高考数学题型归纳上

高考数学题型归纳上（共6篇）

高考数学题型归纳上篇1

题型

1、集合的基本概念

题型

2、集合间的基本关系

题型

3、集合的运算

题型

4、四种命题及关系

题型

5、充分条件、必要条件、充要条件的判断与证明

题型

6、求解充分条件、必要条件、充要条件中的参数范围

题型

7、判断命题的真假

题型

8、含有一个量词的命题的否定

题型

9、结合命题真假求参数的范围

题型

10、映射与函数的概念

题型

11、同一函数的判断

题型

12、函数解析式的求法

题型

13、函数定义域的求解

题型

14、函数定义域的应用

题型

15、函数值域的求解

题型

16、函数的奇偶性

题型

17、函数的单调性(区间)

题型

18、函数的周期性

题型

19、函数性质的综合

题型20、二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系

题型

21、二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实根分布及条件

题型

22、二次函数“动轴定区间”、“定轴动区间”问题

题型

23、指数运算及指数方程、指数不等式

题型

24、指数函数的图像及性质

题型

25、指数函数中的恒成立的问题

题型

26、对数运算及对数方程、对数不等式

题型

27、对数函数的图像与性质

题型

28、对数函数中的恒成立问题

题型

29、幂函数的定义及基本性质

题型30、幂函数性质的综合应用

题型

31、判断函数的图像

题型

32、函数图像的应用

题型

33、求函数的零点或零点所在区间

题型

34、利用函数的零点确定参数的取值范围

题型

35、方程根的个数与函数零点的存在性问题

题型

36、函数与数列的综合题型

37、函数与不等式的综合题型

38、函数中的创新题

题型

39、导数的定义

题型40、求函数的导数

题型

41、导数的几何意义

题型

42、利用原函数与导函数的关系判断图像

题型

43、利用导数求函数的单调区间

题型

44、含参函数的单调性(区间)

题型

45、已知含参函数在区间上单调或不单调或存在单调区间,求参数范围

题型

46、函数的极值与最值的求解

题型

47、方程解(函数零点)的个数问题

题型

48、不等式恒成立与存在性问题

题型

49、利用导数证明不等式

题型50、导数在实际问题中的应用

题型

51、终边相同的角的集合的表示与识别

题型

52、等分角的象限问题

题型

53、弧长与扇形面积公式的计算

题型

54、三角函数定义题

题型

55、三角函数线及其应用

题型

56、象限符号与坐标轴角的三角函数值

题型

57、同角求值---条件中出现的角和结论中出现的角是相同的题型

58、诱导求值与变形

题型

59、已知解析式确定函数性质

题型60、根据条件确定解析式

题型61、三角函数图像变换

题型62、两角和与差公式的证明

题型63、化简求值

题型64、正弦定理的应用

题型65、余弦定理的应用

题型66、判断三角形的形状

题型67、正余弦定理与向量的综合题型68、解三角形的实际应用

题型69、共线向量的基本概念

题型70、共线向量基本定理及应用

题型71、平面向量的线性表示

题型72、平面向量基本定理及应用

题型73、向量与三角形的四心

题型74、利用向量法解平面几何

题型75、向量的坐标运算

题型76、向量平行(共线)、垂直充要条件的坐标表示

题型77、平面向量的数量积

题型78、平面向量的应用

题型79、等差、等比数列的通项及基本量的求解

题型80、等差、等比数列的求和

题型81、等差、等比数列的性质应用

题型82、判断和证明数列是等差、等比数列

题型83、等差数列与等比数列的综合题型84、数列通项公式的求解

题型85、数列的求和

题型86、数列与不等式的综合

题型87、不等式的性质

题型88、比较数(式)的大小与比较法证明不等式

题型89、求取值范围

题型90、均值不等式及其应用

题型91、利用均值不等式求函数最值

题型92、利用均值不等式证明不等式

题型93、不等式的证明

题型94、有理不等式的解法

题型95、绝对值不等式的解法

题型96、二元一次不等式组表示的平面区域

题型97、平面区域的面积

题型98、求解目标函数的最值

题型99、求解目标函数中参数的取值范围

题型100、简单线性规划问题的实际运用

题型101、不等式恒成立问题中求参数的取值范围

题型102、函数与不等式综合题型103、几何体的表面积与体积

题型104、球的表面积、体积与球面距离

题型105、几何体的外接球与内切球

题型106、直观图与斜二测画法

题型107、直观图?三视图

题型108、三视图?直观图---简单几何体的基本量的计算

题型109、三视图?直观图---简单组合体的基本量的计算

题型

110、部分三视图?其余三视图

题型111、证明“点共面”、“线共面”或“点共线”及“线共点”

题型112、异面直线的判定

题型113、证明空间中直线、平面的平行关系

题型114、证明空间中直线、平面的垂直关系

题型115、倾斜角与斜率的计算

题型116、直线的方程

题型117、两直线位置关系的判定

题型118、有关距离的计算

题型119、对称问题

题型120、求圆的方程

题型121、直线系方程和圆系方程

题型122、与圆有关的轨迹问题

题型123、圆的一般方程的充要条件

题型124、点与圆的位置关系判断

题型125、与圆有关的最值问题

题型126、数形结合思想的应用

题型127、直线与圆的相交关系

题型128、直线与圆的相切关系

题型129、直线与圆的相离关系

题型130、圆与圆的位置关系

题型131、椭圆的定义与标准方程

题型132、离心率的值及取值范围

题型133、焦点三角形

题型134、双曲线的定义与标准方程

题型135、双曲线的渐近线

题型136、离心率的值及取值范围

题型137、焦点三角形

题型138、抛物线的定义与方程

题型139、与抛物线有关的距离和最值问题

题型140、抛物线中三角形、四边形的面积问题

题型141、直线与圆锥曲线的位置关系

题型142、中点弦问题

题型143、弦长与面积问题

题型144、平面向量在解析几何中的应用

题型145、定点问题

题型146、定值问题

题型147、最值问题

题型148、已知流程框图,求输出结果

题型149、根据条件,填充不完整的流程图

高考数学题型归纳上篇2

一、集合与常用逻辑用语部分

一、选择题

1.已知集合A={x|y2=x}, B={y|y=x}, C={ (x, y) |y=x2}, 设M=A∩B, N=B∩C, 则M, N的关系正确的是 () .

2.已知集合A={x|x2+x-6=0}, B={x|mx+1=0}, BA, 则实数m的取值集合是 () .

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既非充分也非必要条件

(A) 1 (B) -1

5.如果命题“￢ (p∧q) ”是真命题, 则 () .

(A) 命题p, q均为假命题

(B) 命题p, q均为真命题

(D) 命题p, q中至多有一个是真命题

6.“若x, y∈R且x2+y2=0, 则x, y都为0”的否命题是 () .

(A) 若x, y∈R且x2+y2≠0, 则x, y都不为0

(B) 若x, y∈R且x2+y2≠0, 则x, y不都为0

(D) 若x, y∈R且x, y不都为0, 则x2+y2≠0

7.命题“若x>1, 则x2>1”的否定是 () .

(A) 若x≤1, 则x2≤1

(B) 若x>1, 则x2≤1

(D) ∀x>1, 使得x2≤1

(A) {a|0≤a≤3}

(B) {a|0≤a<3}

(D) {a|a<0或a>3}

9.已知集合A, B, C, A={直线}, B={平面}, C=A∪B, 若a∈A, b∈B, c∈C, 给出下列命题:

其中正确的命题的个数是 () .

(A) 1 (B) 2

10.在△ABC中, “sinA>sinB”是“cos A<cosB”的 () .

(A) 充分而不必要条件

(B) 必要而不充分条件

(D) 既不充分也不必要条件

二、填空题

12.设集合A={-1, 2, 3}, B={a+2, a2+2}, A∩B=3, 则实数a=.

14.给出下列命题:

(1) y=1是幂函数;

(3) 函数y=x3在点 (0, 0) 处的切线是x轴;

(4) 命题p:∃x∈R, 使得sinx>0, 则￢p:∀x∈R, 均有sin≤0.

其中真命题的序号是____ (写出所有真命题的序号) .

三、解答题

15.已知A={x|-1<x<4}, B={x|2a≤x≤a+3}.

(Ⅰ) 若A∪B=A, 求实数a的取值范围;

(Ⅱ) 是否存在实数a满足A∩B=A?若存在, 求a的取值范围, 否则说明理由.

16.已知a>0, 设命题p:函数f (x) =x2-2ax+1-2a在区间[0, 1]上与x轴有两个不同的交点;命题q:g (x) =|x-a|-ax在区间 (0, +∞) 上有最小值.若 (瓙p) ∧q是真命题, 求实数a的取值范围.

参考答案

【分析】以上错解忽略了集合元素的辨认, 其实集合A的元素为x, 即集合A为满足y2=x的x的范围, 集合B为满足y=x的y的范围, 而集合C为抛物线y=x2上的点.

于是p是￢q的必要不充分条件.

又p:0≤x≤1, ∴p是￢q的充要条件.

【点拨】在求￢p时, 除了在形式上对命题p进行否定外, 还需从实际意义上进行否定.

4.【错解】D.由b2=1, 得b=±1, 当b=1时, 由c2=1, 得c=±1, 这时cd=d或-d;当b=-1时, 由c2=-1, 得c=±i, 这时cd=i d或-i d.∴cd=±d或±i d.

【分析】由于忽略了集合元素的互异性而出现了上述错解, 其实只能得到b=-1, 由c2=-1得c=±i, 再结合S的性质可求得d的值, 从而得解.

【解】A.由b2=1, 得b=±1.又集合S中元素的互异性知, b=-1, 则c2=-1, ∴c=±i.当c=i时, 由集合S的性质知, bc=-i∈S, 有d=-i, 则cd=-i 2=1;当c=-i时, 由集合S的性质知, bc=i∈S, 有d=i, 则cd=-i 2=1.

∴cd=1.∴选A.

【点拨】集合元素的无序性、互异性及确定性是集合元素的三大性质, 在解题不能忽视.

5.【错解】A.由题意知, “p∧q”是假命题, 即命题p、q均为假命题, 故选A.

【分析】只有命题p, q均为真命题时, 才有“p∧q”是真命题, 若“p∧q”是假命题, 必至少有一个是假命题, 也就是命题p, q中至多有一个是真命题.

【解】D.由题意知, “p∧q”是假命题, 于是命题p, q中至少有一个是假命题, 即命题p, q中至多有一个是真命题.故选D.

【点拨】对于复合命题的真假判断, 需注意如下几点: (1) p∨q为真命题⇔p、q中至少有一个是真命题; (2) p∨q为假命题⇔p, q均为假命题; (3) p∧q为真命题⇔p、q均为真命题; (4) p∧q为假命题⇔p, q中至少有一个是假命题; (5) p为真命题⇔￢p为假命题; (6) p为假命题⇔￢p为真命题.

6.【错解】A.原命题的否命题为“若x, y∈R且x2+y2≠0, 则x, y都不为0”, 故选A.

【分析】“x, y都为0”意义为“x=0且y=0”, 其否定为“x≠0或y≠0”, 也即“x, y不都为0”.上述错解对关键词的否定不准确所致.

【解】B.原命题的否命题为“若x, y∈R且x2+y2≠0, 则x, y不都为0”, 故选B.

【点拨】需掌握如下一些关键词的否定:都是 (不都是) , 至少一个 (一个也没有) , 至多一个 (至少两个) , 至少n个 (至多n-1个) , 至多n个 (至少n+1个) , 且 (或) , 或 (且) .

7.【错解】A或B.

【分析】选A, 由于将命题的否定错误地理解为否命题而出错;选B, 由于不深入理解所给命题的意义所致.事实上, “若x>1, 则x2>1”的意思为“对于任意x>1, 则x2>1”, 属于全称命题, 其否定为“不是任意的x>1, 使得x2>1”, 即“存在x>1, 使得x2≤1”.

【解】C.由以上分析知, C正确.故选C.

【点拨】“否命题”与“命题的否定”的区别: (1) 否命题:既否定条件, 也否定结论, 如“若p, 则q”的否命题是“若￢p, 则￢q”, 多用于考虑“若p, 则q”形式的否命题;

(2) 命题的否定:只否定结论, 简记为“非p” (即瓙p) , 如“若p, 则q”命题的否定是“若p, 则￢q”, 多用于考虑“∀x, 使p”或“∃x, 使p”形式的命题的否定.

即a<0或a>3, 故选D.

【解】C.由题意可得A={x|a-1≤x<a+1}, 在数轴上表示如图所示,

则有a+1≤1或a-1>2,

∴a≤0或a>3.∴选C.

【点拨】在用数轴处理集合问题时, 需特别注意对端点值的考虑, 必要时可用特殊值加以检验.

9.【错解】B.在 (1) 中, 若c为直线, 则正确, 若c为平面, 也正确;在 (2) 中, 若c为直线, 则正确, 若c为平面, 则直线a可能在平面c内, 不能得到a∥c, ∴ (2) 错;同理可知 (3) 错;而 (4) 正确.于是只有 (1) (4) 正确, 选B.

【分析】在 (1) 中, 当c为平面时, 直线a也可能在平面c内,

【解】A.在 (1) 中, 若c为直线, 则正确, 若c为平面, 则直线a可能在平面c内, 不能得到a∥c, 故 (1) 错;同理知 (2) (3) 错;在 (4) 中, 若c为直线, 则正确, 若c为平面, 也正确.故只有 (4) 正确.∴选A.

【点拨】C=A∪B说明c可能为直线也可能为平面, 这是解决本题的突破口.在判断线面平行时, 需特别注意直线是否在平面内的情形.

10.【错解】D.由sinA>sinB得sin2 A>sin2 B, 则1-cos2 A>1-cos2 B,

有cos2 A<cos2 B, 不能得到cos A<cosB, 反之也不行, 于是选D.

【分析】事实上, 若A, B均为锐角, 由cos2 A<cos2 B得cos A<cosB;而由sinA>sinB及正弦定理知, a>b, 得B必为锐角, 当A为钝角时, 也有cos A<cosB.

【解1】C.由以上分析知, sinA>sinB⇔cos A<cosB.故选C.

【点拨】受思维定式的影响, 认为a>bA>BsinA>sinB, 而A>B不能判断cos A与cosB的大小, 而错选D.

【点拨】对于集合的元素, 需深入领会其意义才行, 有时集合代表元素的字母虽然不同, 但其实质意义却是相同的, 如本题中集合A, B虽然用了不同的字母表示, 但实质是考虑两个取值范围的交集, 其交集并非为空集.

12.【错解】1或-1.由A∩B=3得3∈B.

(1) 当a+2=3时, a=1;

(2) 当a2+2=3时, 得a=-1或a=1.

∴a=1或-1.

【分析】事实上, 当a=1时, B={3, 3}, 出现重复元素, 不合题意, 应舍去.

【解】-1.由题意可得3∈B. (1) 当a+2=3时, a=1, 这时B={3, 3}, 不合题意, 舍去;

(2) 当a2+2=3时, 解得a=-1或a=1 (舍去) , 而当a=-1时, B={1, 3}满足题意.

∴a=-1.

【点拨】集合中不能出现重复元素, 这是集合的一个重要性质:互异性, 需引起注意.

【解】充分不必要条件.结合上面的错解与分析知, 前者是后者的充分不必要条件.

【点拨】对于充要条件的推断, 需要严格地实行双向的推导, 不能草率下“反之也行”的结论, 除非确实可行.在直接论证有困难时, 可考虑给出反例, 给予否定.

【点拨】判断命题的真假时, 需要平时特别留意一些概念、定义的细节, 积累经验才能有效提高准确度.

15.【错解】 (Ⅰ) 由A∪B=A, 得B⊆A,

【解】 (Ⅰ) 由A∪B=A, 得B⊆A.

故不存在实数a, 满足A∩B=A.

【点拨】 (1) 在考虑集合的关系时, 需要特别关注空集的情形; (2) 由集合的运算判断集合间的关系时, 可结合韦恩图给予说明, 不难得到如下一些结果: (1) A∪B=A⇒B⊆A; (2) A∩B=A⇒A⊆B; (3) A∪B=A∩B⇒A=B.

16.【错解】先考虑命题￢p:函数f (x) =x2-2ax+1-2a在区间[0, 1]上与x轴没有两个不同的交点, 即f (x) 在[0, 1]上没有交点或只有一个交点, 通过数形结合、分类讨论, 陷入繁杂的讨论中, 得不到a的正确取值范围;对于命题q缺乏数形结合, 不能快速找到a的正确取值范围, 或遗漏a=1的情形.

