命题p ：∀x ∈M ，p (x )，它的否定綈p ：∃x 0∈M ，綈p (x 0)．(2)特称命题p ：∃x 0∈M ，p (x 0)，它的否定綈p ：∀x ∈M ，綈p (x )．1．(2019·河南郑州一模)下列说法正确的是( )A ．“若a >1，则a 2>1”的否命题是“若a >1，则a 2≤1”B ．“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题为真命题C ．存在x 0∈(0，＋∞)，使3x 0>4x 0成立D ．“若sin α≠12，则α≠π6”是真命题[解析] 对于选项A ，“若a >1，则a 2>1”的否命题是“若a ≤1，则a 2≤1”，故选项A 错误；对于选项B ，“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题为“若a <b ，则am 2<bm 2”，因为当m ＝0时，am 2＝bm 2，所以逆命题为假命题，故选项B 错误；对于选项C ，由指数函数的图象知，对任意的x ∈(0，＋∞)，都有4x >3x ，故选项C 错误；对于选项D ，“若sin α≠12，则α≠π6”的逆否命题为“若α＝π6，则sin α＝12”，该逆否命题为真命题，所以原命题为真命题，故选D. [答案] D2．(2019·河北衡水二中模拟)命题“若x ，y 都是偶数，则x ＋y 也是偶数”的逆否命题是( )A ．若x ＋y 是偶数，则x 与y 不都是偶数B ．若x ＋y 是偶数，则x 与y 都不是偶数C ．若x ＋y 不是偶数，则x 与y 不都是偶数D ．若x ＋y 不是偶数，则x 与y 都不是偶数[解析] 将原命题的条件和结论互换的同时进行否定即得逆否命题，因此“若x ，y 都是偶数，则x ＋y 也是偶数”的逆否命题是“若x ＋y 不是偶数，则x ，y 不都是偶数”，所以选C.[答案] C3．(2019·四川成都一诊)“∀x ∈R ，x 2－πx ≥0”的否定是( ) A ．∀x ∈R ，x 2－πx <0 B ．∀x ∈R ，x 2－πx ≤0C ．∃x 0∈R ，x 20－πx 0≤0D ．∃x 0∈R ，x 20－πx 0<0[解析] 全称命题的否定是特称命题，所以“∀x ∈R ，x 2－πx ≥0”的否定是“∃x 0∈R ，x 20－πx 0<0”．故选D.[答案] D4．(2019·陕西师大附中模拟)已知命题p ：∃x 0∈(－∞，0)，2x 0<3x 0；命题q ：∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，sin x <x ，则下列命题为真命题的是( )A ．p ∧qB ．p ∨(綈q )C ．(綈p )∧qD ．p ∧(綈q )[解析] 因为当x <0时，⎝⎛⎭⎫23x>1，即2x >3x，所以命题p 为假命题，从而綈p 为真命题；因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，x >sin x ，所以命题q 为真命题，所以(綈p )∧q 为真命题，故选C. [答案] C5．(2019·豫西南五校联考)若“∀x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π3，m ≤tan x ＋2”为真命题，则实数m 的最大值为________．[解析] 由x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π3可得－1≤tan x ≤3，∴1≤tan x ＋2≤2＋3，∵“∀x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π3，m ≤tan x ＋2”为真命题，∴实数m 的最大值为1.[答案] 16．(2019·石家庄质检)已知命题p ：∀x ∈[2,4]，log 2x －a ≥0，命题q ：∃x 0∈R ，x 20＋2ax 0＋2－a ＝0.若命题“p ∧綈q ”是真命题，则实数a 的取值范围是________．[解析] 命题p ：∀x ∈[2,4]，log 2x －a ≥0⇒a ≤1.命题q ：∃x 0∈R ，x 20＋2ax 0＋2－a ＝0⇒a ≤－2或a ≥1，由p ∧綈q 为真命题，得－2<a <1.[答案] －2<a <1解决命题的判定问题应注意的3点(1)判断四种命题真假有下面两个途径，一是先分别写出四种命题，再分别判断每个命题的真假；二是利用互为逆否命题是等价命题这一关系来判断它的逆否命题的真假．(2)要判定一个全称命题是真命题，必须对限定集合M 中的每个元素x 验证p (x )成立．要判定一个特称(存在性)命题是真命题，只要在限定集合M 中，至少能找到一个x ＝x 0，使p (x 0)成立即可．(3)含有量词的命题的否定，需从两方面进行：一是改写量词或量词符号；二是否定命题的结论，两者缺一不可．1．(2018·全国卷Ⅰ)已知集合A ＝{x |x 2－x －2>0}，则∁R A ＝()A ．{x |－1<x <2}B ．{x |－1≤x ≤2}C ．{x |x <－1}∪{x |x >2}D ．{x |x ≤－1}∪{x |x ≥2}[解析] 化简A ＝{x |x <－1或x >2}，∴∁R A ＝{x |－1≤x ≤2}．故选B. [答案] B 2．(2019·浙江卷)已知全集U ＝{－1,0,1,2,3}，集合A ＝{0,1,2}，B ＝{－1,0,1}，则(∁U A )∩B ＝( )A ．{－1}B ．{0,1}C ．{－1,2,3}D ．{－1,0,1,3}[解析] ∵∁U A ＝{－1,3}，∴(∁U A )∩B ＝{－1}，故选A. [答案] A3．(2019·浙江卷)设a >0，b >0，则“a ＋b ≤4”是“ab ≤4”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件[解析] 由a >0，b >0，得4≥a ＋b ≥2ab ，即ab ≤4，充分性成立；当a ＝4，b ＝1时，满足ab ≤4，但a ＋b ＝5>4，不满足a ＋b ≤4，必要性不成立，故“a ＋b ≤4”是“ab ≤4”的充分不必要条件，选A. [答案] A4．(2018·天津卷)设x ∈R ，则“⎪⎪⎪⎪x －12<12”是“x 3<1”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 由⎪⎪⎪⎪x －12<12得－12<x －12<12，解得0<x <1. 由x 3<1得x <1.当0<x <1时能得到x <1一定成立；当x <1时，0<x <1不一定成立．所以“⎪⎪⎪⎪x －12<12”是“x 3<1”的充分而不必要条件． [答案] A5．(2018·北京卷)能说明“若f (x )>f (0)对任意的x ∈(0,2]都成立，则f (x )在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是________．[解析] 根据函数单调性的概念，只要找到一个定义域 为[0,2]的不单调函数，满足在定义域内有唯一的最小值点，且f (x )min ＝f (0)即可，除所给答案外，还可以举出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ＝0，1x ，0<x ≤2等． [答案] f (x )＝sin x ，x ∈[0,2](答案不唯一)1.集合作为高考必考内容，多年来命题较稳定，多以选择题形式在前3题的位置进行考查，难度较小．命题的热点依然会集中在集合的运算方面，常与简单的一元二次不等式结合命题．2．高考对常用逻辑用语考查的频率较低，且命题点分散，其中含有量词的命题的否定、充分必要条件的判断需要关注，多结合函数、平面向量、三角函数、不等式、数列等内容命题．专题强化训练(七)一、选择题1．(2019·衡水二中模拟)已知集合A ＝{0,2，a }，B ＝{1，a 2}，若A ∪B ＝{0,1,2,4,16}，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] a ＝1时，A ＝{0,2,1}，B ＝{1,1}，不合题意；a ＝2时，A ＝{0,2,2}，B ＝{1,4}，不合题意；a ＝3时，A ＝{0,2,3}，B ＝{1,9}，A ∪B ＝{0,1,2,3,9}，不合题意；a ＝4时，A ＝{0,2,4}，B ＝{1,16}，A ∪B ＝{0,1,2,4,16}，符合题意．故选D. [答案] D2．(2019·长沙一中三模)已知函数g (x )＝lg(2x 2－x )，集合A ＝{x |g (x )≤0}，B ＝{g (x )|－2≤x ≤－12}，则A ∩(∁R B )＝( )A.⎣⎡⎦⎤－12，0∪{1}B.⎣⎡⎭⎫－12，0C.⎝⎛⎦⎤12，1D.⎣⎡⎦⎤－12，1[解析] ∵g (x )＝lg(2x 2－x )≤0，∴0<2x 2－x ≤1，∴－12≤x <0或12<x ≤1，∴A ＝⎣⎡⎭⎫－12，0∪⎝⎛⎦⎤12，1.∵x ∈⎣⎡⎦⎤－2，－12，∴2x 2－x ∈[1,10]，0≤g (x )≤1，故B ＝[0,1]，∴∁R B ＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，∴A ∩(∁R B )＝⎣⎡⎭⎫－12，0，故选B. [答案] B3．(2019·河南开封模拟)设集合U ＝R ，A ＝{x |2x (x －2)<1}，B ＝{x |y ＝ln(1－x )}，则图中阴影部分表示的集合为( )A ．{x |x ≥1}B ．{x |1≤x <2}C ．{x |0<x ≤1}D ．{x |x ≤1}[解析] 易知A ＝{x |2x (x －2)<1}＝{x |x (x －2)<0}＝{x |0<x <2}，B ＝{x |y ＝ln(1－x )}＝{x |1－x >0}＝{x |x <1}，则∁U B ＝{x |x ≥1}，阴影部分表示的集合为A ∩(∁U B )＝{x |1≤x <2}．[答案] B4．(2019·福建福州模拟)下列命题中，假命题是( )A ．∀x ∈R,2x －1>0B ．∃x 0∈N *，(x 0－1)2>0C ．∀x ∈R ，lg x <1D ．∃x 0∈R ，tan x 0＝2 [解析] 对于C ，x ＝10时，lg10＝1，是假命题． [答案] C5．(2019·山东日照期中)设向量a ＝(x －1,1)，b ＝(3，x ＋1)，则“a ∥b ”是“x ＝2”的( )A ．充分不必要条件B ．充分必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件[解析] ∵a ∥b ，∴x 2－1＝3，即x ＝±2，∴“a ∥b ”是“x ＝2”的必要不充分条件．故选C.[答案] C6．(2019·江西抚州七校联考)若命题“∃x 0∈R ，x 20＋2mx 0＋m ＋2<0”为假命题，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪[2，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C ．[－1,2]D ．(－2,1)[解析] 命题的否定是“∀x ∈R ，x 2＋2mx ＋m ＋2≥0”，该命题为真命题，所以Δ＝4m 2－4(m ＋2)≤0，解得－1≤m ≤2. [答案] C7．(2019·郑州二模)已知集合A ＝{1,2,3,4,5}，B ＝{x |5<x <52，x ∈Z }，M ＝{x |x ∈A ∪B ，x ∉A ∩B }，则M ＝( )A ．{1,2}B ．{6,7}C ．{1,2,6,7}D ．{3,4,5}[解析] 由题意知，B ＝{3,4,5,6,7}，A ∪B ＝{1,2,3,4,5,6,7}，A ∩B ＝{3,4,5}，∴M ＝{1,2,6,7}． [答案] C8．(2019·江西红色七校联考)已知直线m ，n ，平面α，β，命题p ：若α∥β，m ∥α，则m ∥β；命题q ：若m ∥α，m ∥β，α∩β＝n ，则m ∥n .下列是真命题的是( )A ．p ∧qB ．p ∨(綈q )C ．p ∧(綈q )D ．(綈p )∧q[解析] 对于命题p ，若α∥β，m ∥α，则还需m ⊄β才能推出m ∥β，所以命题p 为假命题，命题綈p 为真命题；对于命题q ，若m ∥α，m ∥β，α∩β＝n ，则由线面平行的性质可推出m ∥n ，所以命题q 为真命题，命题綈q 为假命题．所以(綈p )∧q 为真命题，故选D. [答案] D9．(2019·陕西西安二模)已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x 24－y 23＝1，B ＝{y |y ＝x 2}，则A ∩B ＝( )A ．[－2,2]B ．[0,2]C ．{(－2,4)，(2,4)}D ．[2，＋∞)[解析] 由A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x 24－y 23＝1，得A ＝(－∞，－2]∪[2，＋∞)． 由B ＝{y |y ＝x 2}，知集合B 表示函数y ＝x 2的值域，即B ＝[0，＋∞)，所以A ∩B ＝[2，＋∞)．故选D.[答案] D10．(2019·江西南昌二中4月月考)已知命题p ：∀x ∈[1,2]，x 2－a ≥0；命题q ：∃x 0∈R ，x 20＋2ax 0＋2－a ＝0.若命题“p 且q ”是真命题，则实数a 的取值范围是( )A ．{a |a ≤－2或a ＝1}B ．{a |a ≥1}C ．{a |a ≤－2或1≤a ≤2}D ．{a |－2≤a ≤1}[解析] ∵“p 且q ”是真命题，∴p 真q 真，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ≤－2或a ≥1，∴a ≤－2或a ＝1. [答案] A11．(2019·山西五校联考)下列四个结论：①命题“∃x 0∈R ，sin x 0＋cos x 0<1”的否定是“∀x ∈R ，sin x ＋cos x ≥1”；②若p ∧q 是真命题，则綈p 可能是真命题；③“a >5且b >－5”是“a ＋b >0”的充要条件；④当a <0时，幂函数y ＝x a 在区间(0，＋∞)上单调递减．其中正确的是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④[解析] ①根据特称命题的否定是全称命题，可知结论正确；②p ∧q 是真命题，则p 是真命题，綈p 是假命题，故结论不正确；③取a ＝4，b ＝－3，满足a ＋b >0，故结论不正确；④根据幂函数的图象与性质，可知结论正确．故选A. [答案] A12．(2019·广东八校联考)下列命题中真命题的个数是( )①“在三角形ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B ”的逆命题是真命题； ②p ：x ≠2或y ≠3，q ：x ＋y ≠5，则p 是q 的必要不充分条件；③“∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0”的否定是“∀x ∈R ，x 3－x 2＋1>0”；④“若a >b ，则2a >2b －1”的否命题为“若a ≤b ，则2a ≤2b －1”．A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] ①逆命题为“在三角形ABC 中，若A >B ，则sin A >sin B ”，在同一三角形中有A >B ，则a >b ，由正弦定理可得sin A >sin B ，所以①正确；②因为命题“若x ＝2且y ＝3，则x ＋y ＝5”为真命题，所以逆否命题“若x ＋y ≠5，则x ≠2或y ≠3”为真命题，所以“x ≠2或y ≠3”是“x ＋y ≠5”的必要不充分条件，所以②正确；③“∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0”的否定是“∃x 0∈R ，x 30－x 20＋1>0”，所以③错误；④“若a >b ，则2a >2b －1”的否命题是“若a ≤b ，则2a ≤2b －1”，所以④正确．故选C.[答案] C二、填空题13．(2019·成都模拟)已知集合A ＝{x |log 2(x －1)<1}，B ＝{x ||x －a |<2}，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围为________．[解析] 由log 2(x －1)<1，得0<x －1<2，即1<x <3，所以A ＝(1,3)，由|x －a |<2得a －2<x <a＋2，即B ＝(a －2，a ＋2)，因为A ⊆B ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －2≤1a ＋2≥3，解得1≤a ≤3，所以实数a 的取值范围为[1,3]．[答案] [1,3]14．设命题p ：c 2<c 和命题q ：∀x ∈R ，x 2＋4cx ＋1<0，且p ∨q 为真，p ∧q 为假，则实数c 的取值范围是________．[解析] 解不等式c 2<c ，得0<c <1，即命题p ：0<c <1，所以命题綈p ：c ≤0或c ≥1.又由(4c )2－4<0，得－12<c <12， 即命题q ：－12<c <12， 所以命题綈q ：c ≤－12或c ≥12， 由p ∨q 为真，知p 与q 中至少有一个为真，由p ∧q 为假，知p 与q 中至少有一个为假，所以p 与q 中一个为真命题，一个为假命题．当p 真q 假时，实数c 的取值范围是12≤c <1. 当p 假q 真时，实数c 的取值范围是－12<c ≤0. 综上所述，实数c 的取值范围是－12<c ≤0或12≤c <1. [答案] ⎣⎡⎭⎫－12，0∪⎝⎛⎦⎤12，1 15．(2019·江西南昌一模)已知r >0，x ，y ∈R ，p ：“x 2＋y 2≤r 2”，q ：“|x |＋|y |≤1”，若p 是q 的充分不必要条件，则实数r 的取值范围是________．[解析] 如图，x 2＋y 2≤r 2(r >0)表示的平面区域是以原点为圆心，r 为半径的圆上和圆内的部分，|x |＋|y |≤1表示的平面区域是正方形ABCD 及其内部，其中A (1,0)，B (0,1)，C (－1,0)，D (0，－1)，因为p 是q 的充分不必要条件，所以由图可知，原点到直线x ＋y －1＝0的距离d ＝|－1|12＋12＝22≥r ，所以r 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，22.[答案] ⎝⎛⎦⎤0，22 16．(2019·东北三校联考)已知集合M ＝{(x ，y )|y ＝f (x )}，若对于任意(x 1，y 1)∈M ，存在(x 2，y 2)∈M ，使得x 1x 2＋y 1y 2＝0成立，则称集合M 是“Ω集合”．给出下列4个集合：①M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫(x ，y )|y ＝1x ； ②M ＝{}(x ，y )|y ＝e x －2；③M ＝{(x ，y )|y ＝cos x }；④M ＝{(x ，y )|y ＝ln x }．其中是“Ω集合”的所有序号为________．[解析] 对于①，若x 1x 2＋y 1y 2＝0，则x 1x 2＋1x 1·1x 2＝0，即(x 1x 2)2＝－1，可知①错误；对于④，取(1,0)∈M ，且存在(x 2，y 2)∈M ，则x 1x 2＋y 1y 2＝1×x 2＋0×y 2＝x 2>0，可知④错误．同理，可证得②和③都是正确的．[答案] ②③。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (90)

