（江苏版）高考数学走出题海之黄金50题系列（第01期）专题01 热点必考题精选50题（含解析） (2).doc

1 专题一专题一 热点必考题精选热点必考题精选 第一组 1 三棱锥中 分别为的中点 记三棱锥的体积为 pabc d e pb pcdabe 1 v 的体积为 则 pabc 2 v 1 2 v v 答案 1 4 解析 试题分析 12 11111 22224 dabeeabdeabpa bepa bcp vvvvvvv 2 若斜率互为相反数且相交于点的两条直线被圆 所截得的弦长之比为 则这 1 1 po 22 4xy 6 2 两条直线的斜率之积为 答案 或9 1 9 解析 试题分析 设这两条直线的斜率分别为和 则它们的方程分别为和 kk 10kxyk 10kxyk 所以弦长之比为 即 解得或 所以或 2 2 2 2 1 2 4 1 2 1 2 4 1 6 k k k k 2 31030kk 1 3 k 3 21 9 k 9 3 已知函数的解集为 2 1 2 2 1 11 2 2 x xfxfxffrxxf则不等式的导数 且满足 答案 11 解析 试题分析 设 则 在 r 上单调递减 注意到 2 1 2 t tftg0 2 1 tftg tg0 1 g 所以 令或1 1 0 tgtg11 2 xxt1 x 4 正项等比数列 an 中 存在两项am an使得 mn a a 4a1 且a6 a5 2a4 则 14 mn 的最小值是 2 答案 3 2 解析 试题分析 由正项等比数列 an 及a6 a5 2a4可得 故 mn a a 4a1得22 2 qqq 14 mn 1 1 2 1 42aa nm 642 1 2 nm nm 2 3 4 5 6 1 41 6 1 n m m n nm nm 5 设函数 3 f xxx xr 若当0 2 时 不等式0 1 sin mfmf 恒成立 则实数 m的取值范围是 答案 1 1 2 解析 试题分析 因为 3 f xxx 所以 2 310fxx 所以 fx单调递增 又 3 f xxx 为奇函 数 原不等式可化为 即 可变为 又 1 sin mfmf 1sin mm sin1 1 m 2 0 得 所以时恒成立 1sin0 1 sin1 1 1 m 6 已知函数 f x 对一切实数 a b 满足 f a b f a f b f 1 2 且 f x 恒非零 数列 an 的通 项 an n n 则数列 an 的前 n 项和 12 2 2 nf nfnf 答案 4n 解析 试题分析 由题意得 f a b f a f b f 1 2 所以 f 1 1 f 1 f 1 f 2 1 f 2 f 1 2 2 3 2 当 an n nfnn2 nn nfnf 222 2 2 2 12 2 12 n nf 所以数列 an 的前 n 项和为 4n 4 2 22 12 2 12 222 n nn nf nfnf 7 在 abc 中 分别为 a b c 所对的边 且 cba acasin23 1 求角 c 的大小 3 2 若 且 abc 的面积为 求值 7 c 2 33 ba 答案 1 c 60 或 120 2 5 解析 若 c 120 可得 无解 12 分1 22 ba 8 如图 在三棱锥中 已知是正三角形 平面 为abcd bcd abbcdabcab e 的中点 在棱上 且 bcfacfcaf3 1 求三棱锥的体积 abcd 2 求证 平面 acdef 3 若为中点 在棱上 且 求证 平面 mdbnaccacn 8 3 mndef 4 答案 1 2 详见解析 3 详见解析 3 3 12 a 解析 试题分析 1 利用等体积法 而 平面 所以根据锥体积公式可得 2 d abca bcd vv abbcd 3 3 12 a 证明线面垂直 一般利用线面垂直判定定理 即从线线垂直出发 先在底面中 利用平几知识证明 abc 再证明 平面 从而可证这样就可根据线面垂直判定定理证明平面 efac deabc deac ac 3 证明线面平行 一般利用线面平行判定定理 其中证线线平行是关键 由得 def cacn 8 3 所以连 设 则为 的重心 所以 因此有 2 3 cfcn cmcmdeo obcd 2 3 cocm 再根据线面平行判定定理得证 mnof 试题解析 1 因为 是正三角形 且 所以 2 分 bcdabbca 2 3 4 bcd sa 因为 平面 abbcd s bcd 5 分 1 3 d abca bcd vvab 2 13 34 aa 3 3 12 a 2 在底面中 以下运用的定理不交代在同一平面中 扣 1 分 abc 取的中点 连接 achbhabbc bhac 为的中点 3 affc fch 为的中点 ebc 是正三角形 bcddebc ef 6efac 分 bh b bc abb aa cb bc 面 9 8 deabc ab de cac ac 面分 分 面 7 bcd b ab abde dced 面 分 面 a de ef cef dee def fe 面 5 10 分 acdef 面 注意 涉及到立体几何中的结论 缺少一个条件 扣 1 分 扣满该逻辑段得分为止 3 当时 连 设 连 3 8 cnca cmcmdeo of 为 的重心 当时 11 分 obcd 2 3 cocm 2 3 cfcn mn of 14 分 