人教版2024年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)規(guī)范答題增分綜合練習(xí)合集(含答案解析)【可編輯打印】

高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

1.已知函數(shù)火x)=21nx+l.

⑴若人x)W2x+c,求c的取值范圍；

⑵設(shè)a>0,討論函數(shù)g(x)=3竺的單調(diào)性.

X-CL

2.設(shè)函數(shù)於Lx^+fev+c,曲線y

⑴求b;

(2)若人x)有一個絕對值不大于1的零點(diǎn)，證明次x)所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1.

3.已知a>0,且存1,函數(shù)/(x)=/(x>0).

(1)當(dāng)<7=2時,求函數(shù)?x)的單調(diào)區(qū)間；

⑵若曲線y=/(x)與直線y=l有且僅有兩個交點(diǎn)，求a的取值范圍.

—1—

2

4.已知函數(shù)fi<x)=ax-ax-x\n尤，且次龍)NO.

⑴求a;

⑵證明:成》)存在唯一的極大值點(diǎn)X0,且e-2<y(xo)<2'2.

5.設(shè)函數(shù)_/(x)=ln(a-x),已知x=0是函數(shù)>=勸》的極值點(diǎn).

⑴求。；

(2)設(shè)函數(shù)8(尤)=耳?，證明:g(x)<l.

Xj\X)

6.(2021新高考/,22)已知函數(shù)火x)=x(l-lnx).

(1)討論#尤)的單調(diào)性；

…11

⑵設(shè)a,b為兩個不相等的正數(shù)，且blna-cdnb=a-b,vE^:2<-+-<e.

—2—

7.已知函數(shù)?x)=ox-ln(O,e],g(x)=(,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),〃￡R.

⑴討論當(dāng)a=l時,函數(shù)段)的單調(diào)性和標(biāo)值.

1

(2)求證:在(1)的條件下J(x)>g(x)+-.

⑶是否存在正實(shí)數(shù)使火x)的最小值是3?若存在，求出a的值;若不存在,請說明理由.

8.已知函數(shù)/x)=sinx-ln(l+x)/(x)為“x)的導(dǎo)數(shù).證明:

(1)/W在區(qū)間(-1()內(nèi)存在唯一極大值點(diǎn)；

(2)/(x)有且僅有2個零點(diǎn).

—3—

高考中的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)答案解析

1.解設(shè)71a)=y(x)?2/c,則h(x)=21nx-2x+1-c,

其定義域?yàn)?0,+co),"(x)=72.

⑴當(dāng)0<x<l時"(x)>0;當(dāng)x>l時,/?3<0.所以/z(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+8)內(nèi)單調(diào)

遞減.從而當(dāng)尤=1時,〃(x)取得最大值，最大值為/z(l)=-l-c.

故當(dāng)且僅當(dāng)-1-cWO,即cN-1時次x)W2x+c.

所以c的取值范圍為［-1,+8).

⑵g(x)=S=(。⑷UQ+oo).

取c=-l,得/z(x)=21nx-2x+2,/z(l)=0,貝|由(1)知，當(dāng)x^l時,/z(x)<0,即l-x+lnx<0.故當(dāng)x￡(0,〃)U

(〃,+oo)時,1j+ln￡<0,從而gQ)vO.

所以g(X)在區(qū)間(0,〃),(〃,+8)內(nèi)單調(diào)遞減.

2.⑴解八%)=3f+瓦依題意得了。=0,

即,+6=0,解得b=-：.

44

(2)證明由⑴知於)二9條+c/a)=3%2-*

44

11

令八x)=0,解得x=?或x=-.

當(dāng)X變化時/(X)與八X)隨X的變化情況為_________________________________

(-巴-|)11A、

X

2(尚總2

f\x)+0-0+

1

f(.x)單調(diào)遞增c+-單調(diào)遞減C—單調(diào)遞增

44

因?yàn)榧觢)=/(T)=c+"

所以當(dāng)c<t時次X)只有大于1的零點(diǎn).

因?yàn)殪禝)JQ)=G，

所以當(dāng)c>；時《尤)只有小于-1的零點(diǎn).

由題設(shè)可知

44

11

當(dāng)c=-；時加只有兩個零點(diǎn)最和1.

-11

當(dāng)。=彳時次x)只有兩個零點(diǎn)-1和不

4Z

當(dāng)時於)有三個零點(diǎn)沏，必,以且近(-l,-|),x2e(-j,1),x3e(j,l).

綜上，若“X)有一個絕對值不大于1的零點(diǎn)，則?x)所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1.

2

3.解⑴當(dāng)〃=2時於)=會r

_2x-2x-2x\n2x2_x(2-xln2)_?2M各%)

/(%尸一3一=-F—='

當(dāng)xe(0,舟時/(》)>0段)單調(diào)遞增，

當(dāng)在(總+8)時表)<0段)單調(diào)遞減.

故/U)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,急),單調(diào)遞減區(qū)間為(4，+00).

4

(2)由題知方程?x)=l在區(qū)間(0,+oo)內(nèi)有兩個不相等的根.由於)=1得即alnx=xin〃，即

Inx_Ina

xa,

令g(%)=M?'(%)二斗共由g'(%)>。,得0<%<e;由g(x)<0,得已所以g(%)在區(qū)間(0,e)內(nèi)單調(diào)遞增，在

區(qū)間e+高內(nèi)單調(diào)%減.

1

所以g(X)max=g(e)=-.

又當(dāng)Ov%Wl時,g(%)WO,當(dāng)x>l時,g(x)>0,所以。<等<［，即a>l且a豐e.

4.⑴解兀0的定義域?yàn)?0,+8).”‘

設(shè)g(x)=ax-a-lnx,

貝！JyU)=xg(x)/》20等價于g(x)20.

