高中数学高考三轮冲刺 说课一等奖

南京市2023届高三数学考前综合训练题一、填空题1．数列{an}为等比数列，其前n项的乘积为Tn，若T2＝T8，则T10＝．【答案】1【提示】法一：由T2＝T8得a3·a4·…·a8＝1，则(a3·a8)3＝1，a3·a8＝1．从而T10＝a1·a2·…·a10＝(a1·a10)5＝(a3·a8)5＝1；法二：(特殊化思想)，取an＝1，则T10＝1．【说明】本题考查等比数列的运算性质．可一般化：{an}为正项等比数列，其前n项的乘积为Tn，若Tm＝Tn，则Tm＋n＝1；可类比：{an}为等差数列，其前n项的和为Sn，若Sm＝Sn，则Sm＋n＝0．(其中m，n∈N*，m≠n)．2．已知点P为圆C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0上的动点，点P到某直线l的最大距离为5．若在直线l上任取一点A作圆C的切线AB，切点为B，则AB的最小值是________．【答案】eq\r(5)．【提示】由P到直线l的最大距离为5，得圆心C到直线l的距离为3，从而直线l与圆C相离．过A引圆C的切线长AB＝eq\r(AC2－r2)＝eq\r(AC2－4)≥eq\r(32－4)＝eq\r(5)．【说明】点､直线与圆的相关问题常转化为圆心与点､直线问题．3．已知直线l：x－2y＋m＝0上存在点M满足与两点A(－2，0)，B(2，0)连线的斜率kMA与kMB之积为－eq\f(3,4)，则实数m的值是___________．【答案】[－4，4]．【提示】点M的轨迹为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±2)．把直线l：x＝2y－m代入椭圆方程得，16y2－12my＋(3m2－12)＝0．根据条件，上面方程有非零解，得△≥0，解得－4≤m【说明】求曲线方程的直接法，研究直线与椭圆位置关系中基本方法是方程思想．4．已知数列{an}为正项等差数列，满足eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1)≤1(其中k∈N*且k≥2)，则ak的最小值为_________．【答案】eq\f(9,2)．【提示】因为{an}为正项等差数列，则ak＝eq\f(a1＋a2k－1,2)≥eq\f(a1＋a2k－1,2)·(eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1))＝eq\f(1,2)eq·(5＋eq\f(a2k－1,a1)＋eq\f(4a1,a2k－1))≥eq\f(1,2)·(5＋2eq\r(,eq\f(a2k－1,a1)·eq\f(4a1,a2k－1)))＝eq\f(9,2)(当且仅当eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1)＝1，且eq\f(a2k－1,a1)＝eq\f(4a1,a2k－1)，即a1＝3，a2k－1＝6时取“＝”号)．【说明】本题将等差数列的运算性质(等差中项)与基本不等式进行综合．5．以C为钝角的△ABC中，BC＝3，eq\o(\s\up8(),BA)·eq\o(\s\up8(),BC)＝12，当角A最大时，△ABC面积为__________．ABCABCD【提示】过A作AD⊥BC，垂足为D，则eq\o(\s\up8(),BA)·eq\o(\s\up8(),BC)＝|eq\o(\s\up8(),BA)||eq\o(\s\up8(),BC)|cosB＝BDBC＝3BD＝12，所以BD＝4，又BC＝3，所以CD＝1．设AD＝y(y＞0)，则tan∠BAC＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(4,y))－eq\s\do1(\f(1,y)),1＋eq\s\do1(\f(4,y2))))＝eq\s\do1(\f(3,y＋eq\s\do1(\f(4,y))))≤eq\s\do1(\f(3,4))，且仅当y＝eq\s\do1(\f(4,y))，即y＝2时取“＝”，由正切函数的单调性知此时∠BAC也最大．【说明】学会从向量的数量积处理的三种手法：定义法､基底法和坐标法中选择，本题用定义法最为简洁，用坐标法也可以得出同上结论，另由两个直角三角形拼接的平面图形，计算角的最值，可转化到直角三角形用两角和与差的正切来解决，体现了化归与转化的思想．6．计算：4sin20＋tan20＝．【答案】eq\r(3)．【提示】原式＝4sin20＋eq\f(sin20,cos20)＝eq\f(4sin20cos20＋sin20,cos20)＝eq\f(2sin40＋sin20,cos20)＝eq\f(2sin(60－20)＋sin20,cos20)＝eq\f(eq\r(3)cos20－sin20＋sin20,cos20)＝eq\r(3)．【说明】切化弦､向特殊角转化､向单一的角转化是三角恒等变换(求值)的一般思路．7．设α是锐角，且cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(4,5)，则sin(2α＋eq\F(π,12))的值为．【答案】eq\F(17eq\R(,2),50)【提示】因为α是锐角，所以eq\F(π,6)＜α＋eq\F(π,6)＜eq\F(2π,3)，因为cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(4,5)，所以sin(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(3,5)．