2023届高考前迅速提分复习专题2-2 函数与方程思想中的九种题型（导数、三角函数、平面向量、数列、不等式、立体与解析几何、计数原理与统计概率） （解析版）

2023年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海地区专用））题型一：导数及其应用1．（2022秋·上海黄浦·高三格致中学校考阶段练习）定义可导函数在x处的弹性函数为，其中为的导函数．在区间D上，若函数的弹性函数值大于1，则称在区间D上具有弹性，相应的区间D也称作的弹性区间．（1）若，求的弹性函数及弹性函数的零点；（2）对于函数（其中e为自然对数的底数）（ⅰ）当时，求的弹性区间D；（ⅱ）若在（i）中的区间D上恒成立，求实数t的取值范围．【答案】（1），；（2）（ⅰ），（ⅱ）.【分析】（1）由，可得，根据题设条件，即可求得的弹性函数及弹性零点；（2）（ⅰ）函数，可得函数的定义域为，函数是弹性函数，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间；（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.【详解】（1）由，可得，则，令，解得，所以弹性函数的零点为.（2）（ⅰ）当时，函数，可得函数的定义域为，因为，函数是弹性函数，此不等式等价于下面两个不等式组：（Ⅰ）或（Ⅱ），因为①对应的函数就是，由，所以在定义域上单调递增，又由，所以①的解为；由可得，且在上恒为正，则在上单调递增，所以，故②在上恒成立，于是不等式组（Ⅰ）的解为，同①的解法，求得③的解为；因为时，④，所以不成立，所以不等式（Ⅱ）无实数解，综上，函数的弹性区间.（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，设，则，而，由（ⅰ）可知，在上恒为正，所以，函数在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了函数的弹性函数及弹性函数的零点的求法，利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难题．题型二：三角函数与解三角形一、单选题1．（2022·上海·高三专题练习）已知锐角的面积为，，，则角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题先建立方程，再求，最后求角的大小即可.【详解】解：因为锐角的面积为，，，所以，即，解得：，由因为角是锐角，所以故选：D.【点睛】本题考查利用三角形的面积公式求角，是基础题.2．（2022春·上海普陀·高一曹杨二中校考阶段练习）设函数，其中、、、为已知实常数，，有下列四个命题：（1）若，则对任意实数恒成立；（2）若，则函数为奇函数；（3）若，则函数为偶函数；（4）当时，若，则（）；则上述命题中，正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】利用两角和的余弦公式化简表达式.对于命题（1），将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出（1）选项的真假；对于命题（2）选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为奇函数，由此判断出（2）选项的真假；对于命题（3）选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为偶函数，由此判断出（3）选项的真假；对于命题（4）选项，根据、，求得的零点的表达式，进而判断出（4）选项的真假.【详解】不妨设．为已知实常数.若，则得；若，则得．于是当时，对任意实数恒成立，即命题（1）是真命题；当时，，它为奇函数，即命题（2）是真命题；当时，，它为偶函数，即命题（3）是真命题；当时，令，则，上述方程中，若，则，这与矛盾，所以．将该方程的两边同除以得，令（），则，解得（）．不妨取，（且），则，即（），所以命题（4）是假命题．故选：C【点睛】本题考查两角和差公式，三角函数零点，三角函数性质，重点考查读题，理解题和推理变形的能力，属于中档题型.二、填空题3．（2022春·上海浦东新·高一校考期末）已知扇形的圆心角大小为，半径为2，则扇形的弧长为___________.【答案】【分析】直接根据扇形的弧长公式求解即可．【详解】故答案为：4．（2022秋·上海徐汇·高二上海市南洋模范中学校考开学考试）在中，，，则面积为__________.【答案】【分析】由，结合余弦定理推论可求得,进而求得,利用平面向量数量积的定义可求得的值,再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】在中因为，所以由余弦定理的推论知,,因为，所以,因为，即,解得,所以的面积.