2017-2018学年高二数学上学期期末复习备考黄金30题专题06大题易丢分（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PAGE37学必求其心得，业必贵于专精大题易丢分1。【题文】已知，且,设命题p：函数在上单调递减；命题q：函数在上为增函数，（1）若“p且q”为真，求实数c的取值范围（2）若“p且q”为假，“p或q"为真,求实数c的取值范围．【答案】（1）；（2）试题解析：(1)∵函数y＝cx在R上单调递减，∴0<c〈1，即p:0〈c<1又∵f（x)＝x2－2cx＋1在上为增函数，∴c≤,即q:.∴“p且q"为真时,（2)∵c〉0且c≠1，∴p：c>1,q：且c≠1。又∵“p或q"为真，“p且q"为假，∴p真q假或p假q真．当p真,q假时，｛c|0〈c〈1｝∩｛c|，且c≠1}＝｛c｜<c<1｝．当p假,q真时，｛c|c〉1}∩{c｜0<c≤}＝∅.综上所述,实数c的取值范围是｛c｜<c<1}．2．【题文】已知集合是函数的定义域,集合是不等式（)的解集,：，:.（1）若，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围。【答案】（1);（2)。【解析】试题分析：(1）分别求函数的定义域和不等式（a＞0）的解集化简集合A,由得到区间端点值之间的关系，解不等式组得到a的取值范围；（2)求出¬p对应的x的取值范围，由¬p是q的充分不必要条件得到对应集合之间的关系,由区间端点值的关系列不等式组求解a的范围．（2)易得：:或,∵是的充分不必要条件，∴是的真子集则，解得：∴的取值范围为:点睛:本题考查了函数定义域的求法，考查了一元二次不等式的解法，考查了数学转化思想方法，解答的关键是对区间端点值的比较，是中档题．3。【题文】已知，向量,向量，集合．（1）判断“”是“"的什么条件;（2）设命题：若,则．命题:若集合的子集个数为2，则．判断，，的真假,并说明理由．【答案】（1）充分不必要条件。(2）为真命题为假命题为真命题.【方法点睛】本题主要以向量平行、垂直的关系和真子集的个数为背景,考查了充分条件、必要条件的判断以及复合命题的真假的判断，注重了对基础的考查,难度不大;假设是条件，是结论；由可以推出,由不可以推出,则是的充分不必要条件（）；若由不可以推出,由可以推出，则是的必要不充分条件（)；只要有一个为真即为真,有一个为假即为假，的真假性和相反.4．【题文】如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面,且侧棱的长是,点分别是的中点.(Ⅰ)证明：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积。【答案】(Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】试题分析:（Ⅰ）连结，通过勾股定理计算可知，由三线合一得出平面；（Ⅱ）根据中位线定理计算得出是边长为的正三角形，以为棱锥的底面,则为棱锥的高，代入棱锥的体积公式计算.试题解析：（Ⅰ)证明:四边形是边长为的正方形，是的中点,又侧棱底面，面又是等腰三角形，是的中点,.同理是等腰三角形，是的中点,面平面（Ⅱ）侧棱底面,面由(Ⅱ）知：平面,是三棱锥到平面的距离分别是的中点，，，四边形是边长为的正方形，是的中点三角形是等边三角形5．【题文】如图所示，直三棱柱中，，,为棱的中点。(Ⅰ）探究直线与平面的位置关系，并说明理由;（Ⅱ）若,求三棱锥的体积。【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）。【解析】试题分析：（I)连接,设，则为的中点由三角形中位线定理可得四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面；（II）由点到平面的距离等于点到平面的距离，再利用“等积变换”可得，进而可得三棱锥的体积。（Ⅱ）易知平面,由(Ⅰ)可知，平面。所以点到平面的距离等于点到平面的距离,所以.因为,所以，故三棱锥的体积为.6．如图，在三棱锥中，，底面，，且.（1）若为上一点，且,证明:平面平面.(2）若为棱上一点，且平面，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：(1）由平面可得，又,,所以平面，根据面面垂直的判定定理得平面平面。（2)在中，由余弦定理得，根据勾股定理可得AB=3，BC=1,PB=2，由平面可得，从而得到,故BD=1.过作,交于，则为三棱锥的高，且由三棱锥的体积公式可得。试题解析：(1）证明：∵平面,平面∴。又，，∴平面.∵平面,∴平面平面。(2)解：在中，由余弦定理得,∴,由条件得解得∵平面，平面，平面平面，∴,∴.过作，交于,则为三棱锥的高，则.∵，∴.即三棱锥的体积为。7．【题文】如图,在三棱柱中，底面，，，，是棱上一点．（I）求证:．（II）若,分别是，的中点，求证：∥平面．（III)若二面角的大小为，求线段的长【答案】（I)见解析（II）见解析(III）（II）连接交于点．∵四边形是平行四边形，∴是的中点．又∵,分别是，的中点，∴，且,∴四边形是平行四边形,∴．又平面，面，∴平面．（III）∵，且平面,∴,，两两垂直。以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．设，则，，，，∴,,．设平面的法向量为，故，，则有，令,则，又平面的法向量为．∵二面角的大小为，∴，解得，即，，∴．