mn def面 9 已知函数 实数满足 设 xx xf24 ts 0 tfsf tsts ba 2 22 1 当函数的定义域为时 求的值域 xf 1 1 xf 2 求函数关系式 并求函数的定义域 agb ag 3 求的取值范围 ts 88 答案 1 2 3 1 2 4 12a 1 2 解析 试题分析 1 问题 实质为求一元二次函数值域 令 则 1 2 2 2 x m 值域为 2 问题实质为求函数解析式 即用表示 22 11 24 f xl mmmm 1 2 4 22 st a 因为 所以 即 2s tb 42420 sstt 2 22 22 22 0 sts tst 2 20aba 求定义域需考虑全面 一方面 则 故 另一方面 2 1 2 bg aaa 0 0ba 2 1 0 2 aa 1a 即 故 因此 3 问题实质将转化为 2 22 22442 2 st stst 2 2 a a 2a 12a ts 88 的函数解析式 22 st a 88 22 4224 ststsstt a ab 232 1113 2222 a aaaaa 再利用导数求其值域即可 1 2 a 试题解析 1 若 令 1 分 1 1 x 1 2 2 2 x m 在上为增函数 2 分 22 11 24 f xl mmmm 1 2 2 ofdef emnd f 面 面 6 3 分 minmin 11 24 f xl ml maxmax 2 2f xl ml 值域为 4 分 f x 1 2 4 2 实数满足 则 s t 0f sf t 42420 sstt 则 6 分 2 22 22 22 0 sts tst 而 故 7 分 22 st a 2s tb 2 20aba 2 1 2 bg aaa 由题意 则 故 8 分 0 0ba 2 1 0 2 aa 1a 又 2 22 22442 2 st stst 即 故 当且仅当时取得等号 9 分 2 2 a a 2a st 综上 10 分 12a 3 8 8 22 4224 ststsstt a ab 12 分 232 1113 2222 a aaaaa 1 2 a 令 32 13 1 2 22 h aaaa 当恒成立 14 分 h a 2 33 3 2 0 22 a aa a 1 2 a 故在单调递增 故 16 分 h a 1 2 a 1 2 h ahh 88 st 1 2 10 如图 a b c 是椭圆 m 上的三点 其中点 a 是椭圆的右顶点 bc 过椭圆 m 22 22 1 0 xy ab ab 的中心 且满足 ac bc bc 2ac 1 求椭圆的离心率 2 若 y 轴被 abc 的外接圆所截得弦长为 9 求椭圆方程 7 答案 1 2 6 3 e 22 1 3612 xy 解析 试题分析 1 有条件列出 c 点坐标是解题关键 因为过椭圆的中心 所以 bcm22bcocob 又 所以是以角为直角的等腰直角三角形 则所以 2acbc bcac oac c 22 aa c 则 2 本题关键为表示出 abc 的外接圆方程 22 22 22 1 aa ab 22 3ab 22 6 2 3 cb e 的外接圆直径为 ab 所以易得的外接圆为 由垂径定理得 abc abc 222 5 448 aa xya 即 所以椭圆方程为 22 109 442 a a 6a 22 1 3612 xy 试题解析 因为过椭圆的中心 所以 bcm22bcocob 又 所以是以角为直角的等腰直角三角形 3 分 2acbc bcac oac c 则 所以 则 10 0 222 22 aaa a a acbaba 22 22 22 1 aa ab 22 3ab 所以 7 分 22 6 2 3 cb e 的外接圆圆心为中点 半径为 abc ab 4 4 a a p 10 4 a 则的外接圆为 10 分 abc 222 5 448 aa xya 令 或 所以 得 0 x 5 4 a y 4 a y 5 9 44 aa 6a 也可以由垂径定理得得 22 109 442 a a 6a 所以所求的椭圆方程为 15 分 22 1 3612 xy 8 第二组 1 如图 执行程序框图后 输出的结果为 答案 10 解析 试题分析 第一次 第二次 第三次 第四次 9 2 as8 4 as7 6 as 第五次 结束循环 输出 106 8 as5 10 as 2 已知 3 3 6 cos x 则 3 cos cos xx 答案 1 解析 试题分析 注意观察求知角 x 和 3 x已知角 6 x的关系可发现求知角均能用已知角和特殊角 6 表示出 来 再用和差角公式展开即可求得结果 3 cos cos xx 6 6 cos 6 6 cos xx 6 cos 6 cos 2 x 1 2 3 3 3 2 故答案为 1 3 若直角坐标系内 a b 两点满足 1 点 a b 都在 f x 的图像上 2 点 a b 关于原点对称 则 称点对 a b 是函数 f x 的一个 姊妹点对 点对 a b 与 b a 可看作一个 姊妹点对 9 已知函数 f x 则 f x 的 姊妹点对 有 个 2 2 0 2 0 x xx x x e 答案 2 解析 试题分析 解 设 p x y 令 x 0 则点 p 关于原点的对称点为 p x y 于是xx e x 2 2 2 即 022 2 xxe x 令 画出 的图像 x exg2 