【解】要使函数f (x) =x2-2ax+1-2a在[0, 1]上与x轴有两个不同的交点, 有

∴函数y1=- (1+a) x+a (0<x<a) 是单调递减的.

要使g (x) 在 (0, +∞) 上有最小值, 需使y2= (1-a) x-a在[a, +∞) 上单调递增或为常数, 即1-a≥0, 即a≤1.

∴当0<a≤1时, 函数g (x) 在 (0, +∞) 上有最小值.

若 (￢p) ∧q是真命题, 则￢p是真命题且q是真命题, 即p是假命题且q是真命题,

【点拨】数形结合的思路直观简捷, 且有效地降低运算量, 避免出错.

二、函数与微积分部分

一、选择题

1.设A={三角形}, B={圆}, 建立对应法则f:对三角形作外接圆, 给出下列说法:

(1) f不是A到B的映射;

(2) f是A到B的映射;

(3) f是A到B的一一映射;

(4) f是A到B的函数.

其中正确的个数是 () .

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

(A) 奇函数

(B) 偶函数

(D) 非奇非偶函数

(A) [0, 16] (B) [0, 2]

4. (理) 如图, 由曲线y=x2-1, 直线x=0, x=2和x轴围成的封闭图形的面积为 () .

(文) 函数f (x) =|x-2|-lnx在定义域内的零点个数为 () .

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

(A) [3, +∞) (B) {9}

6. (理) 函数f (x) =ln (1-x) +x的递增区间是 () .

(A) (-∞, 1) (B) (-∞, 0)

(文) 若函数f (x) =2x2-lnx在其定义域内的一个子区间 (k-1, k+1) 内不是单调函数, 獉则实数k的取值范围是 () .

(A) 2.5 (B) 3.5

9.记实数a, b, c中的最大数为max{a, b, c}, 最小数为min{a, b, c}, 当x≥0时, max{min{2x, x+2, 10-x}}= () .

(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7

(A) 0 (B) 1

二、填空题

12.已知函数f (x) =ln (x2+ax+1) 的定义域为R, 函数g (x) =ln (x2+x+a) 的值域为R, 则实数a的取值范围是_____.

14.给出下列命题:

(2) 若函数f (x) 满足f (x+1) =f (3-x) , 则f (x) 的图象关于直线x=2对称;

(3) 函数y=f (x+1) 与函数y=f (3-x) 的图象关于直线x=2对称;

(4) 若函数f (x+2014) =x2-2x-1 (x∈R) , 则f (x) 的最小值为-2.

其中正确命题的序号有_____ (把所有正确命题的序号都写上) .

三、解答题

(Ⅰ) 若∃x1∈[0, 3], ∀x2∈[1, 2], 使得f (x1) =g (x2) , 求实数m的取值范围;

(Ⅱ) 若∀x1∈[0, 3], ∃x2∈[1, 2], 使得f (x1) ≥g (x2) , 求实数m的取值范围;

(Ⅲ) 若∀x1∈[0, 3], ∀x2∈[1, 2], 使得f (x1) ≥g (x2) , 求实数m的取值范围;

(Ⅳ) 若∃x1∈[0, 3], ∃x2∈[1, 2], 使得f (x1) ≥g (x2) , 求实数m的取值范围.

16.已知曲线C:f (x) =x3-x+2.

(Ⅰ) 求在点P (1, 2) 处的曲线C的切线獉方程;

(Ⅱ) 求经过点P (1, 2) 的曲线C的切线獉方程.

(Ⅰ) 若y=1是f (x) 的切线, 求a的值;

(Ⅱ) 若a+b=0, c=1, 设函数h (x) =g (x) -f (x) , 若h (x) 在[1, e]上单调递增, 求实数a的取值范围.

18.已知函数f (x) =ax2-ex (a∈R) 有两个极值点x1, x2 (x1<x2) .

(Ⅰ) 求实数a的取值范围;

参考答案

1.【错解】C.由于对映射与函数的概念模糊, 误认为 (2) (3) (4) 均正确, 而错选C.

【分析】A到B的映射是指:A中的每一个元素在B中都可以找到唯一的一个元素与之对应;A到B的一一映射是指:既是A到B的映射, 又是B到A的映射, 即A与B之间的元素一一对应;A到B的函数是指:对于两个非空数集A, B, A中的每一个元素x在B中都可獉獉以找到唯一的一个元素y与之对应.

【解】A.由于每一个三角形都有唯一一个外接圆, 于是 (1) 错, (2) 对;反之, 每一个圆有无数个内接三角形, 故 (3) 错;由于A, B不是数集, 故 (4) 错.所以只有 (2) 正确, 故选A.

【点拨】映射与函数的概念是函数的基础, 需特别注意其联系与区别, 函数是一种特殊的映射.

【点拨】运用“微积分基本定理”, 即“原函数法”法计算定积分时, 需准确地找到被积分函数的原函数, 必要时可实施求导, 反过来验证所找的原函数是否正确.

【分析】ln2x=xln2为恒等变形, 但lnx2=2lnx不再是恒等变形, 在lnx2中x的取值范围是x<0或x>0, 而在2lnx中x的取值范围是x>0, 由于在变形中实施的不是恒等变形, 便出现了错解.

即f (x) 为奇函数.

【点拨】在考虑复合函数f[g (x) ]与f[h (x) ]的定义域时, 需注意: (1) f[g (x) ]的定义域是x的取值范围, f[h (x) ]的定义域也是x的取值范围; (2) f[g (x) ]与f[h (x) ]中, g (x) 与h (x) 有相同的取值范围.它们是解决此类问题的依据.

【点拨】计算曲边形的面积时, 可以用定积分计算, 但需弄清楚其原理, 求曲边形的面积时, 若从左到右实施积分, 被积函数需为“上函数”-“下函数”, 必要时需运用“割补法”计算.

(文) 【错解】A.由f (1) =|1-2|-ln1=1>0, f (2) =|2-2|-ln2=-ln2<0, 得f (x) 只有1个零点.故选A.

【分析】在尚不明确f (x) 的单调性的情况下, 由f (1) ·f (2) <0只能得到f (x) 在 (1, 2) 上至少有1个零点, 并不能得到f (x) 在 (1, 2) 上只有1个零点.

【解1】B.当0<x<2时, f (x) =2-xlnx为减函数, 而f (1) =1>0, f (2) =-ln2<0, 得f (x) 在 (0, 2) 上仅有1个零点.

∴f (x) 在 (2, +∞) 上也仅有1个零点,

∴f (x) 在定义域内仅有2个零点.

【解2】B.由f (x) =0得|x-2|=lnx, 在同一直角坐标系中画出y=|x-2|与y=lnx的图象知, 其有两个不同的交点, 交点的横坐标为方程|x-2|=lnx的根, 也即f (x) 的零点,

∴f (x) 在定义域内仅有2个零点.

【点拨】运用“函数零点定理”判断函数的零点时, 只能判断函数零点的存在性, 并不能确定函数零点的具体个数, 若要求其确切个数, 还需结合函数的单调性.另外, 图象法也是研究函数零点个数的有效方法.

当c>0时, 由以上分析可知,

解之, 得6≤c≤12.

又x∈N*,

∴当x=1, 2时, c≥3x, 有c≥3×2=6;

当x=3时, 显然成立;

当x≥4时, c≤3x, 有c≤3×4=12.

故6≤c≤12.

【点拨】“对号函数”的图象与性质是高考的热点, 需熟练掌握.在处理问题的过程中, 要加强审题能力的培养, 当遇到与我们平时熟知的情况有差异时, 需对所掌握的知识、方法重组才能更好地解决问题.

∴x<1或x>2, 又f (x) 的定义域为1-x>0, 即x<1, 故选A.

【点拨】在计算函数的导数时, 需注意复合函数导数的计算, 即[f (g (x) ) ]′=f′[g (x) ]·g′ (x) .

【分析】上述错解由于忽略了函数的定义域而致错, 其实还应考虑0≤k-1, 即k≥1.

【点拨】研究函数的性质 (奇偶性、单调性、对称性) 时, 须注意函数的定义域, 特别是一些隐含型函数的定义域, 如在y=lnx中, 有x>0.

7.【错解】缺乏运用数形结合思想解题的意识, 由-x2+2x=x2-2x解得x=0或x=2, 得a=0, b=2, 而求不到c的取值范围, 从而求不到a+b+c的取值范围.

【解】D.函数f (x) 的图象如图所示, 不妨设a<b<c.

【点拨】数形结合是将抽象问题直观化、快速寻找解题思路及有效降低运算量的好方法.

8.【错解】B.由题设可得f (x) 是以4为周期的周期函数, 则f (2015.5) =f (3.5) =3.5.

∴f (x) 是以4为周期的周期函数,

则f (2015.5) =f (4×503+3.5) =f (3.5) =f (3.5-4) =f (-0.5) .

9.【错解】A.取x=2, 得max{min{4, 6, 8}}=max{4}=4, 故选A.

【分析】错解还未能深入理解题意的两个定义, 其实当x取定一个值时, 2x, x+2, 10-x均为确定的值, 其中最小的为min{2x, x+2, 10-x}, 其取值随x的变化而变化, 可记作f (x) =min{2x, x+2, 10-x}, x≥0, 再求f (x) max即可, 可采用数形结合解决问题.

【解】C.设f (x) =min{2x, x+2, 10-x}, x≥0, 如右图, 函数y=2x, y=x+2, y=10-x的大致图象分别为 (1) , (2) , (3) , 于是f (x) 的图象为图中实线部分, 则f (x) max=f (4) =6.

【点拨】对于新定义问题, 理解题意是关键, 必要时可以运用“数形结合”或“特殊值法”理解题意.

10.【错解1】D.由f′ (x) =x2 (x-1) =0得x=0或x=1.当x<1时, f′ (x) ≤0, f (x) 单调递减;当x>1时, f′ (x) >0, f (x) 单调递增.

【错解2】C.由f′ (x) =x3-x2=x2 (x-1) =0得x=0或x=1,

∴f (x) 的极值点是x=0或x=1.

【分析】由于审题失误, 错解1把求“极值点”看成了求“极值”, 且f′ (x) ≤0也不能说f (x) 为减函数, 需增加“仅存在一些离散点使得f′ (x) ≤0的等号成立”的注明, 才能说明f (x) 的单调性.由于忽略了可导函数存在极值的充要条件为f′ (x0) =0且f′ (x) 在x=x0附近变号, 从而出现了错解2.

【解】B.f′ (x) =x2 (x-1) , 令f′ (x) =0得x=0或x=1.

当x<1时, f′ (x) ≤0, 仅当x=0时取等号, f (x) 在 (-∞, 1) 上单调递减;

当x>1时, f′ (x) >0, f (x) 在 (1, +∞) 上单调递增.

∴x=1是f (x) 的极大值点.故选B.

【点拨】 (1) x=x0是可导函数f (x) 存在极值点f′ (x0) =0且f′ (x) 在x=x0附近变号; (2) 可导函数f (x) 满足f′ (x) >0 (<0) f (x) 为增 (减) 函数; (3) f (x) 为增 (减) 函数f′ (x) ≥0 (≤0) 恒成立, 且f′ (x) =0.

【分析】上述解法忽略了x<1时, 即x-1<0时的情形.

∴所求函数的值域为 (-∞, -1]∪[3, +∞) .

当x<0或x>2时, y′>0, y为增函数, 当0<x<1或1<x<2时, y′<0, y为减函数, 而x=0时, y=-1, x=2时, y=3, 则所求函数的值域为 (-∞, -1]∪[3, +∞) .

【点拨】在应用基本不等式求最值时, 需注意“一正, 二定, 三相等”这三个条件缺一不可.在运用导数求值域时, 不能忽略函数的定义域.

【分析】g (x) =ln (x2+x+a) 的值域为R, 得到的是t=x2+x+a中的t (即lnt) 需取完所有的正数, 所以t=x2+x+a的图象与x轴至少有交点, 否则有部分正数取不到, 于是要求其Δ≥0.

【点拨】函数y=lnt的定义域为R要求t>0, 函数y=lnt的值域为R要求t能取遍所有的正实数.

【分析】由于套用结论“f (x) 在[a, b]上为增函数f′ (x) ≥0恒成立”, 易错得m≥1.这个结论其实是不严密的、错误的, 还需考虑f′ (x) =0的情形.

∴m>1.

【点拨】f (x) 在[a, b]上为增函数f′ (x) ≥0恒成立, 且在[a, b]上任一子区间f′ (x) =0.考虑f′ (x) ≥0时, 还应注意是否会出现f′ (x) ≡0的情形.

【解】 (1) (2) (4) .由以上的错解及分析知, 正确的有 (1) (2) (4) .

【点拨】关于函数图象的对称性有如下结论:

(1) 函数自身的对称性:

【分析】以上错解中, (Ⅰ) (Ⅱ) 是对的, 但 (Ⅲ) (Ⅳ) 对条件的理解有误, 致使解题有误.

【解】 (Ⅰ) (Ⅱ) 同上述错解.

【点拨】将“存在性问题”与“恒成立问题”转化为最值问题是处理这类问题的常用方法, 但应注意的是用最大值还是用最小值.

16.【错解】 (Ⅰ) 由f′ (x) =3x2-1, 得f′ (1) =2, 于是所求的切线方程为y-2=2 (x-1) , 即y=2x.

(Ⅱ) 同 (Ⅰ) 得所求的切线方程为y=2x.

【分析】 (Ⅱ) 中错将P作为切点求解, 而只得切线y=2x, 其实点P不一定是切点, 于是切线的斜率k不一定只有f′ (1) .比如, 如图所示, 当0≤x≤2π时, 正弦曲线y=sinx在点P处的切线只有一条:l1;而经过点P的切线却有两条:l1与l2.在解题中, 多归纳、总结, 形成解题经验, 是好事, 但是过分就不好, 具体问题具体分析才是硬道理.

【解】 (Ⅰ) 同上述错解.

(Ⅱ) 设经过点P (1, 2) 的直线与曲线C相切于点 (x0, y0) , 则由f′ (x) =3x2-1知, 曲线在点 (x0, y0) 处的斜率k=f′ (x0) =3x20-1, 有在点 (x0, y0) 处的切线的方程为y-y0= (3x20-1) (x-x0) .

又 (x0, y0) 与点P (1, 2) 均在曲线C上, 有

【点拨】切点是解决曲线的切线问题的关键, 可以说曲线的切线问题就是切点问题.当题中出现切点时, 如 (Ⅰ) , 可运用切点直接求解.若题中还未出现切点, 则需先设出切点, 紧紧围绕切点列方程组解出切点, 这时可考虑切点“三用”:一是由切点写出切线方程, 二是将切点代入切线, 三是将切点代入曲线.切点求出后问题就迎刃而解了.

由h (x) 在[1, e]上单调递增知, h′ (x) ≥0在[1, e]上恒成立, 即-ax2+2x+a≥0.

令y=-ax2+2x+a, 结合二次函数的图象讨论y≥0在[1, e]上恒成立, 由于分类讨论较繁杂而得不到正确的结果.

【分析】 (Ⅰ) 题中未出现切点, 需设出切点 (x0, y0) , 再联立方程组求切点坐标, 进而求a的值; (Ⅱ) 因-ax2+2x+a≥0易于分离a与x, 故用分离参数法更为方便.

由h (x) 在[1, e]上单调递增知, h′ (x) ≥0在[1, e]上恒成立, 即-ax2+2x+a≥0.

当x=1时, -ax2+2x+a=2≥0成立,

【点拨】分类讨论法与参数分离法均为求参数取值范围的常用方法, 但要结合试题的实际情况, 采用最方便的方法.一般而言, 若易于分离参数, 用参数分离法较为简便, 否则, 需采用分类讨论法, 数形结合地解决问题.

18.【错解】 (Ⅰ) 由题意可得f′ (x) =2axex, 则方程2ax-ex=0有两不相等的实数根x1, x2 (x1<x2) , 则Δ= (2a) 2-4× (-1) ×0>0, 得a2>0, 有a<0或a>0.

【分析】 (Ⅰ) 并非一元二次方程, 根的判断不能再用判别式Δ来判定, 这时需实施变量分离, 再结合函数的图象来处理问题; (Ⅱ) 先用x1表示a, 将f (x1) 转化为关于x1的函数, 结合x1∈ (0, 1) 及函数的单调性、最值给出证明.

【解】 (Ⅰ) 由f (x) =ax2-ex (a∈R) , 得f′ (x) =2ax-ex, 而x1, x2 (x1<x2) 是f (x) 的两个极值点, 则x1, x2是方程f′ (x) =0的两个根, 即2ax-ex=0有两个实根x1, x2.