sin2(α＋eq\F(π,6))＝2sin(α＋eq\F(π,6))cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(24,25)，cos2(α＋eq\F(π,6))＝1－2sin2(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(7,25)．sin(2α＋eq\F(π,12))＝sin[2(α＋eq\F(π,6))－eq\F(π,4)]＝sin2(α＋eq\F(π,6))coseq\F(π,4)－cos2(α＋eq\F(π,6))sineq\F(π,4)＝eq\F(24,25)×eq\F(eq\R(,2),2)－eq\F(7,25)×eq\F(eq\R(,2),2)＝eq\F(17eq\R(,2),50)．【说明】考查同角三角函数，倍角三角函数，和角三角函数，重点突出角之间的互化，设法将所求角转化为已知角，用已知角表示所求角．8．等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q＝3，an＋an＋1＋…＋am＝720(m，n∈N*，m＞n)，则m＋n＝．【答案】9．【提示】因为an＝2·3n－1，则an＋an＋1＋…＋am＝eq\f(2·3n－1·(1－3m－n＋1),1－3)＝3n－1·(3m－n＋1－1)＝720＝32×24×5，则eq\b\lc\{(\a\al(n－1＝2,m－n＋1＝4))，解得n＝3，m＝6，则m＋n＝9．【说明】本题考查等比数列中的基本运算，涉及到简单的数论知识（整数的分解）．9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(x＋4，x＜a，,x2－2x，x≥a))，若任意实数b，总存在实数x0，使得f(x0)＝b，则实数a的取值范围是．【答案】－5≤a≤4．【提示】“任意实数b，总存在实数x0，使得f(x0)＝b”等价于函数f(x)的值域为R．在平面直角坐标系xOy中，分别作出函数y＝x＋4及y＝x2－2x的图像，观察图像可知－5≤a≤4．【说明】本题要注意条件的等价转化．一般情况下涉及到分段函数的问题都要有意识的作出图像，运用数形结合的方法解决问题，学会从特殊值验证，再到一般结论的发展．10．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是．【答案】（－∞，－2）【提示】解法一：若a＝0，解得x＝±eq\F(eq\R(,3),3)，不合题意．若a＞0，则f(－1)＝－a－2＜0，f(0)＝1＞0，所以f(x)存在负的零点，不合题意．若a＜0，则f′(x)＝3ax(x－eq\F(2,a))，可得f(eq\F(2,a))＝1－eq\F(4,a2)为极小值，则满足1－eq\F(4,a2)＞0，解得a＞2或a＜－2．此时，取得a＜－2．综上，a的取值范围是（－∞，－2）．解法二：f(x)＝0，即ax3＝3x2－1，分离参数a＝eq\F(3,x)－eq\F(1,x3)，同样可得a＜－2．【说明】考查零点概念、零点存在性定理；函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想，学会利用导数来研究函数的图象和性质．11．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，（m∈R），若对任意b＞a＞0，eq\f(f(b)－f(a),b－a)＜1恒成立，则m的取值范围是．【答案】[eq\F(1,4)，＋∞）．【提示】对任意的b＞a＞0，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＜1恒成立，等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．函数h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x在(0，＋∞)是单调减函数，即h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－(x－eq\F(1,2))2＋eq\f(1,4)（x＞0）恒成立，解得：m≥eq\f(1,4)．所以m的取值范围是[eq\F(1,4)，＋∞）．【说明】考查求常见函数的导数，利用导数研究函数的单调性，会用分离常数的方法来研究不等式恒成立问题，不等式、方程、函数三者之间相互转化是高考考查的重点，要培养用函数的观点来研究不等式、方程的意识，体现数形结合思想．二、解答题1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知tanA＝eq\F(1,3)．设向量x＝(3a，cosA)，y＝(2c，cosC)，且x∥y．（1）若b＝eq\R(,5)，求c2－a2的值；（2）求B的值．解：（1）因为x∥y，所以3acosC＝2ccosA．用余弦定理代入，化简可得：b2＝5(c2－a2)．因为b＝eq\R(,5)，所以c2－a2＝1．（2）因为3acosC＝2ccosA，由正弦定理得：3sinAcosC＝2sinCcosA，即3tanA＝2tanC．因为tanA＝eq\F(1,3)，所以tanC＝eq\F(1,2)，从而tanB＝－tan(A＋C)＝－eq\F(tanA＋tanC,1－tanAtanC)＝－1．因为B∈(0，π)，所以B＝eq\F(3π,4)．【说明】考查向量的平行，正弦、余弦定理，两角和与差的正切公式．能够根据题目的要求正确实现边角互化．2．三角形ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，面积为S．