2018屆高考數(shù)學二輪復習 第一部分 層級三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 文.doc

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1、 第一部分 層級三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 壓軸專題(一) 選擇題第12題、填空題第16題的搶分策略 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內容 命題分析 2017 卷Ⅰ 橢圓的標準方程和性質 選擇題第12題、填空題第16題,一般難度較大,從近幾年試題分析,這兩道題主要考查函數(shù)與導數(shù)問題、創(chuàng)新問題、圓錐曲線的性質、數(shù)列、三角函數(shù)、立體幾何等知識.大多數(shù)考生對這類題目存在畏懼心理,其實若能靜下心來審讀這類題目,也是完全可以得分的.一些能力欠佳的考生,會用一定的猜題技巧,極有可能猜對答案,即平常我們所說的“瞎猜的不如會猜的”. 三棱錐的體積與球的表面積公式、面面

2、垂直的性質等 卷Ⅱ 拋物線的定義及性質、直線與拋物線的位置關系 解三角形、三角恒等變換 卷Ⅲ 函數(shù)的零點 分段函數(shù)、解不等式 2016 卷Ⅰ 函數(shù)的單調性、導數(shù)的應用 卷Ⅱ 二次函數(shù)、抽象函數(shù)的對稱性 實際問題中的邏輯推理 卷Ⅲ 直線與橢圓的位置關系、橢圓的離心率求法 2015 卷Ⅰ 對稱問題中函數(shù)解析式的求法、指數(shù)式與對數(shù)式的互化 雙曲線的定義、標準方程、三角形的面積 卷Ⅱ 函數(shù)的奇偶性、對數(shù)函數(shù)的性質、復合函數(shù)的單調性 導數(shù)的幾何意義及其應用 審題探尋實質 [典例] (2016·四川高考)在平面直角坐標系中,當P(x,y)不

3、是原點時,定義P的“伴隨點”為P′,;當P是原點時,定義P的“伴隨點”為它自身.現(xiàn)有下列命題: ①若點A的“伴隨點”是點A′,則點A′的“伴隨點”是點A; ②單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上; ③若兩點關于x軸對稱,則它們的“伴隨點”關于y軸對稱; ④若三點在同一條直線上,則它們的“伴隨點”一定共線. 其中的真命題是________(寫出所有真命題的序號). [解析] 對于①,特殊值法.取A(1,1),則A′,A′的“伴隨點”為點(-1,-1).故①為假命題. 對于②,單位圓的方程為x2+y2=1,設其上任意一點(x,y)的“伴隨點”為(x′,y′), 則 ∴y2+(-x

4、)2=y(tǒng)2+x2=1.故②為真命題. ③設A(x,y),B(x,-y),則它們的伴隨點分別為A′,B′,A′與B′關于y軸對稱,故③為真命題. ④設共線的三點A(-1,0),B(0,1),C(1,2),則它們的伴隨點分別為A′(0,1),B′(1,0),C′,此三點不共線,故④為假命題. 故真命題為②③. [答案] ②③ [題后悟通] 1.解答此題應理解“伴隨點”的含義,即P(x,y)→P′,問題即可解決. 2.解答新定義問題要仔細觀察,認真閱讀,在徹底領悟、準確辨析的基礎上,進行歸納、類比,將新定義問題轉化為已有知識的問題解決.     [針對訓練] 1.(2018屆高三

5、·湘中高三聯(lián)考)對于數(shù)列{an},定義Hn=為{an}的“優(yōu)值”,現(xiàn)在已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn=2n+1,記數(shù)列{an-kn}的前n項和為Sn,若Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立,則實數(shù)k的取值范圍為________. 解析:由Hn=2n+1, 得n·2n+1=a1+2a2+…+2n-1an,① 則當n≥2時,(n-1)·2n=a1+2a2+…+2n-2an-1,② ①-②,得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n, 所以an=2n+2,令bn=an-kn=(2-k)n+2, 又Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立,所以 即解得≤k≤. 答案: 運算善用技巧

6、 [典例] (2016·全國卷Ⅱ)若直線y=kx+b是曲線y=ln x+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=________. [解析] 求得(ln x+2)′=,[ln(x+1)]′=. 設曲線y=ln x+2上的切點為(x1,y1),曲線y=ln(x+1)上的切點為(x2,y2), 則k==,所以x2+1=x1. 又y1=ln x1+2,y2=ln(x2+1)=ln x1, 所以k==2, 所以x1==,y1=ln +2=2-ln 2, 所以b=y(tǒng)1-kx1=2-ln 2-1=1-ln 2. [答案] 1-ln 2 [題后悟通] 解答本題體現(xiàn)了運算技巧,

