2018年高考数学解答题题型及试题精选

■陕西省洋县第二高级中学 郑 欣

■陕西省洋县第二高级中学 郑 欣

题型一:三角函数、三角恒等变换与解三角形

此类问题一般出现在解答题的第一小题,常见的考查方式是:(1)结合三角恒等变换解决三角函数问题(单调性、最小正周期、参数、最值、图像变换等);(2)利用正、余弦定理求三角形中的边、角、周长、面积等;(3)三角函数、三角恒等变换与解三角形相结合的综合问题。试题难度一般都不大,是考生的得分点。

精选1 已知函数f(x)=2sinxcosx+1-2sin2x。

(1)求f(x)的最小正周期;

(2)求f(x)在区间上的最大值与最小值。

解析:(1)f(x)=sin2x+cos2x=sin(2x +),故f(x)的最小正周期为π。

(2)因为-≤x≤,所以-≤2x+。

当2x+=-,即x=-时,f(x=f (-)=sin (-)+cos(-)=,即f(x)的最小值为

精选2 已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos2A+cos2B=2cos2C。

(1)求C的取值范围;

(2)当C取最大值时,若点O是△ABC外一点,OA=2OB=4,求平面四边形OACB面积的最大值。

解析:(1)由cos2A+cos2B=2cos2C得sin2A+sin2B=2sin2C,即a2+b2=2c2。因为a2+b2=2c2≥2ab,即1,所以cosC,即cosC的最小值为。由于余弦函数在[0,π]上递减,且0＜C＜π,所以0＜C≤。

则C的取值范围为

(2)由(1)得△ABC为等边三角形。设∠AOB=α,则由余弦定理得AB2=16+4-16cosα=20-16cosα。

所以S△ABC=AB2·sin=(20-16cosα)·=5-4cosα。

精选3 已知向量a=(sinx,-cosx),b=(cosx,6cosx),f(x)=a·b+(x∈R)。

(1)将函数y=f(x)的图像向右平移个单位后得到函数y=g(x)的图像,若设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若g,a+c=4,求△ABC的面积。

(2)若方程f(x)=在(0,π)上的解为x1,x2,求cos(x1-x2)的值。

解析:(1)因为f(x)=a·b+=sinxcosx-3cos2x +=sin(2x -),将y=f(x)的图像向右平移个单位得y=g(x)=sin[2(x -)-]=sin(2x -)=-cos2x。

所以g()=-cosB=,所以cosB=-,所以B=。

由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得b2=(a+c)2-2ac-2accosB,所以13=16-2ac-2accos,解得ac=3。

所以

(2)由条件得

设x1＜x2,则

由(1)知,点(x1,f(x1))与(x2,f(x2))关于直线x=对称,则x+x=。12

所以cos(x1-x2)=

精选4 已知△ABC中,A,B,C的对边为a,b,c,且2cos2=sin(A+C)。

(1)求角B的值;

(2)若b=,求a+c的最大值。

解析:(1)因为2cos2=sin(A+C)=3sinB,所以1+cosB=3sinB,所以

所以B-=或(舍),即B=。

(2)方法1:由正弦定理sinA,sinC。

所以当A+=,即A=时,(a+c)max=2。

方法2:由余弦定理得b2=13=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac,变形可得13+3ac=(a+c)2,利用均值不等式可得13+3ac=(a+c)2≤13+3,所以(a+c)2≤4×13,a,c∈(0,+∞),所以a+c≤2,即当三角形为正三角形时,a+c的最大值为2。

题型二:数列

高考中数列部分的解答题一般出现在第1小题,以中等难度以上的综合题为主,考查重点是数列的概念、等差(比)数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项及等差(比)数列的性质的灵活运用。第(1)问由等差、等比数列或递推数列的背景求数列的通项公式;第(2)问依据数列通项公式的特征选择相应的数列求和,以及数列与函数、不等式等的网络交汇。试题中往往体现了函数与方程、等价转化、分类讨论等重要的数学思想,以及待定系数法、配方法、换元法、消元法等基本数学方法。

精选1 已知等差数列{an}的公差d＞0,且a2,a5-1,a10成等比数列,且a1=5。

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若,Sn为数列{bn}的前n项和,求证

解析:(1)(a5-1)2=a2a10,所以(a1+4d-1)2=(a1+d)(a1+9d),把a1=5代入解得d=3,所以an=5+3(n-1)=3n+2。

(2)由题设及(1)可得:

因g(n)=在[1,+∞)上为单调增函数,所以g(n)≥g(1)=4。

综上可得≤S＜。n

精选2 已知数列{bn}的前n项和为Sn,b1=1,Sn+2bn+1=2(n∈N*)。

(1)求{bn}的通项公式;

(2)设cn=(2n+1)bn,求{cn}的前n项和Tn。

解析:(1)因为Sn+2bn+1=2,所以b2=。因为,所以Sn+1+2bn+2-Sn-2bn+1=0,即bn+1+2bn+2-2bn+1=0,则则数列}是以1为首项,公比为的等比数列,所以

