2017-2018學年高二數(shù)學上學期期末復習備考黃金30題專題02大題好拿分（基礎版20題）文

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PAGE31學必求其心得，業(yè)必貴于專精大題好拿分【基礎版】1．【題文】設條件P:,條件：,若是的必要不充分條件,求實數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮俊窘馕觥吭囶}分析：利用不等式的解法求解出命題p，q中的不等式范圍問題，結合二者的關系得出關于字母a的不等式，從而求解出a的取值范圍．試題解析：,則或或，由是成立的必要不充分條件,即只能，故必須滿足。2．【題文】已知；方程表示焦點在軸上的橢圓.若為真，求的取值范圍.【答案】?！窘馕觥吭囶}分析:因為，可命題為真時,又由命題為時,即可求解實數(shù)的取值范圍。試題解析：因為，所以若命題為真,則。若命題為真，則,即。因為為真，所以。3．【題文】已知命題:函數(shù)是上的減函數(shù);命題：時，不等式恒成立.若命題“”是真命題,求實數(shù)的取值范圍.【答案】【解析】試題分析：分別求出命題下的的取值，根據(jù)為真命題，則命題和中至少有一個真命題，分成三種情況討論，即可求解實數(shù)的取值范圍．4．【題文】如果一個幾何體的主視圖與左視圖是全等的長方形，邊長分別是,如圖所示，俯視圖是一個邊長為的正方形．(1)求該幾何體的表面積；（2）求該幾何體的外接球的體積．【答案】(1）；（2）.【解析】試題分析：(1）該幾何體是長方體，其底面是邊長為4的正方形,高為2，求其3對面積之和；（2）由長方體與球的性質(zhì)，可得長方體的體對角線是其外接球的直徑，求出其面積。試題解析:(1）由題意可知,該幾何體是長方體，其底面是邊長為4的正方形，高為2，因此該幾何體的表面積是2×4×4＋4×4×2＝64。(2)由長方體與球的性質(zhì)，可得長方體的體對角線是其外接球的直徑，則外接球的半徑r＝,因此外接球的體積V＝πr3＝×27π＝36π，所以該幾何體的外接球的體積是36π.5．【題文】某幾何體的三視圖如圖所示，P是正方形ABCD對角線的交點,G是PB的中點.(1)根據(jù)三視圖,畫出該幾何體的直觀圖。(2)在直觀圖中,①證明:PD∥平面AGC；②證明:平面PBD⊥平面AGC?！敬鸢浮浚?）見解析；(2)見解析試題解析：(1）該幾何體的直觀圖如圖所示.(2）如圖,①連接AC,BD交于點O,連接OG,因為G為PB的中點，O為BD的中點，所以OG∥PD，又OG?平面AGC，PD?平面AGC，所以PD∥平面AGC。②連接PO,由三視圖，PO⊥平面ABCD,所以AO⊥PO。又AO⊥BO，BO∩PO=O,所以AO⊥平面PBD，因為AO?平面AGC,所以平面PBD⊥平面AGC。6．【題文】如圖所示，在四棱錐中，四邊形為矩形，為等腰三角形，,平面平面，且，，分別為的中點.（1）證明:平面；（2）證明:平面平面；（3）求四棱錐的體積?！敬鸢浮?1)見解析；（2）.【解析】試題分析:（1）EF∥平面PAD，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證EF與平面PAD內(nèi)一直線平行，連AC，根據(jù)中位線可知EF∥PA，EF?平面PAD，PA?平面PAD，滿足定理所需條件；（2平面PAD⊥平面ABCD,根據(jù)面面垂直的判定定理可知在平面ABCD內(nèi)一直線與平面PAD垂直,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知CD⊥平面PAD，又CD?平面ABCD，滿足定理所需條件；（3）過P作PO⊥AD于O，從而PO⊥平面ABCD，即為四棱錐的高，最后根據(jù)棱錐的體積公式求出所求即可．解：（1)如圖所示,連接?！咚倪呅螢榫匦?，且為的中點，∴也是的中點.又是的中點，，∵平面，平面。平面(2)證明：∵平面平面，，平面平面,∴平面?！咂矫?∴平面平面。(3）取的中點，連接.∵平面平面，為等腰三角形,∴平面，即為四棱錐的高.∵,∴.又，∴四棱錐的體積。7．【題文】已知平行四邊形的三個頂點的坐標為。(Ⅰ）在中，求邊中線所在直線方程(Ⅱ）求的面積?！敬鸢浮浚↖）；(II)8.【解析】試題分析：(I）由中點坐標公式得邊的中點，由斜率公式得直線斜率，進而可得點斜式方程，化為一般式即可；（II）由兩點間距離公式可得可得的值,由兩點式可得直線的方程為,由點到直線距離公式可得點到直線的距離,由三角形的面積公式可得結果。試題解析：(I)設邊中點為，則點坐標為∴直線.∴直線方程為：即：∴邊中線所在直線的方程為：8．【題文】如圖所示，在四棱錐中，平面是的中點,是上的點且為中邊上的高。（1）證明：平面；(2)若,求三棱錐的體積.