江西省2015年高考數學二輪復習-小題精做系列專題13

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1、江西省2015年高考數學二輪復習 小題精做系列專題13 1.設f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間［a, b］上的兩個函數，若函數 y=f(x) —g(x)在xC［a, b］上有兩個不同的零點，則稱 f(x)和g(x)在［a, b］上是“關聯函數”，區(qū)間［a, b］稱為“關 聯區(qū)間”.若f(x)=x2—3x + 4與g(x) = 2x+m在［0,3］上是“關聯函數”，則 m的取值范圍 是(). A. 9, 2 B . ［-1,0］ C . (―8, — 2］ D. 9, 4 4 【答案】A 【解析】貫力=R一3主+4為開口向上的拋物線，敢t)=2r+加是斜率-2的直線，可先求出或r)=

2、L十冊與 <5 11、 9 冷0=京-31+4相切時的河值.由,戊)=演一4=2得切點為-r—，此時用二一-，因此以=療一3犬+ 〔2 4) 4 _ 9 4的圖象與包工)二獨十期的圖型有兩個交點只需將颯=*- -向上平移即可.再考慮區(qū)間［Q%可得點。用 4 為3x+4圖家上最右邊的點，此時速=-2,所以用正(一2,-2 . 1考點定位】K函藪的變換，入新定義. 2.已知以T 4為周期的函數f(x) m" x ,x (1,1］,其中m 0。若方程3f(x) x 1 x 2,x (1,3］ 恰有5個實數解，則 m的取值范圍為( ) A. 坐,3 B .(巫,萬) C. (-,8

3、) D. 2,后 3 3 3 3 【答案】B 1健析】的圖象對穗上豐由分.尸=1 —3的圖象為兩齊好串抿抿, /(工)的周期T=4可知其圖象，由方程引氣力=量愴有E個買數胖，則%/匚不可7:萬有兩醉 即 》/+1)--7加\ + 13蒯？ = 0有兩跖 所以A = (-7%f-4雙如？子】)135> >0竄輯附 >組」. 3掰步二h尢解即(9加144加G + 63工9M* = 0無解，的. △ = (-144用*)*-4乂(9? + 1) 63k9/<。解涔梢

4、 3.定義在R上的可導函數f(x),當x (1,)時，f(x) f(x) xf(x)恒成立， a f (2) , b 1 f (3),c (J2 1)f(J2),則 a,b,c 的大小關系為 ( ) 2 A. cab B. b c a C. a c b D. c b a 【答案】A 「解析1由當天丘。,*0)時，/0)+廣。)〈力口)恒成立知.當當汗w(Ly0) 時G - D/G)-」⑶ >。,二丁⑶=(鋁)f。廝以g⑶在x 。,刊0)上是增函數因為 J2<2<3t:. g(j2)

5、【音點定位】導數的應用 1 2 .. 一, ..一 4.設函數 f(x) —, g(x) ax bx(a,b R,a 0),右 y f(x)的圖象與 y g(x)圖象 x 有且僅有兩個不同的公共點 A(x1, y1), B(x2, y2)，則下列判斷正確的是 A.當 a 0時，x1 x2 0, y1 y2 0 B. 當 a 0 時，x1 x2 0, y1 y2 0 C.當 a 0 時，x1 x2 0, y1 y2 0 d. 當 a 0 時，為 x2 0, y1 y2 0 【答案】：B 1 【解析】令/住)=可得= 三 口工十占 手妨設勺〈與，結合圖形可知， 當a >0時如

6、右圖.此時kJ,Z|， 3P* Xj > X3 >0 I fltfij 4-Za < 0 I = — >-- = t即必同理可由圖形經過推理可 X2 所 微當律《0時/+十<0答案應選以 ■ ■一再 V：餐 +4 (“ < )天工 x z x 0) JTV1 An At 3 【考點定位】本題從最常見了兩類函數出發(fā)進行了巧妙組合，考查數形結合思想、分類討論 思想，函數與方程思想等，難度很大，不易入手 ,具有很強的區(qū)分度 5.已知函數f(x) 1 x 2013 x .. . ,g(x) 1 x 2013 2013 X ■ , 2013 設函數F(x) f

7、(x 3) g(x 4),且函數 F(x)的零點均在區(qū)間 [a,b](a b,a,b Z)內, 則b a的最小值為( 、10 A 、 11 【答案】B 【解析】 2 3 2012 2 2012 / 3 2011、 試題分析：f(x)1xx x L x 1 x L x (x x L x ) 1-(/嚴” 1-? " 所以7 5)在度上單調遞增一 <0i圖以二0的零點在(TO上，而 2 Q13 ■產 g (x) = < 0所以g(工)在R上單詞遞夠J 1 g(0) = 1> Ot 1 + K ]1 1 1 2* 爐 2* 2裝底

8、 g(l) = 1 - 1 + — — > 0 g(2) =1 — 2+—————4- -—1—,,.- <0 * 所以g(*)=0的 L 2 3 4 2013 . 2 3 4 2013 . 零點在(1,2)上，函數F(x) f (x 3) g(x 4),且函數F(x)的零點均在區(qū)間 [a,b](a b,a,b Z)內, f(x 3)的零點在(4, 3)上，g(x 4)的零點在(5,6)上，b a 的最小值為6 4 10. 【考點定位】1、導數的應用，2、根的存在性定理 ，一 1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 … …八 一 6 .已知數列an： 1,2 1 ,2,1

9、4 3 2 1，…，依它的前10項的規(guī)律，則a99+a的值為 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 () A.37 B. C. 24 11C D. 15 7_ 15 【答案】A 【解析】通過梅敬列的前付兩分組第到宛一蛆有一個數二分孑分母之和為A第二組有兩個數：上，分 1 1 2 3 2 1 子分母之和為％第三如有三個數,分子分母之和為塞第四組有四個數，依次類推，胃中4用分別? 1 2 3 是泗十四組的第g個,第g個藪，分子分母之和為所以*=［，故選盤一 L . 8 9 」 【考點定位】數列及歸納推理 7 .現有兩個命題: (1)若 lgx lg