xxxh2 2 x exg2 xxxh2 2 可得有两个交点 所以有两个解也就是说 f x 的 姊妹点对 有两个022 2 xxe x 4 若直线始终平分圆的周长 则的最小值为 220 0 axbya b 22 4280 xyxy 14 ab 答案 9 解析 试题分析 由题意可知 圆心在直线上 所以 又 21 220 0 axbya b 1ab 14144 552 49 ba ab ababab 5 在平面直角坐标系xoy中 若曲线 sin3 cosf xxax a为常数 在点 33 f 处的切线与直 线0132 yx垂直 则a的值为 10 答案 2 3 解析 试题分析 cos3 sinfxxax 直线0132 yx的斜率为 2 3 则 3 cos3 sin 3332 fa 得 2 3 a 6 已知数列 n a的前项和为 首项 且满足 则等于n n s 1 2 3 a 1 2 nn n sa s 2n 2015 s 答案 2016 2017 解析 试题分析 因 由已知可得 1 2 nn n sa s 1 nn ss2 1 1 n n s s 4 3 2 1 2 2 1 s s s 可归纳出 5 4 2 1 3 3 2 s s s 6 5 2 1 4 4 3 s s s 2015 s 2017 2016 7 在 abc 中 分别为 a b c 所对的边 且 cba acasin23 1 求角 c 的大小 2 若 且 abc 的面积为 求值 7 c 2 33 ba 答案 1 c 60 或 120 2 5 解析 试题分析 1 由正弦定理得 所以 进而 c 60 或 120 2 acasinsin2sin3 2 3 sin c 由得 当 c 60 由余弦定理可得 5 2 33 sin 2 1 cabs abc 6 abcabbaccos2 222 ba 当 c 120 可得 无解 1 22 ba 试题解析 1 acasin23 由正弦定理得 2 分 acasinsin2sin3 11 2 3 sin c 0 c 180 c 60 或 120 6 分 2 2 33 sin 2 1 cabs abc 8 分 6 ab 若 c 60 由余弦定理可得 5 10 分 cabbaccos2 222 ba 若 c 120 可得 无解 12 分 1 22 ba 8 如图 在正方体中 分别为的中点 1111 abcdabc d o e 1 b d ab 1 求证 平面 oe 11 bcc b 2 求证 平面平面 1 b dc 1 b de b a c d b1 a1 c1 d1 e 第 16 题图 o 答案 1 详见解析 2 详见解析 解析 试题分析 1 证明线面平行 一般利用其判定定理进行证明 即先找出线线平行 这可利用平行四边 形得到 连接 设 则易证四边形 oebf 是平行四边形 所以 再根据线面 1 bc 11 bcbcf oebf 平行判定定理得到面 本题也可由进行证明 2 证明面面垂直 一般利 oe11 bcc b 111 oeadbc 用线面垂直进行证明 关键是证面的垂线 因为面 所以 又 所 dc 11 bcc b 1 bcdc 11 bcbc 以面 所以面面 1 bc 1 b dc 1 b dc 1 b de 试题解析 证明 1 连接 设 连接 2 分 1 bc 11 bcbcf of 12 因为 o f 分别是与的中点 所以 且 1 b d 1 bc ofdc 1 2 ofdc 又 e 为 ab 中点 所以 且 ebdc 1 2 ebdc 从而 即四边形 oebf 是平行四边形 ofeb ofeb 所以 6 分 oebf 又面 面 oe 11 bcc b bf 11 bcc b 所以面 8 分 oe11 bcc b 2 因为面 面 dc 11 bcc b 1 bc 11 bcc b 所以 10 分 1 bcdc 又 且面 11 bcbc 1 dc bc 1 b dc 1 dcbcc 所以面 12 分 1 bc 1 b dc 而 所以面 又面 1 bcoe oe 1 b dc oe 1 b de 所以面面 14 分 1 b dc 1 b de 9 某地拟模仿图甲建造一座大型体育馆 其设计方案侧面的外轮廓线如图乙所示 曲线是以点为abe 圆心的圆的一部分 其中 单位 米 曲线是抛物线 0 et025t bc 的一部分 且恰好等于圆的半径 假定拟建体育馆的高 2 50 0 yaxa cdad cde 米 50ob 1 若要求米 米 求 与的值 30cd ad 24 5ta 2 若要求体育馆侧面的最大宽度不超过米 求的取值范围 df75a 3 若 求的最大值 1 25 a ad 参考公式 若 则 f xax 1 2 fx ax ba c d b1 a1 c1 d1 e f o 13 第 18 题 甲 x y oa b c d 第 18 题 乙 e f 答案 1 2 3 25 1 49 a 1 100 a 5 解析 试题分析 1 曲线为圆与抛物线的结合体 由恰好等于圆的半径得 cde5030cdt 20t 从而可得圆的方程 令 得 再根据得点 222 20 30e xy 0y 10 5ao ad 24 5 进而解出 2 为圆半径与 od 之和 圆的半径为 关键求 od 因为 14 5 30 c 1 49 a dfe50t 所以在中令 得 问题就转化为 50cdt 