【答案】（1)見解析；(2）【解析】試題分析：（1）利用平行四邊形得到線線平行，從而可證線面平行;（2)求棱錐髙時，利用E是中點，轉化為求P到底面距離的一半,而易證平面，高即為PH。試題解析:(1）取中點，連接∵為中點，∴，，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形,∴，∵平面,平面∴平面（2）∵平面，平面，∴，∵，∴平面，∵為中點，∴到平面的距離，又，9．【題文】已知函數(shù)．（1）求的單調(diào)區(qū)間和極值；（2)求曲線在點處的切線方程．【答案】（1)極大值為，極小值為（2)【解析】試題分析：(Ⅰ）由求導公式和法則求出f′（x），求出方程f′（x)=0的根，根據(jù)二次函數(shù)的圖象求出f′（x)＜0、f′(x）＞0的解集，由導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關系求出f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；（Ⅱ）由導數(shù)的幾何意義求出f′（0）:切線的斜率，由解析式求出f（0)的值,根據(jù)點斜式求出曲線在點（0，f（0））處的切線方程,再化為一般式方程試題解析:(1）,，．①當，即時；［②當,即時．當變化時,，的變化情況如下表：當時,有極大值，并且極大值為當時，有極小值，并且極小值為（2），．10．【題文】已知的內(nèi)接三角形中,點的坐標是，重心的坐標是，求（1）直線的方程；（2）弦的長度.【答案】（1）；（2)．【解析】試題分析:（1）設，，根據(jù)重心的性質(zhì)，我們不難求出邊上中點的坐標，及所在直線的斜率，代入直線的點斜式方程即可求出答案．

（2）求出圓心到BC所在直線的距離,即可求出弦的長度．試題解析：(1）設，則由已知得，所以BC中點的坐標為,故所以BC所在直線方程為:，即．（2）由（1）得圓心到BC所在直線的距離為，所以弦BC的長度為．11．【題文】已知⊙C經(jīng)過點、兩點，且圓心C在直線上。（1）求⊙C的方程；（2）若直線與⊙C總有公共點,求實數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮浚?)（2)試題解析:（1）解法1:設圓的方程為,則，所以⊙C方程為.解法2：由于AB的中點為，,則線段AB的垂直平分線方程為而圓心C必為直線與直線的交點，由解得，即圓心，又半徑為，故⊙C的方程為。（2）解法1：因為直線與⊙C總有公共點，則圓心到直線的距離不超過圓的半徑，即,將其變形得，解得.解法2：由，因為直線與⊙C總有公共點，則，解得。點睛：判斷直線與圓的位置關系時，若兩方程已知或圓心到直線的距離易表達，則用幾何法;若方程中含有參數(shù)，或圓心到直線的距離的表達較繁瑣，則用代數(shù)法．12．【題文】（1）若拋物線的焦點是橢圓左頂點，求此拋物線的標準方程；（2）某雙曲線與橢圓共焦點，且以為漸近線，求此雙曲線的標準方程.【答案】（1);（2）?！窘馕觥吭囶}分析（1)求出橢圓的左頂點,設拋物線的方程為，可得焦點坐標，即可求解拋物線的方程；(2）求得橢圓的焦點，可設雙曲線的方程為,根據(jù)漸近線的方程，得出關于的方程組，解得的值，進而得到雙曲線的方程.試題解析:（1）橢圓左頂點為，設拋物線的方程為，可得，計算得出，則拋物線的標準方程為；(2）橢圓的焦點為，可設雙曲線的方程為，則,由漸近線方程，可得，計算得出，則雙曲線的方程為。13．【題文】已知橢圓方程為，離心率，且短軸長為4.（1)求橢圓的方程；（2）過點作一弦，使弦被這點平分，求此弦所在直線的方程.【答案】（1)；（2）?！窘馕觥吭囶}分析（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，求解出的值，即可得到橢圓的標準方程；(2）設斜率為，把直線方程代入橢圓的方程，根據(jù)根與系數(shù)的關系和中點坐標公式，列出方程，即可求解的值,得到直線的方程。試題解析：（1）由已知得，，解得，橢圓的方程為;點睛：本題主要考查了橢圓標準方程的求解和直線與橢圓的位置關系的應用，其中解答中涉及到橢圓的標準方程及其簡單的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關系等知識點的綜合應用，試題比較基礎，屬于基礎題，解答中熟記橢圓的標準方程和幾何性質(zhì),以及利用方程的根與系數(shù)的關系是解答的關鍵.14．【題文】已知橢圓的左右焦點分別為，左頂點為,,橢圓的離心率.（1）求橢圓的標準方程;（2）若是橢圓上任意一點，求的取值范圍。【答案】(1)；(2）?！窘馕觥吭囶}分析：（1）由題意可得到：，，從而寫出橢圓的標準方程；