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (81)

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

第Ⅰ卷（选择题）1至4页，第Ⅱ卷（非选择题）6至12页，共12页。

满分300分，考试时间150分钟。

注意事项：1. 答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。

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

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

4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

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

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (77)

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (60)

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1．(2018·北京卷)在平面直角坐标系中，记d 为点P (cos θ，sin θ)到直线x －my －2＝0的距离．当θ，m 变化时，d 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 解法一：由点到直线的距离公式得d ＝|cos θ－m sin θ－2|1＋m 2，cos θ－m sin θ＝1＋m 2⎝⎛⎭⎪⎪⎫11＋m 2cos θ－m1＋m 2sin θ， 令sin α＝11＋m2，cos α＝m 1＋m2，∴cos θ－m sin θ＝1＋m 2sin(α－θ)，∴d ≤|－1＋m 2－2|1＋m2＝1＋m 2＋21＋m2＝1＋21＋m2，∴当m ＝0时，d max ＝3，故选C.解法二：∵cos 2θ＋sin 2θ＝1，∴P 点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，又x －my －2＝0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线，如图，可得点(－1,0)到直线x ＝2的距离即为d 的最大值．故选C.[答案] C2．(2018·全国卷Ⅲ)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是( )A ．[2,6]B ．[4,8]C ．[2，32]D ．[22，32][解析] 由圆(x －2)2＋y 2＝2可得圆心坐标为(2,0)，半径r ＝2，△ABP 的面积记为S ，点P 到直线AB 的距离记为d ，则有S ＝12|AB |·d ，易知|AB |＝22，d max ＝|2＋0＋2|12＋12＋2＝32，d min ＝|2＋0＋2|12＋12－2＝2，所以2≤S ≤6，故选A. [答案] A3．(2019·浙江卷)已知圆C 的圆心坐标是(0，m )，半径长是r .若直线2x －y ＋3＝0与圆C 相切于点A (－2，－1)，则m ＝________，r ＝________.[解析] 解法一：设直线2x －y ＋3＝0为l ，则AC ⊥l ，又k l ＝2， ∴k AC ＝m ＋10＋2＝－12，解得m ＝－2，∴C (0，－2)， ∴r ＝|AC |＝(0＋2)2＋(－2＋1)2＝ 5.解法二：由题知点C 到直线的距离为|－m ＋3|5，r ＝|AC |＝22＋(m ＋1)2.由直线与圆C 相切得 22＋(m ＋1)2＝|－m ＋3|5，解得m ＝－2，∴r ＝22＋(－2＋1)2＝ 5.[答案] －2 54．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(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． [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⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k 2. 由题设知4k 2＋4k 2＝8，解得k ＝－1(舍去)，或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y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，(x 0＋1)2＝(y 0－x 0＋1)22＋16.解得⎩⎨⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎨⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.1.近两年圆的方程成为高考全国课标卷命题的热点，需重点关注．此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式考查．2．直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，有时也会出现在压轴题的位置，难度较大，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (88)

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

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (79)

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (79)

