2012年天津市高考數(shù)學(xué)試卷（文科）解析版

1、2012年天津市高考數(shù)學(xué)試卷（文科）解析版參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題5分，共40分）1（5分）i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)5+3i4-i=（）A1iB1+iC1+iD1i【考點(diǎn)】A5：復(fù)數(shù)的運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5N：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)【分析】進(jìn)行復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，分子很分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，約分化簡(jiǎn)，得到結(jié)果【解答】解：5+3i4-i=(5+3i)(4+i)(4-i)(4+i)=17+17i17=1+i故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，本題解題的關(guān)鍵是掌握除法的運(yùn)算法則，本題是一個(gè)基礎(chǔ)題2（5分）設(shè)變量x，y滿足約束條件2x+y-20x-2y+40x-10，則目

2、標(biāo)函數(shù)z3x2y的最小值為（）A5B4C2D3【考點(diǎn)】7C：簡(jiǎn)單線性規(guī)劃菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】59：不等式的解法及應(yīng)用【分析】先畫(huà)出線性約束條件對(duì)應(yīng)的可行域，再將目標(biāo)函數(shù)賦予幾何意義，數(shù)形結(jié)合即可得目標(biāo)函數(shù)的最小值【解答】解：畫(huà)出可行域如圖陰影區(qū)域：目標(biāo)函數(shù)z3x2y可看做y=32x-12z，即斜率為32，截距為-12z的動(dòng)直線，數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)動(dòng)直線過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z最小由得A（0，2）目標(biāo)函數(shù)z3x2y的最小值為z3×02×24故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了線性規(guī)劃的思想方法和解題技巧，二元一次不等式組表示平面區(qū)域，數(shù)形結(jié)合的思想方法，屬基礎(chǔ)題3（5分）閱讀右邊的程序框圖，運(yùn)

3、行相應(yīng)的程序，則輸出s的值為（）A8B18C26D80【考點(diǎn)】8E：數(shù)列的求和；E7：循環(huán)結(jié)構(gòu)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5K：算法和程序框圖【分析】根據(jù)框圖可求得S12，S28，S326，執(zhí)行完后n已為4，故可得答案【解答】解：由程序框圖可知，當(dāng)n1，S0時(shí)，S10+31302；同理可求n2，S12時(shí)，S28；n3，S28時(shí)，S326；執(zhí)行完后n已為4，故輸出的結(jié)果為26故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查數(shù)列的求和，看懂框圖循環(huán)結(jié)構(gòu)的含義是關(guān)鍵，考查學(xué)生推理、運(yùn)算的能力，屬于基礎(chǔ)題4（5分）已知a21.2，b20.8，c2log52，則a，b，c的大小關(guān)系為（）AcbaBcabCbacDbca【考點(diǎn)】4M：

4、對(duì)數(shù)值大小的比較菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；35：轉(zhuǎn)化思想；4O：定義法；4R：轉(zhuǎn)化法【分析】利用指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解【解答】解：a21.22，120b20.8212，clog54log551，cba故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查三個(gè)數(shù)的大小的比較，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用5（5分）設(shè)xR，則“x12”是“2x2+x10”的（）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【考點(diǎn)】29：充分條件、必要條件、充要條件菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5L：簡(jiǎn)易邏輯【分析】求出二次不等式的解，然后利用充要條件的判斷方法判斷選項(xiàng)即可【解

5、答】解：由2x2+x10，可知x1或x12；所以當(dāng)“x12”“2x2+x10”；但是“2x2+x10”推不出“x12”所以“x12”是“2x2+x10”的充分而不必要條件故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查必要條件、充分條件與充要條件的判斷，二次不等式的解法，考查計(jì)算能力6（5分）下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間（1，2）內(nèi)是增函數(shù)的為（）Aycos2x，xRBylog2|x|，xR且x0Cy=ex-e-x2，xRDyx3+1，xR【考點(diǎn)】3N：奇偶性與單調(diào)性的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】利用函數(shù)奇偶性的定義可排除C，D，再由在區(qū)間（1，2）內(nèi)有增區(qū)間，有減區(qū)間，可排除A，從而

6、可得答案【解答】解：對(duì)于A，令yf（x）cos2x，則f（x）cos（2x）cos2xf（x），為偶函數(shù)，而f（x）cos2x在0，2上單調(diào)遞減，在2，上單調(diào)遞增，故f（x）cos2x在（1，2上單調(diào)遞減，在2，2）上單調(diào)遞增，故排除A；對(duì)于B，令yf（x）log2|x|，xR且x0，同理可證f（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x（1，2）時(shí)，yf（x）log2|x|log2x，為增函數(shù)，故B滿足題意；對(duì)于C，令yf（x）=ex-e-x2，xR，f（x）f（x），為奇函數(shù)，故可排除C；而D，為非奇非偶函數(shù)，可排除D；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)奇偶性的判斷與單調(diào)性的判斷，著重考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的定義，考查

