高中數(shù)學(xué)好題速遞400題（201—250）

1、好題速遞201題解析幾何模塊4已知曲線的方程，存在一定點(diǎn)和常數(shù)，對(duì)曲線上的任意一點(diǎn)，都有成立，則點(diǎn)到直線的最大距離為 解法一：由得即故，將代入得，得，又直線恒過(guò)定點(diǎn)，所以由幾何性質(zhì)知點(diǎn)到直線的最大距離為點(diǎn)與的距離為解法二：作為小題，由知是阿氏圓軌跡，故取圓直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，即可得，解得，好題速遞202題解析幾何模塊5已知是的對(duì)稱(chēng)軸和準(zhǔn)線的交點(diǎn)，點(diǎn)是其焦點(diǎn)，點(diǎn)在該拋物線上，且滿足，當(dāng)取得最大值時(shí)，點(diǎn)恰在以、為焦點(diǎn)的雙曲線上，則該雙曲線的離心率為 解：作，由拋物線定義，其中要使取得最小值，即最小，即最大值，即最小，此時(shí)是拋物線的切線設(shè)的方程為，與聯(lián)立得因?yàn)橄嗲?，故，解得故，由，得好題速遞203題解析

2、幾何模塊6 已知斜率為1的直線過(guò)雙曲線的左焦點(diǎn)，且與雙曲線左、右支分別交于兩點(diǎn)，若是線段的中點(diǎn)，則雙曲線的離心率為 解：由題意知所以，所以好題速遞204題解析幾何模塊7 已知點(diǎn)是雙曲線上的動(dòng)點(diǎn)，是其左、右焦點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)，若的最大值是，則此雙曲線的離心率是 解：設(shè)，則又，所以所以所以所以的最大值在時(shí)取到，所以所以，即好題速遞205題解析幾何模塊8在平面直角坐標(biāo)系中，圓的方程為，直線與圓相交于兩點(diǎn)，為弦上一動(dòng)點(diǎn)，以為圓心，2為半徑的圓與圓總有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 解：兩圓有公共點(diǎn)的充要條件是，而恒成立，故只要時(shí)兩圓必有公共點(diǎn)由平面幾何知識(shí)可知，為點(diǎn)到直線的距離，所以，解得好題速遞206題解析

3、幾何模塊9已知點(diǎn)，若圓上存在一點(diǎn)，使得，則的最大值為 解：由得在以中點(diǎn)為圓心，為半徑的圓上，所以的軌跡方程為，所以圓的半徑為，又由在圓上，的圓心，半徑為1，當(dāng)圓與圓內(nèi)切時(shí)，最大為好題速遞207題立體幾何模塊1如圖，在正方體中，是棱的中點(diǎn)，是側(cè)面上的動(dòng)點(diǎn)，并且平面，則動(dòng)點(diǎn)的軌跡是（ ）A圓 B橢圓 C拋物線 D線段 解：如圖，取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，顯然可證明平面平面，當(dāng)在線段上時(shí)，均有平面，即動(dòng)點(diǎn)的軌跡是線段。點(diǎn)評(píng)：善于轉(zhuǎn)化是解決立體幾何中平行與垂直問(wèn)題的關(guān)鍵。例如，考慮“線線平行”時(shí)，可轉(zhuǎn)化為“線面平行”或“面面平行”；考慮“線面平行”時(shí)，可轉(zhuǎn)化為“線線平行”或“面面平行”；考慮“面面平行”時(shí)，可

4、轉(zhuǎn)化為“線線平行”或“線面平行”。在斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)圖時(shí)，平行關(guān)系不會(huì)改變，因?yàn)橐移叫芯€，可以考慮在圖象上推平行線，然后關(guān)注哪個(gè)位置看起來(lái)比較特殊，例如中點(diǎn)，中位線之類(lèi)。好題速遞208題立體幾何模塊2如圖，在三棱柱的側(cè)棱與上各有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足，是棱上的動(dòng)點(diǎn)，則的最大值是 解法一：設(shè)，則（注：這里用到了梯形的面積與的面積相等。）即與重合時(shí)，最大，解法二：設(shè)，為定值，則是關(guān)于的增函數(shù)所以好題速遞209題立體幾何模塊3已知線段，且與平面的距離為4，點(diǎn)是平面上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足，若，則線段長(zhǎng)度的取值范圍是 解：如圖，將線段投影到平面上，得到射影，將空間問(wèn)題平面化，則動(dòng)點(diǎn)的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，又，所