第二讲 椭圆、双曲线、抛物线[高考导航]以某一圆锥曲线或两种曲线组合为载体，考查的角度有定义、方程和性质，尤其是离心率、焦点三角形和焦点弦问题是考查的重点．考点一 圆锥曲线的定义与标准方程1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)； (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)；(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于M . 2．焦点三角形的结论椭圆中，焦点三角形的面积S △F 1PF 2＝b 2·tan θ2；双曲线中，焦点三角形的面积S △F 1PF 2＝b 2tan θ2(其中P 为椭圆(双曲线)上的点，F 1，F 2分别为椭圆(双曲线)的左、右焦点，θ＝∠F 1PF 2)．1．(2019·江西上饶联考)过点A (3，－2)且与椭圆x 29＋y 24＝1有相同焦点的椭圆方程为( )A.x 215＋y 210＝1 B.x 225＋y 220＝1 C.x 210＋y 215＝1D.x 220＋y 215＝1[解析] 解法一：设所求椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则a 2－b2＝c2＝5，且9a 2＋4b 2＝1，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝5，f(9a 2＋4b 2＝1，)得a 2＝15，b 2＝10，故所求椭圆方程为x 215＋y 210＝1.解法二：椭圆x 29＋y 24＝1的焦点坐标为(±5，0)，设所求椭圆方程为x 2λ＋5＋y 2λ＝1(λ>0)，代入(3，－2)，得9λ＋5＋4λ＝1(λ>0)，解得λ＝10或λ＝－2(舍去)，故所求椭圆方程为x 215＋y 210＝1.[答案] A2．(2019·河南安阳一模)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的虚轴长为4，一条渐近线的方程为y ＝12x ，则双曲线C 的方程为( )A.x 216－y 24＝1 B.x 24－y 216＝1C.x 264－y 216＝1D ．x 2－y24＝1[解析] 由双曲线的虚轴长为4，得2b ＝4，即b ＝2，又双曲线的焦点在x 轴上，则其一条渐近线的方程为y ＝b a x ＝12x ，所以a ＝4，所以双曲线C 的方程为x 216－y 24＝1，故选A.[答案] A3．(2019·湖南湘东六校联考)抛物线的顶点在原点，焦点在y 轴上，其上的点P (m ，－3)到焦点的距离为4，则抛物线方程为( )A ．x 2＝8yB ．x 2＝4yC ．x 2＝－4yD ．x 2＝－8y[解析] 依题意，设抛物线的方程为x 2＝－2py (p >0)，则p2＋3＝4，所以p ＝2，所以抛物线的方程为x 2＝－4y ，故选C.[答案] C4．(2019·长春检测)已知O 为坐标原点，设F 1，F 2分别是双曲线x 2－y 2＝1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任一点，过点F 1作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为H ，则|OH |＝( )A ．1B ．2C ．4D.12[解析] 如图，延长F 1H 交PF 2于点Q ，由PH 为∠F 1PF 2的平分线及PH ⊥F 1Q ，可知|PF 1|＝|PQ |，根据双曲线的定义，得|PF 2|－|PF 1|＝2，从而|QF 2|＝2，在△F 1QF 2中，易知OH 为中位线，故|OH |＝1.故选A.[答案] A5．(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C 的焦点为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若|AF 2|＝2|F 2B |，|AB |＝|BF 1|，则C 的方程为( )A.x 22＋y 2＝1B.x 23＋y 22＝1 C.x 24＋y 23＝1 D.x 25＋y 24＝1[解析] 设|F 2B |＝x (x >0)，则|AF 2|＝2x ，|AB |＝3x ，|BF 1|＝3x ，|AF 1|＝4a －(|AB |＋|BF 1|)＝4a －6x .由椭圆的定义知|BF 1|＋|BF 2|＝2a ＝4x ，所以|AF 1|＝2x .在△BF 1F 2中，由余弦定理得|BF 1|2＝|BF 2|2＋|F 1F 2|2－2|F 2B |·|F 1F 2|cos ∠BF 2F 1，即9x 2＝x 2＋22－4x ·cos ∠BF 2F 1，①在△AF 1F 2中，由余弦定理可得|AF 1|2＝|AF 2|2＋|F 1F 2|2－2|AF 2|·|F 1F 2|cos ∠AF 2F 1，即4x 2＝4x 2＋22＋8x ·cos ∠BF 2F 1，②由①②得x ＝32，所以2a ＝4x ＝23，a ＝3， 所以b 2＝a 2－c 2＝2.所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.故选B. [答案] B6．(2019·郑州一中摸底测试)从抛物线y ＝14x 2上一点P 引抛物线准线的垂线，垂足为M ，且|PM |＝5.设抛物线的焦点为F ，则△MPF 的面积为________．[解析] 由题意，得x 2＝4y ，则抛物线的准线方程为y ＝－1.从抛物线上一点P 引抛物线准线的垂线，设P (x 0，y 0)，则由抛物线的定义知|PM |＝y 0＋1，所以y 0＝4，所以|x 0|＝4，所以S △MPF ＝12×|PM |×|x 0|＝12×5×4＝10.[答案] 10圆锥曲线的定义、标准方程的关注点(1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．(3)焦点三角形的作用：借助焦点三角形能很好地将定义式与三角形中的边角关系式构建方程组，便于解决问题．(4)圆锥曲线基本问题的考查的另一个重点是定义的应用，根据圆锥曲线的定义分析判断一些问题，在椭圆、双曲线中如果已知曲线上一点与一个焦点的连线，则要把另一个焦点也考虑进去．考点二 圆锥曲线的几何性质1．在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝ca ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2. 2．在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝ca ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2. 3．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b a x ，双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±a b x .【例1】 (1)(2019·宁夏银川二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为M ，N ，若在椭圆C 上存在点H ，使k MH k NH ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，则椭圆C 的离心率的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫0，32(2)(2019·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若F 1A →＝AB →，F 1B →·F 2B →＝0，则C 的离心率为________．[解析] (1)设H (x 0，y 0)，则y 20＝b 2a2(a 2－x 20)，而M (－a,0)，N (a,0)，∴k MH ·k NH ＝y 0x 0＋a ·y 0x 0－a ＝y 20x 20－a 2＝－b 2a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，∴b 2a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.∴e ＝1－b 2a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1.故选A.(2)解法一：如图，由F 1A →＝AB →知A 为线段F 1B 的中点， ∵O 为线段F 1F 2的中点，∴OA ∥F 2B ， ∵F 1B →·F 2B →＝0，∴F 1B ⊥F 2B ， ∴OA ⊥F 1A 且∠F 1OA ＝∠OF 2B ， ∵∠BOF 2＝∠AOF 1，∴∠BOF 2＝∠OF 2B ，又易知|OB |＝|OF 2|＝c ，∴△OBF 2为正三角形， 可知b a ＝tan60°＝3，∴e ＝c a ＝1＋b 2a 2＝2.解法二：双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±ba x ， ∵F 1B →·F 2B →＝0，∴F 1B ⊥F 2B ，∴点B 在⊙O ：x 2＋y 2＝c 2上，如图所示，不妨设点B 在第一象限，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b a x ，x 2＋y 2＝c 2，a 2＋b 2＝c 2，x >0得点B (a ，b )，∵F 1A →＝AB →，∴点A 为线段F 1B 的中点，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －c 2，b 2，将其代入y ＝－b a x 得b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ×a －c 2. 解得c ＝2a ，故e ＝ca ＝2.[答案] (1)A (2)2应用圆锥曲线性质的2个要点(1)确定椭圆和双曲线的离心率的值及范围，其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式．建立关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．(2)求双曲线渐近线方程关键在于求b a 或ab 的值，也可将双曲线等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到．1．(2019·河北衡水中学五调)与椭圆x 22＋y 2＝1有相同的焦点且与直线l ：x －y ＋3＝0相切的椭圆的离心率为( )A.22B.55C.12D.15[解析] 因为所求椭圆与椭圆x 22＋y 2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为x 2a 2＋y 2a 2－1＝1(a >1)，联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2a 2－1＝1，y ＝x ＋3⇒(2a 2－1)x 2＋6a 2x ＋10a 2－a 4＝0，因为直线l 与椭圆相切，所以Δ＝36a 4－4(2a 2－1)(10a 2－a 4)＝0，化简得a 4－6a 2＋5＝0，即a 2＝5或a 2＝1(舍)．则a ＝ 5.又c ＝1，所以e ＝c a ＝15＝55.故选B.[答案] B2．(2019·广东惠州一调)已知F 1，F 2是双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，过其中一个焦点且与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点M ，若点M 在以线段F 1F 2为直径的圆内，则双曲线离心率的取值范围是( )A ．(1,2)B ．(2，＋∞)C ．(1，2)D ．(2，＋∞)[解析] 如图，不妨设F 1(0，c )，F 2(0，－c )，则过点F 1与渐近线y ＝ab x 平行的直线为y ＝ab x ＋c ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a b x ＋c ，y ＝－ab x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－bc 2a ，y ＝c 2，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－bc 2a ，c 2.因为M 在以线段F 1F 2为直径的圆x 2＋y 2＝c 2内，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－bc 2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22<c 2，化简得b 2<3a 2，即c 2－a 2<3a 2，即c2a 2<4，解得c a <2，又双曲线的离心率e ＝ca >1，所以双曲线离心率的取值范围是(1,2)．故选A.[答案] A考点三抛物线中的最值问题求最值问题主要把握两个转化：一是把抛物线上的点到焦点的距离转化为抛物线上的点到准线的距离；二是把抛物线上的点到抛物线的准线距离转化为抛物线上的点到焦点的距离．在解题时要准确把握题设条件，进行有效转化，探求最值问题．【例2】(1)(2019·山东省实验中学一诊)已知P为抛物线y2＝4x 上一个动点，F为焦点，Q为圆C：x2＋(y－4)2＝1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线距离之和的最小值是()A．25－1 B．25－2C.17－1D.17－2(2)(2019·陕西咸阳模拟)若点A的坐标是(3,2)，F是抛物线y2＝2x 的焦点，点P在抛物线上移动，为使得|P A|＋|PF|取得最小值，则P 点的坐标是()A．(1,2) B．(2,1)C．(2,2) D．(0,1)[解题指导][解析](1)由题意得圆x2＋(y－4)2＝1的圆心A(0,4)，半径r＝1，抛物线的焦点F (1,0)．由抛物线的几何性质可得：点P 到点Q 的距离与点P 到抛物线的准线距离之和的最小值是|AF |－r ＝1＋16－1＝17－1.选C.(2)过P 作PM ⊥l 于M ，则由抛物线定义知|PM |＝|PF |， 故|P A |＋|PF |＝|P A |＋|PM |. 当A 、P 、M 三点共线时，|P A |＋|PM |最小，此时点P 坐标为(2,2)，故选C.[答案] (1)C (2)C与抛物线最值有关问题的两种转化(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解．(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中垂线段最短”解决．1．(2019·郑州检测)已知抛物线x 2＝4y 上有一条长为6的动弦AB ，则AB 的中点到x 轴的最短距离为( )A.34B.32 C ．1 D ．2[解析] 由题意知，抛物线的准线l ：y ＝－1，过点A 作AA 1⊥l交l 于点A 1，过点B 作BB 1⊥l 交l 于点B 1，设弦AB 的中点为M ，过点M 作MM 1⊥l 交l 于点M 1，则|MM 1|＝|AA 1|＋|BB 1|2.因为|AB |≤|AF |＋|BF |(F 为抛物线的焦点)，即|AF |＋|BF |≥6，所以|AA 1|＋|BB 1|≥6，2|MM 1|≥6，|MM 1|≥3，故点M 到x 轴的距离d ≥2，选D.[答案] D2．(2019·石家庄二中月考)已知点F 为抛物线y 2＝－8x 的焦点，O 为坐标原点，点P 是抛物线准线上一动点，点A 在抛物线上，且|AF |＝4，则|P A |＋|PO |的最小值为( )A ．6B ．2＋42C ．213D ．43[解析] 由已知可得抛物线y 2＝－8x 的焦点为F (－2,0)，准线方程为x ＝2.设点A 的坐标为(x 0，y 0)，根据抛物线的定义可得2－x 0＝4，所以x 0＝－2，y 0＝±4.O 关于准线的对称点为O ′(4,0)，则当点P 为AO ′与准线x ＝2的交点时，|P A |＋|PO |有最小值，且最小值为|AO ′|＝213.[答案] C1．(2019·全国卷Ⅱ)若抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点是椭圆x 23p ＋y2p ＝1的一个焦点，则p ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．8[解析] ∵抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫p 2，0，∴由已知得椭圆x 23p ＋y 2p ＝1的一个焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，∴3p －p ＝p 24，又p >0，∴p ＝8. [答案] D2．(2019·全国卷Ⅱ)设F 为双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2＋y 2＝a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |＝|OF |，则C 的离心率为( )A. 2B.3 C ．2D.5[解析] 如图，∵|PQ |＝|OF |＝c ，∴PQ 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，0.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，c 2.又∵|OP |＝a ，∴a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝c 22，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＝2，∴e ＝c a ＝ 2.故选A. [答案] A3．(2018·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( )A.23 B.12 C.13D.14[解析] 由题意易知直线AP 的方程为y ＝36(x ＋a )，①直线PF 2的方程为y ＝3(x －c )．② 联立①②得y ＝35(a ＋c )，如图，过P 向x 轴引垂线，垂足为H ，则|PH |＝35(a ＋c )．因为∠PF 2H ＝60°，|PF 2|＝|F 1F 2|＝2c ，|PH |＝35(a ＋c )， 所以sin60°＝|PH ||PF 2|＝35(a ＋c )2c ＝32， 即a ＋c ＝5c ，即a ＝4c ， 所以e ＝c a ＝14.故选D. [答案] D4．