故答案为:【点睛】本题主要考查三角形的余弦定理和三角形的面积公式;其中余弦定理与平面向量数量积结合是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.5．（2021春·上海·高一期末）已知函数是R上的偶函数，当时，，关于x的方程有且仅有四个不同的实数根，若是四个根中的最大根，则____.【答案】【分析】作出函数的图像，结合图像可得，即，从而可得四个不同的实数根，进而可得，代入即可求解.【详解】当时，函数在区间和上是增函数，在区间上是减函数，的极大值为，极小值为，作出函数当时的图像如图，函数函数是R上的偶函数，当时的图像与当时的图像关于轴对称，故函数的图像如图所示，将进行平移，可得当时，两图像有且仅有四个不同的实数根，令，可得，，，所以，故答案为：【点睛】本题考查了三角函数的图像以及根据方程根的个数求参数值、特殊角的三角函数值，考查了数形结合的思想，属于中档题.6．（2021秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考期中）已知m是实常数，若，则m的取值范围是___________.【答案】【分析】由题意可转化为有解，换元求函数的值域即可.【详解】由可得：，若，则方程有解，令，，则，所以只需，故答案为：【点睛】本题主要考查了含的二次函数的值域，分离参数的方法，集合的概念，属于中档题.7．（2023春·上海金山·高一华东师范大学第三附属中学校考阶段练习）函数的定义域是_________【答案】【分析】根据函数的解析式，列出解析式成立的条件，即可求得函数的定义域．【详解】由题意知，，即，所以的定义域为：故答案为：【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的定义域的求解，根据函数的解析式列出满足的条件是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．三、解答题8．（2021秋·上海青浦·高三上海市青浦高级中学校考阶段练习）在中，角，，的对边分别是，，，已知，，．（1）求的值；（2）若角为锐角，求的值及的面积．【答案】（1）（2），【分析】（1）结合题设条件和正弦定理，即可求解；（2）由余弦的倍角公式，求得，，再结合余弦定理和三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）在中，因为，，由正弦定理，解得（2）因为，又，所以，．由余弦定理，得，解得或（舍），所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.9．（2021春·上海·高一期末）已知．（1）化简：；（2）在中，内角A、B、C所对的边长分别是a、b、c，若，，且的面积，求a、b的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据诱导公式可化简；（2）由（1）可得，再根据三角形的面积公式和余弦定理可求得，解之得答案.【详解】（1）因为，所以；（2）因为，即，又，所以，因为的面积，所以，解得，又，所以，由，解得，所以.【点睛】本题考查运用诱导公式化简，三角形的面积公式和余弦定理的运用求解三角形，属于中档题.题型三：平面向量一、填空题1．（2022春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考开学考试）已知平面向量、满足，则的取值范围是______【答案】【分析】利用待定系数法，可得，再利用数量积运算可得到关于的关系式，进而可求得的取值范围.【详解】不妨设与的夹角为，且，得，故，解得，所以，为计算方便，不妨令，，则，，所以，因为，所以，即，故，即.故答案为：.2．（2019秋·上海徐汇·高二上海市南洋模范中学校考阶段练习）已知向量、满足，则、的夹角为__________.【答案】【分析】由平面向量数量积的性质知,,再利用平面向量的数量积的夹角公式即可求解.【详解】由平面向量数量积的性质知,，因为，所以,因为,所以,因为，所以、的夹角为.故答案为:【点睛】本题考查平面向量的数量积及其夹角公式;重点考查学生的运算能力;属于基础题.3．（2021春·上海·高一专题练习）已知内一点是其外心，，且，则的最大值为________.【答案】【分析】如图所示，延长交于，令，由三点共线，得，将问题转化为求的最大值，利用解三角形知识，即可得答案.【详解】如图所示，延长交于，令，∵三点共线，∴，∴取最大值时，取最大值，∴，∵为外接圆的半径定值，∴当取得最小时，取最大值，此时，∴为等腰三角形，且，∴，∴∵，，∴.故答案为：.【点睛】本题考查向量在三角形中的运用、同角三角函数基本关系、倍角公式、解三角形，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，综合性较强.题型四：数列一、单选题1．（2022·上海·二模）已知等差数列的前项和为，若，且，则下列说法中正确的是（