7、“排除法”在解題中的作用，屬于基礎(chǔ)題7（5分）將函數(shù)ysinx（其中0）的圖象向右平移4個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(34，0)，則的最小值是（）A13B1C53D2【考點(diǎn)】HJ：函數(shù)yAsin（x+）的圖象變換；HK：由yAsin（x+）的部分圖象確定其解析式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】57：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)【分析】圖象變換后所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為ysin（x-4），再由所得圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(34，0)可得sin（34-4）sin（2）0，故2=k，由此求得的最小值【解答】解：將函數(shù)ysinx（其中0）的圖象向右平移4個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為ysin（x-4）再由所得圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(34，0)可得s

8、in（34-4）sin（2）0，2=k，kz故的最小值是2，故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查yAsin（x+）的圖象變換，以及由yAsin（x+）的部分圖象求函數(shù)解析式，屬于中檔題8（5分）在ABC中，A90°，AB1，AC2設(shè)點(diǎn)P，Q滿足AP=AB，AQ=(1-)AC，R若BQCP=-2，則（）A13B23C43D2【考點(diǎn)】9O：平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5A：平面向量及應(yīng)用【分析】由題意可得ABAC=0，根據(jù)BQCP=-（1）AC2-AB2=（1）4×12，求得的值【解答】解：由題意可得ABAC=0，由于BQCP=（AQ-AB）（AP-AC）(1-)

9、AC-ABAB-AC0（1）AC2-AB2+0（1）4×12，解得 =23，故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查兩個(gè)向量垂直的性質(zhì)，兩個(gè)向量的加減法的法則，以及其幾何意義，兩個(gè)向量的數(shù)量積的運(yùn)算，屬于中檔題二、填空題（共6小題，每小題5分，共30分）9（5分）集合AxR|x2|5中的最小整數(shù)為3【考點(diǎn)】R5：絕對(duì)值不等式的解法菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5J：集合【分析】由|x2|5可解得3x7，從而可得答案【解答】解：AxR|x2|5，由|x2|5得，5x25，3x7，集合AxR|x2|5中的最小整數(shù)為3故答案為3【點(diǎn)評(píng)】本題考查絕對(duì)值不等式的解法，可根據(jù)絕對(duì)值不等式|x|a（a0）的意義直接得

10、到axa，也可以?xún)啥似椒剑サ艚^對(duì)值符號(hào)解之，屬于基礎(chǔ)題10（5分）一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示（單位：m），則該幾何體的體積為30【考點(diǎn)】L!：由三視圖求面積、體積菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5Q：立體幾何【分析】通過(guò)三視圖判斷幾何體的特征，利用三視圖的數(shù)據(jù)，求出幾何體的體積即可【解答】解：由三視圖可知幾何體是組合體，下部是長(zhǎng)方體，底面邊長(zhǎng)為3和4，高為2，上部是放倒的四棱柱，底面為直角梯形，底面直角邊長(zhǎng)為2和1，高為1，棱柱的高為4，所以幾何體看作是放倒的棱柱，底面是6邊形，幾何體的體積為：（2×3+1+22×1）×430（m3）故答案為：30【點(diǎn)評(píng)】本題考查三視圖與

11、幾何體的關(guān)系，判斷三視圖復(fù)原的幾何體的形狀是解題的關(guān)鍵，考查空間想象能力與計(jì)算能力11（5分）已知雙曲線C1：x2a2-y2b2=1(a0，b0)與雙曲線C2：x24-y216=1有相同的漸近線，且C1的右焦點(diǎn)為F（5，0）則a1，b2【考點(diǎn)】KC：雙曲線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】雙曲線C1：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的漸近線方程為y±bax，右焦點(diǎn)為（c，0），結(jié)合已知即可得ba=2，c=5，列方程即可解得a、b的值【解答】解：雙曲線C：x24-y216=1（a0，b0）的漸近線方程為y±2x，ba=2且C1的右焦點(diǎn)為F

