【师说】2017届人教版高考数学(文)二轮专题复习练习：课时巩固过关练(十四).doc
《师说》2017届高考数学(文)二轮复习高考大题标准练(二)Word版含解析
高考大题标准练(二)满分75分，实战模拟，60分钟拿下高考客观题满分！ 姓名：________ 班级：________1．函数f (x )＝3sin ( 2x⎭⎫＋π6的部分图象如图所示．(1)写出f (x )的最小正周期及图中x 0，y 0的值；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π2，－π12上的最大值和最小值． 解：(1)f (x )的最小正周期为π.x 0＝7π6，y 0＝3. (2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，－π12，所以2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－5π6，0. 于是，当2x ＋π6＝0，即x ＝－π12时，f (x )取得最大值0； 当2x ＋π6＝－π2，即x ＝－π3时，f (x )取得最小值－3. 2．(2016·天津卷)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63. (1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q .由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2， 解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q＝63，知q ≠－1， 所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1. 所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1) ＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列． 设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n＝2n (b 1＋b 2n )2＝2n 2. 3．(2015·北京卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种.(1)(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2. (2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3. (3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2， 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6， 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1， 所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．4．(2016·四川卷如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD . (1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由；(2)证明：平面P AB ⊥平面PBD .(1)解：取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：连接CM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ， 所以BC ∥AM ，且BC ＝AM .所以四边形AMCB 是平行四边形，所以CM ∥AB .又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB ，所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交， 所以P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ， 所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB . 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB .又BD ⊂平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD .5．已知点P (2,2)，圆C ：x 2＋y 2－8y ＝0，过点P 的动直线l 与圆C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点．(1)求M 的轨迹方程；(2)当|OP |＝|OM |时，求l 的方程及△POM 的面积．解：(1)圆C 的方程可化为x 2＋(y －4)2＝16，所以圆心为C (0,4)，半径为4.设M (x ，y )，则CM →＝(x ，y －4)，MP →＝(2－x,2－y )．由题设知CM →·MP →＝0，故x (2－x )＋(y －4)(2－y )＝0，即(x －1)2＋(y －3)2＝2.由于点P 在圆C 的内部，所以M 的轨迹方程是(x －1)2＋(y －3)2＝2.(2)由(1)可知M 的轨迹是以点N (1,3)为圆心，2为半径的圆．由于|OP |＝|OM |，故O 在线段PM 的垂直平分线上，又P 在圆N 上，从而ON ⊥PM .因为ON 的斜率为3，所以l 的斜率为－13，故l 的方程为y ＝－13x ＋83. 又|OM |＝|OP |＝22，O 到l 的距离为4105，|PM |＝4105，所以△POM 的面积为165. 6．(2015·四川卷)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0.(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．(1)解：由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )，所以g ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0，解得a ＝x －1－ln x .