2018年高考數學解答題題型及試題精選

■陜西省洋縣第二高級中學 鄭 欣

■陜西省洋縣第二高級中學 鄭 欣

題型一:三角函數、三角恒等變換與解三角形

此類問題一般出現在解答題的第一小題,常見的考查方式是:(1)結合三角恒等變換解決三角函數問題(單調性、最小正周期、參數、最值、圖像變換等);(2)利用正、余弦定理求三角形中的邊、角、周長、面積等;(3)三角函數、三角恒等變換與解三角形相結合的綜合問題。試題難度一般都不大,是考生的得分點。

精選1 已知函數f(x)=2sinxcosx+1-2sin2x。

(1)求f(x)的最小正周期;

(2)求f(x)在區(qū)間上的最大值與最小值。

解析:(1)f(x)=sin2x+cos2x=sin(2x +),故f(x)的最小正周期為π。

(2)因為-≤x≤,所以-≤2x+。

當2x+=-,即x=-時,f(x=f (-)=sin (-)+cos(-)=,即f(x)的最小值為

精選2 已知△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知cos2A+cos2B=2cos2C。

(1)求C的取值范圍;

(2)當C取最大值時,若點O是△ABC外一點,OA=2OB=4,求平面四邊形OACB面積的最大值。

解析:(1)由cos2A+cos2B=2cos2C得sin2A+sin2B=2sin2C,即a2+b2=2c2。因為a2+b2=2c2≥2ab,即1,所以cosC,即cosC的最小值為。由于余弦函數在[0,π]上遞減,且0＜C＜π,所以0＜C≤。

則C的取值范圍為

(2)由(1)得△ABC為等邊三角形。設∠AOB=α,則由余弦定理得AB2=16+4-16cosα=20-16cosα。

所以S△ABC=AB2·sin=(20-16cosα)·=5-4cosα。

精選3 已知向量a=(sinx,-cosx),b=(cosx,6cosx),f(x)=a·b+(x∈R)。

(1)將函數y=f(x)的圖像向右平移個單位后得到函數y=g(x)的圖像,若設△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若g,a+c=4,求△ABC的面積。

(2)若方程f(x)=在(0,π)上的解為x1,x2,求cos(x1-x2)的值。

解析:(1)因為f(x)=a·b+=sinxcosx-3cos2x +=sin(2x -),將y=f(x)的圖像向右平移個單位得y=g(x)=sin[2(x -)-]=sin(2x -)=-cos2x。

所以g()=-cosB=,所以cosB=-,所以B=。

由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得b2=(a+c)2-2ac-2accosB,所以13=16-2ac-2accos,解得ac=3。

所以

(2)由條件得

設x1＜x2,則

由(1)知,點(x1,f(x1))與(x2,f(x2))關于直線x=對稱,則x+x=。12

所以cos(x1-x2)=

精選4 已知△ABC中,A,B,C的對邊為a,b,c,且2cos2=sin(A+C)。

(1)求角B的值;

(2)若b=,求a+c的最大值。

解析:(1)因為2cos2=sin(A+C)=3sinB,所以1+cosB=3sinB,所以

所以B-=或(舍),即B=。

(2)方法1:由正弦定理sinA,sinC。

所以當A+=,即A=時,(a+c)max=2。

方法2:由余弦定理得b2=13=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac,變形可得13+3ac=(a+c)2,利用均值不等式可得13+3ac=(a+c)2≤13+3,所以(a+c)2≤4×13,a,c∈(0,+∞),所以a+c≤2,即當三角形為正三角形時,a+c的最大值為2。

題型二:數列

高考中數列部分的解答題一般出現在第1小題,以中等難度以上的綜合題為主,考查重點是數列的概念、等差(比)數列的定義、通項公式、前n項和公式、等差(比)中項及等差(比)數列的性質的靈活運用。第(1)問由等差、等比數列或遞推數列的背景求數列的通項公式;第(2)問依據數列通項公式的特征選擇相應的數列求和,以及數列與函數、不等式等的網絡交匯。試題中往往體現了函數與方程、等價轉化、分類討論等重要的數學思想,以及待定系數法、配方法、換元法、消元法等基本數學方法。

精選1 已知等差數列{an}的公差d＞0,且a2,a5-1,a10成等比數列,且a1=5。

(1)求數列{an}的通項公式;

(2)若,Sn為數列{bn}的前n項和,求證

解析:(1)(a5-1)2=a2a10,所以(a1+4d-1)2=(a1+d)(a1+9d),把a1=5代入解得d=3,所以an=5+3(n-1)=3n+2。

(2)由題設及(1)可得:

因g(n)=在[1,+∞)上為單調增函數,所以g(n)≥g(1)=4。

綜上可得≤S＜。n

精選2 已知數列{bn}的前n項和為Sn,b1=1,Sn+2bn+1=2(n∈N*)。

(1)求{bn}的通項公式;

(2)設cn=(2n+1)bn,求{cn}的前n項和Tn。

解析:(1)因為Sn+2bn+1=2,所以b2=。因為,所以Sn+1+2bn+2-Sn-2bn+1=0,即bn+1+2bn+2-2bn+1=0,則則數列}是以1為首項,公比為的等比數列,所以