点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一,破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系;第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四,破“应用公式关”。8．【题文】如图，直三棱柱中，，，是棱上的动点.证明：;若平面分该棱柱为体积相等的两个部分，试确定点的位置,并求二面角的大小.【答案】(1）见解析（2）30°试题解析：解：（I）平面,又，即平面,又平面,；（II），依题意，为中点；(法1）取的中点,过点作于点，连接，面面面，得点与点重合,且是二面角的平面角。设,则,得二面角的大小为30°.（法2)以为空间坐标原点，为轴正向、为轴正向、为轴正向，建立空间直角坐标系，设的长为1，则.作中点，连结,则，从而平面，平面的一个法向量设平面的一个法向量为，则，令，得，故二面角为30°。点睛：(1）探索性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在,用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在;否则,元素（点、直线、曲线或参数）不存在。（2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.9．【题文】已知坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5。(1)求点的轨迹方程,并说明轨迹是什么图形;（2）记（1）中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为8，求直线的方程.【答案】(1）（2），或．【解析】【试题分析】（1）运用两点间距离公式建立方程进行化简；（2）借助直线与圆的位置关系，运用圆心距、半径、弦长之间的关系建立方程待定直线的斜率,再用直线的点斜式方程分析求解：（1)由题意,得化简，得．即．点的轨迹方程是轨迹是以为圆心，以为半径的圆(2)当直线的斜率不存在时，，此时所截得的线段的长为，符合题意．当直线的斜率存在时，设的方程为,即，圆心到的距离,由题意，得，解得．∴直线的方程为．即。综上，直线的方程为，或。点睛：轨迹方程的探求是高中数学中重要的题型之一,本题中的第一问是典型的到两定点距离之比为定值的点的轨迹的探求.求解时直接运用两点间距离公式建立方程,然后再两边平方进行化简,从而获得答案；第二问也是传统的直线与圆相交的问题题型。求解时先运用点斜式建立直线的方程，然后运用圆心距、半径、弦长之间的关系建立方程待定直线的斜率，再用直线的点斜式方程使得问题获解.10．【题文】已知圆的圆心在直线上，且与另一条直线相切于点.（1）求圆的标准方程；(2)已知，点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程。【答案】(1）圆C的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=2；(2）（x﹣3）2+（y﹣1）2=。【解析】试题分析：（1)由题意可知所求圆的圆心在经过点，且与直线垂直的直线上，又所求圆的圆心在直线上，解方程组求出圆心,求出半径，即的长,可得圆的方程；

（2)设，则有代入圆即可得到线段的中点的轨迹方程.试题解析：(1）设圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2=r2，根据题意得：,解得：,则圆C的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=；(2)设M（x，y)，B(x0，y0），则有代入圆C方程得:（2x﹣5）2+（2y﹣4)2=8,化简得（x﹣3）2+（y﹣1）2=11．【题文】已知与曲线相切的直线，与轴，轴交于两点,为原点，，，（）。（1）求证:：与相切的条件是:.（2）求线段中点的轨迹方程；（3）求三角形面积的最小值.【答案】（1）见解析；（2)；（3）．【解析】试题分析:（1）写出直线的截距式方程，化为一般式，化圆的一般式方程为标准式，求出圆心坐标和半径，由圆心到直线的距离等于半径得到曲线C与直线l相切的充要条件;

(2)设出线段AB的中点坐标,由中点坐标公式得到a，b与AB中点坐标的关系，代入（1）中的条件得线段AB中点的轨迹方程．（3）因为a与b都大于2,且三角形AOB为直线三角形，要求面积的最小值即要求ab的最小值,根据（1）中直线l与圆相切的条件（a—2）（b—2)=2解出ab，然后利用基本不等式即可求出ab最小时当且经当a与b相等，求出此时的a与b即可求出面积的最小值．(3)，,解得,，，最小面积．点睛：本题考查了轨迹方程,考查了直线和圆位置关系的判断，点到直线的距离公式的用法,解题的关键是对等式进行灵活变换,利用基本不等式求函数的最值.12．【题文】已知动圆：与圆：交于、两点，且这两点平分圆的圆周．（1）求动圆的圆心的轨迹方程；(2)求圆半径最小时的方程．【答案】（1)；(2）.【解析】试题分析：（1）由题意得圆心为弦的中点，故，由此可得点M的轨迹方程；（2）由（1）知圆M的半径为，故求出的值即可，由于，所以，从而，所以当，时半径最小,由此可得解。（2）由（＊)式,知，于是有，而圆半径，∴当时，，，所求圆的方程为．13．【题文】已知椭圆的右焦点为，离心率为。