2 50yax 50yt t od a 对恒成立 利用变量分离法可得恒成立 因为 5075 t fdt a 0 25 t 125 t at 最小值 10 所以 解得 3 当时 由圆的方程可得 25 t t 1 10 a 1 100 a 1 25 a 5odt 从而 这要利用导数求其最值 10 25aot 10 255 025 adf tttt 试题解析 1 因为 解得 2 分 5030cdt 20t 此时圆 令 得 222 20 30e xy 0y 10 5ao 所以 将点代入中 24 510 514 5odadao 14 5 30 c 2 50 0 yaxa 解得 4 分 1 49 a 2 因为圆的半径为 所以 在中令 得 e50t 50cdt 2 50yax 50yt t od a 14 则由题意知对恒成立 8 分 5075 t fdt a 0 25 t 所以恒成立 而当 即时 取最小值 10 125 t at 25 t t 25t 25 t t 故 解得 10 分 1 10 a 1 100 a 3 当时 又圆的方程为 令 得 1 25 a 5odt e 222 50 xytt 0y 10 25xt 所以 10 25aot 从而 12 分 10 255 025 adf tttt 又因为 令 得 14 分 215 252 5 2525 tt f t tttt 0f t 5t 当时 单调递增 当时 单调递减 从而当 0 5 t 0f t f t 5 25 t 0f t f t 5t 时 取最大值为 25 f t5 答 当米时 的最大值为 25米 16 分 5t ad5 10 在平面直角坐标系中 椭圆的右准线方程为 右顶点为 xoy 22 22 1 0 xy cab ab 4x a 上顶点为 右焦点为 斜率为的直线 经过点 且点到直线 的距离为 bf2lafl 2 5 5 1 求椭圆的标准方程 c 2 将直线 绕点旋转 它与椭圆相交于另一点 当三点共线时 试确定直线 的斜率 lacp b f pl x y o l a b f p 答案 1 2 22 1 43 xy 3 3 2 15 解析 试题分析 1 求椭圆标准方程 就是利用待定系数法确定的值 这需要两个独立条件 一个是右 a b 焦点到直线 的距离为 另一个是椭圆的右准线为 即 fl 222 5 55 ca 1ac c4x 2 4 a c 解得 椭圆的方程为 2 已知直线 过点 所以求直线 2 1ac 2 3b c 22 1 43 xy l 2 0 a 的斜率只需确定 p 点即可 这可由直线与椭圆联立方程组解得 由 得直线 lbf 0 3 b 1 0 f 的方程为 联立方程组 解得或 舍 即 bf 3 1 yx 22 3 1 1 43 yx xy 8 5 3 3 5 x y 0 3 x y 直线 的斜率 83 3 55 p l 3 3 0 3 3 5 8 2 2 5 k 试题解析 解 1 由题意知 直线 的方程为 即 2 l 2 yxa 220 xya 分 右焦点到直线 的距离为 4 分 fl 222 5 55 ca 1ac 又椭圆的右准线为 即 所以 将此代入上式解得 c4x 2 4 a c 2 4 a c 2 1ac 2 3b 椭圆的方程为 6 分 c 22 1 43 xy 2 由 1 知 直线的方程为 8 分 0 3 b 1 0 f bf 3 1 yx 联立方程组 解得或 舍 即 12 分 22 3 1 1 43 yx xy 8 5 3 3 5 x y 0 3 x y 83 3 55 p 16 直线 的斜率 14 分 l 3 3 0 3 3 5 8 2 2 5 k 第三组 1 集合 则 0 3 1 x x xp 2 4xyxq qp 答案 2 1 解析 试题分析 因为 1 031 3 x pxx xx x 或 2 4 22qx yxxx 所以 312212pqx xxxxxx 或 2 将函数图象向左平移个长度单位 再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的一 1 cos 26 yx 3 半 纵坐标不变 所得图象的函数解析式是 答案 cosyx 解析 试题分析 将函数图象向左平移个长度单位 得到新函数解析式为 1 cos 26 yx 3 再把各点的横坐标缩短到原来的一半 纵坐标不变 所得函数为 11 coscos 2362 yxx cosyx 3 如图 已知双曲线 的右顶点为为坐标原点 以为圆心的圆与双曲线 c 22 22 1 xy ab 0 0 ba a oa 的某渐近线交于两点 若且 则双曲线的离心率为 c qp 60paq 3oqop c y x a q p o 10 题图 17 答案 7 2 解析 试题分析 设 则 在中 opm 2pqm 2aqapm oaq 即 222 2cos60oaoqaqoaaq 2222 942 32cos607ammmmm 7am 又由正弦定理得 即 所以 而 sinsin60 aqa aoq 27 sin3 2 mm aoq 3 sin 7 aoq tan b aoq a 所以 所以 22 2 22 3 sin3 7 tan 3 cos4 1 7 baoq aoq aaoq 22 2 3 4 ca a 2 2 7 4 c a 7 2 c e a 4 已知函数对应的曲线在点处的切线与轴的交点为 