又x=0显然不是该方程的根,

当x<0时, g (x) <0且g′ (x) <0, g (x) 单调递减, 当x>0时, g (x) >0,

【点拨】先将参数分离, 再构造函数, 判断函数的单调性, 求其极值、最值, 通过图象找交点是解决研究方程的实根 (或函数的零点) 的常用方法.通过构造函数, 判断函数的单调性, 求其极值、最值, 通过最值证明不等式是一种常用的证明不等式的方法.

三、三角函数部分

一、选择题

1.已知角α的正弦线是单位长度的有向线段, 那么角α的终边在 () .

(A) x轴上 (B) y轴上

2.函数f (x) =tanx·cosx的值域是 () .

(A) [-1, 1] (B) (-1, 1)

3.把函数y=sinx的图象 () , 可得到函数y=cosx的图象.

(D) 向左平移π个单位

(A) (-∞, -2]∪[2, +∞)

(B) (-∞, -2]

8.在△ABC中, 若b2=ac, 则cos (A-C) +cosB+cos2B的值为 () .

(A) 最大值为2

(B) 最小正周期为π

二、填空题

11.已知f (cosx) =sin2 x, 则f (x) =_____.

14.在△ABC中, 已知A=45°, b=1, 且△ABC仅有一解, 则a的取值范围是_____.

三、解答题

15.已知函数y=Asin (ωx+φ) (x∈R, ω>0, |φ|<π) 的部分图象如图1所示.

(Ⅰ) 求函数f (x) 的解析式;

(Ⅰ) 求角C的大小;

(Ⅰ) 求函数f (x) 的解析式;

(Ⅱ) 判断函数f (x) 在 (0, π) 内的零点个数, 并加以证明.

参考答案

1.【错解】C.由于对正弦线的概念没有印象, 随意猜一个了事, 如选C.

【解】B.由上面的分析知, 角α的终边在y轴上, 故选B.

【点拨】同理可得余弦线cosα=OA, 正切线tanα=NT (NT与单位圆相切于点N) , 于是可得如下与本题类似的问题:

(1) 角α的余弦线是单位长度的有向线段, 那么角α的终边在x轴上;

(2) 角α的正切线是单位长度的有向线段, 那么角α的终边在直线y=x上.

【分析】其实以上错解中需注意cosx≠0, 有sin2 x=1-cos2 x≠1, 即sinx≠±1.

【解】B.由以上错解及分析知, f (x) =sinx∈ (-1, 1) .故选B.

【点拨】求函数的值域时需关注其定义域, 特别是一些“隐含性”的定义域.

【点拨】对于函数图象的平移与伸缩问题, 我们可用如下的“代换法”处理:

(1) 平移:把函数y=f (x) 的图象向右平移a个单位, 向上平移b个单位得y-b=f (xa) , 如把函数y=sin2x的图象向右平移1个单位得y=sin2 (x-1) , 即y=sin (2x-2) , 把函数y=sin2x的图象向左平移1个单位得y=sin2[x- (-1) ]=sin2 (x+1) , 即y=sin (2x+2) .

【点拨】运用诱导公式化简时, 无论α为什么角, 都要将α看成锐角, 再实施化简.

【分析】cos A与sinA存在隐含关系cos2 A+sin2 A=1, 因而在0<cos A≤1, 0<sinA≤1中两个等号不能同时成立, 不能出现y=2.

【点拨】由cos2α+sin2α=1可得到三个很有用的公式: (sinα+cosα) 2=1+2sinαcosα, (sinα-cosα) 2=1-2sinαcosα, (sinα+cosα) 2+ (sinα-cosα) 2=2, 它们可以紧紧地将sinα+cosα, sinα-cosα, sinαcosα联系在一起.

8.【错解】由b2=ac得sin2 B=sinAsinC, 则原式=cos AcosC+sinAsinC+cosB+cos2B=cos AcosC+sin2 B+cosB+2cos2 B-1=cos AcosC+cosB+cos2 B=…无法再往下化简.

【分析】上述错解是由于对三角形中隐含条件掌握不熟练引起的, 事实上可以继续往下化简, cos AcosC-cos (A+C) +cos2 B=sinAsinC+cos2 B=sin2 B+cos2 B=1.

【解】A.由b2=ac及正弦定理得sin2 B=sinAsinC, 则原式=cos AcosC+sinAsinC+cos[π- (A+C) ]+cos2B=cos AcosC+sinAsinC-cos (A+C) +cos2B=2sinAsinC+2cos2 B-1=2sin2 B+2cos2 B-1=1.故选A.

【点拨】在一些三角化简求值问题中, 有些角的范围可以估算得更为“精确”, 这需要将一些角的范围与其三角函数值结合在一起考虑.

【分析】事实上可从sin4 x=sin2 x·sin2 x=sin2 x (1-cos2 x) 入手, 恰当运用二倍角公式cos2α=2cos2α-1=1-2sin2α, sin2α=2sinα·cosα进行“降次”或“合并角”即可化简f (x) .

【点拨】二倍角公式cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α, sin2α=2sinαcosα及其变形是历年高考的热点, 要熟练运用这两组公式, 既能“顺向”应用, 也能“逆向”运用.

11.【错解】f (x) =1-x2.由cosx=x得sin2 x=1-cos2 x=1-x2, 即f (x) =1-x2.

【分析】以上错解存在两处错误:一是概念上的错误, 即cosx=x, 其实此处只能说cosx相当于x, 并非cosx=x;二是对函数f (x) =1-x2需注明定义域.

【解】f (x) =1-x2 (-1≤x≤1) .令t=cosx, 则f (t) =1-cos2 x=1-t2, 且-1≤t≤1, 即f (x) =1-x2 (-1≤x≤1) .

【点拨】换元法是求函数解析式的一种常用方法.在求函数的解析式时, 别忘了注明其定义域, 而当定义域为R时, 也可省略不写.

【点拨】用基本不等式求函数的最值时, 需特别检验其等号成立的条件, 当发现等号取不到时, 则要化归为研究函数的单调性求函数的最值.

又0<sinA<1, 0<sinB<1,

【分析】在∠B=60°的条件下, 需满足A+C=120°, 用0<sinA<1, 0<sinB<1求sinA+sinC时, 已将范围放得过大, 另外a+c=2RsinA+2RsinC≠sinA+sinC.

【点拨】处理解三角形问题时, 需注意隐含条件A+B+C=π, 且A, B, C∈ (0, π) .另外, 在运用正弦定理解决问题时, 可实现边与角之间的转换a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC, 有a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC, 但a+c≠sinA+sinC.

【分析】△ABC仅有一解, 应有0<B≤45°或B=90°, 原因是当B在 (0, 45°]上有一解时, 在[135°, 180°) 上不再有解, 若B∈[135°, 180°) , 必有A+B>180°, 这时B在 (0, 45°]上有唯一解.若B (45°, 135°) 上有一解, 必还有另一个角, 这时△ABC有两解, 不再满足题意.

【点拨】讨论三角形的解的个数时, 通常有三种方法:一是数形结合法, 如解1, 抓住一边上的高讨论解的个数;二是用正弦定理讨论, 如解2, 抓住角的范围讨论角的存在个数;三是用余弦定理讨论, 若知两边及一个角 (非夹角) , 可设出另一边, 建立方程, 讨论该方程解的个数, 进而讨论三角形解的个数.

(2) 混淆 (Ⅱ) 与 (Ⅲ) 的作图区别而出错.

【解】 (Ⅰ) 由题设图象知,

2x, x与f (x) 的对应值如下:

【分析】 (Ⅰ) 中错用了公式cos (α-β) =cosαcosβ+sinαsinβ; (Ⅱ) 【错解1】中还未能深入理解题意用好所给的条件, 【错解2】中忽略了θ的取值范围 (0, π) .

【点拨】求函数f (x) =Asin (ωx+φ) (A>0, ω>0) 在指定区间 (a, b) (或闭区间或半开闭区间) 上的单调性或最值时, 常用换元法令t=ωx+φ, 再结合函数y=sint的图象求解.

【分析】 (Ⅰ) 中忽略条件a2+b2<c2 (C为钝角) , 这也导致了 (Ⅱ) 的错解.

由正弦定理知,

【点拨】解答三角函数问题或解三角形问题时需注意函数的定义域或角的取值范围, 有些是直接给出的, 有些是隐性给出的, 若忽略定义域或角的取值范围, 常出现错误.

∴f (x) 在 (0, π) 内没有零点.

f′ (x) =sinx+xcosx.

∴函数f (x) 在 (0, π) 内仅有两个零点.

【点拨】求函数f (x) 在区间[a, b]上的零点个数, 步骤如下: (1) 判断f (x) 在区间[a, b]上的单调性; (2) 计算端点值f (a) , f (b) 及极值; (3) 画出f (x) 在[a, b]上的图象; (4) 结合函数的零点定理确定f (x) 在区间[a, b]上的零点个数.

四、平面向量部分

一、选择题

1.对于任意向量a, b, c, 给出下列说法:

(1) 若|a|=|b|, 则a=b或a=-b;

(2) 若a∥b, b∥c, 则a∥c;

(3) 若a≠0, 且a·b=a·c, 则b=c;

(4) a2=|a|2;

(5) (a·b) ·c=a· (b·c) ;

(6) (a·b) ·c≠a· (b·c) ;

(7) “a=λb”是“a, b共线”的充要条件, 其中λ∈R.

其中正确的个数是 () .

(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 6

(A) 1 (B) -1

4.若向量a= (1, 2) 与b= (2, k) 的夹角为锐角, 则k的取值范围是 () .

(A) (-1, +∞)

(B) (-1, 4)

(D) (4, +∞)

5.已知a= (-3, 1) , b= (1, -2) , (2a-b) ⊥ (a+kb) , 则实数k的值是 () .

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既不充分也不必要条件

(A) 45° (B) 60°

其中恒成立的个数有 () .

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4

二、填空题

11.若向量a= (x, 2x) , b= (-3x, 2) , 且a, b的夹角为钝角, 则x的取值范围是_____.

三、解答题

15.如图4, 菱形ABCD的边长为1, 且∠D=120°, 点E, F分别是AD, DC的中点, BE, BF分别与AC交于点M, N.

(Ⅰ) 求AC的值;

(Ⅱ) 求MN的值.

(Ⅰ) 若△ABC为直角三角形, 求k的值;

(Ⅱ) 若△ABC为等腰直角三角形, 求k的值.

参考答案

1.【错解】D.由|a|=|b|得a=±b, ∴ (1) 正确;由a∥b得a=λ1b, 而b∥c, 得b=λ2c, 其中λ1, λ2∈R, 则a=λ1λ2c, 于是a∥c, ∴ (2) 正确;∵a≠0, 由a·b=a·c得b=c, ∴ (3) 正确;由a2=|a|·|a|cos0=|a|2, ∴ (4) 正确;∵a·b与b·c均为常数, 当c与a方向不同时, 不能得到 (a·b) ·c=a· (b·c) , ∴ (5) 错;由 (5) 错知, (6) 正确;由a=λb⇔a、b共线, ∴ (7) 正确.于是只有 (5) 错误, 其余6个均正确.

【分析】|a|=|b|只能得到a与b的长度相等, 不能确定方向相同或相反, ∴ (1) 错;当b=0时, 不能得a∥c, ∴ (2) 错;由a·b=a·c得a· (b-c) =0, 只能得到a⊥ (b-c) , 并不能得到b-c=0, 即不能得到b=c, (3) 错; (4) 正确; (5) 错;当c=a (必有a·b=b·c) 时, (a·b) ·c=a· (b·c) , ∴ (6) 错;a=λba, b共线, 反之, 当a, b共线时, 若a≠0, b=0, 则不存在实数λ, 使得a=λb, ∴ (7) 错.

【解】A.结合错解及上面的分析知, 只有 (4) 正确, 其余6个均错.故选A.

【点拨】考虑平面向量问题时, 需注意三个方面:一是向量的方向, 二是向量的大小, 三是零向量要检验.

【分析】由于对向量投影的概念模糊, 出现了投影应为正数的误解, 从而出错, 其实一个向量a在另一向量b上的投影为|a|cosθ, 它是一个实数, θ为a与b的夹角.

【点拨】两向量夹角的特征是这两向量有相同的起点, 忽略了这一点, 易使得解题出错.

解之, 得k>-1.故选A.

【分析】对错解1而言, cosθ>0并不能说明a与b的夹角θ为锐角, 当θ=0时 (a与b同向) , 也有cos0=1>0, 应予以排除;错解2的方法是正确的, 但容易引出比较复杂的不等式, 容易在解不等式处出错, 故应避免运用这种方法解答该类问题.

解之, 得k>-1有k≠4.故选C.

【点拨】先解不等式cosθ>0 (cosθ<0) , 再排除a与b同向 (反向) , 是考虑a与b的夹角为锐角 (钝角) 问题的上策.

5.【错解】B.∵ (2a-b) = (-7, 4) , (a+kb) = (-3+k, 1-2k) , (-2a+b) ⊥ (a+kb) , 得-7× (-3+k) +4× (1-k) =0,

【分析】 (-2a+b) ∥ (a+kb) 应得7× (1-2k) - (-3+k) × (-4) =0, 而不是7× (-3+k) + (-4) × (1-k) =0.

【解】A.∵ (2a-b) = (-7, 4) , (a+kb) = (-3+k, 1-2k) , (-2a+b) ⊥ (a+kb) , 得-7× (-3+k) - (1-2k) ×4=0,

【点拨】设a= (x1, y1) , b= (x2, y2) , 则 (1) a∥bx1y2-x2y1=0, (2) a⊥bx1x2+y1y2=0, 这是两个常考而又易混淆的结论.

【解】A.由以上分析知, A正确.故选A.

【点拨】A, B, C三点共线⇔λ+μ=1, 还需注意如下细节:

(2) 当λ, μ∈ (0, 1) 时, 点C在线段AB上;

(3) 当λ<0, μ>1 (λ>1, μ<0) 时, 点C在线段BA (AB) 的延长线上.

【解】D.由上述错解及分析知, 正确选项为D.∴选D.

【点拨】考虑两个向量的夹角时, 需特别注意的是方向, 必要时可将向量进行平移, 使得其起点为同一点, 才便于找到两个向量的夹角.

8.【错解】A.由余弦定理得

∴f (m) 的最大值为0.

【点拨】若能将向量问题坐标化, 转化为代数运算, 常可达到化抽象为具体的目的.

【点拨】从新定义出发, 理解所给出的新定义, 并区别新定义与我们所学习的知识与方法之间的联系和区别, 是解决这类问题的关键.另外, 在处理运算量较大的问题时, 需注意观察, 如本题的错解中对 (4) 的判断是正确的, 但是运算量较大, 容易出错.

11.【错解】∵a, b的夹角为钝角, ∴a·b=x· (-3x) +2x·2=-3x2+4x<0.

【分析】只由a, b的夹角为钝角得到a·b<0, 但a, b的夹角为180°时也有a·b<0, 从而扩大x的范围, 导致错误.

由 (1) , (2) 得x的范围是

【点拨】两向量夹角θ的取值范围是[0, π], 当θ=π时, 有cosπ=-1<0, 此时非零向量a, b仍满足a·b<0, 因此a·b<0是两非零向量a, b的夹角为钝角的必要不充分条件.事实上, 两非零向量a, b的夹角为钝角的充要条件是a·b<0且两向量不共线.

【点拨】解1通过补形, 将图形补充得更完整, 从整体的高度解决问题.而解2从局部出发, 通过添加平行线, 沟通线段间的长度比例关系.这两种方法均为处理向量问题的有效方法.

13.【错解】-2.由 (a+b) ⊥ (a-b) , 得

(a+b) · (a-b) =0, 则a2=b2,

∴ (m+1) 2+ (-3) 2=12+ (m-1) 2.

解之, 得m=-2.

【分析】以上得到的结果虽然正确, 但解法对题意的理解不够深入, 解法中还未能体现条件“i, j是互相垂直的单位向量”, a2=[ (m+1) i-3j]2=[ (m+1) i]2-2×3 (m+1) i·j+ (-3j) 2, 于是a2= (m+1) 2+ (-3) 2, 同理得b2=12+ (m-1) 2.

【解】-2.由题意得 (a+b) · (a-b) =[ (m+2) i+ (m-4) j]·[mi- (m+2) j]= (m+2) m- (m-4) (m+2) =4m+8=0,

故m=-2.

