第二轮复习 解析几何 教案示例

第二轮专题复习 解析几何专题本周目标：能灵活应用圆锥曲线定义解决有关问题；能灵活处理直线和圆、直线和圆锥曲线的位置关系的有关问题；掌握处理取值范围问题的方法。本周重点：圆锥曲线定义的应用；位置关系问题；取值范围及最值问题。本周内容：一、圆锥曲线定义的应用例1椭圆上一点P到焦点F1的距离为2，O为原点，Q为PF1的中点，则|OQ|为_。解：令F2是此椭圆的另一焦点， 则由P是椭圆上一点， |PF1|+|PF2|=25=10， 又|PF1|=2， |PF2|=8， 如图，在PF1F2中，由Q是PF1中点，O是F1F2中点知OQ/PF2且， |OQ|=4。例2设F1、F2为椭圆的两个焦点，点P是以F1、F2为直径的圆与椭圆的交点，若PF1F2=5PF2F1，则椭圆离心率为_。解：如上图，已知实际为椭圆上一点P满足PF1PF2，且PF1F2=5PF2F1。 在PF1F2中，有 PF1PF2， sinF1PF2=1, 令此椭圆方程为 则由椭圆第一定义有 |PF1|+|PF2|=2a,|F1F2|=2c, 由(*)式有 又 PF1F2=5PF2F1， PF1F2=75，PF2F1=15， 由(*)式有， 即。例3已知圆锥曲线满足下列条件：(1)原点O和直线l:x=1为它的焦点和相应准线；(2)A、B为曲线上两点，且直线x+y=0垂直平分线段AB，线段AB的长为；求曲线的方程。解：令P(x,y)是此圆锥曲线上任意一点，且圆锥曲线的离心率为e，则由圆锥曲线的第二定义有 即：(1-e2)x2+y2+2e2x-e2=0.(*) 令A(x1,y1), B(x2, y2),因直线x+y=0垂直平分线段AB， 则x1x2, y1y2, 由已知有 x1x2, 不妨设x2x1, 则由上面方程有： 解之有 x2=2, x1=0. A(0,-2),B(2,0), 把A(0,-2)代入(*)有e=2. 曲线方程为：3x2-y2-8x+4=0. 小结：已知圆锥曲线上一点和两个焦点的关系，要注意第一定义及焦点三角形中存在的正、余弦定理（特殊：勾股定理）的运用；如例1、2.已知圆锥曲线的焦点及相应准线，注意第二定义的运用，如例3。二、直线和圆、直线和圆锥曲线的位置关系例4若点M(x0,y0)是圆x2+y2=a2内不为圆心的一个点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系是_。解：M(x0,y0)是圆x2+y2=a2内不为圆心的点， , 其中a是圆x2+y2=a2的半径。 令圆心(0,0)到直线x0x+y0y=a2的距离为d，则 ， ， ， ， ， 直线x0x+y0y=a2与圆x2+y2=a2的位置关系是相离。例5过定点P(0,2)作直线L，使L与曲线y2=4(x-1)有且仅有1个公共点，这样的直线L共有_条。解法1：如右图，这样的直线共有3条：一条L1是过P且平行对称轴的；另两条L2，L3是过P的曲线的切线。解法2：可知点P在曲线开口外，如右图可知过P和曲线y2=4(x-1)有且只有一个公共点的直线L的斜率k存在，所以可设L的方程为：y-2=kx, 把其代入 y2=4(x-1)中，整理有：k2x2+4(k-1)x+8=0 当k2=0, 即k=0时，x=2,y=2，此时L和y2=4(x-1)有且只有一个交点(2,2). 当k20，即k0时，由=4(k-1)2-32k2=0, 有， 此时L和y2=4(x-1)相切。 综上，所求的直线共有三条，分别为：y=2及 小结：直线和圆的位置关系的判定方法：圆心到直线的距离小于半径则相交；圆心到直线的距离等于半径则相切；圆心到直线的距离大于半径则相离。 直线和圆锥曲线的位置关系的判定方法： 把直线方程代入曲线方程，消元后得一个方程；若二次项系数为0，则曲线和直线相交；（抛物线是平行对称轴的直线，双曲线是平行渐近线的直线）若二次项系数不为0，则当0时，直线和曲线相交，有2个交点；当=0时，直线和曲线相切；当0时，直线和曲线无公共点。 此处注意，说一直线和一曲线有公共点，其包含(1)有交点；(2)有切点；要注意不丢情况。