令φ(x )＝－2x ln x ＋x 2－2x (x －1－ln x )＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ，则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.于是，存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 0＝u (x 0)，其中u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)．由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故0＝u (1)<a 0＝u (x 0)<u (e)＝e －2<1.即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0.再由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增，当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0；又当x ∈(0,1]时，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x >0.故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(三)
过平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，y ＋a ≥0，x ＋y ＋2≤0，若z，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y －x ≤1，x ＋y ≤3，y ≥m ，)答案：C7．(2016·广东惠州二调)已知变量x，y满足⎩⎪⎨⎪⎧x－2y＋4≥0，x≤2，x＋y－2≥0，则x＋y＋3x＋2的取值范围是()A.⎣⎡⎦⎤2，52 B.⎣⎡⎦⎤54，52C.⎣⎡⎦⎤45，52 D.⎣⎡⎦⎤54，2解析：作出⎩⎪⎨⎪⎧x－2y＋4≥0，x≤2，x＋y－2≥0所对应的区域(如图阴影)，变形目标函数可得x＋y＋3x＋2＝x＋2＋y＋1x＋2＝1＋y＋1x＋2，表示可行域内的点与A(－2，－1)连线的斜率与1的和，由图象可知当直线经过点B(2,0)时，目标函数取最小值为1＋0＋12＋2＝54；当直线经过点C(0,2)时，目标函数取最大值为1＋2＋10＋2＝52，故答案为⎣⎡⎦⎤54，52答案：B8．(2016·云南师大附中月考)设实数x，y满足⎩⎪⎨⎪⎧x－y－2≤0，x＋2y－5≥0，y－2≤0，，则z＝yx＋xy的取值范围是()A.⎣⎡⎦⎤13，103 B.⎣⎡⎦⎤13，52C.⎣⎡⎦⎤2，52 D.⎣⎡⎦⎤2，103解析：设k＝yx，则z＝yx＋xy＝k＋1k，作出不等式组对应的平面区域如图．k的几何意义为过原点的直线的斜率．由图象知OA的斜率最大，OC的斜率最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x－y－2＝0，x＋2y－5＝0，得若实数x ，y 满足1x 2＋1y2＝1，则．最小值3＋2 2 ．最小值62＋2y 2)·⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＝1＋2＋x 2y 2相切时，切点恰为(0,0)，故此时＝e 5－a ，故a ＝e 5＋1；结合图象可知，M (x ，y )是不等式组⎨⎧0≤x ≤y ≤3，，b 都是正实数，且满足a ＋b ＝ab ，即1a ＋9b ＝当且仅当a ＝1＋3，b ＝(如图所示)．显然，∴25－2a＝b，∴a220(0<a<5)，利用二次函数求最值，5)2＝4，即a2＋b2定义在R上的函数f(x)满足f(4)＝若两个正数a，b满足f(2a＋b)<1)导函数f′(x)>0，原函数单调递增，<2，画出可行域如图．(2,0)时，k最小，最小值为12.所以所求目标函数的最小值为11.已知x>0，y>0，z>0，x－y＋2z＝0，则xz＋4xz＋4z2＝1x＋4z＋4≤18，当且仅当xz＝ON的最大值为11.浙江温州十校联合体初考)若直线ax＋by＝4与不等式组＋b的取值范围是__________．由已知不等式组可画出其所表示的平面区域如下图中阴影部分所示，，N(2,1)．令直线t＝a＋b，即；当直线t＝a＋b过点N时，t有最大值为3,3)．，y满足2x＋y－3＝0，则4y－xy。
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(十)
一、选择题
1．(2016·河北邯郸月考)等差数列{an}的前n项和记为Sn，三个不同的点A，B，C在直线l上，点O在直线l外，且满足 ＝a2 ＋(a7＋a12) ，那么S13的值为()
A. B.
C. D.
解析：由三个不同的点A，B，C在直线l上，点O在直线l外，且满足 ＝a2 ＋(a7＋a12) ，得a2＋a7＋a12＝1.因为{an}为等差数列，所以由等差中项，得3a7＝1，a7＝ ，∴S13＝13a7＝ .故选D.
(2)设an＝－ ，由(1)令－ ＝－ n－2，
∴ 4＝ n－2.由指数函数的单调性知4＝n－2，即n＝6.∴－ 是数列{an}的第六项，即a6＝－ .
11．已知数列{an}满足条件a1＝t，an＋1＝2an＋1(n∈N*)．
(1)判断数列{an＋1}(n∈N*)是否是等比数列；
(2)若t＝1，令Cn＝ ，记Tn＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn(n∈N*)．求证：①Cn＝ － ；②Tn<1.
答案：D
2．(2016·云南玉溪一中月考)已知函数f(x)＝ 把函数g(x)＝f(x)－x＋1的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，该数列的前n项的和为Sn，则S10＝()
A．45 B．55
C．210－1 D．29－1
解析：当x≤0时，g(x)＝f(x)－x＋1＝x，故a1＝0；当0<x≤1时，有－1<x－1≤0，则f(x)＝f(x－1)＋1＝2(x－1)－1＋1＝2x－2，g(x)＝f(x)－x＋1＝x－1，故a2＝1；当1<x≤2时，有0<x－1≤1，则f(x)＝f(x－1)＋1＝2(x－1)－2＋1＝2x－3，g(x)＝f(x)－x＋1＝x－2，故a3＝2；当2<x≤3时，有1<x－1≤2，则f(x)＝f(x－1)＋1＝2(x－1)－3＋1＝2x－4，g(x)＝f(x)－x＋1＝x－3，故a4＝3；…，以此类推，当n<x≤n＋1(其中n∈N)时，则f(x)＝2x－(n＋2)，故数列的前n项构成一个以0为首项，以1为公差的等差数列．故S10＝ ＝45，故选A.