一，1

因?yàn)間(l)=O,g(x)NO,所以g'⑴=0,而g'(x)=a：g(l)=〃-l,得a=l.

若。=1,貝Ifg'(x)=\--.

當(dāng)O<X<1時,gQ)<o,ga)單調(diào)遞減;當(dāng)X>1時,gq)>o,g(x)單調(diào)遞增.

所以X=1是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，

故g(x)》g⑴=0.綜上,a=l.

(2)證明由(1)知fix)=j^-x-x\nxJy(x)=2x-2-inx.

I

設(shè)/z(x)=2x-2-lnx,貝(Ih\x)=2--.

因?yàn)楫?dāng)淤(0，)時,/f(x)〈O;當(dāng)xEQ,+oo)時”(x)>0.

所以%(x)在區(qū)間(0，)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(g,+8)內(nèi)單調(diào)遞增.

1,且當(dāng)】￡(0兩)時。(X)>0;當(dāng)%￡(%0,1)時。(%)V0;當(dāng)[￡(1,+00)時,/?(%)>0.

因?yàn)榘刷槎?尤),所以x=xo是“X)的唯一極大值點(diǎn).

由/(的)=0,得In沏=2(%0-1),疵於o)=%o(l-%o).

由xoE(0，),得於o)</

由上可知,%=沏是?x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的最大值點(diǎn)，

又e-y(0,1)/?)邦,所以於0)次對二」.

所以e2</(xo)<2'2.

5.(1)解由題意次x)的定義域?yàn)镚oo,。).

令p(%)=M(x),貝Ipa)=xln(a-%),%￡(-oo,。)，

-1_%

pQ)=ln(a-x)+x----=ln(a-x)+—.

因?yàn)閤=0是函數(shù)廣狀x)的極值點(diǎn)，則有p(0)=0,即In〃=0,所以a-\.

當(dāng)a=\時0a)=ln(l-x)+自，且p'(0)=0,

當(dāng)x<0時,”(尤)>0,

當(dāng)0<x<l時,//(x)<0,

所以當(dāng)a=l時,尤=0是函數(shù)、=聯(lián)尤)的一個極大值點(diǎn).

(2)證明由(1)可知R(x)=xln(1-x),

要證霽<1,即需證明%+ln(l㈤〈J

xln(l-x)

因?yàn)楫?dāng)無0(-00,0)時,%111(1-%)<0,

當(dāng)無￡(0,1)時,xln(l-x)<0,

所以需證明x+ln(1-x)>xln(1-x),KPx+(l-x)ln(l-x)>0.

令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,

則h'(x)=(l-x),1-ln(1-x)=-ln(1-x),

所以"(0)=0,當(dāng)x￡(-oo,0)時,力(%)<0,

當(dāng)了6(0,1)時,"(尤)>0,

所以x=0為g)的唯一極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn),所以當(dāng)xG(-oo,0)U(0,l)時，g)>/7(0)=0,即

x+ln(l-x)>xln(l-x),

所以筆號<1,所以筆<1

Iriy-1.JJ/

6.(1)解由條件知，函數(shù)/(x)的定義域?yàn)?0,+co)/(%)=-In%.

當(dāng)xG(0,l)時/(X)>(VU)單調(diào)遞增；

當(dāng)xG(l,+oo)時/(x)<0/無)單調(diào)遞減.

即在區(qū)間(0,1)內(nèi)，函數(shù)次龍)單調(diào)遞增;在區(qū)間(1,+8)內(nèi)，函數(shù)?r)單調(diào)遞減.

(2)證明由Z?lno-olnb=a-b,^~—-In-=:—[in]

aaabbb

令分2,不妨設(shè)修<龍2,

令/(元)=0,得元=1.且y(e)=o.

結(jié)合⑴中的段)的單調(diào)性，易知,0<%i<lv>2<e.

待證結(jié)論=2<x1+元2<e.

下面證明Xl+%2>2.

4^g(x)=fix)-fi2-x),xe(0,1),

則g'a)=-ln(x(2-x))>0,

所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，所以0=g(l)>g(xi)yxi)；/(2-xi),

即/(2-XI)>XXI)=/(X2).

又加)在區(qū)間(1,+oo)上單調(diào)遞減，所以2-為<%2,即%1+%2>2.

再證明xi+%2<e.

方法一:當(dāng)X2〈e-1時，結(jié)論顯然成立；

當(dāng)松0(e-1,e)時,沏ve-%2經(jīng)/(沏)勺(e-忿)導(dǎo)穴12)勺(。-%2),%2￡(e-l,e),

令h(x)=fix)-fie-x),xe(e-1,e),

/z(x)=-ln(x(e-x)),則/z(x)在區(qū)間(e-1,e)內(nèi)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，故/z(x)<0.對x￡(e-l,e),則

力(犬2)<0,即XX2)<Xe-x2).

故於。〈冬-松),結(jié)合當(dāng)工￡(01)時於)單調(diào)遞增，有xi〈e-X2,即為+尤2<巳

方法二:7U)在點(diǎn)(e,0)處的切線(p(x)=e-x,

令F(x)=f(x)-(p(x)=2x-xlnx-e,%^(0,e),

P(x)=l-ln%>0,所以F(x)在區(qū)間(0,e)內(nèi)單調(diào)遞增，

即F(x)<F(e)=0,

所以當(dāng)(0,e)時&r)〈夕(%).

令/寸的)寸、2),則t=J(X2)<(P(X2)=e-X2=>t+X2<e.

又r=/xi)=xi(l-ln沏),為￡(0,1),

所以/=%i(l-ln為)>即,即X\+X2<t+X2<e.

綜上,2v%i+%2<e.

11、

故2<—FT<e成立.

ab1v_1

7.(1)解：'當(dāng)a=l時<x)=x-lnx,.：八%)=1二=丁.