若 3 f xx kk af akn x 1 0 k a 则 1 1a 333 1210 10 2 1 3 fafafa 答案 3 解析 试题分析 所以曲线的切线的斜率 故切线方程为 令 2 3fxx 2 3 k ka 32 3 kkk yaaxa 得 即 故数列是以为首项 公比为的等比数列 又0y 1 2 3 kk aa 1 2 3 k k a a n a 1 1a 2 3 q 所以 333 1210 fafafa 10 10 1210 2 1 3 2 3 1 2 3 1 3 aaa 333 1210 10 3 2 1 3 fafafa 18 5 如图 在 abc 中 过点的直线分别交射线于不同的两点 若 2cmmb m ab ac p q 则的最小值为 apmab aqnac 1m n a b c m p q 答案 2 解析 试题分析 因三点共线 故 又 pmq acnabmaqapam 1 1 cmacam 所以 abaccbac 3 2 3 1 3 2 mn 3 2 1 3 1 3 21 mn 1 13 2 1 n n n nm 当且仅当时取等号 2 54 9 2 5 13 4 13 9 2 n n 1 1 mn 6 设等差数列 n a的前n项和为 n s 且满足 2 1 nn asanbn 0a 则 1b a 答案 3 解析 试题分析 设公差为d 则 22 1111 1 2222 nn dddd aaandnannanad 所以 11 1 22 dd abaad 则 11 12 3 2 d aad b ad 7 设平面向量a cos sin xx cos2 3 sin bxx sin cos c xr 1 若ac 求cos 22 x 的值 2 若0 求函数 2 f xabc 的最大值 并求出相应的x值 答案 1 1 2 5 6 2 max f xxkk z 解析 试题分析 1 利用向量垂直的坐标表示得sin x 再利用二面角公式求值 2 化简 f x 利用 19 正 余弦函数的最值求解 试题解析 1 若ac 则0a c 即 cos sinsin cos0 sin0 xxx 所以 2 cos 221 2sin1xx 2 若0 0 1 c 则 2 12sin2 3cos4sin 1 3 f xxxx 所以 5 6 2 max f xxkk z 8 在三棱锥 p abc 中 d 为 ab 的中点 1 与 bc 平行的平面 pde 交 ac 于点 e 判断点 e 在 ac 上的位置并说明理由如下 2 若 pa pb 且 pcd 为锐角三角形 又平面 pcd 平面 abc 求证 ab pc p a b c d 答案 1 为中点 2 详见解析 eac 解析 试题分析 1 实质为由线面平行转化为线线平行 即由平面得 因为为 bcpde bcded 的中点 所以为中点 2 先找出平几中垂直条件 因为 为的中点 所以 abeacpapb dab 再根据面面垂直转化为线面垂直 作于 则由平面平面得 abpd pocd opcd abc 平面 从而 因而平面 即证 po abcpoab ab pcdabpc 试题解析 20 p a b c d e 解 为中点 理由如下 eac 平面交于 即平面平面 pdeace pde abcde 而平面 平面 所以 4 分 bcpdebc abc bcde 在中 因为为的中点 所以为中点 7 分 abc dabeac 证 因为 为的中点 所以 papb dababpd 因为平面平面 平面平面 pcd abcpcd abccd 在锐角所在平面内作于 则平面 10 分 pcd pocd opo abc 因为平面 所以 ab abcpoab 又 平面 则平面 popdp po pd pcd ab pcd 又平面 所以 14 分 pc pcdabpc 9 如图 某生态园将一三角形地块 abc 的一角 apq 开辟为水果园种植桃树 已知角 a 为的120 ab ac 长度均大于 200 米 现在边界 ap aq 处建围墙 在 pq 处围竹篱笆 1 若围墙 ap aq 总长度为 200 米 如何围可使得三角形地块 apq 的面积最大 2 已知 ap 段围墙高 1 米 aq 段围墙高 1 5 米 造价均为每平方米 100 元 若围围墙用了 20000 元 问 如何围可使竹篱笆用料最省 a p q b c 答案 1 当 100apaq 米时 三角形地块 apq 的面积最大为2500 3平方米 2 当 200 7 ap 米 800 7 aq 米时 可使竹篱笆用料最省 解析 试题分析 1 设ap x 米 aqy 米 先根据三角形面积公式建立函数关系式 p a b c d o 21 13 sin120 24 sxyxy 再利用 200 xy 根据基本不等式求最值 s 2 3 42 xy 2500 3 2 要使竹篱笆用料最省 只需其长度 pq 最短 所以先建立 pq 函数关系式 这可利用余弦定理得到 222 2cos120pqxyxy 22 xyxy 此时100 1 1 5 20000 xy 即 1 5200 xy 消去一个元得一元二次函数 pq2 2 1 7540040000yy 其定义域为 400 0 3 y 所以当 800 7 y 时 pq有最小值 200 21 7 此时 200 7 x 试题解析 解 设ap x 米 aqy 米 1 