文档库 最新最全的文档下载

当前位置：文档库 › 2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一4第4讲导数的综合应用学案

2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一4第4讲导数的综合应用学案

2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一4第4讲导数的综合应用学案

2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一4第4讲导数的综合应用学案

第4讲导数的综合应用

利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)

[典型例题]

命题角度一根据函数零点求参数范围

(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2

. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .

【解】 (1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2

＋1)e －x

－1≤0.

设函数g (x )＝(x 2

＋1)e －x

－1，则g ′(x )＝－(x 2

－2x ＋1)e －x

＝－(x －1)2e －x

.

当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，

g (x )≤0，即f (x )≥1.

(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x

.

f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．

(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；

(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x

.当x ∈(0，2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.

所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4a

e 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．

①若h (2)＞0，即a ＜e

2

4，h (x )在(0，＋∞)没有零点；

②若h (2)＝0，即a ＝e

24

，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；

③若h (2)＜0，即a ＞e

24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．

由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2

，所以

h (4a )＝1－16a 3

e 4a ＝1－16a 3

（e 2a ）2＞1－16a 3

（2a ）4＝1－1

a

＞0.

故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e

2

4

.

根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数”．

命题角度二根据参数确定函数的零点个数

已知函数f (x )＝

a ln x ＋b

x

(a ，b ∈R ，a ≠0)的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为－a .

(1)求f (x )的单调区间； (2)讨论方程f (x )＝1根的个数．

【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －b －a ln x

x 2

，由f ′(1)＝a －b ＝－a ，得b ＝2a ，所以f (x )＝

a （ln x ＋2）x ，f ′(x )＝－a （ln x ＋1）

x 2

.

当a >0时，由f ′(x )>0，得01

e .

当a <0时，由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0

e

.

综上，当a >0时，f (x )的单调递增区间为? ????0，1e ，单调递减区间为? ??

??1e ，＋∞；当a <0

时，f (x )的单调递增区间为? ????1e ，＋∞，单调递减区间为? ??

??0，1e . (2)f (x )＝1，即方程

a ln x ＋2a x ＝1，即方程1a ＝ln x ＋2x ，构造函数h (x )＝ln x ＋2

x

，则h ′(x )＝－1＋ln x x 2

，令h ′(x )＝0，得x ＝1e ，且在? ????0，1e 上h ′(x )>0，在? ??

??1e ，＋∞上h ′(x )<0，即h (x )在? ????0，1e 上单调递增，在? ????1e ，＋∞上单调递减，所以h (x )max ＝h ? ??

??1e ＝e.

在? ??

??1e ，＋∞上，h (x )单调递减且h (x )＝ln x ＋2x >0，当x 无限增大时，h (x )无限接近0；

在? ??

??0，1e 上，h (x )单调递增且当x 无限接近0时，ln x ＋2负无限大，故h (x )负无限大．

故当0<1a 1e 时，方程f (x )＝1有两个不等实根，当a ＝1

e 时，方程

f (x )＝1只有

一个实根，当a <0时，方程f (x )＝1只有一个实根．

综上可知，当a >1e 时，方程f (x )＝1有两个实根；当a <0或a ＝1

e 时，方程

f (x )＝1有一

个实根；当0

时，方程f (x )＝1无实根．

(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与

x 轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．

(2)判断函数在某区间[a ，b ]((a ，b ))内的零点的个数时，主要思路为：一是由

f (a )f (b )<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在

区间(a ，b )上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a ，b ]((a ，b ))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．

命题角度三函数零点性质的探索与证明

已知函数f (x )＝(x －2)e x

有两个零点． (1)求a 的取值范围；

(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.

【解】 (1)f ′(x )＝(x －1)e x

＋2a (x －1)＝(x －1)(e x

＋2a )． (ⅰ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．

(ⅱ)设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b a

(b －2)＋a (b －1)2

2b >0，故f (x )存在两个零点．

(ⅲ)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．

2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)

上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．

2，则ln(－2a )>1.故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋

∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．

综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．

(2)证明：不妨设x 1

f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，

即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x

＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2

＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x

－(x 2－2)e x

设g (x )＝－x e

则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x

所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0，从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.

函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．

已知函数f (x )＝ln x －12

(1)若f (x )在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋y ＋2＝0垂直，求实数a 的值； (2)求函数f (x )的单调区间；

(3)讨论函数f (x )在区间[1，e 2

]上的零点个数．解：(1)f (x )＝ln x －12

的定义域为(0，＋∞)，

f ′(x )＝1x －ax ＝1－ax 2

x ，则f ′(2)＝1－4a

2.因为直线2x ＋y ＋2＝0的斜率为－2，所以

(2)由(1)知f ′(x )＝1－ax

，x ∈(0，＋∞)，

当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

当a >0时，由?

????f ′（x ）＞0，x >0，得0

a a ，由f ′(x )<0得x >a a ，所以f (x )在?

???0，a a 上单调递增，在?

a a ，＋∞上单调递减．综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调递增区间为?

???0，a a ，单调递减区间为? ??

??a a ，＋∞. (3)由(2)可知，

(ⅰ)当a <0时，f (x )在[1，e 2

]上单调递增，而f (1)＝－12

a >0，故f (x )在[1，e 2

]上没有零点；

(ⅱ)当a ＝0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a ＝0，故f (x )在[1，e 2

一个零点；

(ⅲ)当a >0时，①若

a a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e 2

]上单调递减，因为f (1)＝－12

a <0，所以f (x )在[1，e 2

]上没有零点．

a a ≤e 2，即1e 4≤a <1时，f (x )在??????1，a a 上单调递增，在????

a a ，e 2上单调递减，而f (1)＝－12a <0，f ? ??

??a a ＝－12ln a －12，f (e 2

)＝2－12a e 4，

??a a ＝－12ln a －12<0，即a >1e 时，f (x )在[1，e 2

]上没有零点；若f ? ??

??a a ＝－12ln a －12＝0，即a ＝1e 时，f (x )在[1，e 2

]上有一个零点；若f ?

??a a ＝－12ln a －12>0，即a <1e 时，由f (e 2

)＝2－12a e 4>0得a <4e 4，此时，f (x )在[1，e 2

]上有一个零点；

由f (e 2)＝2－12a e 4≤0得a ≥4e 4，此时，f (x )在[1，e 2

]上有两个零点；

a a ≥e 2，即0

a e 4>0，所以f (x )在[1，e 2

]上有一个零点．综上所述：当a <0或a >1e 时，f (x )在[1，e 2

]上没有零点；当0≤a <4e 4或a ＝1e 时，f (x )在

[1，e 2]上有一个零点；当4e 4≤a <1e

时，f (x )在[1，e 2

]上有两个零点．

利用导数证明不等式(综合型)

命题角度一单变量不等式的证明

已知函数f (x )＝a e x

－b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝

??1e －1x ＋1.

(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>0.

【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．

f ′(x )＝a e x －b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1

所以?????a e ＝1

e ，a e －b ＝1e

－1，解得?????a ＝1e 2

(2)证明：由(1)知f (x )＝1e 2·e x

因为f ′(x )＝e

在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f ′(x )

＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1，2)．

当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值．由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2

，则x 0－2＝－ln x 0.