所以

所以

精選3 已知函數

3.監(jiān)管效率更高，加強了事中控制和事后檢查處罰。監(jiān)管部門之間的時間和精力有限，大量公告、采購文件需要審批，還要處理投訴，監(jiān)管效率不高?，F在，審批改為備案，特別是消耗監(jiān)管部門精力和時間最多的采購文件的審批，改為預公示制度或在采購公告發(fā)布網頁增加采購文件鏈接，任何人可以隨時下載。采購文件內容是否公平公正，交由市場各方人員特別是供應商去判定。減少了審批人員和審批事項之后，監(jiān)管部門便擁有更多人員充實一線監(jiān)管力量，有更多的時間和精力加強制度建設，加強對政策執(zhí)行、采購過程的監(jiān)督檢查，依法查處違法違規(guī)行為。

(1)試證函數f(x)的圖像關于點對稱;

(2)求…+的值;

(3)設數列{bn}滿足:b1=,bn+1=bn2+bn,設,若(2)中的Sm滿足對任意不小于2的正整數m,Sm＜Tn恒成立,試求m的最大值。

解析:(1)設點P0(x0,y0)是函數f(x)的圖像上任意一點,其關于點的對稱點為P(x,y)。

點P的坐標為

由點P0(x0,y0)在函數f(x)的圖像上,得

因為f(1-x0)=,所以點即點(1-x0,f(1-x0))必然在函數f(x)的圖像上。所以函數f(x)的圖像關于點對稱。

(2)因為點P0(x0,f(x0))和點P(1-x0,f(1-))關 于 點 (,)對 稱,所 以,因

得到

因為f(1)=,所以

(3)注意題設條件和所求和的特征,對通項裂項,使得和式相消化簡。

所以對任意n∈N*,bn＞0。 ④

由③④ 得

作差比較判斷數列{bn}的單調性,進而確定Tn的單調性。

因為bn+1-bn=b2n＞0,所以bn+1＞bn。所以數列{bn}是單調遞增數列。

所以Tn關于n遞增,所以當n≥2,且n∈N*時,Tn≥T2。

因為,b3=,所以Tn≥T2=3

由題意,解得,所以m的最大值為6。

精選4 如圖1所示,F1是拋物線C:y2=4x的焦點,Fi在x軸上(其中i=1,2,3,…,n),Fi的坐標為(xi,0)且xi＜xi+1,點Pi在拋物線C上,且點Pi在第一象限,△PiFiFi+1是正三角形。

圖1

(1)證明:數列{xi+1-xi}是等差數列;

(2)記△PiFiFi+1的面積為Si,證明:

解析:(1)由題意知,F1(1,0),所以的方程是y=tan·(x-1)=(x-1)。

代入拋物線可得3x2-10x+3=0,則x1=3,=(舍),即P(3,2),所以F(5,120),所以x1=1,x2=5。又設Fn-1(xn-1,0),Fn(xn,0),△PnFnFn+1是 等 邊 三 角 形,將代入拋物線得:

兩式相減得:

(x-2x+x)(x-x)=n+1nn-1n+1n-12(xn+1-xn-1),且xn+1-xn-1≠0。

所以

所以

所以數列{xn+1-xn}是等差數列,其中首項為-=4,公差為。

(2)由(1)-=4+(n-1)=(2n+1)2。

題型三:概率統(tǒng)計

概率統(tǒng)計大題是高考中的必考內容,屬中檔題,一般出現在解答題的第2、3小題的位置,以實際應用問題為載體,以排列組合和概率統(tǒng)計知識為工具,考查對事件的判斷識別、概率的計算,以及隨機變量概率分布列和期望的應用,凸顯概率統(tǒng)計自身的網絡交匯。

精選1 教育部門主辦了全國大學生智能汽車競賽,競賽分為預賽和決賽兩個階段,參加決賽的隊伍按照抽簽的方式決定出場順序,通過預賽,選拔出甲、乙等五支隊伍參加決賽。

(1)求決賽中甲、乙兩支隊伍恰好排在前兩位的概率。

(2)若決賽中甲隊和乙隊之間間隔的隊伍數記為X,求X的分布列和數學期望。

解析:(1)設Ω為“五支隊伍的比賽順序”,則n(Ω)=A55,事件A為“甲、乙排在前兩位”,則n(A)=A22·A33,所以P(A)=

(2)一共五支隊伍,所以甲、乙之間間隔的隊伍數構成隨機變量X,X可以取的值為0,1,2,3,適用于古典概型,可先將甲、乙占上位置,然后再解決“甲、乙”的順序與其他三支隊伍間的順序問題,X可以取的值為0,1,2,3。

所以X的分布列為表1:

表1

所以E(X)=0×

精選2 來自“一帶一路”沿線的20個國家的青年評選出中國的 “新四大發(fā)明”:高鐵、支付寶、共享單車和網購。共享單車給人們短距離出行帶來了很大的方便。某校“單車社團”對A市[20,60]歲的人群隨機抽取400人進行了一次共享單車騎行的調查,得到表2中的數據:

表2

(1)我們把[20,40)的人群稱為“年輕組”,其他人群稱為“非年輕組”,請你完成2×2的列聯(lián)表,并判斷在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下,認為騎共享單車與年齡是否有關。

(2)以上面的樣本數據估計該市的總體數據,且以頻率估計概率,從全市騎共享單車的人中,隨機抽取4人,記其中在[40,50)內的人數為X,求X的分布列、期望與方差。

附:表3和參考公式。

表3

參考公式:

K2=其中n=a+b+c+d。

解析:(1)2×2的列聯(lián)表如表4所示:

表4

K2=66.67＞10.828,故在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下,認為騎共享單車與年齡有關。

(2)從樣本數據中知道,全市騎共享單車的240人中,在[40,50)內的騎共享單車的人數為60,頻率為,估計在全市騎共享單車的人中,在[40,50)內的概率為P=。隨機抽取4人,X的取值可以是0,1,2,3,4。