,:當(dāng)0<x<l時/(￡)<0,此時汽幻單調(diào)遞減；

當(dāng)1cxWe時,(x)>0時,此時八x)單調(diào)遞增.

即火x)的極小值為八1)=1,無極大值.

(2)證明：第0的極小值為1,.：人處在區(qū)間(0,田上的最小值為1,即|?]min=L

又g<x)=5s，.：當(dāng)0<x<e時,8(龍)>?！?尤)在區(qū)間(0,6]上單調(diào)遞增，

11

?:[g(元)]max=g(e)二<2，

.1

??[/(%)]min-[g(X)]max>5，

1

?:在(1)的條件下次?，飄幻+了

——6——

（3）解假設(shè)存在正實(shí)數(shù)a,使八%）=〃%-111%（%￡（0,?］）有最小值3,則八%）=〃-;=

①當(dāng)0＜：＜e時於）在區(qū)間（0,￡）內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間ge］上單調(diào)遞增,|?］min=/Q）=l+In

〃二3,〃*,滿足條件；

②當(dāng)［＞e時次＞）在區(qū)間（0,e］上單調(diào)遞減,［/（x）］min=/（e）=ae-l=3,解得（舍去）.

綜上:存在實(shí)數(shù)a=e2,使得當(dāng)x￡（O,e］時八］）有最小值3.「

8.證明⑴設(shè)g（x）=/（%）,

貝“g⑴=c°sx-±'g'（x尸-sinx+備.

當(dāng)xe（-1弓）時,g。）單調(diào)遞減,

而g⑼＞0,gO＜0，

則當(dāng)天6（-1,60時￡5）＞0;當(dāng).運(yùn)（a1）時,gq）＜0.

所以g（x）在區(qū)間（-l,a）內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間（W）內(nèi)單調(diào)遞減，故g（x）在區(qū)間（-11）內(nèi)存在唯一極大

值點(diǎn)，

（2加的的定義域?yàn)镚l,+oo）.

①當(dāng)XG（-1,O］時,由⑴知了（%）在區(qū)間（-1,0）內(nèi)單調(diào)遞增，而八0）=0,所以當(dāng)XG（-1,O）時/（x）＜0,故於）

在區(qū)間（-1,0）內(nèi)單調(diào)遞減.

又刖）=0,所以x=0是於）在區(qū)間（-1,0］上的唯一零點(diǎn).

②當(dāng)在（01］時,由⑴知/（X）在區(qū)間（0,a）內(nèi)單調(diào)遞增堆區(qū)間（嗎）內(nèi)單調(diào)遞減，而八0）=0第）＜0,

所以存在口e（嗎）,使得了@=0,且當(dāng)xe（o/）時/（x）＞o；當(dāng)xe（⑻）時，（無）＜0.

又加）=。尼）=l-ln（l+3＞。，

所以當(dāng)?shù)祝?T時段）＞0.

從而小X）在區(qū)間（03］上沒有零點(diǎn).

③當(dāng)在怎H時及）＜0,所以加）在區(qū)間（京）內(nèi)單調(diào)遞減.而尼）＞0m）＜0,所以段）在區(qū)間T

上有唯一零點(diǎn).

④當(dāng)XG（兀,+8）時,ln（x+l）＞l,所以段）＜0,從而段）在區(qū)間（兀,+8）內(nèi)沒有零點(diǎn).

綜上次x）有且僅有2個零點(diǎn).

—7—

高考中的解析幾何

1.已知橢圓諄+真=1(。＞。＞0)的離心率為景短軸長為2.

⑴求橢圓C.標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)直線/:產(chǎn)質(zhì)+機(jī)與橢圓C交于MN兩點(diǎn),。為坐標(biāo)原點(diǎn)，若左OMRON=|,求證:點(diǎn)(冽,左)在

定圓上.’

2.已知拋物線C:y2=2pxg＞0)的焦點(diǎn)R為橢圓。+。=1的一個焦點(diǎn).

43

(1)求拋物線C的方程；

⑵設(shè)P,MN為拋物線C上不同的三點(diǎn)，點(diǎn)P(l,2),且PMLPN.求證:直線MN過定點(diǎn).

3.(2021,全國〃.理20)拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。，焦點(diǎn)在x軸上，直線l;x=l交拋物線

C于尸,。兩點(diǎn)，且。尸，。。已知點(diǎn)”(2,0),且。M與直線/相切.

(1)求拋物線C,。”的方程；

⑵設(shè)AI,A243是拋物線C上的三個點(diǎn)，直線A1A241A3均與OM相切.判斷直線A2A3與

?！ǖ奈恢藐P(guān)系,并說明理由.

4.已知橢圓尾+冒=1(。＞。＞0)的兩個焦點(diǎn)為人,仍,點(diǎn)尸(魚,1)在橢圓C上，且

|PFI|+|PF2|=4.''

⑴求橢圓C的方程；

(2)設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為為橢圓C上一點(diǎn)，直線和MQ與x軸分別相交于

點(diǎn)E,E。為原點(diǎn).證明:|OE|?QN為定值.

—8—

5.(2021浙江,21)如圖，已知R是拋物線>2=2后偽>0)的焦點(diǎn)，町是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的

交點(diǎn)，且|MR|=2.

(1)求拋物線的方程;

(2)設(shè)過點(diǎn)F的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn)，若斜率為2的直線I與直線MA,MB,AB,X軸依

次交于點(diǎn)。,。,火人,且滿足|7?<=|尸"|。朗,求直線/在x軸上截距的取值范圍.

6.已知點(diǎn)A(-2,0),3(2,0),直線PA的斜率為此直線PB的斜率為近，且hfo=-|.

