高考数学二轮复习 第一部分 层级三 30分的拉分题 因人而定酌情自选 文.doc

第一部分 层级三 30分的拉分题 因人而定酌情自选压轴专题(一)选择题第12题、填空题第16题的抢分策略全国卷3年考情分析年份卷别考查内容命题分析2017卷椭圆的标准方程和性质选择题第12题、填空题第16题，一般难度较大，从近几年试题分析，这两道题主要考查函数与导数问题、创新问题、圆锥曲线的性质、数列、三角函数、立体几何等知识大多数考生对这类题目存在畏惧心理，其实若能静下心来审读这类题目，也是完全可以得分的一些能力欠佳的考生，会用一定的猜题技巧，极有可能猜对答案，即平常我们所说的“瞎猜的不如会猜的”三棱锥的体积与球的表面积公式、面面垂直的性质等卷抛物线的定义及性质、直线与抛物线的位置关系解三角形、三角恒等变换卷函数的零点分段函数、解不等式2016卷函数的单调性、导数的应用卷二次函数、抽象函数的对称性实际问题中的逻辑推理卷直线与椭圆的位置关系、椭圆的离心率求法2015卷对称问题中函数解析式的求法、指数式与对数式的互化双曲线的定义、标准方程、三角形的面积卷函数的奇偶性、对数函数的性质、复合函数的单调性导数的几何意义及其应用审题探寻实质典例(2016四川高考)在平面直角坐标系中，当p(x，y)不是原点时，定义p的“伴随点”为p，；当p是原点时，定义p的“伴随点”为它自身现有下列命题：若点a的“伴随点”是点a，则点a的“伴随点”是点a；单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上；若两点关于x轴对称，则它们的“伴随点”关于y轴对称；若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点”一定共线其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)解析对于，特殊值法取a(1,1)，则a，a的“伴随点”为点(1，1)故为假命题对于，单位圆的方程为x2y21，设其上任意一点(x，y)的“伴随点”为(x，y)，则y2(x)2y2x21.故为真命题设a(x，y)，b(x，y)，则它们的伴随点分别为a，b，a与b关于y轴对称，故为真命题设共线的三点a(1,0)，b(0,1)，c(1,2)，则它们的伴随点分别为a(0,1)，b(1,0)，c，此三点不共线，故为假命题故真命题为.答案题后悟通1解答此题应理解“伴随点”的含义，即p(x，y)p，问题即可解决2解答新定义问题要仔细观察，认真阅读，在彻底领悟、准确辨析的基础上，进行归纳、类比，将新定义问题转化为已有知识的问题解决 针对训练1(2018届高三湘中高三联考)对于数列an，定义hn为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”hn2n1，记数列ankn的前n项和为sn，若sns5对任意的nn*恒成立，则实数k的取值范围为_解析：由hn2n1，得n2n1a12a22n1an，则当n2时，(n1)2na12a22n2an1，得2n1ann2n1(n1)2n，所以an2n2，令bnankn(2k)n2，又sns5对任意的nn*恒成立，所以即解得k.答案：运算善用技巧典例(2016全国卷)若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b_.解析求得(ln x2)，ln(x1).设曲线yln x2上的切点为(x1，y1)，曲线yln(x1)上的切点为(x2，y2)，则k，所以x21x1.又y1ln x12，y2ln(x21)ln x1，所以k2，所以x1，y1ln 22ln 2，所以by1kx12ln 211ln 2.答案1ln 2题后悟通解答本题体现了运算技巧，在求解中，巧妙地利用斜率k得出x1x21，利用斜率公式可求得k的值，再代入直线方程，求出b的值解答此类问题应注意整体代换、变形代换的思想 针对训练2(2017郑州质检)设正实数x，y满足x，y1，不等式a恒成立，则a的最大值为()a2 b4c8 d16解析：选c法一：依题意得，2x10，y10，428，即8，当且仅当即时，取等号，因此的最小值是8，即a8，故a的最大值是8.法二：令m2x1，ny1，则m0，n0，x，yn1，28，当且仅当m1且n1，即x1，y2时取等号，即8，故a8，所以a的最大值是8.排除简化过程典例(2017天津高考)已知函数f(x)设ar，若关于x的不等式f(x)在r上恒成立，则a的取值范围是()a2,2 b2，2c2,2 d2，2 解析选a法一：作出f(x)的图象如图所示当y的图象经过点(0,2)时，可知a2.当ya的图象与yx的图象相切时，由ax，得x22ax40，由0，并结合图象可得a2.要使f(x)恒成立，当a0时，需满足a2，即2a0，当a0时，需满足a2，即0a2，综上可知，2a2.法二：f(x)在r上恒成立，f(x)af(x)在r上恒成立令g(x)f(x).