则 200 xy apq 的面积 13 sin120 24 sxyxy 3 分 s 2 3 42 xy 2500 3 当且仅当 100 xy 时取 6 分 注 不写 成立条件扣 1 分 2 由题意得100 1 1 5 20000 xy 即 1 5200 xy 8 分 要使竹篱笆用料最省 只需其长度 pq 最短 所以 222 2cos120pqxyxy 22 xyxy 22 200 1 5 200 1 5 yyy y 2 1 7540040000yy 400 0 3 y 11 分 当 800 7 y 时 pq有最小值 200 21 7 此时 200 7 x 13 分 答 1 当 100apaq 米时 三角形地块 apq 的面积最大为2500 3平方米 2 当 200 7 ap 米 800 7 aq 米时 可使竹篱笆用料最省 14 分 22 10 已知椭圆的右焦点 离心率为 过作两条互相垂直的弦 0 1 2 2 2 2 ba b y a x 0 1 f 2 2 f 设的中点分别为 cdab cdab nm 1 求椭圆的方程 2 证明 直线必过定点 并求出此定点坐标 mn 3 若弦的斜率均存在 求面积的最大值 cdab fmn 答案 1 2 3 2 2 1 2 x y 2 0 3 1 9 解析 试题分析 1 求椭圆标准方程 一般利用待定系数法 所以 椭圆的 2 1 2 c c a 2 1 1abc 方程为 2 证明动直线过定点 一般需表示出点的坐标或直线方程 这有一定的运算量 先考 2 2 1 2 x y 虑斜率不存在的情况 探索出定点 再从斜率存在出发 表示出点的坐标或直线方程 2 22 2 1212 kk m kk 22 2 22 k n kk 2 22 242 22 33 3 122 222221 122 mn kk kkk kk k kkk kk 222 32 2212 kk yx kkk 令 得 所以直线过定点 3 将直角三角形面 0y 22 222 2212312 232323 kk x kkk mn 2 0 3 积表示出来是解题的关键 由第 2 问可知直线过定点 故s fmn s fpm s fpn mn 2 0 3 p 2 2 1 1 2 2 25 k k k k 令 则将面积转化为一元函数 s fmn 结合导数 1 2 tk k 2 1 22 2 5 t f t t 2 1 221 t t 23 求其最值 试题解析 1 由题意 则 每个 1 分 3 分 2 1 2 c c a 2 1 1abc 椭圆的方程为 4 分 2 2 1 2 x y 2 斜率均存在 设直线方程为 ab cd ab 1 yk x 1212 1122 1 22 xxxx a x yb xymk 得 5 分 22 1 220 yk x xy 2222 12 4220kxk xk 故 6 分 2 12 2 2 12 2 4 12 22 12 k xx k k x x k 2 22 2 1212 kk m kk 将上式中的换成 则同理可得 8 分 k 1 k 22 2 22 k n kk 如 得 则直线斜率不存在 2 22 22 122 k kk 1k mn 此时直线过点 下证动直线过定点 9 分 法一 mn 2 0 3mn 2 0 3 p 若直线斜率存在 则 mn 2 22 242 22 33 3 122 222221 122 mn kk kkk kk k kkk kk 直线为 11 分 mn 222 32 2212 kk yx kkk 令 得 0y 22 222 2212312 232323 kk x kkk 综上 直线过定点 12 分 mn 2 0 3 法二 动直线最多过一个定点 由对称性可知 定点必在轴上 设与轴交点为 mnx 2 3 x x 2 0 3 p 下证动直线过定点 mn 2 0 3 p 当 1k 时 pm k 10 分 2 22 2 3 12 2221 123 k k k kk k 24 同理将上式中的换成 可得 11 分 k 1 k 2 2 1 33 1 221 1 pm k k k k k 则 pmpn kk 直线过定点 12 分 mn 2 0 3 p 3 由第 2 问可知直线过定点 mn 2 0 3 p 故s fmn s fpm s fpn 22 1111 23 223 12 kk kk 13 13 分分 22 2242 1 33 1 1 6 2 12 2252 kkkk kkkk 2 2 1 1 2 2 25 k k k k 令 s fmn 14 14 分分 1 2 tk k 2 1 22 2 5 t f t t 2 1 221 t t 则在单调递减 15 15 分分 2 22 1 12 0 2 21 t ft t f t 2 t 当时取得最大值 此时s fmn取得最大值 此时 16 分 2t f t 1 91k 第四组 1 已知向量是垂直单位向量 13 3 对任意实数 t1 t2 求 t1 t2 的最ba cac 4 bcc ab 小值 答案 12 解析 试题分析 cbtcatttcbtatc 21 2 2 2 1 2 2 21 22 2 121 2 2 2 1 3 86169 ttttt 所以144144 4 2 2 t12 21 btatc 2 已知定义域是的偶函数在上单调递增 若时 不等式r f x 0 1 1 2 x 恒成立 则实数的取值范围是 