高中数学好题速递400题(201—250)

1、好题速递201题解析几何模块4已知曲线的方程，存在一定点和常数，对曲线上的任意一点，都有成立，则点到直线的最大距离为 解法一：由得即故，将代入得，得，又直线恒过定点，所以由几何性质知点到直线的最大距离为点与的距离为解法二：作为小题，由知是阿氏圆轨迹，故取圆直径上的两个点，即可得，解得，好题速递202题解析几何模块5已知是的对称轴和准线的交点，点是其焦点，点在该抛物线上，且满足，当取得最大值时，点恰在以、为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为 解：作，由抛物线定义，其中要使取得最小值，即最小，即最大值，即最小，此时是抛物线的切线设的方程为，与联立得因为相切，故，解得故，由，得好题速递203题解析

2、几何模块6 已知斜率为1的直线过双曲线的左焦点，且与双曲线左、右支分别交于两点，若是线段的中点，则双曲线的离心率为 解：由题意知所以，所以好题速递204题解析几何模块7 已知点是双曲线上的动点，是其左、右焦点，坐标原点，若的最大值是，则此双曲线的离心率是 解：设，则又，所以所以所以所以的最大值在时取到，所以所以，即好题速递205题解析几何模块8在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线与圆相交于两点，为弦上一动点，以为圆心，2为半径的圆与圆总有公共点，则实数的取值范围是 解：两圆有公共点的充要条件是，而恒成立，故只要时两圆必有公共点由平面几何知识可知，为点到直线的距离，所以，解得好题速递206题解析

3、几何模块9已知点，若圆上存在一点，使得，则的最大值为 解：由得在以中点为圆心，为半径的圆上，所以的轨迹方程为，所以圆的半径为，又由在圆上，的圆心，半径为1，当圆与圆内切时，最大为好题速递207题立体几何模块1如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，并且平面，则动点的轨迹是（ ）a圆 b椭圆 c抛物线 d线段 解：如图，取的中点，的中点，显然可证明平面平面，当在线段上时，均有平面，即动点的轨迹是线段。点评：善于转化是解决立体几何中平行与垂直问题的关键。例如，考虑“线线平行”时，可转化为“线面平行”或“面面平行”；考虑“线面平行”时，可转化为“线线平行”或“面面平行”；考虑“面面平行”时，可

4、转化为“线线平行”或“线面平行”。在斜二测画法画图时，平行关系不会改变，因为要找平行线，可以考虑在图象上推平行线，然后关注哪个位置看起来比较特殊，例如中点，中位线之类。好题速递208题立体几何模块2如图，在三棱柱的侧棱与上各有一个动点，且满足，是棱上的动点，则的最大值是 解法一：设，则（注：这里用到了梯形的面积与的面积相等。）即与重合时，最大，解法二：设，为定值，则是关于的增函数所以好题速递209题立体几何模块3已知线段，且与平面的距离为4，点是平面上的动点，且满足，若，则线段长度的取值范围是 解：如图，将线段投影到平面上，得到射影，将空间问题平面化，则动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，又，所

5、以，即好题速递210题立体几何模块4已知为正方体对角线上的一点，且，下面结论：；若平面，则；若为钝角三角形，则；若，则为锐角三角形其中正确结论的序号为 解：在正方体中，平面，又平面，故，正确； 由题可知，若平面，则设正方体的棱长为1，则，在中，所以，所以，正确；在正方体中，以为轴，为轴，为轴建系，设棱长为2，则设，由，得所以，若为钝角三角形，则为钝角，解得，错；同理，当时，所以为锐角三角形，正确。所以正确结论为。好题速递211题立体几何模块5如图，在棱长为1的正方体中，若点是棱上一点，则满足的点有 个解：点既在以为焦点，长轴为2的椭球上，又在正方体的棱上。因为，故点在以为焦点，长轴为2的椭球外

6、，所以椭球必与线段相交（交点就是的中点），同理在上各有一个交点满足条件又若点在上，则，故上不存在满足条件的点，同理上也不存在满足条件的点。好题速递212题立体几何模块6将一个长宽分别为的铁皮的四个角切去相同的正方形，然后折成一个无盖的长方体的盒子（不计粘合处），若这个长方体的外接球的面积存在最小值，则的取值范围是 解：设切去的小正方形的边长为，长方体的外接球的半径为则因为长方体的外接球的面积存在最小值，所以，解得好题速递213题在直角梯形中，动点在以为圆心且过点的圆内运动（不含边界），设，则的取值范围是 解：建立直角坐标系， ，由得动点在内运动，所以求目标函数的取值范围是好题速递214题在曲线

7、上任取两点，则的最小值为 解：记，则且，同时满足，即，当且仅当时取得“=”，故的最小值为2好题速递215题已知函数是定义在上的不恒为零的偶函数，且对任意实数都有，则 解：令，则，所以令，则当时，由得则，故好题速递216题已知实数，设函数的两个零点分别为，则下列关系中恒成立的是（ ）（a） （b）（c） （d）解：的两个零点，即的两个零点因为开口向上，又，所以即函数的零点一个大于，一个小于，且，所以根据“一上一下，中间一点”的原则，可知，选c好题速递217题已知点在抛物线上，若的三个顶点都在抛物线上，记三边所在直线的斜率分别为，则 解：，设，所以点评：抛物线题目的计算量相对于椭圆、双曲线要小一些