7、在求解中,巧妙地利用斜率k得出x1=x2+1,利用斜率公式可求得k的值,再代入直線方程,求出b的值.解答此類問題應注意整體代換、變形代換的思想. [針對訓練] 2.(2017·鄭州質檢)設正實數(shù)x,y滿足x>,y>1,不等式+≥a恒成立,則a的最大值為(  ) A.2          B.4 C.8 D.16 解析:選C 法一:依題意得,2x-1>0,y-1>0,+=+≥+≥4×2=8,即+≥8,當且僅當即時,取等號,因此+的最小值是8,即a≤8,故a的最大值是8. 法二:令m=2x-1,n=y(tǒng)-1, 則m>0,n>0,x=,y=n+1, +=+ =+≥+≥2=

8、8, 當且僅當m=1且n=1,即x=1,y=2時取等號, 即+≥8, 故a≤8,所以a的最大值是8. 排除簡化過程 [典例] (2017·天津高考)已知函數(shù)f(x)=設a∈R,若關于x的不等式f(x)≥在R上恒成立,則a的取值范圍是(  ) A.[-2,2] B.[-2,2] C.[-2,2 ] D.[-2,2 ] [解析] 選A 法一:作出f(x)的圖象如圖所示. 當y=的圖象經過點(0,2)時,可知a=±2. 當y=+a的圖象與y=x+的圖象相切時, 由+a=x+,得x2-2ax+4=0,由Δ=0, 并結合圖象可得a=2. 要使f(x)≥恒成立

9、, 當a≤0時,需滿足-a≤2,即-2≤a≤0, 當a>0時,需滿足a≤2,即0<a≤2, 綜上可知,-2≤a≤2. 法二:∵f(x)≥在R上恒成立, ∴-f(x)-≤a≤f(x)-在R上恒成立. ①令g(x)=-f(x)-. 當0≤x<1時,f(x)=x+2, g(x)=-x-2-=-x-2≤-2, 即g(x)max=-2. 當x<0時,f(x)=-x+2,g(x)=x-2-=-2, 即g(x)<-2. 當x≥1時, f(x)=x+,g(x)=-x--=-x-≤-2, 即g(x)max=-2. ∴a≥-2. ②令h(x)=f(x)-. 當0≤x<1時, f

10、(x)=x+2,h(x)=x+2-=+2≥2, 即h(x)min=2. 當x<0時, f(x)=-x+2,h(x)=-x+2-=-x+2>2, 即h(x)>2. 當x≥1時, f(x)=x+,h(x)=x+-=+≥2, 即h(x)min=2. ∴a≤2. 綜上可知,-2≤a≤2. 法三:若a=2,則當x=0時,f(0)=2, 而=2,不等式不成立,故排除選項C,D. 若a=-2,則當x=0時,f(0)=2,而=2,不等式不成立,故排除選項B.故選A. [題后悟通] 此題直接求解難度較大,但也有一定的技巧可取,通過比較四個選項,只需判斷a=2,-2是否滿足條件即可,這

11、種策略在做選擇題時經常用到.     [針對訓練] 3.(2017·東北四市高考模擬)已知函數(shù)f(x)=,若對?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都為某個三角形的三邊長,則實數(shù)m的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選C f(x)==1+, 令t=cos x+2,由于-1≤cos x≤1,因此1≤t≤3, 設g(t)=1+(1≤t≤3). 法一:若對?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都為某個三角形的三邊長,不妨設af(c)恒成立,故只需2f(x)min>f(x)max即可,即2g(t)min>

12、g(t)max.當m=2時,f(a)=f(b)=f(c)=1,成立,故m=2符合題意;當m<2時,g(t)=1+在[1,3]上單調遞增,則解得2時,g(t)=1+在[1,3]上單調遞減,則解得2

13、f(x),若函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點為(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),則(xi+yi)=(  ) A.0 B.m C.2m D.4m [解析] 法一:因為f(-x)=2-f(x),所以f(-x)+f(x)=2.因為=0,=1,所以函數(shù)y=f(x)的圖象關于點(0,1)對稱.函數(shù)y==1+,故其圖象也關于點(0,1)對稱.所以函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym)成對出現(xiàn),且每一對均關于點(0,1)對稱,所以i=0,i=2×=m,所以(xi+yi)=m. 法二:因為f(-x)=2-f(x),所以f(-x)+f

14、(x)=2.因為=0,=1,所以函數(shù)y=f(x)的圖象關于點(0,1)對稱.可設y=f(x)=x+1,由得交點(-1,0),(1,2),則x1+y1+x2+y2=2,結合選項,應選B. [答案] B [題后悟通] 1.解答此題的思路是由條件f(-x)=2-f(x)知y=f(x)的圖象關于點(0,1)對稱,從而構造特殊函數(shù)y=x+1,解出與y=的交點坐標,代入、驗證. 2.處理此類問題經常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊位置等進行求解.     [針對訓練] 4.(2017·沈陽質檢)已知P是雙曲線-y2=1上任意一點,過點P分別作雙曲線的兩條漸近線的垂線,

15、垂足分別為A,B,則·的值是(  ) A.- B. C.- D. 解析:選A 法一:令點P(x0,y0),因為該雙曲線的漸近線分別是-y=0,+y=0,所以可取|PA|=,|PB|=,又cos∠APB=-cos∠AOB=-cos2∠AOx=-cos=-,所以·=||·||·cos∠APB=·=×=-. 法二:如圖,由題意知,雙曲線的漸近線方程為y=±x, ∴∠AOB=60°, ∴∠APB=120°, ∴·<0. 取P點為雙曲線右頂點. 則|PA|=|PB|=|OP|=, ∴·=-.