所以

所以

精选3 已知函数

3.监管效率更高，加强了事中控制和事后检查处罚。监管部门之间的时间和精力有限，大量公告、采购文件需要审批，还要处理投诉，监管效率不高。现在，审批改为备案，特别是消耗监管部门精力和时间最多的采购文件的审批，改为预公示制度或在采购公告发布网页增加采购文件链接，任何人可以随时下载。采购文件内容是否公平公正，交由市场各方人员特别是供应商去判定。减少了审批人员和审批事项之后，监管部门便拥有更多人员充实一线监管力量，有更多的时间和精力加强制度建设，加强对政策执行、采购过程的监督检查，依法查处违法违规行为。

(1)试证函数f(x)的图像关于点对称;

(2)求…+的值;

(3)设数列{bn}满足:b1=,bn+1=bn2+bn,设,若(2)中的Sm满足对任意不小于2的正整数m,Sm＜Tn恒成立,试求m的最大值。

解析:(1)设点P0(x0,y0)是函数f(x)的图像上任意一点,其关于点的对称点为P(x,y)。

点P的坐标为

由点P0(x0,y0)在函数f(x)的图像上,得

因为f(1-x0)=,所以点即点(1-x0,f(1-x0))必然在函数f(x)的图像上。所以函数f(x)的图像关于点对称。

(2)因为点P0(x0,f(x0))和点P(1-x0,f(1-))关 于 点 (,)对 称,所 以,因

得到

因为f(1)=,所以

(3)注意题设条件和所求和的特征,对通项裂项,使得和式相消化简。

所以对任意n∈N*,bn＞0。 ④

由③④ 得

作差比较判断数列{bn}的单调性,进而确定Tn的单调性。

因为bn+1-bn=b2n＞0,所以bn+1＞bn。所以数列{bn}是单调递增数列。

所以Tn关于n递增,所以当n≥2,且n∈N*时,Tn≥T2。

因为,b3=,所以Tn≥T2=3

由题意,解得,所以m的最大值为6。

精选4 如图1所示,F1是抛物线C:y2=4x的焦点,Fi在x轴上(其中i=1,2,3,…,n),Fi的坐标为(xi,0)且xi＜xi+1,点Pi在抛物线C上,且点Pi在第一象限,△PiFiFi+1是正三角形。

图1

(1)证明:数列{xi+1-xi}是等差数列;

(2)记△PiFiFi+1的面积为Si,证明:

解析:(1)由题意知,F1(1,0),所以的方程是y=tan·(x-1)=(x-1)。

代入抛物线可得3x2-10x+3=0,则x1=3,=(舍),即P(3,2),所以F(5,120),所以x1=1,x2=5。又设Fn-1(xn-1,0),Fn(xn,0),△PnFnFn+1是 等 边 三 角 形,将代入抛物线得:

两式相减得:

(x-2x+x)(x-x)=n+1nn-1n+1n-12(xn+1-xn-1),且xn+1-xn-1≠0。

所以

所以

所以数列{xn+1-xn}是等差数列,其中首项为-=4,公差为。

(2)由(1)-=4+(n-1)=(2n+1)2。

题型三:概率统计

概率统计大题是高考中的必考内容,属中档题,一般出现在解答题的第2、3小题的位置,以实际应用问题为载体,以排列组合和概率统计知识为工具,考查对事件的判断识别、概率的计算,以及随机变量概率分布列和期望的应用,凸显概率统计自身的网络交汇。

精选1 教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛,竞赛分为预赛和决赛两个阶段,参加决赛的队伍按照抽签的方式决定出场顺序,通过预赛,选拔出甲、乙等五支队伍参加决赛。

(1)求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率。

(2)若决赛中甲队和乙队之间间隔的队伍数记为X,求X的分布列和数学期望。

解析:(1)设Ω为“五支队伍的比赛顺序”,则n(Ω)=A55,事件A为“甲、乙排在前两位”,则n(A)=A22·A33,所以P(A)=

(2)一共五支队伍,所以甲、乙之间间隔的队伍数构成随机变量X,X可以取的值为0,1,2,3,适用于古典概型,可先将甲、乙占上位置,然后再解决“甲、乙”的顺序与其他三支队伍间的顺序问题,X可以取的值为0,1,2,3。

所以X的分布列为表1:

表1

所以E(X)=0×

精选2 来自“一带一路”沿线的20个国家的青年评选出中国的 “新四大发明”:高铁、支付宝、共享单车和网购。共享单车给人们短距离出行带来了很大的方便。某校“单车社团”对A市[20,60]岁的人群随机抽取400人进行了一次共享单车骑行的调查,得到表2中的数据:

表2

(1)我们把[20,40)的人群称为“年轻组”,其他人群称为“非年轻组”,请你完成2×2的列联表,并判断在犯错误的概率不超过0.001的前提下,认为骑共享单车与年龄是否有关。

(2)以上面的样本数据估计该市的总体数据,且以频率估计概率,从全市骑共享单车的人中,随机抽取4人,记其中在[40,50)内的人数为X,求X的分布列、期望与方差。

附:表3和参考公式。

表3

参考公式:

K2=其中n=a+b+c+d。

解析:(1)2×2的列联表如表4所示:

表4

K2=66.67＞10.828,故在犯错误的概率不超过0.001的前提下,认为骑共享单车与年龄有关。

(2)从样本数据中知道,全市骑共享单车的240人中,在[40,50)内的骑共享单车的人数为60,频率为,估计在全市骑共享单车的人中,在[40,50)内的概率为P=。随机抽取4人,X的取值可以是0,1,2,3,4。