所以X的分布列如表5所示:

表5

由于X～B,則E(X)=1,D(X)=4×

精選3 已知具有線性相關關系的兩個變量之間的五組數據如表6所示:

表6

(1)請根據表6提供的數據,用最小二乘法求出y關于x的線性回歸方程^y=bx+^a,并估計當x=20時,y的值;

(2)若從這5組數據中任選2組數據確定線性回歸方程,ξ為所選這2組數據中x的兩個數字大于4的個數,求ξ的分布列和期望。

所以回歸直線方程為^y=1.1x+1,故當x=20時,y=23。

(2)ξ的所有可能取值是0,1,2,故ξ服從超幾何分布。所以ξ的分布列如表7所示:

表7

故E(ξ)=

圖2

精選4 某蛋糕店每天制作生日蛋糕若干個,每個生日蛋糕的成本為50元,然后以每個100元的價格出售,如果當天賣不完,剩下的蛋糕作垃圾處理?，F需決策此蛋糕店每天應該制作幾個生日蛋糕,為此搜集并整理了100天生日蛋糕的日需求量(單位:個),得到如圖2所示的柱狀圖,以100天記錄的各需求量的頻率作為每天各需求量發(fā)生的概率。

(1)若蛋糕店一天制作17個生日蛋糕:

① 求當天的利潤y(單位:元)關于當天需求量n(單位:個,n∈N*)的函數解析式;

②在當天的利潤不低于750元的條件下,求當天需求量不低于18個的概率。

(2)若蛋糕店計劃一天制作16個或17個生日蛋糕,請你以蛋糕店一天利潤的期望值為決定依據,判斷應該制作16個是還17個。

解析:(1)① 若蛋糕店一天制作17個生日蛋糕,依據題設分類構建利潤的分段函數,當n≥17時,此時全部賣完其利潤y=17×(100-50)=850。

當n≤16時,此時賣n個,剩17-n個作垃圾處理,其利潤y=50n-50(17-n)=100n-850。

于是有y=(n∈N*)。

②設當天的利潤不低于750元為事件A,設當天需求量不低于18個為事件B,由①得“利潤不低于750元”等價于“需求量不低于16個”,由柱形圖知P(A)=0.7,P(AB)=0.15+0.13+0.1,則P(B|A)=

(2)借助期望進行決策,蛋糕店應一天制作17個生日蛋糕,理由如下:

若蛋糕店一天制作17個生日蛋糕,X表示當天的利潤,結合柱形圖,則X的分布列為表8:

表8

E(X)=550×0.1+650×0.2+750×0.16+850×0.54=764。

若蛋糕店一天制作16個生日蛋糕,y表示當天的利潤,由題意可得y=(n∈N*)。結合柱形圖,y的分布列為表9:

表9

E(y)=600×0.1+700×0.2+800×0.16=760。

由以上計算知E(X)＞E(y),故蛋糕店應一天制作17個生日蛋糕。

題型四:立體幾何

高考中立體幾何的解答題,一般出現在第2、3小題的位置,難度為中等,設兩問,第一問考查空間線面、線線、面面之間的平行與垂直關系的證明,第二問常以求空間角的正弦或余弦值為背景出現,凸顯空間向量法的應用。

精選1 如圖3,多面體ABCDFE中,ABCD是平行四邊形,ABEF是梯形,BE∥AF,平面CAE⊥平面ABEF,AB=AE=1,BC=CE=2,AF=22,∠ABC=60°。

(1)求證:平面CBE∥平面DAF;

(2)求證:AC⊥平面ABEF;

(3)若∠ABE=45°,求平面ABCD與平面DEF所成二面角的大小。

解析:(1)因為ABCD是平行四邊形,所以BC∥AD,BC?平面DAF,AD?平面DAF,所以BC∥平面DAF。

因為BE∥AF,BE?平面DAF,AF?平面DAF,所以BE∥平面DAF。

因為BC∩BE=B,BC?平面CBE,BE?平面CBE,所以平面CBE∥平面DAF。

(2)在 △ABC 中,AB=1,BC=2,∠ABC=60°,由 余 弦 定 理 得 AC=,因 為AB2+AC2=BC2,所以 ∠CAB=90°,所以CA⊥AB。

圖3

依題意,△ABC△AEC,所以CA⊥AE。

因為平面CAE⊥平面ABEF,且平面CAE∩平面ABEF=AE,所以AC⊥BD平面ABEF。

(3)由∠ABC=45°,AB=AE=1,得AB⊥AE,因BE∥AF,所以∠BAF=135°,∠EAF=45°。

分別以AB,AE,AC所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖4所示,則B(1,0,0),E(0,1,0),C(0,0,),D(-1,0,),F(-2,2,0),所 以=(2,1,0),=(1,1)。

圖4

設平面DEF的法向量為m=(x,y,z),

取x=1,得y=2,z=,所以m=(1,2,)。

又平面ABCD的法向量為n=(0,1,0),設平面ABCD與平面DEF所成二面角的平面角為θ,則 cosθ=|cos〈m,n〉|=,所以θ=45°。

故平面ABCD與平面DEF所成二面角為45°。

精選2 如圖5,是一個半圓柱與多面體ABB1A1C構成的幾何體,平面ABC與半圓柱的下底面共面,且AC⊥BC,P為弧A1B1上(不與A1,B1重合)的動點。

(1)證明:PA1⊥平面PBB1;