故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2

－ln x 0＝1x 0＋x 0－2>2

·x 0－2＝0，所以f (x )>0.

利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f (x )>g (x )．证明技巧：先将不等式

g (x )移项，即构造函数

h (x )＝f (x )－g (x )，转化为证不等式h (x )>0，再次转化为证明h (x )min >0，因此，只需在所给的区间内，判断h ′(x )的符号，从而判断其单调性，并求出函

数h (x )的最小值，即可得证．

命题角度二双变量不等式的证明

已知函数f (x )＝ln x －12

＋x ，a ∈R .

(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥

. 【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1，1)，又f ′(x )＝1

＋1，则切线斜率k ＝f ′(1)＝2，

故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2

＋x ，x >0. 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，

得ln x 1＋x 2

1＋x 1＋ln x 2＋x 2

2＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，

令t ＝x 1x 2，则由φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1

易知φ(t )在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2

＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1>0，x 2>0，所以x 1＋x 2≥

破解含双参不等式证明题的三个关键点

(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．

(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．

(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．

(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝1

－x ＋a ln x .

(1)讨论f (x )的单调性；

(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：

f （x 1）－f （x 2）

解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1

x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1

(i)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减．

(ii)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝

当x ∈? ????0，a －a 2－42∪? ??

a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；

当x ∈? ????a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在? ????

0，a －a 2－42，

? ????a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在? ??

a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增．

(2)由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2.

由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2

－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 11.由于

f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 2

f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2

－x 2＋2ln x 2<0.

设函数g (x )＝1

－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0.

所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2

恒成立与有解问题(综合型)

命题角度一恒成立问题

(2018·南昌模拟)已知函数f (x )＝ln(ax )＋bx 在点(1，f (1))处的切线是y ＝0. (1)求函数f (x )的极值； (2)若

x (m <0)恒成立，求实数m 的取值范围(e 为自然对数的底数)．【解】 (1)因为f (x )＝ln(ax )＋bx ，所以f ′(x )＝a ax

因为f (x )在点(1，f (1))处的切线是y ＝0，所以f ′(1)＝1＋b ＝0，且f (1)＝ln a ＋b

解得a ＝e ，b ＝－1，故f (x )＝ln x －x ＋1.

所以f ′(x )＝1x －1＝1－x

，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

所以f (x )的极大值为f (1)＝0，无极小值． (2)由(1)知f (x )＝ln x －x ＋1，

≥f (x )＋1－e

x (m <0)恒成立，即mx e x ≥ln x ＋1x －2＋1

(m <0) 恒成立．设g (x )＝mx e x (x >0)，h (x )＝ln x ＋1x ＋1e －2，则g ′(x )＝m （1－x ）e x

，h ′(x )＝－ln x x

2. 因为m <0，所以当00；当x >1时，g ′(x )>0，h ′(x )<0. 所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝m

h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (1)＝1e

所以g (x )，h (x )均在x ＝1处取得最值，所以要使g (x )≥h (x )恒成立，

只需g (x )min ≥h (x )max ，即m e ≥1

－1，解得m ≥1－e.

又m <0，所以实数m 的取值范围是[1－e ，0)．

求解含参不等式恒成立问题的方法

(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对?x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或

g (x )min )；第二关是求最值关，即求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题．

[提醒] 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．

(2)有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．

命题角度二能成立问题

已知函数f (x )＝3ln x －12x 2

＋x ，g (x )＝3x ＋a .

(1)若f (x )与g (x )的图象相切，求a 的值；

(2)若?x 0>0，使f (x 0)>g (x 0)成立，求参数a 的取值范围．

【解】 (1)由题意得，f ′(x )＝3x －x ＋1，设切点为(x 0，f (x 0))，则k ＝f ′(x 0)＝3

x 0＋1＝3，解得x 0＝1或x 0＝－3(舍)，所以切点为?

，代入g (x )＝3x ＋a ，得a ＝－52

(2)设h (x )＝3ln x －12x 2

－2x .?x 0>0，使f (x 0)>g (x 0)成立，

等价于?x >0，使h (x )＝3ln x －12x 2

－2x >a 成立，

等价于a 0)．

因为h ′(x )＝3x －x －2＝－x 2

－2x ＋3x ＝－（x －1）（x ＋3）

令?????h ′（x ）>0，x >0，得0

????h ′（x ）<0，x >0，得x >1. 所以函数h (x )＝3ln x －12

x 2－2x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以

h (x )max ＝h (1)＝－5

2，即a <－52

因此参数a 的取值范围为?

????－∞，－52.

求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”

第一关是求导关，对于复合函数求导，注意由外向内层导，一直导到不能导；第二关是转化关，即通过分离参数法，先转化为存在x ∈D ，使f (a )≥g (x )或(f (a )≤g (x ))成立，再转化为f (a )≥g (x )min (或f (a )≤g (x )max )；第三关是求最值关，即求函数g (x )在区间D 上的最小值(或最大值)问题．不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形结合使问题获解．

[提醒] 不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可以转化为最值问题，但f (a )≥g (x )(或

g (x ))对存在x ∈D 能成立等价于f (a )≥g (x )min (或f (a )≤g (x )max )，f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 都成立等价于f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )，应注意区分，不

1．设函数f (x )＝e

＋x ，g (x )＝ln(x ＋3)－4e

，其中e 为自然对数的底数，若存

在实数x 0，使得f (x 0)－g (x 0)＝2成立，则实数a 的值为( )

A ．－2＋ln 2

C ．－1－ln 2

解析：选D.由已知得f (x )－g (x )＝e x ＋a

＋x －ln(x ＋3)＋4e

，u (x )＝x －ln(x ＋3)，所以h (x )＝e

＝4，当且仅当e

＝2时等号成立．

u ′(x )＝1－1

(x >－3)，令u ′(x )>0，得x >－2；

令u ′(x )<0，得－3

若存在实数x 0，使得f (x 0)－g (x 0)＝2成立，则当x ＝－2时，e x ＋a

＝2成立，所以e

＝2，解得a ＝2＋ln 2.故选D.

2．设函数f (x )＝ax 2

－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；

(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x

在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…

为自然对数的底数)．

解：(1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2

当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝

此时，当x ∈? ????

0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；

12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．

(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1

则s ′(x )＝e

而当x >1时，s ′(x )>0，

所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0.

当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2

－1)－ln x <0.

故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0

由(1)有f ? ????12a

所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥1

时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．

当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x

>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3

－2x ＋1x 2>x 2

>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，

所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立．

综上，a ∈????

1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2

(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．

解：(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2

令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.

当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.

故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．

(2)证明：由于x 2

＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3

设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）

（x 2＋x ＋1）

仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．

故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．

又f (3a －1)＝－6a 2

＋2a －13＝－6? ????a －162－16

f (3a ＋1)＝1

故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．

2．(2018·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2

(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；

(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a .

解：(1)由题意知，f ′(x )＝x －a 2x ＝（x ＋a ）（x －a ）

当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x ＝a 时，f (x )取得最小值f (a )＝12a 2－a 2

ln a ≥0，解得0

(2)证明：由(1)知，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，设0a .