5、以，即好題速遞210題立體幾何模塊4已知為正方體對(duì)角線上的一點(diǎn)，且，下面結(jié)論：；若平面，則；若為鈍角三角形，則；若，則為銳角三角形其中正確結(jié)論的序號(hào)為 解：在正方體中，平面，又平面，故，正確； 由題可知，若平面，則設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則，在中，所以，所以，正確；在正方體中，以為軸，為軸，為軸建系，設(shè)棱長(zhǎng)為2，則設(shè)，由，得所以，若為鈍角三角形，則為鈍角，解得，錯(cuò)；同理，當(dāng)時(shí)，所以為銳角三角形，正確。所以正確結(jié)論為。好題速遞211題立體幾何模塊5如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，若點(diǎn)是棱上一點(diǎn)，則滿足的點(diǎn)有 個(gè)解：點(diǎn)既在以為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸為2的橢球上，又在正方體的棱上。因?yàn)?，故點(diǎn)在以為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸為2的橢球外

6、，所以橢球必與線段相交（交點(diǎn)就是的中點(diǎn)），同理在上各有一個(gè)交點(diǎn)滿足條件又若點(diǎn)在上，則，故上不存在滿足條件的點(diǎn)，同理上也不存在滿足條件的點(diǎn)。好題速遞212題立體幾何模塊6將一個(gè)長(zhǎng)寬分別為的鐵皮的四個(gè)角切去相同的正方形，然后折成一個(gè)無(wú)蓋的長(zhǎng)方體的盒子（不計(jì)粘合處），若這個(gè)長(zhǎng)方體的外接球的面積存在最小值，則的取值范圍是 解：設(shè)切去的小正方形的邊長(zhǎng)為，長(zhǎng)方體的外接球的半徑為則因?yàn)殚L(zhǎng)方體的外接球的面積存在最小值，所以，解得好題速遞213題在直角梯形中，動(dòng)點(diǎn)在以為圓心且過(guò)點(diǎn)的圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)（不含邊界），設(shè)，則的取值范圍是 解：建立直角坐標(biāo)系， ，由得動(dòng)點(diǎn)在內(nèi)運(yùn)動(dòng)，所以求目標(biāo)函數(shù)的取值范圍是好題速遞214題在曲線

7、上任取兩點(diǎn)，則的最小值為 解：記，則且，同時(shí)滿足，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得“=”，故的最小值為2好題速遞215題已知函數(shù)是定義在上的不恒為零的偶函數(shù)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)都有，則 解：令，則，所以令，則當(dāng)時(shí)，由得則，故好題速遞216題已知實(shí)數(shù)，設(shè)函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)分別為，則下列關(guān)系中恒成立的是（ ）（A） （B）（C） （D）解：的兩個(gè)零點(diǎn)，即的兩個(gè)零點(diǎn)因?yàn)殚_(kāi)口向上，又，所以即函數(shù)的零點(diǎn)一個(gè)大于，一個(gè)小于，且，所以根據(jù)“一上一下，中間一點(diǎn)”的原則，可知，選C好題速遞217題已知點(diǎn)在拋物線上，若的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線上，記三邊所在直線的斜率分別為，則 解：，設(shè)，所以點(diǎn)評(píng)：拋物線題目的計(jì)算量相對(duì)于橢圓、雙曲線要小一些

8、，主要是基于拋物線上的點(diǎn)的設(shè)法，在化簡(jiǎn)過(guò)程中利用好平方差公式，可以使得計(jì)算簡(jiǎn)便。這個(gè)過(guò)程要做到比較熟練。好題速遞218題已知函數(shù)與函數(shù)在區(qū)間上都有零點(diǎn)，則的最小值為 解：由題意知，兩式相加得，兩式相加得所以當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)。點(diǎn)評(píng)：這里用到了基本不等式，如果一下子看不出來(lái)，也可以先利用齊次化思想，將分子分母同除以，令，將式子簡(jiǎn)化，就容易發(fā)現(xiàn)了。好題速遞219題已知函數(shù)，若在上既有最大值又有最小值，且最大值與最小值的和為4，則 解：已知在上既有最大值又有最小值，故又是奇函數(shù)，且最大值與最小值的和為4，則，故好題速遞220題對(duì)于函數(shù)，如果存在區(qū)間，同時(shí)滿足下列條件：在內(nèi)是單調(diào)的；當(dāng)定義域是時(shí)，的值