当0x1时，f(x)x2，g(x)x2x22，即g(x)max2.当x0时，f(x)x2，g(x)x22，即g(x)2.当x1时，f(x)x，g(x)xx2，即g(x)max2.a2.令h(x)f(x).当0x1时，f(x)x2，h(x)x222，即h(x)min2.当x0时，f(x)x2，h(x)x2x22，即h(x)2.当x1时，f(x)x，h(x)x2，即h(x)min2.a2.综上可知，2a2.法三：若a2，则当x0时，f(0)2，而2，不等式不成立，故排除选项c，d.若a2，则当x0时，f(0)2，而2，不等式不成立，故排除选项b.故选a.题后悟通此题直接求解难度较大，但也有一定的技巧可取，通过比较四个选项，只需判断a2，2是否满足条件即可，这种策略在做选择题时经常用到 针对训练3(2017东北四市高考模拟)已知函数f(x)，若对a，b，cr，f(a)，f(b)，f(c)都为某个三角形的三边长，则实数m的取值范围是()a. b.c. d.解析：选cf(x)1，令tcos x2，由于1cos x1，因此1t3，设g(t)1(1t3)法一：若对a，b，cr，f(a)，f(b)，f(c)都为某个三角形的三边长，不妨设ac，bf(c)恒成立，故只需2f(x)minf(x)max即可，即2g(t)ming(t)max.当m2时，f(a)f(b)f(c)1，成立，故m2符合题意；当m2时，g(t)1在1,3上单调递增，则解得m2时，g(t)1在1,3上单调递减，则解得2m5.综上，m5.法二：令m5，则g(t)1(1t3)，2g(t)4.取f(a)f(b)2，f(c)4.不合题意，排除a、b；取m，则g(t)1(1t3)，g(t)，取f(a)，f(b)，f(c)，不合题意，排除d，故选c.破解巧取特殊典例(2016全国卷)已知函数f(x)(xr)满足f(x)2f(x)，若函数y与yf(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，则(xiyi)()a0 bmc2m d4m解析法一：因为f(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因为0，1，所以函数yf(x)的图象关于点(0,1)对称函数y1，故其图象也关于点(0,1)对称所以函数y与yf(x)图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)成对出现，且每一对均关于点(0,1)对称，所以i0，i2m，所以(xiyi)m.法二：因为f(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因为0，1，所以函数yf(x)的图象关于点(0,1)对称可设yf(x)x1，由得交点(1,0)，(1,2)，则x1y1x2y22，结合选项，应选b.答案b题后悟通1解答此题的思路是由条件f(x)2f(x)知yf(x)的图象关于点(0,1)对称，从而构造特殊函数yx1，解出与y的交点坐标，代入、验证2处理此类问题经常根据题中所给出的条件巧妙选择特殊函数、特殊图形、特殊位置等进行求解 针对训练4(2017沈阳质检)已知p是双曲线y21上任意一点，过点p分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为a，b，则的值是()a b.c d.解析：选a法一：令点p(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是y0，y0，所以可取|pa|，|pb|，又cosapbcosaobcos2aoxcos，所以|cosapb.法二：如图，由题意知，双曲线的渐近线方程为yx，aob60，apb120，0，则a(ex1ex1)2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a1，即a.若a0，则f(x)的零点不唯一综上所述，a.3已知函数f(x)在(1，)上单调，且函数yf(x2)的图象关于直线x1对称，若数列an是公差不为0的等差数列，且f(a50)f(a51)，则数列an的前100项的和为()a200 b100c0 d50解析：选b因为函数yf(x2)的图象关于直线x1对称，则函数f(x)的图象关于直线x1对称又函数f(x)在(1，)上单调，数列an是公差不为0的等差数列，且f(a50)f(a51)，所以a50a512，所以s10050(a50a51)100.4(2017贵州适应性考试)已知点a是抛物线x24y的对称轴与准线的交点，点f为抛物线的焦点，p在抛物线上且满足|pa|m|pf|，当m取最大值时，|pa|的值为()a1 