8、，主要是基于抛物线上的点的设法，在化简过程中利用好平方差公式，可以使得计算简便。这个过程要做到比较熟练。好题速递218题已知函数与函数在区间上都有零点，则的最小值为 解：由题意知，两式相加得，两式相加得所以当且仅当时取得等号。点评：这里用到了基本不等式，如果一下子看不出来，也可以先利用齐次化思想，将分子分母同除以，令，将式子简化，就容易发现了。好题速递219题已知函数，若在上既有最大值又有最小值，且最大值与最小值的和为4，则 解：已知在上既有最大值又有最小值，故又是奇函数，且最大值与最小值的和为4，则，故好题速递220题对于函数，如果存在区间，同时满足下列条件：在内是单调的；当定义域是时，的值

9、域也是，则称是该函数的“和谐区间”若存在“和谐区间”，则的取值范围是 解：因为在和上是增函数，所以或，且，因此是方程的两个不相等且同号的实数根，即有两个不相等且同号的实数根又且，故只需，解得又，故好题速递221题已知以为周期的函数，其中，若恰有5个实数解，则的取值范围是 解：当时，原函数式化为方程，表示一个半椭圆，当时，是两线段和组成的折线，再根据周期性画出大致图象如图所示。由图象可知，当直线与第二个半椭圆相交，而与第三个半椭圆无交点时，方程恰有5个实数解，由方程组消去得由，解得由方程组消去得由，解得，所以好题速递222题（2015重庆理科第16题）若函数的最小值为5，则 _解法一：按照两类分

10、类讨论，画出的折线图，图象最低点的纵坐标为5，求得或解法二：由题意得，从而设的图象是以为顶点的开口向上的“v”形图。的图象是以为顶点的开口向下（开口比的图象开口大）的“v”形图，且与轴交点的坐标为。当或时，所以若函数的最小值为5，则或好题速递223题若动点在直线上，动点在直线上，设线段的中点为，且，则的取值范围是_解法一：设点满足，点满足两式相加得点的轨迹是直线同时点满足所以满足条件的点在线段上，其中点，分别为直线与圆的交点，表示线段上的点与坐标原点连线距离的平方，所以当运动到或时，取得最大值为16，当运动到圆心时，取得最小值为8，故解法二：将代入，得到将代入得好题速递224题设反比例函数与二

11、次函数的图象有且仅有两个不同的公共点，且，则 解：与的图象有且仅有两个不同的公共点方程有两个不同的实数根方程有两个不同的实数根三次方程仅有两个实根，故必有一个是一次根，一个是重根。方程或对于第一种情况，等式两边展开比较系数得，故，因为，所以，对于第二种情况，等式两边展开比较系数得，故，因为，所以，但由知，与矛盾，故舍去。点评：本题是自山东高考题改编而来，解法中运用了三次方程求根的因式分解，奇次根穿过与偶次根反弹的问题。浙江高考曾多次考过类似的问题，值得注意。例如：（2014浙江文7）已知函数，且，则a b c d解：方程的三个根为，故比较系数得，故（2012浙江理17）设，若时均有，则_解：，

12、且，因为对恒成立，则必是二重零点 代入得：，解之得：，舍去，得答案：（2013浙江文16）设，若时恒有，则 。【解析】当时，有，所以得，代回原式故必定是重根，即中必有因子，所以，所以点评：这三道题都是加深零点意义理解的好题。零点就像是x轴上的守门员，关系着函数正负性变化的重任，“奇重零点穿过，偶重零点反弹”。好题速递225题设是正实数，且，则的最小值是_解：设，则题目变为“已知，求的最小值。当且仅当，即，即时取得等号点评：本题还是分母换元使得式子简化，灵活运用均值不等式。好题速递226题（重庆高考题）函数的值域是_解：设，则问题变为求的值域解法一：当时，有将视为圆上任一点与原点连线的斜率，结合

13、图形可知，所以，当时，综上可知，解法二：注意到，联想其结构特征与三角函数中的正余弦定义式相似于是设直线的倾斜角为，则所以好题速递227题已知，则的取值范围是_解法一：考虑向量模的几何意义由和，可作出图形的终点必在以为直径的圆上又，故的终点必在以为圆心，1为半径的圆上所以问题转化为与（半径为1的小圆）有交点注意到的半径为，圆心距所以两圆相交需满足且有作一个整体换元，设，问题转化为规划问题，已知，求的取值范围。如图可得解法二：代数方法，因此只需求的取值范围由得所以即，解得所以，故解法三：解析几何坐标方法解：设，设a，b是以o为圆心，2为半径的圆上两点，且acbc，则 | ab | = ab = 2