(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－y 2b 2＝1(b >0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是________．[解析] 由双曲线x 2－y2b 2＝1(b >0)经过点(3,4)，得9－16b 2＝1，解得b ＝±2，又b >0，所以b ＝2， 易知双曲线的焦点在x 轴上，故双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ＝±2x .[答案] y ＝±2x5．(2018·北京卷)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n 2＝1.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________；双曲线N 的离心率为________．[解析] 解法一：如图是一个正六边形，A ，B ，C ，D 是双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点，F 1，F 2为椭圆M 的两个焦点．∵直线AC 是双曲线N 的一条渐近线，且其方程为y ＝3x ， ∴nm ＝ 3.设m ＝k ，则n ＝3k ，则双曲线N 的离心率e 2＝k 2＋(3k )2k＝2. 连接F 1C ，在正六边形ABF 2CDF 1中，可得∠F 1CF 2＝90°，∠CF 1F 2＝30°.设椭圆的焦距为2c ，则|CF 2|＝c ，|CF 1|＝3c ，再由椭圆的定义得|CF 1|＋|CF 2|＝2a ，即(3＋1)c ＝2a ，∴椭圆M 的离心率e 1＝ca ＝23＋1＝2(3－1)(3＋1)(3－1)＝3－1. 解法二：双曲线N 的离心率同解法一．由题意可得C 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，32c ，代入椭圆M 的方程，并结合a ，b ，c 的关系，联立得方程组⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32c 2b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，解得ca ＝3－1⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＝3＋1舍去.[答案] 3－1 2圆锥曲线的定义、方程与性质是每年高考必考的内容．以选择、填空题的形式考查，常出现在第4～11或15～16题的位置，着重考查圆锥曲线的几何性质与标准方程，难度中等．热点课题5 平面几何情境下的圆锥曲线问题1．(2019·福建福州质检)已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，|F 1F 2|＝6，P 是E 右支上的一点，PF 1与y 轴交于点A ，△P AF 2的内切圆与边AF 2的切点为Q .若|AQ |＝3，则E 的离心率是( )A ．2 3 B. 5 C. 3 D.2[解析] 如图所示，设PF 1、PF 2分别与△P AF 2的内切圆切于M 、N ，依题意，有|MA |＝|AQ |，|NP |＝|MP |，|NF 2|＝|QF 2|，|AF 1|＝|AF 2|＝|QA |＋|QF 2|，2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝(|AF 1|＋|MA |＋|MP |)－(|NP |＋|NF 2|)＝2|QA |＝23，故a ＝3，从而e ＝c a ＝33＝3，故选C.[答案] C2.(2019·贵阳监测)已知点P 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)左支上一点，F 1、F 2分别是双曲线的左、右焦点，且PF 1⊥PF 2，PF 2与两条渐近线相交于M 、N 两点(如图)，点N 恰好平分线段PF 2，则双曲线的离心率是________．[解析] 由题意可知，ON 为△PF 1F 2的中位线，∴PF 1∥ON ， ∴tan ∠PF 1F 2＝tan ∠NOF 2＝k ON ＝ba ，∴⎩⎨⎧|PF 2||PF 1|＝b a ，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝4c 2，解得⎩⎨⎧|PF 1|＝2a ，|PF 2|＝2b .又|PF 2|－|PF 1|＝2a ，∴2b －2a ＝2a ，b ＝2a ，c ＝a 2＋b 2＝5a ，e ＝ca ＝ 5. [答案]5专题强化训练(二十二)一、选择题1．(2019·广东惠州一调)抛物线x ＝8y 2的准线方程为( ) A ．y ＝12 B ．y ＝－2 C ．x ＝－132D ．x ＝18[解析] 将x ＝8y 2化为标准形式为y 2＝18x ，所以2p ＝18，p ＝116，开口向右，所以抛物线的准线方程为x ＝－132.[答案] C2．(2019·河南南阳一中1月月考)点P 是椭圆x 29＋y 25＝1上的点，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点，则△PF 1F 2的周长是( )A ．12B ．10C ．8D ．6 [解析] 由椭圆方程知a ＝3，c ＝a 2－b 2＝2.由椭圆的定义，知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝6，所以△PF 1F 2的周长为|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|＝2a ＋2c ＝6＋4＝10，故选B.[答案] B3．(2019·豫北五校联考)在平面直角坐标系中，已知双曲线C 与双曲线x 2－y 23＝1有公共的渐近线，且经过点P (－2，3)，则双曲线C 的焦距为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3 D ．43[解析] 依题意，设双曲线C 的方程为x 2－y23＝λ(λ≠0)，则由双曲线C 过点P (－2，3)得(－2)2－(3)23＝λ，λ＝3.因此，双曲线C 的方程为x 2－y 23＝3，即x 23－y29＝1，双曲线C 的焦距为23＋9＝43，故选D.[答案] D4．(2019·郑州一测)椭圆x 225＋y 216＝1的焦点为F 1，F 2，P 为椭圆上一点，若∠F 1PF 2＝60°，则△F 1PF 2的面积是( )A.1633B.3233 C ．16 3 D ．323[解析] 解法一：由椭圆x 225＋y 216＝1的焦点为F 1，F 2知，|F 1F 2|＝2c ＝6，在△F 1PF 2中，不妨设|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则|PF 1|＋|PF 2|＝m ＋n ＝2a ＝10，在△F 1PF 2中，由余弦定理|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|cos ∠F 1PF 2，得(2c )2＝m 2＋n 2－2m ·n cos60°，即4c 2＝(m ＋n )2－3mn ＝4a 2－3mn ，解得mn ＝643，所以S △F 1PF 2＝12·|PF 1|·|PF 2|·sin∠F 1PF 2＝12mn sin60°＝1633.故选A.解法二：由椭圆的焦点三角形的面积公式S △F 1PF 2＝b 2·tan θ2(其中P 为椭圆上的点，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，θ＝∠F 1PF 2)得S △F 1PF 2＝b 2·tan θ2＝16×tan 60°2＝1633.故选A.[答案] A5．(2019·石家庄二中3月模拟)已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，B 为C 的短轴的一个端点，直线BF 1与C 的另一个交点为A ，若△BAF 2为等腰三角形，则|AF 1||AF 2|＝( )A.13B.12C.23 D ．3[解析] 如图，不妨设点B 在y 轴的正半轴上，根据椭圆的定义，得|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，|AF 1|＋|AF 2|＝2a ，由题意知|AB |＝|AF 2|，所以|BF 1|＝|BF 2|＝a ，|AF 1|＝a 2，|AF 2|＝3a 2.所以|AF 1||AF 2|＝13.故选A.[答案] A6．(2019·天津卷)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，则双曲线的离心率为( )A. 2B. 3 C ．2 D.5[解析] 如图，由题意可知抛物线的焦点为F (1,0)，准线方程为x ＝－1，∵|AB |＝4|OF |＝4， ∴A (－1,2)，又点A 在直线y ＝－ba x 上， ∴2＝－b a ·(－1)，∴ba ＝2， ∴双曲线的离心率e ＝ 1＋b 2a 2＝1＋4＝ 5.故选D.[答案] D7．(2019·陕西西安三模)已知圆x 2＋y 2－4x ＋3＝0与双曲线x 2a 2－y2b 2＝1的渐近线相切，则双曲线的离心率为( )A. 3 B ．2 3 C ．2 2 D.233[解析] 将圆的一般方程x 2＋y 2－4x ＋3＝0化为标准方程(x －2)2＋y 2＝1.由圆心(2,0)到直线ba x －y ＝0的距离为1，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪2b a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1，解得⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝13，所以双曲线的离心率为e ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝233.故选D. [答案] D8．(2019·辽宁省五校联考)抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，N 为准线上一点，M 为y 轴上一点，∠MNF 为直角，若线段MF 的中点E 在抛物线C 上，则△MNF 的面积为( )A.22B. 2C.322 D ．32[解析] 如图，不妨设点N 在第二象限，连接EN ，易知F (1,0)，因为∠MNF 为直角，点E 为线段MF 的中点，所以|EM |＝|EF |＝|EN |，又E 在抛物线C 上，所以EN 垂直准线x ＝－1，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，所以N (－1，2)，M (0,22)，所以|NF |＝6，|NM |＝3，所以△MNF 的面积为322，故选C.[答案] C9．(2019·武汉模拟)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，点A (5,3)，M 为抛物线上一点，且M 不在直线AF 上，则△MAF 周长的最小值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13[解析] 当|MA |＋|MF |的值最小时，△MAF 的周长最小．设点M 在抛物线的准线上的射影为D ，根据抛物线的定义，可知|MD |＝|MF |，因此|MA |＋|MF |的最小值，即|MA |＋|MD |的最小值，根据平面几何的知识可得，当D ，M ，A 三点共线时，|MA |＋|MD |最小，最小值为x A －(－1)＝5＋1＝6.又|F A |＝(5－1)2＋(3－0)2＝5，所以△MAF 周长的最小值为6＋5＝11.[答案] B10．(2019·宁夏银川一中二模)已知直线y ＝233x 和椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)交于不同的两点M ，N ，若M ，N 在x 轴上的射影恰好为椭圆的两个焦点，则椭圆的离心率为( )A.22B.32C.33D.23[解析] 由题意可知，M ，N 在x 轴上的射影恰好为椭圆的两个焦点，则M 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，则b 2a ＝233c ，则3b 2＝23ac ，即3c 2＋23ac －3a 2＝0.上式两边同除以a 2，整理得3e 2＋23e －3＝0，解得e ＝－3或e ＝33.由0<e <1，得e ＝33.故选C.[答案] C11．(2019·杭州第一次质检)设双曲线x 24－y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交双曲线左支于A ，B 两点，则|BF 2|＋|AF 2|的最小值为( )A.192 B ．11 C ．12 D ．16[解析] 由双曲线定义可得|AF 2|－|AF 1|＝2a ＝4，|BF 2|－|BF 1|＝2a ＝4，两式相加可得|AF 2|＋|BF 2|＝|AB |＋8，由于AB 为经过双曲线的左焦点与左支相交的弦，而|AB |min ＝2b 2a ＝3，故|AF 2|＋|BF 2|＝|AB |＋8≥3＋8＝11.故选B.[答案] B12．(2019·安徽宣城二模)椭圆G ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点为F 1(－c,0)，F 2(c,0)，M 是椭圆上的一点，且满足F 1M →·F 2M →＝0.则椭圆离心率e 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1 [解析] 解法一：设点M 的坐标为(x 0，y 0)，∵F 1M →·F 2M →＝0，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，∴(x 0＋c )·(x 0－c )＋y 20＝0，即x 20＋y 20＝c 2，①又知点M 在椭圆G 上，∴x 20a 2＋y 20b 2＝1，②由①②联立结合a 2－b 2＝c 2解得x 20＝a 2(c 2－b 2)c 2， 由椭圆的性质可得0≤x 20≤a2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2(c 2－b 2)c 2≥0，a 2(c 2－b 2)c 2≤a 2，即⎩⎨⎧c 2≥b 2，c 2－b 2≤c 2，所以c 2≥b 2.又知b 2＝a 2－c 2，∴c 2≥a 2－c 2，即2c 2≥a 2，解得e 2≥12，又知0<e <1，∴22≤e <1，故选D.解法二：∵椭圆G 上存在点M 使F 1M →·F 2M →＝0，∴MF 1⊥MF 2，即△MF 1F 2是以M 为直角顶点的直角三角形，∵|MF 1|＋|MF 2|＝2a ，|F 1F 2|＝2c ，∴椭圆的离心率e ＝2c 2a ＝|F 1F 2||MF 1|＋|MF 2|，又知(|MF 1|＋|MF 2|)2≤2(|MF 1|2＋|MF 2|2) ＝2|F 1F 2|2＝8c 2，∴|MF 1|＋|MF 2|≤22c ，∴e ＝|F 1F 2||MF 1|＋|MF 2|≥2c 22c ＝22，当且仅当|MF 1|＝|MF 2|＝2c 时，等号成立，又知0<e <1，∴e ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1.故选D.[答案] D 二、填空题13．(2019·武汉调研)已知双曲线x 2a 2－y 2＝1(a >0)的一条渐近线为3x ＋y ＝0，则a ＝________.[解析] 双曲线的两条渐近线为y ＝±1a x ，3x ＋y ＝0可化为y ＝－3x ，所以－1a ＝－3，得a ＝33.[答案]3314．(2019·福州3月质检)若抛物线y 2＝2px (p >0)上一点到焦点和到抛物线对称轴的距离分别为10和6，则抛物线的方程为________．[解析] 因为抛物线y 2＝2px (p >0)上一点到抛物线对称轴的距离为6，若设该点为P ，则P (x 0，±6)．因为P 到抛物线焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0的距离为10，根据抛物线的定义得x 0＋p2＝10.①因为P 在抛物线上，所以36＝2px 0.②由①②解得p ＝2，x 0＝9或p ＝18，x 0＝1，所以抛物线的方程为y 2＝4x 或y 2＝36x .[答案] y 2＝4x 或y 2＝36x15．(2019·重庆一中月考)如图，F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，P 为椭圆C 上的点，Q 是线段PF 1上靠近F 1的三等分点，△PQF 2为正三角形，则椭圆C 的离心率为________．[解析] 解法一：由椭圆的定义知，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，则32|PQ |＋|PF 2|＝2a ，因为△PQF 2为正三角形，所以|PF 2|＝4a 5，|PF 1|＝6a5.在△PF 1F 2中，由余弦定理，得4c 2＝1625a 2＋3625a 2－2×4a 5×6a 5×cos60°＝2825a 2，则e 2＝725，e ＝75.解法二：由椭圆的定义知，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，由已知得，32·|PQ |＋|PF 2|＝2a ，因为△PQF 2为正三角形，所以|PF 2|＝4a 5，|PF 1|＝6a5，由|PF 1|·|PF 2|＝2b 21＋cos60°，可得24a 225＝4b 23，b 2a 2＝1825，e ＝1－b 2a 2＝75.[答案]7516．(2019·太原五中月考)如图，双曲线的中心为原点O ，A ，C 分别是双曲线虚轴的上、下端点，B 是双曲线的左顶点，F 为双曲线的左焦点，直线AB 与FC 相交于点D .若双曲线的离心率为2，则∠BDF 的余弦值是________．[解析] 设双曲线的标准方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，由e ＝ca ＝2知，c ＝2a ，又c 2＝a 2＋b 2，则b ＝3a .所以A (0，3a )，C (0，－3a )，B (－a,0)，F (－2a,0)，则BA →＝(a ，3a )，CF →＝(－2a ，3a )，结合图象可知，cos ∠BDF ＝cos 〈BA →，CF →〉＝BA →·CF →|BA →||CF →|＝－2a 2＋3a 22a ·7a＝714.[答案] 714。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (46)