（1）若eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))≤2eq\r(3)S，求A的取值范围；（2）若tanA∶tanB∶tanC＝1∶2∶3，且c＝1，求b．解：（1）由题意知，eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝bccosA，S＝eq\F(1,2)bcsinA，所以bccosA≤eq\r(3)bcsinA，即cosA≤eq\r(3)sinA，（或也可根据cosA的正负，转化为关于tanA的不等式）．即eq\r(3)sinA－cosA≥0，2sin(A－eq\F(π,6))≥0．因为A为三角形内角，则A－eq\F(π,6)∈(－eq\F(π,6)，eq\F(5π,6))，所以0≤A－eq\F(π,6)＜eq\F(5π,6)，从而A∈[eq\F(π,6)，π)．（2）设tanA＝m，tanB＝2m，tanC＝3m，由题意知，m因为tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\F(tanA＋tanB,1－tanA·tanB)，则3m＝－eq\F(3m,1－2m2)，解得m＝1，则tanB＝2，tanC＝3，从而sinB＝eq\F(2eq\r(5),5)，sinC＝eq\F(3eq\r(10),10)，所以eq\F(AC,AB)＝eq\F(sinB,sinC)＝eq\F(2eq\r(2),3)，则AC＝eq\F(2eq\r(2),3)．【说明】本题第（1）问考查数量积､三角形面积公式､两角和差公式及简单的三角不等式．第（2）问的目的是考查斜三角形三内角A，B，C满足的一个恒等式(tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC)．还可联想到一类求值问题(两角和差正切公式的变形)，如tan37＋tan23＋eq\r(3)tan37·tan23等问题．3．某高速公路收费站出口处依次有编号为1､2､3､4､5的五个收费窗口．（1）若每天随机开放其中的3个收费窗口，则恰有两个相邻窗口开放（如：1，2，4）的概率是多少?（2）经统计，在某个开放的收费窗口处排队等侯的车辆数及相应概率如下：排队车辆数01234≥5概率①该收费窗口处至多有2辆车排队等侯的概率是多少?②该收费窗口处至少有3辆车排队等侯的概率是多少?解：（1）记事件A为“开放3个收费窗口，恰有两个相邻窗口开放”，用(i，j，k)表示编号分别为i，j，k的三个收费窗口开放．则本题的基本事件包括：(1，2，3)，(1，2，4)(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共10个基本事件；而事件A包括：(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，共6个基本事件．因此P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)．答：随机开放其中三个收费窗口，恰有两个相邻窗口开放的概率为eq\f(3,5)．（2）记事件Bi为“该收费窗口处有i辆车排队等侯”，其中i＝0，1，2，3，4，5．则由题意知，上述6个事件为互斥事件．记事件C为“该收费窗口处至多有2辆车排队等侯”，事件D为“该收费窗口处至少有3辆车排队等侯”．则P(C)＝P(B0＋B1＋B2)＝P(B0)＋P(B1)＋P(B2)＝＋＋＝，P(D)＝P(B3＋B4＋B5)＝P(B3)＋P(B4)＋P(B5)＝＋＋＝．（另解：由题意知事件C，D为对立事件，则P(D)＝P(eq\o(\s\up6(－),C))＝1－P(C)＝）答：该收费窗口处至多2辆车排队等侯的概率为，至少3辆车排队等侯的概率为．【说明】本题考查古典概型和互斥事件的概率计算，主要要注意规范表述．ACDB4．如图，四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，三角形ACDB（1）当∠BAD＝eq\F(π,3)时，设eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))，求x，y的值； （2）设∠BAD＝α，则当α为多少时，四边形ABCD的面积S最大，并求出最大值．解：（1）在△ABD中，由于AB＝2，AD＝1，∠BAD＝eq\F(π,3)，易得BD＝eq\r(,3)，∠ABD＝eq\F(π,6)，∠ADB＝eq\F(π,2)，∠ABC＝eq\F(π,2)，∠ADC＝eq\F(5π,6)．下面提供三种解法：法一：如图，过点C作CE//AD交AB于点E，在△BCE中，BC＝eq\r(,3)，∠ABC＝eq\F(π,2)，∠BEC＝eq\F(π,3)，ACDBE则CE＝2，BE＝1，则AE＝1，所以eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AE,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(EC,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\F(1,2)eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋2eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))，即eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))ACDBEAACDBOyx法二：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立如图直角坐标系．