(2)若四邊形ABB1A1為正方形,且AC,求二面角P-AB-C11的余弦值。

圖5

解析:(1)在半圓柱中,BB1⊥平面PA1B1,所以BB1⊥PA。

因為A1B1是上底面對應圓的直徑,所以PA1⊥PB1。

因為PB1∩BB1=B1,PB1?平面PBB1,BB1?PBB1,所以 PA1⊥ 平面PBB1。

(2)以C為坐標原點,以CA,CB為x,y軸,過C作與平面ABC垂直的直線為z軸,建立空間直角坐標系C-xyz,如圖6所示。

圖6

設CB=1,則B(1,0,0),A(0,1,0),B1(1,0),A1(0,1,)。

所以=(0,1,=(1,0,)。

平面PA1B1的一個法向量n1=(0,0,1)。設平面CA1B1的一個法向量n2=(x,y,z),則

令z=1,則

所以可取

故

由圖可知二面角P-A1B1-C為鈍角,所以所求二面角的余弦值為

精選3 如圖7,在五邊形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°,將△AED沿AD折到△PAD的位置,得到四棱錐P-ABCD,如圖8所示,M為線段PC的中點,且BM⊥平面PCD。

圖7

圖8

(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;

(2)若直線PC與AB所成角的正切值為,求直線BM與平面PDB所成角的正弦值。

解析:(1)取PD的中點N,連接AN,MN,則MN∥CD,MN=CD。

又AB∥CD,AB=CD,所以MN∥AB,MN=AB,則四邊形ABMN為平行四邊形,所以AN∥BM。

又BM⊥平面PCD,所以AN⊥平面PCD,所以AN⊥PD,AN⊥CD。

由ED=EA,即PD=PA及N為PD的中點,可得△PAD為等邊三角形,所以∠PDA=60°。

又∠EDC=150°,所以∠CDA=90°,所以CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,CD?平面ABCD,所以PAD⊥平面ABCD。

(2)AB∥CD,所以∠PCD為直線PC與AB所成的角,由(1)可得∠PDC=90°,所以tan∠PCD=,所以CD=2PD。

設PD=1,則CD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中點O,連接PO,過O作AB的平行線,可建立如圖9所示的空間直角坐標系O-xyz,則

圖9

設n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則

取x=3,則n=(3,-3,-3)為平面PBD的一個法向量,因為cos〈n,〉=,則直線BM與平面PDB所成角的正弦值為

圖10

精選4 如圖10所示,在多面體ABCDEFG中,四邊形ABCD與四邊形ADEF均為邊長為2的正方形,△GBC為等腰直角三角形,GB=GC,且平面ADEF⊥平面ABCD,平面GBC⊥平面ABCD。

(1)求證:平面FGB⊥平面DGC;

(2)求平面FGB與平面ECG所成銳二面角的大小。

解析:(1)四邊形ABCD邊長為2的正方形,由面面垂直性質定理知CD⊥平面GBC,所以DC⊥BG。又△GBC為等腰直角三角形,GB=GC,所以BG⊥GC。

因為DC∩GC=C,所以BG⊥平面DGC。又因為BG?平面FGB,所以平面FGB⊥平面DGC。

(2)由已知四邊形ABCD與四邊形ADEF均為邊長為2的正方形,可知從D出發(fā)的三條棱兩兩互相垂直,以DA,DC,DE的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,D為坐標原點建立空間直角坐標系D-xyz,如圖11,由題設可知B(2,2,0),F(2,0,2),G(1,2,1),E(0,0,2),C(0,2,0)。

則=(0,2,-2),=(-1,0,1),=(0,2,-2),=(1,0,1)。

圖11

設n1=(x1,y1,z1)為平面FGB的法向量,n2=(x2,y2,z2)為平面ECG的法向量。

取n1=(1,1,1)。

取n2=(1,-1,-1)。

所以=-,則平面FGB與平面ECG所成銳二面角的余弦值為。

精選5 在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=1,CD=2,AD=2,對角線AC和BD交于G點,如圖12,將△ADB沿BD折起到平面PBD的位置得三棱錐P-BCD,如圖13所示。

圖12

圖13

(1)求證:PC⊥BD;

(2)當平面PDB⊥平面PBC時,求二面角P-DC-B的平面角的大小。

解析:(1)在圖12中,可得tan∠ADG==tan∠GCD=,所 以 ∠ADG=∠GCD。因為∠CDG+∠ADG=,所以∠CDG+∠DCG=,所以∠DGC=,所以AC⊥BD。

在圖13中,由折疊前后不變量知,恒有PG⊥BD,CG⊥BD,所以BD⊥平面PCG,所以BD⊥PC。

(2)方法1:當平面PDB⊥平面PBC時,由折疊前后不變量知DP⊥PB,由面面垂直的性質定理知DP⊥平面PBC,則DP⊥PC。由(1)知BD⊥PC,則PC⊥平面PBD,所以PC⊥PD,PC⊥PB,即從P出發(fā)的三射線PD,PB,PC兩兩垂直。以PD,PB,PC所在方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖14,易得P(0,0,0),B(0,1,0),C(0,0,),D(,0,0)。

圖14

則平面PCD的法向量n1=(0,1,0)。

設平面BCD的法向量n2=(x,y,z),則取n2=(1,,1)。

所以

由題設知二面角P-DC-B為銳角,則二面角P-DC-B的平面角大小為。

方法2:當平面PDB⊥平面PBC時,由折疊前后不變量知DP⊥PB,由面面垂直的性質定理知DP⊥平面PBC,則DP⊥PB,DP⊥PC,由(1)知BD⊥PC,則PC⊥平面PBD,所以PC⊥PB。