【点拨】“方向”与“长度”是研究向量的关键, 若直接代入平面向量基本定理, 有时运算量较大, 但若能从图形结构快速找到长度关系, 则可降低运算量, 如分析中的 (Ⅱ) , 由△CNF∽△ANB即可找到CN与AC的比例关系.

(Ⅱ) ∵△ABC为等腰直角三角形,

解之, 得k=1.

【分析】 (Ⅰ) △ABC为直角三角形, 有三种可能:∠A=90°, ∠B=90°或∠C=90°, 以上解法只讨论了其中∠A=90°的一种情形; (Ⅱ) △ABC为等腰直角三角形, 也需分三种情况讨论.

(1) 若∠A=90°, 则→→AB⊥AC (2-k, -1) · (1, k) =0, ∴k=1; (→2) 若∠B=90°, 则→AB⊥BC (2-k, -1) · (k-1, k+1) =0, 得k2-2k+3=0无解; (3) 若∠C=90°, 则→→AC⊥BC (1, k) · (k-1, k+1) =0, 得k2+2k-1=0, ∴k=-1±槡2.

综上所述, 当k=1时, △ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形.

【点拨】对一些问题不够明确时, 我们不能“想当然”地强加一些条件而解题, 若要加, 必须在设计好完整的讨论方案与思路的情况下, 然后再一一地详尽讨论.

高考导数综合题型分析与归纳篇3

关键词：高考导数题型分析

中图分类号：

导数是学习微积分的基础，在函数学习和实际问题解决中发挥着重要作用。在高中数学中导数是一个重要的知识点，也是高考中经常出现的一个考点。导数作为一个常见考点，其命题范围十分广泛，如导数定义、意义，利用导数研究函数的极值、单调性，导数与数列、三角函数、概率等的综合应用等。高考导数题型中，各种数学方法、考试热点和难点等融合在一起，既是对学生能力的考察，也体现了高考的命题思想。

1导数在高考题中的应用

1.1利用导数定义求函数极限值

例1：已知函数f（x）在處可导，则

A B C D B

解析：这是高考中经常出现的题型之一，在此题中函数极限形式和导数定义式是相像的，因此在解题时可以利用导数定义实现，在解题中最为关键的一点是需要对极限式进行变形。在本题中需要将原式变成

或这种形式，当右边存在极限时，和中a、b两个自变量的差是无限小妾和极限式中的分母是大小是相等的，则该极限值就相当于是导数。但如果a、b两个自变量的差为分母的k倍，则该极限值就是就是函数在这一指定点导数的k倍。因此，答案为B。

1.2利用导数求解函数方程

例2：任意实数x、y，函数、满足以下条件：① ；② ，、可导；③ ，其中a为常数。（I）试求；（II）若（b为常数），证明：。

解析：这一题型是利用导数定义求解函数方程问题，是导数和函数方程相结合的典型题型。在此题中，如何根据导数定义将其进行拆分是解题的关键。

（I）由③ ，设，则，设，，由①可得，由② ，故，所以。

（II）证明：由可知，将代入①中，由②

1.3导数在不等式中的应用

例4：已知函数 f（x）的导函数是。对任意两个不相等的正数，证明：当时，。

1.4 导数在曲线中的应用

例5：已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中为正实数.用用表示。

1.5利用导数求解函数单调区间

2 总结

导数在高考中涉及到的题型非常多，除了上面几种题型外，还有导数与线性规划、概率与导数的交汇、求解实际问题应用等。因此教师和学生应十分注重导数的学习，在充分理解导数知识的基础上，熟练掌握各种题型的解题方法和思路。

参考文献

[1]王永德.例析导数在高考中的热点问题[J].甘肃联合大学学报（自然科学版），2012（1）：40-43.

高考数学必考题型篇4

1.掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。

2.理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。

3.理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。

4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。

5.了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。

6.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。

7.了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。

8.会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率.

立体几何篇

高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

知识整合

1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2.判定两个平面平行的方法：

(1)根据定义--证明两平面没有公共点;

(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;

(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3.两个平面平行的主要性质：

(1)由定义知：“两平行平面没有公共点”。

(2)由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

(3)两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那

么它们的交线平行“。

(4)一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

(5)夹在两个平行平面间的平行线段相等。

(6)经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。

高考数学归纳法的常考题型篇5

文/谭著名

一、题意直接指明利用数学归纳法证题的探索题型例1已知数列xn}满足：x1＝11xn＋1＝,nN*.2’1xn

(1)猜想数列x2n的单调性,并证明你的结论.(2)证明：|xn1-xn|≤()

(1)解：由x11265n1.125131和xn1，得x2,x4,x6.由x2x4x6，猜想：238211xn数列x2n是递减数列.下面用数学归纳法证明.①当n=1时，命题成立.②假设当n=k时命题成立，即x2kx2k2，易知x2k0，那么

23x2k2xk2x2k3xk21111x2k11xk23(1xk)(1xk)2

1x2kx2k20，即x2(k1)x2(k1)2，也就是说，当n=k+1时命(1x2k)(1x2k1)(1x2k2)(1x2k3)

题也成立.结合①②，可知命题成立.(2)证明：①当n=1时，xn1xnx2x11，结论成立.6

k112②假设当nk时命题成立，则有xk1xk65

0xn11,1xn12,xn

(1xn)(1xn1)(1.当n2时，易知11.1xn1215)(1xn1)2xn11xn12

当12.1xk1xk15nk1时，xk

2k1k

xkxk11121212

xk.也就是

1xk11xk655651xk11xk

说，当nk1时命题成立.结合①②，可知命题成立.小结本题中明确说明“先猜想再证明”的数学归纳法的证题思路.观察、归纳、猜想、证明是解决这类探索型问题的思维方式，其关键在于进行正确、合理的归纳猜想，否则接下来的证明只能是背道而驰了.二、与正整数n有关的不等式证明通常采用数学归纳法的证明题型

例2等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对于任意的nN，点(n,Sn)均在函数



ybxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.(1)求r的值.

(2)当b2时，记bn2log2an1nN，证明：对于任意的nN，不等式



b1b11b2

1nn1成立.b1b2bn

(1)解：因为对于任意的nN，点(n,Sn)均在函数ybr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上，所以有Snbnr.当n1时，a1S1br.当n2时，

anSnSn1bnr(bn1r)bnbn1(b1)bn1.又数列{an}是等比数列，所以

r1，公比为b，an(b1)bn1.(2)

证

明

：

当

b

2，时，an(b1)bn12n1

bn12n1

bn2n，所，以

bn2(log2an1)2(log22n11)2n

b13572n1b11b21

.····n

b1b2bn2462n

下面用数学归纳法证明不等式立.①当n1时，左边=

则

b13572n1b11b21

····n成b1b2bn2462n

3，右边

由于，所以不等式成立.22

②假设当n

k时不等式成立，即

b13572k1b11b21

····kb1b2bk2462k

成立，则当nk1时，左边=

b1bk11357b11b212k12k3

····k

b1b2bkbk12462k2k2

2k3.2k2所以当nk1时，不等式也成立.综合①②，可知不等式恒成立.小结数学归纳法是证明不等式的一种重要方法.与正整数有关的不等式，如果用其他方法证明比较困难时，我们通常会考虑用数学归纳法.用数学归纳法证明不等式时，我们应分析fx与fx1相关的两个不等式，找出证明的目标式子和关键点，适当地利用不等式的性质、比较法、分析法、放缩法等方法证得结论.三、利用数学归纳法比较两个与正整数有关的代数式大小的题型

n

1例3已知数列an的前n项和Snan()2(n为正整数).1

2(1)令bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式.n15n

an，Tnc1c2cn，试比较Tn与的大小，并予以证明.n2n1

1n11

(1)证明：在Snan()2中，令n=1，可得S1an12a1，即a1.221n21

anSnSn1anan1()n1.当n2时，Sn1an1()2，22

2anan1()n1,即2nan2n1an11.(2)令cn

bn2nan,bnbn11,即当n2时，bnbn11.又b12a11,数列bn是首项和公差均为1的等差数列.于是有



bn1(n1)1n2nan,an

(2)解：由(1)可得cn

n.n2

n11

an(n1)()n，所以 n2

1111

① Tn234n1，222211111Tn234n122322

n1

.②

n1

11111①-②，得Tn1n1

22222

11[1()n1]

13n31(n1)()n1n1

2221 2n

3Tn3n

5n5nn35n(n3)(2n2n1)

T与.于是确定的大小关Tn3nn

2n12n122n12n(2n1)

系等价于比较2与2n1的大小.由2211;22221;23231;24241;25251;,可猜想当

n3时，2n2n1.证明如下：

(i)当n=3时，由上验算可知不等式显然成立.k

(ii)假设当nkk3时，22k1成立.则当nk1时，2k122k22k14k22k112k12k11.所以当nk1

时猜想也成立.综合(i)(ii)，可知对于一切n3的正整数，都有22n1.所以当n1,2时，n

Tn

小结两个式子的大小关系随n取值的不同而不同.像这种情况学生要注意不要由

5n5n

n3T；当时，n.2n12n1

n1,2时的大小关系，得出Tn

5n，应向后多试验几个n值后，再确定所下结论的准2n1

确性，以免走弯路.四、用数学归纳法求范围的题型

例4首项为正数的数列an满足an1

(an3),nN.4

(1)证明：若a1为奇数，则对于一切n2,an都是奇数.(2)若对于一切nN，都有an1an，求a1的取值范围.(1)证明：已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系

ak23

m(m1)1是奇数.根据数学归纳法，可知nN，an都是奇数.可得ak14

a123

a1,得a124a130,于是0a11或(2)解：由a24

an23an123(anan1)(anan1)

, a13.an1an444

an23,所以所有的an均大于0.所以an1an与anan1同号.根由于a10,an14

高考数学题型归纳上篇6

考点1 由数列的前几项求通项公式

根据数列的前几项求它的一个通项公式, 通过观察每一项的特点, 分析出项与n之间的关系、规律, 可使用添项、通分、分割等办法, 转化为一些常见数列的通项公式来求.对于正负符号的变化, 可用 (-1) n或 (-1) n+1来调整.

例1写出下面各数列的一个通项公式:

(2) 3, 33, 333, 3333, ….

解析: (1) 奇数项为负, 偶数项为正, 因此通项公式的符号为 (-1) n;各项绝对值的分母组成数列2, 4, 6, 8, …;而各项绝对值的分子组成的数列中, 奇数项为1, 偶数项为3, 即奇数项为2-1, 偶数项为2+1, 所以该数列的一个通项公式为.

(2) 这个数列的前4 项可以写成 (1/3) (10-1) , (1/3) (100-1) , (1/3) (1 000-1) , (1/3) (10 000-1) , 所以该数列的一个通项公式为.

考点2 由an与Sn的关系求通项公式

有些数列给出{an}的前n项和Sn与an的关系式Sn=f (an) , 利用该式写出Sn-1=f (an-1) (n≥2) , 两式作差, 再利用an=Sn-Sn-1导出an与an-1 (n≥2) 的递推式, 从而求出an.请注意:对n=1时的情况的讨论.

例2 若各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn, 且, 其中a1=1, 求an.

因为an≠0, 所以an+1-an-1=2.

从而a2 m+1=1+2 (m+1-1) =2m+1, a2 m=2+2 (m-1) =2m, m∈N*.

综上可知, an=n (n∈N*) .

考点3 由递推公式求通项公式

递推公式和通项公式是数列的两种表示方法, 它们都可以确定数列中的任意一项, 只是由递推公式确定数列中的项时, 不如通项公式直接.由递推公式求通项公式常见的方法有:累加法、累乘法以及构造法等.

例3已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+3, 求an.

所以{bn}是以b1=4为首项, 2为公比的等比数列, 则bn=4×2n-1=2n+1.

所以an=2n+1-3.

考点4 等差数列的基本运算

等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1, an, d, n, Sn, 如果知道其中三个就能求另外两个.

例4已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 且满足, 则数列{an}的公差是____.

考点5 等差数列的判断和证明

判断数列{an}为等差数列的常见方法有四种:

(1) 定义法:对于n≥2的任意自然数, 验证an-an-1为同一常数. (2) 等差中项法:验证2an-1=an+an-2 (n≥3, n∈N*) 成立. (3) 通项公式法:验证an=pn+q. (4) 前n项和公式法:验证Sn=An2+Bn.其中在解答题中常应用定义法和等差中项法, 而通项公式法和前n项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.

又, 所以数列{bn}是以为首项, 1为公差的等差数列.

考点6 等差数列的性质

等差数列的常见性质有: (1) an=am+ (n-m) d (n, m∈N*) . (2) 若{an}为等差数列, 且k+l=m+n (k, l, m, n∈N*) , 则ak+al=am+an. (3) 若{an}是等差数列, 公差为d, 则ak, ak+m, ak+2m, … (k, m∈N*) 是公差为md的等差数列. (4) 数列Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, … 也是等差数列.

例6已知等差数列{an}中a4=2, an+2+an+5=2an+1+10, 则{an}的通项公式an=_____.

解析:令数列{an}的公差为d.

由an+2+an+5=2an+1+10, 得an+1+d+an+1+4d=2an+1+10, 即5d=10, 得d=2.

又a4=2, 所以an=a4+ (n-4) d=2+ (n-4) ×2=2n-6.

考点7 等差数列前n项和的最值

求等差数列前n项和Sn的最值的两种方法: (1) 函数法:利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn, 通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解. (2) 邻项变号法:①当a1>0, d<0时, 满足的项数m使得Sn取得最大值Sm;②当a1<0, d>0时, 满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.

例7 已知数列{an}的通项公式是an= (1-k) n+13k-3, bn=an2-a2n+1.若数列{bn}的前n项和为Sn, 是否存在实数k, 使Sn当且仅当n=12时取得最大值?若存在, 求出k的取值范围;若不存在, 说明理由.

解析:存在满足题意的实数k.

由题意, 得bn=a2n-a2n+1= (an+an+1) (an-an+1) =-2 (1-k) 2n+25k2-30k+5.

由题意知, 当且仅当n=12时Sn最大, 则b12>0, b13<0,

故k的取值范围为 (- ∞, -19) ∪ (21, +∞) .

考点8 等比数列的基本运算

等比数列中有五个量a1, n, q, an, Sn, 一般可以“知三求二”, 通过列方程 (组) 求关键量a1和q, 问题可迎刃而解.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论, 当q=1时, {an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时, {an}的前n项和.

例8 设数列{an}是等比数列, 前n项和为Sn, 若S3=3a3, 则公比q=____.

解析:当q=1时, 满足S3=3a1=3a3.

当q≠1时, S3=a1 (1+q+q2) =3a1q2, 解得.

综上, 或q=1.

考点9 等比数列的判定与证明

等比数列的常用判定方法有: (1) 定义法:若 (q为非零常数, n∈N*) 或 (q为非零常数, 且n≥2, n∈N*) , 则{an}是等比数列. (2) 等比中项法:若数列{an}中, an≠0且a2n+1=an·an+2 (n∈N*) , 则数列{an}是等比数列. (3) 通项公式法:若数列通项公式可写成an=c·qn-1 (c, q均是不为0的常数, n∈N*) , 则{an}是等比数列. (4) 前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k (k为常数且k≠0, q≠0且q≠1) , 则{an}是等比数列.其中前两种方法是判定等比数列的常用方法, 常用于证明, 而后两种方法常用于选择题、填空题中的判断.

例9 已知数列{an}中, a1=1, , 又bn=a2n+a2n-1, n∈N*.判断数列{bn}是否为等比数列.

又, 所以{bn}是以3/2为首项, 1/2为公比的等比数列.

考点10 等比数列的性质

等比数列的常用性质有: (1) 若m+n=p+q=2k (m, n, p, q, k∈N*) , 则am·an=ap·aq=ak2; (2) 若数列{an}, {bn} (项数相同) 是等比数列, 则{λan} (λ≠0) , , {an2}, {an·bn}等仍然是等比数列; (3) 在等比数列{an}中, 等距离取出若干项也构成一个等比数列, 即an, an+k, an+2k, an+3k, … 为等比数列, 公比为qk; (4) 公比不为-1 的等比数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn, S2n-Sn, S3n-S2n仍成等比数列, 其公比为qn, 当公比为-1时, Sn, S2n-Sn, S3n-S4n不一定构成等比数列.

例10 等比数列{an}中, 前n项和为Sn, 且S10=10, S30=70, 则S20=____.