27 1log 7 log2fxaf x a 答案 1 1 4 25 解析 试题分析 若时 不等式恒成立对 1 1 2 x 27 1log 7 log2fxaf x 2 log1 2 xax 任意恒成立即恒成立 又 故 1 1 2 x 1 1 log 3 1 2 x a x 01 1 min x 2 3 1 max x 解得0log2 2 a1 4 1 a 3 已知三个正数 a b c满足3abca 22 3 5ba acb 则 2bc a 的最小值是 答案 18 5 解析 试题分析 由3abca 得13 bc aa 由 22 3 5ba acb 得 22 53 1 bcb aaa 设 bc a xy a 则 x y 满足 22 13 315 xy xyx 平面区域如下图 x y o 2 31yx 2 51yx 10 xy 1 30 xy 4 5 11 5 令 2 2 bc xy a z 即 11 22 yxz 所以当 411 55 yx 时 z 有最小值 18 5 4 已知抛物线 4x 与双曲线 22 22 1 xy ab a 0 b 0 有相同的焦点 f 点 a b 是两曲线的交点 2 y 若 0 则双曲线的离心率为 oa uur ob uu u r af uuu r 答案 12 解析 26 试题分析 由题意分析可知抛物线 4x 中则焦点 即双曲线中 又 2 y 2 p 0 1 f1 c 0 则可知轴 得双曲线过点 因而可得又oa uur ob uu u r af uuu r xaf 2 1 2 1 1 41 22 ba 1 222 cba 整理得 解得得 故双曲线的离心率016 222 aa 舍 或223223 2 a12 a 1 a c e2 5 已知正实数满足 则的最大值为 a b 22 91ab 3 ab ab 答案 2 12 解析 试题分析 当且仅当时 22 12131 3 112 11 3662626212 3 abbaba ab ba 3ba 取等号 6 在等差数列中 已知首项 公差 若 则的最大值 n a 1 0a 0d 1223 60 100aaaa 15 5aa 为 答案 200 解析 试题分析 因为 所以 122311 60 100260 23100aaaaadad 15111 51 564 2 23 200 22 aaadadad 7 已知函数的最大值为 2 sin2cos 0 f xmxx m 1 求函数在上的单调递减区间 f x 0 2 abc 中 角 a b c 所对的边分别是 a b c 且 4 6sinsin 44 f af bab c 60 c 3 求 abc 的面积 答案 1 4 2 3 3 4 27 解析 试题分析 1 首先我们知道函数的最大值为 由此可求得 sincosf xaxbx 22 ab 2m 即 求这类函数的单调区间 最值等等问题 都要把它化为一个三角函数 2sin2cosf xxx 然后利用正弦函数的单调性来求得结论 2 根据三角形的面积公式 2sin 4 f xx 我们要求出的值 已知化简为 1 sin 2 sabc ab 4 6sinsin 44 f af bab sinsin2 6sinsinabab 应用正弦定理 可得 再由结合余弦定理可求得 2abab 60c 3ab 解得3ab 或 3 2 ab 舍去 1 sin 2 abc sabc 3 3 4 12 分 8 如图 在多面体中 四边形是菱形 相交于点 abcdefabcd ac bdo efab 平面平面 点为的中点 2abef bcf abcdbfcf gbc 1 求证 直线平面 ogefcd 2 求证 直线平面 ac ode 28 g o f c a b d e 答案 详见解析 详见解析 解析 试题分析 四边形是菱形 点是的中点 点为的中点 由三角形中位 abcdobdgbc 线性质得 再根据线面平行判定定理得直线平面 一方面 四边形 ogcd ogefcd 是菱形 另一方面 点为的中点 由面面垂直 abcdacdo bfcf gbcfgbc 性质定理得平面 从而 又可证四边形为平行四边形 即 所 fg abcdfgac efgo fgeo 以 最后由线面垂直判定定理得平面 aceo ac ode 试题解析 证明 1 四边形是菱形 点是的中点 abcdacbdo obd 点为的中点 3 分 gbc ogcd 又 平面 平面 直线平面 分 og efcdcd efcd ogefcd 点为的中点 bfcf gbcfgbc 平面平面 平面平面 bcf abcdbcf abcdbc 平面 平面 9 分 fg bcffgbc fg abcd 平面 ac abcdfgac 1 2 ogab ogab 1 2 efab efab ogef ogef 四边形为平行四边形 11 分 efgo fgeo 四边形是菱形 fgac fgeoaceo abcdacdo 在平面内 aceo acdo eodoo eodo ode 平面 1 分 ac ode 9 某学校为了支持生物课程基地研究植物生长 计划利用学校空地建造一间室内面积为 900m2的矩形温室 在温室内划出三块全等的矩形区域 分别种植三种植物 相邻矩形区域之间间隔 1m 三块矩形区域的前 后与内墙各保留 1m 宽的通道 左 右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留 