要证x 1＋x 2>2a 即x 2>2a －x 1，则只需证f (x 2)>f (2a －x 1)．因f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 1)>f (2a －x 1)．设g (x )＝f (x )－f (2a －x )，0

则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2a －x )＝x －a 2x ＋2a －x －a 22a －x ＝－2a （a －x ）

x （2a －x ）

所以g (x )在(0，a )上单调递减，从而g (x )>g (a )＝0. 又由题意得0

于是g (x 1)＝f (x 1)－f (2a －x 1)>0，即f (x 1)>f (2a －x 1)．因此x 1＋x 2>2a .

3．(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；

(2)若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，证明：f (x )≤e －x

. 解：(1)由题意x >0，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x .

①当a ＝0时，f (x )＝x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

②当a >0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递增，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0?x ＝e

1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )<0，当x ∈(e －1－

a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )

在(0，e －1－

a )上单调递减，在(e

a ，＋∞)上单调递增；

③当a <0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递减，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0?x ＝e

1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )>0，当x ∈(e －1－

a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )

在(0，e －1－

a )上单调递增，在(e

a ，＋∞)上单调递减．

(2)证明：由(1)可知若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，

a ＝1，解得a ＝－1，

故此时f (x )＝x －x ln x ，要证f (x )≤e －x

只须证x －x ln x ≤e －x

，即证e －x

－x ＋x ln x ≥0，设h (x )＝e －x

－x ＋x ln x ，x >0，则h ′(x )＝－e －x

＋2x ＋ln x . 令g (x )＝h ′(x )，则g ′(x )＝e －x

所以函数h ′(x )＝－e －x

＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，又h ′? ??

??1e ＝－e －

e ＋2e －1<0，h ′(1)＝－1e ＋2>0，

故h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x 在? ??

??1e ，1上存在唯一零点x 0，即－e －x

0＋2x 0＋ln x 0＝0.

所以当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(0，

x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，

故h (x )≥h (x 0)＝e

0－x 0＋x 0ln x 0，

所以只需证h (x 0)＝e －x

0－x 0＋x 0ln x 0≥0即可，

＋2x 0＋ln x 0＝0，

＝2x 0＋ln x 0，

所以h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)，又x 0＋1>0，

所以只要x 0＋ln x 0≥0即可，当x 0＋ln x 0<0时，ln x 0<－x 0?x 0

＋x 0＋x 0＋ln x 0<0与－e

＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾；

当x 0＋ln x 0>0时，ln x 0>－x 0?x 0>e

＋x 0＋x 0＋ln x 0>0与－e

＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾；

当x 0＋ln x 0＝0时，ln x 0＝－x 0?x 0＝e －x 0

＋2x 0＋ln x 0＝0，故x 0＋ln x 0＝0成立，

得h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)＝0，所以h (x )≥0，即f (x )≤e －x

4．(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )＝e x

. (1)求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求证：当x >0时，e x

＋（2－e ）x －1

解：(1)由题意得，f ′(x )＝e x

－2x ，则f ′(1)＝e －2，f (1)＝e －1，

所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1. (2)证明：f ′(x )＝e x －2x ，令h (x )＝e x

－2x ，则h ′(x )＝e x

易知f ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又曲线y ＝f (x )过点(1，e －1)，

且曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1，

所以可猜测：当x >0，x ≠1时，f (x )的图象恒在切线y ＝(e －2)x ＋1的上方．下证：当x >0时，f (x )≥(e －2)x ＋1.

设g (x )＝f (x )－(e －2)x －1＝e x

－(e －2)x －1，x >0，则g ′(x )＝e x

－2x －(e －2)，令φ(x )＝g ′(x )，则φ′(x )＝e x －2，

易知g ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝3－e>0，

g ′(1)＝0，0

所以存在x 0∈(0，ln 2)，使得g ′(x 0)＝0，

所以当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x )>0；当x ∈(x 0，1)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，

所以g (x )＝e x

－(e －2)x －1≥0，

当且仅当x ＝1时取等号，故e x

＋（2－e ）x －1x

又x ≥ln x ＋1，所以e x

＋（2－e ）x －1

≥ln x ＋1，当且仅当x ＝1时等号成立．

2019高考数学常见难题大盘点：数列

2019高考数学常见难题大盘点：数列 1. 已知函数2()1f x x x =+-，,αβ是方程f (x )＝0旳两个根()αβ>，'()f x 是f (x )旳导数；设1 1a =， 1 ()'() n n n n f a a a f a +=- (n ＝1，2，……) (1)求,αβ旳值； (2)证明：对任意旳正整数n ，都有n a ＞a ；解析：(1)∵2()1f x x x =+-，,αβ是方程f (x )＝0旳两个根()αβ>， ∴ αβ== ； (2)'()21f x x =+， 21 115(21)(21)12 442121 n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ++++-+-=-=-++ ＝ 5 114 (21)4212 n n a a ++-+，∵1 1a =， ∴有基本不等式可知 20a ≥>( 当且仅当1a = 时取等号) ，∴ 20a >> 同，样3a > ，……，n a α >= (n ＝1，2，……)， 2. 已知数列{}n a 旳首项121a a =+（a 是常数，且1a ≠-）， 24221+-+=-n n a a n n （2n ≥），数列{}n b 旳首项1b a =，2n a b n n +=（2n ≥） · （1）证明：{}n b 从第2项起是以2为公比旳等比数列；（2）设n S 为数列{}n b 旳前n 项和，且{}n S 是等比数列，求实数a 旳值；（3）当a>0时，求数列{}n a 旳最小项· 分析：第（1）问用定义证明，进一步第（2）问也可以求出，第（3）问由a 旳不同而要分类讨论· 解：（1）∵2n a b n n += ∴ 22211)1(2)1(4)1(2)1(++++-++=++=++n n n a n a b n n n n n b n a 2222=+=(n ≥2) 由121a a =+得24a a =，22444b a a =+=+， ∵1a ≠-，∴ 2 0b ≠，即{}n b 从第2项起是以2为公比旳等比数列· （2） 1(44)(21)34(22)2 21 n n n a S a a a -+-=+=--++-

2020版高考数学二轮复习专题汇编全集

第1讲三角函数与平面向量 A 组基础达标 1.若点? ????sin 5π 6，cos 5π6在角α的终边上，则sin α的值为________． 2.已知α∈? ????0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，那么sin α＝________. 3.(2019·榆林模拟)若sin ? ????A ＋π4＝7210，A ∈? ?? ??π4，π，则sin A ＝________． 4.若函数f (x )＝2sin ? ????2x ＋φ－π6(0<φ<π)是偶函数，则φ＝________． 5.已知函数y ＝A sin (ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0，|φ|＜π 2)的部分图象如图所示，那么φ＝________． (第5题) 6.已知sin ? ????α＋π3＝1213，那么cos ? ?? ??π6－α＝________． 7.在距离塔底分别为80m ，160m ，240m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m. 8.(2019·湖北百校联考)设α∈? ????0，π3，且6sin α＋2cos α＝ 3. (1) 求cos ? ????α＋π6的值； (2) 求cos ? ????2α＋π12的值．