三、取值范围例6已知抛物线y2=12x上永远有关于直线y=4x+m对称的相异两点，求实数m的取值范围。解法一：令相异两点为A(x1,y1),B(x2,y2)，则由已知有x1x2且令线段AB中点为P(x,y),则由已知： 解之有 点M(x,y)在抛物线y2=12x开口内， 即m0, n48, 又由 有， m0；或由点不在曲线上构造不等关系；或由已知不等关系出发等等，如例6。本周练习：1已知双曲线C1：中F1、F2是焦点，设抛物线C2的焦点与C1的右焦点F2重合，C2的准线为C1的左准线，P为C1与C2的一个交点。求：的值。（参考答案：令P到左准线距离为|PQ|，则(C1的离心率)， ， ，又|PF1|-|PF2|=2a, )2.F1、F2是双曲线的两个焦点，P是双曲线上的点，已知|PF1|、|PF2|、|F1F2|依次成等差数列，且公差大于0，则F1PF2=_。（参考答案：由第一定义|PF2|-|PF1|=4，|PF2|=10， |PF1|=6，|F1F2|=2c=14,在PF1F2中，由余弦定理，, F1PF2=120。）3设直线L1:y=2x，直线L2经过点P（2，1），抛物线C:y2=4x, 已知L1、L2与抛物线C共有三个交点，则满足条件的直线L2共有_条。（参考答案：3条，如图） 4已知双曲线C：，过点P（1，1）作直线l, 使l与C有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l共有_条。（参考答案：可知kl存在时，令l: y-1=k(x-1)代入中整理有(4-k2)x2+2k(k-1)x-(1-k2)-4=0, 当4-k2=0即k=2时，有一个公共点； 当k2时，由=0有，有一个切点。 另：当kl不存在时，x=1也和曲线C有一个切点， 综上，共有4条满足条件的直线，如右图。5已知双曲线的半焦距为c，若b2-4ac0, 则它的离心率的取值范围是_。（参考答案： b2-4ac0, b24ac又b2=c2-a2, c2-a2-4ac0, e2-4e-11, ).6. 已知双曲线的离心率，双曲线两条渐近线构成的角中，以实轴为角平分线的角的取值范围是_。（参考答案：如图，可知与有关， ， e22,4, 即 即， ， ， ， ）7设抛物线过定点A(-1,0)，且以直线x=1为准线；(I)求抛物线顶点的轨迹C的方程；(II)若直线l与曲线C交于不同的两点M、N，且线段MN恰被直线平分，求直线l的斜率k的取值范围。（参考答案：(I)C：且除去(1,0)点 (II)法有。）北 京 四 中科 目：数 学 年 级：高 三 撰 稿：李晋渊编 审：安东明 责 编：辛文升 录 入：刘红梅旋转体中的问题例1如图，AB是底半径为R的圆柱的一条母线，且AB=a,O为下底面中心，BC是下底面的一条切线。（1）求证：OBAC；（2）若AC与圆锥下底面所成的角为求O到直线AC的距离。(1)证明：AB平面OBC， BC是AC在平面OBC上的射影，又OBBC，由三垂线定理得OBAC。（2）解：由（1）得OB平面ABC，作BHAC，H是垂足，连结OH，则OHAC， OH是O点到直线AC的距离，又由（1）得BC是AC在圆柱下底面OBC的射影，故ACB是AC与圆柱下底面所成的角，ACB=。在RtABC中，BH=ABsin(90-)=acos,在RtOBH中，OH=。例2已知圆锥SO的底面半径是r=10,半径OB与母线SA垂直，P是SA的中点，PB与高SO所成的角为，且tg=2. 求：（1）圆锥的侧面积； （2）PB与SO间的距离。分析：如右图，OA是母线SA在底面上的射影，OBSA，由三垂线定理的逆定理 有：OBOA。取OA中点Q，由三角形中位线定理有PQ/SO，于是BPQ是PB与SO所成角的角，从而把问题转化为解直角三角形PQB。在寻求PB与SO间的距离时，由于SO/平面PQB，把PB与SO的距离转化为SO与平面PBQ的距离，进而转化为O与平面PQB的距离，即为OBQ的边BQ上的高OH。解：（1）OA是SA在底面上的射影，又OBSA，OBOA，取OA的中点Q，连PQ，BQ。 