⑴求點(diǎn)P的軌跡C的方程；

⑵設(shè)點(diǎn)八(-1,0)尸2(1,0),連接PA并延長，與軌跡C交于另一點(diǎn)Q,R為PR2的中點(diǎn)，。為坐

標(biāo)原點(diǎn)，記△QB。與△PAR的面積之和為S,求S的最大值.

7.已知動點(diǎn)尸到定點(diǎn)"1,0)和直線l;x=2的距離之比為苧，設(shè)動點(diǎn)尸的軌跡為曲線E,過點(diǎn)

R作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A,3兩點(diǎn)，直線/:y=mx+〃與曲線E交于C,。兩

點(diǎn),與線段AB相交于一點(diǎn)(與A,B不重合).

(1)求曲線E的方程.

(2)當(dāng)直線/與圓好+丁2=1相切時，四邊形ACBD的面積是否有最大值?若有，求出其最大

值及對應(yīng)的直線/的方程;若沒有，請說明理由.

8.已知拋物線E:y2=2R⑦>0)的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)。，過拋物線E的焦點(diǎn)R的直線/與該拋

物線交于兩點(diǎn),△MON面積的最小值為2.

(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程.

⑵試問是否存在定點(diǎn)2過點(diǎn)D的直線〃與拋物線E交于5,C兩點(diǎn)，當(dāng)A,民C三點(diǎn)不共

在,請說明理由.

—9—

高考中的解析幾何答案解析

1.(1)解設(shè)焦距為2G：2=；=苧,28=2,〃2=/+。2,

丫2-

?：/?=1,〃=2,,：橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為7+V=L

(2)證明設(shè)點(diǎn)M(xi,"),NS,"),

y=kx+m,

由x2^r(4^2+l)x2+8Z:mx+4m2-4=0,

匕+于9=1,

依題意，/=(8左根)2-4(4產(chǎn)+l)(4m2-4)>0,化簡得病<4產(chǎn)+1，①

8km4m2-4

Xl+X2=~—7—,X1%2=-9—,

4廿+14/+1

yiy2=(kxi+m)(kx2+m)=l^xix2+km(xi+x2)+m2.

若％OM%N=|,貝I釜|=*即4yly2=5修檢，

貝|4Mx1型+4版(%l+%2)+4祖2=5即%2,

所以(43-5)?需+4.?8km+4加=0,

4/C2+1

即(4^-5)(m2-1)-8^m2+m2(4^+1)=0,

化簡得m2+^=2.②

由①②得0或相2用之<三

□ZU4

故點(diǎn)(加闈在定圓f+y2=：上.

2.⑴解依題意，橢圓［+9=1的一個焦點(diǎn)為(1,0),

由拋物線C:;/=2pxg>0)的焦點(diǎn)尸為橢圓4+4=1的一個焦點(diǎn)，

4D

可得,1,所以片2.所以拋物線C的方程為y2=4x.

(2)證明設(shè)點(diǎn)M>i,yi),N(X2,y2),直線MN的方程為產(chǎn)加y+〃,由｛)九'得廣4町y-4〃=0,則

A-\6m2+16/n>0,yi、2=-4〃加+m=4加.

所以xiX2=(my1+n)(my2+n)=m2yiy2+mn(yi+竺)+n2=n2,

x\+%2=根(丁1+yi)+2n=4m2+2n.

由PM_LPN,得兩?麗二0,即(沏-1,%-2),3-142-2)=0.

化簡得n2-6n-4m2-8m+5=0,

解得n=2m+5或〃=-2加+1(舍).

所以直線MN:x=my+2m+5過定點(diǎn)(5,-2).

3.解⑴由題意設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為9=2力,〃>0,當(dāng)x=l時,y2=2〃,y=±/^.

因?yàn)?。尸?。,所以再二1,即2p=l,

故拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方雇為/=x

的方程為(%-2)2+)?=1.

(2)由題意可知直線4A2,A14,A2A3均不平行于x軸.

設(shè)點(diǎn)Ai(%i,yD9A2(%2,?)4(%3,丁3),直線A1A2的方程為x-%i=7ni(y-yi),直線A1A3的方程為x-x1=m2(y-

yDmr加2.

因?yàn)辄c(diǎn)Ai在拋物線C上,所以九i二y工所以直線人欣2的方程可化為％-加丁+如%-弁=0,直線AIA3的

方程可化為x-nny+miyx-yl=0.

因?yàn)橹本€AIA2,AIA3與。M相切,OM的圓心坐標(biāo)為(2,0),半徑r=1,

所以粵”或=][2+和2曠1-必I

=1,

1+m11+用

—10—

所以如，加2為方程竽學(xué)=1的根，

Vl+m2

即如，儀為方程一（弁-1）+切（4y?2貨）+yf-4）4+3=0的根.

又如期22,所以比-1邦,所以如+恤=2親?1,如十2='啜；+?

”了1y+叫％賁=°，消去羽得^.y2=,

由miy+miyi0

.y=x,

所以丁1+”二加1,即y2=mi-yi.

同理,券二加2-yi.

設(shè)直線A2A3的方程為x=ky+b,

fj+h得產(chǎn)出爐。,

由

y一人,

所以2y3=-瓦

_2y3-y2

所以k=y2+y3=mi+m2-2y[=-^9-b=y2y3=(mi-yiXm2-y1)=m\m2-y\(m\+m2)+yi=

*+1

=軍1=1=%故直線A2A3與OM相

所以。M的圓心到直線A2A3的距離d=-^==

、1+/yj+i

雨

-1

切.

4.（1）解由橢圓的定義，得|PR|+|PF2|=2a=4,即a=2.

將點(diǎn)尸（四,1）的坐標(biāo)代入。+4=1,得）+當(dāng)=1,解得b=&.

4b4b

故橢圓C的方程為[+[=L

⑵證明由題意可知點(diǎn)e（V2,-i）.