10、 y lg(x y),且不等式 y 2x t恒成立，則t的取值范圍是集合 P; (2)若函數 f (x) , x 1, x 1 取值范圍是集合Q; 的圖像與函數g(x) 2x t的圖像沒有交點，則t的 則以下集合關系正確的是( ) A. P uQ B. C. D. PI Q  【答案】C 【解析】 法題分布法一、對⑴?由總什1g尸=31+廠)需研二二十尸即尸二」一q A。,丁二01 x-1 不等式y(tǒng)a-2天也怛成立,等儕于，(2及十y恒成立.這只需 2元十城的即可 2巾=21+六="甯 取等號的取值葩圍是f <2直+ 3 = 2^+1+^—= 2(

11、x-l) + A-1 ，+ 3N2& + 3 (當工=走+ 時 1, 的圖像與函數g(x) 2x t的圖像如圖所示: 2得x — 1.由此得 2 , x 1 , 1 對f (x) ——求導得：f (x) 2.由f (x) 2 x 1 (x 1) (x 1) 切點為(Y2 1,1 J2).代入g(x) 2x t得t 2啦 3 .由圖可知t 2d2 3時，函數 2 f(x)爸 x 1 . _ _ | ■ 丈4工用)的圖像與函數式/) = -2再+的圖像沒有交點,故f的取值范圍為c< 2點十3 綜上得：尸二。所以選C 法二、對《1》由1g齊+l

12、gy = lg(i + _y)得》=#+了即y=」一G A 0,_y >。), ? A-1 > 0 SP x > 1. x-1 由此可以看出，這兩個問題，實席上是同一個問題所以的取值范圍相同 故選C ■考點定位】I、對款運苴I 2、函款的圖象13不等關系I 4、重要不等式. 8 .函數f(x ) --x xsin——8 (x>2)的最小值( ) x 1 sin A. 4.2 B. 2.2 C. 1 4/2 D. 1 4/2 【答案】A 【解析】 8 .— 試題分析：令 x 1 sin t(t 0),則 y t 1 sin 4j2+1+sin ，又 sin 1 , 所

13、以y 4 J2 ,當且僅當x 2 J2 , 2k —時取“=”. 2 【考點定位】1、基本不等式；2、正弦函數的有界性. 0 2 2 9.設實數x, y滿足 x 2y 5 一 x y 0 ,則u -的取值范圍是 ( ) A. [2,5] B 2 510c 10 27] c [2T] 【答案】C ■【解析J e在坐標平面上點C J泗讀示的區(qū)域如圖東示.令 二已 根據幾何意義」的值向為區(qū)肉內的 點與坐穩(wěn)原點連姓的斜窣，顯那點是其中的兩個臨界值，點山31),點國12),故1士*2, ■ “個L+；，這個關于」的函故可用上翔陶航在［12］上跑調通除 故其最小

14、值為2,最大 11為雨個端點值中的大看，計算知震大值為工.一 ■ 3 ■ 10.如圖，正方體 ABCD A1B1cl D1的棱長為 J3 ,以頂點A為球心，2為半徑作一個球, 則圖中球面與正方體的表面相交所得到的兩段弧長之和等于 A. 5— B . 2— C . D . 76 3 6 【答案】A 【解析】 也越分析工由題星 圓弧曲在以B為圓心半徑為明 的圓L 而割 下F在以A為圓心，半性為AE?2的 圖上方貪■ L加= L 2非JdG J 上爐=2由于. 乙工生1:走.以達注=300，故 4 4 2 ,為工 2 ■ N4產= 30、則前=Mr 2宿2 =三月以

15、國-防■江，故選A 36d 3 6 ■【考點常位】展梆i唉博的計算、球 ■ 2 2 2 2 11.已知A B是橢圓)2 4=1(a>b>0)和雙曲線』--y2 =1(a>0, b>0)的公共頂點.P a b a b uuur uuu uuuu 是雙曲線上的動點， M是橢圓上的動點(P、M都異于 A B),且滿足AP + BP =入(AM + uuur BM ),其中入CR,設直線 AR BP AM BM的斜率分別記為 ki、k2、k3、k4，ki+k2=5,則 ks+ k4 = 【答案】 5 ［解析］設網處并［a則一j-——= 1〃廣 CL b 2 fl //

16、_r _ 丁 +記=1，由+而）. 器。即一=二為+超=—+ m ff m-t-a A 4 = A 4=5, * , n 2AJ > 1 工 _ 1 1 t _ 2si -=不廣 用+啟 —+ j~~丁 b/m 3a s-ra s-a s -a B 【考點定位】直線與圓錐曲線 . 2b2 s__ 2b2 5aJ _ . -7M" 12.已知等差數列 an的首項a1 1 公差d 且a?、as、ai4分別是等比數列 bn的d、 4、b4. (1)求數列 an和bn的通項公式; (2)設數列 cn對任意正整數n均有 C1 C2 bi b2 "

17、an 1 成立，求 C1 C2 L C2014 的值. bn 【答案】（1） an 2n 1, bn 3n1；⑵ 32014 【解析】 結合條件a2、as、ai4成等比數列列式求 試題分析：(1)將a2、a5、a14利用a1與d表示, 出d的值，再根據等差數列的通項公式求出數列 an的通項公式，根據條件2 a2、b3 a5 求出等比數列bn的通項公式；(2)先令n 1求出g的值，然后再令n 2,由 豆c2 L & an 1得到豆色L b1 b2 bn b1 b2 bn 1二％，并將兩式相瀛，從而求出數到kJ的通項公式7然后糧據效列通耍公式的結構選擇錯位相混法