14、 mcmo2 + ma2 = oa2，而ma = mc，mo2 + mc2 = 4设，则，即（*）| ab | = ab = 2 mc = 由（*）知，即好题速递228题已知实数，满足，则的最大值是_解：记，则因为故即的最大值是好题速递229题设函数，若对任意的，总存在，使得成立，则实数的取值范围是_解法一：由题意知的值域是值域的子集，易得的值域是设，则的值域为的值域，再通过分类讨论进行解答或或或解得解法二：解法一常规，但计算量较大，作为填空题不划算。故从数形结合的角度，利用函数图象给出解法二。的值域是，设，则问题可以转化为对任意实数，关于的方程在上有解，即对任意实数，总存在，使得直线与在是有

15、公共点，即直线与一簇函数个个都有公共点，从图象上显然看到，只要直线与函数有公共点即可，于是求得好题速递230题在中，边上的中线，若动点满足，则的最小值是 解：因为，系数之和为1，故三点共线，且，所以点在线段上，设，故当时，取最小值好题速递231题设数列满足，且，则 解：找规律。易知，故数列是周期为5的数列，所以好题速递232题设数列满足，且，则 解：即令，则，即数列是等比数列，且，故，即好题速递233题已知，函数的零点分别为，函数的零点分别为，则的最小值为 解：由（1）（2）得因为，故好题速递234题已知函数，其中，设为的一个零点，若，则符合条件的的值有 个解：因为，故，解得由知，当时，；当时

16、，；当时，（舍去）；当时，综上，符合条件的或，有两个值。好题速递235题已知是的外心，若，则的最小值为 解：因为，解得 ，故点评：这里又是三角形外心与向量的常见结合题，“外心点积转边投影”是正道。好题速递236题已知函数，设，若函数有四个零点，则的取值范围是 解：是开口形状确定，顶点在上运动的抛物线，于是当取不同值时所对应的函数图象如图所示，是“w型”的图象交点横坐标由解得函数有四个零点，可视为直线与函数有四个交点，故只需两条抛物线的“交叉点”到直线的竖直距离大于即可。故，解得好题速递237题在中，若，则的面积取得最大值时，最长的边长等于 解法一：设，由题知，因为故，当且仅当时，取得最大值，此

17、时解法二：由余弦定理知故当且仅当时，等号成立，故最长边为好题速递238题如图，在半径为1的上，线段是的直径，则的取值范围是 解法一：极化恒等式角度显然当均为的直径时，最大为4；取的中点，则由极化恒等式知故解法二：投影角度要求，显然在确定的情况下，最大。如图，当且与圆相切时，最大。此时设，则，所以显然当且仅当与重合，与重合，即与反向且模长均为直径时，解法三：坐标角度设，所以令则令则（当且仅当时取得等号）解法四：利用竞赛知识设，则在竞赛中证明过一个不等式，在中，有所以这里用了三角的积化和差、和差化积公式，属于超纲内容。所以好题速递239题在平面直角坐标系中，设是圆上不同的三个点，若存在实数，使得，

18、则的取值范围是 解法一：（这里的就是向量夹角，由于三点不同，故）当时有当时有画出可行域如图，于是将视为可行域内的到点的距离的平方，易得当时，当时，故解法二：于是解法三：由可以构造三角形法则故设，则构成的三边（否则三点中至少有两个点重合），如图所示于是满足，画出可行域，后续如解法一。好题速递240题已知二次函数为非负，则的最小值为 解法一：齐次化思想根据条件有，则因此令，则当且仅当及时取得最小值，即时取得。解法二：根据条件有，则故令得当且仅当及时取得最小值，即时取得。解法三：令，得，代入得当且仅当时取得等号解法四：待定系数法假设，化简为又故比对系数得，得，即，此时即因为，所以因为，所以好题速递2

19、41题已知，则的最大值是 解法一：判别式法令，代入得关于的一元二次方程有解得，即所以，当且仅当时取得等号。解法二：化齐次式令故当且仅当时取得等号。解法三：令，即设，则故解法四：利用余弦定理构造三角形设的三边分别为，由得由正弦定理，故故其中，故取，故评注：本题是很常见的最值问题，解法一、解法二是常规的两种方法，解法三利用三角换元，解法四构造三角形的方法不仅求出了最大值，还取到了最小值。好题速递242题（2015全国联赛2）若实数满足，则的值为 解：由得，评注：这里用了1的逆用，简化了计算，当然也可以把都算出来，不过计算量比较大。好题速递243题（2015全国联赛4）在矩形中，边上（包含）的动点与

20、的延长线上（包含点）的动点满足，则的最小值为 解：不妨设，则，则由得，故评注：坐标法解决向量问题是常见方法。好题速递244题（2015全国联赛6）在平面直角坐标系中，点集所对应的平面区域的面积为 解：设先考虑在第一象限中的部分，此时有，故这些点对应于图中的及其内部，由对称性知，对应的区域是图中以原点为中心的菱形及其内部同理设，则对应的区域是图中以为中心的菱形及其内部。由点集的定义知，所对应的平面区域是被，中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积由直线，直线得交点由对称性知，好题速递245题（2015全国联赛7）设为正实数，若存在，使得，则的取值范围是 解：由知，而，故题目条件等价于：存在整数，使得 当时，区间的长度不小于，故必存在满足式当时，注意到，故仅需要考虑如下几种情况：