設(shè)點(diǎn)頌如州）,則有%o+2%=4/0。企jo#±l.

直線MP的方程為廣1=”（不讓），

%0-VZ

令尸0,得廣匿菖所以QE|=|挖。0%

%-1

直線的方程為y+1="（/魚）,

國o+xo

令y=0,得犬=歷吸°,所以|。/|=

y。十y()+i'

%o-x（）及y（）+xo_2y灑_2羽-(4-2羽)

所以|OE|-|OP|==4.

3%-1汗1

故IOEHO用為定值4.

5.解⑴由題意知p=2,所以拋物線的方程是丁=4乂

（2）由題意可設(shè)直線AB的方程為x=ty+l（t豐0^4（xi,yi）,5（X2,）^2）,

將直線AB的方程代入9=軌得y2-4y4=0,

所以％+力=4匕％”=-4.

直線MA的方程為產(chǎn)焉＜%+1）,設(shè)直線/的方程為x=^y+s.

記P（xp,yp）,Q（xQ,yo）,

y，共(久+1)，

由

1,

X=：,y+s,

2(s+l)yi

得yp=-

(2t-l)yi+4'

26+1)及

同理得，％W=I

(2t-l)y2+4'

11—

儼=ty+1,

記R(%R,yR),由11得丫尺=刃".

[x=-y+s,2t-i

由題意知坊|2=lypHyd，

化簡得需=(S+以

4產(chǎn)+3

易知加,所以曹=4/+3

(21-1)2

因?yàn)閷?(含+丁+3.(當(dāng)-飄等號成立)，所以普污

得s<-7-4舊或s》-7+4>&且#1.

因此直線/在x軸上截距的取值范圍是(-co,-7-4g]U[-7+4V3,1)U(1,+oo).

6.解⑴設(shè)點(diǎn)P(x,y),

因?yàn)辄c(diǎn)A(-2,0),B(2,0),所以k\=-^—,k2=-^-z.

X~rZX-Z.

又左1%2=1,所以+二二-1，所以寧+⑵.

4%'-4443

故軌跡C的方程為《+。=1("12).

(2)因?yàn)?,R分別為尸1尸2,尸尸2的中點(diǎn)，所以0R//PFr,

所以APKR與△尸為。同底等高，所以Sap&R=SAP&O，

所以S=S4QFI0+SAPF]R=SAP。。-

當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，其方程為x=-l,此時S"°°Wxlx[|-(-|)]=|.

當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)其方程為廣網(wǎng)尤+1),設(shè)尸(xi,yi),Q(X2,y2),

顯然直線PQ不與無軸重合，即厚0.

(y=k(x+1),

由12y2得(3+4SH+83;+49-12=0,

(了+了=1'22

又/=144(標(biāo)+1)>0,得為+%2=-§::必為》2=；；；：*

故|PQI=\1+卜2山-彳2|=41+卜2J(X]+%2)2-4久1%2=1；；養(yǎng)，.

點(diǎn)O到直線PQ的距離則S=^\PQ\d=6次2若.令"=3+426(3,+00),

一Ji+fc22](3+秋)

u-3u+1I--------

則s=6尸F(xiàn)=1JV'!+1G(強(qiáng)),故s的最大值為|.

7.解⑴設(shè)點(diǎn)P(x,y),由題意可得'()=~y,

|X-Z|z

整理可得9+y2=l.

2八

所以曲線E的方程為方r+V=L

⑵設(shè)點(diǎn)C(xi,yi)Q(X2j2),由已知可得|AB|=，1

當(dāng)〃尸0時,不符合題意.

當(dāng)時,由直線/與圓f+y2=l相切，

可得鴻L=l,即m2+l=n2,

Vm2+1

ry=mx+n,

由[《+丫2_i消去y,得(m?+g)f+2祖〃x+〃2-i=o.

22222

貝1^=4mn-4(m+0(n-l)=2m>O,%i+x2=^^^1X2

—12—

所以S四邊形AC%)二3|4引|%2-11|=/普彳=~T~—~T'

22m2+12|刑+點(diǎn)2

當(dāng)且僅當(dāng)2|相|二白，即加=±■時，等號成立，此時n=吟.

\m\LL

經(jīng)檢驗(yàn)可知，直線產(chǎn)圣弓和直線尸圣+乎符合題意.

故四邊形ACBO的面積有最大值，最大值為苧，此時直線/的方程為y[x當(dāng)或廣生吟.

8.解⑴若直線/的斜率不存在，則直線/的方程為了?！瘇一

代入拋物線E的方程，得尸切，所以|MN|=2p,

所以SAMON=3*fX2p=，.

若直線/的斜率存在，則設(shè)直線/的方程為產(chǎn)始成)(際0),

由y=k(%-f)，得以2QM+20)X+字=0,

y2=2px,

則\MN\=處*+。=2°+當(dāng).

kk

kp

又點(diǎn)。到直線MN的距離d=^==

J/+i2,/+1

所以SAMON=3,(2p+青)—:，=司J1+.■.所以工MON面積的最小值為^~=2,又p>0,故

2(k+1

p=2.

故拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x.

(2)假設(shè)符合題意的定點(diǎn)。存在.

因?yàn)橹本€〃與拋物線E交于民C兩點(diǎn)，所以設(shè)直線〃的方程為無=緲+瓦點(diǎn)B(xi,yi),C(%2j2).

,(X=ay+,

由心二軌付y-4ay_46=0.

又』=16〃2+16Z?>0,所以刀+竺=4〃,以竺二-4"

所以％1+%2=4(丁1+丁2)+26=4〃2+2/7,即%2=〃2y0；2+〃人81+")+〃2=/.

