高中數(shù)學(xué)好題速遞400題（301—350）

1、好題速遞301已知正數(shù)滿足，則的最大值為 解：解法一：令，得則當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得等號(hào)。解法二：令，則令，則原式當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得等號(hào)好題速遞302xOy11f1(x)f1(x)圖1：n=1時(shí)設(shè)函數(shù)，則方程有 個(gè)實(shí)數(shù)根解：令，問(wèn)題化為觀察與圖像的交點(diǎn)有幾個(gè)由于是偶函數(shù)，故是偶函數(shù)，只要考慮 時(shí)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)n=1時(shí)，的圖像是把的圖像下移，xOy11f1(x)f2(x)圖2：n=2時(shí)再把x軸下的圖像往上翻而得，有1個(gè)零點(diǎn)，以零點(diǎn)為界，呈“減增”狀態(tài)，最后趨于，如圖1，有2個(gè)交點(diǎn)；n=2時(shí)，的圖像是把的圖像下移，再把x軸下的圖像往上翻而得，有2個(gè)零點(diǎn)，以2個(gè)零點(diǎn)為界，呈“減增減增”狀態(tài)，最后趨于，如圖2

2、，有個(gè)交點(diǎn)；n= n2時(shí)，且有個(gè)零點(diǎn)以個(gè)零點(diǎn)為界，呈“減增減增減增”狀態(tài)，最后趨于，故的每1個(gè)零點(diǎn)都對(duì)應(yīng)產(chǎn)生2個(gè)兩函數(shù)圖像的交點(diǎn)，有個(gè)交點(diǎn)，再由對(duì)稱性知x<0時(shí)，也有個(gè)交點(diǎn)，故共有個(gè)交點(diǎn)，從而原方程有個(gè)實(shí)根好題速遞303已知數(shù)列滿足設(shè)為均不等于2的且互不相等的常數(shù)，若數(shù)列為等比數(shù)列，則的值為 解：因?yàn)閿?shù)列為等比數(shù)列，所以，且公比為，故為方程的兩不等實(shí)根，從而好題速遞304已知若關(guān)于的方程在上有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，則的取值范圍是 .解：可以轉(zhuǎn)化為，記，則在上有兩個(gè)實(shí)數(shù)解，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)與的圖象，結(jié)合圖像和特殊點(diǎn)可知好題速遞305已知向量，滿足，且與的夾角的正切為，與的夾角的正切為，則的值為 解：易

3、得評(píng)注：這個(gè)題要注意向量的夾角是共起點(diǎn)的，所以要特別留意取本身還是補(bǔ)角。好題速遞30OABCMNPDE6 如圖，矩形OABC中，AB=1，OA=2，以B為圓心、BA為半徑在矩形內(nèi)部作弧，點(diǎn)P是弧上一動(dòng)點(diǎn)，PMOA，垂足為M，PNOC，垂足為N，則四邊形OMPN的周長(zhǎng)的最小值為 解：如圖，連BP，則BP=1，設(shè)CBP=a，OABCMNPaDE，四邊形OMPN的周長(zhǎng)當(dāng)時(shí)，好題速遞307設(shè)、是關(guān)于的方程的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，那么過(guò)兩點(diǎn)、的直線與圓的位置關(guān)系是（ ）(A)相離 (B)相切 (C)相交 (D)隨m的變化而變化解：，直線AB：，即 ，即，圓心到AB的距離，由韋達(dá)定理，,， 取m=0，則d=

4、0Þ相交；取m=2，則Þ相離，故選D好題速遞308已知函數(shù)的圖像關(guān)于垂直于軸的直線對(duì)稱，則的取值集合是 x1a-1解：若，則，其圖像呈“劍”形，如圖，對(duì)稱軸為x=a，則同理，若時(shí)，對(duì)稱軸是，若時(shí)，對(duì)稱軸是，好題速遞309在中，若，則面積的最大值為 解：在中延長(zhǎng)到，使，所以，則已知變?yōu)椤＝夥ㄒ唬河蓸O化恒等式知，故，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得最大值。解法二：以邊所在直線為軸，邊的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，由，則，所以，設(shè)。由，所以，則，所以，所以。解法三：， 因?yàn)?，故所以好題速遞310定義：x，y為實(shí)數(shù)x，y中較小的數(shù)已知，其中a，b 均為正實(shí)數(shù)，則h的最大值是 解：因?yàn)閍，b 均為