9、域也是，則稱(chēng)是該函數(shù)的“和諧區(qū)間”若存在“和諧區(qū)間”，則的取值范圍是 解：因?yàn)樵诤蜕鲜窃龊瘮?shù)，所以或，且，因此是方程的兩個(gè)不相等且同號(hào)的實(shí)數(shù)根，即有兩個(gè)不相等且同號(hào)的實(shí)數(shù)根又且，故只需，解得又，故好題速遞221題已知以為周期的函數(shù)，其中，若恰有5個(gè)實(shí)數(shù)解，則的取值范圍是 解：當(dāng)時(shí)，原函數(shù)式化為方程，表示一個(gè)半橢圓，當(dāng)時(shí)，是兩線段和組成的折線，再根據(jù)周期性畫(huà)出大致圖象如圖所示。由圖象可知，當(dāng)直線與第二個(gè)半橢圓相交，而與第三個(gè)半橢圓無(wú)交點(diǎn)時(shí)，方程恰有5個(gè)實(shí)數(shù)解，由方程組消去得由，解得由方程組消去得由，解得，所以好題速遞222題（2015重慶理科第16題）若函數(shù)的最小值為5，則 _解法一：按照兩類(lèi)分

10、類(lèi)討論，畫(huà)出的折線圖，圖象最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)為5，求得或解法二：由題意得，從而設(shè)的圖象是以為頂點(diǎn)的開(kāi)口向上的“V”形圖。的圖象是以為頂點(diǎn)的開(kāi)口向下（開(kāi)口比的圖象開(kāi)口大）的“V”形圖，且與軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為。當(dāng)或時(shí)，所以若函數(shù)的最小值為5，則或好題速遞223題若動(dòng)點(diǎn)在直線上，動(dòng)點(diǎn)在直線上，設(shè)線段的中點(diǎn)為，且，則的取值范圍是_解法一：設(shè)點(diǎn)滿足，點(diǎn)滿足兩式相加得點(diǎn)的軌跡是直線同時(shí)點(diǎn)滿足所以滿足條件的點(diǎn)在線段上，其中點(diǎn)，分別為直線與圓的交點(diǎn)，表示線段上的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線距離的平方，所以當(dāng)運(yùn)動(dòng)到或時(shí)，取得最大值為16，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到圓心時(shí)，取得最小值為8，故解法二：將代入，得到將代入得好題速遞224題設(shè)反比例函數(shù)與二

11、次函數(shù)的圖象有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)，且，則 解：與的圖象有且僅有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根三次方程僅有兩個(gè)實(shí)根，故必有一個(gè)是一次根，一個(gè)是重根。方程或?qū)τ诘谝环N情況，等式兩邊展開(kāi)比較系數(shù)得，故，因?yàn)?，所以，?duì)于第二種情況，等式兩邊展開(kāi)比較系數(shù)得，故，因?yàn)?，所以，但由知，與矛盾，故舍去。點(diǎn)評(píng)：本題是自山東高考題改編而來(lái)，解法中運(yùn)用了三次方程求根的因式分解，奇次根穿過(guò)與偶次根反彈的問(wèn)題。浙江高考曾多次考過(guò)類(lèi)似的問(wèn)題，值得注意。例如：（2014浙江文7）已知函數(shù)，且，則A B C D解：方程的三個(gè)根為，故比較系數(shù)得，故（2012浙江理17）設(shè)，若時(shí)均有，則_解：，

12、且，因?yàn)閷?duì)恒成立，則必是二重零點(diǎn) 代入得：，解之得：，舍去，得答案：（2013浙江文16）設(shè)，若時(shí)恒有，則 ?！窘馕觥慨?dāng)時(shí)，有，所以得，代回原式故必定是重根，即中必有因子，所以，所以點(diǎn)評(píng)：這三道題都是加深零點(diǎn)意義理解的好題。零點(diǎn)就像是x軸上的守門(mén)員，關(guān)系著函數(shù)正負(fù)性變化的重任，“奇重零點(diǎn)穿過(guò)，偶重零點(diǎn)反彈”。好題速遞225題設(shè)是正實(shí)數(shù)，且，則的最小值是_解：設(shè)，則題目變?yōu)椤耙阎蟮淖钚≈?。?dāng)且僅當(dāng)，即，即時(shí)取得等號(hào)點(diǎn)評(píng)：本題還是分母換元使得式子簡(jiǎn)化，靈活運(yùn)用均值不等式。好題速遞226題（重慶高考題）函數(shù)的值域是_解：設(shè)，則問(wèn)題變?yōu)榍蟮闹涤蚪夥ㄒ唬寒?dāng)時(shí)，有將視為圓上任一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，結(jié)合