B 组能力提升 1.计算：3cos10°－1 sin170°＝________． 2.(2019·衡水模拟改编)设函数f (x )＝2cos (ωx ＋φ)对任意的x ∈R ，都有f ? ????π3－x ＝f ? ????π3＋x ，若函数g (x )＝3sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＋2，则g ? ?? ??π3的值是________． 3.已知函数f (x )＝sin (ωx ＋φ)(ω＞0)的图象的一个对称中心为? ????π2，0，且f ? ?? ? ?π4＝1 2 ，那么ω的最小值为________． 4.已知函数f (x )＝sin ? ????ωx ＋π5(ω>0)，f (x )在[0，2π]上有且仅有5个零点，给出以下四个结论： ①f (x )在(0，2π)上有且仅有3个极大值点； ②f (x )在(0，2π)上有且仅有2个极小值点； ③f (x )在? ????0，π10上单调递增； ④ω的取值范围是???? ??125，2910. 其中正确的结论是________．(填序号) 5.(2019·浙江卷)已知函数f (x )＝sin x ，x ∈R . (1) 当θ∈[0，2π)时，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值； (2) 求函数y ＝??????f ? ????x ＋π122＋??????f ? ????x ＋π42 的值域． 6.(2019·临川一中)已知函数f (x )＝M sin (ωx ＋π 6)(M >0，ω>0)的大致图象如图所示，其中A (0，1)，B ，C 为函数f (x )的图象与x 轴的交点，且BC ＝π. (1) 求M ，ω的值；

高考数学第二轮备考指导及复习建议

2019年高考数学第二轮备考指导及复习建议首先，我们应当明确为什么要进行高考第二轮复习？也就是高考数学复习通常要分三轮（有的还是分四轮）完成，对于第二轮的目的和意义是什么呢？第一轮复习的目的是将我们学过的基础知识梳理和归纳，在这个过程当中主要以两个方面作为参考。第一个是以教材为基本内容，第二个以教学大纲以及当年的考试说明，作为我们参考的依据，然后做到尽量不遗漏知识，因为这也是作为我们二轮三轮复习的基础。对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。高三数学第二轮的复习，是在第一轮复习的基础上，对高考知识点进行巩固和强化，是考生数学能力和学习成绩大幅度提高的关键阶段，我们学校此阶段的复习指导思想是：巩固、完善、综合、提高。就大多数同学而言，巩固，即巩固第一轮单元复习的成果，把巩固三基(基础知识、基本方法、基本技能)放在首位，强化知识的系统与记忆；完善，就是通过此轮复习，查漏补缺，进一步建立数学思想、知识规律、方法

运用等体系并不断总结完善；综合，就是在课堂做题与课外训练上，减少单一知识点的试题，增强知识点之间的衔接，增强试题的综合性和灵活性；提高，就是进一步培养和提高对数学问题的阅读与概括能力、分析问题和解决问题的能力。因此，高三数学第二轮的复习，对于课堂听讲并适当作笔记，课外训练、自主领悟并总结等都有较高要求，有“二轮看水平”的说法！是最“实际”的一个阶段。要求学生就是“四个看与四个度”：一看对近几年高考常考题型的作答是否熟练，是否准确把握了考试要求的“度”--《考试说明》中“了解、理解、掌握”三个递进的层次，明确“考什么”“怎么考”；二看在课堂上是否紧跟老师的思维并适当作笔记，把握好听、记、练的“度”；三看知识的串连、练习的针对性是否强，能否使模糊的知识清晰起来，缺漏的板块填补起来，杂乱的方法梳理起来，孤立的知识联系起来，形成系统化、条理化的知识框架，控制好试题难易的“度”；四看练习或检测与高考是否对路，哪些内容应稍微拔高，哪些内容只需不降低，主次适宜，重在基础知识的灵活运用和常用数学思想方法的掌握，注重适时反馈的“度”。在高考一轮复习即将结束、二轮复习即将开始这样一个承上启下的阶段，时间紧，任务重，往往是有40天左右时间（我们学校是3月中旬到4月底）。如何做到有条不紊地复习呢？现结合我最近的学习及多年的做法谈下面几点意见，供同行们参考。

2014高考数学难题集锦(一)含详细答案及评分标准

2014高考数学难题集锦(一) 1、已知集合，若集合，且对任意的，存在，使得（其中），则称集合为集合的一个元基底. （Ⅰ）分别判断下列集合是否为集合的一个二元基底，并说明理由； ①，； ②，. （Ⅱ）若集合是集合的一个元基底，证明：；（Ⅲ）若集合为集合的一个元基底，求出的最小可能值，并写出当取最小值时的一个基底. 2、设函数（1）若关于x的不等式在有实数解，求实数m的取值范围；（2）设，若关于x的方程至少有一个解，求p 的最小值. （3）证明不等式： 3、设，圆：与轴正半轴的交点为，与曲线的交点为，直线与轴的交点为．（1）用表示和; （2）求证:;

（3）设,,求证:． 4、数列，（）由下列条件确定：①；②当时，与满足：当时，,；当时，，. （Ⅰ）若，，写出，并求数列的通项公式；（Ⅱ）在数列中，若(,且)，试用表示；（Ⅲ）在（Ⅰ）的条件下，设数列满足，， (其中为给定的不小于2的整数)，求证：当时，恒有. 5、已知函数f（x）是定义在[-e,0）∪（0,e]上的奇函数，当x∈（0,e],f（x）=ax+lnx（其中e是自然对数的底数，a∈R）（1）求f（x）的解析式；（2）设g（x）=,x∈[-e,0）,求证：当a=-1时，f（x）>g（x）+; （3）是否存在实数a，使得当x∈[-e,0）时f（x）的最小值是3 如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请说明理由． 6、（理）对数列和，若对任意正整数，恒有，则称数列是数列的“下界数列”. （1）设数列，请写出一个公比不为1的等比数列，使数列是数列的“下界数列”；（2）设数列，求证数列是数列的“下界数列”；（3）设数列，构造

高考数学二轮复习计划

2019年高考数学二轮复习计划作者：佚名首先，我们应当明确为什么要进行高考第二轮复习?也就是高考数学复习通常要分三轮完成，对于第二轮的目的和意义是什么呢?第一轮复习的目的是将我们学过的基础知识梳理和归纳，在这个过程当中主要以两个方面作为参考。第一个是以教材为基本内容，第二个以教学大纲以及当年的考试说明，作为我们参考的依据，然后做到尽量不遗漏知识，因为这也是作为我们二轮三轮复习的基础。对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。高三数学第二轮的复习，是在第一轮复习的基础上，对高考知识点进行巩固和强化，是考生数学能力和学习成绩大幅度提高的关键阶段，我们学校此阶段的复习指导思想是：巩固、完善、综合、提高。就大多数同学而言，巩固，即巩固第一轮单元复习的成果，把巩固三基(基础知识、基本方法、基本技能)放在首位，强化知识的系统与记忆；完善，就是通过此轮复习，查漏补缺，进一步建立数学思想、知识规律、方法运用等体系并不断总结完善；综合，就是在课堂做题与课外