3m 宽的通道 如图 设 29 矩形温室的室内长为 m 三块种植植物的矩形区域的总面积为 m2 xs 1 求关于的函数关系式 sx 2 求的最大值 s x 1 1 3 17 第题 31 1 答案 1 2 当矩形温室的室内长为 60 m 时 9007200 822916sxx xx 8 450 x 三块种植植物的矩形区域的总面积最大 最大为m2 676 解析 试题分析 1 建立实际问题函数解析式 关键读懂题意即可 本题题意明确 图形简单 三块种植植 物的矩形区域的总面积可看做一个矩形面积 根据边长为正得其 9007200 822916sxx xx 定义域为 2 这是一个积为定值的函数 可根据基本不等式求最值 8 450 当且仅当时等号成立 2 72007200 22240 xx xx 60 x 试题解析 1 由题设 得 6 分 9007200 822916sxx xx 8 450 x 2 因为 所以 8 分 8450 x 2 72007200 22240 xx xx 当且仅当时等号成立 10 分 60 x 从而 12 分 676s 答 当矩形温室的室内长为 60 m 时 三块种植植物的矩形区域的总面积最大 最大为m2 676 14 分 10 如图 已知椭圆 点 b 是其下顶点 过点 b 的直线交椭圆 c 于另一点 a a 点在轴下 22 1 124 xy c x 30 方 且线段 ab 的中点 e 在直线上 yx 1 求直线 ab 的方程 2 若点 p 为椭圆 c 上异于 a b 的动点 且直线 ap bp 分别交直线于点 m n 证明 om on 为定yx a 值 p n m b o a x y e 答案 1 360 xy 2 详见解析 解析 试题分析 1 两点确定一条直线 所以只需再确定 a 点坐标即可 这可利用 a 在椭圆上及 ab 中点在直 线上联立方程组解得 a 3 1 从而根据两点式求出直线 ab 的方程为 360 xy 2 yx 本题涉及的条件为坐标 所以用 00 p xy 分别表示 m 点 n 点坐标就是解题方法 由 a p m 三点共线 又点 m 在直线 y x 上 解得 m 点的横坐标 00 00 3 2 m yx x xy 由 b p n 三点共线 点 n 在直线 y x 上 解得 n 点的横坐标 0 00 2 2 n x x xy 所以 om on 2 0 2 0 mn xx 2 mn xx 2 00 00 3 2 yx xy 0 00 2 2 x xy 2 000 2 00 26 2 4 xx y xy 又 2 20 0 4 3 x y 所以 om on 2 000 2 2 0 000 26 2 2 3 xx y x xx y 2 000 2 0 00 3 2 3 xx y x x y 6 试题解析 解 1 设点 e m m 由 b 0 2 得 a 2m 2m 2 代入椭圆方程得 22 4 22 1 124 mm 即 2 2 1 1 3 m m 解得 3 2 m 或 0m 舍 3 分 所以 a 3 1 故直线 ab 的方程为 360 xy 6 分 2 设 00 p xy 则 22 00 1 124 xy 即 2 20 0 4 3 x y 31 设 mm m xy 由 a p m 三点共线 即 apam uu u ruuur p 00 3 1 1 3 mm xyyx 又点 m 在直线 y x 上 解得 m 点的横坐标 00 00 3 2 m yx x xy 9 分 设 nn n xy 由 b p n 三点共线 即 bpbn uuruuu r p 00 2 2 nn xyyx 点 n 在直线 y x 上 解得 n 点的横坐标 0 00 2 2 n x x xy 12 分 所以 om on 2 0 2 0 mn xx 2 mn xx 2 00 00 3 2 yx xy 0 00 2 2 x xy 2 000 2 00 26 2 4 xx y xy 2 000 2 2 0 000 26 2 2 3 xx y x xx y 2 000 2 0 00 3 2 3 xx y x x y 6 16 分 第五组 1 已知 若集合中恰有个元素 则 x 取值范围为 2 pxxk xn p3 答案 56x 解析 试题分析 因为 若集合中恰有个元素 则这三个元素是 3 4 5 所以 2 pxxk xn p3 56x 2 阅读程序框图 如图所示 若输入则输出的数是 6log 7 0 6 7 0 67 0 cba 32 答案 7 0 6 解析 试题分析 由上述程序框图可知 程序框图的功能是 输出abc 中最大的数 因为 所以输出的数为 0 7 6 0 10 1 cba 3 已知双曲线的左 右焦点分别为 过作圆的切线分别交双曲线的左 22 22 1 xy ab 1 f 2 f 1 f 222 xya 右两支于点 且 则双曲线的渐近线方程为 bc 2 bccf 答案 31 yx 解析 试题分析 由题意作出示意图 易得直线的斜率为 又由双曲线的定义及bc b a c b fcf 21 cos 可得 故 2 bccf abfcfcf2 121 abfbf2 12 abf4 2 c b fcf 21 cos 33 故双曲线的渐近线方31022022 222 1644 2 22 222 a b a b a b a