2017-2018學年高二數(shù)學上學期期末復習備考黃金30題專題06大題易丟分（20題）理

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE37學必求其心得，業(yè)必貴于專精大題易丟分1?！绢}文】已知，且,設命題p：函數(shù)在上單調遞減；命題q：函數(shù)在上為增函數(shù)，（1）若“p且q”為真，求實數(shù)c的取值范圍（2）若“p且q”為假，“p或q"為真,求實數(shù)c的取值范圍．【答案】（1）；（2）試題解析：(1)∵函數(shù)y＝cx在R上單調遞減，∴0<c〈1，即p:0〈c<1又∵f（x)＝x2－2cx＋1在上為增函數(shù)，∴c≤,即q:.∴“p且q"為真時,（2)∵c〉0且c≠1，∴p：c>1,q：且c≠1。又∵“p或q"為真，“p且q"為假，∴p真q假或p假q真．當p真,q假時，｛c|0〈c〈1｝∩｛c|，且c≠1}＝｛c｜<c<1｝．當p假,q真時，｛c|c〉1}∩{c｜0<c≤}＝?.綜上所述,實數(shù)c的取值范圍是｛c｜<c<1}．2．【題文】已知集合是函數(shù)的定義域,集合是不等式（)的解集,：，:.（1）若，求實數(shù)的取值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求實數(shù)的取值范圍。【答案】（1);（2)。【解析】試題分析：(1）分別求函數(shù)的定義域和不等式（a＞0）的解集化簡集合A,由得到區(qū)間端點值之間的關系，解不等式組得到a的取值范圍；（2)求出?p對應的x的取值范圍，由?p是q的充分不必要條件得到對應集合之間的關系,由區(qū)間端點值的關系列不等式組求解a的范圍．（2)易得：:或,∵是的充分不必要條件，∴是的真子集則，解得：∴的取值范圍為:點睛:本題考查了函數(shù)定義域的求法，考查了一元二次不等式的解法，考查了數(shù)學轉化思想方法，解答的關鍵是對區(qū)間端點值的比較，是中檔題．3?！绢}文】已知，向量,向量，集合．（1）判斷“”是“"的什么條件;（2）設命題：若,則．命題:若集合的子集個數(shù)為2，則．判斷，，的真假,并說明理由．【答案】（1）充分不必要條件。(2）為真命題為假命題為真命題.【方法點睛】本題主要以向量平行、垂直的關系和真子集的個數(shù)為背景,考查了充分條件、必要條件的判斷以及復合命題的真假的判斷，注重了對基礎的考查,難度不大;假設是條件，是結論；由可以推出,由不可以推出,則是的充分不必要條件（）；若由不可以推出,由可以推出，則是的必要不充分條件（)；只要有一個為真即為真,有一個為假即為假，的真假性和相反.4．【題文】如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，側棱底面,且側棱的長是,點分別是的中點.(Ⅰ)證明：平面；（Ⅱ）求三棱錐的體積?！敬鸢浮?Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】試題分析:（Ⅰ）連結，通過勾股定理計算可知，由三線合一得出平面；（Ⅱ）根據(jù)中位線定理計算得出是邊長為的正三角形，以為棱錐的底面,則為棱錐的高，代入棱錐的體積公式計算.試題解析：（Ⅰ)證明:四邊形是邊長為的正方形，是的中點,又側棱底面，面又是等腰三角形，是的中點,.同理是等腰三角形，是的中點,面平面（Ⅱ）側棱底面,面由(Ⅱ）知：平面,是三棱錐到平面的距離分別是的中點，，，四邊形是邊長為的正方形，是的中點三角形是等邊三角形5．【題文】如圖所示，直三棱柱中，，,為棱的中點。(Ⅰ）探究直線與平面的位置關系，并說明理由;（Ⅱ）若,求三棱錐的體積?！敬鸢浮浚á瘢┮娊馕觯á颍??！窘馕觥吭囶}分析：（I)連接,設，則為的中點由三角形中位線定理可得四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面；（II）由點到平面的距離等于點到平面的距離，再利用“等積變換”可得，進而可得三棱錐的體積。（Ⅱ）易知平面,由(Ⅰ)可知，平面。所以點到平面的距離等于點到平面的距離,所以.因為,所以，故三棱錐的體積為.6．如圖，在三棱錐中，，底面，，且.（1）若為上一點，且,證明:平面平面.(2）若為棱上一點，且平面，求三棱錐的體積.