18、求效到｛G｝的前2014項和一 成題解析:f 1> ?% = 1+d a% = 1 + 4H心.=勺+1鋁,且㈣1力、鹵m咸等比鼓列. ? (l+4d)2 (l+13rf) 即d=2, ;,4 = 1+ (w -1),2 = 2zi-1 又“1% =叼=3i 0=&=9,二中=3. 4=1『4 = 3~]： ⑶二邑十"十…%” ① 瓦4 % * SP q = b3工—3 * 1 4 又U+&+…汩山之2), 友必如 ①-慍_L = * ■ A Cn 2bn 2 3n 1 n 2 , g 3, n 1 _ _ n 1 — ) 23 , n 2 則 Ci C2

19、L _ _ _1 _ _2 . - -2014 1 C2014 3 2 3 2 3 L 2 3 32013 2013 3 1 3 3 2 32014 【考點定位】1.等差數列與等比數列的通項公式; 2.定義法求通項；3.錯位相減法求和 13.設無窮等比數列｛an｝的公比為q,且an * 0(n N ), [an]表示不超過實數an的最大整數 (如[2.5] 2),記bn [%],數列｛an｝的前n項和為Sn,數列｛bn｝的前n項和為Tn. 1 1 (I)右 31 = 4, q=—，求 Tn； 2 2 — (n )若對于任意不

20、超過 2014的正整數n,都有Tn = 2n + 1,證明：(-)2012 q 1. 3 * * 4, 【答案】(I) Tn 6, (出)證明：Sn = Tn( n= 1,2,3,L )的充分必要條件為&撾N , q N . n 1, n 2, ； (n)答案詳見解析；(出)答案詳見解析 7, n> 3. 【解析】讀題分析:（I ）由已知得，% =4 % =25%=1 ?且當陽> 3時，0M4式1 一旦4=[/ ],故自=4t 4 =2, & =1,且當心3時，&=[&]=0,進而求& < II）已知數列電｝的前將唆和與=2理十1 （ 1 < < 201^ ）i 可求得自二

21、3,4二2（左/齒加14）,由取整函數潺的w[3）, 明名[2,男（20片達2014）,故@二也■亡1,要 證明自嘉 y,只需證明:武尸叫故可聯想到為】L//13曰2,3）,則產二 2 ）當（[II）先 3 3 叱 M 證明充分性，當5三可\（7丘可時，an —a^x 6IT）由取整函數的性質得& 二0]=%，甑=% 必 要性的證明，當工=Z時，% A 則有的 試題解析士（I）解：由等比酸列低）的％ = 4 , @=;，得/=』，的 = 2, 且當網、弓時，OM%M1一 （n） 因為 所以 由q 所以 所以 （出） 所以 b = 4, b2 = 2, b3 = 1,且當

22、n> 3時，bn = [an]= 0. 4, n 1, 即 Tn 6, n 2, 7, n> 3. 證明：因為 Tn 2n 1(n<2014),所以 b1二1=3 , bn Tn Tn 1 2(2 一二， a2 3 2 2012 2.2012 -q 1,即(二) q 1. 3 3 ... _ _ * * n_ 1 _ _ * 證明：(充分性)因為 & ? N , q

23、 ? N , 所以an = aq ? N , 所以bn=[&]=an對一切正整數n都成立. 因為 Sn=a + ofe+L+an, Tn=b + b2 + L+bn, (必要性.)因為對于任意的kEfT, 8=% 當不二1時，由％ =$], 4 =不得看="了 當心2時,由用=S「S.i，句=得%二% 所以對一切正整數d都有ax =4； 由%>Q,得對一切正整數口都有與WN, 所以公比1=生為正有理教. 口 1 假設g史球.令q=2,耳中pdwrr.尸>1,且P與『的最大公約放為I r 目為％是一個有限整數. 所以必然存在一個整數 k(k? N),使得a1能被rk整除

24、，而不能被rk 1整除. 又因為ak 2 a1qk 1 k 1 ch P 平廣，且p與r的最大公約數為1. r * * 所以ak+2?Z ,這與an?N (n?N)矛盾. 所以q N . 因此 ai? N , q N . 【考點定位】1、等比數列的通項公式； 2、數列前n項和；3、充要條件. 14.如圖，四棱錐 P ABCD中，底面 ABCD是平行四邊形， CAD 90 , PA 平面 (2)若以A為坐標原點，射線 AC、AD、AP分別是x軸、y軸、z軸的正半軸，建立空 間直角坐標系，已經計算得 n (1,1,1)是平面PCD的法向量，求平面 PAF與平面PCD所成

25、 銳二面角的余弦值. 【答案】(1)參考解析；(2) 叵 5 【解析】 飲題分析一 1)臀證明平面尸月C.轉化為證電Zdl*C.AElLPA因河RK垂■平面ABC6由同意 可用AD_LAC,AELLPA顯犍成立，即可得結論- (2)如圖建立空間直角坐標系，因為JnQLD是平面R口的法向或卜所以求出平面巴甘的法向策 加=02,0),再根據兩平面的法向里的夾角的余茂福.即可得到平面產"與平面尸②所成銳二面角的余 花值. 試題解析:月(80,0).C(L0.a),3Q—1.0%4(010).9。,.取0.0/L(1)征陰方法一：?.?四邊形是 平行國道形,t4，平面,CD 二 P

26、ALDA,又 JC_LZU, AC^]PA = Ar DA J_ 平面 PAC X法二土證密而是平面R4U的一個法同置，一 ZU上平面F4c (2)通過平面幾何圖形性質或者解線性方程組 ，計算得平面PAF ur 一個法向量為m (1,2,0), r 又平面PCD法向量為n (1,1,1),所以 cos ur r m,n ur r 一 | m n | . 15 4r-H- 1mlm| 所求二面角的余弦值為」5 5 【考點定位】1.線面垂直的證明 2.二面角.3.空間向量的運算.4.運算的能力. 15.如圖，直三棱柱 ABC- A1B1C中，