bc.d2解析：选d设p(x，y)，由抛物线的定义知|pf|y1，|pa|，所以m，平方得m2，又x24y，当y0时，m1，当y0时，m211，由基本不等式可知y2，当且仅当y1时取等号，此时m取得最大值，故|pa|2.5对任意实数a，b，c，d，定义已知函数f(x)，直线l：kxy32k0，若直线l与函数f(x)的图象有两个交点，则实数k的取值范围是()a. b.c.d(1,1)解析：选a由题意知，f(x)直线l：yk(x2)3过定点a(2，3)，画出函数f(x)的图象，如图所示，其中f(x)(x2或x2)的图象为双曲线的上半部分，f(x) (2x2)的图象为椭圆的上半部分，b(2,0)，设直线ad与椭圆相切，d为切点由图可知，当kabk1或1kkad时，直线l与f(x)的图象有两个交点kab，将ykad(x2)3与y (2x0时，函数f(x)的图象恒在直线ykx的下方，则k的取值范围是()a. b.c. d.解析：选b由题意，当x0时，f(x)kx恒成立由f()0.又f(x)，由切线的几何意义知，要使f(x)kx恒成立，必有kf(0).要证k时不等式恒成立，只需证g(x)x0，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递减，g(x)g(0)0，不等式成立综上，k.8设d，e分别为线段ab，ac的中点，且be0，记为与的夹角，则下述判断正确的是()acos 的最小值为bcos 的最小值为csin的最小值为dsin的最小值为解析：选d依题意得()()(2)，be()()(2)由be0，得(2)(2)0，即222250，整理得，|2|2|cos 2|，所以cos ，sin2cos 22cos21221，所以sin2的最小值是.9(2017石家庄质检)在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑abcd中，ab平面bcd，且bdcd，abbdcd，点p在棱ac上运动，设cp的长度为x，若pbd的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是()解析：选a如图，作pqbc于q，作qrbd于r，连接pr，则由鳖臑的定义知pqab，qrcd.设abbdcd1，则，即pq，又，所以qr，所以pr ，所以f(x) ，结合图象知选a.10过坐标原点o作单位圆x2y21的两条互相垂直的半径oa，ob，若在该圆上存在一点c，使得ab(a，br)，则以下说法正确的是()a点p(a，b)一定在单位圆内b点p(a，b)一定在单位圆上c点p(a，b)一定在单位圆外d当且仅当ab0时，点p(a，b)在单位圆上解析：选b使用特殊值法求解设a(1,0)，b(0，1)，则ab(a，b)c在圆上，a2b21，点p(a，b)在单位圆上，故选b.二、填空题1已知函数f(x)当1a2时，关于x的方程ff(x)a实数解的个数为_解析：当1a2时，作出f(x)的图象如图所示，令uf(x)，则f(u)a，由f(x)的图象可知，若u满足u0，解得u1或2eue2，显然，当x0，u0,2eue2时，f(x)u也有2个解因此ff(x)a有4个实数解答案：42(2015全国卷)在平面四边形abcd中，abc75，bc2，则ab的取值范围是_解析：(特殊图形)如图所示，延长ba，cd交于e，平移ad，当a与d重合于e点时，ab最长，在bce中，bc75，e30，bc2，由正弦定理可得，即，解得be，平移ad，当d与c重合时，ab最短，此时与ab交于f，在bcf中，bbfc75，fcb30，由正弦定理知，即，解得bf，所以ab的取值范围是(，)答案：(，)3设0mbd，即2xx3，x1，abadbd，即2xx3，x3，所以x(1,3)在abd中，由余弦定理得9(2x)2x222xxcos a，即cos a，sabc2sabd22xxsin a2x2 ，令tx2，则t(1,9)，sabc ，当t5，即x时，sabc有最大值6.答案：67对于函数f(x)与g(x)，若存在xr|f(x)0，xr|g(x)0，使得|1，则称函数f(x)与g(x)互为“零点密切函数”，现已知函数f(x)ex2x3与g(x)x2axx4互为“零点密切函数”，则实数a的取值范围是_解析：易知函数f(x)为增函数，且f(2)e22230，所以函数f(x)ex2x3只有一个零点x2，则取2，由|2|1，知13.由f(x)与g(x)互为“零点密切函数”知函数g(x)x2axx4在区间1,3内有零点，即方程x2axx40在1,3内有解，所以ax1，而函数yx1在1,2上单调递减，在2,3上单调递增，所以当x2时，a取最小值3，且当x1时，a4，当x3时，a，所以amax4，所以实数a的取值范围是3,4答案：3,48对于数列an，定义an为数列an的一阶差分数列，其中anan1an(nn*)对正整数k，规定kan为数列an的k阶差分数列，其中kank1an1k1an(k1an)若数列2an的各项均为2，且满足a11a2 0150，则a1的值为_解析：因为数列2an的各项均为2，即an1an2，所以ana12n2，即an1ana12n2，所以ana1(n1)a1(0242n4)(n1)a1(n1)(n2)(n2)，所以即解得a120 140.