因?yàn)橐詾橹睆降膱A過點(diǎn)A(l,-2),

所以AB?4C=0,即(%1-1)(%2-1)+&1+2)&2+2)=/?2-65-4。2-8〃+5=0,

所以b=2a+l或b=-2a+5.

當(dāng)b=2a+l時,%=ay+2a+l=〃(y+2)+l,此時直線〃過定點(diǎn)A,不符合題意,舍去.

當(dāng)b=-2a+5時,x=ay-2〃+5=a(y-2)+5,此時直線〃過定點(diǎn)(5,2),符合題意.

故存在唯一的定點(diǎn)。(5,2)符合題意.

—13—

高考中的立體幾何

1.如圖，在平行四邊形A3CM中A3=AC=3,NACM=90°.以AC為折痕將折起使

點(diǎn)航到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB±DA.

⑴證明:平面AC。，平面ABC;

⑵Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段3c上一點(diǎn)，且3P=DQ=|D4,求三棱錐Q-ABP的體積.

2.如圖，。為圓錐的頂點(diǎn)，。是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑AE=ADA4BC是底面的內(nèi)

接正三角形,P為。。上一點(diǎn),尸。￥。。

6

⑴證明:平面PBC;

(2)求二面角3-PC-E的余弦值.

3.如圖，在三棱錐A-3CD中,N3CD=90°,3C=CD=1,NAC3=NACD=。.

(1)證明:ACLBD;

⑵有三個條件:①6=60°;②直線AC與平面BCD所成的角為45°;③二面角A-CZXB的

余弦值為日.

請你從中選擇一個作為條件，求直線BC與平面ACD所成角的正弦值.

—14—

4.(2021全國〃，理19)已知直三棱柱ABC-ALBICI中，側(cè)面AALBIB為正方

形,43=30=2,E/分別為AC和CCi的中點(diǎn)，。為棱43上的點(diǎn)

⑴證明

(2)當(dāng)田。為何值時，平面331cle與平面DRE所成的二面角的正弦值最小?

5.圖①是由矩形ADE3,RtA43C和菱形BRGC組成的一個平面圖形，其中

43=1,3￡=3歹=2,/丑8。=60°.將其沿AB,BC折起使得3E與3歹重合，連接DG,如圖②.

⑴證明:圖②中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面A3C,平面BCGE-

(2)求圖②中的二面角B-CG-A的大小.

6.如圖，已知三棱柱A3C-A山Ci的底面是正三角形，側(cè)面331cle是矩形，跖N分別為

BC,BiCi的中點(diǎn)/為AM上一點(diǎn)，過BiCi和P的平面交A3于E,交AC于F.

(1)證明:A4i〃MN,且平面AiAMN,平面EBCF;

⑵設(shè)。為△ALBCI的中心，若A。〃平面EBiCif且A0=A3,求直線&E與平面AiAMN

所成角的正弦值.

—15—

7.如圖，在四棱柱ABCD-ALBICLDI中，側(cè)棱AIA,底面ABCAABLACABnhACnAA.Z,

4。=8=遮,且點(diǎn)M和N分別為3C和的中點(diǎn).

(1)求證:MN〃平面ABCD;

(2)求二面角Di-AC-Bi的正弦值；

(3)設(shè)E為棱AiBi上的點(diǎn)，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為|,求線段AiE的長.

-1

8.如圖，在四棱錐P-ABCD中,4?！?。,/4。。=/尸45=90。，3。=。=夕。,￡為棱4。的

中點(diǎn)，異面直線尸4與。。所成的角為90°.

⑴在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)“，使得直線CM〃平面P3E,并說明理由；

(2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.

—16—

高考中的立體幾何答案解析

1.(1)證明由已知可得NA4c=90。，及AC.

又A4J_AD,且ACH4D=A,所以ABJ_平面ACD.

又A3u平面ABC,所以平面ACD_L平面ABC.

(2)解由已知可得。C=CM=AB=3,ZM=3，I

又3P=DQ=|DA,所以BP=2A/2.

如圖，作QELAC,垂足為E,則QE'DC.由已知及(1)可得ZXLL平面A3C,所以QE,平面

ABC,QE=1.因此三棱錐Q-APB的體積為KMBP=艇后用.=gx1xgx3x2/-sin45°=1.

222

2.(1)證明設(shè)。0=°,由題設(shè)可得PO=g5Ao=3，A8=a,P4=PB=PC=￥a，因此PA+PB=AB,J^

632

而PA±PB.

又PA2+pc2=AC2,故PA_LPC.所以PAJ_平面PBC.

(2)解以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，麗的方向?yàn)閥軸正方向,［荏|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

Oxyz.

由題設(shè)可得點(diǎn)E(O,1,O),A(O,-1,O),C界,o),前=(o,一邛)

設(shè)m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,

m?麗=0,

則

m'EC=0,

-y+—z=0,

即

V31n

/yX--y=0.

可取m=(-y,1,V2^).

由(1)知方=(0,1,孝)是平面PCB的一個法向量，記n=凝則cos<n,m>=^=等.所以二面角

8-PC-E的余弦值為等.

3.⑴證明如圖，取3。的中點(diǎn)O,連接OA,OC,則OCLBD.

因?yàn)锽C=。C,/ACB=/AC。=e,AC=AC,所以△A8C0△Ar>C,

—17—

所以AB=AD,^以AOLBD.

又因?yàn)锳OnCO=O,AO,COu平面AOC,所以301.平面AOC.

因?yàn)锳Cu平面A0C,所以BD±AC.

（2）解在C4的延長線上取點(diǎn)P,使得/尸OC=90。,連接P3,P￡>,由于0C與8。是平面內(nèi)兩條

相交直線，故POJ_平面BCD.

分別以0C,0D,0P所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.

由已知得魚，從而03=0￡）=0C=亭所以PB=PD=PC.