5、正實(shí)數(shù)，當(dāng)，即時(shí)，即所以當(dāng)時(shí)，綜上，h的最大值是好題速遞311已知共有項(xiàng)的數(shù)列，定義向量、，若，則滿足條件的數(shù)列的個(gè)數(shù)有（ ）個(gè)A. 2 B. C. D. 解： ÞÞ，,Þ為等比數(shù)列，Þ時(shí)，故當(dāng)時(shí)，即始終有兩種選擇，有個(gè)好題速遞312若方程表示焦點(diǎn)在軸上且離心率小于的橢圓，則的最小值為 解：方程表示焦點(diǎn)在軸且離心率小于的橢圓時(shí)，有 ，即，化簡(jiǎn)得，又，畫(huà)出滿足不等式組的平面區(qū)域，如右圖陰影部分所示，令，平移直線，當(dāng)過(guò)時(shí)，好題速遞313已知四數(shù)a1，a2，a3，a4依次成等比數(shù)列，且公比q不為1將此數(shù)列刪去一個(gè)數(shù)后得到的數(shù)列（按原來(lái)的順序）是等差數(shù)列， 則正

6、數(shù)q的取值集合是 解：因?yàn)楣萹不為1，所以不能刪去a1，a4設(shè)的公差為d，則 若刪去a2，則由2a3a1a4得2a1qa1a1q，即，整理得q(q1)(q1)(q1)又q1，則可得，又q0解得； 若刪去a3，則由2a2a1a4得2a1qa1a1q，即2q1q，整理得q(q1)(q1)q1又q1，則可得q(q1)1，又q0解得 綜上所述，好題速遞314DABC如圖，梯形ABCD中，AB/CD，AB6，ADDC2，若，則 解：轉(zhuǎn)基底，以為基底，則，則所以，則BAD60o，則點(diǎn)評(píng)：本題主要考查平面向量的數(shù)量積，體現(xiàn)化歸轉(zhuǎn)化思想另本題還可通過(guò)建立平面直角坐標(biāo)系將向量“坐標(biāo)化”來(lái)解決向量問(wèn)題突出基底法

7、和坐標(biāo)法，但要關(guān)注基底的選擇與坐標(biāo)系位置選擇的合理性，兩種方法之間的選擇好題速遞315數(shù)列是等差數(shù)列，數(shù)列滿足，設(shè)為的前n項(xiàng)和若，則當(dāng)取得最大值時(shí)n的值等于_解：設(shè)的公差為d，由得 ，所以，從而可知1n16時(shí)， n17時(shí)，從而b1b2b140b17b18，b 15a15a16a170，b16a16a17a180，故S14S13S1，S14S15，S15S16因?yàn)椋裕詁15b16a16a17(a15a18)0，所以S16S14，故Sn中S16最大點(diǎn)評(píng)：利用等差數(shù)列及等差數(shù)列的基本性質(zhì)是解題基本策略此題借助了求等差數(shù)列前項(xiàng)和最值的方法，所以在關(guān)注方法時(shí)，也要關(guān)注形成方法的過(guò)程和數(shù)學(xué)思想好題

8、速遞316在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，則在空間中與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線條數(shù)為_(kāi)條解：在EF上任意取一點(diǎn)M，直線A1D1與M確定一個(gè)平面，這個(gè)平面與CD有且僅有1個(gè)交點(diǎn)N，當(dāng)M取不同的位置就確定不同的平面，從而與CD有不同的交點(diǎn)N，而直線MN與直線A1D1，EF，CD均相交，故滿足題意的直線有無(wú)數(shù)條好題速遞317已知，成等差數(shù)列，則；中，正確的是 （填入序號(hào)）解：2(ac)2=(bc)2+(ab)2=|bc|2+|ab|22|bc|×|ab|=2|ac|b2Þ|ac|b2，、錯(cuò)，而，對(duì)好題速遞318已知函數(shù)在定義