27、Dk = AC, AA = 3, BC= CF= 2. 因為CE，AD為4ABC中線，所以 O為△ ABC的重心, CF =CO = 2 CC1 CE 3 E分別是棱 BG AB的中點，點F在^^CC上，已知 AB (1)求證：CE//平面ADF; (2)設點M在^^BB上，當BM為何值時，平面 CAML平面 ADF? 【答案】(1)見解析(2)當BM= 1時 【解析】(1)證明：連結CE交AD于O,連結OF. 從而 5內0匕8/平面ADF, Eg平面 山里 所以GE〃平面ADF 1 (2)解?當BM=l時，平面CAMJ■平面ADF ; 在直三慢柱ABC-AjBiG

28、中，由干BiB，平面ABU EB】U平面E48］，所以平面BECCiJ"平面ABC 由于AB=AC, D是BC中鬲 所以AElLKC又平面3-3CC)「反面ABC二BC用以AD_L平面EjBCCj而■ CMC 平面 E】BCG.于是 AD1CM 因為 BM=CD=i. BC=CF=2,所以 RrACBMgRrAFCD,所以 CMDF OT與AD相交，所以CM_L平而AZWCM_L平面CAM,所以平面CAM_L平面ADR當BM=1時, 平面CAM_L平面ADF . ■ 【考點定位】空間線、面間的位置關系 . 16.在△ ABC中，Z BAC= 90 , / B= 60 , AB= 1, D

29、為線段 BC 的中點，E、F 為線段 AC的 三等分點(如圖①).WA ABD沿著AM起到^AB D的位置，連結B C(如圖②). (1)若平面AB DL平面ADC求三棱錐 B -ADC的體積； (2)記線段B C的中點為H,平面B ED與平面HFD的交線為l ,求證：HF//l ; 8 【解析】(1)解：在直角^ ABC中，D為BC的中點，所以AD= BD= CD.又/ B= 60 ,所以△ ABD 是等邊三角形.取 AD中點O,連結B 0,所以B O AD.因為平面 AB DL平面 ADC平面 AB DA 平面 ADC= AD, B 0 平面 AB D,所以 B 0,平

30、面 ADC在△ ABC中，/ BAC= 90 , / B = 60 , AB = 1 , D 為 BC 的 中點，所以叢=4, 6*0=比一所以5皿=1/小心=比 所以三棱錐B&DC的體積為"= 2 2 2 4 1“舐際區(qū)BQ= L - 3 8 儲)證明二因為H為aC的中點，F為CL的中點.所以三又HF#平面RED. BEu平面 . BEU，所以HF〃平面BED因為HFu平面HHX平面目口《平面豳 (3)證明土連結Ed a(1)如?HCLLAD 因為 AE=苴* 4O=L. ZDAC=30% ? 3 2 ■ ■ 所以 E8.AE2+ AO2-2AE AOcos30 =—.

31、6 所以 AO+EO=AE2.所以 ADLEO. 又 B 0 平面 B EQ EO 平面 B EQ B OP EO= O, 所以ADL平面 B EO. 又B E 平面B EO所以 ADL B E. 【考點定位】1、幾何體的體積；2、空間線、面間的位置關系 . 17.如圖，正三棱柱 ABC AB1C1所有棱長都是2, D棱AC的中點，E是CC1棱的中點，AE 交A1D于點H. (1)求證：AE 平面A1BD ； (2)求二面角D BA A的余弦值; (3)求點B1到平面A1BD的距離. 【答案】(1)參考解析；(2) 四 ;(3) 2^5 【解析】 骯題分析彳

32、由正三棱柱4西向，可得平面式?上平面4c又dblac圖以如圖建立空間直角細 際系分別點2EBD, 4的坐標，得出相應的向量即可得到向常A與向免BD,向施的致量積為零 幫可毒直繞延_L平面ABD ⑵由平面小月日.平面分別求出這兩個平面的法向量I根據法向量的夾角得到二面角。?64 ■5的 柒弦值(根據圖珞取鎘魚)，； - , (3)點到平面的距離，轉化為直線與法向量的關系，再通過解三角形的知識即可得點到平面的 距離.本小題關鍵是應用解三角形的知識 . 試題解析：(1)證明：建立如圖所示, — uur uuur BD (0,0, V3) ??? AE AD 0 AE (

33、2, 1,0) A1D ( 1,2,0) uur uur AE BD 0 AE AD,AE BD 即 AE!A1D, AE!BD z1( 3) 0 什 M (2)由 n1 A1D 0 n1 BD 0 八 ) ...取 n1 (2,1,0) x1 2 yl 0 鵬:面AA]B的法向量為 【考點定位】1.空間坐標系的建立.2.線面垂直的證明 .4.二面角的求法.5. 點到平面的距離公 2 x 18.已知點Fi( 1,0), F2(1,0)分別是橢圓C：-? a 2 \ 1(a b 0)的左、右焦點，點 b2 P(1, 在橢圓上C上. 則由

34、巧-A1s =。，巧AXA = 0 ；f + M +岳/0二取二口30,兩，3 工力=0 曲圖可知二面角 4B&】一A的余弦值為 當 (3) “ = (。20%平面AiED的法向量取gu(2JQ) 則助到平面AiBD的距離d-| (n)設直線 11 ： y kx m,12：y kx 在定點M ,點M到11,12的距離之積恒為 (I)求橢圓C的標準方程； m,若11、12均與橢圓C相切，試探究在x軸上是否存 1?若存在，請求出點M坐標；若不存在，請說明理由. 2 【答案】(1) y2 1 ； (2)滿足題意的定點 B存在，其坐標為(1,0)或(1,0) 2 【解析