答案：20 1409已知圆o：x2y21 和点a(2,0)，若定点b(b,0)(b2) 和常数 满足：对圆 o上任意一点 m，都有|mb|ma|，则b_ ；_ .解析：法一：(三角换元)在圆o上任意取一点m(cos ，sin )，则由|mb|ma|可得(cos b)2sin22(cos 2)2sin2，整理得1b252(2b42)cos 0，即解得法二：(特殊点)既然对圆o上任意一点m，都有|mb|ma|，使得与b为常数，那么取m(1,0)与m(0,1)代入|mb|ma|，得解得答案：10(2017江苏高考)设f(x)是定义在r上且周期为1的函数，在区间0,1)上，f(x)其中集合d，则方程f(x)lg x0的解的个数是_解析：由于f(x)0,1)，因此只需考虑1x10的情况，在此范围内，当xq且xz时，设x，q，pn*，p2且p，q互质若lg xq，则由lg x(0,1)，可设lg x，m，nn*，m2且m，n互质，因此10，则10nm，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lg xq，故lg x不可能与每个周期内xd对应的部分相等，只需考虑lg x与每个周期内xd部分的交点画出函数草图(如图)，图中交点除(1,0)外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期xd的部分，且x1处(lg x)b0)的左焦点为(，0)，e.(1)求椭圆c的方程；(2)如图，设r(x0，y0)是椭圆c上一动点，由原点o向圆(xx0)2(yy0)24引两条切线，分别交椭圆于点p，q，若直线op，oq的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；解：(1)由题意得，c，e，解得a2，b，椭圆c的方程为1.(2)证明：由已知，直线op：yk1x，oq：yk2x，且与圆r相切，2，化简得(x4)k2x0y0k1y40，同理，可得(x4)k2x0y0k2y40，k1，k2是方程(x4)k22x0y0ky40的两个不相等的实数根，x40，0，k1k2.点r(x0，y0)在椭圆c上，1，即y6x，k1k2.故k1k2为定值构造函数求最值典例(2017浙江高考)如图，已知抛物线x2y，点a，b，抛物线上的点p(x，y).过点b作直线ap的垂线，垂足为q.(1)求直线ap斜率的取值范围；(2)求|pa|pq|的最大值解(1)设直线ap的斜率为k，kx，因为xb0)的左、右两个焦点分别为f1，f2，离心率e，短轴长为2.(1)求椭圆的方程；(2)点a为椭圆上的一动点(非长轴端点)，af2的延长线与椭圆交于b点，ao的延长线与椭圆交于c点，求abc面积的最大值解：(1)由题意得解得故椭圆的标准方程为y21.(2)当直线ab的斜率不存在时，不妨取a，b，c，故sabc2.当直线ab的斜率存在时，设直线ab的方程为yk(x1)，联立方程消去y，化简得(2k21)x24k2x2k220，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x2，x1x2，|ab| 2，点o到直线kxyk0的距离d，o是线段ac的中点，点c到直线ab的距离为2d，sabc|ab|2d2 2 0)的直线交e于a，m两点，点n在e上，mana.(1)当t4，|am|an|时，求amn的面积；(2)当2|am|an|时，求k的取值范围解设m(x1，y1)，则由题意知y10.(1)当t4时，e的方程为1，a(2,0)由已知及椭圆的对称性知，直线am的倾斜角为.因此直线am的方程为yx2.将xy2代入1，得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此amn的面积samn2.(2)由题意t3，k0，a(，0)将直线am的方程yk(x)代入1得(3tk2)x22tk2xt2k23t0.由x1()，得x1，故|am|x1|.由题设，直线an的方程为y(x)，故同理可得|an|.由2|am|an|，得，即(k32)t3k(2k1)当k时上式不成立，因此t.t3等价于0，即0.因此得或解得kb0)，焦距为2c，由已知得，ca，b2a2c2.以椭圆e的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4，42a4，a2，b1.椭圆e的方程为x21.(2)根据已知得p(0，m)，设a(x1，kx1m)，b(x2，kx2m)，由消去y，得(k24)x22mkxm240.由已知得4m2k24(k24)(m24)0，即k2m240，且x1x2，x1x2.由3，得x13x2.3(x1x2)24x1x212x12x0.0，即m2k2m2k240.