9、域上是單調(diào)函數(shù),若對(duì)任意，都有,則不等式的解集為 . 解：因函數(shù)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，故，即，從而有，又，所以從而，由.好題速遞319已知的內(nèi)角的對(duì)邊成等比數(shù)列，則的取值范圍為 。解：由且，得，得，得又，即，得，又， 即。點(diǎn)評(píng)：本題是三角形里隱含的三邊關(guān)系的應(yīng)用，有時(shí)會(huì)成為高考大題第2小問(wèn)中隱含的定義域要求，這個(gè)是值得注意的點(diǎn)。好題速遞320已知函數(shù)，則 解：由對(duì)稱性可知同理故點(diǎn)評(píng)：本題顯然是倒序求和、首位求和的變式題，不過(guò)在處理過(guò)程中的拆角技巧還是比較難的。各省份的高考題中常有這類求具體角的三角函數(shù)值的問(wèn)題，這類問(wèn)題要多觀察所給角與要求角之間的關(guān)系，特別關(guān)注這些特殊角。好題速遞321各項(xiàng)均為

10、正偶數(shù)的數(shù)列a1，a2，a3，a4中，前三項(xiàng)依次成公差為d（d > 0）的等差數(shù)列，后三項(xiàng)依次成公比為q的等比數(shù)列. 若，則q的所有可能的值構(gòu)成的集合為 . 解：設(shè)，其中，均為正偶數(shù)，則，整理得，(注意體會(huì)這里用“”而不用“”的好處)所以，即，所以的所有可能值為24，26，28，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，（舍去）；當(dāng)時(shí)，所以q的所有可能值構(gòu)成的集合為.好題速遞322曲線C：與軸的交點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)稱為“望點(diǎn)”，以“望點(diǎn)”為圓心，凡是與曲線C有公共點(diǎn)的圓，皆稱之為“望圓”，則“望圓”面積的最小值為 解：，令，得，所以望點(diǎn)為，設(shè)望圓的方程為，由得當(dāng)，即時(shí)，所以圓的面積為好題速遞32

11、3已知數(shù)列滿足，且，它的前項(xiàng)和為則 解：，解得兩式相減得，故，故數(shù)列為周期為3的數(shù)列好題速遞324定義在上的函數(shù)，當(dāng)時(shí)，且對(duì)任意的滿足（常數(shù)），則函數(shù)在區(qū)間上的最小值是（ ） 解：ÞÞ，Þ，當(dāng)時(shí)有最小值為好題速遞325已知，向量滿足，則的最大值為 。解法一：設(shè)，則由已知條件易知和共以為直徑的外接圓。由是同一個(gè)點(diǎn)出發(fā)的兩個(gè)向量作點(diǎn)積，且終點(diǎn)連線確定，顯然用極化恒等式是一個(gè)不錯(cuò)的選擇。故問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求的最大值，如圖所以解法二：如解法一畫(huà)圖，設(shè)，則在中由余弦定理得所以，所以解法三：如圖建系，則，得則而橫坐標(biāo)，所以好題速遞326在ABC中，已知BC = 4，AC = 3，(

12、A - B) = ，則ABC的面積為 解：在角A中作出A - B，即在BC上取一點(diǎn)D，使DB = DA，設(shè)DB = x，則DC = 4 - x在ACD中，ÐCAD = (A - B) = ，得x = 2則DA = DC = DB，ÐBAC = 90°，ABC的面積為好題速遞327若的外接圓是半徑為1的圓，且，則的取值范圍是 。解法一：是同一個(gè)點(diǎn)出發(fā)的兩個(gè)向量作點(diǎn)積，且終點(diǎn)連線確定，顯然用極化恒等式是一個(gè)不錯(cuò)的選擇。（其中為中點(diǎn)）點(diǎn)在圓上運(yùn)動(dòng)，故，即故又不與重合，所以，所以解法二：如圖建系設(shè)點(diǎn)。，因?yàn)?，所以解法三：基底角度，一?wèn)三不知轉(zhuǎn)基底由于不與重合，所以好題速遞