）A．为递增数列B．当且仅当时，有最大值C．不等式的解集为D．不等式的解集为【答案】C【分析】根据已知求出首项和公差即可依次判断.【详解】由，知，即，设等差数列的首项，公差，，解得，对于A，由，知为递减数列，故错误；对于B，由，知当或时，有最大值，故B错误；对于C，由等差数列求和公式知，即，解得，即，故C正确；对于D，由等差数列求通项公式知，解得，故D错误；故选：C.2．（2022·上海·高三专题练习）已知数列满足：，且，下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C． D．【答案】D【分析】化简已知递推关系式可得到，由此分别判断选项，可知错误；设，则，；采用数形结合的方式知越来越小，错误；假设成立，通过化简不等式可知不等式恒成立，知正确.【详解】，，，又，，，对于，若，则，，，，错误；对于，若，则，，即，，错误；对于，设，则，考虑函数与的图象，如下图所示：当时，单调递减，且越来越小，，，错误；对于，设，则，，若，则，等价于，即，即，而显然成立，，正确.故选：.【点睛】本题考查根据数列递推关系式研究数列的性质的问题，关键是能够通过递推关系式得到数列前后项所满足的关系，同时借用函数的思想将数列前后项的大小关系变化利用函数图象来进行表现，属于难题.二、填空题3．（2022·上海·高三专题练习）数列满足，记，若对任意的

恒成立，则正整数的最小值为___________．【答案】10【分析】先求出数列的通项公式，化简得到数列为递减数列，求得数列的最大项为，得到，即可求解.【详解】由题意，数列满足，所以，所以数列是以4为公差，以1为首项的等差数列，可得，所以，令所以数列为递减数列，所以数列的最大项为，因为，解得，又由为正整数，所以，故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，以及数列的恒成立问题的求解，其中解答中利用数列的递推公式求得数列的通项公式，结合数列的单调性求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.4．（2020·上海市进才中学高三阶段练习）已知数列的首项为，且满足，则下列命题：①是等差数列；②是递增数列；③设函数，则存在某个区间，使得在上有唯一零点；则其中正确的命题序号为________【答案】②③【分析】对于①，将已知递推关系式变形可证得数列为等比数列；对于②，结合等比数列通项公式可求得，可验证出，知数列递增；对于③，结合指数函数单调性可确定单调性，利用零点存在定理可得到结论.【详解】对于①，由得：，又，是首项为，公比为的等比数列，①错误；对于②，由①知：，，，是递增数列，②正确；对于③，由②知：，单调递减，单调递增，，当时，，，即，由零点存在定理知③正确；综上所述：正确的命题序号为②③.故答案为：②③.【点睛】本题考查数列与函数综合应用问题，涉及到利用递推关系式证明数列为等比数列、根据递推关系式求解数列通项公式和确定数列增减性、零点存在定理的应用等知识；解题关键是能够熟练掌握数列增减性和函数单调性的判断方法.5．（2020·上海·高三专题练习）已知数列是公差不为零的等差数列，且，为其前项和，等比数列的前三项分别为，设向量，则的最大值是__________【答案】【分析】由题意得，求得，可得，表示出再由二次函数的性质，可得最大值.【详解】由题意构成等比数列，所以，即，解得，又由，所以，所以，所以，所以，由二次函数的性质，可得当取得最大值，此时最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的性质，通项，前n项和，以及向量的模的综合运算，关键在于正确地运用公式，利用定义进行转化，属于中档题.6．（2020·上海交大附中高三阶段练习）已知等差数列（公差不为零）和等差数列，如果关于x的方程：有实数解，那么以下2021个方程，，，…，中，无实数解的方程最多有______个.【答案】1010【解析】设等差数列的公差为，等差数列的公差为，由等差数列的性质可得，设，，由一次函数与二次函数的图象与性质即可得解.【详解】设等差数列的公差为，等差数列的公差为，则，，所以原方程可变为，由该方程有实数解可得即，若要使方程无解，则要使，设，，易得为开口向上的抛物线的一部分，为直线的一部分，又时，，所以满足的的取值最多可有1010个，即无实数解的方程最多有1010个.故答案为：1010.【点睛】本题考查了等差数列性质的应用，考查了函数与方程思想及转化化归思想，属于中档题.三、解答题7．（2019·上海市建平中学高三阶段练习）已知数列的前项和为，对一切正整数，点都在函数的图像上，过点的直线斜率为且与的图像有且仅有一个交点.（1）求数列的通项公式；（2）设，，等差数列的任一项，其中是中的最小数，，求的通项公式.