12、（5，0）c=5，由a2+b2c2解得a1，b2故答案為1，2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，雙曲線的幾何性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題12（5分）設(shè)m，nR，若直線l：mx+ny10與x軸相交于點(diǎn)A，與y軸相交于點(diǎn)B，且l與圓x2+y24相交所得弦的長(zhǎng)為2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則AOB面積的最小值為3【考點(diǎn)】IG：直線的一般式方程與直線的性質(zhì)；J8：直線與圓相交的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5B：直線與圓【分析】由圓的方程找出圓心坐標(biāo)和半徑r，由直線l被圓截得的弦長(zhǎng)與半徑，根據(jù)垂徑定理及勾股定理求出圓心到直線l的距離，然后再利用點(diǎn)到直線的距離公式表示出圓心到直線l的距離，兩者相等列出關(guān)系式，整理后求出m2+

13、n2的值，再由直線l與x軸交于A點(diǎn)，與y軸交于B點(diǎn)，由直線l的解析式分別令x0及y0，得出A的橫坐標(biāo)及B的縱坐標(biāo)，確定出A和B的坐標(biāo)，得出OA及OB的長(zhǎng)，根據(jù)三角形AOB為直角三角形，表示出三角形AOB的面積，利用基本不等式變形后，將m2+n2的值代入，即可求出三角形AOB面積的最小值【解答】解：由圓x2+y24的方程，得到圓心坐標(biāo)為（0，0），半徑r2，直線l與圓x2+y24相交所得弦CD2，圓心到直線l的距離d=r2-(CD2)2=3，圓心到直線l：mx+ny10的距離d=1m2+n2=3，整理得：m2+n2=13，令直線l解析式中y0，解得：x=1m，A（1m，0），即OA=1|m|，令

14、x0，解得：y=1n，B（0，1n），即OB=1|n|，m2+n22|mn|，當(dāng)且僅當(dāng)|m|n|時(shí)取等號(hào)，|mn|m2+n22，又AOB為直角三角形，SABC=12OAOB=12|mn|1m2+n2=3，當(dāng)且僅當(dāng)|m|2|n|2=16時(shí)取等號(hào)，則AOB面積的最小值為3故答案為：3【點(diǎn)評(píng)】此題考查了直線與圓相交的性質(zhì)，涉及的知識(shí)有：點(diǎn)到直線的距離公式，垂徑定理，勾股定理，直線的一般式方程，以及基本不等式的運(yùn)用，當(dāng)直線與圓相交時(shí)，常常根據(jù)垂徑定理由垂直得中點(diǎn)，進(jìn)而由弦長(zhǎng)的一半，圓的半徑及弦心距構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理來(lái)解決問(wèn)題13（5分）如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過(guò)點(diǎn)B作圓的切線與AC

15、的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)C作BD的平行線與圓相交于點(diǎn)E，與AB相交于點(diǎn)F，AF3，F(xiàn)B1，EF=32，則線段CD的長(zhǎng)為43【考點(diǎn)】NC：與圓有關(guān)的比例線段菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5B：直線與圓【分析】由相交弦定理求出FC，由相似比求出BD，設(shè)DCx，則AD4x，再由切割線定理，BD2CDAD求解【解答】解：由相交弦定理得到AFFBEFFC，即3×1=32×FC，F(xiàn)C2，在ABD中AF：ABFC：BD，即3：42：BD，BD=83，設(shè)DCx，則AD4x，再由切割線定理，BD2CDAD，即x4x（83）2，x=43故答案為：43【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平面幾何中直線與圓的位置關(guān)系，

16、相交弦定理，切割線定理，相似三角形的概念、判定與性質(zhì)14（5分）已知函數(shù)y=|x2-1|x-1的圖象與函數(shù)ykx的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（0，1）（1，2）【考點(diǎn)】53：函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】函數(shù)y=|x2-1|x-1=|x+1|x-1|x-1=x+1，x1-(x+1)，-1x1x+1，x-1，如圖所示，可得直線ykx與函數(shù)y=|x2-1|x-1的圖象相交于兩點(diǎn)時(shí)，直線的斜率k的取值范圍【解答】解：函數(shù)y=|x2-1|x-1=|x+1|x-1|x-1=x+1，x1-(x+1)，-1x1x+1，x-1，如圖所示：故當(dāng)一次函數(shù)y

17、kx的斜率k滿足0k1 或1k2時(shí)，直線ykx與函數(shù)y=|x2-1|x-1的圖象相交于兩點(diǎn)，故答案為 （0，1）（1，2）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)的定義，函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的關(guān)系，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題三、解答題（本大題共6小題，共80分）15（13分）某地區(qū)有小學(xué)21所，中學(xué)14所，大學(xué)7所，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從這些學(xué)校中抽取6所學(xué)校對(duì)學(xué)生進(jìn)行視力調(diào)查（1）求應(yīng)從小學(xué)、中學(xué)、大學(xué)中分別抽取的學(xué)校數(shù)目；（2）若從抽取的6所學(xué)校中隨機(jī)抽取2所學(xué)校做進(jìn)一步數(shù)據(jù)分析（）列出所有可能的抽取結(jié)果；（）求抽取的2所學(xué)校均為小學(xué)的概率【考點(diǎn)】B3：分層抽樣方法；CC：列舉法計(jì)算