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1．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列；(2)求{a n }和{b n }的通项公式．[解] (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1. 所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.2．(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．[解] (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20， 解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎨⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1， 所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3. 设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， 12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2， 又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (64)

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1．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM →·FN →＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由已知可得直线的方程为y ＝23(x ＋2)，即x ＝32y －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝32y －2得y 2－6y ＋8＝0.由根与系数的关系可得y 1＋y 2＝6，y 1y 2＝8，∴x 1＋x 2＝32(y 1＋y 2)－4＝5，x 1x 2＝(y 1y 2)216＝4，∵F (1,0)，∴FM →·FN →＝(x 1－1)·(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2＝4－5＋1＋8＝8，故选D.[答案] D2．(2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1,1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若∠AMB ＝90°，是k ＝________.[解析] 由题意可知C 的焦点坐标为(1,0)，k ≠0，所以过焦点(1,0)，斜率为k 的直线方程为x ＝yk ＋1，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1k ＋1，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2k ＋1，y 2，将直线方程与抛物线方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y k ＋1，y 2＝4x ，整理得y 2－4k y －4＝0，从而得y 1＋y 2＝4k ，y 1·y 2＝－4.∵M (－1,1)，∠AMB ＝90°，∴MA →·MB →＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1k ＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2k ＋2＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，即k 2－4k ＋4＝0，解得k ＝2.[答案] 23．(2019·浙江卷)已知椭圆x 29＋y 25＝1的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方．若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，|OF |为半径的圆上，则直线PF 的斜率是________．[解析] 如图，记椭圆的右焦点为F ′，取PF 中点为M ，由题知a ＝3，b ＝5，∴c ＝2，连接OM ，PF ′， 则|OM |＝|OF |＝2，又∵M 为PF 的中点， ∴|PF ′|＝2|OM |，PF ′∥OM ，∴|PF ′|＝4， 又∵P 在椭圆上，∴|PF ′|＋|PF |＝6， ∴|PF |＝2，在△PFF ′中，|PF ′|＝|FF ′|＝4，|PF |＝2，连接F ′M ， 则F ′M ⊥PF ，∴|F ′M |＝|FF ′|2－|FM |2＝16－1＝15，∴k PF ＝tan ∠PFF ′＝|F ′M ||FM |＝15. 即直线PF 的斜率为15. [答案]154．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．[解] (1)由题设得y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 2(x －u )，x 24＋y 22＝1得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uk u(3k2＋2)2＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2uk k2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k(1＋k2)(1＋2k2)(2＋k2)＝8⎝⎛⎭⎪⎫1k＋k1＋2⎝⎛⎭⎪⎫1k＋k2.设t＝k＋1k，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第20题的位置，一般难度较大．直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程、定点、定值、最值、范围以及存在性问题都是考查的重点，常与向量、函数、不等式等知识结合．解题时，常以直线与圆锥曲线的位置关系为突破口，利用设而不求、整体代换的技巧求解，要注重数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想以及转化与化归思想在解题中的指导作用．。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (39)