35、】 做熟皆析：本題主要考查悌圜的定義和標雁方程以及苴線與福國的位置若事等頡學知識.，有查分析向題解1 2 決舊題的能力和計葭能力第一1句.―工利用起點坐標求出C,由于點p在橢圓上，得到方程二十與二1, a b 又因為白足三個參量的關系得曰？=/+l鞋立，解出明乩的從而得日慚園的方程.法二】京ira楠凰的 定義，2日4戶巴| + |尸乃卜利用兩點閶的距離公式計算制出,5的值，從而得軻橢圖的方程：果二直 境乙與橢圓展立，由于它的相切，所以方程只有一個根，所以4 = 0,同理直線4與佛圓康立得到表達式 疝=1+卻.假設存在點利用點到直城的距懸 列出表達北 格熠U1+2爐代入裝理，便得到

36、 表法式，籍出金由值.從而得刎月點坐標， 試題解析：（1）法一：由 Fi（ 1,0）, F2（1,0），得 C 1 , 1 下 b2 1 2 分 2 2 a b 1 2 a J2,b 1 橢圓C的方程為y2 1 4 分 2 法二：由 E( 1,0), F2(1,0)，得 c 1, 1 2白=|附| + |空卜樸11吟一療+，。+1尸+ （竽-Q），= 2衣 3分 ，a = = 1 /-施圓C的方程為—+y3 = l 4分 2 t2）ffiA的方程代入橢國方程得（1+2*，* +4出+ 2^2-2=0 5分. ,二直線4與橢圓C相虬，A = 16V/ -41+%。（

37、匕？ - 2）=。北商得 14 %*同理把4的方程代入橢圓方程也每 /三1 +兼二 1分 設在，軸上存在點8Q0）點3到直線&&的距靄之積為1則 Lx/？TT . 」 把1 2k2 m2代入并去絕對值整理，k2（t2 3） 2或者k2（t2 1） 0 10 分 前式顯然不恒成立；而要使得后式對任意的 k R恒成立 則t2 1 0,解得t 1； 綜上所述，滿足題意的定點 B存在，其坐標為（1,0）或（1,0） 12 分 【考點定位】1.橢圓的標準方程；2.橢圓的定義；3.兩點間的距離公式；4.點到直線的距離 公式. 19.如圖，已知拋物線y2 4x的焦點為F,過F的直線交拋物線于

38、 M N兩點，其準線l與x 軸交于K點. (1)求證：KF平分/MKN (2) O為坐標原點，直線 MO NO分別交準線于點 P、Q求PQ MN|的最小值. 【答案】(1)見解析；(2) 8. 【解析】 戢題分析；(1)只需證長2寸5fc = 0 ,設出M, N 蘸堊標和直轉MN方程,再把直建方程與拋物線方程 聯立.由韋達定理可得證0 Q)由(1)設出的N兩點駁泉分別先求tfiP、Q兩點坐標，還是把設出的 直建MN方程與搪物繞方程綾立,由韋達定理把|①|,加用表示出來，再根據直線MN的幅斜角的范圍求 BekNM的最小值. - 1 試題解析：(1)掘物燒焦點坐標為F(l,0),

39、準線方程為R=-1- 2分 設直線MN的方程為 <=摩十1.設M、N的坐標分別為(H 4. 4分 ,x my 1 2 由 2 y 4my 4 0, % y2 4m, yy2 y 4x 設KM和KN的斜率分別為k1,k2，顯然只需證k1 k2 0即可.???K( 1,0), yi y2 4( yi y2)(yiy2 4) 0 「八 ? - ki k2 -2 —2 2 2 0， 6 分 yi 1 至 1 (yi 4)( yi 4) 4 4 2 2 (2)設m n的坐標分別為(」，必),(上=，丫2),由m, o, p三點共線可求出 p點的坐標為 4 4 (i,自)，由N

40、, O Q三點共線可求出 Q點坐標為(i,二勺)，7 分 yi y2 ，、一 , x mv i 2 . .八 設直線MN的萬程為x my i。由 2 y 4my 4 0 y 4x 「* M 4 j ■碗J網, Y則 IF0I-I -- — I- - 6 如: /. y I/jJ --6jh，+16 = 4&* 41 9 分 又直線MN的傾斜角為氏 則m = .3E(0,m tan & ■.二|做|二4小+1］二$1。分 V tan & sin & 同理可得|必叫==—^—. 13分 sin 9 d 7F \PQ\ + \A^N\ = i5分 、之g(e=4時取到

41、等號). / & siii 2 2 2 .1考點定位】k拋枷線的方程及性犀！ 2、直戰(zhàn)與曲戰(zhàn)相交的性質 . 0)的左焦點為Fi( 1,0),且過點Q(1,，2). uuu AP( 1). 2 uuu (2)設過點P(-2,0)的直線與橢圓E交于A B兩點，且滿足 BP ①若 3,求3|AF1| |BF1|的值； ②若M N分別為橢圓E的左、右頂點，證明：/AF1M /BF1N. 2 【答案】(1) — y Q(1,——) 到 兩 焦 點 2 1. ；(2)參考解析 2 【解析】 2 2 試題分析：(1)因為由橢圓 E：、2 * 1(a b 0)的左焦點為 F

42、1(1,0)，即c 1.由點 a b 的距離和可求出橢圓的長軸布從而可以求出確圖的方程 1 (2)(1)通過假設直線的方程聯立怖國方程指去y可毒一個一元二次方程，由韋達定理即2 =3可求出直戰(zhàn) 的斜率K的值，從而解出，E兩點的坐標,即可得結論J2)分別求兩直線為可出片的斜率和*利用韋達 定理得到的關系式即可證明斜率和為零即可得到結論 就題解析:(1)因為焦點為OL又橢圓逅Q(L?-), ? 2 取照圖的右焦點為 為(1.0),由IQ用I+IQ耳仁加得白=0/三L 所以桶國E的方程為士=L 2 .⑵ ①設用(工”。/(馬/上. . . ? y k(x 2) y k(x 由 2