16、 一、選擇題 1.設a1,a2,a3,…,an∈R,n≥3.若p:a1,a2,a3,…,an成等比數(shù)列;q:(a+a+…+a)(a+a+…+a)=(a1a2+a2a3+…+an-1an)2,則(  ) A.p是q的充分條件,但不是q的必要條件 B.p是q的必要條件,但不是q的充分條件 C.p是q的充分必要條件 D.p既不是q的充分條件,也不是q的必要條件 解析:選A (特殊數(shù)列)取大家最熟悉的等比數(shù)列an=2n,代入q命題(不妨取n=3)滿足,再取an=3n代入q命題(不妨取n=3)也滿足,反之取a1=a2=a3=…=an=0時,滿足q命題,但不滿足p命題,故p是q的充分條件,

17、但不是q的必要條件. 2.(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點,則a=(  ) A.-           B. C. D.1 解析:選C 法一:由f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),得f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),所以f(2-x)=f(x),即x=1為f(x)圖象的對稱軸.由題意,f(x)有唯一零點,所以f(x)的零點只能為x=1,即f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1

18、+1)=0,解得a=. 法二:由f(x)=0?a(ex-1+e-x+1)=-x2+2x. ex-1+e-x+1≥2=2,當且僅當x=1時取“=”. -x2+2x=-(x-1)2+1≤1,當且僅當x=1時取“=”. 若a>0,則a(ex-1+e-x+1)≥2a, 要使f(x)有唯一零點,則必有2a=1,即a=. 若a≤0,則f(x)的零點不唯一. 綜上所述,a=. 3.已知函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調,且函數(shù)y=f(x-2)的圖象關于直線x=1對稱,若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),則數(shù)列{an}的前100項的和為(  ) A.-200

19、 B.-100 C.0 D.-50 解析:選B 因為函數(shù)y=f(x-2)的圖象關于直線x=1對稱,則函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=-1對稱.又函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調,數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,且f(a50)=f(a51),所以a50+a51=-2,所以S100==50(a50+a51)=-100. 4.(2017·貴州適應性考試)已知點A是拋物線x2=4y的對稱軸與準線的交點,點F為拋物線的焦點,P在拋物線上且滿足|PA|=m|PF|,當m取最大值時,|PA|的值為(  ) A.1 B. C. D.2 解析:選D 設P(x,y),由拋物線的定義知|P

20、F|=y(tǒng)+1,|PA|=,所以m=,平方得m2=,又x2=4y,當y=0時,m=1,當y≠0時,m2==+1=1+,由基本不等式可知y+≥2,當且僅當y=1時取等號,此時m取得最大值,故|PA|==2. 5.對任意實數(shù)a,b,c,d,定義= 已知函數(shù)f(x)=,直線l:kx-y+3-2k=0,若直線l與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點,則實數(shù)k的取值范圍是(  ) A.∪ B. C.∪ D.(-1,1) 解析:選A 由題意知, f(x)== 直線l:y=k(x-2)+3過定點A(2,3),畫出函數(shù)f(x)的圖象,如圖所示,其中f(x)=(x≤-2或x≥2)的圖象為雙曲線的上半

21、部分,f(x)= (-2

22、0 C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,則a2+b2+c2<100 D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,則a2+b2+c2<100 解析:選D 對于A,取a=b=10,c=-110, 顯然|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1成立, 但a2+b2+c2>100,即a2+b2+c2<100不成立. 對于B,取a2=10,b=-10,c=0, 顯然|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1成立, 但a2+b2+c2=110,即a2+b2+c2<100不成立. 對于C,取a=10,b=-10,c=0, 顯然|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1成立, 但a2+b

23、2+c2=200,即a2+b2+c2<100不成立. 綜上知,A、B、C均不成立,所以選D. 7.(2017·鄭州質檢)已知函數(shù)f(x)=.若當x>0時,函數(shù)f(x)的圖象恒在直線y=kx的下方,則k的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選B 由題意,當x>0時,f(x)=0.又f′(x)=,由切線的幾何意義知,要使f(x)

24、.設D,E分別為線段AB,AC的中點,且BE―→·=0,記α為與的夾角,則下述判斷正確的是(  ) A.cos α的最小值為 B.cos α的最小值為 C.sin的最小值為 D.sin的最小值為 解析:選D 依題意得=(+)=[-+(-)]=(-2),BE―→=(+)=[-+(-)]=(-2).由·BE―→=0,得(-2)·(-2)=0,即-22-22+5·=0,整理得,||2+||2=||·||cos α≥2||·||,所以cos α≥,sin-2α=cos 2α=2cos2α-1≥2×2-1=,所以sin-2α的最小值是. 9.(2017·石家莊質檢)在《九章算術》中,將四個面