则D(eq\F(1,2)，eq\F(eq\r(3),2))，B(2，0)，C(2，eq\r(,3))，则eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝(2，eq\r(,3))，eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(2，0)，从而eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\F(1,2)，eq\F(eq\r(3),2))，则eq\b\lc\{(\a\al(2x＋eq\F(1,2)y＝2,eq\F(eq\r(3),2)y＝eq\r(,3)))，解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))法三：因为eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))2＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝4x＋y，又eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(BC,\d\fo1()\s\up7(→)))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝4，则4x＋y＝4．因为eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))2＝x＋y，又eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(DC,\d\fo1()\s\up7(→)))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))2＋eq\o(DC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝1＋1×eq\r(,3)×coseq\F(π,6)＝eq\F(5,2)，则x＋y＝eq\F(5,2)．从而eq\b\lc\{(\a\al(4x＋y＝4,x＋y＝eq\F(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))（2）在△ABD中，由余弦定理知，BD＝eq\r(,5－4cosα)，则S△ABD＝sinα，S△BDC＝eq\F(eq\r(,3),4)BD2＝eq\F(eq\r(,3),4)(5－4cosα)，则S＝sinα－eq\r(,3)cosα＋eq\F(5eq\r(,3),4)＝2sin(α－eq\F(π,3))＋eq\F(5eq\r(,3),4)，α∈(0，π)，所以Smax＝2＋eq\F(5eq\r(,3),4)，此时α－eq\F(π,3)＝eq\F(π,2)，即α＝eq\F(5π,6)．【说明】第（1）问考查平面向量基本定理，将向量eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))用基底eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))，eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))线性表示．此类问题通常的处理方法：利用“平行四边形法则”或“三角形法则”分解；将向量用坐标表示；将向量与基底进行运算（数量积､平方等）．第（2）问考查三角形面积､三角恒等变换及三角函数在给定区间上的最值问题．5．某隧道长2150m，通过隧道的车辆速度不能超过20m/s．一列有55辆车身长都为10m的同一车型的车队(这种型号车能行驶的最高速度为40m/s)，匀速通过该隧道，设车队的速度为xm/s，根据安全和车流量的需要，当0＜x≤10时，相邻两车之间保持20m的距离；当10＜x≤20时，相邻两车之间保持(eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x)m的距离．自第1辆车车头进入隧道至第55辆车车尾离开隧道所用时间为y(s)．（1）将y表示为x的函数；（2）求车队通过隧道时间y的最小值及此时车队的速度．(eq\r(3)≈．解：（1）当0＜x≤10时，y＝eq\f(2150＋10×55＋20×(55－1),x)＝eq\f(3780,x)(s)；当10＜x≤20时，y＝eq\f(2150＋10×55＋(eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x)×(55－1),x)＝eq\f(2700＋9x2＋18x,x)＝18＋9x＋eq\f(2700,x)(s)．所以y＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(3780,x)，0＜x≤10，,18＋9x＋eq\f(2700,x)，10＜x≤20．))（2）当x∈(0，10]时，在x＝10时，ymin＝eq\f(3780,10)＝378(s)．当x∈(10，20]时，y＝18＋9x＋eq\f(2700,x)≥18＋2eq\r(9xeq\f(2700,x))＝18＋180eq\r(3)≈(s)．当且仅当9x＝eq\f(2700,x)，即x＝10eq\r(3)≈时取等号．