由此可得PB⊥平面PCD。

計算得BD=BC=,取CD的中點E,連接PE,可得CD⊥平面PEB,則∠PEB為二面角P-DC-B的平面角,由圖15可知PD=BE=,CD=2。

圖15

因為CP⊥DP,DP=,CD=2,所以PC=,PE=1,所以cos∠BEP==,所以∠BEP=。

由題設知二面角P-DC-B為銳角,則二面角P-DC-B的平面角大小為。

題型五:圓錐曲線的幾何量,直線與圓錐曲線間的位置關系

高考解析幾何大題,一般為中檔題或難題,經常出現在第4小題的位置,主要考查求曲線軌跡方程的方法,圓錐曲線的定義與性質應用,各圓錐曲線之間的聯(lián)系,直線與圓錐曲線間的位置關系等,其中直線與橢圓的位置關系、直線與拋物線的位置關系是考查的重點和熱點,常與平面向量、函數與導數、方程、不等式等知識相聯(lián)系,考查知識點多,運算量大,能力要求高,如何尋找簡化運算的捷徑是這種題型的一大特征。

精選1 已知M(-,0)為一定點,P是圓N:x2+y2-2x-14=0上的動點,PM的垂直平分線交PN于點Q。

(1)求點Q的軌跡方程。

(2)過點A(-2,0)作斜率為k(k≠0)的直線l交點Q的軌跡于點B,交y軸于點C。已知D為AB的中點,證明:存在定點E,對于任意的k(k≠0)都有OD⊥CE。

解析:(1)圓N的標準方程為(x-)2+y2=16。

因為PM的垂直平分線交PN于點Q,所以|QM|=|QP|,故|QM|+|QN|=|QP|+|QN|=|PN|=4。

由題設得M(-,0),N,0),|MN|=2,由橢圓定義可得點Q的軌跡方程為

(2)直線l的方程為y=k(x+2),由整理得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4=0,由韋達定理可知又x=-2是方程的根,則

所以由D為AB的中點,則D點坐標為

直線l的方程為y=k(x+2),令x=0,得C(0,2k)。

設定點E(m,n),使得OD⊥CE,則⊥,即·=0,==(m,n-2k)×(n-2k)=0,即(2m+2)k-n=0恒成立。

故存在點E(-1,0)對于任意的k(k≠0)都有OD⊥CE。

精選2 已知直線l1是拋物線C:x2=2py(p＞0)的準線,直線l2:3x-4y-6=0,且l2與拋物線C沒有公共點,動點P在拋物線C上,點P到直線l1和l2的距離之和的最小值等于2。

(1)求拋物線C的方程。

(2)點M在直線l1上運動,過點M作拋物線C的兩條切線,切點分別為P1,P2,在平面內是否存在定點N,使得MN⊥P1P2恒成立?若存在,請求出定點N的坐標;若不存在,請說明理由。

解析:(1)作PA,PB分別垂直l1和l2,

垂足為A,B,拋物線C的焦點為F(0)。

由拋物線定義知|PA|=|PF|,所以d1+d2=|PA|+|PB|=|PF|+|PB|。

顯見d1+d2的最小值即為點F到直線的距離,故,所以p=2,所以拋物線C的方程為x2=4y。

(2)由(1)知直線l1的方程為y=-1,當點M在特殊位置(0,-1)時,顯見兩個切點P1,P2關于y軸對稱,故要使得MN⊥P1P2,點N必須在y軸上。

設M(m,-1),N(0,n),,拋物線C的方程為y=x2,求導得y'=x,所以切線M的斜率=x1,直線MP1的方程為y-x21=x1(x-x1)。

又點M在直線MP1上,所以-1-=x1(m-x1),整理得x21-2mx1-4=0。

同理可得x22-2mx2-4=0。

故x1和x2是一元二次方程x2-2mx-4=0的兩根,由韋達定理得

可見n=1時·=0恒成立。

所以存在定點N(0,1),使得MN⊥P1P2恒成立。

精選3 已知橢圓C1,拋物線C2的焦點均在x軸上,C1的中心和C2的頂點均為原點O,從C1,C2上分別取兩個點,將其坐標記錄于表10中:

表10

(1)求C1,C2的標準方程;

(2)若直線l:y=kx+m(k≠0)與橢圓C1交于不同的兩點M,N,且線段MN的垂直平分線過定點G(,0),求實數k的取值范圍。

解析:(1)設拋物線C2:y2=2px(p≠0),則有=2p(x≠0),據此驗證4個點,知(3,-23),(4,-4)在拋物線C2上,易得C2的方程為y2=4x。

設=1(a＞b＞0),把點(-2,,代入得解得所以 的方程為=1。

(2)設M(x1,y1),N(x2,y2),將y=kx+m代入橢圓方程,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)＞0,即m2＜4k2+3。①

由根與系數關系得則,所以線段MN的中點P的坐標為

又線段MN的垂直平分線的方程為y=,由點P在線段MN的垂直平分線上,得

故4k2+8km+3=0,m=-(4 k2+3)。

由①得4k2+3,所以k2＞,所以實數k的取值范圍是

精選4 如圖16,橢圓(a＞b＞0)的離心率為,其左焦點到點P(2,1)的距離為 10。不過原點O的直線l與C相交于A,B兩點,且線段AB被直線OP平分。

(1)求橢圓C的方程;