【答案】（1）見解析；（2）【解析】試題分析：(1）由平面可得，又,,所以平面，根據(jù)面面垂直的判定定理得平面平面。（2)在中，由余弦定理得，根據(jù)勾股定理可得AB=3，BC=1,PB=2，由平面可得，從而得到,故BD=1.過作,交于，則為三棱錐的高，且由三棱錐的體積公式可得。試題解析：(1）證明：∵平面,平面∴。又，，∴平面.∵平面,∴平面平面。(2)解：在中，由余弦定理得,∴,由條件得解得∵平面，平面，平面平面，∴,∴.過作，交于,則為三棱錐的高，則.∵，∴.即三棱錐的體積為。7．【題文】如圖,在三棱柱中，底面，，，，是棱上一點．（I）求證:．（II）若,分別是，的中點，求證：∥平面．（III)若二面角的大小為，求線段的長【答案】（I)見解析（II）見解析(III）（II）連接交于點．∵四邊形是平行四邊形，∴是的中點．又∵,分別是，的中點，∴，且,∴四邊形是平行四邊形,∴．又平面，面，∴平面．（III）∵，且平面,∴,，兩兩垂直。以為原點，，，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系．設，則，，，，∴,,．設平面的法向量為，故，，則有，令,則，又平面的法向量為．∵二面角的大小為，∴，解得，即，，∴．點睛：利用法向量求解空間二面角的關鍵在于“四破”：第一,破“建系關”，構建恰當?shù)目臻g直角坐標系;第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四,破“應用公式關”。8．【題文】如圖，直三棱柱中，，，是棱上的動點.證明：;若平面分該棱柱為體積相等的兩個部分，試確定點的位置,并求二面角的大小.【答案】(1）見解析（2）30°試題解析：解：（I）平面,又，即平面,又平面,；（II），依題意，為中點；(法1）取的中點,過點作于點，連接，面面面，得點與點重合,且是二面角的平面角。設,則,得二面角的大小為30°.（法2)以為空間坐標原點，為軸正向、為軸正向、為軸正向，建立空間直角坐標系，設的長為1，則.作中點，連結,則，從而平面，平面的一個法向量設平面的一個法向量為，則，令，得，故二面角為30°。點睛：(1）探索性問題通常用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為假設滿足條件的元素（點、直線、曲線或參數(shù)）存在,用待定系數(shù)法設出，列出關于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素（點、直線、曲線或參數(shù)）存在;否則,元素（點、直線、曲線或參數(shù)）不存在。（2)反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法.9．【題文】已知坐標平面上點與兩個定點，的距離之比等于5。(1)求點的軌跡方程,并說明軌跡是什么圖形;（2）記（1）中的軌跡為，過點的直線被所截得的線段的長為8，求直線的方程.【答案】(1）（2），或．【解析】【試題分析】（1）運用兩點間距離公式建立方程進行化簡；（2）借助直線與圓的位置關系，運用圓心距、半徑、弦長之間的關系建立方程待定直線的斜率,再用直線的點斜式方程分析求解：（1)由題意,得化簡，得．即．點的軌跡方程是軌跡是以為圓心，以為半徑的圓(2)當直線的斜率不存在時，，此時所截得的線段的長為，符合題意．當直線的斜率存在時，設的方程為,即，圓心到的距離,由題意，得，解得．∴直線的方程為．即。綜上，直線的方程為，或。點睛：軌跡方程的探求是高中數(shù)學中重要的題型之一,本題中的第一問是典型的到兩定點距離之比為定值的點的軌跡的探求.求解時直接運用兩點間距離公式建立方程,然后再兩邊平方進行化簡,從而獲得答案；第二問也是傳統(tǒng)的直線與圓相交的問題題型。求解時先運用點斜式建立直線的方程，然后運用圓心距、半徑、弦長之間的關系建立方程待定直線的斜率，再用直線的點斜式方程使得問題獲解.10．【題文】已知圓的圓心在直線上，且與另一條直線相切于點.（1）求圓的標準方程；(2)已知，點在圓上運動，求線段的中點的軌跡方程?！敬鸢浮?1）圓C的方程為（x﹣1）2+（y+2）2=2；(2）（x﹣3）2+（y﹣1）2=?！窘馕觥吭囶}分析：（1)由題意可知所求圓的圓心在經(jīng)過點，且與直線垂直的直線上，又所求圓的圓心在直線上，解方程組求出圓心,求出半徑，即的長,可得圓的方程；

