2017-2018学年高二数学上学期期末复习备考黄金30题专题02大题好拿分（基础版20题）理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE33学必求其心得，业必贵于专精大题好拿分【基础版】1．【题文】设条件P:,条件：,若是的必要不充分条件,求实数的取值范围。【答案】【解析】试题分析：利用不等式的解法求解出命题p，q中的不等式范围问题，结合二者的关系得出关于字母a的不等式，从而求解出a的取值范围．试题解析：，则或或,由是成立的必要不充分条件，即只能,故必须满足。2．【题文】已知；方程表示焦点在轴上的椭圆。若为真,求的取值范围.【答案】.【解析】试题分析：因为，可命题为真时，又由命题为时，即可求解实数的取值范围。试题解析：因为，所以若命题为真，则.若命题为真,则，即.因为为真，所以。3．【题文】已知命题：函数是上的减函数；命题：时，不等式恒成立。若命题“”是真命题，求实数的取值范围。【答案】【解析】试题分析:分别求出命题下的的取值，根据为真命题，则命题和中至少有一个真命题，分成三种情况讨论，即可求解实数的取值范围．4．【题文】如果一个几何体的主视图与左视图是全等的长方形，边长分别是，如图所示，俯视图是一个边长为的正方形．（1）求该几何体的表面积；(2)求该几何体的外接球的体积．【答案】（1）；(2）.【解析】试题分析：（1)该几何体是长方体，其底面是边长为4的正方形，高为2,求其3对面积之和;（2）由长方体与球的性质,可得长方体的体对角线是其外接球的直径，求出其面积。试题解析：(1）由题意可知，该几何体是长方体，其底面是边长为4的正方形,高为2，因此该几何体的表面积是2×4×4＋4×4×2＝64。(2）由长方体与球的性质，可得长方体的体对角线是其外接球的直径，则外接球的半径r＝，因此外接球的体积V＝πr3＝×27π＝36π,所以该几何体的外接球的体积是36π。5．【题文】某几何体的三视图如图所示，P是正方形ABCD对角线的交点，G是PB的中点。（1）根据三视图,画出该几何体的直观图。（2）在直观图中，①证明:PD∥平面AGC；②证明:平面PBD⊥平面AGC.【答案】（1）见解析；（2）见解析试题解析：(1）该几何体的直观图如图所示。(2）如图,①连接AC，BD交于点O，连接OG,因为G为PB的中点，O为BD的中点,所以OG∥PD，又OG⊂平面AGC,PD⊄平面AGC，所以PD∥平面AGC.②连接PO,由三视图，PO⊥平面ABCD，所以AO⊥PO。又AO⊥BO，BO∩PO=O，所以AO⊥平面PBD，因为AO⊂平面AGC，所以平面PBD⊥平面AGC。6．【题文】如图所示,在四棱锥中，四边形为矩形,为等腰三角形,，平面平面，且,,分别为的中点。(1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求四棱锥的体积。【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）EF∥平面PAD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面PAD内一直线平行,连AC，根据中位线可知EF∥PA，EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，满足定理所需条件；（2平面PAD⊥平面ABCD，根据面面垂直的判定定理可知在平面ABCD内一直线与平面PAD垂直，根据面面垂直的性质定理可知CD⊥平面PAD，又CD⊂平面ABCD，满足定理所需条件;（3）过P作PO⊥AD于O，从而PO⊥平面ABCD，即为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出所求即可．解：(1)如图所示，连接。∵四边形为矩形,且为的中点,∴也是的中点。又是的中点，，∵平面，平面.平面(2)证明：∵平面平面，，平面平面，∴平面。∵平面,∴平面平面。(3)取的中点，连接。∵平面平面，为等腰三角形,∴平面，即为四棱锥的高.∵,∴.又，∴四棱锥的体积.7．【题文】已知平行四边形的三个顶点的坐标为.（Ⅰ）在中，求边中线所在直线方程（Ⅱ）求的面积。【答案】(I)；（II）8.【解析】试题分析：（I）由中点坐标公式得边的中点，由斜率公式得直线斜率，进而可得点斜式方程，化为一般式即可；(II）由两点间距离公式可得可得的值，由两点式可得直线的方程为，由点到直线距离公式可得点到直线的距离，由三角形的面积公式可得结果。试题解析：(I）设边中点为，则点坐标为∴直线.∴直线方程为：即：∴边中线所在直线的方程为：8．【题文】如图所示，在四棱锥中，平面是的中点,是上的点且为中边上的高.（1）证明：平面；(2）若，求三棱锥的体积.【答案】(1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）利用平行四边形得到线线平行，从而可证线面平行；（2）求棱锥髙时,利用E是中点,转化为求P到底面距离的一半,而易证平面，高即为PH。