训练上，减少单一知识点的试题，增强知识点之间的衔接，增强试题的综合性和灵活性；提高，就是进一步培养和提高对数学问题的阅读与概括能力、分析问题和解决问题的能力。因此，高三数学第二轮的复习，对于课堂听讲并适当作笔记，课外训练、自主领悟并总结等都有较高要求，有“二轮看水平”的说法!是最“实际”的一个阶段。要求学生就是“四个看与四个度”：一看对近几年高考常考题型的作答是否熟练，是否准确把握了考试要求的“度”--《考试说明》中“了解、理解、掌握”三个递进的层次，明确“考什么”“怎么考”；二看在课堂上是否紧跟老师的思维并适当作笔记，把握好听、记、练的“度”；三看知识的串连、练习的针对性是否强，能否使模糊的知识清晰起来，缺漏的板块填补起来，杂乱的方法梳理起来，孤立的知识联系起来，形成系统化、条理化的知识框架，控制好试题难易的“度”；四看练习或检测与高考是否对路，哪些内容应稍微拔高，哪些内容只需不降低，主次适宜，重在基础知识的灵活运用和常用数学思想方法的掌握，注重适时反馈的“度”。在高考一轮复习即将结束、二轮复习即将开始这样一个承上启下的阶段，时间紧，任务重，往往是有40天左右时间。如何做到有条不紊地复习呢?现结合我最近的学习及多年的做法谈下面几点意见，供同行们参考。第一，构建知识网络，高考试题的设计，重视数学知识的综

高中数学经典高考难题集锦(解析版)

2015年10月18日杰的高中数学组卷一．解答题（共10小题） 1．（2012?宣威市校级模拟）设点C为曲线（x＞0）上任一点，以点C为圆心的圆与x轴交于点E、A，与y轴交于点E、B．（1）证明多边形EACB的面积是定值，并求这个定值；（2）设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M，N，若|EM|=|EN|，求圆C的方程． 2．（2010?模拟）已知直线l：y=k（x+2）与圆O：x2+y2=4相交于A、B两点，O是坐标原点，三角形ABO的面积为S．（Ⅰ）试将S表示成的函数S（k），并求出它的定义域；（Ⅱ）求S的最大值，并求取得最大值时k的值． 3．（2013?越秀区校级模拟）已知圆满足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1；③圆心到直线l：x﹣2y=0的距离为．求该圆的方程． 4．（2013?柯城区校级三模）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在y轴上，且过点（2，1）．（Ⅰ）求抛物线的标准方程；（Ⅱ）是否存在直线l：y=kx+t，与圆x2+（y+1）2=1相切且与抛物线交于不同的两点M，N，当∠MON为钝角时，有S△MON=48成立？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由． 5．（2009?）（1）已知矩阵M所对应的线性变换把点A（x，y）变成点A′（13，5），试求M的逆矩阵及点A的坐标．（2）已知直线l：3x+4y﹣12=0与圆C：（θ为参数）试判断他们的公共点个数；（3）解不等式|2x﹣1|＜|x|+1． 6．（2009?东城区一模）如图，已知定圆C：x2+（y﹣3）2=4，定直线m：x+3y+6=0，过A （﹣1，0）的一条动直线l与直线相交于N，与圆C相交于P，Q两点，M是PQ中点．（Ⅰ）当l与m垂直时，求证：l过圆心C；（Ⅱ）当时，求直线l的方程；（Ⅲ）设t=，试问t是否为定值，若为定值，请求出t的值；若不为定值，请说明理由．

2020高考数学二轮专题复习三角函数

三角函数【考纲解读】 1.了解任意角的概念,了解弧度制的概念,能进行弧度与角度的互化;理解任意角的三角函数(正弦、余弦、正切）的定义. 2.能利用单位圆中的三角函数线推导出 2 πα±,πα±的正弦、余弦、正切的诱导公式; 理解同角的三角函数的基本关系式:sin 2 x+cos 2 x=1, sin tan cos x x x =. 3.能画出y=sinx, y=cosx, y=tanx 的图象,了解三角函数的周期性;2.理解正弦函数,余弦函数在区间[0,2π]上的性质(如单调性,最大值和最小值以及与x 轴的交点等),理解正切函数在区间(- 2π,2 π )内的单调性. 4.了解函数sin()y A x ω?=+的物理意义；能画出sin()y A x ω?=+的图象，了解 ,,A ω?对函数图象变化的影响. 5.会用向量的数量积推导两角差的余弦公式;能利用两角差的余弦公式导出两角和与差的正弦、余弦和正切公式,了解它们的内在联系. 6.能利用两角差的余弦公式导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系；能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆). 【考点预测】从近几年高考试题来看，对三角函数的考查：一是以选择填空的形式考查三角函数的性质及公式的应用，一般占两个小题；二是以解答题的形式综合考查三角恒等变换、sin()y A x ω?=+的性质、三角函数与向量等其他知识综合及三角函数为背景的实际问题等. 预测明年，考查形式不变，选择、填空题以考查三角函数性质及公式应用为主，解答题将会以向量为载体，考查三角函数的图象与性质或者与函数奇偶性、周期性、最值等相结合，以小型综合题形式出现. 【要点梳理】 1.知识点:弧度制、象限角、终边相同的角、任意角三角函数的定义、同角三角函数基本关系式、诱导公式、三角函数线、三角函数图象和性质；和、差、倍角公式，正、余弦定理及其变形公式. 2.三角函数中常用的转化思想及方法技巧: (1)方程思想:sin cos αα+, sin cos αα-,sin cos αα三者中,知一可求二;

2020高考数学第二轮通用(文)板块二专题五第2讲

第2讲圆锥曲线的方程与性质(小题) 热点一圆锥曲线的定义与标准方程 1．圆锥曲线的定义 (1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)． (2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(0<2a<|F1F2|)． (3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在定直线l上，PM⊥l于点M. 2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算” 所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．例1(1)(2019·梅州质检)已知双曲线C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)一个焦点为F(2,0)，且F到双曲线C的渐近线的距离为1，则双曲线C的方程为________．答案x2 3－y 2＝1 解析根据题意，双曲线C的中心为原点，点F(2,0)是双曲线C的一个焦点，即双曲线的焦点在x轴上，且c＝2，双曲线C：x2 a2－y2 b2 ＝1(a>0，b>0)，其渐近线方程为y＝±b a x，即ay±bx＝0，