所以X的分布列如表5所示:

表5

由于X～B,则E(X)=1,D(X)=4×

精选3 已知具有线性相关关系的两个变量之间的五组数据如表6所示:

表6

(1)请根据表6提供的数据,用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程^y=bx+^a,并估计当x=20时,y的值;

(2)若从这5组数据中任选2组数据确定线性回归方程,ξ为所选这2组数据中x的两个数字大于4的个数,求ξ的分布列和期望。

所以回归直线方程为^y=1.1x+1,故当x=20时,y=23。

(2)ξ的所有可能取值是0,1,2,故ξ服从超几何分布。所以ξ的分布列如表7所示:

表7

故E(ξ)=

图2

精选4 某蛋糕店每天制作生日蛋糕若干个,每个生日蛋糕的成本为50元,然后以每个100元的价格出售,如果当天卖不完,剩下的蛋糕作垃圾处理。现需决策此蛋糕店每天应该制作几个生日蛋糕,为此搜集并整理了100天生日蛋糕的日需求量(单位:个),得到如图2所示的柱状图,以100天记录的各需求量的频率作为每天各需求量发生的概率。

(1)若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕:

① 求当天的利润y(单位:元)关于当天需求量n(单位:个,n∈N*)的函数解析式;

②在当天的利润不低于750元的条件下,求当天需求量不低于18个的概率。

(2)若蛋糕店计划一天制作16个或17个生日蛋糕,请你以蛋糕店一天利润的期望值为决定依据,判断应该制作16个是还17个。

解析:(1)① 若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕,依据题设分类构建利润的分段函数,当n≥17时,此时全部卖完其利润y=17×(100-50)=850。

当n≤16时,此时卖n个,剩17-n个作垃圾处理,其利润y=50n-50(17-n)=100n-850。

于是有y=(n∈N*)。

②设当天的利润不低于750元为事件A,设当天需求量不低于18个为事件B,由①得“利润不低于750元”等价于“需求量不低于16个”,由柱形图知P(A)=0.7,P(AB)=0.15+0.13+0.1,则P(B|A)=

(2)借助期望进行决策,蛋糕店应一天制作17个生日蛋糕,理由如下:

若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕,X表示当天的利润,结合柱形图,则X的分布列为表8:

表8

E(X)=550×0.1+650×0.2+750×0.16+850×0.54=764。

若蛋糕店一天制作16个生日蛋糕,y表示当天的利润,由题意可得y=(n∈N*)。结合柱形图,y的分布列为表9:

表9

E(y)=600×0.1+700×0.2+800×0.16=760。

由以上计算知E(X)＞E(y),故蛋糕店应一天制作17个生日蛋糕。

题型四:立体几何

高考中立体几何的解答题,一般出现在第2、3小题的位置,难度为中等,设两问,第一问考查空间线面、线线、面面之间的平行与垂直关系的证明,第二问常以求空间角的正弦或余弦值为背景出现,凸显空间向量法的应用。

精选1 如图3,多面体ABCDFE中,ABCD是平行四边形,ABEF是梯形,BE∥AF,平面CAE⊥平面ABEF,AB=AE=1,BC=CE=2,AF=22,∠ABC=60°。

(1)求证:平面CBE∥平面DAF;

(2)求证:AC⊥平面ABEF;

(3)若∠ABE=45°,求平面ABCD与平面DEF所成二面角的大小。

解析:(1)因为ABCD是平行四边形,所以BC∥AD,BC⊄平面DAF,AD⊂平面DAF,所以BC∥平面DAF。

因为BE∥AF,BE⊄平面DAF,AF⊂平面DAF,所以BE∥平面DAF。

因为BC∩BE=B,BC⊂平面CBE,BE⊂平面CBE,所以平面CBE∥平面DAF。

(2)在 △ABC 中,AB=1,BC=2,∠ABC=60°,由 余 弦 定 理 得 AC=,因 为AB2+AC2=BC2,所以 ∠CAB=90°,所以CA⊥AB。

图3

依题意,△ABC△AEC,所以CA⊥AE。

因为平面CAE⊥平面ABEF,且平面CAE∩平面ABEF=AE,所以AC⊥BD平面ABEF。

(3)由∠ABC=45°,AB=AE=1,得AB⊥AE,因BE∥AF,所以∠BAF=135°,∠EAF=45°。

分别以AB,AE,AC所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图4所示,则B(1,0,0),E(0,1,0),C(0,0,),D(-1,0,),F(-2,2,0),所 以=(2,1,0),=(1,1)。

图4

设平面DEF的法向量为m=(x,y,z),

取x=1,得y=2,z=,所以m=(1,2,)。

又平面ABCD的法向量为n=(0,1,0),设平面ABCD与平面DEF所成二面角的平面角为θ,则 cosθ=|cos〈m,n〉|=,所以θ=45°。

故平面ABCD与平面DEF所成二面角为45°。

精选2 如图5,是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为弧A1B1上(不与A1,B1重合)的动点。

(1)证明:PA1⊥平面PBB1;

(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC,求二面角P-AB-C11的余弦值。

图5

解析:(1)在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,所以BB1⊥PA。

因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1⊥PB1。

因为PB1∩BB1=B1,PB1⊂平面PBB1,BB1⊂PBB1,所以 PA1⊥ 平面PBB1。

(2)以C为坐标原点,以CA,CB为x,y轴,过C作与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,如图6所示。