25、都是直角三角形的四面體稱為鱉臑,在鱉臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,且BD⊥CD,AB=BD=CD,點P在棱AC上運動,設CP的長度為x,若△PBD的面積為f(x),則f(x)的圖象大致是(  ) 解析:選A 如圖,作PQ⊥BC于Q,作QR⊥BD于R,連接PR,則由鱉臑的定義知PQ∥AB,QR∥CD. 設AB=BD=CD=1, 則==,即PQ=, 又===,所以QR=, 所以PR== = , 所以f(x)= = ,結合圖象知選A. 10.過坐標原點O作單位圓x2+y2=1的兩條互相垂直的半徑OA,OB,若在該圓上存在一點C,使得=a+b(a,b∈R),則以下說法正確的是(

26、  ) A.點P(a,b)一定在單位圓內 B.點P(a,b)一定在單位圓上 C.點P(a,b)一定在單位圓外 D.當且僅當ab=0時,點P(a,b)在單位圓上 解析:選B 使用特殊值法求解.設A(1,0),B(0,-1),則=a+b=(a,-b).∵C在圓上, ∴a2+b2=1,∴點P(a,b)在單位圓上,故選B. 二、填空題 1.已知函數(shù)f(x)=當10

27、,解得0,0,2

28、,在△BCF中,∠B=∠BFC=75°,∠FCB=30°,由正弦定理知,=,即=,解得BF=-,所以AB的取值范圍是(-,+). 答案:(-,+) 3.設0

29、=________,φ=________. 解析:∵f=2,f=0, ∴-=(2m+1),m∈N, ∴T=,m∈N, ∵f(x)的最小正周期大于2π,∴T=3π, ∴ω==,∴f(x)=2sin. 由2sin=2,得φ=2kπ+,k∈Z. 又|φ|<π,∴取k=0,得φ=. 答案:  5.已知向量a,b,c滿足|a|=,|b|=a·b=3,若(c-2a)·(2b-3c)=0, 則|b-c|的最大值是________. 解析:設a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cos θ, ∴cos θ===, ∵θ∈[0,π],∴θ=. 設=a,=b,c=(x,y),建立如圖所

30、示的平面直角坐標系. 則A(1,1),B(3,0), ∴c-2a=(x-2,y-2),2b-3c=(6-3x,-3y), ∵(c-2a)·(2b-3c)=0, ∴(x-2)(6-3x)+(y-2)(-3y)=0. 即(x-2)2+(y-1)2=1. 又知b-c=(3-x,-y), ∴|b-c|=≤+1=+1, 即|b-c|的最大值為+1. 答案:+1 6.等腰△ABC中,AB=AC,BD為AC邊上的中線,且BD=3,則△ABC的面積的最大值為________. 解析:設AD=x,則AB=AC=2x, 因為兩邊之和大于第三邊,兩邊之差小于第三邊, 所以AB+AD>BD,

31、即2x+x>3,x>1,AB-AD

32、“零點密切函數(shù)”,則實數(shù)a的取值范圍是________. 解析:易知函數(shù)f(x)為增函數(shù),且f(2)=e2-2+2-3=0,所以函數(shù)f(x)=ex-2+x-3只有一個零點x=2,則取λ=2,由|2-μ|≤1,知1≤μ≤3.由f(x)與g(x)互為“零點密切函數(shù)”知函數(shù)g(x)=x2-ax-x+4在區(qū)間[1,3]內有零點,即方程x2-ax-x+4=0在[1,3]內有解,所以a=x+-1,而函數(shù)y=x+-1在[1,2]上單調遞減,在[2,3]上單調遞增,所以當x=2時,a取最小值3,且當x=1時,a=4,當x=3時,a=,所以amax=4,所以實數(shù)a的取值范圍是[3,4]. 答案:[3,4]

33、 8.對于數(shù)列{an},定義{Δan}為數(shù)列{an}的一階差分數(shù)列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).對正整數(shù)k,規(guī)定{Δkan}為數(shù)列{an}的k階差分數(shù)列,其中Δkan=Δk-1an+1-Δk-1an=Δ(Δk-1an).若數(shù)列{Δ2an}的各項均為2,且滿足a11=a2 015=0,則a1的值為________. 解析:因為數(shù)列{Δ2an}的各項均為2,即Δan+1-Δan=2,所以Δan=Δa1+2n-2,即an+1-an=Δa1+2n-2, 所以an-a1=(n-1)Δa1+(0+2+4+…+2n-4) =(n-1)Δa1+(n-1)(n-2)(n≥2), 所以 即

34、 解得a1=20 140. 答案:20 140 9.已知圓O:x2+y2=1 和點A(-2,0),若定點B(b,0)(b≠-2) 和常數(shù) λ滿足:對圓 O上任意一點 M,都有|MB|=λ|MA|,則b=________ ;λ=________ . 解析:法一:(三角換元)在圓O上任意取一點M(cos θ,sin θ),則由|MB|=λ|MA|可得(cos θ-b)2+sin2θ=λ2[(cos θ+2)2+sin2θ],整理得1+b2-5λ2-(2b+4λ2)·cos θ=0,即解得 法二:(特殊點)既然對圓O上任意一點M,都有|MB|=λ|MA|,使得λ與b為常數(shù),那么取M(1,