又点F 到渐近线的距离为1，则有|－b ×2|a 2 ＋b 2 ＝1，解得b ＝1，则a 2＝c 2－b 2＝3，所以双曲线的方程为x 23 －y 2 ＝1. (2)(2019·南充模拟)P 是双曲线x 23－y 2 4＝1的右支上一点，F 1，F 2分别为双曲线的左、右焦点，则△PF 1F 2的内切圆的圆心横坐标为( ) A. 3 B ．2 C.7 D ．3 答案 A 解析如图所示F 1(－7，0)，F 2(7，0)，设内切圆与x 轴的切点是点H ，与PF 1，PF 2的切点分别为M ，N ，由双曲线的定义可得|PF 1|－|PF 2|＝2a ＝23，由圆的切线长定理知，|PM |＝|PN |，|F 1M |＝|F 1H |，|F 2N |＝|F 2H |，故|MF 1|－|NF 2|＝23，即|HF 1|－|HF 2|＝23，设内切圆的圆心横坐标为x ，即点H 的横坐标为x ，故(x ＋7)－(7－x )＝23， ∴x ＝ 3. 跟踪演练1 (1)(2019·银川质检)已知P 是抛物线y 2＝4x 上一动点，定点A (0,22)，过点P 作

2020高考数学第二轮专题复习：专题二

专题二万能答题模板——助你解题得高分数学解答题题型解读数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力等特点，解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．针对不少同学答题格式不规范，出现“会而不对，对而不全”的问题，规范每种题型的万能答题模板，按照规范的解题程序和答题格式分步解答，实现答题步骤的最优化．万能答题模板以数学方法为载体，清晰梳理解题思路，完美展现解题程序，把所有零散的解题方法与技巧整合到不同的模块中，再把所有的题目归纳到不同的答题模板中，真正做到题题有方法，道道有模板，使学生从题海中上岸，知点通面，在高考中处于不败之地，解题得高分．模板1 三角函数的性质问题例1 已知函数f (x )＝cos 2????x ＋π12，g (x )＝1＋1 2 sin 2x . (1)设x ＝x 0是函数y ＝f (x )图象的一条对称轴，求g (x 0)的值； (2)求函数h (x )＝f (x )＋g (x )的单调递增区间．审题破题 (1)由x ＝x 0是y ＝f (x )的对称轴可得g (x 0)取到f (x )的最值；(2)将h (x )化成y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式．解 (1)f (x )＝12? ???1＋cos ????2x ＋π6，因为x ＝x 0是函数y ＝f (x )图象的一条对称轴，所以2x 0＋π 6＝k π (k ∈Z )，即2x 0＝k π－π 6 (k ∈Z )．所以g (x 0)＝1＋12sin 2x 0＝1＋1 2sin ????k π－π6，k ∈Z . 当k 为偶数时，g (x 0)＝1＋12sin ????－π6＝1－14＝34. 当k 为奇数时，g (x 0)＝1＋12sin π6＝1＋14＝5 4. (2)h (x )＝f (x )＋g (x ) ＝12[1＋cos ????2x ＋π6]＋1＋1 2 sin 2x

高考数学压轴专题《数列的概念》难题汇编百度文库

一、数列的概念选择题 1．已知数列{}n a 中，11a =，122 n n n a a a +=+，则5a 等于（） A ． 25 B ． 13 C ． 23 D ． 12 2．已知数列{}n a 满足11a = ),2n N n *= ∈≥，且()2cos 3 n n n a b n N π *=∈，则数列{}n b 的前18项和为（） A ．120 B ．174 C ．204- D ． 373 2 3．数列{}n a 的通项公式是2 76n a n n =-+，4a =（） A ．2 B ．6- C ．2- D ．1 4．已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且满足* 112(N 3)33n n n n S S S S n n --+≤+∈≥+，，则（） A ．63243a a a ≤- B ．2736+a a a a ≤+ C ．7662)4(a a a a ≥-- D ．2367a a a a +≥+ 5．已知数列{}n a 的前n 项和为( )* 22n n S n =+∈N ，则3 a =( ) A ．10 B ．8 C ．6 D ．4 6．在数列{}n a 中，11a =，对于任意自然数n ，都有12n n n a a n +=+?，则15a =（） A ．151422?+ B ．141322?+ C ．151423?+ D ．151323?+ 7．数列{}n a 中，11a =，12n n a a n +=+，则n a =（） A ．2n n 1-+ B ．21n + C ．2(1)1n -+ D ．2n 8．删去正整数1，2，3，4，5，…中的所有完全平方数与立方数（如4，8），得到一个新数列，则这个数列的第2020项是（） A ．2072 B ．2073 C ．2074 D ．2075 9．已知数列{}n a 满足12a =，11 1n n a a +=-，则2018a =（）. A ．2 B ． 12 C ．1- D ．12 - 10．数列1,3,5,7,9,--的一个通项公式为（） A ．21n a n =- B ．()1(21)n n a n =-- C ．() 1 1(21)n n a n +=-- D ．() 1 1(21)n n a n +=-+

高考数学(理科)二轮复习【专题2】函数的应用(含答案)

第2讲函数的应用考情解读(1)函数零点所在区间、零点个数及参数的取值范围是高考的常见题型，主要以填空题的形式出现．(2)函数的实际应用以二次函数、分段函数模型为载体，主要考查函数的最值问题． 1．函数的零点与方程的根 (1)函数的零点对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点． (2)函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标． (3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y ＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．注意以下两点： ①满足条件的零点可能不唯一； ②不满足条件时，也可能有零点． (4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解． 2．函数模型解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答. 热点一函数的零点例1(1)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是________．

(2)(2014·辽宁改编)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝??? cos πx ，x ∈[0，1 2 ]， 2x －1，x ∈(1 2 ，＋∞)，则不等式 f (x －1)≤1 2 的解集为________．思维升华 (1)根据二分法原理，逐个判断；(2)画出函数图象，利用数形结合思想解决．答案 (1)1 (2)[14，23]∪[43，7 4 ] 解析 (1)先判断函数的单调性，再确定零点．因为f ′(x )＝2x ln 2＋3x 2>0，所以函数f (x )＝2x ＋x 3－2在(0,1)上递增，且f (0)＝1＋0－2＝－1<0，f (1)＝2＋1－2＝1>0，所以有1个零点． (2)先画出y 轴右边的图象，如图所示． ∵f (x )是偶函数，∴图象关于y 轴对称，∴可画出y 轴左边的图象，再画直线y ＝1 2.设与曲线交于点A ，B ，C ，D ，先分别求出A ，B 两点的横坐标．令cos πx ＝12，∵x ∈[0，1 2]， ∴πx ＝π3，∴x ＝1 3 . 令2x －1＝12，∴x ＝34，∴x A ＝13，x B ＝34 . 根据对称性可知直线y ＝12与曲线另外两个交点的横坐标为x C ＝－34，x D ＝－1 3. ∵f (x －1)≤12，则在直线y ＝1 2上及其下方的图象满足， ∴13≤x －1≤34或－34≤x －1≤－1 3， ∴43≤x ≤74或14≤x ≤23 . 思维升华函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是方程两端对应的函数类型不同