P是SA的中点， PQ/SO且PQ=SO，BPQ是SO与PB所成的角，即BPQ=，在RtBOQ中，OB=10，OQ=5，BQ=5，在RtPBQ中，PQ=BQctgBPQ=5ctg=, SO=2PQ=5，在RtSOA中，SA=15。S圆柱侧=rl=1015=150（2）SO/面PBQ，SO与底面PBQ的距离即为SO与PB的距离，也就是O点与平面PBQ的距离。作OHBQ交BQ于H，由SOOH，SO/PQ， PQOH又BQPQ=Q， OH面PBQ，在RtBOQ中，OH=。例3如图，圆台OO1的高等于下底面圆的半径，母线AA1与下底面成60角，P为下底面圆周上一点，PO与AA1成30的角。（1）求二面角P-OO1-A的余弦值；（2）若下底面两圆的半径为1，求圆台的侧面积。解：设下底面圆的半径为r，高为h，则r=h.（1）连O1P，则有A1O1P为二面角P-OO1-A的平面角，过O作OB/AA1交O1A1于B，则BOP为AA1与OP所成的角。POB=30，又AA1与底面成60的角，OBO1=60，在RtOO1B1中，O1B=r, OB=r,应用余弦定理，在POB中，BP2=()r2,在PO1B中，BP2=(cosPO1B)r2 cosPO1B=(2)r=1, 由（1）知O1B=， BA1=OA=1-=，又AA1=OB=， S圆台侧=(1+)=（平方单位）例4过半径为R的球面上一点M作三条两两垂直的弦MA，MB和MC。（1）求证：MA2+MB2+MC2为定值； （2）求三棱锥M-ABC的最大值。分析：本题可以把M-ABC补成一个球的内接长方体可得：l2=4R2，即：MA2+MB2+MC2=4R2，另外我们可以根据垂直关系确定出结论。解：（1）如图，取小圆O的直径MN，连结BC，AN，OO。MBMC， BC为圆O的直径。由MAMB且MAMC可得MA平面MBC， MA/OO且MAMN， AN是大圆O的直径，由球的截面性质可得：OO2=OM2-MO2, OO=MA,MO=BC=, (MA)2=R2-()2,MA2+MB2+MC2=4R2, MA2+MB2+MC2为定值。（2）V=MBMCMA， V2=MA2MB2MC2()3=()3= VR3,当且仅当MA=MB=MC时等号成立。例5A、B为地球上两点，它们分别在北纬60和30的圈上，且经度差为90，设地球半径为R，求A，B两点的球面距离。解：如图，作出A、C、D、O为顶点的四棱锥， A，B分别在北纬60和30， AC=Rcos60=，OC=Rsin60=R,DB=Rcos30=R,在OCB中，BC2=OC2+OB2-2OCOBcosCOB=R2+R2-2RRcos60=()R2.A、B所在两个经度圈半圆面互相垂直，即平面ACO平面BCO，又ACCO， AC平面BCO， ACBC，在RtBCA中，AB2=BC2+AC2=()R2+R2=(2-)R2,在AOB中，cosAOB=,AOB=arccos, AB弧=Rarccos,即A、B两点的球面距离是Rarccos。例6圆锥内有一个表面积为4的内切球，求所有这样的圆锥中体积最小时的表面积。解法1：右图是圆锥PB的轴截面，设球半径为r, 4r2=4，r=1， 设圆锥底面半径为R，高为h, PODPCB，即=，得R2=， V=R2h=(h+2+)=(4+(h-2)+)(4+2是定值，当且仅当h-2=时，V有最小值，得h=4. R2=2,母线长=3,圆锥的表面积S=Rl+R2=8.解法2：设OCB=，则BC=OBctg=ctg, PB=BCtg(2)=ctg=，V=ctg2=，当tg2=1-tg2,即tg=时，tg2(1-tg2)有最大值，这时V有最小值，BC=，PB=4，以下同解法1。练习题：1圆柱的轴截面的周长l为定值，那么圆柱体积的最大值是（）A、()3 B、()3 C、()3D、2()32直角梯形的一个内角为45，下底长为上底长的。