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第三讲 不等式、线性规划[高考导航]1．对于解不等式，主要涉及一元二次不等式、分式不等式、对数和指数不等式，并且以一元二次不等式为主．2．对于线性规划知识的考查主要通过图示的方法获得最优解或已知最优解求参数，此类题型有时需要借助一个实际背景．其中以考查线性目标函数的最值为重点，常结合其代数式的几何意义(如斜率、截距、距离、面积等)来求解．3．对于基本不等式重在考查对代数式的转化过程及适用条件、等号成立条件的检验，在求最值或不等式恒成立问题中常用基本不等式．考点一 不等式的性质与解法1．不等式的基本性质 (1)对称性：a >b ⇔b <a .(2)传递性：a >b ，b >c ⇒a >c . (3)可加性：a >b ⇒a ＋c >b ＋c .(4)可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . (5)加法法则：a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d . (6)乘法法则：a >b >0，c >d >0⇒ac >bd .(7)乘方法则：a >b >0⇒a n >b n (n ∈N ，n ≥2)．(8)开方法则：a >b >0⇒n a >nb (n ∈N ，n ≥2)． 2．不等式的倒数性质(1)a >b ，ab >0⇒1a <1b .(2)a <0<b ⇒1a <1b.(3)a >b >0,0<c <d ⇒a c >bd.3．求解不等式的方法(1)对于一元二次不等式，应先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)，再求相应一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x 轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把它们等价转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．(3)解决含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因，确定好分类标准，有理有据、层次清楚地求解．1．(2019·河北武邑中学月考)已知a <b <|a |，则以下不等式中恒成立的是( ) A ．|b |<－a B ．ab >0 C ．ab <0 D ．|a |<|b | [解析] 解法一：由于a <b <|a |，可知a <0，但b 不能确定，当b ＝0时，|b |＝0<－a 成立；当b >0时，|b |＝b <|a |＝－a ，|b |<－a 成立；当b <0时，－b <－a ，则|b |<－a 成立．综上，|b |<－a .解法二：因为a <b <|a |，令a ＝－2，b ＝0，代入各选项验证，可排除选项B ，C ，D ，故选A.[答案] A2．(2019·全国卷Ⅱ)若a >b ，则( )A ．ln(a －b )>0B ．3a <3bC ．a 3－b 3>0D ．|a |>|b |[解析] ∵a >b ，∴a －b >0，取a －b ＝1，则ln(a －b )＝0.故A 错误． 由y ＝3x 在R 上单调递增可知3a >3b ，故B 错误． 由y ＝x 3在R 上是增函数可知a 3>b 3，故C 正确．取a ＝0，b ＝－1，则|a |<|b |，故D 错误． [答案] C3．(2019·福州五校联考)已知集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －1x ＋2≤0，B ＝{x |y ＝lg(－x 2＋4x ＋5)}，则A ∪(∁R B )＝( )A ．(－2，－1]B ．[－2，－1]C ．(－1,1]D ．[－1,1][解析] 依题意，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －1x ＋2≤0＝{x |－2<x ≤1}， B ＝{x |y ＝lg(－x 2＋4x ＋5)}＝{x |－x 2＋4x ＋5>0}＝{x |－1<x <5}，∴∁R B ＝{x |x ≤－1或x ≥5}，A ∩(∁RB )＝(－2，－1]，选A.[答案] A4．(2019·安徽六安一中月考)当x ∈(0，＋∞)时，ax 2－3x ＋a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，32B.⎣⎡⎭⎫32，＋∞ C.⎝⎛⎦⎤－32，32 D.⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞ [解析] 当a ＝0时，－3x ≥0，不等式不恒成立； 当a >0时，由二次函数的性质可知，a >0，且Δ＝9－4a 2≤0，解得a ≥32；当a <0时，由二次函数的图像可知不等式不恒成立．综上可得a ∈⎣⎡⎭⎫32，＋∞.故选B. [答案] B5．(2019·山东青岛城阳一中月考)已知不等式ax 2－bx －1≥0的解集是⎣⎡⎦⎤－12，－13，则不等式x 2－bx －a <0的解集是( )A ．(2,3)B ．(－∞，2)∪(3，＋∞)C.⎝⎛⎭⎫13，12D.⎝⎛⎭⎫－∞，13∪⎝⎛⎭⎫12，＋∞ [解析] ∵不等式ax 2－bx －1≥0的解集是[－12，－13]，∴a <0，方程ax 2－bx －1＝0的两个根为－12，－13，－－b a ＝－12－13，－1a ＝16，∴a ＝－6，b ＝5，∴x 2－bx －a <0，即x 2－5x ＋6<0，(x －2)(x －3)<0，∴2<x <3，故选A.[答案] A6．(综合创新)已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 2－1，若关于x 的不等式f [f (x )]<0的解集是空集，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－2，＋∞)[解析] 函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 2－1＝x 2－2ax ＋(a ＋1)(a －1)＝[x －(a －1)][x －(a ＋1)]，由f (x )<0，得a －1<x <a ＋1，则由f [f (x )]<0可得a －1<f (x )<a ＋1.又f (x )＝(x －a )2－1，所以当x ＝a 时，f (x )取得最小值－1，所以函数f (x )＝(x －a )2－1的值域为[－1，＋∞)．若原不等式的解集为空集，则不等式a －1<f (x )<a ＋1的解集为空集，所以(a －1，a ＋1)与函数f (x )＝(x －a )2－1的值域[－1，＋∞)的交集为空集，所以a ＋1<－1，a <－2. [答案] C(1)求解一元二次不等式的3步：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集．(2)解一元二次不等式恒成立问题的3种方法：①图象法；②分离参数法；③更换主元法．考点二 基本不等式1．基本不等式：a ＋b2≥ab(1)基本不等式成立的条件：a >0，b >0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号．(3)应用：两个正数的积为常数时，它们的和有最小值；两个正数的和为常数时，它们的积有最大值．2．几个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )．当且仅当a ＝b 时取等号．(2)ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )，当且仅当a ＝b 时取等号． (3)a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )，当且仅当a ＝b 时取等号． (4)b a ＋ab≥2(a ，b 同号)，当且仅当a ＝b 时取等号．1．(2019·湖南师大附中月考)下列结论中正确的是( )A ．lg x ＋1lg x 的最小值为2B.x ＋1x 的最小值为2C.sin 2x ＋4sin 2x的最小值为4D ．当0<x ≤2时，x －1x 无最大值[解析] 对于A ，lg x 可能小于0；对于B ，要使函数y ＝x ＋1x有意义，则x >0，x ＋1x≥2x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号；对于C ，当且仅当sin 2x ＝4sin 2x ，即sin x ＝2时取等号，但sin x 的最大值为1；对于D ，x －1x 在(0,2]上为增函数，因此有最大值．故选B.[答案] B2．(2019·吉林长春二模)已知x >0，y >0，且x ＋y ＝2xy ，则x ＋4y 的最小值为( )A ．4 B.72C.92D ．5 [解析] 由x ＋y ＝2xy 得1x ＋1y ＝2.由x >0，y >0，x ＋4y ＝12(x ＋4y )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＝12⎝⎛⎭⎫5＋4y x ＋x y ≥12(5＋4)＝92，当且仅当4y x ＝x y 时等号成立，即x ＋4y 的最小值为92.故选C.[答案] C 3．(2019·河南洛阳3月质检)已知正数a ，b 满足a ＋b ＝2，则a ＋b ＋1的最大值为( ) A. 3 B.2＋1 C. 6 D.3＋1[解析] 解法一：(基本不等式法)由已知可得a ＋(b ＋1)＝3. 由基本不等式可得a ＋b ＋1≥2a ·b ＋1，所以a ·b ＋1≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋122(当且仅当a ＝b ＋1时等号成立)． 所以(a ＋b ＋1)2＝a ＋(b ＋1)＋2a ·b ＋1＝3＋2a ·b ＋1≤3＋2×⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋122，整理得(a ＋b ＋1)2≤6，所以a ＋b ＋1≤ 6.所以a ＋b ＋1的最大值为 6.故选C.解法二：(几何法)设x ＝a ，y ＝b ＋1，则x 2＋y 2＝a ＋b ＋1＝3.因为x >0，y >1，所以该方程表示曲线x 2＋y 2＝3(x >0，y >1)，即圆x 2＋y 2＝3的一部分． 设t ＝x ＋y (t >1)，易知当直线x ＋y －t ＝0与曲线相切时，t 取得最大值．此时有|t |12＋12＝3，解得t ＝ 6.故t 的最大值为 6.故选C.[答案] C4．(2019·福建厦门3月联考)对任意m ，n ∈R ＋，都有m 2－amn ＋2n 2≥0，则实数a 的最大值为( )A. 2 B ．2 2C ．4 D.92[解析] ∵对任意m ，n ∈R ＋，都有m 2－amn ＋2n 2≥0， ∴m 2＋2n 2≥amn ，即a ≤m 2＋2n 2mn ＝m n ＋2n m恒成立，∵m n ＋2n m ≥2 m n ·2n m ＝22，当且仅当m n ＝2n m时取等号，∴a ≤22，故a 的最大值为22，故选B.[答案] B5．(2019·广东五校联考)已知x ，y 都是非负实数，且x ＋y ＝2，则8(x ＋2)(y ＋4)的最小值为________．[解析] ∵x ，y 都是非负实数，且x ＋y ＝2，∴x ＋2＋y ＋4＝8，∴8≥2(x ＋2)(y ＋4)，即1(x ＋2)(y ＋4)≥116，当且仅当x ＝2，y ＝0时取等号，则8(x ＋2)(y ＋4)≥816＝12. [答案] 126．(2019·天津卷)设x >0，y >0，x ＋2y ＝5，则(x ＋1)(2y ＋1)xy的最小值为________．[解析] ∵x ＋2y ＝5，x >0，y >0，∴(x ＋1)(2y ＋1)xy ＝x ＋2y ＋2xy ＋1xy ＝2xy ＋6xy ＝2xy ＋6xy≥22xy ·6xy＝43， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2y ＝5，2xy ＝6xy ，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝32时，原式取得最小值4 3. [答案] 43利用基本不等式求函数最值的3个关注点(1)形式：一般地，分子、分母有一个一次、一个二次的分式结构的函数以及含有两个变量的函数，特别适合用基本不等式求最值．(2)条件：利用基本不等式求最值需满足“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误． (3)方法：使用基本不等式时，一般通过“拆、拼、凑”的技巧把求最值的函数或代数式化为ax ＋bx(ab >0)的形式，常用的方法是变量分离法和配凑法．考点三 线性规划1．线性目标函数z ＝ax ＋by 最值的确定方法把线性目标函数z ＝ax ＋by 化为y ＝－a b x ＋z b ，可知zb是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，要根据b 的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．2．常见的目标函数类型(1)截距型：形如z ＝ax ＋by ，可以转化为y ＝－a b x ＋zb，利用直线在y 轴上的截距大小确定目标函数的最值；(2)斜率型：形如z ＝y －bx －a，表示区域内的动点(x ，y )与定点(a ，b )连线的斜率；(3)距离型：形如z ＝(x －a )2＋(y －b )2，表示区域内的动点(x ，y )与定点(a ，b )的距离的平方；形如z ＝|Ax ＋By ＋C |，表示区域内的动点(x ，y )到直线Ax ＋By ＋C ＝0的距离的A 2＋B 2倍．1．(2019·武汉调研)设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y －10≤0，x ＋4y －5≥0，x ≥0，则z ＝x ＋3y 的最大值为( )A ．15 B.154 C ．5D ．6[解析]解法一：不等式组⎩⎨⎧2x ＋5y －10≤0，x ＋4y －5≥0，x ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示．作出直线x ＋3y ＝0并平移，可知当直线经过点A 时z 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y －10＝0，x ＝0可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2，故A (0,2)，此时z max ＝0＋6＝6.故选D.解法二：作出可行域如图中阴影部分所示，求出可行域的顶点坐标为A (0,2)，B ⎝⎛⎭⎫0，54，C (5,0)，分别代入目标函数，对应的z 的值为6，154，5，故z 的最大值为6，选D.[答案] D2．(2019·江西九江二模)实数x ，y 满足线性约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －a ≤0，x ＋y －2≥0，2x －y ＋2≥0，若z ＝y －1x ＋3的最大值为1，则z 的最小值为( )A ．－13B ．－37C.13D ．－15[解析] 作出可行域如图中阴影部分所示，目标函数z ＝y －1x ＋3的几何意义是可行域内的点(x ，y )与点A (－3,1)两点连线的斜率，当取点B (a,2a ＋2)时，z 取得最大值1，故2a ＋2－1a ＋3＝1，解得a ＝2，则C (2,0)．当取点C (2,0)时，z 取得最小值，即z min ＝0－12＋3＝－15.故选D.[答案] D3．(2019·湖北黄冈模拟)在平面直角坐标系中，已知平面区域A ＝{(x ，y )|x ＋y ≤1，且x ≥0，y ≥0}，则平面区域B ＝{(x ＋y ，x －y )|(x ，y )∈A }的面积为( )A ．2B ．1 C.12 D.14[解析] 对于集合B ，令m ＝x ＋y ，n ＝x －y ，则x ＝m ＋n 2，y ＝m －n 2，由于(x ，y )∈A ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n 2＋m －n2≤1，m ＋n2≥0，m －n 2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ≤1，m ＋n ≥0，m －n ≥0，因此平面区域B的面积即为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧m ≤1，m ＋n ≥0，m －n ≥0，所对应的平面区域的面积，画出图形可知该平面区域面积为2×⎝⎛⎭⎫12×1×1＝1，故选B.[答案] B4．(2019·广州3月测试)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤1，2x ＋y ≥－1，x －y ≤0，则z ＝(x ＋1)2＋y 2的取值范围是________．[解析]由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x ＋2y ＝1，解得⎩⎨⎧x ＝13，y ＝13，即C ⎝⎛⎭⎫13，13.(x ＋1)2＋y 2的几何意义是区域内的点(x ，y )与定点(－1，0)间距离的平方．由图可知，点(－1,0)到直线AB ：2x ＋y ＋1＝0的距离最小，为|－2＋1|5＝55，故z min ＝15；点(－1,0)到点C 的距离最大，故z max ＝⎝⎛⎭⎫13＋12＋⎝⎛⎭⎫132＝179.