43、 2 x2 * 4 2y2 2) 得：(1 2 2 2 2 2k2)y2 4ky 2k2 0 o 1 uur uuu 得 0 k 1 ,Q BP 3AP V2 3y「 2 yi y2 4 % 4k 1 2k2 V1V2 3yi2 2k2 1 2k2 0,由對稱性不妨設 解得耳一；,；),(0,1)二引月用十|34|=2/ ②S再=T則直線PA的方程為#=—(x+ 2)」 ”. 將用二土等代入得A = 0f不滿足孤意一占w -1同理x2 X 7 tan 乙AF、N二二-Jan ZB耳花二, 耳i+l +1 即 4FM 的/

44、即N=2-+上="52 =你-2)乂+"?―二 幣+1 ia +1 (馬+1)(町+1) (旗+1)(電+1) 2 2 2M Ak ?正必一5+居［^ = 0 「(M+1)(電+ D 十1)出+1) . tan AF1N tan BF1N AF1M BF1N 【考點定位】1.橢圓的性質.2.直線與橢圓的位置關系.3.韋達定理.4.幾何問題構建代數方法 解決. 2 21.已知點Fi、F2為雙曲線C : x2 4 1b 0的左、右焦點，過F2作垂直于x軸的直線， b2 在x軸上方交雙曲線 C于點M ,且 MF1F2 30 .圓O的方程是x2 y2 b2 . (1)求雙曲線C的

45、方程； (2)過雙曲線C上任意一點P作該雙曲線兩條漸近線的垂線， 垂足分別為P1、P2,求PP1 PP2 的值； (3)過圓O上任意一點 Qxo,yo作圓。的切線l交雙曲線C于A、B兩點, AB中點為M , 求證: uuu AB uuur 2 OM . 2 y2 2 、……l 【答案】(1) x2 y- 1 ； (2) - ; (3)證明見解析. 2 9 【解析】 試題分析：(1)從雙曲線方程中發(fā)現只有一個參數，因此我們只要找一個關系式就可求解，而 這個關系式在 Rt MF1F2中， MF1F2 30 , F1F2 2c 251 b2 , F1M b2,通過直

46、 角三角形的關系就可求得 b； (2)由(1)知雙曲線的漸近線為 y J2x,這兩條漸近線在含雙 曲線那部分的夾角為鈍角，因此過雙曲線上的點 P作該雙曲線兩條漸近線的垂線 PF1,PF2, PPP2為銳角，這樣這題我們只要認真計算，設 P點坐標為(xo,y),由點到直線距離公式 求出距離 PP , PP，,利用兩條直線夾角公式求出 cos PPP2 ,從而得到向量的數量積 . . uuu PP1 PP2 ;⑶首先 AB uumr 2 OM等價于OA OB ,因此設A(Xi, y1)，B(x2, y2),我們只要 證x〔x2 y1y2 0 ,而x#2可以由

47、切線的方程 xx0 yy0 2與雙曲線方程聯立方程組得到, 再借助切線方程得到 y〔y2,驗證下是否有X1X2 yiy2 0 ,注意上述情形是在 y0 0時進行 y0 0 二血或刀二-0,直播聆證凳可. 慶題解析?⑴設4Af的坐標分別為(JIT戶。),(Jl壽，加 為點底在雙曲線C上，所以1+/—空=1.即為=Z?,所以皿鳥1 = 3“ 8 在R砧蝸用中，工Mg=3矍 解引所以娟二乃二. 由雙曲踐的定義可知：|網卜的耳卜〃 二2 故雙曲統(tǒng)C的方程為［--匕=1 2 (2)由條件可知；兩條漸近線分別為4 點= 0力：6算+卜=0 設雙曲線c上的點。(碎，先).設兩漸近線的夾

48、角為日，則 則點Q到兩條漸近線的距離分別為|產片卜快 因為Q(xo,y0)在雙曲線C： x2亡 2 2 1上，所以2x0 2 yo v 1 乂 cos 一 3 —— 2x0 y0 所以；.??. . 一 ■ 、.3 2xo 、、3 yo cos 2x。2 2 y。 3 10 分 (3)由題意，即證： OA OB 設 A(x, y1), B(x2, y2),切線 l的方程為：xx yy 2 11分 ①當yo 0時，切線l的方程代入雙曲線C中，化簡得: (2y。2 X02)x2 4xx (2y。2 4) 0 所以：見+

49、 3二一 (2 刀 +4) 又死以二12一為，無)，2—4七)二二 T 4- +七)+/*犬］電 13分 15分 16分 所以人.港⑵/&L I*； =4一，片十精I。 山(玩 T)沅 T 2j；-w ②當先二0時，易知上述結詒也成E 所以你?。&,二用十尸必?。 綜上OALOB,所叫闞甌) 【考點定位】(1)雙曲線的方程；(2)占到直線的距離，向量的數量積； (3)圓的切線與兩直線 垂直的充要條件. 22.已知動點P到點A( -2,0)與點B(2,0)的斜率之積為一工，點P的軌跡為曲線 C 4 (1)求曲線C的方程; (2)若點Q為曲線C上的一點