13、圖形可知，所以，當(dāng)時(shí)，綜上可知，解法二：注意到，聯(lián)想其結(jié)構(gòu)特征與三角函數(shù)中的正余弦定義式相似于是設(shè)直線的傾斜角為，則所以好題速遞227題已知，則的取值范圍是_解法一：考慮向量模的幾何意義由和，可作出圖形的終點(diǎn)必在以為直徑的圓上又，故的終點(diǎn)必在以為圓心，1為半徑的圓上所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為與（半徑為1的小圓）有交點(diǎn)注意到的半徑為，圓心距所以?xún)蓤A相交需滿足且有作一個(gè)整體換元，設(shè)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為規(guī)劃問(wèn)題，已知，求的取值范圍。如圖可得解法二：代數(shù)方法，因此只需求的取值范圍由得所以即，解得所以，故解法三：解析幾何坐標(biāo)方法解：設(shè)，設(shè)A，B是以O(shè)為圓心，2為半徑的圓上兩點(diǎn)，且ACBC，則 | ab | = AB = 2

14、 MCMO2 + MA2 = OA2，而MA = MC，MO2 + MC2 = 4設(shè)，則，即（*）| ab | = AB = 2 MC = 由（*）知，即好題速遞228題已知實(shí)數(shù)，滿足，則的最大值是_解：記，則因?yàn)楣始吹淖畲笾凳呛妙}速遞229題設(shè)函數(shù)，若對(duì)任意的，總存在，使得成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_解法一：由題意知的值域是值域的子集，易得的值域是設(shè)，則的值域?yàn)榈闹涤?，再通過(guò)分類(lèi)討論進(jìn)行解答或或或解得解法二：解法一常規(guī)，但計(jì)算量較大，作為填空題不劃算。故從數(shù)形結(jié)合的角度，利用函數(shù)圖象給出解法二。的值域是，設(shè)，則問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為對(duì)任意實(shí)數(shù)，關(guān)于的方程在上有解，即對(duì)任意實(shí)數(shù)，總存在，使得直線與在是有

15、公共點(diǎn)，即直線與一簇函數(shù)個(gè)個(gè)都有公共點(diǎn)，從圖象上顯然看到，只要直線與函數(shù)有公共點(diǎn)即可，于是求得好題速遞230題在中，邊上的中線，若動(dòng)點(diǎn)滿足，則的最小值是 解：因?yàn)椋禂?shù)之和為1，故三點(diǎn)共線，且，所以點(diǎn)在線段上，設(shè)，故當(dāng)時(shí)，取最小值好題速遞231題設(shè)數(shù)列滿足，且，則 解：找規(guī)律。易知，故數(shù)列是周期為5的數(shù)列，所以好題速遞232題設(shè)數(shù)列滿足，且，則 解：即令，則，即數(shù)列是等比數(shù)列，且，故，即好題速遞233題已知，函數(shù)的零點(diǎn)分別為，函數(shù)的零點(diǎn)分別為，則的最小值為 解：由（1）（2）得因?yàn)?，故好題速遞234題已知函數(shù)，其中，設(shè)為的一個(gè)零點(diǎn)，若，則符合條件的的值有 個(gè)解：因?yàn)?，故，解得由知，?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)

16、，；當(dāng)時(shí)，（舍去）；當(dāng)時(shí)，綜上，符合條件的或，有兩個(gè)值。好題速遞235題已知是的外心，若，則的最小值為 解：因?yàn)?，解?，故點(diǎn)評(píng)：這里又是三角形外心與向量的常見(jiàn)結(jié)合題，“外心點(diǎn)積轉(zhuǎn)邊投影”是正道。好題速遞236題已知函數(shù)，設(shè)，若函數(shù)有四個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是 解：是開(kāi)口形狀確定，頂點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)的拋物線，于是當(dāng)取不同值時(shí)所對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖象如圖所示，是“W型”的圖象交點(diǎn)橫坐標(biāo)由解得函數(shù)有四個(gè)零點(diǎn)，可視為直線與函數(shù)有四個(gè)交點(diǎn)，故只需兩條拋物線的“交叉點(diǎn)”到直線的豎直距離大于即可。故，解得好題速遞237題在中，若，則的面積取得最大值時(shí)，最長(zhǎng)的邊長(zhǎng)等于 解法一：設(shè)，由題知，因?yàn)楣?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得最大值，此