所以z ＝(x ＋1)2＋y 2的取值范围是⎣⎡⎦⎤15，179. [答案] ⎣⎡⎦⎤15，1795．(2019·合肥一模)某校准备采用导师制成立培养各学科全优尖子生培优小组A ，B ，设想培优小组A 中，每1名学生需要配备2名理科教师和2名文科教师做导师；设想培优小组B 中，每1名学生需要配备3名理科教师和1名文科教师做导师．若学校现有14名理科教师和9名文科教师积极支持，则两培优小组能够成立的学生人数和最多是________．[解析] 根据题意，设培优小组A ，B 能够成立的学生人数分别为x ，y (x ，y 均为正整数)，则目标函数z ＝x ＋y ，⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y ≤14，2x ＋y ≤9，x ∈N ，y ∈N ，作出不等式组所表示的平面区域，为图中四边形OABC 及其内部的整数点，作出直线x ＋y ＝0，平移该直线，当平移后的直线经过点(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)时，目标函数z ＝x ＋y 取得最大值，z max＝5，故两培优小组能够成立的学生人数和最多是5.[答案] 56．(2019·湖南长沙二模)过平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，y ＋2≥0，x ＋y ＋2≤0内一点P 作圆O ：x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，记∠APB ＝α，当α最大时，点P 的坐标为________．[解析] 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出圆O ：x 2＋y 2＝1，由图知，当点P 离圆O 越近时，α越大．过点O 作OP 垂直于直线x ＋y ＋2＝0，垂足为P ，则直线OP 的方程为y ＝x .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，x ＋y ＋2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，所以当α最大时，点P 的坐标为(－1，－1)．[答案](－1，－1)求目标函数的最值问题的3步骤(1)画域，根据线性约束条件，画出可行域；(2)转化，把所求目标函数进行转化，如截距型，即线性目标函数转化为斜截式；如斜率型，即根据两点连线的斜率公式，转化为可行域内的点与某个定点连线的斜率；平方型，即根据两点间距离公式，转化为可行域内的点与某个定点的距离；(3)求值，结合图形，利用函数的性质，确定最优解，求得目标函数的最值．1．(2019·全国卷Ⅱ)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝()A．(－∞，1) B．(－2,1)C．(－3，－1) D．(3，＋∞)[解析]由题意得A＝{x|x<2或x>3}，B＝{x|x<1}，∴A∩B＝{x|x<1}．[答案]A2．(2018·全国卷Ⅲ)设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则()A．a＋b<ab<0 B．ab<a＋b<0C．a＋b<0<ab D．ab<0<a＋b[解析]解法一：∵a＝log0.20.3>log0.21＝0，b＝log20.3<log21＝0，∴ab<0，排除C.∵0<log0.20.3<log0.20.2＝1，log20.3<log20.5＝－1，即0<a<1，b<－1，∴a＋b<0，排除D.∵b a ＝log20.3log0.20.3＝lg0.2lg2＝log20.2，∴b－ba＝log20.3－log20.2＝log232<1，∴b<1＋ba⇒ab<a＋b，排除A.故选B.解法二：易知0<a<1，b<－1，∴ab<0，a＋b<0，∵1 a ＋1b＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4<1，即a＋bab<1，∴a＋b>ab，∴ab<a＋b<0.故选B. [答案]B3．(2019·天津卷)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x －y ＋2≥0，x ≥－1，y ≥－1，则目标函数z ＝－4x ＋y的最大值为( )A ．2B ．3C ．5D ．6[解析] 作出可行域(如图中阴影部分)，平移直线－4x ＋y ＝0可知，目标函数z ＝－4x ＋y 在点P 处取最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2＝0，x ＝－1得P (－1,1)． ∴z max ＝－4×(－1)＋1＝5.故选C. [答案] C4．(2018·天津卷)已知a ，b ∈R ，且a －3b ＋6＝0，则2a ＋18b 的最小值为________．[解析] 由已知，得2a ＋18b ＝2a ＋2－3b ≥22a ·2－3b ＝22a －3b ＝22－6＝14，当且仅当2a ＝2－3b 时等号成立，由a ＝－3b ，a －3b ＋6＝0，得a ＝－3，b ＝1， 故当a ＝－3，b ＝1时，2a ＋18b 取得最小值14.[答案] 145．(2019·北京卷)李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%.(1)当x ＝10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付________元；(2)在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为________．[解析] (1)x ＝10时，一次购买草莓和西瓜各1盒，共140元，由题可知顾客需支付140－10＝130元．(2)设每笔订单金额为m 元，则只需考虑m ≥120时的情况． 根据题意得(m －x )80%≥m ×70%，所以x ≤m8，而m ≥120，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x ≤⎝⎛⎭⎫m 8min ，而⎝⎛⎭⎫m 8min＝15，∴x ≤15.所以x 的最大值为15. [答案] (1)130 (2)151.不等式作为高考命题热点内容之一，多年来命题较稳定，多以选择、填空题的形式进行考查，题目多出现在第5～9或第13～15题的位置上，难度中等，直接考查时主要是简单的线性规划问题，关于不等式性质的应用、不等式的解法以及基本不等式的应用，主要体现在其工具作用上．2．若不等式与函数、导数、数列等其他知识交汇综合命题，难度较大．专题强化训练(九)一、选择题1．(2019·湖南衡阳一模)如果a <b <0，那么下列不等式成立的是( ) A.1a <1bB ．ab <b 2C ．－ab <－a 2D ．－1a <－1b[解析] 解法一(利用不等式性质求解)：由a <b <0，得b －a >0，ab >0，故1a －1b ＝b －aab>0，即1a >1b，故A 项错误；由a <b <0，得b (a －b )>0，故ab >b 2，故B 项错误；由a <b <0，得a (a －b )>0，即a 2>ab ，故－ab >－a 2，故C 项错误；由a <b <0，得a －b <0，ab >0，故－1a －⎝⎛⎭⎫－1b ＝a －b ab <0，即－1a <－1b成立．故D 项正确． 解法二(特殊值法)：令a ＝－2，b ＝－1，则1a ＝－12>－1＝1b，ab ＝2>1＝b 2，－ab ＝－2>－4＝－a 2，－1a ＝12<1＝－1b.故A ，B ，C 项错误，D 正确．[答案] D2．(2019·大连一模)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x <0，则不等式f (x )>f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)[解析] 由题意得，f (1)＝3，所以f (x )>f (1)＝3，即f (x )>3， 如果x <0，则x ＋6>3，可得－3<x <0；如果x ≥0，则x 2－4x ＋6>3，可得x >3或0≤x <1. 综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．故选A. [答案] A3．(2019·长春第二次质检)若关于x 的不等式ax －b >0的解集是(－∞，－2)，则关于x的不等式ax 2＋bxx －1>0的解集为( )A ．(－2,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，0)∪(1,2)C ．(－∞，－2)∪(0,1)D ．(－∞，1)∪(2，＋∞)[解析] 关于x 的不等式ax －b >0的解集是(－∞，－2)，∴a <0，ba＝－2，∴b ＝－2a ，∴ax 2＋bx x －1＝ax 2－2ax x －1.∵a <0，∴x 2－2xx －1<0，解得x <0或1<x <2.故选B. [答案] B4．(2019·深圳模拟)函数y ＝x 2＋2x －1(x >1)的最小值是( )A ．23＋2B ．23－2C ．2 3D ．2[解析] ∵x >1，∴y ＝x 2－1＋3x －1＝x ＋1＋3x －1＝x －1＋3x －1＋2≥23＋2，当且仅当x －1＝3x －1，即x ＝1＋3>1时等号成立，故选A. [答案] A5．(2019·天津模拟)已知x >0，y >0，lg2x ＋lg8y ＝lg2，则1x ＋13y的最小值是( )A ．2B ．2 2C ．4D ．23 [解析] 因为lg2x ＋lg8y ＝lg2，所以lg(2x ·8y )＝lg2，则2x ＋3y ＝2，x ＋3y ＝1.又x >0，y >0，所以1x ＋13y ＝(x ＋3y )·⎝⎛⎭⎫1x ＋13y ＝2＋3y x ＋x 3y ≥2＋23y x ·x 3y ＝4，当且仅当x ＝3y ＝12时取等号．故选C.[答案] C6．(2019·枣庄二模)已知log a x >log a y (0<a <1)，则下列不等式恒成立的是( ) A ．y 2<x 2 B ．tan x <tan y C.1y <1x D.y <x [解析] 因为log a x >log a y (0<a <1)，所以0<x <y ，所以y 2>x 2，y >x ，故A ，D 错误；对于选项B ，取x ＝π3，y ＝3π4，显然tan x >tan y ，故B 错误；对于选项C ，由0<x <y 可得1y <1x ，故C 正确．[答案] C7．(2019·湘东五校联考)若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0，kx －y ＋2≥0，y ≥0且z ＝y －x 的最小值为－4，则k的值为( )A ．－2B ．－12C.12D ．2[解析] 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，当z ＝y －x 取得最小值－4时，直线y －x ＝－4与x 轴相交于点C (4,0)，所以直线kx －y ＋2＝0一定过点C (4,0)，所以4k －0＋2＝0，即k ＝－12.[答案] B8．(2019·河南许昌二模)若关于x 的不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对一切实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，－2)C ．(－2,2)D ．(－2,2][解析] 不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0恒成立的条件为：当a ＝2时，－4<0恒成立；当a ≠2时，⎩⎪⎨⎪⎧a <2，Δ＝4(a －2)2－4(a －2)×(－4)<0，解得－2<a <2.故－2<a ≤2，选D.[答案] D 9．(2019·宁夏银川质检)设集合A ＝{x |x 2＋2x －3>0}，B ＝{x |x 2－2ax －1≤0，a >0}．若A ∩B 中恰含有一个整数，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，34B.⎣⎡⎭⎫34，43C.⎣⎡⎭⎫34，＋∞D ．(1，＋∞) [解析] A ＝{x |x 2＋2x －3>0}＝{x |x >1或x <－3}，因为函数y ＝f (x )＝x 2－2ax －1的对称轴为直线x ＝a >0，f (0)＝－1<0，根据对称性可知要使A ∩B 中恰含有一个整数，则这个整数为2，所以有f (2)≤0且f (3)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧4－4a －1≤0，9－6a －1>0，所以⎩⎨⎧a ≥34，a <43.即34≤a <43，故选B. [答案] B10．(2019·北京海淀模拟)某工人用A ，B 两种配件生产甲、乙两种产品，每生产一件甲产品需用4个A 配件，耗时1 h ，每生产一件乙产品需用4个B 配件，耗时2 h ，该厂每天最多可从配件厂获得24个A 配件和16个B 配件，每天生产总耗时不超过8 h ．若生产一件甲产品获利3万元，生产一件乙产品获利4万元，则通过恰当的生产安排，该工厂每天可获得的最大利润为( )A ．24万元B ．22万元C ．18万元D ．16万元[解析] 设该工厂分别生产甲、乙两种产品x 件，y 件，每天获得的利润为z 万元，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤8，4x ≤24，4y ≤16，x ≥0，y ≥0，目标函数为z ＝3x ＋4y ，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，又由x ∈N ，y ∈N ，可知取得最大值时的最优解为(6,1)，所以z max ＝3×6＋4＝22(万元)，故选B. [答案] B11．(2019·昆明4月质检)已知a >1，b >0，若a ＋b ＝2，且a －1＋b <m 2－m ＋2恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．(－∞，0]∪[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)[解析] 由题意可得(a －1＋b )max <m 2－m ＋ 2.∵a >1，b >0，a ＋b ＝2，∴a－1>0，a －1＋b ＝1. ∴a －1＋b ≤2[(a －1)2＋(b )2]＝2，当且仅当b ＝a －1，a ＋b ＝2，即a ＝32，b＝12时取等号．所以m 2－m ＋2>2，解得m >1或m <0.故选D. [答案] D12．(2019·广东清远一中一模)若正数a ，b 满足：1a ＋1b ＝1，则1a －1＋9b －1的最小值为( )A ．16B ．9C ．6D ．1[解析] ∵正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，∴a ＋b ＝ab ，1a ＝1－1b >0，1b ＝1－1a>0，∴b >1，a >1，则1a －1＋9b －1≥29(a －1)(b －1)＝29ab －(a ＋b )＋1＝6⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝43，b ＝4时等号成立，∴1a －1＋9b －1的最小值为6，故选C.[答案] C 二、填空题13．(2019·宁波一模)已知集合M ＝x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x －2x －3<0，N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |log 12(x －2)≥1，则M ∩N ＝________.[解析] 不等式x －2x －3<0等价于(x －2)(x －3)<0，解得2<x <3，故不等式x －2x －3<0的解集为(2,3)，即M ＝(2,3)．由log 12(x －2)≥1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x －2>0，x －2≤12，解得2<x ≤52，所以N ＝⎝⎛⎦⎤2，52. 故M ∩N ＝⎝⎛⎦⎤2，52. [答案] ⎝⎛⎦⎤2，52 14．(2018·全国卷Ⅱ)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，则z ＝x ＋y 的最大值为________．[解析] 由线性约束条件画出可行域(如图中阴影部分所示)．当直线x ＋y －z ＝0经过点A (5,4)时，z ＝x ＋y 取得最大值，最大值为9.[答案] 915．(2019·合肥模拟)在区间(1,2)上不等式x 2＋mx ＋4>0有解，则m 的取值范围为________．[解析] 记f (x )＝x 2＋mx ＋4，要使不等式x 2＋mx ＋4>0在区间(1,2)上有解，需满足f (1)>0或f (2)>0，即m ＋5>0或2m ＋8>0，解得m >－5.[答案] (－5，＋∞) 16．(2019·郑州高三检测)若正数x ，y 满足x 2＋3xy －1＝0，则x ＋y 的最小值是________．[解析] 对于x 2＋3xy －1＝0可得y ＝13⎝⎛⎭⎫1x －x ，∴x ＋y ＝2x 3＋13x ≥229＝223(当且仅当x ＝22时，等号成立)，故x ＋y 的最小值是223. [答案] 223。