这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的全面积为(5+)，则旋转体的体积为（）A、2 B、 C、D、3当圆锥的侧面积和底面积的比值是时，圆锥的轴截面顶角是（）A、45 B、60 C、90 D、1204圆台的大底半径是小底半径的4倍，把它的高三等分，过各分点作平行于底的平面，则这个圆台顺次由上到下分成三部分的体积之比为_。5体积相等的正方体、球、等边圆柱的全面积分别为S1，S2和S3，那么它们的大小关系是_。6球与圆台的上、下底及母线都相切，且球面面积与圆台侧面面积之比为34，则球的体积与圆台体积之比为_。7球面上有三个点，任意两点的球面距离等于大圆周长的，经过这三个点的小圆周长为4，那么球半径为_。答案： 1.A 2.D 3.C 4. 71937（还台为锥并设上面的小锥体积为1） 5. S2S3S1（体积一定，越是“圆滑”的几何体表面积越小；表面积一定，越是“圆滑”的几何体体积越大。这两句话的意思是一样的） 6. 613 7. 21将一半径为的球形钢锭，切削成侧面积最大的圆柱，此时圆柱的高为（）A、 B、 C、2 D、12在北纬45圈上有M，N两点，M点在东经20，点N在西经70，若地球半径为R，则M，N两点的球面距离是（）A、pR B、pR C、pR D、pR3已知球的两个平行截面面积分别为5p和8p，它们位于球心的同一侧，且相距为1，则球的半径为（）A、4 B、3 C、2 D、54等边圆锥的全面积为S，则它的内切球的面积为（）A、S B、S C、S D、S5圆锥轴截面顶角为120，若过顶点的最大截面面积为2，则圆锥侧面积为（）A、p B、2p C、2p D、4p6母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角j等于（）A、p B、p C、p D、p7AC是圆锥底面上与底面直径AB夹角为a(0a90)的弦，S是圆锥顶点，平面SAC、SBC与底面的夹角分别为a1，a2，则（）。A、cosa1cosa2=SSBCSSAC B、cosa1cosa2=SSACSSBCC、cosa1cosa2=ACBC D、cosa1cosa2=BCAC8一个底面半径为r，高为h的圆柱内接一个圆锥（圆锥底面与圆柱底面重合，圆锥顶点在圆柱上底面圆心），且=k,则实数k的取值范围是（）。A、0k2B、2kC、kV乙且S甲S乙 B、V甲V乙且S甲S乙 D、V甲=V乙且S甲=S乙 解： 得V甲=V乙，S甲S乙， 应选C。3（2001年全国）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为，则这个圆锥的侧面积是_。解：依题意设轴截面边长为2r, 那么圆锥底的半径是r. , r=1,.答案是2p。4球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的，经过这3个点的小圆的周长为4p，那么这个球的半径为（）A、4B、2C、2D、本小题考查球的概念和性质及两点球面距离的知识。解：设球半径为R，小圆半径为r，则2pr=4p, r=2.如图，设三点为A、B、C、O为球心。AOB=BOC=COA=，又 因为OA=OB，所以AOB是等边三角形，同样BOC、COA都是等边三角形，得ABC为等边三角形，边长等于球半径R。r为ABC的外接圆半径。r=AB=R,R=r=2.5母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角j等于（D）A、p B、p C、p D、p本小题考查圆锥的知识及计算，以及不等式的知识与推理能力。解：设圆锥的高为h，底面半径为r，依题意，得r2+h2=1,设圆锥体积为V，V=r2h,V2=()2r4h2=4h243=4()3=p2。当且仅当=h2=时等号成立。即r=时，圆锥体积最大。由公式，圆锥侧面展开图圆心角j=2p=p。6已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为，则圆台的体积与球体积之比为()本题考查球、圆台的概念，以及圆台和球的体积的计算。