图6

设CB=1,则B(1,0,0),A(0,1,0),B1(1,0),A1(0,1,)。

所以=(0,1,=(1,0,)。

平面PA1B1的一个法向量n1=(0,0,1)。设平面CA1B1的一个法向量n2=(x,y,z),则

令z=1,则

所以可取

故

由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所求二面角的余弦值为

精选3 如图7,在五边形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°,将△AED沿AD折到△PAD的位置,得到四棱锥P-ABCD,如图8所示,M为线段PC的中点,且BM⊥平面PCD。

图7

图8

(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;

(2)若直线PC与AB所成角的正切值为,求直线BM与平面PDB所成角的正弦值。

解析:(1)取PD的中点N,连接AN,MN,则MN∥CD,MN=CD。

又AB∥CD,AB=CD,所以MN∥AB,MN=AB,则四边形ABMN为平行四边形,所以AN∥BM。

又BM⊥平面PCD,所以AN⊥平面PCD,所以AN⊥PD,AN⊥CD。

由ED=EA,即PD=PA及N为PD的中点,可得△PAD为等边三角形,所以∠PDA=60°。

又∠EDC=150°,所以∠CDA=90°,所以CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,CD⊂平面ABCD,所以PAD⊥平面ABCD。

(2)AB∥CD,所以∠PCD为直线PC与AB所成的角,由(1)可得∠PDC=90°,所以tan∠PCD=,所以CD=2PD。

设PD=1,则CD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中点O,连接PO,过O作AB的平行线,可建立如图9所示的空间直角坐标系O-xyz,则

图9

设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则

取x=3,则n=(3,-3,-3)为平面PBD的一个法向量,因为cos〈n,〉=,则直线BM与平面PDB所成角的正弦值为

图10

精选4 如图10所示,在多面体ABCDEFG中,四边形ABCD与四边形ADEF均为边长为2的正方形,△GBC为等腰直角三角形,GB=GC,且平面ADEF⊥平面ABCD,平面GBC⊥平面ABCD。

(1)求证:平面FGB⊥平面DGC;

(2)求平面FGB与平面ECG所成锐二面角的大小。

解析:(1)四边形ABCD边长为2的正方形,由面面垂直性质定理知CD⊥平面GBC,所以DC⊥BG。又△GBC为等腰直角三角形,GB=GC,所以BG⊥GC。

因为DC∩GC=C,所以BG⊥平面DGC。又因为BG⊂平面FGB,所以平面FGB⊥平面DGC。

(2)由已知四边形ABCD与四边形ADEF均为边长为2的正方形,可知从D出发的三条棱两两互相垂直,以DA,DC,DE的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xyz,如图11,由题设可知B(2,2,0),F(2,0,2),G(1,2,1),E(0,0,2),C(0,2,0)。

则=(0,2,-2),=(-1,0,1),=(0,2,-2),=(1,0,1)。

图11

设n1=(x1,y1,z1)为平面FGB的法向量,n2=(x2,y2,z2)为平面ECG的法向量。

取n1=(1,1,1)。

取n2=(1,-1,-1)。

所以=-,则平面FGB与平面ECG所成锐二面角的余弦值为。

精选5 在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=1,CD=2,AD=2,对角线AC和BD交于G点,如图12,将△ADB沿BD折起到平面PBD的位置得三棱锥P-BCD,如图13所示。

图12

图13

(1)求证:PC⊥BD;

(2)当平面PDB⊥平面PBC时,求二面角P-DC-B的平面角的大小。

解析:(1)在图12中,可得tan∠ADG==tan∠GCD=,所 以 ∠ADG=∠GCD。因为∠CDG+∠ADG=,所以∠CDG+∠DCG=,所以∠DGC=,所以AC⊥BD。

在图13中,由折叠前后不变量知,恒有PG⊥BD,CG⊥BD,所以BD⊥平面PCG,所以BD⊥PC。

(2)方法1:当平面PDB⊥平面PBC时,由折叠前后不变量知DP⊥PB,由面面垂直的性质定理知DP⊥平面PBC,则DP⊥PC。由(1)知BD⊥PC,则PC⊥平面PBD,所以PC⊥PD,PC⊥PB,即从P出发的三射线PD,PB,PC两两垂直。以PD,PB,PC所在方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图14,易得P(0,0,0),B(0,1,0),C(0,0,),D(,0,0)。

图14

则平面PCD的法向量n1=(0,1,0)。

设平面BCD的法向量n2=(x,y,z),则取n2=(1,,1)。

所以

由题设知二面角P-DC-B为锐角,则二面角P-DC-B的平面角大小为。

方法2:当平面PDB⊥平面PBC时,由折叠前后不变量知DP⊥PB,由面面垂直的性质定理知DP⊥平面PBC,则DP⊥PB,DP⊥PC,由(1)知BD⊥PC,则PC⊥平面PBD,所以PC⊥PB。