(2)求△ABP的面積取最大值時直線l的方程。

解析:(1)可得e==。橢圓左焦點(-c,0)到點P(2,1)的距離為。由此可解得a2=4,b2=3,c2=1。

圖16

故所求橢圓C的方程為1。

(2)易得直線OP的方程為y=x。

設A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0)為AB的中點,且滿足

因為A,B在橢圓上,所以,所以

設直線AB的方程為l:y=-x+m(m≠0),聯(lián)立方程組3mx+m2-3=0。

顯然Δ=(3m)2-4×3(m2-3)=3(12-m2)＞0。

所以-2＜m＜2且m≠0。

由韋達定理可知xA+xB=m。

因為點P(2,1)到直線l的距離為d=,故S=d|AB|=|m-4|·△ABP(4-m)-m2。

對求導,令=0,得m=1±,注意m的取值范圍為(-2,0)∪(0,2),當且僅當m=1-時,三角形的面積最大,此時直線l的方程為y=-x+1-。

精選5 已知橢圓=1兩焦點分別為F1,F2,P是橢圓在第一象限弧上一點,并滿足·=1,過P作傾斜角互補的兩條直線PA,PB分別交橢圓于A,B兩點。

(1)求P點坐標;

(2)求證直線AB的斜率為定值;

(3)求△PAB面積的最大值。

解析:(1)由題可得F1(0,),F2(0,-),設P0(x0,y0)(x0＞0,y0＞0),則=(-x0,-y0),=(-x0,--y0),所以·=x20-(2-y20)=1。因為點P(x0,y0)在曲線上,則=1,所以,從而-(2-y20)=1,得y0=2,則點P的坐標為(1)。

(2)由題意知,兩直線PA,PB的斜率必存在,設PB的斜率為k(k＞0),則PB的直線方程為y-=k(x-1)。

由得(2+k2)x2+2k-k)x+-k)2-4=0。

設B(xB,yB),則1+

同理可得,則xA-,y-y=-k(x-1)-k(x-ABAB1)=

所以AB的斜率為定值。

(3)設AB的直線方程為y=x+m。

由得4x2+2mx+m2-4=0,由Δ=(2m)2-16(m2-4)＞0,得-2＜m＜2。

點P到AB的距離為

則|AB|·d=,當且僅當m=±2時取等號。

所以△PAB面積的最大值為。

題型六:導數與其他知識的綜合問題

高考中的導數大題,屬于中檔題或難題,一般出現在第5小題的位置,主要考查利用導數求切線有關問題、函數的單調區(qū)間及極值(最值)、結合單調性與不等式的成立情況求參數范圍等熱點問題。常與基本初等函數的圖像與性質、解析幾何、不等式、方程等交匯命題,凸顯轉化與化歸、分類討論等思想的應用。

精選1 已知f(x)=ex-ax-2。

(1)當a=2時,求f(x)在點(0,-1)處的切線方程;

(2)討論f(x)的零點個數;

(3)證明:當0＜x＜2時,f(x-ax-2。

解析:(1)當a=2時,f'(x)=ex-2,所以f(x)在點(0,-1)處的切線的斜率k=f'(0)=-1,所以切線方程為y+1=-(x-0),即x+y+1=0。

(2)由條件知f'(x)=ex-a。

若a≤0,則f'(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)上是增函數,又f(0)=-1＜0,f(1)=e-a-2＞0,所以f(x)在(0,1)內有且僅有一個零點,根據f(x)單調性知,f(x)在(-∞,+∞)有且僅有一個零點。

若a＞0,當x＜lna時,f'(x)＜0,則f(x)在(-∞,lna)上是減函數,當x＞lna時,f'(x)＞0,則f(x)在(lna,+∞)上是增函數。故當x=lna時,f(x)取極小值f(lna)=a-alna-2。

因為f(x)只有一個極值,所以f(x)的最小值為f(lna)=a-alna-2。

設h(x)=x-xlnx-2,h'(x)=-lnx。當0＜x＜1時,h'(x)＞0,故h(x)在(0,1)上是增函數,當x＞1時,h'(x)＜0,故h(x)在(1,+∞)上是減函數。

故h(x)max=h(1)=-1＜0,f(x)min=a-alna-2＜0,故f(x)在(-∞,+∞)上有兩個零點。

綜上所述,當a≤0時,f(x)僅有1個零點;當a＞0時,f(x)有2個零點。

(3)要證當0＜x＜2時ax-2,即證當0＜x＜2時只需證當0＜x＜2時,(2-x)ex-x-2＜0。

設g(x)=(2-x)ex-x-2(0＜x＜2),所以g'(x)=-ex+(2-x)ex-1=(1-x)ex-1,所以g″(x)=-ex+(1-x)ex=-xex＜0,故g'(x)在(0,2)上是減函數,故g'(x)＜g'(0)=0,所以g(x)在(0,2)上是減函數,故g(x)＜g(0)=0,即當0＜x＜2時,(2-x)ex-x-2＜0,故當0＜x＜2時,f(x)＜-ax-2。精選2 已知函數f(x)=lnx,g(x)=

(1)判斷g(x)的導函數g'(x)在(1,2)上的零點個數;

(2)記u(x)=f(x)f'(x),v(x)+b(a,b為實數),設函數u(x)的圖像為曲線C,函數v(x)的圖像為曲線L,若曲線L與曲線C交點的橫坐標分別為x1,x2,且x1≠x2,求證:(x1+x2)·v(x1+x2)＞2。

解析:(1)f(x)=lnx的定義域為(0,+∞),對f(x)求導,得f'(x)=。

所以g(x)=f(x)+1=(x-2)lnx+1,定義域為(0,+∞),g'(x)=lnx-+1。

令m(x)=lnx-+1(x＞0),則m'(x)=+＞0,故g'(x)在(0,+∞)上單調遞增。

又g'(1)=-1＜0,g'(2)=ln2＞0,且g'(x)在(1,2)上連續(xù)單調。所以g'(x)在(1,2)上的零點個數為1。

(2)由題意知u(x)=,v(x)=ax+b。不妨設0＜x1＜x2,則要證(x1+x2)·v(x1+x2)＞2,只需證(x1+x2)·,只需證a(),只需證a(x22-x21)+b(x2-,只需證ax22+bx2-