（1）若，求椭圆的方程;（2）设直线与椭圆相交于两点,分别为线段的中点,若坐标原点在以为直径的圆上，且，求的取值范围.【答案】（1）;（2）.【解析】（1）由，右焦点为，求出,，可得，即可求出椭圆的方程；(2）联立直线与椭圆的方程，消去，得到关于的一元二次方程,设,可得根与系数的关系,根据题意得，易知,四边形为平行四边形，则，结合向量数量积公式及，即可求出的取值范围.由题意得，∴。又∵，∴。∴椭圆的方程为.(2）由得.设。所以，依题意,，易知，四边形为平行四边形,所以.∵,,∴.即，将其整理为。∵∴,。∴，即.点睛：在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围;②利用已知参数的范围,求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.14．【题文】已知椭圆（）的离心率为，且过点.（1)求椭圆的方程；(2）若直线（）与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，试探究是否为定值,若是，请求出该定值；若不是，请说明理由。【答案】（1）(2）为定值,该定值为0【解析】试题分析:（1）由椭圆的离心率公式,求得a2=4b2，将M代入椭圆方程,即可求得a和b的值,求得椭圆方程；（2）将直线l：代入椭圆方程,利用韦达定理及直线的斜率公式，即可取得k1+k2=0．试题解析：（1)依题意，解得，故椭圆的方程为；（2）,下面给出证明：设,，将代入并整理得,，解得,且故，,则，分子=，故为定值，该定值为0。15．【题文】已知圆：过圆上任意一点向轴引垂线垂足为（点、可重合）,点为的中点。（1）求的轨迹方程;（2)若点的轨迹方程为曲线，不过原点的直线与曲线交于、两点，满足直线,,的斜率依次成等比数列，求面积的取值范围。【答案】（1）；(2）面积的取值范围为。【解析】试题分析:（1)设，则，代入圆：即可得解；（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为（），与椭圆联立得,设,,由直线,，的斜率依次成等比数列，，可得，再由，，计算即可.试题解析：（1)设,则，则有：，整理得：.(2)由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为（），，,由消去得则，且，.故因为直线，，的斜率依次成等比数列,即,又，所以，即。由于直线，的斜率存在，且，得且，设为到直线的距离,，则，所以面积的取值范围为。点睛：在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑:①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;②利用已知参数的范围,求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围16．【题文】设点，动圆经过点且和直线相切,记动圆的圆心的轨迹为曲线。（1）求曲线的方程；（2)设曲线上一点的横坐标为,过的直线交于另一点，交轴于点，过点作的垂线交于另一点.若是的切线,求的最小值.【答案】(1);（2)。（2）由题意知,过点的直线斜率存在且不为0，设其为。则，当，则.联立方程，整理得：。即:，解得或。∴，而，∴直线斜率为。∴,联立方程,整理得:，即:，，解得:，或.∴∴。而抛物线在点处切线斜率：，是抛物线的切线，∴，整理得，∴，解得（舍去），或，∴.17．【题文】已知椭圆中心在坐标原点，焦点在坐标轴上,且经过三点。（1）求椭圆的方程;(2)在直线上任取一点，连接，分别与椭圆交于两点,判断直线是否过定点？若是,求出该定点。若不是，请说明理由.【答案】(1）；(2)【解析】试题分析：由于椭圆过两个不同的点，故可设椭圆方程为，代入已知点的坐标,可以椭圆的方程.（2)的直线均是过顶点的直线，故通过联立方程组可以得到两点的坐标,再根据椭圆及其动点的对称性可以知道定点如果存在，则必定在轴上，猜出定点的坐标为,最后利用斜率证明三点共线。（1)设椭圆方程为,将代入椭圆方程得到，计算得出，所以椭圆方程为.当时，，三点共线；综上，三点共线也就是过定点。点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中，如果已知动直线过定点且与圆锥曲线有另一个交点，那么通过韦达定理可以求出另一个交点的坐标并用斜率表示它,从而考虑与该点相关的一些定点定值问题.另外,我们用先猜后证的策略考虑定点定值问题，因此这样可以使得代数式变形化简的目标更明确。18．【题文】已知椭圆的短轴端点和焦点组成的四边形为正方形,且椭圆过点．（1）求椭圆的标准方程；(2)四边形的顶点都在椭圆上，且对角线、过原点，若，求证：四边形的面积为定值．【答案】(1);（2)见解析.【解析】试题分析：（1）由题意，，又,解得即得椭圆标准方程（2）设直线的方程为，设，，联立得,写出韦达定理，因为，∴，∴，,∴,解得则=，结合即得解。试题解析:（1)由题意，，又，解得，，所以椭圆的标准方程为．（2）设直线的方程为,设，，联立得,,，,∵，∴，∴，，∴，∴，∴，设原点到直线的距离为,则，∴,即四边形的面积为定值．19．【题文】已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线相交于不同的两点.（1）若，求直线的方程；（2)记的斜率分别为，试问：的值是否随直线位置的变化而变化？证明你的结论。【答案】（1）；（2）的值不随直线的变化而变化，证明见解析。【解析】