由此可得PB⊥平面PCD。

计算得BD=BC=,取CD的中点E,连接PE,可得CD⊥平面PEB,则∠PEB为二面角P-DC-B的平面角,由图15可知PD=BE=,CD=2。

图15

因为CP⊥DP,DP=,CD=2,所以PC=,PE=1,所以cos∠BEP==,所以∠BEP=。

由题设知二面角P-DC-B为锐角,则二面角P-DC-B的平面角大小为。

题型五:圆锥曲线的几何量,直线与圆锥曲线间的位置关系

高考解析几何大题,一般为中档题或难题,经常出现在第4小题的位置,主要考查求曲线轨迹方程的方法,圆锥曲线的定义与性质应用,各圆锥曲线之间的联系,直线与圆锥曲线间的位置关系等,其中直线与椭圆的位置关系、直线与抛物线的位置关系是考查的重点和热点,常与平面向量、函数与导数、方程、不等式等知识相联系,考查知识点多,运算量大,能力要求高,如何寻找简化运算的捷径是这种题型的一大特征。

精选1 已知M(-,0)为一定点,P是圆N:x2+y2-2x-14=0上的动点,PM的垂直平分线交PN于点Q。

(1)求点Q的轨迹方程。

(2)过点A(-2,0)作斜率为k(k≠0)的直线l交点Q的轨迹于点B,交y轴于点C。已知D为AB的中点,证明:存在定点E,对于任意的k(k≠0)都有OD⊥CE。

解析:(1)圆N的标准方程为(x-)2+y2=16。

因为PM的垂直平分线交PN于点Q,所以|QM|=|QP|,故|QM|+|QN|=|QP|+|QN|=|PN|=4。

由题设得M(-,0),N,0),|MN|=2,由椭圆定义可得点Q的轨迹方程为

(2)直线l的方程为y=k(x+2),由整理得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4=0,由韦达定理可知又x=-2是方程的根,则

所以由D为AB的中点,则D点坐标为

直线l的方程为y=k(x+2),令x=0,得C(0,2k)。

设定点E(m,n),使得OD⊥CE,则⊥,即·=0,==(m,n-2k)×(n-2k)=0,即(2m+2)k-n=0恒成立。

故存在点E(-1,0)对于任意的k(k≠0)都有OD⊥CE。

精选2 已知直线l1是抛物线C:x2=2py(p＞0)的准线,直线l2:3x-4y-6=0,且l2与抛物线C没有公共点,动点P在抛物线C上,点P到直线l1和l2的距离之和的最小值等于2。

(1)求抛物线C的方程。

(2)点M在直线l1上运动,过点M作抛物线C的两条切线,切点分别为P1,P2,在平面内是否存在定点N,使得MN⊥P1P2恒成立?若存在,请求出定点N的坐标;若不存在,请说明理由。

解析:(1)作PA,PB分别垂直l1和l2,

垂足为A,B,抛物线C的焦点为F(0)。

由抛物线定义知|PA|=|PF|,所以d1+d2=|PA|+|PB|=|PF|+|PB|。

显见d1+d2的最小值即为点F到直线的距离,故,所以p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y。

(2)由(1)知直线l1的方程为y=-1,当点M在特殊位置(0,-1)时,显见两个切点P1,P2关于y轴对称,故要使得MN⊥P1P2,点N必须在y轴上。

设M(m,-1),N(0,n),,抛物线C的方程为y=x2,求导得y'=x,所以切线M的斜率=x1,直线MP1的方程为y-x21=x1(x-x1)。

又点M在直线MP1上,所以-1-=x1(m-x1),整理得x21-2mx1-4=0。

同理可得x22-2mx2-4=0。

故x1和x2是一元二次方程x2-2mx-4=0的两根,由韦达定理得

可见n=1时·=0恒成立。

所以存在定点N(0,1),使得MN⊥P1P2恒成立。

精选3 已知椭圆C1,抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从C1,C2上分别取两个点,将其坐标记录于表10中:

表10

(1)求C1,C2的标准方程;

(2)若直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆C1交于不同的两点M,N,且线段MN的垂直平分线过定点G(,0),求实数k的取值范围。

解析:(1)设抛物线C2:y2=2px(p≠0),则有=2p(x≠0),据此验证4个点,知(3,-23),(4,-4)在抛物线C2上,易得C2的方程为y2=4x。

设=1(a＞b＞0),把点(-2,,代入得解得所以 的方程为=1。

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),将y=kx+m代入椭圆方程,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)＞0,即m2＜4k2+3。①

由根与系数关系得则,所以线段MN的中点P的坐标为

又线段MN的垂直平分线的方程为y=,由点P在线段MN的垂直平分线上,得

故4k2+8km+3=0,m=-(4 k2+3)。

由①得4k2+3,所以k2＞,所以实数k的取值范围是

精选4 如图16,椭圆(a＞b＞0)的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为 10。不过原点O的直线l与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分。

(1)求椭圆C的方程;