因为∈(10，20]，所以当x＝17.3m/s时，ymin＝(因为378＞，所以当车队的速度为17.3m/s时，车队通过隧道时间【说明】注意半建模型的应用问题，其中变量在不同范围内，对应的函数关系不一样，处理问题的方法也有区别，可与多项式函数､分式函数､三角函数等综合，也可用不等式､导数､三角变换等工具研究其最值．6．在平面直角坐标系xOy中，圆O:x2＋y2＝1，P为直线l：x＝t(1＜t＜2)上一点．（1）已知t＝eq\F(4,3)．＝1\*GB3①若点P在第一象限，且OP＝eq\F(5,3)，求过点P圆O的切线方程；＝2\*GB3②若存在过点P的直线交圆O于点A，B，且B恰为线段AP的中点，求点P纵坐标的取值范围；（2）设直线l与x轴交于点M，线段OM的中点为Q．R为圆O上一点，且RM＝1，直线RM与圆O交于另一点N，求线段NQ长的最小值．解：（1）设点P的坐标为(eq\F(4,3)，y0)．＝1\*GB3①因OP＝eq\F(5,3)，所以(eq\F(4,3))＋y02＝(eq\F(5,3))2，解得y0＝±1．又点P在第一象限，所以y0＝1，即P的坐标为(eq\F(4,3)，1)．易知过点P圆O的切线的斜率必存在，可设切线的斜率为k，则切线为y－1＝k(x－eq\F(4,3))，即kx－y＋1－eq\F(4,3)k＝0，于是有eq\F(|1－eq\F(4,3)k|,eq\R(,k2＋1))＝1，解得k＝0或k＝eq\F(24,7)．因此过点P圆O的切线为:y＝1或24x－7y－25＝0．＝2\*GB3②设A(x，y)，则B(eq\F(x＋eq\F(4,3),2)，eq\F(y＋y0,2))．因为点A，B均在圆上，所以有eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,(eq\F(x＋eq\F(4,3),2))2＋(eq\F(y＋y0,2))2＝1．))即eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,(x＋eq\F(4,3))2＋(y＋y0)2＝4．))该方程组有解，即圆x2＋y2＝1与圆(x＋eq\f(4,3))2＋(y＋y0)2＝4有公共点．于是1≤eq\R(,eq\F(16,9)＋y02)≤3，解得－eq\F(eq\R(,65),3)≤y0≤eq\F(eq\R(,65),3)，即点P纵坐标的取值范围是[－eq\F(eq\R(,65),3)，eq\F(eq\R(,65),3)]．（2）设R(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\al(x22＋y22＝1，,(x2－t)2＋y22＝1．))解得x2＝eq\F(t,2)，y22＝1－eq\F(t2,4)．RM的方程为：y＝－eq\F(2y2,t)(x－t)．由eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,y＝－eq\F(2y2,t)(x－t)．))可得N点横坐标为eq\F(t(3－t2),2)，所以NQ＝eq\R(,(eq\F(2t－t3,2))2＋1－(eq\F(3t－t3,2))2)＝eq\F(1,2)eq\R(,2t4－5t2＋4)．所以当t2＝eq\F(5,4)即t＝eq\F(eq\R(,5),2)时，NQ最小为eq\F(eq\R(,14),8)．【说明】本题考查了直线与圆的位置关系､圆与圆的位置关系．其中第二问要能体会将方程组有解问题转化为圆与圆有公共点问题；第三问要能会求在已知一个交点的情况下直线与曲线的另一个交点的坐标．最后需要注意解析几何当中求范围问题．OFADCBQPxy7．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点D(1，eq\f(3,2))，且右焦点为F(1,0)，右顶点为A．过点F的弦为BC．直线BA，直线CA分别交直线l:x＝m,(m＞2)于P､Q两点．OFADCBQPxy（1）求椭圆方程；（2）若FP⊥FQ，求m的值．解：（1）eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1,a2－b2＝1,解之得a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；（2）设B(x0，y0)，则BC：y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，与椭圆E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1联立方程组：eq\b\lc\{(\a\al(y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，,eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．))解得x＝x0，y＝y0或x＝eq\f(8－5x0,5－2x0)，y＝eq\f(－3y0,5－2x0)，所以C(eq\f(8－5x0,5－2x0),eq\f(－3y0,5－2x0))．kABkAC＝eq\f(y0,x0－2)eq\f(eq\f(－3y0,5－2x0),eq\f(8－5x0,5－2x0)－2)＝eq\f(y0,x0－2)eq\f(3y0,x0＋2)＝eq\f(3y02,x02－4)＝eq\f(9(1－eq\f(x02,4)),x02－4)＝－eq\f(9,4)．显然kAB＝kAP,kAC＝kAQ，所以kAPkAQ＝－eq\f(9,4)．