35、0)與M(0,1)代入|MB|=λ|MA|,得 解得 答案:-  10.(2017·江蘇高考)設f(x)是定義在R上且周期為1的函數(shù),在區(qū)間[0,1)上,f(x)=其中集合D=,則方程f(x)-lg x=0的解的個數(shù)是________. 解析:由于f(x)∈[0,1),因此只需考慮1≤x<10的情況, 在此范圍內,當x∈Q且x?Z時,設x=,q,p∈N*,p≥2且p,q互質. 若lg x∈Q,則由lg x∈(0,1),可設lg x=,m,n∈N*,m≥2且m,n互質, 因此10=,則10n=m,此時左邊為整數(shù),右邊為非整數(shù),矛盾,因此lg x?Q, 故lg x不可能與每個周期內

36、x∈D對應的部分相等, 只需考慮lg x與每個周期內x?D部分的交點. 畫出函數(shù)草圖(如圖),圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標均為無理數(shù),屬于每個周期x?D的部分, 且x=1處(lg x)′==<1,則在x=1附近僅有一個交點,因此方程f(x)-lg x=0的解的個數(shù)為8. 答案:8 壓軸專題(二) 第20題解答題“圓錐曲線的綜合問題”的搶分策略 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內容 命題分析 2017 卷Ⅰ 直線與拋物線的位置關系、導數(shù)的幾何意義 解析幾何是數(shù)形結合的典范,是高中數(shù)學的主要知識板塊,是高考考查的重點知識之一,在解答題中一般會綜合

37、考查直線、圓、圓錐曲線等.試題難度較大,多以壓軸題出現(xiàn). 解答題的熱點題型有: (1)直線與圓錐曲線位置關系; (2)圓錐曲線中定點、定值、最值及范圍的求解; (3)軌跡方程及探索性問題的求解. 卷Ⅱ 點的軌跡方程、橢圓方程、向量的數(shù)量積等 卷Ⅲ 兩直線垂直的條件、直線與圓的位置關系、直線方程 2016 卷Ⅰ 直線與拋物線的位置關系、存在性問題 卷Ⅱ 直線與橢圓的位置關系、面積問題及證明問題 卷Ⅲ 直線與拋物線的位置關系、證明問題及軌跡方程的求法 2015 卷Ⅰ 直線方程、直線與圓的位置關系、平面向量的數(shù)量積 卷Ⅱ 橢圓的標準方程及直線與橢圓的位置關系

38、 巧妙消元證定值 [典例] (2016·北京高考)已知橢圓C:+=1,過A(2,0),B(0,1)兩點. (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N,求證:四邊形ABNM的面積為定值. [解] (1)由題意得,a=2,b=1, 所以橢圓C的方程為+y2=1. 又c==,所以離心率e==. (2)證明:設P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x+4y=4. 又A(2,0),B(0,1), 所以

39、直線PA的方程為y=(x-2). 令x=0,得yM=-, 從而|BM|=1-yM=1+. 直線PB的方程為y=x+1. 令y=0,得xN=-, 從而|AN|=2-xN=2+. 所以四邊形ABNM的面積S=|AN|·|BM| = = ==2. 從而四邊形ABNM的面積為定值. [題后悟通] 解答圓錐曲線的定值問題的策略 (1)從特殊情形開始,求出定值,再證明該值與變量無關; (2)采用推理、計算、消元得定值.消元的常用方法為整體消元(如本例)、選擇消元、對稱消元等.      [針對訓練] 1.(2017·沈陽質檢)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左焦點為(

40、-,0),e=. (1)求橢圓C的方程; (2)如圖,設R(x0,y0)是橢圓C上一動點,由原點O向圓(x-x0)2+(y-y0)2=4引兩條切線,分別交橢圓于點P,Q,若直線OP,OQ的斜率存在,并記為k1,k2,求證:k1k2為定值; 解:(1)由題意得,c=,e=,解得a=2,b=, ∴橢圓C的方程為+=1. (2)證明:由已知,直線OP:y=k1x,OQ:y=k2x,且與圓R相切, ∴=2, 化簡得(x-4)k-2x0y0k1+y-4=0, 同理,可得(x-4)k-2x0y0k2+y-4=0, ∴k1,k2是方程(x-4)k2-2x0y0k+y-4=0的兩個不相等的實

41、數(shù)根, ∴x-4≠0,Δ>0,k1k2=. ∵點R(x0,y0)在橢圓C上, ∴+=1,即y=6-x, ∴k1k2==-. 故k1k2為定值. 構造函數(shù)求最值 [典例] (2017·浙江高考)如圖,已知拋物線x2=y(tǒng),點A,B,拋物線上的點P(x,y).過點B作直線AP的垂線,垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值范圍; (2)求|PA|·|PQ|的最大值. [解] (1)設直線AP的斜率為k, k==x-, 因為-