(2)求△ABP的面积取最大值时直线l的方程。

解析:(1)可得e==。椭圆左焦点(-c,0)到点P(2,1)的距离为。由此可解得a2=4,b2=3,c2=1。

图16

故所求椭圆C的方程为1。

(2)易得直线OP的方程为y=x。

设A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0)为AB的中点,且满足

因为A,B在椭圆上,所以,所以

设直线AB的方程为l:y=-x+m(m≠0),联立方程组3mx+m2-3=0。

显然Δ=(3m)2-4×3(m2-3)=3(12-m2)＞0。

所以-2＜m＜2且m≠0。

由韦达定理可知xA+xB=m。

因为点P(2,1)到直线l的距离为d=,故S=d|AB|=|m-4|·△ABP(4-m)-m2。

对求导,令=0,得m=1±,注意m的取值范围为(-2,0)∪(0,2),当且仅当m=1-时,三角形的面积最大,此时直线l的方程为y=-x+1-。

精选5 已知椭圆=1两焦点分别为F1,F2,P是椭圆在第一象限弧上一点,并满足·=1,过P作倾斜角互补的两条直线PA,PB分别交椭圆于A,B两点。

(1)求P点坐标;

(2)求证直线AB的斜率为定值;

(3)求△PAB面积的最大值。

解析:(1)由题可得F1(0,),F2(0,-),设P0(x0,y0)(x0＞0,y0＞0),则=(-x0,-y0),=(-x0,--y0),所以·=x20-(2-y20)=1。因为点P(x0,y0)在曲线上,则=1,所以,从而-(2-y20)=1,得y0=2,则点P的坐标为(1)。

(2)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k(k＞0),则PB的直线方程为y-=k(x-1)。

由得(2+k2)x2+2k-k)x+-k)2-4=0。

设B(xB,yB),则1+

同理可得,则xA-,y-y=-k(x-1)-k(x-ABAB1)=

所以AB的斜率为定值。

(3)设AB的直线方程为y=x+m。

由得4x2+2mx+m2-4=0,由Δ=(2m)2-16(m2-4)＞0,得-2＜m＜2。

点P到AB的距离为

则|AB|·d=,当且仅当m=±2时取等号。

所以△PAB面积的最大值为。

题型六:导数与其他知识的综合问题

高考中的导数大题,属于中档题或难题,一般出现在第5小题的位置,主要考查利用导数求切线有关问题、函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围等热点问题。常与基本初等函数的图像与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题,凸显转化与化归、分类讨论等思想的应用。

精选1 已知f(x)=ex-ax-2。

(1)当a=2时,求f(x)在点(0,-1)处的切线方程;

(2)讨论f(x)的零点个数;

(3)证明:当0＜x＜2时,f(x-ax-2。

解析:(1)当a=2时,f'(x)=ex-2,所以f(x)在点(0,-1)处的切线的斜率k=f'(0)=-1,所以切线方程为y+1=-(x-0),即x+y+1=0。

(2)由条件知f'(x)=ex-a。

若a≤0,则f'(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,又f(0)=-1＜0,f(1)=e-a-2＞0,所以f(x)在(0,1)内有且仅有一个零点,根据f(x)单调性知,f(x)在(-∞,+∞)有且仅有一个零点。

若a＞0,当x＜lna时,f'(x)＜0,则f(x)在(-∞,lna)上是减函数,当x＞lna时,f'(x)＞0,则f(x)在(lna,+∞)上是增函数。故当x=lna时,f(x)取极小值f(lna)=a-alna-2。

因为f(x)只有一个极值,所以f(x)的最小值为f(lna)=a-alna-2。

设h(x)=x-xlnx-2,h'(x)=-lnx。当0＜x＜1时,h'(x)＞0,故h(x)在(0,1)上是增函数,当x＞1时,h'(x)＜0,故h(x)在(1,+∞)上是减函数。

故h(x)max=h(1)=-1＜0,f(x)min=a-alna-2＜0,故f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点。

综上所述,当a≤0时,f(x)仅有1个零点;当a＞0时,f(x)有2个零点。

(3)要证当0＜x＜2时ax-2,即证当0＜x＜2时只需证当0＜x＜2时,(2-x)ex-x-2＜0。

设g(x)=(2-x)ex-x-2(0＜x＜2),所以g'(x)=-ex+(2-x)ex-1=(1-x)ex-1,所以g″(x)=-ex+(1-x)ex=-xex＜0,故g'(x)在(0,2)上是减函数,故g'(x)＜g'(0)=0,所以g(x)在(0,2)上是减函数,故g(x)＜g(0)=0,即当0＜x＜2时,(2-x)ex-x-2＜0,故当0＜x＜2时,f(x)＜-ax-2。精选2 已知函数f(x)=lnx,g(x)=

(1)判断g(x)的导函数g'(x)在(1,2)上的零点个数;

(2)记u(x)=f(x)f'(x),v(x)+b(a,b为实数),设函数u(x)的图像为曲线C,函数v(x)的图像为曲线L,若曲线L与曲线C交点的横坐标分别为x1,x2,且x1≠x2,求证:(x1+x2)·v(x1+x2)＞2。

解析:(1)f(x)=lnx的定义域为(0,+∞),对f(x)求导,得f'(x)=。

所以g(x)=f(x)+1=(x-2)lnx+1,定义域为(0,+∞),g'(x)=lnx-+1。

令m(x)=lnx-+1(x＞0),则m'(x)=+＞0,故g'(x)在(0,+∞)上单调递增。

又g'(1)=-1＜0,g'(2)=ln2＞0,且g'(x)在(1,2)上连续单调。所以g'(x)在(1,2)上的零点个数为1。

(2)由题意知u(x)=,v(x)=ax+b。不妨设0＜x1＜x2,则要证(x1+x2)·v(x1+x2)＞2,只需证(x1+x2)·,只需证a(),只需证a(x22-x21)+b(x2-,只需证ax22+bx2-