（2)設，則有代入圓即可得到線段的中點的軌跡方程.試題解析：(1）設圓C的方程為（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，根據(jù)題意得：,解得：,則圓C的方程為（x﹣1）2+（y+2）2=；(2)設M（x，y)，B(x0，y0），則有代入圓C方程得:（2x﹣5）2+（2y﹣4)2=8,化簡得（x﹣3）2+（y﹣1）2=11．【題文】已知與曲線相切的直線，與軸，軸交于兩點,為原點，，，（）。（1）求證:：與相切的條件是:.（2）求線段中點的軌跡方程；（3）求三角形面積的最小值.【答案】（1）見解析；（2)；（3）．【解析】試題分析:（1）寫出直線的截距式方程，化為一般式，化圓的一般式方程為標準式，求出圓心坐標和半徑，由圓心到直線的距離等于半徑得到曲線C與直線l相切的充要條件;

(2)設出線段AB的中點坐標,由中點坐標公式得到a，b與AB中點坐標的關系，代入（1）中的條件得線段AB中點的軌跡方程．（3）因為a與b都大于2,且三角形AOB為直線三角形，要求面積的最小值即要求ab的最小值,根據(jù)（1）中直線l與圓相切的條件（a—2）（b—2)=2解出ab，然后利用基本不等式即可求出ab最小時當且經(jīng)當a與b相等，求出此時的a與b即可求出面積的最小值．(3)，,解得,，，最小面積．點睛：本題考查了軌跡方程,考查了直線和圓位置關系的判斷，點到直線的距離公式的用法,解題的關鍵是對等式進行靈活變換,利用基本不等式求函數(shù)的最值.12．【題文】已知動圓：與圓：交于、兩點，且這兩點平分圓的圓周．（1）求動圓的圓心的軌跡方程；(2)求圓半徑最小時的方程．【答案】（1)；(2）.【解析】試題分析：（1）由題意得圓心為弦的中點，故，由此可得點M的軌跡方程；（2）由（1）知圓M的半徑為，故求出的值即可，由于，所以，從而，所以當，時半徑最小,由此可得解。（2）由（＊)式,知，于是有，而圓半徑，∴當時，，，所求圓的方程為．13．【題文】已知橢圓的右焦點為，離心率為。（1）若，求橢圓的方程;（2）設直線與橢圓相交于兩點,分別為線段的中點,若坐標原點在以為直徑的圓上，且，求的取值范圍.【答案】（1）;（2）.【解析】（1）由，右焦點為，求出,，可得，即可求出橢圓的方程；(2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，消去，得到關于的一元二次方程,設,可得根與系數(shù)的關系,根據(jù)題意得，易知,四邊形為平行四邊形，則，結合向量數(shù)量積公式及，即可求出的取值范圍.由題意得，∴。又∵，∴?！鄼E圓的方程為.(2）由得.設。所以，依題意,，易知，四邊形為平行四邊形,所以.∵,,∴.即，將其整理為?！摺??！?，即.點睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時，若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系，則可首先建立目標函數(shù),再求這個函數(shù)的最值．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下方面考慮：①利用判別式來構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍;②利用已知參數(shù)的范圍,求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關鍵是在兩個參數(shù)之間建立等量關系；③利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.14．【題文】已知橢圓（）的離心率為，且過點.（1)求橢圓的方程；(2）若直線（）與橢圓交于兩點，記直線的斜率分別為，試探究是否為定值,若是，請求出該定值；若不是，請說明理由?！敬鸢浮浚?）(2）為定值,該定值為0【解析】試題分析:（1）由橢圓的離心率公式,求得a2=4b2，將M代入橢圓方程,即可求得a和b的值,求得橢圓方程；（2）將直線l：代入橢圓方程,利用韋達定理及直線的斜率公式，即可取得k1+k2=0．試題解析：（1)依題意，解得，故橢圓的方程為；（2）,下面給出證明：設,，將代入并整理得,，解得,且故，,則，分子=，故為定值，該定值為0。15．