42、即kx-y+k+=0, 直線BQ的方程為y-=-, 即x+ky-k-=0, 聯(lián)立 解得點Q的橫坐標xQ=. 因為|PA|= = (k+1), |PQ|=(xQ-x)=-, 所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3. 令f(k)=-(k-1)(k+1)3, 因為f′(k)=-(4k-2)(k+1)2, 所以f(k)在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減, 因此當k=時,|PA|·|PQ|取得最大值. [題后悟通] 最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法 (1)幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離

43、之和、光線反射問題等); (2)代數(shù)法是建立求解目標關于某個(或兩個)變量的函數(shù),通過求解函數(shù)的最值(普通方法、基本不等式方法、導數(shù)方法等)解決的.      [針對訓練] 2.(2017·沈陽質檢)已知橢圓+=1(a>b>0)的左、右兩個焦點分別為F1,F(xiàn)2,離心率e=,短軸長為2. (1)求橢圓的方程; (2)點A為橢圓上的一動點(非長軸端點),AF2的延長線與橢圓交于B點,AO的延長線與橢圓交于C點,求△ABC面積的最大值. 解:(1)由題意得解得 故橢圓的標準方程為+y2=1. (2)①當直線AB的斜率不存在時,不妨取A,B,C, 故S△ABC=×2×=. ②當

44、直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=k(x-1), 聯(lián)立方程消去y, 化簡得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=, |AB|= = =2·, 點O到直線kx-y-k=0的距離d==, ∵O是線段AC的中點, ∴點C到直線AB的距離為2d=, ∴S△ABC=|AB|·2d=·· =2 =2 <. 綜上,△ABC面積的最大值為. 尋找不等關系解范圍 [典例] (2016·全國卷Ⅱ)已知橢圓E:+=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點

45、N在E上,MA⊥NA. (1)當t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積; (2)當2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍. [解] 設M(x1,y1),則由題意知y1>0. (1)當t=4時,E的方程為+=1,A(-2,0). 由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y=x+2. 將x=y(tǒng)-2代入+=1,得7y2-12y=0. 解得y=0或y=,所以y1=. 因此△AMN的面積S△AMN=2×××=. (2)由題意t>3,k>0,A(-,0). 將直線AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0

46、. 由x1·(-)=,得x1=, 故|AM|=|x1+|=. 由題設,直線AN的方程為y=-(x+), 故同理可得|AN|=. 由2|AM|=|AN|,得=, 即(k3-2)t=3k(2k-1). 當k=時上式不成立,因此t=. t>3等價于=<0, 即<0. 因此得或解得

47、的不等關系,從而求出參數(shù)的取值范圍; (4)利用已知不等關系構造不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍; (5)利用函數(shù)值域的求法,確定參數(shù)的取值范圍.     [題后悟通] [針對訓練] 3.已知焦點在y軸上的橢圓E的中心是原點O,離心率等于,以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4.直線l:y=kx+m與y軸交于點P,與橢圓E相交于A,B兩個點. (1)求橢圓E的方程; (2)若=3,求m2的取值范圍. 解:(1)根據(jù)已知設橢圓E的方程為+=1(a>b>0),焦距為2c, 由已知得=,∴c=a,b2=a2-c2=. ∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4,

48、 ∴4=2a=4, ∴a=2,b=1. ∴橢圓E的方程為x2+=1. (2)根據(jù)已知得P(0,m),設A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m), 由消去y, 得(k2+4)x2+2mkx+m2-4=0. 由已知得Δ=4m2k2-4(k2+4)(m2-4)>0, 即k2-m2+4>0, 且x1+x2=,x1x2=. 由=3,得x1=-3x2. ∴3(x1+x2)2+4x1x2=12x-12x=0. ∴+=0, 即m2k2+m2-k2-4=0. 當m2=1時,m2k2+m2-k2-4=0不成立, ∴k2=. ∵k2-m2+4>0, ∴-m2+4>0,即>0.

49、 解得1b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三點在橢圓C上. (1)求C的方程; (2)設直線l不經過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點. [解] (1)由于P3,P4兩點關于y軸對稱, 故由題設知橢圓C經過P3,P4兩點. 又由+>+知,橢圓C不經過點P1, 所以點P2在橢圓C上. 因此解得 故橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明:設直線P2A與直線P2B的斜率分別為

50、k1,k2. 如果l與x軸垂直,設l:x=t,由題設知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為,. 則k1+k2=-=-1,得t=2,不符合題設. 從而可設l:y=kx+m(m≠1). 將y=kx+m代入+y2=1得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由題設可知Δ=16(4k2-m2+1)>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=. 而k1+k2=+ =+ =. 由題設k1+k2=-1, 故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)·+(m-1)·=0. 解得k=-. 當且僅當m>-1