因為b,所以lnx1=ax21+bx1,lnx2=ax22+bx2,于是只需證即證

令,則t＞1,即證

設,則,由此可知q(t)是(0,+∞)上的增函數,所以當t＞1時,q(t)＞q(1)=0,即成立。故(x1+x2)·v(x1+x2)＞2。

精選3 已知函數f(x)=2lnx+。

(1)求函數f(x)的單調區(qū)間和極值;

(2)求證:對于任意正整數n,有+…++ ln(12·22·32·…·n2)＞

(3)若對于任意x∈[1,+∞)及t∈[1,2],不等式f(x)≥t2-2mt+2恒成立,試求實數m的取值范圍。

解析:(1)函數f(x)的定義域為(0,+∞)且f'(x)=

令f'(x)=0可得x=,且x＞時,2 f'(x)＞0;0＜x＜時,f'(x)＜0,所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是,+∞),單調遞減區(qū)間是 (0),在x=時取得極小值f()=2-2ln2。

(2)由(1)可得f(x)=2lnx+≥f()=2-2ln2,當且僅當x=時取等號。所以,對于任意正整數k,都有2lnk+＞2-2ln2,即對于任意正整數k,都有2lnk,取n個等式累加變形可得1+++…++ln(12·22·22n32·…·n2)＞nln()=ln()。

(3)由(1)可知,函數f(x)在[1,+∞)上單調遞增,故f(x)的最小值為f(1)=1,因此,若對于任意x∈[1,+∞)及t∈[1,2],不等式f(x)≥t2-2mt+2恒成立,只需t2-2mt+2≤1在t∈[1,2]上恒成立,即t2-2mt+1≤0在t∈[1,2]上恒成立。

設g(t)=t2-2mt+1,t∈[1,2],由二次函數的圖像與性質可得

即,即實數m的取值范圍是

精選4 已知函數f(x)=x2,g(x)=elnx。

(1)設函數F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的單調區(qū)間。

(2)若存在常數k,m,使得f(x)≥kx+m對任意x∈R恒成立,且g(x)≤kx+m對任意x∈(0,+∞)恒成立,則稱直線y=kx+m為函數f(x)與g(x)的“分界線”,試問:f(x)與g(x)是否存在“分界線”?若存在,請求出“分界線”的方程;若不存在,請說明理由。

解析:(1)函數f(x)=x2,g(x)=elnx,F(x)=f(x)-g(x)=-elnx,則F'(x)=x-x∈(0,+∞)。

當0＜x＜時,F'(x)＜0,所以F(x)在(0,e)上是減函數;

當x＞時,F'(x)＞0,所以F(x)在,+∞)上是增函數。

因此,函數F(x)的單調減區(qū)間是(0,),單調增區(qū)間是,+∞)。

(2)由(1)可知,當x=時,F(x)取得最小值F)=0,則f(x)與g(x)的圖像在x=處有公共點

假設f(x)與g(x)存在“分界線”,則其必過點,),故可設其方程為y-=k(x-),即y=kx+-k。

由f(x)≥kx+-k對x∈R恒成立,得x2-2kx-e+2k對x∈R恒成立,而Δ=4k2-4(2k-e)=4(k-)≤0恒成立,因此k=,“分界線”的方程為y=x-。下面證明g(x)≤x--k對x∈(0,+∞)恒成立。

設G(x)=elnx-,則G'(x)=

所以當0＜x＜時,G'(x)＞0,當x＞時,G'(x)＜0,當x=時,G(x)取得最大值0,則g(x)≤x-對x∈(0,+∞)恒成立。

所求“分界線”的方程為y=x-。

精選5 已知函數f(x)=-ax2+(2a+1)x-2lnx(a∈R)。

(1)求函數f(x)的單調區(qū)間。

(2)是否存在實數a使f(x)有三個零點?如果存在,求出a的取值范圍;如果不存在,說明理由。

解析:(1)f(x)定義域為(0,+∞)。

①若a≤0,當x∈(0,2)時,f'(x)＜0,當x∈(2,+∞)時,f'(x)＞0。所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2),單調遞增區(qū)間為(2,+∞)。

②若a=,則f'(x)=≤0,f(x)在(0,+∞)上為減函數。③若0＜a＜,則＞2。由f'(x)＜0得0＜x＜2或x＞。由f'(x)＞0得2＜x＜。所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2),,單調遞增區(qū)間為

④若a＞,則0＜＜2。由f'(x)＜0 得0＜x＜或x＞2;由f'(x)＞0得＜x＜2。所以f(x)的單調遞減區(qū)間為 (0 ,),(2,+∞),單調遞增區(qū)間為 (, 2)。

(2)由(1)知:

①若a≤0,f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2),單調遞增區(qū)間為(2,+∞),x=2為f(x)的極小值點,無極大值,函數f(x)不可能有三個零點。

②若a=,f(x)在(0,+∞)上為減函數,函數f(x)最多只有一個零點,不可能有三個零點。

③若0＜a＜,f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,2),(a, +∞),單調遞增區(qū)間為(2 ,)。

當x=2時,f(x)取極小值,f(x)極小=f(2)=2a+2-2ln2;