【題文】已知圓：過圓上任意一點向軸引垂線垂足為（點、可重合）,點為的中點。（1）求的軌跡方程;（2)若點的軌跡方程為曲線，不過原點的直線與曲線交于、兩點，滿足直線,,的斜率依次成等比數(shù)列，求面積的取值范圍。【答案】（1）；(2）面積的取值范圍為?！窘馕觥吭囶}分析:（1)設，則，代入圓：即可得解；（2）由題意可知，直線的斜率存在且不為，故可設直線的方程為（），與橢圓聯(lián)立得,設,,由直線,，的斜率依次成等比數(shù)列，，可得，再由，，計算即可.試題解析：（1)設,則，則有：，整理得：.(2)由題意可知，直線的斜率存在且不為，故可設直線的方程為（），，,由消去得則，且，.故因為直線，，的斜率依次成等比數(shù)列,即,又，所以，即。由于直線，的斜率存在，且，得且，設為到直線的距離,，則，所以面積的取值范圍為。點睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時，若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系，則可首先建立目標函數(shù),再求這個函數(shù)的最值．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下方面考慮:①利用判別式來構造不等關系,從而確定參數(shù)的取值范圍;②利用已知參數(shù)的范圍,求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關鍵是在兩個參數(shù)之間建立等量關系；③利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍16．【題文】設點，動圓經(jīng)過點且和直線相切,記動圓的圓心的軌跡為曲線。（1）求曲線的方程；（2)設曲線上一點的橫坐標為,過的直線交于另一點，交軸于點，過點作的垂線交于另一點.若是的切線,求的最小值.【答案】(1);（2)。（2）由題意知,過點的直線斜率存在且不為0，設其為。則，當，則.聯(lián)立方程，整理得：。即:，解得或?！?，而，∴直線斜率為。∴,聯(lián)立方程,整理得:，即:，，解得:，或.∴∴。而拋物線在點處切線斜率：，是拋物線的切線，∴，整理得，∴，解得（舍去），或，∴.17．【題文】已知橢圓中心在坐標原點，焦點在坐標軸上,且經(jīng)過三點。（1）求橢圓的方程;(2)在直線上任取一點，連接，分別與橢圓交于兩點,判斷直線是否過定點？若是,求出該定點。若不是，請說明理由.【答案】(1）；(2)【解析】試題分析：由于橢圓過兩個不同的點，故可設橢圓方程為，代入已知點的坐標,可以橢圓的方程.（2)的直線均是過頂點的直線，故通過聯(lián)立方程組可以得到兩點的坐標,再根據(jù)橢圓及其動點的對稱性可以知道定點如果存在，則必定在軸上，猜出定點的坐標為,最后利用斜率證明三點共線。（1)設橢圓方程為,將代入橢圓方程得到，計算得出，所以橢圓方程為.當時，，三點共線；綜上，三點共線也就是過定點。點睛：直線與圓錐曲線的位置關系中，如果已知動直線過定點且與圓錐曲線有另一個交點，那么通過韋達定理可以求出另一個交點的坐標并用斜率表示它,從而考慮與該點相關的一些定點定值問題.另外,我們用先猜后證的策略考慮定點定值問題，因此這樣可以使得代數(shù)式變形化簡的目標更明確。18．【題文】已知橢圓的短軸端點和焦點組成的四邊形為正方形,且橢圓過點．（1）求橢圓的標準方程；(2)四邊形的頂點都在橢圓上，且對角線、過原點，若，求證：四邊形的面積為定值．【答案】(1);（2)見解析.【解析】試題分析：（1）由題意，，又,解得即得橢圓標準方程（2）設直線的方程為，設，，聯(lián)立得,寫出韋達定理，因為，∴，∴，,∴,解得則=，結合即得解。試題解析:（1)由題意，，又，解得，，所以橢圓的標準方程為．（2）設直線的方程為,設，，聯(lián)立得,,，,∵，∴，∴，，∴，∴，∴，設原點到直線的距離為,則，∴,即四邊形的面積為定值．19．【題文】已知拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，過點的直線與拋物線相交于不同的兩點.（1）若，求直線的方程；（2)記的斜率分別為，試問：的值是否隨直線位置的變化而變化？證明你的結論?！敬鸢浮浚?）；（2）的值不隨直線的變化而變化，證明見解析?！窘馕觥?/p>