51、時,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l過定點(2,-1). [題后悟通] 直線過定點問題的解題模型 [針對訓練] 4.(2017·鄭州模擬)已知動圓M恒過點(0,1),且與直線y=-1相切. (1)求圓心M的軌跡方程; (2)動直線l過點P(0,-2),且與點M的軌跡交于A,B兩點,點C與點B關于y軸對稱,求證:直線AC恒過定點. 解:(1)由題意得,點M與點(0,1)的距離始終等于點M到直線y=-1的距離,由拋物線的定義知圓心M的軌跡是以點(0,1)為焦點,直線y=-1為準線的拋物線,則=1,p=2. ∴圓心M的軌跡方程為x2=4y. (2)證

52、明:設直線l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2), 則C(-x2,y2), 聯(lián)立方程消去y,得x2-4kx+8=0, ∴x1+x2=4k,x1x2=8. kAC===, 直線AC的方程為y-y1=(x-x1). 即y=y(tǒng)1+(x-x1)=x-x1+=x+, ∵x1x2=8,∴y=x+=x+2, 即直線AC恒過定點(0,2). 假設存在定結論(探索性問題) [典例] 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),點A在橢圓C上. (1)求橢圓C的標準方程; (2)是否存在斜率為2的直線,使得當直線與橢圓C有兩個不

53、同交點M,N時,能在直線y=上找到一點P,在橢圓C上找到一點Q,滿足=NQ―→?若存在,求出直線的方程;若不存在,說明理由. [解] (1)設橢圓C的焦距為2c,則c=1, 因為A在橢圓C上, 所以2a=|AF1|+|AF2|=2, 因此a=,b2=a2-c2=1, 故橢圓C的方程為+y2=1. (2)不存在滿足條件的直線,證明如下: 假設存在斜率為2的直線,滿足條件,則設直線的方程為y=2x+t,設M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中點為D(x0,y0), 由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0, 所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-

54、8)>0, 故y0==,且-3

55、,先假設成立,再推出條件. (3)當條件和結論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要思維開放,采取另外的途徑.      [針對訓練] 5.(2017·鄭州質檢)已知橢圓x2+2y2=m(m>0),以橢圓內一點M(2,1)為中點作弦AB,設線段AB的中垂線與橢圓相交于C,D兩點. (1)求橢圓的離心率; (2)試判斷是否存在這樣的m,使得A,B,C,D在同一個圓上,并說明理由. 解:(1)將方程化成橢圓的標準方程+=1(m>0), 則a=,c= =, 故e==. (2)由題意,設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),直線AB的斜率存在,設為k,

56、則直線AB的方程為y=k(x-2)+1,代入x2+2y2=m(m>0), 消去y,得(1+2k2)x2+4k(1-2k)x+2(2k-1)2-m=0(m>0). 所以x1+x2==4,即k=-1, 此時,由Δ>0,得m>6. 則直線AB的方程為x+y-3=0,直線CD的方程為x-y-1=0. 由得3y2+2y+1-m=0,y3+y4=-,故CD的中點N為. 由弦長公式,可得 |AB|= |x1-x2|=·. |CD|=|y3-y4|=·>|AB|,若存在圓,則圓心在CD上, 因為CD的中點N到直線AB的距離 d==. |NA|2=|NB|2=2+2=, 又2=2=,

57、故存在這樣的m(m>6),使得A,B,C,D在同一個圓上. [高考大題通法點撥]       圓錐曲線問題重在“設”——設點、設線       [思維流程] [策略指導] 圓錐曲線解答題的常見類型是:第1小題通常是根據(jù)已知條件,求曲線方程或離心率,一般比較簡單.第2小題往往是通過方程研究曲線的性質——弦長問題、中點弦問題、動點軌跡問題、定點與定值問題、最值問題、相關量的取值范圍問題等等,這一小題綜合性較強,可通過巧設“點”“線”,設而不求.在具體求解時,可將整個解題過程分成程序化的三步: 第一步,聯(lián)立兩個方程,并將消元所得方程的判別式與根與系數(shù)的關系正確寫出; 第二步,用兩個交

58、點的同一類坐標的和與積,來表示題目中涉及的位置關系和數(shù)量關系; 第三步,求解轉化而來的代數(shù)問題,并將結果回歸到原幾何問題中. 在求解時,要根據(jù)題目特征,恰當?shù)脑O點、設線,以簡化運算.                                     [典例] 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點為F(1,0),且點P在橢圓C上,O為坐標原點. (1)求橢圓C的標準方程; (2)設過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A,B,且∠AOB為銳角,求直線l的斜率k的取值范圍; (3)過橢圓C1:+=1上異于其頂點的任一點P,作圓O:x2+y2=的兩條切線,切點分別為M

59、,N(M,N不在坐標軸上),若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m,n,證明:+為定值. [解] (1)由題意得c=1,所以a2=b2+1,① 又點P在橢圓C上,所以+=1,② 由①②可解得a2=4,b2=3, 所以橢圓C的標準方程為+=1. (2)設直線l的方程為 y=kx+2,A(x1,y1), B(x2,y2), 由得 (4k2+3)x2+16kx+4=0, 因為Δ=16(12k2-3)>0, 所以k2>, 則x1+x2=,x1x2=. 因為∠AOB為銳角, 所以·>0,即x1x2+y1y2>0, 所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,