若選①0=60°,則APCD是等邊三角形,PD=CD=PC=l,OP=y,

則尸（0,0,y）,c（y,0,0）,D（0,y,0）,B（0,-f,0）,

BC=（y,y,0）,DC=（y,-y,0）,DP=（。,-苧4）.

設(shè)平面PCD的法向量是n=（無,y,z）,

777^V2V2

n'DC=~x--y=n0,

\JI-DP=--^y+亨z=0,

令x=l,則y=z=l,所以可取n=（l,l,l）.

設(shè)直線BC與平面PCQ（即平面AC。）所成的角為出

一|包+互+o|

則sin?=|cos<BC,n>|=^g==當(dāng)

若選②，由尸。,平面BCD,得NPCO是PC（即AC）與平面3CD所成的角，

所以ZPCO=45°,（9P=OC=y,

則尸（0,0,y）,C（y,0,0）,D（0,y,0）,B（0,-y,0）,

設(shè)平面PCD的法向量是n=（xj,z）,

777^V2V2

ri'DC=yx-yy=n0,

IjiDP=-~^y+jz=0,

令x=l,則y=z=l,所以可取n=（l,l,l）.

設(shè)直線3C與平面PCD（即平面AC。）所成的角為出

_|V2V2|

則sina=|cos<阮,n>|=殊=耳+焉+」0=當(dāng)

若選③，作PMLCD,垂足為M連接OM.

由PO_L平面BCRCDu平面BCD,得PO_LCD

因?yàn)槭琌ClPM=P，尸O,PMu平面POM,所以CDJ_平面POM,

又OMu平面POM,所以CDLOM,

所以NPMO是二面角P-CD-B（即二面角A-CDB）的平面角,

—18—

已知COSNPMO=QI]tan/PMO=JX又在RtACOD中。加=42=1

所以O(shè)P=OMtanZPMO=^=OC,

則尸(0,0,y),C(y,0,0),O(0,y,0),B(0,-y,0),

BC=(今冬。)，反=(y,-y,0),PP=(。,-苧,苧).

設(shè)平面PCD的法向量是n=(x,y,z),

則卜,比=￥久-冬=。，

[n-DP=-yy+yz-0,

令x=l,則y=z=l,所以可取n=(l,l,l).

設(shè)直線BC與平面PC￡)(即平面AC0所成的角為a,

一|三+包+o|

貝Isina=|cos<BC,n>|==^=匕*=]

\BC\\n\1XV33

4.解：,四邊形44山iB為正方形

又BFl.AiBi,BBiCBF=B,

.：AiBi_L平面BBiCC

又

.：AB_L平面BBiCiC./.ABlBC.

又331_L平面ABC,

.：4氏3(?,88兩兩互相垂直.

以8為原點(diǎn),3A,BC,BBi所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.

則點(diǎn)B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1=(0,2,l),FF=(-l,l,l).

設(shè)點(diǎn)。(九0,2)(0〈九〈2),則屁=(11,1,-2).

(1)證明:~BF-DF=0+2-2=0,

???~BF1DE,.".BFLDE.

(2)：N3_L平面BBiCiC,

.：n=(l,0,0)為平面BBiGC的一個法向量.

設(shè)平面DFE的法向量為m=(x,y,z),

=0,即C(l-A)x+y-2z=0,

\m-EF=0,I久+y+z—0.

取x=3,則y=l+A,z=2-A.

.：m=(3/+九21)為平面。笈E的一個法向量.

.m-n3

?.cos<m,ii>=^—

|m||n|J2A2-2A+14

設(shè)平面331cle與平面ObE所成的二面角的平面角為仇則sin0=Jl-cos2<m,n>=

—19—

9

J2A2-2A+14

要使sin。最小，只需一j-^----最大，又.：當(dāng)時,----最大，即sin。最小，此時

2萬-24+1422/24+14

1

Bg

1

故當(dāng)時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小.

5.(1)證明由已知得4?！?￡《6〃8及所以4?！ā?,

故AQCG確定一個平面，從而4,C,G,D四點(diǎn)共面.

由已知得AB±BE,AB±BC,ikA3,平面BCGE.

又因?yàn)锳Bu平面A3C,所以平面A3C_L平面BCGE.

(2)解作EHL8C,垂足為H.

因?yàn)镋Hu平面3CGE,平面3CGE_L平面ABC,

所以EHL平面ABC.

由已知，菱形BCGE的邊長為2,NEBC=60。,可求得BH=1,EH=V3.

以“為坐標(biāo)原點(diǎn)，近的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz,

則點(diǎn)4(-l,l,0),C(l,0,0),G(2,0,V5),B=(l,0,M,》=(2,-l,0).

設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),

則［竺”=°5即,+取=°，所以可取n=(3,6,-V3).

UC-n=0,⑵-y=0.

又平面BCGE的法向量可取為m=(0,l,0),

所以cos<n,m>=^^=今

因此二面角B-CG-A的大小為30°.

6.(1)證明因?yàn)镸,N分別為的中點(diǎn)，所以M7V〃CG.

又由已知得A4i〃CG,故44i〃AW.

因?yàn)锳AiBiG是正三角形，所以B1GL4N.

又8G_LMN,故BiG_L平面AiAMN.

所以平面4AMN，平面EBCF.

(2)解由已知得?8仁以M為坐標(biāo)原點(diǎn),M4的方向?yàn)閤軸正方向而|為單位長，建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系依yz,則AB=2,AM=8.

連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形，故尸河=苧，點(diǎn)￡(竽］,0).