设Q(m,y1)kFQ＝eq\f(y1,m－1)＝eq\f(y1,m－2)eq\f(m－2,m－1)＝eq\f(m－2,m－1)kAQ，同理kFP＝eq\f(m－2,m－1)kAP．所以kFPkFQ＝(eq\f(m－2,m－1))2kAPkAQ＝－eq\f(9,4)(eq\f(m－2,m－1))2＝－1,又m＞2，所以eq\f(m－2,m－1)＝eq\f(2,3)，所以m＝4．【说明】本题考查了椭圆的标准方程､直线的斜率．重点考查学生的计算能力，即应用解析的方法证明圆锥曲线性质的能力．本题中要证明FP⊥FQ，即证明kFPkFQ＝－1，通过分析可以发现kFQ与kAQ成比例，同理kFP与kAP成比例，故只需证明kABkAC即可．BAPQF2lxyMO8．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq\f(eq\r(2),2)，右焦点､下顶点､左顶点分别为F2，B，A．AB＝eq\r(3)．直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP与BQ交于点M．BAPQF2lxyMO（1）求a，b的值；（2）当BP过点F2时，求过A､B､P三点的圆的方程；*（3）当eq\f(AM,MP)＝eq\f(BM,MQ)时，求F2M的最小值．解：（1）根据条件得，eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(c,a)＝eq\f(eq\r(2),2)，,a2＋b2＝3，,a2＝b2＋c2．))解得a＝eq\r(2)，b＝1．（2）由（1）知，F2，B的坐标分别为(1，0)，(0，－1)．所以BP方程为y＝x－1．代入C：eq\f(x2,2)＋y2＝1得3x2－4x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(4,3)．所以P(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))．设过A，B，P三点的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将A(－eq\r(2)，0)，B(0，－1)，P(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))代入得，eq\b\lc\{(\a\al(－eq\r(2)D＋F＝－2，,－E＋F＝－1，,eq\f(4,3)D＋eq\f(1,3)E＋F＝－eq\f(17,9)．))解得eq\b\lc\{(\a\al(D＝eq\f(1,3)(eq\r(2)－1)，,E＝－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋1)，,F＝－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋4)．))所以所求圆的方程为x2＋y2＋eq\f(1,3)(eq\r(2)－1)x－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋1)y－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋4)＝0．（3）设P，Q，M的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，且eq\f(AM,MP)＝eq\f(BM,MQ)＝，根据条件得，eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),MP)，eq\o(\s\up8(),BM)＝eq\o(\s\up8(),MQ)．由eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),MP)得，即(x0＋eq\r(2)，y0)＝(x1－x0，y1－y0)．所以eq\b\lc\{(\a\al(x0＋eq\r(2)＝(x1－x0)，,y0＝(y1－y0)．))解得eq\b\lc\{(\a\al(x1＝(1＋eq\f(1,))x0＋eq\f(eq\r(2),)，,y1＝(1＋eq\f(1,))y0．))同理，由eq\o(\s\up8(),BM)＝eq\o(\s\up8(),MQ)得，eq\b\lc\{(\a\al(x2＝(1＋eq\f(1,))x0，,y2＝(1＋eq\f(1,))y0＋eq\f(1,)．))因为P(x1，y1)在椭圆C上，所以x12＋2y12＝2．代入得，[(1＋eq\f(1,))x0＋eq\f(eq\r(2),)]2＋2[(1＋eq\f(1,))y0]2＝2．同理得，[(1＋eq\f(1,))x0]2＋2[(1＋eq\f(1,))y0＋eq\f(1,)]2＝2．把上面两式相减得，(1＋eq\f(1,))(x0－eq\r(2)y0)＝0．因为1＋eq\f(1,)≠0，所以x0－eq\r(2)y0＝0．即点M的轨迹是直线x－eq\r(2)y＝0在椭圆内的一段．所以F2M的最小值即为F2到直线x－eq\r(2)y＝0距离．即F2Mmin＝eq\f(∣11－eq\r(2)0∣,eq\r(12＋(－eq\r(2))2))＝eq\f(eq\r(3),3)．【说明】（1）椭圆中的a，b，c与各种几何量之间关系要熟记，它们是求椭圆标准方程与几何量的基础；（2）注意求方程的待定系数法，合理选择方程的形式；（3）在进行关系转化时，一定要分清主次，要求什么量关系，需要消去哪些量，先想明白，再变形．9．已知函数f(x)＝(x－1)ex，g(x)＝lnx，其中e是自然对数的底数．