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (84)

全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (84)

高2020届高考第三次适应性考试理科综合能力测试答题卡姓名班级考号注 意 事 项 1.答题前先将姓名、班级、考号填写清楚。

2.选择题用2B 铅笔将对应题目的答案标号涂黑。

3.非选择题使用黑色字迹签字笔书写，笔迹清楚。

4.保持卡面清洁，严禁折叠，严禁做标记。

填 涂 样 例 正确填涂 错误填涂缺 考（考生 禁填）第Ⅰ卷1 7 13 192 8 14 203 9 15 214 10 165 11 17 61218贴 条 形 码 区（正面朝上切勿贴出虚线框外）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！24．（12分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！25．（20分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！26．（15分）（1） （2） （3）__________________________________________________________ （4） （5） （6） 27．（14分）（1） （2） （3）（4）（5） （6）28．（14 分）（1）① ② （2）①② ③（3）① ②③22．（6分）（1） （2）23．（9分）（1） （2）（3）（4）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！30．（8分）（1）__________________ _______________________________________________________________________________________ （2）________________ __________________________________________________________________________________________31．（9分）（1）________________________________ _______________ （2）_______________ ________________ （3）_______________________（4）___________ __________________________ （5）___________________29．（8分）（1）______________________________________________________ （2）________________（3）________________ __________________________________________________________________________________________ （4）___________________________________________32．（14分）（1）__________ ______________________________________________（2）_________ ____________________________________________________________________ （3）_________ ___________ ___________ __________物理选考题 请考生从给出的33、34两题中任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题的题号涂黑，注意选做题目的题号必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分。

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1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()
A．217 B．2 5
C．3 D．2
[解析]由圆柱的三视图及已知条件可知点M与点N的位置如图1所示，设ME与FN为圆柱的两条母线，沿FN将圆柱的侧面展开，如图2所示，连接MN，MN即为从M到N的最短路径，由题意知，ME＝2，EN＝4，∴MN＝42＋22＝2 5.故选B．
[答案] B
2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]由三视图得四棱锥的直观图如图所示．
其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，∴AB⊥SA，即△SAB也是直角三角形，从而SB＝SD2＋AD2＋AB2＝3，又BC＝22＋12＝5，SC＝22，∴BC2＋SC2≠SB2，∴△SBC不是直角三角形，故选C．
[答案] C
3．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()
A ．2
B ．4
C ．6
D ．8
[解析] 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱
柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.
[答案] C
4．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．
[解析]
如图所示，圆柱的高O 1O ＝12PO ＝12P A 2－AO 2＝12×5－1＝1，
圆柱的底面半径r ＝12AO ＝12.所以圆柱的体积V ＝πr 2·O 1O ＝π×14×1＝
π
4.
[答案] π4
5．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
[解析] 依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积
V ＝V 长方体－V 四棱锥＝6×6×4－13×12×4×6×3＝132(cm 3)．
又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm 3，
故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g)．
[答案] 118.8
1.该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．2．考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．。

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