高考数学第二轮复习策略与重点

2019年高考数学第二轮复习策略与重点 ?数学第二轮复习阶段是考生综合能力与应试技巧提高的阶段。在这一阶段，老师将以“数学思想方法”、解题策略和应试技巧为主线。老师的讲解，不再重视知识结构的先后次序。首先，着重提高考生采用“配方法、待定系数法、换元法、数形结合、分类讨论、数学模型”等方法解决数学问题的能力。其次，考生要注意用一些解题的特殊方法，特殊技巧，以提高解题速度和应对策略。要在这一阶段得到提高，应做到以下几点：首先，要加强基础知识的回顾与内化。由于第一轮复习时间比较长，范围也比较广，前面复习过的内容容易遗忘，而临考前的强化训练，对遗忘的基本概念，基本思维方法又不能全部覆盖，加上一模的试题起点不会很高，这就要求同学们课后要抽出时间多看课本，回顾基本概念、性质、法则、公式、公理、定理；回顾基本的数学方法与数学思想；回顾疑点，查漏补缺；回顾老师教学时或自己学习时总结出来的正确结论，联想结论的生成过程与用法；回顾已往做错的题目的正确解法以及典型题目，以达到内化基础知识和基本联系的目的。其次，要紧跟老师的复习思路与步骤。课堂上要认真听讲，力图当堂课内容当堂课消化；认真完成老师布置的习题，同时要重视课本中的典型习题。做练习时，遇到不会的或拿不准的题目要打上记号。不管对错都要留下自己的思路，等老师讲评时心中就有数了，起码能够知道当时解题时的思维偏差在何处，对偶尔做对的题目也不会轻易放过，还能够检测出在哪些地方复习不到位，哪些地方有疏忽或漏洞。

另外，在做题过程中，还要注意几点：1、不片面追求解题技巧，如果基础不好，则不要过多做难题，而要把常用的解法掌握熟练。2、提高准确率，优化解题方法，提高解题质量，这关系考试的成败。第一轮复习重在基础，指导思想是全面、系统、灵活，在抓好单元知识、夯实“三基”的基础上，注意知识的完整性，系统性，初步建立明晰的知识网络。第二轮复习则是在第一轮的基础上，对高考知识进行巩固和强化，数学能力及学习成绩大幅度提高的阶段。指导思想是巩固、完善、综合、提高。巩固，即巩固第一轮学习成果，强化知识系统的记忆；完善是通过专题复习，查漏补缺，进一步完善强化知识体系；综合，是减少单一知识的训练，增强知识的连接点，增强题目的综合性和灵活性；提高是培养、提高思维能力，概括能力以及分析问题解决问题的能力。针对第二轮复习的特点，同学们需注意以下几个方面： 1.加强复习的计划性。由于第二轮复习的前后跨越性比较大，这就要求同学们要事先回顾基础知识，回顾第一轮中的相关内容，抓住复习的主动权，以适应大跨度带来的不适应。 2.提高听课的效率。深刻体会老师对问题的分析过程，密切注意老师解决问题时的“突破口，切入点”，及时修正自己的不到之处，在纠正中强化提高。 3.加强基础知识的灵活运用。要做到这一点，至关重要的是加强理论的内化，通过第二轮的复习，进一步有意识地强化对书本上定义、定理、公式、法则的理解，对这些东西理解水平的高低决定了你能否灵

2019-2020年高考数学二轮复习综合提升训练(V)

2019-2020年高考数学二轮复习综合提升训练(V) 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知集合A ＝{x |y ＝x ＋1x －2 }，B ＝{x |x ＞a }，则下列关系不可能成立的是( ) A ．A ?B B ．B ?A C ．A B D ．A ??R B 解析：选D.由????? x ＋1≥0x －2≠0，可得A ＝[－1,2)∪(2，＋∞)，选项A ，B ，C 都有可能成立，对于选项D ，?R B ＝(－∞，a ]，不可能有A ??R B . 2．(xx·高考山东卷)若复数z 满足2z ＋z ＝3－2i ，其中i 为虚数单位，则z ＝( ) A ．1＋2i B ．1－2i C ．－1＋2i D ．－1－2i 解析：选B.法一：利用复数相等的定义及共轭复数的概念求解．设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则2z ＋z ＝2a ＋2b i ＋a －b i ＝3a ＋b i ＝3－2i.由复数相等的定义，得3a ＝3，b ＝－2，解得a ＝1，b ＝－2，∴z ＝1－2i. 法二：利用共轭复数的性质求解．由已知条件2z ＋z ＝3－2i ①，得2z ＋z ＝3＋2i ②，解①②组成的关于z ，z 的方程组，得z ＝1－2i.故选B. 3．“不等式x (x －2)＞0”是“不等式2x ＜1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：选C.2x ＜1?2x －1＜0?x (x －2)＞0. 4．设a 是实数，且a 1＋i ＋1＋i 2 是实数，则a ＝( ) A ．1 B.12 C.15 D ．－15 解析：选A.a 1＋i ＋1＋i 2＝a －＋－＋1＋i 2 ＝a ＋＋－a ＋ 2，由于该复数为实数，故－a ＋1＝0，即a ＝1.

高考数学第二轮复习计划安排

高考数学第二轮复习计划安排高考数学第二轮复习计划安排高考数学第二轮复习计划安排 1、研究高考大纲与试题，明确高考方向，有的放矢对照《考试大纲》理清考点，每个考点的要求属于哪个层次；如何运用这些考点解题，为了理清联系，可以画出知识网络图。 2.、仍旧注重基础解题思路是建立在扎实的基础知识条件上的，再难的题目也无非是基础知识的综合或变式。复习过程中，一定要吃透每一个基本概念，对于课本上给出的定理的证明，公式的推导，重点掌握。 3.、针对典型问题进行小专题复习小专题复习要依据高考方向，研究近几年出题考点和题型，针对实际练习考试中出现的某一类问题，可在老师或者课外辅导的帮助下，总结类型并针对练习，这种方法一般时间短、效率高、针对性好、实用性强。 4、注意方法总结、强化数学思想，强化通法通解我们可以把数学思想方法分类，更好的指导我们的学习。一是具体操作方法，解题直接用的，比如说常见的换元法，数列求和的裂项、错位相减法，特殊值法等；二是逻辑推理法，比如证明题所用的.综合法、分析法、反证法等；三是宏观指导意义的数学思想方法，比如数形结合、分类讨论、化归转化等。我们把这些思想方法不断的渗透

到平时的学习中和做题中，能力会在无形中得到提高的。 5、针对实际情况，有效学习对于基础不太好的，可以重点抓选择前8个、填空前2个、解答题前3个以及后面题的第一问；基础不错的，可以适当关注与高等数学相关的中学数学问题。 6、培养应试技巧，提高得分能力考试时要学会认真审题，把握好做题速度，碰到不会的题要学会舍弃，有失才有得，回过头来再看之前的题，许多时候会有豁然开朗的感觉。

高考数学压轴专题专题备战高考《复数》难题汇编附答案

数学《复数》知识点练习一、选择题 1．设复数21i x i =-（i 是虚数单位），则11223320202020 2020202020202020C x C x C x C x +++???+=（） A ．1i + B ．i - C ．i D ．0 【答案】D 【解析】【分析】先化简1x +，再根据所求式子为2020(1)1x +-，从而求得结果．【详解】解：复数2(1i x i i = -是虚数单位），而11223320202020 20202020 202020202020(1)1C x C x C x C x x +++?+=+-，而2 121(1)111(1)(1) i i i i x i i i i i -++++= ===--+-，故11223320202020202020202020 202020202020(1)11110C x C x C x C x x i +++?+=+-=-=-=，故选：D ．【点睛】本题主要考查复数的乘除法运算、二项式定理的应用，属于中档题． 2．若1z i =+，则31 i zz =+（） A ．i - B ．i C ．1- D ．1 【答案】B 【解析】因为1z i =+，所以1z i =- ，()()3112, 1 i zz i i i zz =+-==+，故选B. 3．已知复数(2)z i i =-，其中i 是虚数单位，则z 的模z = ( ) A B C ．3 D ．5 【答案】B 【解析】 (2)2z i i i i =-=-==B ． 4．若z C ∈且342z i ++≤，则1z i --的最大和最小值分别为,M m ，则M m -的值等于（）