（1）求函数f(x)的极值；（2）求函数h(x)＝f(x)＋e∣g(x)－a∣(a为常数)的单调区间；解：（1）因为f(x)＝xex，所以当x＞0时，f(x)＞0；当x＜0时，f(x)＜0．因此f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f(x)有极小值为f(0)＝－1，无极大值．（2）h(x)＝f(x)＋e∣g(x)－a∣＝(x－1)ex＋e∣lnx－a∣．当x≥ea时，h(x)＝(x－1)ex＋e(lnx－a)，h(x)＝xex＋eq\F(e,x)＞0恒成立，h(x)在(ea，＋∞)上单调递增，当0＜x≤ea时，h(x)＝(x－1)ex＋e(a－lnx)，h(x)＝xex－eq\F(e,x)，[h(x)]＝(x＋1)ex＋eq\F(e,x2)＞0恒成立．所以h(x)在(0，ea]上单调递增，注意到h(1)＝0．因此当a≤0时，h(x)≤0恒成立．当a＞0时，当x∈(0，1)时，h(x)＜0；当x∈[1，ea]时，h(x)≥0．综上有：当a≤0时，h(x)减区间为(0，ea]，增区间为(ea，＋∞)．当a＞0时，h(x)减区间为(0，1)，增区间为[1，＋∞)．【说明】本题以指对函数为载体，考查了导数的运用､分类讨论思想､函数的零点等相关知识．其中第3问要能感受与体会存在性和唯一性的证明方法．10．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d是实数集R上的奇函数，且在x＝1处取得极小值－2．（1）求f(x)的表达式；（2）已知函数g(x)＝|x|－2，判断关于x的方程f(g(x))－k＝0解的个数．解：（1）f(－x)＝－ax3＋bx2－cx＋d，－f(x)＝－ax3－bx2－cx－d，对任意x∈R，f(－x)＝－f(x)，即－ax3＋bx2－cx＋d＝－ax3－bx2－cx－d，bx2＋d＝0，所以b＝d＝0，f(x)＝ax3＋cx．f'(x)＝3ax2＋c,由题意f'(1)＝3a＋c＝0，f(1)＝a＋c＝－2,所以a＝1，c＝－3f(x)＝x3－3x；（2）令t＝g(x),则f(t)＝k．f'(t)＝3t2－3＝3(t＋1)(t－1),令f'(t)＝0，则t＝－1或t＝1，t＜－1，则f'(t)＞0,所以f(t)在(－∞，－1)上单调增，－1＜t＜1,则f'(t)＜0,所以f(t)在(－1，1)上单调减，t＞1,则f'(t)＞0,所以f(t)在(1，＋∞)上单调增．计算得f(－2)＝f(1)＝－2,f(2)＝f(－1)＝2．1t1tOy22－2－1－2xOt22－2－21ok＜－2时,f(t)＝k仅有一小于－2的解t1，g(x)＝t1,即|x|－2＝t1，|x|＝t1＋2无解；即f(g(x))－k＝0无解．1t1tOy22－2－1－2y＝kt1xOt22－2－2t＝t12ok＝－2时,f(t)＝k有两解t1＝－2，t2＝1，g(x)＝t1,即|x|－2＝－2，x＝0，g(x)＝t2,即|x|－2＝1，x＝3或x＝－3，即f(g(x))－k＝0有3解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2xOt22－2－2t＝t1t＝t23o－2＜k＜2时,f(t)＝k有三解t1，t2，t3，且－2＜t1＜t2＜t3＜2，g(x)＝ti,即|x|－2＝ti，|x|＝ti＋2,有两解，(i＝1,2,3)，即f(g(x))－k＝0有6解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2t3xOt22－2－2t＝t1t＝t2t＝t34ok＝2时,f(t)＝k有两解t1＝－1，t2＝2，g(x)＝t1,即|x|－2＝－1，x＝－1或x＝1，g(x)＝t2,即|x|－2＝2，x＝4或x＝－4，即f(g(x))－k＝0有4解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2xOt22－2－2t＝t1t＝t25ok＞2时,f(t)＝k仅有一大于2的解t1，g(x)＝t1,即|x|－2＝t1，|x|＝t1＋2，有2解；即f(g(x))－k＝0有2解．1t1tOy22－2－1－2y＝kt1xOt22－2－2t＝t1综上，方程f(g(x))－k＝0解的个数如下：k＜－2时0解；k＝－2时3解；－2＜k＜2时6解；k＝2时4解；k＞2时2解．【说明】本题考查了函数的奇偶性，单调性与极值．重点考查复合函数的零点个数，体现了数形结合与化归的思想．处理复合函数的问题一般用换元法，就复合函数的零点个数而言，一般先求外函数的零点个数，再分别代入内函数即可．研究函数零点问题，重点是利用好数形结合．11．公差不为零的等差数列{an}的前n项之和为Sn，且Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)对n∈N*成立．（1）求常数k的值以及数列{an}的通项公式；（2）设数列{an}中的部分项aeq\s\do4(k1)，aeq\s\do4(k2)，aeq\s\do4(k3)，…aeq\s\do4(kn)，…，恰成等比数列，其中k1＝，,k3＝14，求a1k1＋a2k2＋…＋ankn的值．解：（1）法一：条件化为2eq\r(Sn)＝an＋k对n∈N*成立．设等差数列公差为d，则2eq\r(na1＋eq\f(n(n－1)d,2))＝a1＋(n－1)d＋k．分别令n＝1，2，3得：eq\b\lc\{(\a\al(2eq\r(a1)＝a1＋k，①,2eq\r(2a1＋d)＝a1＋d＋k，②,2eq\r(3a1＋3d)＝a1＋2d＋k．③))由①＋③－2②得，eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)．