17、時(shí)解法二：由余弦定理知故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故最長(zhǎng)邊為好題速遞238題如圖，在半徑為1的上，線段是的直徑，則的取值范圍是 解法一：極化恒等式角度顯然當(dāng)均為的直徑時(shí)，最大為4；取的中點(diǎn)，則由極化恒等式知故解法二：投影角度要求，顯然在確定的情況下，最大。如圖，當(dāng)且與圓相切時(shí)，最大。此時(shí)設(shè)，則，所以顯然當(dāng)且僅當(dāng)與重合，與重合，即與反向且模長(zhǎng)均為直徑時(shí)，解法三：坐標(biāo)角度設(shè)，所以令則令則（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)）解法四：利用競(jìng)賽知識(shí)設(shè)，則在競(jìng)賽中證明過(guò)一個(gè)不等式，在中，有所以這里用了三角的積化和差、和差化積公式，屬于超綱內(nèi)容。所以好題速遞239題在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)是圓上不同的三個(gè)點(diǎn)，若存在實(shí)數(shù)，使得，

18、則的取值范圍是 解法一：（這里的就是向量夾角，由于三點(diǎn)不同，故）當(dāng)時(shí)有當(dāng)時(shí)有畫(huà)出可行域如圖，于是將視為可行域內(nèi)的到點(diǎn)的距離的平方，易得當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，故解法二：于是解法三：由可以構(gòu)造三角形法則故設(shè)，則構(gòu)成的三邊（否則三點(diǎn)中至少有兩個(gè)點(diǎn)重合），如圖所示于是滿足，畫(huà)出可行域，后續(xù)如解法一。好題速遞240題已知二次函數(shù)為非負(fù)，則的最小值為 解法一：齊次化思想根據(jù)條件有，則因此令，則當(dāng)且僅當(dāng)及時(shí)取得最小值，即時(shí)取得。解法二：根據(jù)條件有，則故令得當(dāng)且僅當(dāng)及時(shí)取得最小值，即時(shí)取得。解法三：令，得，代入得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)解法四：待定系數(shù)法假設(shè)，化簡(jiǎn)為又故比對(duì)系數(shù)得，得，即，此時(shí)即因?yàn)?，所以因?yàn)?，所以好題速遞2

19、41題已知，則的最大值是 解法一：判別式法令，代入得關(guān)于的一元二次方程有解得，即所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)。解法二：化齊次式令故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)。解法三：令，即設(shè)，則故解法四：利用余弦定理構(gòu)造三角形設(shè)的三邊分別為，由得由正弦定理，故故其中，故取，故評(píng)注：本題是很常見(jiàn)的最值問(wèn)題，解法一、解法二是常規(guī)的兩種方法，解法三利用三角換元，解法四構(gòu)造三角形的方法不僅求出了最大值，還取到了最小值。好題速遞242題（2015全國(guó)聯(lián)賽2）若實(shí)數(shù)滿足，則的值為 解：由得，評(píng)注：這里用了1的逆用，簡(jiǎn)化了計(jì)算，當(dāng)然也可以把都算出來(lái)，不過(guò)計(jì)算量比較大。好題速遞243題（2015全國(guó)聯(lián)賽4）在矩形中，邊上（包含）的動(dòng)點(diǎn)與

20、的延長(zhǎng)線上（包含點(diǎn)）的動(dòng)點(diǎn)滿足，則的最小值為 解：不妨設(shè)，則，則由得，故評(píng)注：坐標(biāo)法解決向量問(wèn)題是常見(jiàn)方法。好題速遞244題（2015全國(guó)聯(lián)賽6）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)集所對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域的面積為 解：設(shè)先考慮在第一象限中的部分，此時(shí)有，故這些點(diǎn)對(duì)應(yīng)于圖中的及其內(nèi)部，由對(duì)稱(chēng)性知，對(duì)應(yīng)的區(qū)域是圖中以原點(diǎn)為中心的菱形及其內(nèi)部同理設(shè)，則對(duì)應(yīng)的區(qū)域是圖中以為中心的菱形及其內(nèi)部。由點(diǎn)集的定義知，所對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域是被，中恰好一個(gè)所覆蓋的部分，因此本題所要求的即為圖中陰影區(qū)域的面積由直線，直線得交點(diǎn)由對(duì)稱(chēng)性知，好題速遞245題（2015全國(guó)聯(lián)賽7）設(shè)為正實(shí)數(shù)，若存在，使得，則的取值范圍是 解：由知，而，故題目條件等價(jià)于：存在整數(shù)，使得 當(dāng)時(shí)，區(qū)間的長(zhǎng)度不小于，故必存在滿足式當(dāng)時(shí)，注意到，故僅需要考慮如下幾種情況：