60、所以(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0, 即(1+k2)·+2k·+4>0, 解得k2<. 又k2>,所以

61、所以x0=,y0=, 又點P在橢圓C1上, 所以2+32=4,即+=,為定值. [題后悟通] 解決直線與圓錐曲線位置關系問題的步驟 (1)設方程及點的坐標; (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組,消元得方程(注意二次項系數(shù)是否為零); (3)應用根與系數(shù)的關系及判別式; (4)結合已知條件、中點坐標公式、斜率公式及弦長公式求解. [針對訓練]  已知點F為橢圓E:+=1(a>b>0)的左焦點,且兩焦點與短軸的一個頂點構成一個等邊三角形,直線+=1與橢圓E有且僅有一個交點M. (1)求橢圓E的方程; (2)設直線+=1與y軸交于P,過點P的直線l與橢圓E交于不同的兩點

62、A,B,若λ|PM|2=|PA|·|PB|,求實數(shù)λ的取值范圍. 解:(1)由題意,得a=2c,b=c, 則橢圓E為+=1. 由消去y,得x2-2x+4-3c2=0. ∵直線+=1與橢圓E有且僅有一個交點M, ∴Δ=4-4(4-3c2)=0,解得c2=1, ∴橢圓E的方程為+=1. (2)由(1)得M, ∵直線+=1與y軸交于P(0,2), ∴|PM|2=, ①當直線l與x軸垂直時, |PA|·|PB|=(2+)×(2-)=1, ∴λ|PM|2=|PA|·|PB|?λ=, ②當直線l與x軸不垂直時,設直線l的方程為y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),

63、由消去y, 整理得(3+4k2)x2+16kx+4=0, 則x1x2=,且Δ=48(4k2-1)>0, ∴|PA|·|PB|=(1+k2)x1x2=(1+k2)· =1+=λ, ∴λ=, ∵k2>,∴<λ<1. 綜上所述,λ的取值范圍是. [總結升華] 解析幾何部分知識點多,運算量大,能力要求高,綜合性強,在高考試題中大都是以壓軸題的面貌出現(xiàn),是考生“未考先怕”題型,不是怕解題無思路,而是怕解題過程中繁雜的運算.因此,在遵循“設—列—解”程序化運算的基礎上,應突出解析幾何“設”的重要性,以克服平時重思路方法、輕運算技巧的頑疾,突破如何避繁就簡這一瓶頸.    

64、 1.(2018屆高三·廣東五校協(xié)作體診斷考試)若橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,線段F1F2被拋物線y2=2bx的焦點F分成了3∶1的兩段. (1)求橢圓的離心率; (2)過點C(-1,0)的直線l交橢圓于不同兩點A,B,且=2,當△AOB的面積最大時,求直線l的方程. 解:(1)由題意知,c+=3, 所以b=c,a2=2b2, 所以e== =. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為x=ky-1(k≠0), 因為=2,所以(-1-x1,-y1)=

65、2(x2+1,y2), 即y1=-2y2,?、? 由(1)知,橢圓方程為x2+2y2=2b2. 由消去x, 得(k2+2)y2-2ky+1-2b2=0, 所以y1+y2=,?、? 由①②知,y2=-,y1=, 因為S△AOB=|y1|+|y2|, 所以S△AOB=3·=3· ≤3·=, 當且僅當|k|2=2,即k=±時取等號, 此時直線l的方程為x-y+1=0或x+y+1=0. 2.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A,B,且長軸長為8,T為橢圓上任意一點,直線TA,TB的斜率之積為-. (1)求橢圓C的方程; (2)設O為坐標原點,過點M(0,2)的動

66、直線與橢圓C交于P,Q兩點,求·+·的取值范圍. 解:(1)設T(x,y),由題意知A(-4,0),B(4,0), 設直線TA的斜率為k1,直線TB的斜率為k2, 則k1=,k2=. 由k1k2=-,得·=-, 整理得+=1. 故橢圓C的方程為+=1. (2)當直線PQ的斜率存在時,設直線PQ的方程為y=kx+2,點P,Q的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2), 聯(lián)立方程消去y, 得(4k2+3)x2+16kx-32=0. 所以x1+x2=-,x1x2=-. 從而,·+·=x1x2+y1y2+[x1x2+(y1-2)(y2-2)]=2(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4==-20+. 所以-20<·+· ≤-. 當直線PQ的斜率不存在時,·+·的值為-20. 綜上,·+·的取值范圍為. 3.已知橢圓P的中心O在坐標原點,焦點在x軸上,且經過點A(0,2),離心率為. (1)求橢圓P的方程; (2)是否存在過點E(0,-4)的直線l交橢圓P于點R,T,且滿足·=?若存在,求直線l的方程;若不存在,請說明理由. 解:(1)設橢圓P的方程為+=

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