两边平方得，4a1＋d＝2eq\r(3a12＋3a1d)．两边再平方得，4a12－4a1d＋d2＝0．解得d＝2代入②得，4eq\r(a1)＝3a1＋k，④由④－①得，a1＝eq\r(a1)．所以a1＝0，或a1＝1．又当a1＝0时，d＝0不合题意．所以a1＝1，d＝2．代入①得k＝1．而当k＝1，a1＝1，d＝2时，Sn＝n2，an＝2n－1，等式Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)对n∈N*成立．所以k＝1，an＝2n－1．法二：设等差数列的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n，an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)．代入Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)得，eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n＝eq\f(1,4)[dn＋(a1＋k－d)]2，即2dn2＋(4a1－2d)n＝d2n2＋2d(a1＋k－d)n＋(a1＋k－d)2因为上面等式对一切正整数n都成立，所以由多项式恒等可得，eq\b\lc\{(\a\al(2d＝d2，,4a1－2d＝2d(a1＋k－d)，,a1＋k－d＝0．))因为d≠0，所以解得，eq\b\lc\{(\a\al(d＝2，,a1＝1，,k＝1．))所以常数k＝1，通项公式an＝2n－1．（2）设cn＝aeq\s\do4(kn)，则数列{cn}为等比数列，且c1＝aeq\s\do4(k1)＝a2＝3，c3＝aeq\s\do4(k3)＝a14＝27．故等比数列{cn}的公比q满足q2＝eq\f(c3,c1)＝9．又cn＞0，所以q＝3．所以cn＝c1qn－1＝33n－1＝3n．又cn＝aeq\s\do4(kn)＝2kn－1，所以2kn－1＝3n．由此可得kn＝eq\f(1,2)3n＋eq\f(1,2)．所以ankn＝eq\f(2n－1,2)3n＋eq\f(2n－1,2)．所以a1k1＋a2k2＋…＋ankn＝(eq\f(1,2)31＋eq\f(1,2))＋(eq\f(3,2)32＋eq\f(3,2))＋(eq\f(5,2)33＋eq\f(5,2))＋…＋(eq\f(2n－1,2)3n＋eq\f(2n－1,2))＝eq\f(1,2)[131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n]＋eq\f(1,2)[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝eq\f(1,2)[131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n]＋eq\f(1,2)n2．法一：令S＝131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n则3S＝132＋333＋…＋(2n－3)3n＋(2n－1)3n＋1，两式相减得:－2S＝3＋232＋233＋…＋23n－(2n－1)3n＋1，S＝－eq\f(1,2)[2eq\f(3(1－3n),1－3)－3－(2n－1)3n＋1]＝－eq\f(1,2)[－3(1－3n)－3－(2n－1)3n＋1]＝－eq\f(1,2)[－2(n－1)3n＋1－6]＝(n－1)3n＋1＋3，代入得a1k1＋a2k2＋…＋ankn＝eq\f(1,2)[(n－1)3n＋1＋3]＋eq\f(1,2)n2＝eq\f((n－1)3n＋1＋n2＋3,2)．法二：因为(2k－1)3k＝[(k＋1)－2]3k＋1－(k－2)3k＝(k－1)3k＋1－(k－2)3k．所以S＝[032－(－1)31]＋[133－032]＋[234－133]＋…＋[(n－1)3n＋1－(n－2)3n]＝(n－1)3n＋1＋3．【说明】（1）等差数列或等比数列中的基本量问题，通常转化为方程组求解，但在解方程组要注意一些消元的方法；（2）等差数列注意前n项和与通项的形式，有时可根据其特征，转化为多项式恒等问题；（3）数列求和中两类比较重要的方法错位相减法与裂项相消法．12．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且rSn＋1－(r＋1)Sn＝ra1对任意正整数n都成立，其中r为常数，且r∈N*．（1）求证：数列{an}为等比数列；*（2）若r≥2，且a1，at(t≥3)均为正整数，如果存在正整数q，使得a1≥qt－1，at≤(q＋1)t－1，求证：St＝(q＋1)t－qt．解：（1）由rSn＋1－(r＋1)Sn＝ra1得rSn＋2－(r＋1)Sn＋1＝ra1，两式相减得ran＋2＝(r＋1)an＋1，即eq\F(an＋2,an＋1)＝eq\F(r＋1,r)．又rS2－(r＋1)S1＝ra1，得eq\F(a2,a1)＝eq\F(r＋1,r)．综上可知{an}为等比数列，且公比为eq\F(r＋1,r)．（2）由于at＝a1(eq\F(r＋1,r))t－1及a1均为正整数，所以存在正整数k，使得a1＝krt－1，所以at＝k(r＋1)t－1．由at≤(q＋1)t－1得(q＋1)t－1≥k(r＋1)t－1≥(r＋1)t－1，于是q≥r．又由a1≥qt－1，at≤(q＋1)t－1得eq\F(at,a1)≤eq\F((q＋1)t－1,qt－1)，于是(eq\F(r＋1,r))t－1≤eq