当m21时，m2k2m2k240不成立，k2.k2m240，m240，即0.解得1m2b0)，四点p1(1,1)，p2(0，1)，p3，p4中恰有三点在椭圆c上(1)求c的方程；(2)设直线l不经过p2点且与c相交于a，b两点若直线p2a与直线p2b的斜率的和为1，证明：l过定点解(1)由于p3，p4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆c经过p3，p4两点又由知，椭圆c不经过点p1，所以点p2在椭圆c上因此解得故椭圆c的方程为y21.(2)证明：设直线p2a与直线p2b的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|0.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)题后悟通直线过定点问题的解题模型针对训练4(2017郑州模拟)已知动圆m恒过点(0,1)，且与直线y1相切(1)求圆心m的轨迹方程；(2)动直线l过点p(0，2)，且与点m的轨迹交于a，b两点，点c与点b关于y轴对称，求证：直线ac恒过定点解：(1)由题意得，点m与点(0,1)的距离始终等于点m到直线y1的距离，由抛物线的定义知圆心m的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y1为准线的抛物线，则1，p2.圆心m的轨迹方程为x24y.(2)证明：设直线l：ykx2，a(x1，y1)，b(x2，y2)，则c(x2，y2)，联立方程消去y，得x24kx80，x1x24k，x1x28.kac，直线ac的方程为yy1(xx1)即yy1(xx1)xx1x，x1x28，yxx2，即直线ac恒过定点(0,2).假设存在定结论(探索性问题)典例已知椭圆c：1(ab0)的左、右焦点分别为f1(1,0)，f2(1,0)，点a在椭圆c上(1)求椭圆c的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆c有两个不同交点m，n时，能在直线y上找到一点p，在椭圆c上找到一点q，满足nq？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由解(1)设椭圆c的焦距为2c，则c1，因为a在椭圆c上，所以2a|af1|af2|2，因此a，b2a2c21，故椭圆c的方程为y21.(2)不存在满足条件的直线，证明如下：假设存在斜率为2的直线，满足条件，则设直线的方程为y2xt，设m(x1，y1)，n(x2，y2)，p，q(x4，y4)，mn的中点为d(x0，y0)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，且4t236(t28)0，故y0，且3t3.由nq，得(x4x2，y4y2)，所以有y1y4y2，y4y1y2t.也可由nq，知四边形pmqn为平行四边形，而d为线段mn的中点，因此，d也为线段pq的中点，所以y0，又3t3，所以y40)，以椭圆内一点m(2,1)为中点作弦ab，设线段ab的中垂线与椭圆相交于c，d两点(1)求椭圆的离心率；(2)试判断是否存在这样的m，使得a，b，c，d在同一个圆上，并说明理由解：(1)将方程化成椭圆的标准方程1(m0)，则a，c ，故e.(2)由题意，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)，d(x4，y4)，直线ab的斜率存在，设为k，则直线ab的方程为yk(x2)1，代入x22y2m(m0)，消去y，得(12k2)x24k(12k)x2(2k1)2m0(m0)所以x1x24，即k1，此时，由0，得m6.则直线ab的方程为xy30，直线cd的方程为xy10.由得3y22y1m0，y3y4，故cd的中点n为.由弦长公式，可得|ab| |x1x2|.|cd|y3y4|ab|，若存在圆，则圆心在cd上，因为cd的中点n到直线ab的距离d.|na|2|nb|222，又22，故存在这样的m(m6)，使得a，b，c，d在同一个圆上高考大题通法点拨 圆锥曲线问题重在“设”设点、设线 思维流程策略指导圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单第2小题往往是通过方程研究曲线的性质弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算典例已知椭圆c：1(ab0)的右焦点为f(1,0)，且点p在椭圆c上，o为坐标原点(1)求椭圆c的标准方程；(2)设过定点t(0,2)的直线l与椭圆c交于不同的两点a，b，且aob为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；(3)过椭圆c1：1上异于其顶点的任一点p，作圆o：x2y2