解：设球的半径为R，如图，AO=DO=R，DAO=60，AOD为等边三角形。作DMAB，垂足为M，OD=OM=R-ADcos=, DM=ADsin=R。即圆台的下底面和上底面半径分别为R和, 圆台的高为R。V圆台=ph(r2+rr+r2)=pRR2+R()+()2 =pR。V球=pR3。 V圆台V球=pR3pR3=。7如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，AFDE，F是垂足。（1）求证：AFDB；（2）如果圆柱与三棱锥D-ABE的体积比等于3p，求直线DE与平面ABCD所成的角。分析：本题主要考查空间线面关系，圆柱性质，空间想象能力和逻辑推理能力。（1）要证AFBD，只要AF平面BDE，只要BEAF，易证BE平面DAE，问题即可解决。（2）作EHAB，要求EDH的大小，只要求出的值，这时只要根据已知体积比为3p这个条件将ABE的高EH用底半径R表示，再根据勾股定理将DH也用R表示，则问题得解。解：（1）根据圆柱性质，DA面ABE。 EB平面ABE。 DAEB。 AB是圆柱底面的直径，点E在圆周上（如图）， AEEB，又AEAD=A，故得EB平面DAE。 AF平面DAE， EBAF。又AFDE，且EBDE=E，故得AF平面DEB DB平面DEB， AFDB。（2）过点E作EHAB，H是垂足，连结DH（如图）。根据圆柱性质，平面ABCD平面ABE，AB是交线，且EH平面ABE，EH平面ABCD。又DH平面ABCD，DH是ED在平面ABCD上的射影，从而EDH是DE与平面ABCD所成的角。设圆柱的底面半径为R，则DA=AB=2R，于是V圆柱=2pR3，VD-ABE=ADSABE=EH。由V圆柱VD-ABE=3p，得EH=R。可知H是圆柱底面的圆心，AH=R，DH=R， EDH=arcctg=arcctg.8圆锥的轴截面为等腰直角三角形SAB，Q为底面圆周上一点。（1）如果QB的中点为C，OHSC，求证：OH平面SBQ；（2）如果AOQ=60，QB=2，求此圆锥的体积。（3）如果二面角A-SB-Q的大小为arctg，求AOQ的大小，如图所示。本题考查直线与平面，平面与平面的位置关系，圆锥体积的计算，以及空间想象和计算推理的能力。分析：（3）是求二面角平面角的逆向，与求二面角时的作法类似，先作出二面角的平面角。用三垂线定理作这二面角的平面角，首先作二面角一个面的垂线。由于底面与平面SAB垂直，作QMAB，再过垂足作直线MP垂直二面角的棱，可得二面角的平面角。解：（1）如图，连结OC，则OCBQ，又SO底面AQB，所以SOBQ，故BQ平面SOC。又OH平面SOC，所以OHBQ，又OHSC，所以OH平面SBQ。（2）连结AQ，则AQB=90，在RtABQ中，ABQ=90，QB=2，所以AB=4，所以底面圆的半径r=2.又SAB是等腰直角三角形，所以SO=AB=2，所以体积V=pOA2SO=p。（3）如图，过Q作QMAB，M是垂足，因为平面SAB平面ABQ，所以QM平面SAB，过M作MPSB，垂足为P，连结PQ，则由三垂线定理，得PQSB，所以MPQ是二面角A-SB-Q的平面角，MPQ=arctg。设圆锥底面半径为R，则SO=R， SB=R，tgMPQ=，则MQ=MP，SBM=45， MB=MP，tgABQ=, ABQ=30,AOQ=OQB+OBQ=2OBQ=60.评注：以旋转体作为高考解答题的背景在92上海和95全国中出现过。之后已经好几年没有出现了。出现较多的是以三、四棱柱、棱锥为背景的题目。但是对于旋转体的问题也要引起足够的重视。对于旋转体的问题的处理方法和多面体问题的处理方法基本一样，但在旋转体中，垂直关系更多一些。谈立体几何计算题立体几何计算题的结构都是根据已知的若干量的关系和位置关系推求另一些量的关系或位置关系，而已知的位置关系通常也要转化为几何量最基本的量的关系有两个：线段和角。其他几何量或者用线段和角来定义，或者可表示成线段和角。例如，两点间的距离，点到平面的距离其本身就是线段的长；异面直线所成的角，直线与平面所成的角，是直接用角来表述的概念；而求积公式则可以用线段或角来表示。