【答案】（1）（2）【分析】（1）由点都在函数的图像上可得的表达式，利用作差法可求得，再检验时表达式是否成立，即可求得数列的通项公式；（2）斜率应为函数过点的导函数的值，先化简集合，可得，结合题意求得，再由不等关系求得，利用等差数列性质可求得公差，进而求得的通项公式【详解】（1）由题可知，，则，由可得，，经检验符合表达式，故；（2），由题知，所以，，，由可得，当，故，，，故，故，，【点睛】本题考查函数与数列的转化，由的表达式求，集合的交集运算，数列通项公式的求法，综合性强，但难度不大，属于中档题8．（2020·上海·高三专题练习）已知为等差数列，其中奇数项和比偶数项和大15，且，求.【答案】280【分析】设等差数列的公差为，由题得（1），（2），解方程即得，再求数列的和得解.【详解】设等差数列的公差为，因为奇数项和比偶数项和大15，所以（1）因为，所以

（2）解方程（1）（2）得.所以.【点睛】本题主要考查等差数列的通项的基本量的计算，考查等差数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9．（2021·上海师大附中高三期中）有下列三个条件：①数列是公比为的等比数列，②是公差为1的等差数列，③，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.设数列的前项和为，，对任意的，都有___________.已知数列满足，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【分析】根据等差､等比数列的通项公式以及数列单调性来找到数列的最大项，题干中有3个条件，选取一个进行分析即可.【详解】记，从而有().选择①，数列是公比为的等比数列，因为，所以，即.所以，所以.由，当时，，当时，，所以当或2时，取得最大值，即取得最大值.所以存在，2，使得对任意的，都有.选择②，方法一：是公差为1的等差数列，因为，所以，当时，，则，当时，上式成立，所以.所以，从而.由，所以当时，；当时，，所以当时，取得最大值，即取得最大值.所以存在，使得对任意的，都有.方法二：利用“夹逼法”，即利用来求解.，由()，得，解得.选择③，方法一：，则，从而，即.又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以.所以，从而，即，所以数列为单调递增数列，故不存在，使得对任意的，都有.方法二：利用求解.，，则，因为，所以不存在，使得对任意的，都有.【点睛】关键点点睛：本题属于开放性试题，选择不同的条件，根据数列通项及单调性得到的结论不同，关键点即复合数列单调性的判断.10．（2022·上海市实验学校高三开学考试）对于有限数列{an}，n≤N，N≥3，N∈N*，定义：对于任意的k≤N，k∈N*，有(1)S*(k)＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|ak|；(2)对于，记L(k)＝|a1﹣c|+|a2﹣c|+|a3﹣c|+⋯+|ak﹣c|.对于k∈N*，若存在非零常数c，使得L(k)＝S*(k)，则称常数c为数列{an}的k阶ω系数.(i)设数列{an}的通项公式为，计算S*(4)，并判断2是否为数列{an}的4阶ω系数；(ii)设数列{an}的通项公式为an＝3n﹣39，且数列{an}的m阶ω系数为3，求m的值；(iii)设数列{an}为等差数列，满足﹣1，2均为数列{an}的m阶ω系数，且S*(m)＝507，求m的最大值.【答案】(i)30，2是数列{an}的4阶ω系数；(ii)26；(iii)26.【分析】(i)结合已知条件，利用等比数列求和运算即可；(ii)利用等差数列求和方法分别求出和，结合已知条件运算即可；(iii)结合已知条件，构造新函数，并求出函数的零点，根据函数性质可得到的最大值.【详解】(i)因为，所以，故，因为，所以2是数列的4阶ω系数；(ii)因为数列的阶系数为3，所以当时，存在，时成立，设等差数列的前项和，由an＝3n﹣39可得，，令，则，故设等差数列的前项和为，，则，令，则，故当时，显然；当时，由，得，解得；(iii)由题意可知，，设数列公差为，构造函数，故，同理，，即，，为的三个零点，由函数的图像和性质，可知为偶数，且满足，解得，从而，当数列，且，可知当时命题成立，即的最大值为26.11．（2021·上海普陀·模拟预测）设数列的前项和为，若对任意的，均有是常数且成立，则称数列为“数列”，已知的首项．(1)若数列为“数列”，求数列的通项公式；(2)若数列为“数列”，且为整数，若不等式对一切，恒成立？求数列中的所有可能的值；(3)是否存在数列既是“数列”，也是“数列”？若存在，求出符合条件的数列的通项公式及对应的的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，，，，(3)不存在，理由见解析【分析】（1）由题意得到，可得，两式相减得，结合，利用等比数列的通项公式，即可求解.