高考数学二轮专题复习数学思想方法

高考数学二轮专题复习数学思想方法【考纲解读】 1.熟练掌握函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想. 2.能够对所学知识进行分类或归纳,能应用数学思想方法分析和解决问题,系统地把握知识间的内在联系. 【考点预测】 1.函数知识涉及的知识点多、面广，在概念性、应用性、理解性都有一定的要求，所以是高考中考查的重点，也是高考的一个热点。对函数试题的设计仍然会围绕几个基本初等函数和函数的性质、图象、应用考查函数知识；与方程、不等式、解析几何等内容相结合，考查函数知识的综合应用；在函数知识考查的同时，加强对函数方程、分类讨论、数形结合、等价转化等数学思想方法的考查。 2.预测在今年的高考中,数形结合与分类讨论思想仍是考查的一个热点，数形结合的考查方式常以数学式、数学概念的几何意义、函数图象、解析几何等为载体综合考查,分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前n 项和有关的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等。 3.预测在今年的高考中,运用化归与转化思想解题的途径主要有：借助函数、方程（组）、辅助命题、等价变换、特殊的式与数的结构、几何特征进行转化,其方法有:正反转化、数形转化、语义转化、等与不等、抽象问题与具体问题化归，一般问题与特殊问题化归，正向思维与逆向思维化归。【要点梳理】 1.函数与方程思想：我们应用函数思想的几种常见题型是：遇到变量，构造函数关系解题；有关的不等式、方程、最小值和最大值之类的问题，利用函数观点加以分析；含有多个变量的数学问题中，选定合适的主变量，从而揭示其中的函数关系；实际应用问题，翻译成数学语言，建立数学模型和函数关系式，应用函数性质或不等式等知识解答；等差、等比数列中，通项公式、前n 项和的公式，都可以看成n 的函数，数列问题也可以用函数方法解决。 2.数形结合的思想:是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧,特别是在解选择与填空题时发挥着奇特功效.具体操作时,应注意以下几点:(1)准确画图,注意函数的定义域;(2)用图象法讨论方程的解的个数. 3．与分类讨论有关的知识点有：直线的斜率分为存在和不存在两种情形、等比数列中的公比1q =和1q ≠、由参数的变化引起的分类讨论、由图形的不确定性引起的分类讨论、指对函数的底数a 分为1a >和01a <<两种情形等。分类的原则是：不重复、不遗漏、分层次讨论。分类讨论的一般流程是：明确讨论的对象、选择分类的标准、逐类进行讨论、归纳整合。 4．转化与化归常用的方法有：直接转化法、换元法、数形结合法、构造法、坐标法、类比法、特殊化方法等。【考点在线】考点一函数与方程思想函数描述了自然界中数量之间的关系，函数思想通过提出问题的数学特征，建立函数关系型的数学模型，从而进行研究。它体现了“联系和变化”的辩证唯物主义观点。一般地，函数思想是构造函数从而利用函数的性质解题，经常利用的性质是：f(x)、f -1 (x)的单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图像变换等，要求我们熟练掌握的是一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的具体特性。在解题中，善于挖掘题目中的隐

2019年高考全国2卷理科数学及答案

绝密★启用前 2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共5页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设集合A ＝{x |x 2－5x ＋6>0}，B ＝{ x |x －1<0}，则A ∩B ＝ A ．(－∞，1） B ．(－2，1） C ．(－3，－1） D ．(3，＋∞） 2．设z ＝－3＋2i ，则在复平面内z 对应的点位于 A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 3．已知AB ＝(2,3），AC ＝(3，t ），BC ＝1，则AB BC ?＝ A ．－3 B ．－2 C ．2 D ．3 4．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L 2点的轨道运行．L 2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，L 2点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程： 121 223 ()()M M M R r R r r R +=++．设r R α=，由于α的值很小，因此在近似计算中3453 2 333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为 A B 2 1 2M R M C 2 3 1 3M R M D 2 3 1 3M R M 5．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分．7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A ．中位数 B ．平均数 C ．方差 D ．极差 6．若a >b ，则 A ．ln(a ?b ）>0 B ．3a <3b C ．a 3?b 3>0 D ．│a │>│b │ 7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行

2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：七解析几何专题对点练25(含答案)

专题对点练257.1~7.3组合练 (限时90分钟,满分100分) 一、选择题(共9小题,满分45分) 1.直线x-3y+3=0与圆(x-1)2+(y-3)2=10相交所得弦长为() A.B.C.4D.3 2.圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=() A.- B.- C. D.2 3.圆x2+y2-4x-4y-10=0上的点到直线x+y-8=0的最大距离与最小距离的差是() A.18 B.6 C.5 D.4 4.已知直线l:mx+y-1=0(m∈R)是圆C:x2+y2-4x+2y+1=0的对称轴,过点A(-2,m)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|为() A.4 B.2 C.4 D.3 5.若直线2x+y-4=0,x+ky-3=0与两坐标轴围成的四边形有外接圆,则此四边形的面积为() A.B.C.D.5 6.已知点P(x,y)是直线kx=y+4(k>0)上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B为切点,若四边形PACB面积的最小值是2,则k的值是() A.B.C.2 D.2 7.(2018全国Ⅲ,文10)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为,则点(4,0)到C的渐近线的距离为() A.B.2 C.D.2 8.已知双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点为F,点A在双曲线的渐近线上,△OAF是边长为2的等边三角形(O 为原点),则双曲线的方程为() A.=1 B.=1 C.-y2=1 D.x2-=1 9.已知离心率为的双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,M是双曲线C的一条渐近线上的点,且OM⊥MF2,O为坐标原点,若=16,则双曲线C的实轴长是() A.32 B.16 C.8 D.4 二、填空题(共3小题,满分15分) 10.设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l,已知点C在l上,以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A,若∠FAC=120°,则圆的方程为. 11.(2018江苏,8)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为c,则其离心率的值为. 12.(2018浙江,17)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(m>1)上两点A,B满足=2,则当m=时,点B横坐标的绝对值最大. 三、解答题(共3个题,满分分别为13分,13分,14分) 13.已知在三角形ABC中,B(-1,0),C(1,0),且|AB|+|AC|=4. (1)求动点A的轨迹M的方程; (2)P为轨迹M上动点,△PBC的外接圆为☉O1(O1为圆心),当P在M上运动时,求点O1到x轴的距离的最小值. 14.已知点A(0,-2),椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.

相关文档

最新文档