50、，直線 AQ BQ與直線x=4分別交于M N兩點，直線BMI與橢圓 的交點為D求證，A, D, N三點共線. 2 (1) —+y2=1(x^2). (2)見解析 4 【解析】 (2)證明 ⑴ 解 設 P 點坐標(x, y),則 kAP= —y- ( xw— 2) , kBF= —y- ( xw2),由已知 x 2 x 2 1 2 2 -,化簡，得 —+y2=l,所求曲線C的方程為 —+y2=1(xw2). 由已知直線AQ的斜率存在，且不等于 0,設方程為y=k(x+2), k(: 2)消去 V，得(1 +4k2)x2+16k2x+16k2—4=0,① 4y2 4 一 2

51、 _ _ 2 16k2- 4 2 8k2 因為一2, xq是方程①的兩個根，所以一 2xq= ——4 ,得xq= 2 8 ,又yQ= k(xQ+ 2)= 什4k2 什4k2 2 2 ,2 8k2 4k 2 8k2 k ( 2 2) = 2 ,所以 Q( 2 4k \ 什 4k2). 又直線BQ勺斜率為— 工，方程為y=—, 4k 4k (x—2),當 x= 4 時，得 yN=—1，即 N(4 —). 2k ’ 2k 直線BM勺斜率為3k,方程為y=3k(x—2). 什4k 什4k 什4k 當 x = 4,彳導"6k,即 M4,6 k). 【考點定位】1

52、、軌跡方程；2、直線與橢圓的關系. 2 2 2 23 .已知橢圓Ci：谷2r 1(a b 0)的離心率與雙曲線 y2 — 1的離心率互為倒數, a b 2 直線l:y x 2與以原點為圓心，以橢圓 C1的短半軸長為半徑的圓相切. (1)求橢圓Ci的方程； (2)設橢圓C1的左焦點為E ,右焦點為F2,直線I過點后且垂直于橢圓的長軸，動直線 12 垂直11于點P,線段PF2垂直平分線交12于點M ,求點M的軌跡C2的方程； (3)設第(2)問中的C2與x軸交于點Q,不同的兩點 R,S在C2上，且滿足QR RS 0, 求|QS|的取值范圍 【答案】（1）二 y- 1; （2） y2

53、 4x （3） 8J5, 3 2 【解析】 試題分析：（i）雙曲線的離心率為 J3,所以橢圓的離心率為 Y3。根據題意原點到直線 3 2 .2 2 . 2 . 2 l : y x 2的距離為a ,又因為a b c可解得a ,b。（2）由題意知| MP | | MF2 |,即 點M到直線x 1 ,和到點F2（1,0）的距離相等，根據橢圓的定義可知點 M的軌跡是以 2 F2（1,0）為焦點以直線 x 1為準線的拋物線。 （3）由C2的方程為y 4x知Q（0,0）設 2 2 R（~y—,yJS（紅，y2），根據QR RS 0得出y1，y2的關系，用兩點間距離求 |QS|,再用 4

54、 4 配方法求最值。 試題解析：解（1）易知：雙曲線的離心率為 J3 , 3迎, a 3 三由坦，意知二 上-b, b - = 73， 3 ,，橢圓［的方程為彳峰八 （2）\*|心耳腿6|, ■「動點M到定直線1】：上二-1的距離等于它到定點鼻。,0）的距離 .動點時的軌跡G是以4為準線.居為朦點的拋物線, 二點航的軌跡G的方程為* =4r. ⑶由（2）知：Q（0談陽紇，珀,S（以-外）， 4 4 口 2 _ 2 則以二（辛，3），底二（為 了" -X）， 2 2 2 y1（y2 y1） y1（y2 y1） 0, 1分 2分 3分 5分 6分 7分

55、 8分 ■丫函函=0 ■ 由y1 V2，Vi ,左式可化簡為：y (y1 一)， 10 分 yi 2 2 256 y y2 — 32 2v256 32 64 , yi 2 256 當且僅當y r，即yi 4時取等號， 11 分 yi 又 |QS| j(y-)2 v:1 卮 8)2 64/ 64), -4 4 當 y22 64,即 y2 8 時，|QS|min 8V5, 13 分 故|QS|的取值范圍是8J5, . 14 分 【考點定位】1橢圓的標準方程；2拋物線的定義；3函數值域. 24.已知a為實常數，函數 f(x) ln x ax 1. (1)討論函數f(x)

56、的單調性； (2)若函數f(x)有兩個不同的零點 x1, x2 ( x| x2); (I)求實數a的取值范圍； (n)求證：1 % 1且x1 x2 2.(注：e為自然對數的底數) e 【答案】(1)詳見解析；(2) (0,1),證明詳見解析. 試題分析：本題主要考查導數的運算，利用導數研究函數的單調性、極值、最值以及不等式 等基礎知識，考查函數思想、分類討論思想，考查綜合分析和解決問題的能力 .第一 函 數 求 導， 由 于 函 數 有 定 域I所以1恒大于0,相期Uifi行討論，當厘a時，導數恒正，師以函數在“，的)上是增函期 當”0 X 時，/&)=。的混為1,所以將

57、定義城從」斷開，變成2部分，分別利斷函散的單調性*第二間，H)通 a a 過再T司的分析.只有當口 ＞。時.才有可能有2個零點.需要討論函數圖像的最大值的正負，當最大值小 于等于。時，鼠多有一個零點，當最大值大于0時，還需變判斷在最大值點兩惻是否有縱坐標小于。的點, 擊果有就符合題意72)由⑴可知函款的笠腳由只需判斷出〃3和丁(D的正負即所酰分孤因 1 2 1 2 為0 ＜占kL所以三一馬＞1只要證明了(2-M)＞0就可間得出結論,所以下面經過枸造函數證明,兄 a a a a 需求出函數的微值即可. 試題解析：。)的定義域為(O.ko)*其導數/十工)=2-0. I分 ■ ■工 ①