解析:易得等比数列{an}中, q≠ -1, S10, S20-S10, S30-S20成等比数列,

所以 (S20-S10) 2=S10 (S30-S20) , 即 (S20-10) 2=10 (70-S20) , 解得S20=30或-20.

又S20= (1+q10) S10>0, 所以S20=30.

考点11分组法求和

一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成, 则求和时可用分组求和法, 分别求和后再相加减.

例11 等比数列{an}中, a1, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数, 且a1, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 若数列{bn}满足bn=an+ (-1) nln an, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解析: (1) 当a1=3时, 不合题意;当a1=2时, 当且仅当a2=6, a3=18时, 符合题意;当a1=10时, 不合题意.

因此a1=2, a2=6, a3=18, 所以公比q=3.

故an=2·3n-1 (n∈N*) .

(2) 因为bn=an+ (-1) nln an=2·3n-1+ (-1) nln (2·3n-1) =2·3n-1+ (-1) n[ln 2+ (n-1) ln 3]=2·3n-1+ (-1) n (ln 2-ln 3) + (-1) nnln 3,

所以Sn=2 (1+3+…+3n-1) +[-1+1-1+…+ (-1) n]· (ln 2-ln 3) +[-1+2-3+…+ (-1) nn]ln 3.

综上所述,

考点12错位相减法求和

如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的, 那么这个数列的前n项和即可用此法来求, 如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.在应用错位相减法求和时, 若等比数列的公比为参数, 应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

例12 已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a2=3, S6=36.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 若数列{bn}是等比数列且满足b1+b2=3, b4+b5=24, 设数列{an·bn}的前n项和为Tn, 求Tn.

解析: (1) 因为数列{an}是等差数列, 所以S6=3 (a1+a6) =3 (a2+a5) =36, 则a2+a5=12.

由于a2=3, 所以a5=9, 从而d=2, a1=a2-d=1, 所以an=2n-1.

(2) 设数列{bn}的公比为q.

因为b1+b2=3, b4+b5=24, 所以, 得q=2.

从而b1+b2=b1 (1+q) =3b1=3, 所以b1=1, bn=2n-1.

所以an·bn= (2n-1) ·2n-1.

所以Tn=1×1+3×2+5×22+…+ (2n-3) ·2n-2+ (2n-1) ·2n-1,

则2Tn=1×2+3×22+5×23+ … + (2n-3) ·2n-1+ (2n-1) ·2n.

两式相减, 得 (1-2) Tn=1×1+2×2+2×22+…+2·2n-2+2·2n-1- (2n-1) ·2n,

即-Tn=1+2 (21+22+ … +2n-1) - (2n-1) ·2n=1+2 (2n-2) - (2n-1) ·2n= (3-2n) ·2n-3.

所以Tn= (2n-3) ·2n+3.

考点13裂项相消法求和

裂项相消法是指把数列的通项拆成两项之差, 在求和时中间的一些项可以相互抵消, 从而求得其和. 常见的裂项方法有:.

例13 已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a2·a4=65, a1+a5=18.设, 是否存在一个最小的常数m, 使得b1+b2+…+bn<m对于任意的正整数n均成立?若存在, 求出常数m;若不存在, 说明理由.

解析:因为{an}为等差数列, 所以a1+a5=a2+a4=18.

又a2·a4=65, 所以a2, a4是方程x2-18x+65=0的两个根.

又数列{an}的公差d>0, 所以a2<a4.所以a2=5, a4=13.可知a1=1, d=4.

所以Sn=2n2-n.

所以存在m=1/2使得b1+b2+…+bn<m对于任意的正整数n均成立.

考点14 等差数列与等比数列的综合问题

解决等差数列与等比数列的综合问题, 关键是厘清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列, 部分项成等比数列, 就要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来, 研究这些项与序号之间的关系;如果两个数列是通过运算综合在一起的, 就要从分析运算入手, 把两个数列分割开, 再根据两个数列各自的特征进行求解.

例14 已知{an}是等差数列, 满足a1=3, a4=12, 数列{bn}满足b1=4, b4=20, 且{bn-an}为等比数列.

(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式;

(2) 求数列{bn}的前n项和.

解析: (1) 设等差数列{an}的公差为d.

所以an=a1+ (n-1) d=3n.

设等比数列{bn-an}的公比为q.

所以bn-an= (b1-a1) qn-1=2n-1.从而bn=3n+2n-1.

(2) 由 (1) 知bn=3n+2n-1.

令cn=3n, dn=2n-1.

数列{cn}的前n项和为, 数列{dn}的前n项和为.

所以数列{bn}的前n项和为.

考点15 等差数列与等比数列的实际应用

数列应用题的常见模型有:等差模型、等比模型以及递推数列模型等.建模思路是:从实际出发, 通过抽象概括建立数学模型, 通过对模型的解析, 再返回实际中去.

例15 为了加强环保建设, 提高社会效益和经济效益, 某市计划用若干年时间更换一万辆燃油型公交车.每更换一辆新车, 则淘汰一辆旧车, 更换的新车为电力型车和混合动力型车.第一年年初投入了电力型公交车128辆, 混合动力型公交车400辆, 计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50% , 混合动力型车每年比上一年多投入a辆.

(1) 求经过n年, 该市被更换的公交车总数S (n) ;

(2) 若该市计划用7年的时间完成全部更换, 求a的最小值.

解析: (1) 设an, bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量.

依题意知, 数列{an}是首项为128, 公比为1+50% =3/2的等比数列;数列{bn}是首项为400, 公差为a的等差数列.

数列{bn}的前n项和.

所以经过n年, 该市更换的公交车总数

又a∈N*, 所以a的最小值为147.

配套练习:

1.若数列{an}的前n项和, 则{an}的通项公式是an=____.

2.若数列{an}中, a1=3 且an+1=an2 (n是正整数) , 则它的通项公式是an=____.

3.设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和, 若a1=2a8-3a4, 则.

4.已知数列{an}中, 若a1=1, (n ∈ N*) , 则该数列的通项为.

5.设等差数列{an}的前n项和为Sn, 若a1=-11, a4+a6= -6, 当Sn取最小值时, n=____.

6.已知{an}是等差数列, a1=1, 公差d≠0, Sn为其前n项和, 若a1, a2, a5成等比数列, 则S8=____.

7.已知等比数列{an}的首项a1=1, 公比q=2, 则a12+a22+…+an2=___.

8.写出下面各数列的一个通项公式:

(2) a, b, a, b, a, b, … (其中a, b为实数) .

9.设{an}是等差数列, 且a1-a4-a8-a12+a15=2, 求a3+a13及S15的值.

10.已知{an}是等比数列, Sn是其前n项和, a1, a7, a4成等差数列, 求证:2S3, S6, S12-S6成等比数列.

11.已知等比数列{an}中, 首项a1=3, 公比q>1, 且3 (an+2+an) -10an+1=0 (n∈N*) .

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 设是首项为1, 公差为2的等差数列, 求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.

12.设等差数列{an}的公差为d, 点 (an, bn) 在函数f (x) =2x的图象上 (n∈N*) .

(1) 若a1=-2, 点 (a8, 4b7) 在函数f (x) 的图象上, 求数列{an}的前n项和Sn;

(2) 若a1=1, 函数f (x) 的图象在点 (a2, b2) 处的切线在x轴上的截距为, 求数列的前n项和Tn.

13.正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn2- (n2+n-1) Sn- (n2+n) =0.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 令, 数列{bn}的前n项和为Tn, 证明:对于任意的n∈N*, 都有Tn< (5/64) .

14.设数列{an}的前n项和为Sn, 点 (an, Sn) 在直线上.

(1) 求数列{an}的通项公式;

(2) 在an与an+1之间插入n个数, 使这n+2个数组成公差为dn的等差数列, 求数列的前n项和Tn.

15.自祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来, 在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园, 台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务.某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂, 第一年各种经费12万美元, 以后每年增加4万美元, 每年销售蔬菜收入50万美元, 设f (n) 表示前n年的纯利润 (f (n) =前n年的总收入-前n年的总支出-投资额) .

(1) 从第几年开始该台商获利?

(2) 若干年后, 该台商为开发新项目, 有两种处理方案:①年平均利润最大时以48万美元出售该厂;②纯利润总和最大时, 以16万美元出售该厂, 问哪种方案最合算?

参考答案:

8. (1) 这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数, 且奇数项为正, 偶数项为负, 所以它的一个通项公式为.

(2) 这是一个摆动数列, 奇数项是a, 偶数项是b,

所以此数列的一个通项公式为

9.a3+a13=-4, S15=-30.

10.证明略.

12. (1) 由已知, 得.解得d=a8-a7=2.

所以.

(2) 函数f (x) =2x在 (a2, b2) 处的切线方程为, 它在x轴上的截距为.由题意, 得, 解得a2=2.

所以d=a2-a1=1.从而an=n, bn=2n.

13. (1) 由Sn2- (n2+n-1) Sn- (n2+n) =0, 得[Sn- (n2+n) ] (Sn+1) =0.

由于{an}是正项数列, 所以Sn+1>0.所以Sn=n2+n.

当n≥2时, an=Sn-Sn-1=2n,

当n=1时, a1=S1=2适合上式.

所以an=2n.

14. (1) 由Sn=23an-1, 得.

两式相减, 得, 即an=3an-1 (n∈N*, n≥2) .

又, 得a1=2.

所以数列{an}是首项为2, 公比为3 的等比数列.

所以an=2·3n-1 (n∈N*) .

(2) 由 (1) 知an+1=2·3n, an=2·3n-1.

因为an+1=an+ (n+1) dn,

15.由题意知, 每年的经费是以12为首项, 4为公差的等差数列.

由题意, 得.

(1) 获取纯利润就是要求f (n) >0, 因此有-2n2+40n-72>0, 解得2<n<18.

又n∈N*, 可知从第三年开始获利.

(2) ①平均利润为, 当且仅当n=6时取等号.

故此方案共获利-2×62+40×6-72+48=144 (万美元) , 此时n=6.

②f (n) =-2n2+40n-72=-2 (n-10) 2+128, 当n=10时, [f (n) ]max=128.

故此方案共获利128+16=144 (万美元) , 此时n=10.

比较两种方案, 第①种方案只需6年, 第②种方案需要10年, 故选择第①种方案.

(安徽余其权)

六、不等式部分

考点1 比较两个数的大小

作差比较法的目的是判断差的符号, 而作商比较法的目的是判断商与1的大小, 两种方法的解题关键是变形.

例1 设a, b∈[0, +∞) , , 则A, B的大小关系是 ( ) .

(A) A≤B (B) A≥B

解析:由题意, 得, 且A≥0, B≥0, 可得A≥B.故选B.

考点2 不等式的性质

不等式的性质是判断不等式是否成立的重要依据.

例2 若a>b>0, c<d<0, e<0, 求证:.

证明:因为c<d<0, 所以-c>-d>0.

又因为a>b>0, 所以a-c>b-d>0.

所以 (a-c) 2> (b-d) 2>0.

考点3 一元二次不等式的解法

若一元二次不等式含有参数, 则需要进行分类讨论, 讨论的顺序是:二次项的系数、根的存在、两根的大小关系.

例3 关于x的不等式x2- (a+1) x+a<0的解集中, 恰有3个整数, 则a的取值范围是 ( ) .

(A) (4, 5)

(B) (-3, -2) ∪ (4, 5)

(D) [-3, -2) ∪ (4, 5]

解析:原不等式可能为 (x-1) (x-a) <0, 当a>1时, 得1<x<a, 则4<a≤5;当a<1时, 得a<x<1, 则-3≤a< -2.所以a∈[-3, -2) ∪ (4, 5].故选D.

考点4一元二次不等式恒成立问题

一元二次不等式恒成立的条件:

(1) 不等式ax2+bx+c>0 (a≠0) 对任意实数x恒成立, 则

(2) 不等式ax2+bx+c<0 (a≠0) 对任意实数x恒成立, 则

例4 “0<a<1”是“ax2+2ax+1>0 的解集是实数集R”的 ( ) .

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既不充分又不必要条件

解析:当a=0时, 1>0, 显然成立;

所以ax2+2ax+1>0的解集是实数集R的充要条件为0≤a<1.

所以“0<a<1”是“ax2+2ax+1>0的解集是实数集R”的充分不必要条件.故选A.

考点5 二元一次不等式 (组) 表示的平面区域

确定二元一次不等式 (组) 表示的平面区域的方法是“直线定界, 特殊点定域”;注意:当不等式中带等号时, 边界为实线, 不带等号时, 边界应画为虚线, 特殊点常取原点.

考点6 求目标函数的最值

求目标函数的最值的一般步骤为:一画、二移、三求.常见的目标函数有: (1) 截距型:形如z=ax+by. (2) 距离型:形如z= (x-a) 2+ (y-b) 2. (3) 斜率型:形如.

解析:由约束条件所得的可行域如图2所示, 而z=x2+y2+2x +2y +2= (x+1) 2+ (y+1) 2表示可行域内一点 (x, y) 到点 (-1, -1) 的距离的平方.由图易知点A (1, 2) 是满足条件的最优解, 则z= (x+1) 2+ (y+1) 2的最小值为13.

考点7 线性规划的实际应用

解线性规划应用题的基本步骤是: (1) 转化———设元, 写出约束条件和目标函数, 从而将实际问题转化为线性规划问题; (2) 求解———解这个纯数学的线性规划问题; (3) 作答———将数学问题的答案还原为实际问题的答案.

例7 某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克、B原料2千克;生产乙产品1桶需耗A原料2千克、B原料1千克.每桶甲产品的利润是300元, 每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中, 要求每天消耗A, B原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划, 从每天生产的甲、乙两种产品中, 公司共可获得的最大利润是 ( ) .

(A) 1 800元 (B) 2 400元

解析:设某公司生产甲产品x桶, 生产乙产品y桶, 获利为z元, 则x, y满足的线性约束条件为目标函数z=300x+400y.

作出可行域, 如图3中四边形OABC的边界及其内部整点.作直线l0:3x+4y=0, 平移直线l0经可行域内点B时, z取最大值.由得B (4, 4) , 满足题意.

所以zmax=4×300+4×400=2 800.故选C.

考点8 利用基本不等式证明不等式

利用基本不等式证明不等式时要从整体上把握运用基本不等式, 对不满足使用基本不等式条件的可通过“变形”来转换, 常见的变形技巧有:拆项, 并项, 也可乘上一个数或加上一个数, “1”的代换法等.

例8 已知a>0, b>0, a+b=1, 求证:.

证明:因为a+b=1, a>0, b>0,

考点9 利用基本不等式求最值

利用基本不等式求最值时应注意“一正、二定、三相等”, 即: (1) 非零的各数 (或式) 均为正, (2) 和或积为定值, (3) 等号能否成立, 这三个条件缺一不可.

例9 若点A (1, 1) 在直线2mx+ny-2=0 上, 其中mn > 0, 则的最小值为____.

解析:因为点A (1, 1) 在直线2mx+ny-2=0上, 所以2m+n=2.

考点10 基本不等式的实际应用

利用基本不等式求解实际应用题需认真阅读, 从中提炼出有用信息, 建立数学模型, 转化为数学问题求解.当运用基本不等式求最值时, 若等号成立的自变量不在定义域内时, 就不能使用基本不等式求解, 此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解.

例10 在一个交通拥挤及事故易发生路段, 为了确保交通安全, 交通部门规定, 在此路段内的车速v (单位:km/h) 的平方和车身长l (单位:m) 的乘积与车距d成正比, 且最小车距不得少于半个车身长.假定车身长均为l (单位:m) 且当车速为50km/h时, 车距恰为车身长, 问交通繁忙时, 应规定怎样的车速, 才能使在此路段的车流量Q最大? (车流量=车速/ (车距+车身长) )

解析:由题意, 得d=kv2l.因为当v=50时, d=l, 所以l=k×502l, 得.所以.又当.

综上所述, 当且仅当v=50km/h时, 车流量Q取得最大值.

配套练习:

1.已知c>0, 0<b<a<1, 且M=abc, N=bac, 则M, N的大小关系是 ( ) .

(A) M>N (B) M<N

2.已知函数f (x) = (x-2) (ax+b) 为偶函数, 而且在 (0, +∞) 上单调递增, 则f (2-x) >0的解集为 ( ) .

(A) {x|x>2或x<-2}

(B) {x|-2<x<2}

(D) {x|0<x<4}

3.已知存在实数a满足ab2>a>ab, 则实数b的取值范围是____.

4.在平面直角坐标系中, 不等式组 (a为常数) 表示的平面区域的面积是9, 那么a=____.

5.实数x, y满足不等式组, 则z=|x+2y-4|的最大值为____.