因为b,所以lnx1=ax21+bx1,lnx2=ax22+bx2,于是只需证即证

令,则t＞1,即证

设,则,由此可知q(t)是(0,+∞)上的增函数,所以当t＞1时,q(t)＞q(1)=0,即成立。故(x1+x2)·v(x1+x2)＞2。

精选3 已知函数f(x)=2lnx+。

(1)求函数f(x)的单调区间和极值;

(2)求证:对于任意正整数n,有+…++ ln(12·22·32·…·n2)＞

(3)若对于任意x∈[1,+∞)及t∈[1,2],不等式f(x)≥t2-2mt+2恒成立,试求实数m的取值范围。

解析:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)且f'(x)=

令f'(x)=0可得x=,且x＞时,2 f'(x)＞0;0＜x＜时,f'(x)＜0,所以函数f(x)的单调递增区间是,+∞),单调递减区间是 (0),在x=时取得极小值f()=2-2ln2。

(2)由(1)可得f(x)=2lnx+≥f()=2-2ln2,当且仅当x=时取等号。所以,对于任意正整数k,都有2lnk+＞2-2ln2,即对于任意正整数k,都有2lnk,取n个等式累加变形可得1+++…++ln(12·22·22n32·…·n2)＞nln()=ln()。

(3)由(1)可知,函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(1)=1,因此,若对于任意x∈[1,+∞)及t∈[1,2],不等式f(x)≥t2-2mt+2恒成立,只需t2-2mt+2≤1在t∈[1,2]上恒成立,即t2-2mt+1≤0在t∈[1,2]上恒成立。

设g(t)=t2-2mt+1,t∈[1,2],由二次函数的图像与性质可得

即,即实数m的取值范围是

精选4 已知函数f(x)=x2,g(x)=elnx。

(1)设函数F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间。

(2)若存在常数k,m,使得f(x)≥kx+m对任意x∈R恒成立,且g(x)≤kx+m对任意x∈(0,+∞)恒成立,则称直线y=kx+m为函数f(x)与g(x)的“分界线”,试问:f(x)与g(x)是否存在“分界线”?若存在,请求出“分界线”的方程;若不存在,请说明理由。

解析:(1)函数f(x)=x2,g(x)=elnx,F(x)=f(x)-g(x)=-elnx,则F'(x)=x-x∈(0,+∞)。

当0＜x＜时,F'(x)＜0,所以F(x)在(0,e)上是减函数;

当x＞时,F'(x)＞0,所以F(x)在,+∞)上是增函数。

因此,函数F(x)的单调减区间是(0,),单调增区间是,+∞)。

(2)由(1)可知,当x=时,F(x)取得最小值F)=0,则f(x)与g(x)的图像在x=处有公共点

假设f(x)与g(x)存在“分界线”,则其必过点,),故可设其方程为y-=k(x-),即y=kx+-k。

由f(x)≥kx+-k对x∈R恒成立,得x2-2kx-e+2k对x∈R恒成立,而Δ=4k2-4(2k-e)=4(k-)≤0恒成立,因此k=,“分界线”的方程为y=x-。下面证明g(x)≤x--k对x∈(0,+∞)恒成立。

设G(x)=elnx-,则G'(x)=

所以当0＜x＜时,G'(x)＞0,当x＞时,G'(x)＜0,当x=时,G(x)取得最大值0,则g(x)≤x-对x∈(0,+∞)恒成立。

所求“分界线”的方程为y=x-。

精选5 已知函数f(x)=-ax2+(2a+1)x-2lnx(a∈R)。

(1)求函数f(x)的单调区间。

(2)是否存在实数a使f(x)有三个零点?如果存在,求出a的取值范围;如果不存在,说明理由。

解析:(1)f(x)定义域为(0,+∞)。

①若a≤0,当x∈(0,2)时,f'(x)＜0,当x∈(2,+∞)时,f'(x)＞0。所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞)。

②若a=,则f'(x)=≤0,f(x)在(0,+∞)上为减函数。③若0＜a＜,则＞2。由f'(x)＜0得0＜x＜2或x＞。由f'(x)＞0得2＜x＜。所以f(x)的单调递减区间为(0,2),,单调递增区间为

④若a＞,则0＜＜2。由f'(x)＜0 得0＜x＜或x＞2;由f'(x)＞0得＜x＜2。所以f(x)的单调递减区间为 (0 ,),(2,+∞),单调递增区间为 (, 2)。

(2)由(1)知:

①若a≤0,f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞),x=2为f(x)的极小值点,无极大值,函数f(x)不可能有三个零点。

②若a=,f(x)在(0,+∞)上为减函数,函数f(x)最多只有一个零点,不可能有三个零点。

③若0＜a＜,f(x)的单调递减区间为(0,2),(a, +∞),单调递增区间为(2 ,)。

当x=2时,f(x)取极小值,f(x)极小=f(2)=2a+2-2ln2;

当x=时,f(x)取极大值,f(x)=极大

由于f(x)极小=f(2)=2a+2-2ln2＞2-ln4＞0,所以f(x)不可能有三个零点。

④若a＞,f(x)的单调递减区间为(0 ,),(2,+∞),单调递增区间为

当x=时,f(x)取极小值,f(x=f()=+2+2lna;