當x=時,f(x)取極大值,f(x)=極大

由于f(x)極小=f(2)=2a+2-2ln2＞2-ln4＞0,所以f(x)不可能有三個零點。

④若a＞,f(x)的單調遞減區(qū)間為(0 ,),(2,+∞),單調遞增區(qū)間為

當x=時,f(x)取極小值,f(x=f()=+2+2lna;

當x=2時,f(x)取極大值,f(x)極大=f(2)=2a+2-2ln2。

由于f(x)極大=f(2)=2a+2-2ln2＞3-ln4＞0,f(x)有三個零點,必需而且只需f(x)=f()=+2+2lna＜0。極小

記g(a)=2+ 2+2lna(a ＞)。

則g'(a)=

因為a＞,所以g'(a)＞0。

所以g(a)在 (,+∞)上是遞增的。

所以 f(x)=f()=+2+極小2lna＜0不可能。

綜上所述,不存在實數a使f(x)有三個零點。

題型七:極坐標系與參數方程

極坐標系與參數方程重點考查直線與圓的極坐標方程,極坐標與直角坐標的互化;直線、圓與橢圓的參數方程,參數方程與普通方程的互化,題目不難,考查“轉化”為目的。預測2018年高考中,極坐標、參數方程與直角坐標系間的互化仍是考查的熱點。

精選1 已知拋物線C的方程為y2=2px(p＞0),以拋物線C的焦點F為極點,x軸在點F右側部分為極軸建立極坐標系。

(1)求拋物線C的極坐標方程;

(2)P,Q是曲線C上的兩個點,若FP⊥FQ,求的最大值。

解析:(1)設P(ρ,θ)為拋物線上一點,由拋物線定義得|PF|=ρ=d=p+ρcosθ,所以,即拋物線C的極坐標方程為

(2)由(1)設P(ρ1,θ),Q,則=,當且僅當θ=π時等號成立,故的最大值為

精選2 在直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為(α為參數),以平面直角坐標系的原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系。

(1)求曲線C的極坐標方程;

(2)過原點O的直線l1,l2分別與曲線C交于除原點外的A,B兩點,若△AOB=,求△AOB的面積的最大值。

解析:(1)曲線C的普通方程為(x-)2+(y-1)2=4,即x2+y2-2x-2y=0,所以曲線C的極坐標方程為ρ2-2ρcosθ=0,即ρ=4sin(θ +)。

(2)不妨 設A,θ),B,θ+),θ∈,則可得ρ1=4sin,ρ2=

所以△AOB的面積S=·|OA|·|OB|sin=ρρsinsin=12(θ +)sin(θ +)=23cos2θ+≤3。

所以,當θ=0時,△AOB的面積取最大值為3。

題型八:不等式選講

不等式選講是高考的選考內容之一,主要考查絕對值的幾何意義,絕對值不等式的解法,以及不等式證明的基本方法(比較法、分析法、綜合法)。預測2018年高考在本部分可能會考查不等式的證明或求最值問題。

精選1 已知函數f(x)=|1-3x|-|1+x|。

(1)若不等式f(x)＜5的解集為,求實數a,b的值;

(2)若不等式f(x)≤k-f(-3x)在R上有解,求實數k的取值范圍。

解析:(1)依題意有:

當x＜-1時,-2x+2＜5,求得-＜x＜-1;

當-1≤x≤時,-4x＜5,求得-1≤x≤;

當x＞時,2x-2＜5,求得＜x＜。

由此可知,f(x)＜5的解集為{x|-＜x＜}。

已知f(x)＜5的解集為{x|a-＜x＜b+}。

所以求得a=-1,b=2。

(2)不等式f(x)≤k-f(-3x)在R上有解,即|1-3x|-|1+x|≤k-|1+9x|+|1-3x|在R上有解,即k≥|1+9x|-|1+x|在R上有解。

記t(x)=|1+9x|-|1+x|,則k≥t(x)min,x∈R。

而t(x)=|1+9x|-|1+x|的最小值為-,則k≥-。所以實數k的取值范圍為[-,+∞)。

精選2 已知函數f(x)=2|x+1|-|x-a|(a∈R)。

(1)當a=2時,求不等式f(x)≥0的解集;

(2)設函數g(x)=f(x)+3|x-a|,當a=1時,函數g(x)的最小值為t,且+=t(m＞0,n＞0),求m+n的最小值。

解析:(1)當a=2時,f(x)≥0可化為2|x+1|-|x-2|≥0。

當x≤-1時,不等式化為-x-4≥0,解得x≤-4。

當-1＜x＜2時,不等式化為3x≥0,解得0≤x＜2。

當x≥2時,不等式化為x+4≥0,解得x≥2。

綜上,不等式f(x)≥0的解集是{x|x≤-4或x≥0}。

(2)當a=1時,g(x)=2|x+1|+2|x-1|≥2|x+1+1-x|=4,當且僅當(x+1)·(x-1)≤0時,即-1≤x≤1時,等號成立。所以函數g(x)的最小值t=4,所以=1,則m+n=(m+n)·當且僅當即時等號成立,m+n的最小值是。

精選3 已知關于x的不等式-x+＜m對于任意的x∈R恒成立。

(1)求m的取值范圍;

(2)在(1)的條件下求函數f(m)=m+的最小值。

解析:(1)因為關于x的不等式+＜m對于任意的x∈R恒成立,可得m＞(+)max。

根據柯西不等式有(+)2=(1×+1×)2≤(12+12)=6。

所以+≤,當且僅當x=時等號成立,故m＞。

(2)由(1)知 m-2＞0,則f(m)≥

當且僅當(m-2)=,即m=+2＞時取等號,所以函數f(m)=m+的最小值為+2。