6.已知A, B两种规格的产品需要在甲、乙两台机器上各自加工一道工序才能成为成品.已知A产品需要在甲机器上加工3小时, 在乙机器上加工1小时;B产品需要在甲机器上加工1小时, 在乙机器上加工3小时.在一个工作日内, 甲机器至多只能使用11小时, 乙机器至多只能使用9小时.A产品每件利润300元, B产品每件利润400元, 则这两台机器在一个工作日内创造的最大利润是____元.

7.已知不等式mx2-2x-m+1<0, 是否存在实数m对所有的实数x, 不等式恒成立?若存在, 求出m的取值范围;若不存在, 请说明理由.

8.设a, b∈R+, 且a+b=1, 求证:.

9.已知x>0, y>0, 且满足3x+2y=12, 求lg x+lg y的最大值.

10.小王大学毕业后, 决定利用所学专业进行自主创业.经过市场调查, 生产某小型电子产品需投入年固定成本3万元, 每生产x万件, 需另投入流动成本W (x) 万元, 在年产量不足8万件时, ;在年产量不小于8万件时, .每件产品售价为5元, 通过市场分析, 小王生产的商品能当年全部售完.

(1) 写出年利润L (x) (万元) 关于年产量x (万件) 的函数解析式 (注:年利润=年销售收入-固定成本-流动成本) .

(2) 年产量为多少万件时, 小王在这一商品的生产中所获利润最大?最大利润是多少?

参考答案:

1.A. 2.C. 3.b<-1.

4.1.在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域, 如图1.

直线x+y=0与直线x-y+4=0的交点坐标是 (-2, 2) , 点 (-2, 2) 到直线x=a (其中a>-2) 的距离为a+2.

直线x=a与x+y=0, x-y+4=0的交点坐标分别是 (a, -a) , (a, 4+a) .

结合图形及题意知, 即 (a+2) 2=9.又易知a>-2, 因此a=1.

5.21.作出不等式组表示的平面区域, 如图2中阴影部分所示.

, 即其几何含义为阴影区域内的点到直线x+2y-4=0 的距离的槡5倍.由得点B的坐标为 (7, 9) , 显然点B到直线x+2y-4=0的距离最大, 此时zmax=21.

6.1 700.设生产A产品x件, B产品y件, 则x, y满足约束条件生产利润为z=300x+400y.画出可行域, 如图3中阴影部分 (包含边界) 内的整点.

显然z=300x+400y在点A处取得最大值, 由方程组解得则zmax=300×3+400×2=1 700.故最大利润是1 700元.

7.不存在满足题意的m (理由略) .

8.因为a, b∈R+, 且a+b=1,

故原不等式得证.

9.lg x+lg y的最大值是lg 6.

10. (1) 已知每件商品售价为5元, 则x万件商品销售收入为5x万元.

依题意得, 当0<x<8 时, ;

此时, 当x=6时, L (x) 取得最大值L (6) =9万元.

此时, 当且仅当时, 即x=10 时, L (x) 取得最大值15万元.

因为9<15, 所以当年产量为10 万件时, 小王在这一商品的生产中所获利润最大, 最大利润为15万元.

(安徽王刚)

七、立体几何部分

考点1 考查空间几何体的结构特征

主要考查柱、锥、台等几何体的结构特征或其中基本的线面关系, 题型一般为选择题或填空题.求解时, 须严格依据相关几何体的结构特征.

例1 如图1, 若 Ω 是长方体ABCD -A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHC1B1后得到的几何体, 其中E为线段A1B1上异于B1的点, F为线段BB1上异于B1的点, 且EH∥A1D1, 则下列结论中不正确的是 ( ) .

(A) EH∥FG

(B) 四边形EFGH是矩形

(D) Ω 是棱台

分析:判断选项A是否正确, 只需依据线面平行的判定和性质定理.运用其中判定出的位置关系和棱柱的结构特征, 进而可以判定选项C正确.判断选项B是否正确, 需运用空间垂直关系.判断选项D是否正确, 可依据棱台的结构特征.

解:因为EH ∥A1D1, B1C1∥A1D1, 所以EH ∥B1C1.因为B1C1平面BCC1B1, 所以EH∥平面BCC1B1.因为平面EFGH ∩ 平面BCC1B1=FG, 所以EH∥FG.因此A正确.又由棱柱的结构特征, 易知C也正确.

易知四边形EFGH是平行四边形.因为A1D1⊥ 平面ABB1A1, 所以A1D1⊥EF.因为EH ∥ A1D1, 所以EH ⊥ EF, 所以四边形EFGH是矩形.因此B正确.

无论 Ω 怎么放置, 都不能做到所有的侧棱交于一点, 所以 Ω 不是棱台.所以D不正确.

故选D.

评注:研究几何体的结构和截面问题, 一要依据相关几何体的结构特征;二要依据空间位置关系的判定和性质定理.

考点2 考查三视图

三视图是高中数学的新增内容, 因而其中的考查题型也比较丰富, 主要有:简单几何体的三视图问题、三视图的识别问题、三视图的应用问题.其中, 运用三视图求几何体的表 (侧) 面积、体积是三视图中的一类热点题型.求解上述问题的主要依据是三视图的画法规则, 主要运用的数学思想是转化思想和数形结合思想.

例2 某三棱锥的三视图如图2所示, 则该三棱锥最长棱的棱长为____.

分析:依据三视图画出该三棱锥的直观图, 即可确定最长棱的棱长, 进而依据空间位置关系, 运用勾股定理求解.

解:观察三视图, 可知该三棱锥的直观图如图3 所示, 其最长棱为VC.

由三视图中的数据可知, .

例3某几何体的三视图如图4所示, 则它的体积是 () .

分析:先由三视图确定几何体的形状, 然后由三视图中的长度得出几何体中的相应长度, 即可运用相关几何体的体积公式求这个几何体的体积.

解:观察三视图可知, 该几何体为一个组合体, 它是一个四棱柱正中挖去一个圆锥, 如图5所示.

又由三视图可知, 四棱柱与圆锥的高都是2, 四棱柱的底面是边长为2的正方形, 圆锥的底面是半径为1的圆.

所以该几何体的体积是.故选A.

考点3 考查几何体的表面积和体积

主要考查求柱、锥、台、球或简单组合体的表 (侧) 面积、体积或其他特征量问题, 题型多为选择题或填空题, 有时也作为解答题的一步.解答此类问题的主要依据是相应的计算公式, 主要的求解方法是代入法和解方程法.

例4 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1, S2, 体积分别为V1, V2.若它们的侧面积相等, 且.

分析:先由侧面积相等, 得出两个圆柱底面半径与高之间的关系式, 进而由底面积之比得出两底面半径之间的关系式, 即可求出它们的体积之比.

解:设甲圆柱的半径和高分别为r1, h1, 乙圆柱的半径和高分别为r2, h2.依题意, 可得2πr1h1=2πr2h2, 所以r1h1=r2h2.由.

例5 一个六棱锥的体积为2 槡3, 其底面是边长为2的正六边形, 侧棱长都相等, 则该六棱锥的侧面积为____.

分析:先求出六棱锥的底面积, 进而求出它的高, 再求出它的斜高 (即侧面等腰三角形的底边上的高) , 即可求其侧面积.

解:该六棱锥的底面积为, 所以它的高h=.它的侧面是由6个全等的等腰三角形组成的, 其中每个三角形底边上的高, 所以该六棱锥的侧面积为.

例6 圆柱形容器内盛有高度为8cm的水, 若放入三个相同的球 (球的半径与圆柱的底面半径相同) 后, 水恰好淹没最上面的球 (如图6所示) , 则球的半径是____cm.

分析:先设出球的半径, 然后根据球的体积与水的体积之和等于圆柱的体积, 列方程求半径.

解:设球的半径为r, 依题意, 得, 即, 解得r=4cm.所以球的半径是4cm.

考点4 考查异面直线

主要考查异面直线的判断和两条异面直线所成的角的求解, 题型多为选择题或填空题, 有时也命制解答题.求解的主要依据是相关的定义, 运用的主要数学思想是转化思想.

例7 直三棱柱ABC-A1B1C1中, 若∠BAC=90°, AB =AC=AA1, 则异面直线BA1与AC1所成的角等于 ( ) .

(A) 30° (B) 45°

分析:作出图形, 并在其中作出两条异面直线所成的角, 进而运用三角形知识求解.

解:作出直三棱柱ABC-A1B1C1, 如图7所示.

延长CA至点D, 使得AD=CA, 连结BD, A1D.

因为C1A1=AD, C1A1∥AD, 所以四边形ADA1C1是平行四边形.所以A1D∥C1A.所以∠DA1B (或它的补角) 就是异面直线BA1与AC1所成的角.

设AB=AC=AA1=a, 则可求得, 所以△A1BD是正三角形.所以∠DA1B=60°.

所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.故选C.

评注:求两条异面直线所成的角的一般步骤是:找 (作) ———说———求.若所给的图形中有两条异面直线所成的角, 则要先把它找出来, 若没有, 则需先作出来, 然后再说明哪个角是两条异面直线所成的角, 最后根据平面几何知识把它求出来.两条异面直线所成的角的范围是 (0, π/2], 即两条异面直线所成的角只能是锐角或直角.求解时, 一定要注意依据此范围, 准确确定两条异面直线所成的角.

考点5 考查空间中点、直线、平面位置关系的判定

主要考查空间平行与垂直的判定, 题型多为选择题, 多以判断命题正误的形式出现.判断时, 可以依据相关位置关系的定义、判定或性质定理, 也可以依据其他已被证明了的正确的结论.

例8 设l, m是两条不同的直线, α是一个平面, 则下列命题正确的是 ( ) .

分析:先把题中的符号语言翻译成文字语言, 然后借助空间想象进行判定.

解:选项A中命题可叙述为:若一条直线垂直于一个平面内的一条直线, 则这条直线垂直于这个平面.这个命题显然错误, 因为这条直线有可能在平面内、与平面平行或相交但不垂直.选项B中命题可叙述为:若两条平行线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于同一平面.这个命题正确.选项C中命题可叙述为:若一条直线平行于一个平面, 则它与这个平面内的任意一条直线都平行.这个命题不正确, 因为这两条直线还有可能是异面直线.选项D中命题可叙述为:平行于同一个平面的两条直线平行.这个命题不正确, 因为这两条直线还有可能相交或是异面直线.故选B.

考点6 考查空间中点、直线、平面位置关系的证明

主要考查空间平行与垂直的证明, 题型为解答题, 这类问题是高考立体几何解答题的一个考查热点.解答此类问题主要依据空间平行与垂直的定义、性质、判定和性质定理, 运用的主要数学思想是转化思想.

例9 如图8, 正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直.EF∥AC, , CE=EF=1.

(1) 求证:AF ∥ 平面BDE;

(2) 求证:CF⊥平面BDE.

分析: (1) 欲证AF∥平面BDE, 只需在平面BDE内找到一条与AF平行的直线即可. (2) 欲证明CF⊥平面BDE, 只需证明CF垂直于平面BDE内的两条相交直线, 可用菱形的性质和面面垂直的性质定理寻找这两条直线.

证明: (1) 如图8, 设AC ∩BD =O, 连结OE.

因为, 所以AC=2.所以OA=1.所以EF=OA.

又因为EF∥OA, 所以四边形OAFE是平行四边形.所以AF∥OE.

因为AF平面BDE, OE平面BDE, 所以AF∥平面BDE.

(2) 连结OF.

因为EF =OC, EF ∥OC, 所以四边形OFEC是平行四边形.又因为CE=EF, 所以四边形OFEC是菱形.所以CF⊥OE.

因为平面ACEF ⊥ 平面ABCD, 平面ACEF∩平面ABCD=AC, BD⊥AC, 所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.

因为OE∩BD=O, 所以CF⊥平面BDE.

考点7 考查空间位置关系的证明与计算的综合问题

主要考查空间平行与垂直关系的证明与几何体表 (侧) 面积或体积的计算, 大都是这两类问题的拼盘问题, 各个击破即可.题型一般为解答题.

例10 在如图9所示的几何体中, 四边形ABCD是正方形, MA⊥平面ABCD, PD∥MA, E, G, F分别为MB, PB, PC的中点, 且AD=PD=2 MA.

(1) 求证:平面EFG⊥平面PDC;

(2) 求三棱锥P - MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比.

分析:要证明平面EFG⊥平面PDC, 根据面面垂直的判定定理, 只需在一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线.经考察, 平面EFG中的直线GF可当此任.四棱锥P-ABCD的体积易求, 求三棱锥P-MAB体积的关键是找出它的高, 找高时, 需用定理:若一条直线与一个平面平行, 则该直线上所有的点到平面的距离相等.

解: (1) 证明:因为MA⊥平面ABCD, PD∥MA, 所以PD⊥平面ABCD.所以BC⊥PD.

又因为四边形ABCD是正方形, 所以BC⊥CD.

因为PD∩CD=D, 所以BC⊥平面PDC.

因为G, F分别为PB, PC的中点, 所以GF∥BC.所以GF⊥平面PDC.

因为GF平面EFG, 所以平面EFG⊥平面PDC.

(2) 设MA=a.

因为PD⊥平面ABCD, 所以.

因为DA⊥AB, DA⊥MA, MA∩AB=A, 所以DA⊥平面AMB.

易知PD∥平面AMB, 所以DA等于三棱锥P-MAB的高.

所以三棱锥P - MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比为1/4.

考点8 考查空间角的求解

主要考查求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角 (三角函数值) , 题目多为解答题, 偶尔也命制填空题或选择题, 其中二面角是个考查重点.求空间角, 一般常用向量法, 即把空间角转化为相关向量所成的角.具体转化途径如下:设直线l, m的方向向量分别为a, b, 平面α, β的法向量分别为u, v.如果l, m是两条异面直线, 那么它们所成的角θ (余弦值) 可用cosθ=|cos〈a, b〉|求解, 此处之所以取cos〈a, b〉的绝对值, 是因为两条异面直线所成的角只能是锐角或直角, 而两个方向向量所成的角有可能是钝角, 故只有加上绝对值, 才能确保求出的角 (余弦值) 是两条异面直线所成的角 (余弦值) ;直线l与平面α 所成的角θ (正弦值) 可用sinθ=|cos〈a, u〉|求解, 此处取绝对值的理由同前;平面α, β构成的二面角θ 可用cosθ=±|cos〈u, v〉|求解, 取“+”号还是“-”号, 要视二面角是锐角还是钝角来确定.

例11 如图10, 在长方体ABCD -A1B1C1D1中, E, F分别是棱BC, CC1上的点, CF=AB=2CE, AB∶AD∶AA1=1∶2∶4.

(1) 求异面直线EF与A1D所成角的余弦值;

(2) 证明:AF ⊥ 平面A1ED;

(3) 求二面角A1-ED-F的正弦值.

分析:建立空间直角坐标系. (1) 异面直线EF与A1D所成角的余弦值是它们的方向向量夹角的余弦值的绝对值. (2) 先证明与平面A1ED内的两个不共线的向量垂直, 进而依据线面垂直的判定定理证明AF⊥ 平面A1ED. (3) 先求出二面角A1-ED-F的两个半平面所在平面的法向量, 进而求出这两个法向量的夹角的余弦值, 再将其转化为二面角的余弦值, 最后求其正弦值.

解:建立如图10所示的空间直角坐标系.不妨设AB=1, 则A (0, 0, 0) , D (0, 2, 0) , E (1, 3/2, 0) , F (1, 2, 1) , A1 (0, 0, 4) .

(1) 设异面直线EF与A1D所成的角为α.

由 (2) 可知是平面A1ED的一个法向量.

考点9 考查空间位置关系的探索性问题

主要考查空间平行或垂直的探索性问题, 题型多为解答题.立体几何中常见的探索性问题有四类: (1) 条件反溯型.此类问题是根据某一结论, 反溯应具备的条件.即具备什么条件 (如:点在何处、某线段多长或某数值是多少) 时, 才能有某平行或垂直关系.解法是先以结论为条件, 反向分析, 分析出条件后, 再正向论证. (2) 结论探索型.即在某些条件下, 能否推出某一结论或具有怎样的结论.解法是直接推证或检验. (3) 存在判断型. (4) 条件重组型.即给出一些条件, 把它们组成一个真命题.解法是依据有关定理进行试验、重组.

例12 如图11, 在正方体ABCD -A1B1C1D1中, E是棱DD1的中点.

(1) 求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值.

(2) 在棱C1D1上是否存在一点F, 使B1F∥ 平面A1BE?证明你的结论.