13、328如圖，點(diǎn)是以為圓心，1為半徑的圓上任意三點(diǎn)，則的最小值是 。解法一：固定點(diǎn)，極化角度設(shè)，則解法二：固定點(diǎn)，投影角度設(shè)，則所以故好題速遞329已知函數(shù)，若，則的取值范圍是 。解：關(guān)于對(duì)稱，由得，即因?yàn)?，所以，解得（這里是求定義域，函數(shù)沒(méi)有定義域就沒(méi)有意義，千萬(wàn)記得定義域優(yōu)先）好題速遞330已知，若且，則的取值范圍是_。解：，即解法一：不等式角度解題由基本不等式得，解得這個(gè)解法對(duì)不對(duì)呢？看似正確，其實(shí)這里的最大值6取不到，因?yàn)榻夥ㄖ胁](méi)有用到的限制條件這里介紹一種方法，可以來(lái)處理有限制條件的問(wèn)題（類似于極化恒等式的變形）因?yàn)榧?，得因?yàn)?，故，故即解得【點(diǎn)評(píng)】這里要注意以前我們所學(xué)的“兩個(gè)字母一

14、個(gè)方程”的問(wèn)題或者“基本不等式”的問(wèn)題，在沒(méi)有其余限制條件時(shí)不等式和法都適用，但多了限制條件就不確定是在區(qū)域邊界還是內(nèi)部取得最值，故需要驗(yàn)證或者另尋他法了。解法二：規(guī)劃角度解題，即表示圓所以點(diǎn)所滿足的條件為畫(huà)出可行域即個(gè)圓弧，目標(biāo)函數(shù)為故當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，但最大最小值都無(wú)限接近，取不到，所以解法三：圖像角度解題很多同學(xué)是畫(huà)出圖像，觀察發(fā)現(xiàn)因?yàn)椴糠值膱D像比部分的圖像變化快，故當(dāng)?shù)闹本€向上平移時(shí)，雖然向左變小，向右變大，但顯然變得多，故變大，即的中點(diǎn)向右上方運(yùn)動(dòng)因此當(dāng)，即時(shí)，當(dāng)，即時(shí)，但最大最小值都無(wú)限接近，取不到，所以好題速遞331設(shè)，是夾角為的兩個(gè)單位向量，若，是以為直角頂點(diǎn)的直角三角形，則 。解

15、法一：，因?yàn)?，即OMNPQ解法二：反向延長(zhǎng)到，使因?yàn)?，故由中線等于斜邊的一半可得是直角三角形，即，因?yàn)?，所以三點(diǎn)共線，故好題速遞332已知，則的最大值是_。解法一：令，則，目標(biāo)函數(shù)為畫(huà)出點(diǎn)所在的可行域如圖為拋物線一部分上的點(diǎn)，如圖，目標(biāo)函數(shù)與相切時(shí)當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得解法二：令，則，所以解法三：三角換元，則，令，故解法四：令， ，則則，點(diǎn)評(píng)：本方法用的是不等式中的“極化恒等式”思想，即，這在12月18日每日一題的第一種解法中也有體現(xiàn)。好題速遞333已知函數(shù)是定義在正實(shí)數(shù)集上的單調(diào)函數(shù)，且滿足對(duì)任意x0，都有，則= 解：必為常數(shù)函數(shù)，否則存在兩個(gè)不同數(shù)，其對(duì)應(yīng)值均為，與單調(diào)函數(shù)矛盾所以可設(shè)則將c代