18、基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】（1）利用分層抽樣的意義，先確定抽樣比，在確定每層中抽取的學(xué)校數(shù)目；（2）（i）從抽取的6所學(xué)校中隨機(jī)抽取2所學(xué)校，所有結(jié)果共有C62=15種，按規(guī)律列舉即可；（ii）先列舉抽取結(jié)果兩所學(xué)校均為小學(xué)的基本事件數(shù)，再利用古典概型概率的計(jì)算公式即可得結(jié)果【解答】解：（I）抽樣比為621+14+7=17，故應(yīng)從小學(xué)、中學(xué)、大學(xué)中分別抽取的學(xué)校數(shù)目分別為21×17=3，14×17=2，7×17=1（II）（i）在抽取到的6所學(xué)校中，3所小學(xué)分別記為1、2、3，兩所中學(xué)分別記為a、b，大學(xué)記為A則抽取2

19、所學(xué)校的所有可能結(jié)果為1，2，1，3，1，a，1，b，1，A，2，3，2，a，2，b，2，A，3，a，3，b，3，A，a，b，a，A，b，A，共15種（ii）設(shè)B抽取的2所學(xué)校均為小學(xué)，事件B的所有可能結(jié)果為1，2，1，3，2，3共3種，P（B）=315=15【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了統(tǒng)計(jì)中分層抽樣的意義，古典概型概率的計(jì)算方法，列舉法計(jì)數(shù)的方法，屬基礎(chǔ)題16（13分）在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，已知a2，c=2，cosA=-24（1）求sinC和b的值；（2）求cos（2A+3）的值【考點(diǎn)】GL：三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；HU：解三角形菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】58：解三角形

20、【分析】（1）ABC中，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出sinA，再由正弦定理求出sinC，再由余弦定理求得b1（2）利用二倍角公式求得cos2A的值，由此求得sin2A，再由兩角和的余弦公式求出cos（2A+3）cos2Acos3-sin2Asin3 的值【解答】解：（1）ABC中，由cosA=-24 可得sinA=144再由 asinA=csinC 以及a2、c=2，可得sinC=74由a2b2+c22bccosA 可得b2+b20，解得b1（2）由cosA=-24、sinA=144 可得 cos2A2cos2A1=-34，sin2A2sinAcosA=-74故cos（2A+3）cos2Ac

21、os3-sin2Asin3=-3+218【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正弦定理和余弦定理的應(yīng)用，二倍角公式以及兩角和的余弦公式，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的應(yīng)用，屬于中檔題17（13分）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，ADPD，BC1，PC23，PDCD2（1）求異面直線PA與BC所成角的正切值；（2）證明：平面PDC平面ABCD；（3）求直線PB與平面ABCD所成角的正弦值【考點(diǎn)】LM：異面直線及其所成的角；LY：平面與平面垂直；MI：直線與平面所成的角菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5F：空間位置關(guān)系與距離；5G：空間角；5Q：立體幾何【分析】（1）判斷PAD為異面直線PA與BC所成角，在RtPD

22、A中，求異面直線PA與BC所成角的正切值；（2）說(shuō)明ADDC，通過(guò)ADPD，CDPDD，證明AD平面PDC，然后證明平面PDC平面ABCD（3）在平面PDC中，過(guò)點(diǎn)P作PECD于E，連接EB說(shuō)明PBE為直線PB與平面ABCD所成角，求出PE，PB，在RtPEB中，通過(guò)sinPBE=PEPB，求直線PB與平面ABCD所成角的正弦值【解答】（1）解：如圖，在四棱錐PABCD中，因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以ADBC，且ADBC，又因?yàn)锳DPD，故PAD為異面直線PA與BC所成角，在RtPDA中，tanPAD=PDAD=2，所以異面直線PA與BC所成角的正切值為2（2）證明：由于底面ABCD是矩形，故

23、ADDC，由于ADPD，CDPDD，因此AD平面PDC，而AD平面ABCD，所以平面PDC平面ABCD（3）解：在平面PDC中，過(guò)點(diǎn)P作PECD于E，連接EB由于平面PDC平面ABCD，而直線CD是平面PDC與平面ABCD的交線，故PE平面ABCD由此得PBE為直線PB與平面ABCD所成角，在PDC中，由于PDCD2，PC23，可得PCD30°，在RtPEC中，PEPCsin30°=3由ADBC，AD平面PDC，得BC平面PDC，因此BCPC在RtPCB中，PB=PC2+BC2=13在RtPEB中，sinPBE=PEPB=3913所以直線PB與平面ABCD所成角的正弦值為3