分析:建立空间直角坐标系. (1) 直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值, 是直线BE的方向向量与平面ABB1A1的法向量夹角的余弦值的绝对值. (2) 先假设点F存在, 并设出其坐标.因为当B1F∥平面A1BE时, 与平面A1BE的法向量垂直, 据此可求点F坐标中的参数.若能求出适合题意的坐标, 说明存在;否则, 不存在.

解:建立如图11所示的空间直角坐标系.不妨设AB=2, 则A (0, 0, 0) , B (2, 0, 0) , D (0, 2, 0) , E (0, 2, 1) , A1 (0, 0, 2) , B1 (2, 0, 2) .

(1) 易知是平面ABB1A1的一个法向量, .设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ, 则.

所以直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为2/3.

设在棱C1D1上存在一点F (t, 2, 2) (0≤t≤2) , 使B1F∥平面A1BE, 则有.

因为, 所以 (t-2, 2, 0) · (1, 1/2, 1) =0, 即, 解得t=1.所以F (1, 2, 2) , 即点F是棱C1D1的中点.

所以在棱C1D1上存在一点F, 使B1F∥平面A1BE, 它是棱C1D1的中点.

评注:本题是一个存在判断型的探索性问题, 解答此型问题的一般思路是:假设存在, 然后采用反探法探求.反探法的起点可以是已知条件, 也可以是要探求的位置关系.总之, 从哪儿开始探求方便, 就从哪儿开始.

配套练习:

1.如图1, 已知点E, F分别是正方体ABCD -A1B1C1D1的棱AB, AA1的中点, 点M, N分别是线段D1E与C1F上的点, 则与平面ABCD垂直的直线MN有 ( ) .

(A) 0条 (B) 1条

2.已知平面α, β和直线l, 若α⊥β, α∩β=l, 则 ( ) .

(A) 垂直于平面β的平面一定平行于平面α

(B) 垂直于直线l的直线一定垂直于平面α

(D) 垂直于直线l的平面一定与平面α, β都垂直

3.在空间中, 已知直线a, b和平面α, β, 下列命题中正确的是 ( ) .

(A) 若a∥α, b∥a, 则b∥α

4.一个几何体的三视图如图2所示, 其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆, 则这个几何体的体积是 () .

5.如图3, 在四面体ABCD中, 若截面PQMN是正方形, 则下列命题中错误的是 () .

(A) AC⊥BD

(B) AC∥平面PQMN

(D) 异面直线PM与BD成45°角

6.在如图4 所示的空间直角坐标系O-xyz中, 一个四面体的顶点坐标分别是 (0, 0, 2) , (2, 2, 0) , (1, 2, 1) , (2, 2, 2) .给出图5所示的四个图, 则该四面体的正 (主) 视图和俯视图分别为 ( ) .

(A) ①和② (B) ③和①

7.如图6, 在平面四边形ABCD中, AB=AD=CD=1, , BD⊥CD, 将其沿对角线BD折成四面体A′-BCD, 使平面A′BD⊥平面BCD, 若四面体A′-BCD的顶点在同一个球面上, 则该球的体积为 () .

8.如图7, 在直棱柱ABC-A1B1C1中, 点D1, F1分别是A1B1, A1C1的中点, 若BC=CA=CC1, 则BD1与AF1所成角的余弦值是 ( ) .

9.如图8, 在三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1⊥平面ABC, AA1=AC=2, BC=1, , 则此三棱柱的侧 (左) 视图的面积为____.

10.如图9, 在四面体ABCD中, E, F分别为AB, CD的中点, 过EF任作一个平面α 分别与直线BC, AD相交于点G, H, 则下列结论正确的是____ (填序号) .

①对于任意的平面α, 都有直线GF, EH, BD相交于同一点;

②存在一个平面β, 使得点G在线段BC上, 点H在线段AD的延长线上;

③对于任意的平面α, 都有S△EFG=S△EFH;

④对于任意的平面α, 当G, H在线段BC, AD上时, 几何体ACEGFH的体积是一个定值.

11.如图10, 在 △ABC中, ∠ABC=45°, ∠BAC=90°, AD是BC上的高, 沿AD把△ABD折起, 如图11, 使∠BDC=90°.

(1) 证明:平面ADB⊥平面BDC;

(2) 设BD=1, 求三棱锥D-ABC的表面积.

12.如图12, AB是圆的直径, PA垂直于圆所在的平面, C是圆上的点.

(1) 求证:平面PAC⊥平面PBC;

(2) 若AB=2, AC=1, PA=1, 求二面角C-PB-A的余弦值.

13.如图13, 在角梯形ABCD中, AB ⊥AD, AD∥BC, F为AD的中点, E在BC上, 且EF∥AB, 已知AB=AD=CE=2, 现沿EF把四边形CDFE折起, 如图14, 使平面CDFE⊥平面ABEF.

(1) 求证:AD∥平面BCE;

(2) 求证:AB⊥平面BCE;

(3) 求三棱锥C-ADE的体积.

14.如图15, 在四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD为矩形, PD⊥底面ABCD, AD=PD=2, CD=4, E为CD的中点.

(1) 在棱PB上是否存在一点F, 使得直线EF∥平面PAD;

(2) 求直线AE与平面PAB所成的角.

15.如图16, 正方形ABCD所在的平面与圆O所在的平面相交于CD, 线段CD为圆O的弦, AE垂直于圆O所在的平面, 垂足E是圆O上异于C, D的点, AE=3, 圆O的直径为9.

(1) 求证:平面ABCD⊥平面ADE;

(2) 求二面角D-BC-E的余弦值.

16.如图17, 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱AA1⊥ 底面ABCD, AB∥DC, AA1=1, AB=3k, AD=4k, BC=5k, DC=6k, k>0.

(1) 求证:CD ⊥ 平面ADD1A1;

(2) 若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为6/7, 求k的值.

17.已知某几何体的直观图和三视图如图18所示, 其正 (主) 视图为矩形, 侧 (左) 视图为等腰直角三角形, 俯视图为直角梯形.

(1) 求证:BN⊥平面C1B1N;

(2) 求二面角C-NB1-C1的余弦值.

18.如图19, 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2 的正方形, PD ⊥ 底面ABCD, E, F分别为棱BC, AD的中点.

(1) 若PD=1, 求异面直线PB和DE所成角的余弦值.

(2) 若二面角P-BF-C的余弦值为, 求四棱锥P-ABCD的体积.

19.如图20, 在梯形ABCD中, AD=DC=CB=1, ∠ABC=60°, 四边形ACFE为矩形, 平面ACFE⊥平面ABCD, CF=1.

(1) 求证:BC ⊥ 平面ACFE;

(2) 点M在线段EF上运动, 设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ (θ≤90°) , 试求cosθ的取值范围.

参考答案:

1.B. 2.D. 3.D. 4.B. 5.C.

6.D.先在坐标系中作出一个以O为一个直角顶点, 且棱长为2的正方体, 然后在这个正方体中作出这个四面体, 不难发现该四面体的正 (主) 视图和俯视图分别为④和②.

7.A.依题意可知, A′B⊥A′C, 所以BC是外接球的直径, 且.所以球的半径为.所以球的体积为.

8.A.

9 .分别过C, C1点作CD⊥AB, C1D1⊥A1B1于D, D1, 则此三棱柱的侧 (左) 视图与矩形CDD1C1全等.因为AC=2, BC=1, , 所以 △ABC是直角三角形.所以.所以矩形CDD1C1的面积, 即侧 (左) 视图的面积为.

10.③④.

11. (1) 证明略.

(2) 三棱锥D-ABC的表面积为.

12. (1) 证明略.

(2) 二面角C-PB-A的余弦值为.

13. (1) 证明略.

(2) 证明略.

(3) 三棱锥C-ADE的体积为2/3.

14. (1) 建立如图1 所示空间直角坐标系Dxyz, 则E (0, -2, 0) , P (0, 0, 2) , A (2, 0, 0) , B (2, -4, 0) .

假设在棱PB上是否存在一点F, 使得直线EF∥平面PAD, 设.

易知是平面PAD的一个法向量, 所以EF⊥AB.

所以, 解得λ=1/2.

所以在棱PB上存在一点F, 它是棱PB的中点, 使得直线EF∥平面PAD.

(2) 由 (1) 可知, 当点F是PB的中点时, , 所以.所以EF⊥BP.

因为AB∩BP=B, 所以EF⊥平面PAB.所以是平面PAB的一个法向量.

设直线AE与平面PAB所成的角为θ.

所以直线AE与平面PAB所成的角是30°.

15. (1) AE垂直于圆O所在的平面, CD在圆O所在的平面上, 所以AE⊥CD.

又因为CD⊥AD, AD∩AE=A, 所以CD⊥平面ADE.

⊥ADE.因为CD平面ABCD, 所以平面ABCD⊥平面ADE.

(2) 因为CD⊥平面ADE, DE平面ADE, 所以CD⊥DE.

所以CE为圆O的直径, 即CE=9.

设正方形ABCD的边长为a, 则在Rt△CDE中, DE2=CE2-CD2=81-a2, 在Rt△ADE中, DE2=AD2-AE2=a2-9.所以81-a2=a2-9, 解得a2=45.所以.

如图2, 建立空间直角坐标系Dxyz, 则A (-6, 0, 3) , , E (-6, 0, 0) .

设二面角D-BC-E的大小为θ, 观察图2, 易知θ为锐角.

所以二面角D-BC-E的余弦值为.

16. (1) 如图3, 过点B作BE∥AD, 交DC于点E.

因为AB∥DC, BE∥AD, 所以四边形ABED是平行四边形.

所以DE=AB=3k, BE=AD=4k, 所以EC=6k-3k=3k.

所以BE2+EC2=BC2.所以 △BEC是直角三角形, 且∠BEC是直角.所以CD⊥BE.

又因为BE∥AD, 所以CD⊥AD.

因为AA1⊥底面ABCD, 所以CD⊥AA1.

因为AA1∩ AD = A, 所以CD ⊥ 平面ADD1A1.

(2) 建立如图4 所示的空间直角坐标系Dxyz, 则A (4k, 0, 0) , C (0, 6k, 0) , A1 (4k, 0, 1) , B1 (4k, 3k, 1) , 所以.

整理, 得k2=1.

因为k>0, 所以k=1.

17. (1) 如图5, 建立空间直角坐标系Bxyz, 则B1 (0, 8, 0) , C (0, 0, 4) , C1 (0, 8, 4) , N (4, 4, 0) .

所以.所以BN ⊥B1N, BN⊥C1N.

因为B1N ∩C1N = N, 所以BN ⊥ 平面C1B1N.

(2) 由 (1) 可知C1B1N的一个法向量为.

设平面CNB1的一个法向量为n= (x, y, 1) .因为, 所以由解得x=y=1/2.所以.

设二面角C-NB1-C1的大小为θ, 观察图形, 易知θ为锐角.

所以二面角C-NB1-C1的余弦值为.

18.如图6, 建立空间直角坐标系Dxyz, 则B (2, 2, 0) , C (0, 2, 0) , E (1, 2, 0) , F (1, 0, 0) .

(1) 若PD=1, 则P (0, 0, 1) , 所以.

设异面直线PB和DE所成的角为θ, 则.

所以异面直线PB和DE所成角的余弦值为.

(2) 设PD=h, 则P (0, 0, h) , 所以, 它是平面CBF的一个法向量.

所以四棱锥P-ABCD的体积为.

19. (1) 在梯形ABCD中, 因为AB∥CD, AD=DC=CB=1, ∠ABC=60°, 所以AB=2.

所以AB2=AC2+BC2, 则BC⊥AC.

因为平面ACFE ⊥ 平面ABCD, 平面ACFE∩平面ABCD=AC, BC平面ABCD, 所以BC⊥平面ACFE.

(2) 建立如图7 所示的空间直角坐标系Cxyz, 令, 则, B (0, 1, 0) , M (λ, 0, 1) , 所以.

所以.

易知n= (1, 0, 0) 是平面FCB的一个法向量, 所以.

因为, 所以当λ=0时, cosθ取得最小值;当时, cosθ取得最大值1/2.

所以cosθ的取值范围是.

(山东马继峰)

八、平面解析几何部分

考点1 直线与圆的方程

直线与圆的方程是进一步研究圆锥曲线的基础.纵观近年来全国各地高考对该部分内容的考查, 充分体现了课标和考纲的要求, 考查的重点:一是依据给出的几何要素求直线、圆的方程 (多是直线与圆、圆锥曲线的综合) ;二是判断直线与圆、圆与圆的位置关系, 讨论直线与圆的相交、相切问题;三是计算弦长、面积, 考查与圆有关的最值;四是求以圆为载体的曲线轨迹方程等.题型多为考查“三基”的中、低档客观题, 也有难度较大的综合性解答题.注重基础知识之间的内在联系, 注重挖掘基础知识的能力因素, 注重运算推证的准确熟练程度, 注重对数形结合、化归与转化等数学思想方法的考查.

例1过点引直线l与曲线相交于A, B两点, O为坐标原点, 当△AOB的面积取最大值时, 直线l的斜率等于 () .

评注:本题关涉圆的弦长的计算问题, 是直线与圆的方程中的常见题型.弦长可以通过求出直线与圆的交点坐标, 利用两点间的距离公式直接求得;抑或在直线斜率存在的前提下设其为k, 将直线与圆的方程联立消去y后得到关于x的一元二次方程, 则弦长 (x1, x2为方程的两根) , 间接求出;还可以像本例那样, 利用半弦、弦心距及半径构成的直角三角形, 借助勾股定理解得.

例2 过点 (3, 1) 作圆 (x-1) 2+y2=1的两条切线, 切点分别为A, B, 则直线AB的方程为 ( ) .

(A) 2x+y-3=0 (B) 2x-y-3=0

解析:经判断切线的斜率存在, 设切线的方程为y-1=k (x-3) .由圆心 (1, 0) 到切线的距离, 可求得k=0或k=4/3.于是可求得两个切点A, B的坐标分别为 (1, 1) , , 所以直线AB的方程为2x+y-3=0.故选A.

例3 圆心在曲线 (x>0) 上, 与直线2x+y+1=0相切, 且面积最小的圆的方程为 ( ) .

(A) (x-1) 2+ (y-2) 2=25

(B) (x-1) 2+ (y-2) 2=5

(D) (x-2) 2+ (y-1) 2=5

解析:先探求半径最小时的条件, 由此确定圆心和半径即可.设圆心的坐标为 (a>0) , 则半径, 当且仅当, 即a=1时取等号, 也就是当a=1时圆的半径最小, 此时, C (1, 2) , 可得符合条件的圆的方程为 (x-1) 2+ (y-2) 2=5.故选B.

评注:上述求解过程中, 首先根据点到直线的距离公式表示圆的半径, 再利用基本不等式求出半径的最小值, 从而突破了圆的面积最小这一关键要素.如果不能将“直线与圆相切”与“圆的面积最小”二者有机勾连, 就难以找到问题的解决路径, 并且容易陷入盲目与混乱.

例4 已知过点A (0, 1) 且斜率为k的直线l与圆C: (x-2) 2+ (y-3) 2=1交于M, N两点.

(1) 求k的取值范围;

(2) , 其中O为坐标原点, 求|MN|.

解析: (1) 由题意, 可设直线l的方程为y=kx+1, 即kx-y+1=0.因为直线l与圆C: (x-2) 2+ (y-3) 2=1交于M, N两点, 所以圆心C (2, 3) 到直线l的距离小于半径1, 即.解得.所以k的取值范围是.

(2) 设M (x1, y1) , N (x2, y2) .将y=kx+1代入方程 (x-2) 2+ (y-3) 2=1, 整理, 得 (1+k2) x2-4 (k+1) x+7=0, 所以.因为, 所以, 解得k=1.所以l的方程为y=x+1.易知圆心在直线l上, 故|MN|=2.

评注:解决此类问题可通过直线方程与圆锥曲线方程组成的二元二次方程组的解的情况来探求.

例5 在平面直角坐标系xOy中, 点A (0, 3) , 直线l:y=2x-4.设圆C的半径为1, 圆心在l上.

(1) 若圆心C也在直线y=x-1上, 过点A作圆C的切线, 求切线的方程;

(2) 若圆C上存在点M , 使MA=2 MO, 求圆心C的横坐标a的取值范围.

解析: (1) 易得圆心坐标C (3, 2) , 圆的方程为 (x-3) 2+ (y-2) 2=1.由于切线斜率不存在时, 不合题意, 因此可设切线方程为y=kx+3.所以.解得k=0或.故切线的方程为y=3或.