试题解析：（1）取中点,连接∵为中点,∴，,∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面∴平面（2）∵平面,平面，∴,∵,∴平面，∵为中点,∴到平面的距离，又，9．【题文】在直四棱柱中,，.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ)见解析;（Ⅱ）．【解析】试题分析：(1）先根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标，得两直线方向向量，利用向量数量积得两向量垂直(2）先利用方程组得平面法向量,根据向量数量积求得两向量夹角余弦值,最后根据线面角正弦值与两向量夹角余弦值绝对值相等，得结果试题解析：以方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系。则10．【题文】已知的内接三角形中,点的坐标是，重心的坐标是，求（1）直线的方程；（2）弦的长度。【答案】（1）；(2）．【解析】试题分析：（1)设，,根据重心的性质，我们不难求出边上中点的坐标，及所在直线的斜率，代入直线的点斜式方程即可求出答案．

(2）求出圆心到BC所在直线的距离,即可求出弦的长度．11．【题文】已知⊙C经过点、两点,且圆心C在直线上。（1）求⊙C的方程；（2）若直线与⊙C总有公共点,求实数的取值范围。【答案】（1)（2）【解析】试题分析：(1)解法1：由题意利用待定系数法可得⊙C方程为.解法2：由题意结合几何关系确定圆心坐标和半径的长度可得⊙C的方程为。（2）解法1：利用圆心到直线的距离与圆的半径的关系得到关系k的不等式,求解不等式可得。解法2：联立直线与圆的方程，结合可得.试题解析：（1)解法1:设圆的方程为，则，所以⊙C方程为。解法2:由于AB的中点为，，则线段AB的垂直平分线方程为而圆心C必为直线与直线的交点，由解得，即圆心，又半径为，故⊙C的方程为.点睛：判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法;若方程中含有参数,或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．12．【题文】已知直线(）与轴交于点，动圆与直线相切,并且与圆相外切，（1)求动圆的圆心的轨迹的方程；（2）若过原点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，问是否存在以为直径的圆经过点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（）（2）故不存在以为直径的圆恰好过点【解析】试题分析：(1)设出动圆圆心坐标，由动圆圆心到切线的距离等于动圆与定圆的圆心距减定圆的半径列式求解动圆圆心的轨迹方程;

（2)求出过原点且倾斜角为的直线方程，和曲线C联立后利用根与系数关系得到M，N的横纵坐标的和与积，由,得列式求解m的值,结合m的范围说明不存在以MN为直径的圆过点A．试题解析：（1）设动圆圆心为，则,化简得(），这就是动圆圆心的轨迹的方程.(2）直线的方程为,代入曲线的方程得显然。设，,则，，而若以为直径的圆过点，则，∴由此得∴，即.解得〉-2故不存在以为直径的圆过点点睛：本题考查了轨迹方程的求法,考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了利用数量积判断两个向量的垂直关系,考查了学生的计算能力。13．【题文】已知、为椭圆：（）的左、右焦点，点为椭圆上一点，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）若圆是以为直径的圆，直线：与圆相切，并与椭圆交于不同的两点、，且,求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）根据椭圆定义得,再代入点P坐标得（2）由直线与圆相切得,由，利用向量数量积得，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理代入化简得的值．试题解析:(1）由题意得：解得则椭圆方程为．（2）由直线与圆相切,得，，设，，由消去,整理得，恒成立,所以，，，∵，，解得．14．【题文】已知椭圆的左右焦点分别为，左顶点为，，椭圆的离心率。（1)求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上任意一点，求的取值范围.【答案】（1）；（2).【解析】试题分析：（1）由题意可得到：，，从而写出椭圆的标准方程；