最基本的位置关系也有两个：平行和垂直。计算题中往往也给出较多的平行和垂直关系，利用这些位置关系可以导出某些量的关系。例如，根据平行关系可以得出一些线段是相等的；根据垂直可以得出勾股定理等等。这都是一些量的关系。因此，解决好立体几何计算题（综合题）的重要一步是能够进行位置关系和量的关系进行转化。由上述可知，几何计算题的结构实为根据已知的线段和角推算未知的线段和角。为此，解几何计算题必须了解和运用由线段和角构成的关系式（即以线段和角为未知量而构成的多元方程）。满足这个需要的基本知识多是三角形的边角关系（锐角或钝角的三角函数，正弦定理，余弦定理等）。所以，解几何计算题的一般方法是，把题目中位置关系转化成量的关系（角、线段），再把题中的线段和角（已知的和未知的）看成三角形的元素，而后借助于三角形的解法推算出所求的结果。所以，解几何计算题的过程大多是一连串的解三角形的过程，而解三角形的过程又是解方程（组）的过程。解几何计算题的一般方法与解几何证明题的一般方法一样，也是从题目自身的特点得出的。由于计算过程就是推算过程，当我们寻求计算题的已知条件与未知量的联系时，也要使用综合法及分析法。例题1：已知如图，PA矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB和PC的中点。（1）求证：MNAB；（2）若P-DC-A为45二面角，求证面MND面PDC；（3）在（2）的条件下，若AB=6，AD=4，求三棱锥N-DEM的体积。分析：（1）欲证MNAB，需寻求一个经过MN且与AB垂直的平面，由于ABCD是矩形，可知此平面应过CD的中点。（2）欲证平面MND平面PDC，则需证其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，由于CD不垂直于DM，于是可想象，若能证MN面PDC即解决了问题，易证MNCD，所以只需证明MN垂直于面PDC中与CD相交的某一直线即可。（3）求三棱锥的体积时注意应用三棱锥的“换底”性：可以以任一个面为底面。解：（1）取CD中点E，连接ME、NE。由ABCD是矩形，M是AB中点，可知MEAB，另一方面，PA面ABCD，ABAD，由三垂线定理可知ABPD，又E、N分别为CD和PC的中点，NE/PD，ABNE，AB面MNE，MN在面MNE内，ABMN。（2）连接PM、CM，CDAD，CDPD，PDA为二面角P-DC-A的平面角，PDA=45，PA=AD，又AD=BC，PA=BC，在RtPAM和RtCBM中，可知PM=CM，又N为PC中点，MNCP，又由（1）MNAB，MNCD。MN面PDC，而MN面MND，面MND面PDC。（3）VN-DEM=VM-DNE=SDNEMN。由已知可求得MN=2，NE=PD=2，DE=3，VN-DEM=(23)2=4。例题2：如图，边长为a的菱形ABCD中，A=60，又PA面ABCD，PA=a，E为PC中点。（1）求证：面BDE面ABCD；（2）求PB与面BDE所成角的大小；（3）求二面角BDEC的大小。证明：（1）如图所示，连结AC，记ACBD=O，由菱形知（2）设点P到面BDE的距离为d，PB与面BDE所成角为q，则sinq=，而PA/EOPA/面BDE，PA面ABCDsinq=从而PB与平面BDE所成角的大小为arcsin。（3）由（2）知AO面BDE，即CO面BDE，作OHDE于H，连结CH，则CHDE，故OHC就是二面角BDEC的平面角在截面BDE中，易求得DO=a，EO=PA=a，则DE=a，OH=，又CO=a在RtCOH中，由tgOHC=得二面角BDEC的大小是arctg.北京四中高考数学模拟练习题注：各地高考要求不一样，不在本地高考范围内的题目就不要做了。以后不再说明！