（2）由题意得到，则，两式相减得，进而得到，根据，求得，即可求解（3）假设存在这样的数列，得到，则，利用两式相减得到，同理得到，得到对任意恒成立，结合，得到矛盾，即可求解.(1)解：数列为“数列”，则，可得，两式相减得，又因为时，，所以，所以对任意的恒成立，即（常数），故数列为等比数列，其通项公式为．(2)解：数列为“数列”，则，则，两式相减得，，当时，，当时，，则，则，因为，所以，因为，，得，所以，且．解得，，，，．(3)解：假设存在这样的数列，则，故，两式相减得，故有同理由是“数列”得，所以对任意恒成立．所以，即，又，即，两者矛盾，故不存在这样的数列既是“数列”，也是“数列”.12．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）设数列的前项和为，且，数列满足，其中.(1)证明为等差数列，求数列的通项公式；(2)求使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值；(3)当时，求证：.【答案】(1)(2)(3)见解析【分析】（1）根据与的关系，证明等于一个定值，即可得证，再根据等差数列的通项公式求得数列的通项公式，从而可求出数列的通项公式；（2）问题可转化为对于任意的正整数都成立，求出右边函数的最小值，即可得出答案；（3）要证，只需证，利用，即可得证.(1)解：当时，，所以，当时，，即，则有，，所以是以1为公差2为首项的等差数列，是以，是以；(2)解：，则，即为，即为对于任意的正整数都成立，令，则，故，是以单调递增，所以，所以，所以的最大值为；(3)证明：要证，只需证，因为，所以，所以.【点睛】本题考查了利用与的关系及构造法求数列的通项，考查了数列不等式恒成立问题及数列不等式的证明问题，还考查了组合数性质的应用，考查了数据处理能力及逻辑推理能力，综合性比较强，难度较大.题型五：不等式一、填空题1．（2022秋·上海奉贤·高一校考阶段练习）已知一元二次方程的两根为，则=___________.【答案】19【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，结合完全平方和公式进行求解即可.【详解】一元二次方程的两根为，，所以有，因此，故答案为：2．（2020·上海·高一专题练习）已知方程在区间中有且只有一解，则实数k的取值范围是______.【答案】或【分析】设，建立不等式组或，可得答案.【详解】设，因为方程在内恰有一解，则需或，解得或.故答案为：或.【点睛】本题考查一元二次方程的根的分布，常常从相应的二次函数中的特殊点的函数值的正负、对称轴、根的判别式等方面建立不等式组，属于中档题.二、解答题3．（2021秋·上海浦东新·高三上海师大附中校考阶段练习）（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；（2）若，解关于的不等式.【答案】（1）；（2）答案见解析【分析】（1）由二次不等式的解集，利用韦达定理求解系数；（2）分类讨论二次不等式的解.【详解】（1）由题意得的两根为和1，所以，解得；（2）由得，即，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.4．（2020·上海·高一专题练习）求实数为何值时，方程的两个实根.（1）分别在区间（1，2）和（3，4）内；（2）绝对值小于1.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据的函数值的正负得出关于的不等式组，可得出实数的范围.（2）根据对称轴需所在的范围，最小值、的正负得出关于的不等式组，可得出实数的范围.【详解】解：设.（1）由题意，得所以，当时，原方程两实根分别在区间（1，2）和（3，4）内；（2）由题意，两个实根的绝对值小于1，即两个实根均在区间内.因而有所以，当时，原方程的两个实根的绝对值小于1.【点睛】本题考查一元二次方程根的分布，常常从二次函数的对称轴、根的判别式、特殊点的函数值的正负等方面考虑，属于中档题.5．（2023·上海·高三专题练习）自2017年起，上海市开展中小河道综合整治，全面推进“人水相依，延续风貌，丰富设施，精彩活动”的整治目标．某科学研究所针对河道整治问题研发了一种生物复合剂．这种生物复合剂入水后每1个单位的活性随时间（单位：小时）变化的函数为，已知当时，的值为28，且只有在活性不低于3.5时才能产生有效作用．(1)试计算每1个单位生物复合剂入水后产生有效作用的时间；（结果精确到小时）(2)由于环境影响，每1个单位生物复合剂入水后会产生损耗，设损耗剩余量关于时间的函数为，记为每1个单位生物复合剂的实际活性，求出的最大值．（结果精确到0.1）【答案】(1)小时(2)6.5【分析】（1）由求出，分、，解不等式可得答案；（2）当时，令，，再令，面积由基本不等式求得最值；当时，，利用单调性可得的最大值，再比较可得答案．