(2) 设C (a, 2a-4) , 则圆C的方程为 (x-a) 2+ (y-2a+4) 2=1.设M (x0, y0) , 由题意 (x0-a) 2+ (y0-2a+4) 2=1.因为MA =2 MO, 所以x02+ (y0-3) 2=4x02+4y02, 即x02+ (y0+1) 2=4.又因为点M存在, 圆 (x-a) 2+ (y-2a+4) 2=1 与圆x2+ (y+1) 2=4 有交点, 即两圆相交或相切, 所以 (2-1) 2≤d2≤ (2+1) 2, 即1≤ (a-0) 2+[ (2a-4- (-1) ]2≤9, 解得, 即为所求.

评注:这是一道涉及直线与圆、圆与圆位置关系的综合问题.第 (1) 问考查求圆的切线方程的一般方法;第 (2) 问解法比较灵活, 需将几何等式MA=2 MO转化为代数等式 (即一个圆的方程) , 进而把所求问题转化为“已知两圆的位置关系, 通过圆心距变化范围, 探求参数取值范围”问题, 这要求我们熟练掌握知识、技能和相关思想方法.

例6 已知动圆过定点A (4, 0) , 且在y轴上截得的弦MN的长为8.

(1) 求动圆圆心的轨迹C的方程;

(2) 已知点B (-1, 0) , 设不平行于y轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是"PBQ的角平分线, 证明直线l过定点.

解析: (1) 设圆心C的坐标为 (x, y) , MN的中点为E, 则由CA2=CM2=ME2+EC2, 得 (x-4) 2+y2=42+x2, 即y2=8x.

(2) 证明:设P (x1, y1) , Q (x2, y2) .由题意, 知y1+y2≠0, y1y2<0, 不妨设y2<0.又因为x轴是∠PBQ的角平分线, 所以tan∠PBO=tan∠QBO, 即.又y21=8x1, y22=8x2, 所以y1y2=-8.①

由①和②两式, 解得b=-k, 代入直线l的方程, 得y=k (x-1) .

故直线l恒过 (1, 0) 点, 结论获证.

评注:本例第 (1) 问是以动圆为背景, 探求抛物线的方程.求轨迹方程的常用方法有直接法、待定系数法、定义法、代入法 (相关点法) 、参数法等.第 (2) 问属于证明动直线过定点问题, 其一般方法是运用已知条件将直线方程变换成含有一个参数的点斜式形式, 进而找到直线所过的定点坐标.

考点2 圆锥曲线

圆锥曲线是高考的重点考查内容, 在近年来全国各地的高考试卷中, 该部分内容的题量大都保持一小一大或两小一大的格局, 分值在17分与24分之间.重点考查圆锥曲线的定义、方程和几何性质, 其中大多数试题的背景仍以椭圆居多, 抛物线次之, 双曲线最少.对定义、方程内容的考查注重基础.从知识点看, 在注重考查基本概念和几何性质的基础上, 加大了学科内的知识综合.从数学思想方法看, 在重视解析几何本质的同时, 既强调通性通法, 淡化特殊技巧, 又注重提供灵活运用坐标法解题的空间.文、理科试卷在圆锥曲线试题上的差异也越来越明显, 所采用的方式有:小题相同但大题不同, 曲线相同但难易有别, 题目相同但排序不同, 背景相同但设问不同, 起点相同但终点不同, 且往往以“姊妹题”的方式呈现.

例7设F1, F2是双曲线C: (a>0, b>0) 的左、右焦点, P是C上一点, 若|PF1|+|PF2|=6a, 且△PF1F2的最小内角为30°, 则C的离心率为_____.

评注:题目中的△PF1F2称为焦点三角形, 处理与其相关的问题时, 通常要用到双曲线 (椭圆) 的定义和余弦定理等知识.

例8 如图1, 在正方形OABC中, O为坐标原点, 点A的坐标为 (10, 0) , 点C的坐标为 (0, 10) .分别将线段OA和AB十等分, 分点分别记为A1, A2, …, A9和B1, B2, …, B9, 连结OBi, 过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi (i∈N*, 1≤i≤9) .

(1) 求证:点Pi (i∈N*, 1≤i≤9) 都在同一条抛物线上, 并求该抛物线E的方程;

(2) 过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M , N, 若△OCM与△OCN的面积比为4∶1, 求直线l的方程.

解析: (1) 依题意, 过Ai (i∈N*, 1≤i≤9) 且与x轴垂直的直线方程为x=i.因为Bi (10, i) , 所以直线OBi的方程为.设点Pi的坐标为 (x, y) , 由得, 即x2=10y, 所以Pi (i∈N*, 1≤i≤9) 都在同一条抛物线上, 且抛物线E的方程为x2=10y.

(2) 易知直线l的斜率存在, 设其方程为y=kx+10.由得x2-10kx-100=0, 此时, Δ=100k2+400>0, 直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M, N.设M (x1, y1) , N (x2, y2) , 则因为S△OCM=4S△OCN, 所以|x1|=4|x2|.又因为x1·x2<0, 所以x1=-4x2.代入解得.所以直线l的方程为, 即3x-2y+20=0或3x+2y-20=0.

评注:本题立意于抛物线的一种几何生成方式, 以求抛物线方程和直线方程设问, 需要抓住抛物线的几何性质和直线与抛物线的位置关系, 以化归与转化、数形结合以及函数与方程思想为指导, 顺利推理运算求解.

例9 如图2, 椭圆的中心为原点O, 长轴在x轴上, 离心率, 过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A, A′两点, |AA′|=4.

(1) 求该椭圆的标准方程;

(2) 取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P, P′, 过P, P′作圆心为Q的圆, 使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQ⊥P′Q, 求圆Q的标准方程.

(2) 设M (x, y) 是椭圆上任意一点, 由椭圆的对称性, 又设Q (x0, 0) , 则. (*)

设P (x1, y1) , 由题意, P是椭圆上到Q的距离最小的点, 因此, (*) 式当x=x1时取最小值.

又因为x∈ [-4, 4], 所以 (*) 式当x=2x0时取最小值, 从而x1=2x0, 且|QP|2=8-x02.

因为PQ⊥P′Q, 且P′ (x1, -y1) , 所以, 即 (x1-x0) 2-y21=0.

评注:本题考查椭圆和圆的方程的求法, 对数学综合能力的要求较高.运用圆锥曲线的知识, 准确迅速地将曲线的几何特征转化为数量关系 (方程、函数等) , 是解答此类问题的关键.

考点3 圆锥曲线的综合应用

高考数学试卷对知识、方法和能力的考查不可能孤立进行, 要充分体现各要素之间的关联和综合性.依托知识之间、思想方法之间或者能力之间的交会命题, 成为体现高考考查全面性、达成考查目标的必然选择.对于解析几何内容的考查当然也概莫能外, 通常的做法是通过坐标思想一线穿珠, 动态变化蕴含其中, 自然地将圆锥曲线、直线与圆的方程、其他模块内容以及平面几何的知识进行内外交会整合, 充分彰显几何、代数与坐标方法三位一体的立体命题特色, 考查对数形结合、化归与转化等数学思想方法的理解和掌握的程度.

例10如图3, F1, F2是椭圆C1:与双曲线C2:的公共焦点, A, B分别是C1, C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形, 则C2的离心率是 () .

解析:设AF1=m, AF2=n, 则m+n=4, , 可得mn=2.在双曲线中, , 因为m-n=2a, 所以 (2a) 2= (m-n) 2=m2+n2-2mn, 解得.所以C2的离心率.故选D.

评注:对于圆锥曲线问题, 利用定义法求解通常是首选之举.

例11已知F1, F2分别是椭圆E:的左、右焦点, F1, F2关于直线x+y-2=0的对称点是圆C的一条直径的两个端点.

(1) 求圆C的方程;

(2) 设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a, b, 当ab最大时, 求直线l的方程.

解析: (1) 由题意易知, F1 (-2, 0) , F2 (2, 0) , 圆C的半径为2, 圆心C为原点O关于直线x+y-2=0的对称点.设圆心C (x0, y0) , 则有

故所求圆C的方程为 (x-2) 2+ (y-2) 2=4.

(2) 设直线l的方程为x=my+2, 则圆心到直线l的距离为, 所以.

故直线l的方程为.

评注:本题以椭圆为背景, 创设了求圆和直线方程的综合问题.解决第 (1) 问的关键是求对称点的坐标;第 (2) 问考查了圆、椭圆中弦长的求解方法, 由于涉及“最值”, 因此探求参数取值范围时, 应考虑利用基本不等式或函数.另外, 将直线l的方程设为x=my+2, 巧妙地避开了对斜率存在与否的讨论.

例12 如图4, 已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O, 长轴均为MN且在x轴上, 短轴长分别为2m, 2n (m>n) , 过原点且不与x轴重合的直线l与C1, C2的四个交点按纵坐标从大到小依次排列为A, B, C, D.记 λ=m/n, △BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.

(1) 当直线l与y轴重合时, 若S1=λS2, 求λ的值.

(2) 当λ变化时, 是否存在与坐标轴不重合的直线l, 使得S1=λS2?并说明理由.

同理可得, .

又因为△BDM和△ABN的高相等, 所以.如果存在非零实数k使得S1=λS2, 则有 (λ-1) yA= (λ+1) yB, 即, 解得.所以当时, k2>0, 存在这样的直线l;当时, k2≤0, 不存在这样的直线l.

评注:本题以椭圆离心率的几何性质为背景, 将控制椭圆扁平程度的伸缩量融入三角形的面积关系之中进行设问, 主要考查运用方程与不等式等基础知识和坐标法研究直线与椭圆的位置关系问题.尽管伸缩量λ 和直线方程中的参数k都在变化, 但只要抓住两个三角形始终保持等高的特征, 借助图形的对称性, 就能将其面积比S1∶S2转换成对应线段长的比|BD|∶|AB|, 再逐步将k用λ 表示出来, 就可对直线l的存在条件作出准确的分析判断.

例13如图5, 已知曲线C1:, 曲线C2:|y|=|x|+1, P是平面上一点, 若存在过点P的直线与C1, C2都有公共点, 则称P为“C1-C2型点”.

(1) 在正确证明C1的左焦点是“C1-C2型点”时, 要使用一条过该焦点的直线, 试写出一条这样的直线的方程 (不要求验证) ;

(2) 设直线y=kx与C2有公共点, 求证|k|>1, 进而证明原点不是“C1-C2型点”;

(3) 求证:圆x2+y2=1/2内的点都不是“C1-C2型点”.

解析: (1) C1的左焦点为, 过F的直线与C1交于, 与C2交于, 故C1的左焦点为“C1-C2型点”, 且直线可以为.

(2) 证明:直线y=kx与C2有交点, 则由得 (|k|-1) |x|=1.若方程有解, 则须|k|>1.直线y=kx与C1有交点, 则由得 (1-2k2) x2=2.若方程有解, 则须k2<1/2.故直线y=kx至多与曲线C1和C2中的一条有交点, 即原点不是“C1-C2型点”.

(3) 证明:显然过圆x2+y2=1/2内一点的直线l若与曲线C1有交点, 则斜率必存在;根据对称性, 不妨设直线l的斜率存在且与曲线C2交于点 (t, t+1) (t≥0) , 则l:y- (t+1) =k (x-t) , 即kx-y+ (1+t-kt) =0.若直线l与圆内部有交点, 则, 化简得.①

由① ②, 得, 推得k2< 1, 但此时, 因为t≥ 0, [1+t (1-k) ]2≥1, , 即 ① 式不成立.

当k2=1/2时, ①式显然不成立.

综上, 若直线l与圆x2+y2=1/2内有交点, 则不可能同时与曲线C1和C2有交点, 即圆内的点都不是“C1-C2型点”.

评注:本例利用双曲线和四条射线作背景, 将直观与对称、具体与抽象完美结合, 把射线、直线、圆和双曲线融为一体, 起点的举例说明、中间的衔接过渡、终点的结论证明, 从特殊到一般、从具体到抽象、从尝试到论证, 体现着数学探究的具体过程.该题又属信息迁移型题目, 主要考查学生的阅读理解能力、知识迁移能力和后续学习的潜能.

配套练习:

1.直线l:y=kx+1与圆O:x2+y2=1相交于A, B两点, 则“k=1”是“△ABC的面积为1/2”的 () .

(A) 充要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既不充分又不必要条件

2.垂直于直线y=x+1且与圆x2+y2=1相切于第一象限的直线方程是 ( ) .

3.已知F是双曲线C:x2-my2=3m (m>0) 的一个焦点, 则点F到C的一条渐近线的距离为 ( ) .

4.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F, 准线为l, P是l上一点, Q是直线PF与抛物线C的一个交点, 若, 则|QF|= ( ) .

5.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 ( ) .

6.若圆C经过坐标原点和点 (4, 0) , 且与直线y=1相切, 则圆C的方程是____.

7.一个圆经过椭圆的三个顶点, 且圆心在x轴的正半轴上, 则该圆的标准方程为____.

8.已知椭圆C: (a>b>0) 的左焦点为F, C与过原点的直线相交于A, B两点, 连结AF, BF.若|AB|=10, |AF|=6, cos∠ABF=4/5, 则C的离心率e=___.

9.已知F是双曲线C:的右焦点, P是C左支上一点, , 当△APF的周长最小时, 该三角形的面积为____.

10.如图, 抛物线E:y2=4x的焦点为F, 准线l与x轴的交点为A.点C在抛物线E上, 以C为圆心, CO为半径作圆, 设圆C与准线l交于不同的两点M , N.

(1) 若点C的纵坐标为2, 求|MN|;

(2) 若|AF|2=|AM|·|AN|, 求圆C的半径.

11.已知点P (2, 2) , 圆C:x2+y2-8y=0, 过点P的动直线l与圆C交于A, B两点, 线段AB的中点为M , O为坐标原点.

(1) 求M的轨迹方程;

(2) 当|OP|=|OM|时, 求l的方程及△POM的面积.

12.已知点A (0, -2) , 椭圆E: (a>b>0) 的离心率为, F是E的右焦点, 直线AF的斜率为, O为坐标原点.

(1) 求E的方程;

(2) 设过点A的动直线l与E相交于P, Q两点, 当△OPQ的面积最大时, 求l的方程.

参考答案:

1.C. 2.A. 3.D. 4.B.

5.A.如图1, 作圆C1关于x轴的对称圆C1′: (x-2) 2+ (y+3) 2=1, 则|PM|+|PN|=|PM′|+|PN|.由图可知, 当C2, M′, P, N, C1′在同一直线上时, |PM|+|PN|=|PM′|+|PN|取得最小值, 即为.

8.5/7.

9..设双曲线的左焦点为F1, 由双曲线的定义知, |PF|=2a+|PF1|, 所以△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+2a+|PF1|+|AF|=|PA|+|PF1|+|AF|+2a, 由于|AF|+2a是定值, 要使△APF的周长最小, 需|PA|+|PF1|最小, 即P, A, F1共线.因为, F1 (-3, 0) , 所以直线AF1的方程为, 即, 代入, 整理, 得, 解得 (舍去) , 所以

10. (1) 易知圆心C (1, 2) , 半径为, 圆心到直线MN的距离为2, 所以可得弦长|MN|=2.

(2) 设C (a2/4, a) , M (-1, y1) , N (-1, y2) , 则圆C的半径, 从而圆C的方程为, 与准线方程x=-1联立并消去x, 得, 于是.由|AF|2=|AM|·|AN|, 易得|y1y2|=4, 所以.

11. (1) 圆C的方程可化为x2+ (y-4) 2=16, 所以圆心为C (0, 4) , 半径为4.设M (x, y) , 则, 由题设知, 所以x (2-x) + (y-4) (2-y) =0, 即 (x-1) 2+ (y-3) 2=2, 此即为M的轨迹方程.

(2) 由 (1) 可知M的轨迹是以点N (1, 3) 为圆心, 为半径的圆.由|OP|=|OM|, 得O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上, 从而ON⊥PM, 如图2.因为ON的斜率为3, 所以l的斜率为, 直线l的方程为.又因为, 原点O到l的距离为, 所以.故△POM的面积为.

12. (1) 直线AF的方程为.因为, 所以a=2.又b2=a2-c2=1, 所以椭圆E的方程为.

(2) 当l⊥x轴时不符合题意.设直线l的方程为y=kx-2, P (x1, y1) , Q (x2, y2) .由.由Δ=162k2-4×12× (1+4k2) =16 (4k2-3) >0, 得.

故满足题意的直线l的方程为.

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