58、當a 0時，f(x) 0,函數在(0,)上是增函數； 2 分 1 1 ②當a 0時，在區(qū)間(0, — )上，f(x) 0;在區(qū)間(一，)上，f(x) 0. a a 1 1 所以f(x)在(0,—)是增函數，在(一，)是減函數.4 分 a a (II )①由(I)知，當a 0時，函數f(x)在(0,)上是增函數，不可能有兩個零點 , 一 .，、， 1 1 1 、. 當a 0時，f(x)在(0,—)是增函數，在(一，)是減函數，此時f(一)為函數f (x)的最大 a a a 值， 當f (-) 0時，f(x)最多有一個零點，所以 a f(1) In1 0,解得

59、0 a 1, 6 分 a a 1 1 e2 1、 / a / a - 此時，— — —2",且 f (一) 1一1 一 0 , e a a e e e 2 f(er) a 2 e 2 2ln a — 1 3 2lna a 2 —(0 a a 1) 2 人 e 令 F(a) 3 2ln a J,貝U F (x) a 2 e 2 a 2a 0,所以F(a)在(0,1)上單調遞 增, 2 所以 F(a) F(1) 3 e2 0,即 f (ey) 0 a 所以a的取值范圍是(0,1) 8 分 ②證法 l+lnx 1 + lnx：. lf

60、V . v 1 + ln x. 小 小、 \nx a = L = iSg(Jt) = (x >0) = 當口 時，g\x）＞0 ：當工 ＞1 時，gV） ＜0 ： 所以前黑）在（ai）上是增函數，在。產8）上是.瀛函皎gw 最大值為次】）=1. 由于E（/） = gf的），且。＜立＜1，所以Q ＜1勺=l+E勺 m — 1 x —I F面證明:當0 <氏< 1時，InA<———= ln x - -j——(z >0) > X +1 z +1 出-r）3 則》（幻=l力 乙＞0 "c）在（0』上是增函數，所以當口 dC時, x（x +1） 》(Q < A(l) = 0 目鳴

61、 0 由 0 Xi 1 得 h(xi) 0 .所以1nxi , /一1 x\+l x12 1 x12 1 . 所以1 1n x1 2x rr 2x 2 2 ———，即 a ———，x1 (— x1) 1, In x1 1n(— x1) 0. 為 1 x1 1 a a 又 ax1 1 In x1 ,所以 ax1 “一 2 2 所以 f (— x1) ln(- x1) a a …2 . 即 f(2 %) f(x2). a 1 2 由 0 x, 一 x2 ,得一 x, a a 一2 、八 1 ln(- x1) 0, ax1 a a(- x1) 1 l

62、n(- x1) a a 一.所以一x1 x2 , a a 2 ln(2 x1) 1. a ax1 1 0 . 2 - x2 - 2 . 12 a ②證法 由（ID （I）可知函數幻在（0,3是增函數，在（上+00）是減函數.」⑴二InT-白了十1. a m 所以」（一〕——1 F1 二— <。,/口）二 1 —（J > 0 .前— 《 西 .只要證明：/（1- q >o就可以得瞬詒 金 白 色 0 一一 一 ，, 2 2 2 1 "T面給出證明土構造函數：g

63、Q）二—力一/（為二㈣—工）一日（一一 R- Qn x-ax）Xfl m耳E - a a ct a 1,,,，一一 所以函數g（x）在區(qū)間（0,1］上為減函數.0 a 1 一，、 ，1、 C Xi —,則 g(xj g(-) 0,又 f(xi) 0 a a … 2 于是f(- Xi) a ln(2 Xi) a(2 Xi) 1 a a f (Xi) g(xi) 0.又 f(x2) 0 由(1)可知 2 2 X2 一 X1.即 X1 x2 — 2 12 分 a a 【考點定位】1.利用導數研究函數的單調性; 縮法. 2.利用函數求函數最值； 3.構造函數法；

64、4.放 25.已知X 0,函數f X In x ax x 1 （1）當a 0時，討論函數f x的單調性; x 1 （2）當f X有兩個極值點（設為X1和X2）時，求證：f X1 f X2 f X X 1 X 【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析. 【解析】 2 一 , 一 x a 2 x 1 試題分析：（1）先求出函數f X的導函數f X -—— X 1 ,確定導數的符號，實 X X 1 質上就是確定分子 X2 a 2 x 1的正負，從而確定函數 f x在定義域上的單調性，即對 分子的 的符號進行分類討論，從而確定x2 a 2 x 1的符號情況，進

65、而確定函數f x在 定義域上的單調性；（2）根據x1、x2與f x之間的關系，結合韋達定理得出 x1 x2以及x1x2 的表達式，代入所證的不 等式中，利用分析法將 所要證的不等式轉化為 證明不等式 Inx x 1,利用作差法，構造新函數 g x Inx x 1,利用導數圍繞 g x max 0來證 1 明.試題解析：（1） Q f x - x2 a 2 x 1 2 ， x x 1 2 x 0,考慮分子x a 2 x 1 當A = 4 —4口三0,即時，在（Q,田）上r /⑴之。恒成立？此時〃月在上單調遞增工 當■A = J — 4a＞0,即d＞4時，方程元一g-2

66、）兀+1 = 0有兩個解不相等的實數根 *■ :當五七（Q金）或#曰:孫400）時,f （＞ 0 F當:^曰每,々）時./r（A）＜0? 二函數〃目在 上單調遞遍, 在0, (2) Q x1、*2是 f x的兩個極值點，故滿足方程 f x 0, 即 x1、x2 是 x2 a 2 x 1 0的兩個解， x〔x2 1, f x1 x2 In x1 丑殳 x1 1 In x2 ax In %x2 a 2Kx2 x1 x2 ln x ax x2 x1x2 xi a x2 1 f x ln x 因此，要證明 f x2 等價于證明— x In x 注意到x 0 ,只需證明 In x 1,即證In x 1, 因此 0,1 1, 時，g x 時，g 0,函數g x在0,1上單調遞增; 1, 上單調遞減;