由⑴知平面4AMN1.平面ABC.作NQL4M,垂足為。，則NQJ_平面A5C.設(shè)點(diǎn)0(4,0,0),則

NQ小(苧-aj,點(diǎn)3卜,1/4-(4)2),

故BiE=傳-見-|』4-(善-a)),四臼=孚

又n=(O,-l,O)是平面4AMN的一個法向與

?/./itcln-B-tEV10

故sinI--<n.BrE>l=cos<n,B1F>=-------=

同舊1E|

7.解如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，由題意可得點(diǎn)7(0,0,0),8(0,1,0),C(2,0,0),D(l,-2,0),

-1

4(0,0,2),5(0,1,2),G(2,0,2)Qi(l,-2,2).又因?yàn)镸,N分別為SC和的中點(diǎn)，得點(diǎn)

2,1).

(1)證明:依題意，可得n=(0,0,l)為平面ABCD的一個法向量.而Mo,-|,O人

由此可得而F-n=0,

又因?yàn)橹本€MNC平面A3CD,所以A/N〃平面ABCD.

(2)OD^=(1,-2,2),XC=(2,0,0).

設(shè)m=(xi,yi,zi)為平面AC。的法向量，

n-AD=0,即x-2y+2zi=0,

則1111

2%i=0.

nr-AC=0,

不妨設(shè)zi=l,可得m=(0,l,l).

設(shè)I12=(X2,y2,Z2)為平面ACB1的法向量,

僅2+2Z=0,

則:送匚?！?又福=。1'2)，得2

(2x2=0.

不妨設(shè)Z2=l,可得112=(0,21).

因此有cos<ni,H2>=#產(chǎn)]=-萼，于是sin<ni,ii2>=4般.所以，二面角Qi-AC-歷的正弦值為^

io1U1U

⑶依題意，可設(shè)空=□不瓦，其中[0,1],

則E(0,Z2),從而泥=(-1/+2,1).

NE-n

又n=(0,0,l)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos</VE,n>=-,1=工整

(-1)2+(/1+2)2+123

\NE\\n\J

理得*+4九3=0,又因?yàn)?G[0,1],解得2=77-2.

所以，線段4E的長為V7-2.

8.解(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.

如圖，延長ABQC相交于點(diǎn)平面尸43),點(diǎn)”即為所求的一個點(diǎn).

—21—

理由如下：

由已知,3C〃ED,

且BC=ED.

所以四邊形BCDE是平行四邊形.

從而CM〃EA

又EBu平面平面PBE,

所以CM〃平面PBE.

(說明:延長AP至點(diǎn)N,使得AP=PN,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn))

(2)(方法一)由已知,CD_LPA,CD_LAO,P4riAD=A,

所以平面PAD從而CD±PD.

所以ZPDA是二面角P-CD-A的平面角，所以ZPDA=45°.

設(shè)BC=1,則在RtAPAD中，尸A=AD=2.

過點(diǎn)4作A”，CE,交CE的延長線于點(diǎn)連接PH.

易知PA_L平面ABCD,從而PA±CE.

于是CEL平面PAH.

所以平面PCE_L平面PAH.

過點(diǎn)A作于點(diǎn)Q,則平面PCE.

所以是PA與平面PCE所成的角.

在RtAAEH中,/4即=45》石=1,所以AHq.

在RtAPAH中，尸+4“2=半，

所以sinZAPH=^j=

(方法二)由已知,CD_LPA,CD_LAD,PAn4D=A,

.以CD_L平面PAD于是CD±PD.

從而NPDA是二面角尸-CD-A的平面角.所以NPD4=45。.因?yàn)樵谔菪蜛BCD中,43與CD相交,

所以由PA±AB,PA_LCD,可得PA_L平面ABCD.

設(shè)BC=1,貝l|在RtAPAD中，尸A=AD=2.

作y軸垂直于平面PAO,以A為原點(diǎn)，以南的方向?yàn)闊o軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐

標(biāo)系A(chǔ)xyz,

則點(diǎn)A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).

所以弼二(1,0,-2),或=(l,l,0),AP=(0,0,2).

設(shè)平面PCE的法向量為n=(xj,z).

設(shè)x=2,解得n=(2,-2,l).

設(shè)直線PA三平面PCE所成角為火

.\n-AP\21

貝niIlsina=------=—r==

\n\\AP\2xj22+(-2)2+l2

所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為最

—22—

高考中的數(shù)列問題

1.設(shè)等比數(shù)列｛。〃｝滿足<21+<22=4,03-01=8.

(1)求數(shù)列｛久｝的通項(xiàng)公式；

(2)記S”為數(shù)列｛log3a”｝的前n項(xiàng)和.若S"+S；n+i=Sm+3,求m.

a+l,n為奇數(shù),

2.（2021新高考/,17）已知數(shù)列｛z｝滿足ai=l,z+i=n

an+2,ri為偶數(shù).

⑴記跖=。2”,寫出01,。2,并求數(shù)列｛加｝的通項(xiàng)公式;

(2)求｛詞的前20項(xiàng)和.

3.在①al=-8,a2=-7,an+l=左a"+l(〃dN*,左GR);②若｛a"｝為等差數(shù)歹(J,且。3=-6/7=-2;③設(shè)數(shù)

列｛◎｝的前〃項(xiàng)和為且的=就學(xué)(〃?N*)這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題

中，并作答.

在數(shù)列｛或｝中,.記4=|。1|+|。2|+3|+…+|小|,求720.

4.已知等差數(shù)列3｝的前n項(xiàng)和為S”,公差分0,且S3+S5=5O,ai,a4,03成等比數(shù)列.

(1)求數(shù)列｛劣｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)｛*｝是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)歹U,求數(shù)列｛況｝的前n項(xiàng)和Tn.

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5.已知｛."｝為等差數(shù)列,ai,<22,43分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且0,42/3中的

任何兩個數(shù)都不在同一列中.

列數(shù)

行數(shù)

第一列第二列第三列

第一行

第二行469

第三行1287

請從①。1=2,②41=1,③刃=3這三個條件中選