（2）设，利用向量的数量积即可得,结合，利用二次函数求最值即可。试题解析:（1）由已知可得所以因为所以所以椭圆的标准方程为：（2）设，又所以，因为点在椭圆上，所以，即,且，所以，函数在单调递增，当时，取最小值为0；当时，取最大值为12.所以的取值范围是。15．【题文】在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为,过作斜率为的直线交抛物线于（异于点）,已知，直线交抛物线于另一点.（1）求抛物线的方程;（2），求的值.【答案】（1)；(2)。【解析】试题分析：（1）由抛物线的焦点为，结合题意得抛物线方程；（2)已知直线代入抛物线方程:，消去，，得，直线与直线联立得得，由在抛物线上可解得。试题解析：（1)由题意,，所以，所以抛物线（2)已知直线代入抛物线方程:，消去，，得；。直线，代入抛物线方程：,，得。。由得，解得。16．【题文】已知椭圆（）的左右焦点分别为、，离心率.过的直线交椭圆于、两点，三角形的周长为。（1）求椭圆的方程;(2）若弦,求直线的方程.【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：（1）利用椭圆的离心率以及的周长为8,求出a，c,b，即可得到椭圆的方程，

（2）求出直线方程与椭圆方程联立,点的坐标为,的坐标为求出A，B坐标，然后求解三角形的面积即可．试题解析：（1)三角形的周长，所以.离心率，所以，则.椭圆的方程为：点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题,弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．17．【题文】已知抛物线的焦点上一点到焦点的距离为.（1)求的方程；（2）过作直线,交于两点，若直线中点的纵坐标为，求直线的方程.【答案】（1）（2)【解析】试题分析:（1)利用抛物线的定义，求出p,即可求C的方程；（2）利用点差法求出直线l的斜率,即可求直线l的方程试题解析：（1)法一：抛物线:的焦点的坐标为,由已知……………2分解得或∵，∴∴的方程为.……4分法二:抛物线：的准线方程为由抛物线的定义可知解得…3分∴的方程为。……………4分￥法二：由（1）得抛物线的方程为,焦点设直线的方程为由消去，得设两点的坐标分别为，∵线段中点的纵坐标为∴解得……10分直线的方程为即……12分18．【题文】已知椭圆，其长轴为，短轴为.（1）求椭圆的方程及离心率.(2）直线经过定点,且与椭圆交于两点，求面积的最大值.【答案】（1)，；（2)1【解析】试题分析：(1）根据条件可得,即得椭圆的方程，及离心率．（2)先设直线方程为:，与椭圆联立方程组，利用韦达定理，结合弦长公式求得底边边长，再根据点到直线距离得高，根据三角形面积公式表示面积，最后根据基本不等式求最大值试题解析：解：（Ⅰ），,，∴椭圆的方程为：，离心率：．（Ⅱ）依题意知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为：,由,得，，由得：,设,，则，，，又∵原点到直线的距离,∴．当且仅当，即时，等号成立,此时面积的最大值为．点睛：解析几何中的最值是高考的热点,在圆锥曲线的综合问题中经常出现,求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系,将目标量表示为一个（或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决。19．【题文】正方体的棱长为，是与的交点，为的中点．（I)求证：直线平面．（II）求证：平面．（III）二面角的余弦值．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【解析】试题分析:（1）先根据三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得结论（2）由侧棱垂直底面得，由正方形性质得,因此可由线面垂直判定定理得平面，同理可得,从而有面．（3）利于空间向量求二面角：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，通过解方程组得各面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据法向量夹角与二面角关系确定所求值（I）连接，在中，∵为的中点，为的中点,∴，又∵面，∴直线平面．(III）以为原点,建立空间坐标系，则，，，．易知面的一法向量为，设面的一法向量为中，∵,,,，，，∴,设二面角为，则，故二面角的余弦值为．20．【题文】已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于两点，且.(1）求该抛物线的方程;（2)已知抛物线上一点，过点作抛物线的两条弦和，且，判断直线是否过定点？并说明理由.【答案】（1);（2）定点【解析】试题分析:(1）利用点斜式设直线直线的方程，与抛物线联立方程组,结合韦达定理与弦长公式求，再根据解得.(2）先设直线方程，与抛物线联立方程组,结合韦达定理化简，得或，代入方程可得直线过定点（2）由（1）可得点,可得直线的斜率不为0,设直线的方程为：