（2)設，利用向量的數(shù)量積即可得,結合，利用二次函數(shù)求最值即可.試題解析：(1)由已知可得所以因為所以所以橢圓的標準方程為：15．【題文】在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點為，過作斜率為的直線交拋物線于（異于點），已知，直線交拋物線于另一點.（1)求拋物線的方程;（2）,求的值?！敬鸢浮浚?)；(2）.【解析】試題分析：(1）由拋物線的焦點為,結合題意得拋物線方程;(2)已知直線代入拋物線方程:，消去，,得，直線與直線聯(lián)立得得，由在拋物線上可解得.試題解析：(1）由題意，，所以,所以拋物線（2）已知直線代入拋物線方程：，消去,，得;.直線，代入拋物線方程：，,得.。由得，解得。16．【題文】已知橢圓（）的左右焦點分別為、，離心率.過的直線交橢圓于、兩點，三角形的周長為。(1）求橢圓的方程；(2）若弦，求直線的方程。【答案】（1)；（2）。(2）設點的坐標為,的坐標為，的斜率為（顯然存在）。.點睛:本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一,尤其是弦中點問題，弦長問題,可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用．17．【題文】已知橢圓（）的離心率，橢圓過點(1）求橢圓的方程；（2)直線的斜率為,直線與橢圓交于兩點，已知,求面積的最大值。【答案】（1）;（2）2。【解析】試題分析:（1)根據(jù)橢圓的離心率和橢圓過點即可求出，則橢圓的方程可求;（2）設直線方程把其與橢圓的方程聯(lián)立，求出弦長，即為的底，由點線距離公式求出的高,然后用基本不等式求最值．試題解析:（1)∵∴∵橢圓過點∴（2）。18．【題文】在直角坐標系中，已知中心在原點,離心率為的橢圓的一個焦點為圓：的圓心．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設是橢圓上一點，過作兩條斜率之積為的直線,，當直線，都與圓相切時，求的坐標．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ），或，或，或.【解析】試題分析：（1)圓心坐標是已知的，故橢圓的焦點是已知的，從而半焦距已知了，又有離心率，故半長軸長也能求出，從而求出，而根據(jù)題意,橢圓方程是標準方程，可其方程易得；(2）設P點坐標為，再設一條切線的斜率為，則另一條切線的斜率為，三個未知數(shù)需要三個方程，點P在橢圓上,一個等式,兩條直線都圓的切線,利用圓心到切線的距離等于圓的半徑又得到兩個等式，三個等量關系，三個未知數(shù)理論上可解了，當然具體解題時,可設切線斜率為,則點斜率式寫出直線方程，利用圓心到切線距離等于圓半徑得出關于的方程，而是這個方程的兩解，由韋達定理得，這個結果又是，就列出了關于P點坐標的一個方程，再由P點在橢圓上，可解出P點坐標．試題解析：（1）圓的標準方程為，圓心為，所以，又，，,而據(jù)題意橢圓的方程是標準方程，故其方程為．4分（2）設,得∵,依題意到的距離為整理得同理∴是方程的兩實根10分12分∴14分16分19．【題文】已知函數(shù)．（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．（2)若對恒成立,求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1)單調(diào)增區(qū)間單調(diào)減區(qū)間（2)【解析】試題分析：（1）對函數(shù)求導，令，解不等式，即得到遞增區(qū)間，令，解不等式,即得遞減區(qū)間；(2）若對恒成立，即對恒成立，所以問題轉化為求成立即可，即求函數(shù)在區(qū)間上的最小值，根據(jù)第（1）問單調(diào)性，易求出函數(shù)在上的最小值，于是可以求出的取值范圍。試題解析：（1）令，解得或，令，解得：.故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為。（2)由（1）知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，，∴,∵對恒成立，∴，即，∴20．【題文】已知過拋物線的焦點，斜率為的直線交拋物線于兩點,且。（1）求該拋物線的方程;(2)已知拋物線上一點，過點作拋物線的兩條弦和，且,判斷直線是否過定點？并說明理由.【答案】（1）;（2)定點【解析】試題分析:（1)利用點斜式設直線直線的方程,與拋物線聯(lián)立方程組，結合韋達定理與弦長公式求,再根據(jù)解得.（2）先設直線方程,與拋物線聯(lián)立方程組,結合韋達定理化簡，得或，代入方程可得直線過定點（2）由（1）可得點，可得直線的斜率不為0，設直線的方程為:,聯(lián)立，得，則①。設，則