第I卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知f(cosx)=sin2x, 则f(sin)=（）A、-B、-C、D、2函数y=|x-3|-|x+1|的（）A、最小值为0，最大值为4 B、最小值为-4，最大值为0C、最小值为-4，最大值为4 D、没有最大值，也没有最小值3双曲线=1的离心率e(1,2)，则k的取值范围是（）A、(0,12) B、(8, 20) C、(-12,0) D、(-20, -8)4不等式(x-1)0的解集是（）A、x|x1 B、x|x1或x=-2 C、x|x1D、x|x-2且x15把半径为1，中心角为的扇形卷成圆锥，则过圆锥两条母线的截面中，面积的最大值是（）A、 B、 C、 D、6111000-1的末尾连续的0的个数有（）A、7 B、5 C、4 D、07等差数列an中，已知a1a2a3=135，且S5=45，则a4等于（）A、12B、C、D、48已知函数y=2sinx(x)的图象与直线y=2围成一个封闭的平面图形，则这个封闭图形的面积是（）A、4 B、8 C、2 D、49理 若bc，nN,且恒成立，则n的最大值是_。三、解答题（本大题共6分小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17（本小题满分12分）已知函数f(x)=lg(ax2+2x+1)（1）若函数f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围；（2）若函数f(x)的值域为R，求实数a的取值范围。18（本小题满分12分）已知ABC的三个内角A，B，C成等差数列，且ABC，tgAtgC=2+。（1）求角A，B，C的大小；（2）如果BC长等于4，求ABC的一边AC长及三角形的面积。19（本小题满分12分）设z1,z2C, |z1|=|z2|=1, z1,z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，O为原点。（1）若z2-z1=-1, 求arg;（2）设argz1=，argz2=，若OZ1Z2的重心对应的复数是i, 求tg(+)的值。20（本小题满分12分）正四棱锥P-ABCD各棱长相等，EFGH分别是AB、CD、PA、PC的中点。（1）求证：GF/平面PBC；（2）求异面直线GF与HE所成角的余弦值；（3）求三棱锥H-EFG的体积与四棱锥P-ABCD的体积之比。21（本小题满分12分）点F1、F2分别是双曲线x2-y2=1的两个焦点，圆O以线段F1F2为直径。直线l与圆O相切，与双曲线相交于A、B两点。定点C的坐标是(0,-2)。已知ABC的面积为。（1）求圆O的方程；（2）求直线l在y轴上的截距 。22（本小题满分14分）设曲线C：y=上的点Pn（其中n=1,2,3）与x轴上的点Qn(其中n=1,2,3)构成正三角形OP1Q1，Q1P2Q2，Q2P3Q3，Qn-1PnQn，设这些正三角形的边长依次为a1,a2,a3,，an。求证：a1+a2+a3+an=。参考答案一、选择题：1.C 2.C 3.C 4.B 5.C 6.C 7.B 8.D 9.(理)D(文)C 10. A 11.B 12.B解析：1sin=cos f(cos)=sin(2)=sin=2. y=3. =1, c2=a2+b2=4-k， e2=(1,4), k(-12,0).4.或 x1或x=-2.（注：可取特殊值代入，比较选项的异同，把x=1,x=-2代入 不等式，看是否成立，据此排除选项。选择题中的不等式最好都这么做，不要直接去解）5. 扇形弧长：，设圆锥底面半径为r, 则2r=r=,轴截面顶角为120， Smax=11sin90=.6(10+1)1000-1=101000+10999+10+1-1=101000+1000107.设a1=m, a2=3m, a3=5m, d=2m, S5=5=2.5m=45, m=, a4=a3+d=7m=.8. 根据正弦函数图像的对称性，把y轴下方的图像补到上方即可得到长方形。 S=22=4.9. (理)sin=(sin+cos)=sin(+) ， -+. arcsin(sin)=arcsin(sin(-)=-=-.注：在中取代入计算是不是更简单。