【详解】(1)由于，则，当时，，解得，当时，，即产生有效作用的时间段为，故产生有效作用的时间为小时．(2)当时，令，则，同时，再令，则，面积，由基本不等式，，当且仅当时等号成立，则在上的最大值为，当时，，则此时在是单调递减的，则最大值在时取到，，综上所述，在上的最大值为6.5．6．（2022春·上海宝山·高一上海市吴淞中学校考阶段练习）已知函数为奇函数．(1)求的值；(2)设函数存在零点，求实数的取值范围；(3)若不等式在上恒成立，求实数最大值．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）根据函数奇偶性代入表达式即可求解；（2）函数零点转为方程根的个数问题，再利用分离参数即可求解；（3）分析函数的单调性，再根据最值即可求解.【详解】（1）因为为奇函数，所以，即，即，即，即，；当时，的奇函数，满足条件．当时，不成立，故．（2）函数的定义域为，由解得，函数存在零点，即有解，即有解，因为，所以或，即或，即实数的取值范围是或.（3）若不等式在上恒成立，即在上恒成立，因为在上单调递减，所以，所以，即实数最大值是.题型六:空间向量与立体几何1．（2023·上海·高三专题练习）已知，，是空间两两垂直的单位向量，，且，则的最小值为________．【答案】【分析】设，，,利用向量的坐标运算求出，进而求出，借助向量模的运算及，整理可得，进而得解.【详解】由题意可设，，,由，得，，，所以（当且仅当，时等号成立），所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查的是空间向量的坐标运算和空间向量模长的坐标表示，意在考查学生的计算能力，属于中档题.求向量的模的方法：（1）利用坐标进行求解，，则；（2）利用性质进行求解，，结合向量数量积进行求解.题型七：解析几何一、单选题1．（2021·上海·高三专题练习）已知为抛物线的焦点，、是抛物线上的不同两点，则下列条件中与“、、三点共线”等价的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，将韦达定理逐一代入各选项中的等式，求出的值，进而可得出结论.【详解】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，由韦达定理得，.抛物线的焦点的坐标为，若、、三点共线，则.对于A选项，，解得；对于B选项，，解得；对于C选项，，整理得，即，解得；对于D选项，，整理得，解得或.故选：B.【点睛】本题考查焦点弦性质相关的判断，涉及韦达定理的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中等题.二、填空题2．（2020·上海静安·高三阶段练习）一个水平放置的等轴双曲线型的拱桥桥洞如图所示，已知当前拱桥的最高点离水面5米时，量得水面宽度米，则当水面升高1米后，水面宽度为_________.米(精确到0.1米)【答案】26.5【分析】建立坐标系，设出双曲线的方程，由点在双曲线上，可求得，再代入点可求得水面的宽.【详解】以双曲线的实轴为y轴，双曲线的对称中心为原点建立平面直角坐标系，设等轴双曲线的方程为，则点在双曲线上，所以解得，所以双曲线的方程为，点，当水面上升1米后，即点的纵坐标为，代入到双曲线方程中得，所以水面宽度为，故答案为：26.5.【点睛】本题考查双曲线的实际应用，关键在于建立合适的平面坐标系，设出双曲线的方程，已知的数据转化为双曲线上的点的坐标求解，属于中档题.3．（2022·上海宝山·一模）在平面直角坐标系中，已知圆，点是直线上的一个动点，直线分别切圆于两点，则线段长的取值范围为______．【答案】【分析】设，利用点到直线距离公式可知，将长表示为关于的函数，求得函数值域即为所求范围.【详解】由圆的方程知：圆心，半径，设，则，为圆的切线，，，，是的垂直平分线，，，，，即线段长的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到圆的切线的性质；解题关键是能够把所求线段长表示为关于圆心与直线上的点的距离的函数的形式，利用函数求值域的方法求得结果.三、解答题4．（2016·上海·高三阶段练习）已知椭圆；（1）若该椭圆的焦点为､，点是该椭圆上一点，且为直角，求点坐标；（2）若椭圆方程同时满足条件，则由此能否确定关于的函数关系式?若能，请写出的解析式，并写出该函数的定义域､值域､奇偶性､单调性，只需写出结论；若不能，请写出理由.【答案】（1），，，（2）答案见解析【分析】（1）设，由为直角，可得，与联立解得，即得点P的坐标；（2）由题得，再写出函数的定义域、值域、奇偶性和单调性得解.【详解】（1）椭圆，，设，为直角，，，，即，与联立解得．所以点P的坐标为，，，.（2）能确定关于的函数关系式.由