当x=2时,f(x)取极大值,f(x)极大=f(2)=2a+2-2ln2。

由于f(x)极大=f(2)=2a+2-2ln2＞3-ln4＞0,f(x)有三个零点,必需而且只需f(x)=f()=+2+2lna＜0。极小

记g(a)=2+ 2+2lna(a ＞)。

则g'(a)=

因为a＞,所以g'(a)＞0。

所以g(a)在 (,+∞)上是递增的。

所以 f(x)=f()=+2+极小2lna＜0不可能。

综上所述,不存在实数a使f(x)有三个零点。

题型七:极坐标系与参数方程

极坐标系与参数方程重点考查直线与圆的极坐标方程,极坐标与直角坐标的互化;直线、圆与椭圆的参数方程,参数方程与普通方程的互化,题目不难,考查“转化”为目的。预测2018年高考中,极坐标、参数方程与直角坐标系间的互化仍是考查的热点。

精选1 已知抛物线C的方程为y2=2px(p＞0),以抛物线C的焦点F为极点,x轴在点F右侧部分为极轴建立极坐标系。

(1)求抛物线C的极坐标方程;

(2)P,Q是曲线C上的两个点,若FP⊥FQ,求的最大值。

解析:(1)设P(ρ,θ)为抛物线上一点,由抛物线定义得|PF|=ρ=d=p+ρcosθ,所以,即抛物线C的极坐标方程为

(2)由(1)设P(ρ1,θ),Q,则=,当且仅当θ=π时等号成立,故的最大值为

精选2 在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(α为参数),以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系。

(1)求曲线C的极坐标方程;

(2)过原点O的直线l1,l2分别与曲线C交于除原点外的A,B两点,若△AOB=,求△AOB的面积的最大值。

解析:(1)曲线C的普通方程为(x-)2+(y-1)2=4,即x2+y2-2x-2y=0,所以曲线C的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ=0,即ρ=4sin(θ +)。

(2)不妨 设A,θ),B,θ+),θ∈,则可得ρ1=4sin,ρ2=

所以△AOB的面积S=·|OA|·|OB|sin=ρρsinsin=12(θ +)sin(θ +)=23cos2θ+≤3。

所以,当θ=0时,△AOB的面积取最大值为3。

题型八:不等式选讲

不等式选讲是高考的选考内容之一,主要考查绝对值的几何意义,绝对值不等式的解法,以及不等式证明的基本方法(比较法、分析法、综合法)。预测2018年高考在本部分可能会考查不等式的证明或求最值问题。

精选1 已知函数f(x)=|1-3x|-|1+x|。

(1)若不等式f(x)＜5的解集为,求实数a,b的值;

(2)若不等式f(x)≤k-f(-3x)在R上有解,求实数k的取值范围。

解析:(1)依题意有:

当x＜-1时,-2x+2＜5,求得-＜x＜-1;

当-1≤x≤时,-4x＜5,求得-1≤x≤;

当x＞时,2x-2＜5,求得＜x＜。

由此可知,f(x)＜5的解集为{x|-＜x＜}。

已知f(x)＜5的解集为{x|a-＜x＜b+}。

所以求得a=-1,b=2。

(2)不等式f(x)≤k-f(-3x)在R上有解,即|1-3x|-|1+x|≤k-|1+9x|+|1-3x|在R上有解,即k≥|1+9x|-|1+x|在R上有解。

记t(x)=|1+9x|-|1+x|,则k≥t(x)min,x∈R。

而t(x)=|1+9x|-|1+x|的最小值为-,则k≥-。所以实数k的取值范围为[-,+∞)。

精选2 已知函数f(x)=2|x+1|-|x-a|(a∈R)。

(1)当a=2时,求不等式f(x)≥0的解集;

(2)设函数g(x)=f(x)+3|x-a|,当a=1时,函数g(x)的最小值为t,且+=t(m＞0,n＞0),求m+n的最小值。

解析:(1)当a=2时,f(x)≥0可化为2|x+1|-|x-2|≥0。

当x≤-1时,不等式化为-x-4≥0,解得x≤-4。

当-1＜x＜2时,不等式化为3x≥0,解得0≤x＜2。

当x≥2时,不等式化为x+4≥0,解得x≥2。

综上,不等式f(x)≥0的解集是{x|x≤-4或x≥0}。

(2)当a=1时,g(x)=2|x+1|+2|x-1|≥2|x+1+1-x|=4,当且仅当(x+1)·(x-1)≤0时,即-1≤x≤1时,等号成立。所以函数g(x)的最小值t=4,所以=1,则m+n=(m+n)·当且仅当即时等号成立,m+n的最小值是。

精选3 已知关于x的不等式-x+＜m对于任意的x∈R恒成立。

(1)求m的取值范围;

(2)在(1)的条件下求函数f(m)=m+的最小值。

解析:(1)因为关于x的不等式+＜m对于任意的x∈R恒成立,可得m＞(+)max。

根据柯西不等式有(+)2=(1×+1×)2≤(12+12)=6。

所以+≤,当且仅当x=时等号成立,故m＞。

(2)由(1)知 m-2＞0,则f(m)≥

当且仅当(m-2)=,即m=+2＞时取等号,所以函数f(m)=m+的最小值为+2。