(文) (,2),tg=, sin=-, cos=-.10. 表面：68a2=48a2, 内部：64a2=24a2，共72a2.11. 公差为1：1，2，3；2，3，4；18，19，20，共18组。公差为2：1，3，5；16，18，20，共16组。公差为3：1，4，7；14，17，20共14组。公差为4：1，5，9；共12组共18+16+14+12+10+8+6+4+2=9=90（个）1，2，3与3，2，1不同，共290=180（个）。12现金 现金+奖10010080 10080 100 优=(1-)100%=(1-)100%=()100%0)，a-c=m+n, =2+4, 当n4时，原式恒成立。三、解答题：17解：（1）若f(x)的定义域为R时，则有ax2+2x+10恒成立，即a=0时，有2x+10，不满足条件a1，满足条件由，a1时，f(x)定义域为R。（2）若f(x)的值域为R，即ax2+2x+1取得所有的正数值，此时有(1)0-时，ax2+2x+1也可取得所有正数，0a1，f(x)的值域为R。18解：（1）ABC中角A，B，C成等差数列，且A+B+C=，2B=A+C, B=, A+C=, tgAtgC=2+, tgAtg(-A)=tgA=2+, -tgA-tg2A=(1-tgA)(2+) tg2A-(3+)tgA+2+=0 tgA=1或tgA=2+,A=或A=. ABC, A=,B=,C=.（2）ABC中由正弦定理：AC=，SABC=ACBCsinC=64sin=62=18+6.19解：（1）z2=z1-1, |z2|=|z1-1|=1, 设z1=a+bi(a,bR)则， z1=i,当z1=i时，z2=z1-1=-i, arg.当z1=i时，z2=z1-1=-i, arg.(2) |z1|=|z2|=1, argz1=,argz2=, 设z1=(cos+isin), z2=cos+isin， Z1(cos,sin), Z2(cos,isin), O为原点， 由OZ1Z2重心坐标公式有 ，tg, tg(+)=.20（1）证明：取PB中点M，G为PA中点， GMAB， F为CD中点，FC=CD， 正四棱锥底面ABCD为正方形， ABCD， GMFC， GMCF为平行四边形，GF/MC， MC面PBC， GF/面PBC。（2）设PM中点为N，连HN， H为PC中点， HN/MC， GF/MC， GF/HN，NHE为GF与HE所成的角或其余角设所给四棱锥棱长为a, 棱长均相等， 侧面PBC为正三角形， NH=MC=a, 侧面PAB为正三角形， PBA=， NEB中，EB=， ABP=， NE2=a2+a2-2a=a2,连接HF，EF则HF/PD，EF/AD， HFE=PDA=，HFE中，HF=a, EF=a, HFE=， HE2=a2+a2-2aa=a2,NEH中，cosNHE=.(3) GE/PB,GE/面PBC， GF/面PBC， 面GEF/面PBC， PC/面GEF， VH-EFG=VC-EFG=VG-EFC SEFC=SABCD G为PA中点， hG-底=hP-底 VH-EFGVP-ABCD=18。21解：（1）双曲线x2-y2=1中，a2=1,b2=1,c2=2, F1(-,0),F2(,0), 圆O：x2+y2=2.(2)设L: y=kx+b，k=0及k不存在时，均不满足题意，故k0,设L与y轴交点为B(0,b), |BC|=|b-(-2)|=|b+2| 直线与圆O相切， dO-L=r,即 b2=2(k2+1).(1)设L与双曲线交点A(x1,y1),B(x2,y2)SABC=|BC|x1-x2|=, 即(b+2)2|x1-x2|2=40 (1-k2)x2-2kbx-(b2+1)=0 (x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2= (b+2)2=10.(2)由(1),(2)得到：(b+2)2(b2-+2)=10(2-)2(b+2)2(b2+4)=(b2-4)2， (b+2)2(b2+4)=5(b+2)2(b-2)2(b+