16、入，得，即是單調(diào)增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，成立，則好題速遞334設(shè)直角的三個(gè)頂點(diǎn)都在單位圓上，點(diǎn)，則的最大值是 解：設(shè)是以為直角頂點(diǎn)的直角三角形，則所以所以（這里可以理解為三角形兩邊之和大于第三邊，也可以理解為圓外一點(diǎn)（）到圓上一點(diǎn)距離，同時(shí)連最小值也可以求出）當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線且點(diǎn)在第三象限時(shí)，好題速遞335函數(shù)，當(dāng)時(shí)，且的最大值為2，則 解：因?yàn)榈淖畲笾禐?，所以由由所以故題目變?yōu)閷?duì)恒成立。此時(shí)注意到，是一個(gè)零點(diǎn)由于對(duì)，故是個(gè)偶重零點(diǎn)，故也是的根，所以，點(diǎn)評(píng)：這又是一個(gè)二次函數(shù)的好題，解法中用到的零點(diǎn)奇穿偶回法很值得回味?！傲泓c(diǎn)是個(gè)守門員，負(fù)責(zé)正負(fù)分界線，奇次零點(diǎn)穿過(guò)去，偶次零點(diǎn)彈回來(lái)”好題速遞336已

17、知對(duì)任意恒成立，則 解：用兩邊夾逼的方法，令，解得故，即所以對(duì)任意恒成立，所以故點(diǎn)評(píng)：這又是夾逼形式的好題，解法中讓不等號(hào)兩邊同時(shí)取到，求出臨界點(diǎn)的方法要注意。好題速遞337已知非零向量與向量 的夾角為鈍角，當(dāng)時(shí)，取最小值，則 Oa-2abb-2a解法一：由當(dāng)時(shí)，取最小值，可知本題是“神圖”的應(yīng)用，如圖所示，設(shè)，則即故解法二：當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，所以且，得故好題速遞338已知橢圓和雙曲線有相同的焦點(diǎn)，且橢圓與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為，若，則雙曲線的離心率的取值范圍是 解：故好題速遞339已知函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)使得，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解：因?yàn)槭窃龊瘮?shù)，且，故，所以原條件等價(jià)于在區(qū)間上有解，即在上有解

18、因?yàn)榈闹涤驗(yàn)?，所以?shí)數(shù)的取值范圍是好題速遞340在中，若橢圓以為長(zhǎng)軸，且過(guò)點(diǎn)，則橢圓的離心率是 解：如圖，作于，則，設(shè)，則，所以，所以設(shè)橢圓的方程為，將與代入可得，故好題速遞341實(shí)數(shù)滿足，則的最大值為 解：因?yàn)?，所以相加得即?dāng)且僅當(dāng)同時(shí)滿足，即或時(shí)上式取等號(hào)。點(diǎn)評(píng)：本題是三元均值不等式的問(wèn)題，難點(diǎn)在于每個(gè)均值不等式的系數(shù)配湊。這里其實(shí)是用待定系數(shù)法來(lái)確定系數(shù)。，故因此，解得好題速遞342已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，若存在正整數(shù)，使得成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解：，因?yàn)?，故，（即奇?shù)項(xiàng)為負(fù)，偶數(shù)項(xiàng)為正）又因?yàn)椋赃@個(gè)數(shù)列是震蕩數(shù)列，奇數(shù)項(xiàng)恒負(fù)且遞增，偶數(shù)項(xiàng)恒正且遞減所以條件轉(zhuǎn)化為存在正整數(shù)，使得只要，即好題速遞343已知為實(shí)數(shù)，且，則的最小值為 解法一：令，則，且所以解法二：齊次化轉(zhuǎn)函數(shù)求值域令，好題速遞344題已知是單位圓的內(nèi)接三角形，是圓的直徑，若滿足，則 解：如圖，因?yàn)槭菆A的直徑，所以同理（其實(shí)就是投影，點(diǎn)積轉(zhuǎn)投影記得嗎？）所以所以，則是直徑，所以好題速遞345題已知正四面體的棱長(zhǎng)為，是棱上任意一點(diǎn)（不與重合），且點(diǎn)到面和面的距離分別為，則的最小值為 解：棱長(zhǎng)為的正四面體，體高所以如圖作面，則在中，得同理所以所以所