24、913【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面所成的角，異面直線及其所成的角，平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力，計(jì)算能力18（14分）已知an是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，bn是等比數(shù)列，且a1b12，a4+b427，S4b410（1）求數(shù)列an與bn的通項(xiàng)公式；（2）記Tna1b1+a2b2+anbn，nN*，證明：Tn8an1bn+1（nN*，n2）【考點(diǎn)】8E：數(shù)列的求和；8M：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】54：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】（1）直接設(shè)出首項(xiàng)和公差，根據(jù)條件求出首項(xiàng)和公差，即可求出通項(xiàng)（2）先借助于錯(cuò)位相減法求出Tn的表達(dá)式；再代入所要證明的結(jié)論的兩邊，即可得到結(jié)

25、論成立【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，等比數(shù)列的公比為q，由a1b12，得a42+3d，b42q3，s48+6d，由a4+b427，S4b410，得方程組2+3d+2q3=278+6d-2q3=10，解得d=3q=2，所以：an3n1，bn2n（2）證明：由第一問(wèn)得：Tn2×2+5×22+8×23+（3n1）×2n； ；2Tn2×22+5×23+（3n4）×2n+（3n1）×2n+1，由得，Tn2×2+3×22+3×23+3×2n（3n1）×2n+1=6&#

26、215;(1-2n)1-2-（3n1）×2n+12（3n4）×2n+18即Tn8（3n4）×2n+1而當(dāng)n2時(shí)，an1bn+1（3n4）×2n+1Tn8an1bn+1（nN*，n2）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合問(wèn)題解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵在于熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)，基本方法并考察計(jì)算能力19（14分）已知橢圓x2a2+y2b2=1(ab0)，點(diǎn)P（55a，22a）在橢圓上（1）求橢圓的離心率；（2）設(shè)A為橢圓的左頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)若點(diǎn)Q在橢圓上且滿足|AQ|AO|，求直線OQ的斜率的值【考點(diǎn)】K4：橢圓的性質(zhì)；KH：直線與圓錐曲線的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有

27、【專(zhuān)題】5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)P（55a，22a）在橢圓上，可得a25a2+a22b2=1，由此可求橢圓的離心率；（2）設(shè)直線OQ的斜率為k，則其方程為ykx，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x0，y0），與橢圓方程聯(lián)立，x02=a2b2k2a2+b2，根據(jù)|AQ|AO|，A（a，0），y0kx0，可求x0=-2a1+k2，由此可求直線OQ的斜率的值【解答】解：（1）因?yàn)辄c(diǎn)P（55a，22a）在橢圓上，所以a25a2+a22b2=1b2a2=58e2=1-b2a2=1-58=38e=64（2）設(shè)直線OQ的斜率為，則其方程為ykx設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x0，y0），由條件得y0=kx0x

28、02a2+y02b2=1，消元并整理可得x02=a2b2k2a2+b2|AQ|AO|，A（a，0），y0kx0，(x0+a)2+k2x02=a2(1+k2)x02=-2ax0x00，x0=-2a1+k2代入，整理得(1+k2)2=4k2×a2b2+4b2a2=58(1+k2)2=325k2+4，5k422k2150k25k=±5【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓的離心率，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，聯(lián)立方程組是關(guān)鍵20（14分）已知函數(shù)f（x）=13x3+1-a2x2axa，xR，其中a0（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（2，0）內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；（

29、3）當(dāng)a1時(shí)，設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間t，t+3上的最大值為M（t），最小值為m（t）記g（t）M（t）m（t），求函數(shù)g（t）在區(qū)間3，1上的最小值【考點(diǎn)】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；6D：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；6E：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】53：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【分析】（1）求導(dǎo)函數(shù)，令f（x）0，可得函數(shù)的遞增區(qū)間；令f（x）0，可得單調(diào)遞減區(qū)間；（2）由（1）知函數(shù)在區(qū)間（2，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，0）內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)在（2，0）內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，由此可求a的取值范圍；（3）a1時(shí)，f（x）=13x3-x-1，由（1）知，函數(shù)在（3，1）上單調(diào)遞增，在（1，1）上單調(diào)遞減，在（1，2）上單調(diào)遞增，再進(jìn)行分類(lèi)討論：當(dāng)t3，2時(shí)，t+30，