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(一)
D．綈p：△ABC中存在两个内角α，β，cosα＋cosβ≤0；假命题
解析：∵p：对△ABC的任意两个内角α，β，都有cosα＋cosβ>0，∴綈p：在△ABC中存在两个内角α，β，有cosα＋cosβ≤0；假命题，理由是α＋β<180°，α<180°－β，∴cosα>cos(180°－β)，∴cosα＋cosβ>0，故选D.
答案：D
3．(2016·浙江杭州严州中学一模)已知集合A＝{x|y＝ln(1－2x)}，B＝{x|x2≤x}，则∁A∪B(A∩B)等于()
A．(－∞，0) B.
C．(－∞，0)∪ D.
解析：∵集合A＝{x|y＝ln(1－2x)}＝{x|1－2x>0}＝ ，B＝{x|x2≤x}＝{x|0≤x≤1}，∴A∪B＝{x|x≤1}，A∩B＝ ，∴∁A∪B(A∩B)＝(－∞，0)∪ ，故选C.
答案：D
2．(2016·山东泰安统考)已知集合P＝{y＝x2＋1}，Q＝{y|y＝x2＋1}，R＝{x|y＝x2＋1}，M＝{(x，y)|y＝x2＋1}，N＝{x|x≥1}，则()
A．P＝MB．Q＝R
C．R＝MD．Q＝N
解析：集合P只含有一个元素，即函数y＝x2＋1.集合Q，R，N中的元素全是数，即这三个集合都是数集，集合Q＝{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}，集合R＝{x|x∈R}，集合N＝{x|x≥1}．集合M的元素是函数y＝x2＋1图象上所有的点．故选D.
答案：C
4．(2016·河南实验中学期中)命题“若A⊆B，则A＝B”与其逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题有()
A．0个B．2个
【师说】2017届高考数学(文)二轮复习 课时巩固过关练(六) Word版含解析
课时巩固过关练(六) 导数的简单应用一、选择题1．(2016·广东六校联考)曲线y ＝ln x －2x 在点(1，－2)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积是( ) A.12 B.34 C ．1 D ．2解析：由题意得y ′＝1x－2，则在点M (1，－2)处的切线斜率k ＝－1，故切线方程为y ＋2＝－(x －1)，即y ＝－x －1.令x ＝0，得y ＝－1；令y ＝0，得x ＝－1，∴切线与坐标轴围成三角形的面积S ＝12×1×1＝12，故选A. 答案：A2．(2016·安徽安庆期中)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝2x 3＋x 2f ′(1)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－72 B.72C ．－7D ．7解析：由题意，f ′(x )＝6x 2＋2xf ′(1)＋1x，则f ′(1)＝6＋2f ′(1)＋1， ∴f ′(1)＝－7，故f ′(2)＝24＋2×2×(－7)＋12＝－72，故选A. 答案：A3．(2016·河北期中)函数f (x )＝2x log 2e －2ln x －ax ＋3的一个极值点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)解析：因为f ′(x )＝2x －2x－a ，若函数的一个极值点在区间(1,2)内，则f ′(1)f ′(2)<0，即(－a )(3－a )<0，解得0<a <3，所以选C.答案：C4．如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－3，－12内单调递增 ②函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－12，3内单调递减 ③函数y ＝f (x )在区间(4,5)内单调递增④当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极小值⑤当x ＝－12时，函数y ＝f (x )有极大值． 则上述判断中正确的是( )A ．①②B ．②③C ．③④⑤D ．③ 解析：当x ∈(－3，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，①错；当x ∈⎝⎛⎭⎫－12，2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(2,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，②错；当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极大值，④错；当x ＝－12时，函数y ＝f (x )无极值，⑤错．故选D. 答案：D5．(2016·山东东营一中期中)设f (x )是一个三次函数，f ′(x )为其导函数，如图所示的是y ＝x ·f ′(x )的图象的一部分，则f (x )的极大值与极小值分别是( )A ．f (1)与f (－1)B ．f (－1)与f (1)C ．f (－2)与f (2)D ．f (2)与f (－2)解析：由y ＝x ·f ′(x )的图象知，x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0；x ∈(－2,2)时，f ′(x )≤0；x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，∴当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)，故选C.答案：C二、填空题6．(2015·湖北枣阳一中月考)函数y ＝1x在x ＝4处的导数是__________． 解析：∵y ′＝－12x 3，∴y ′|x ＝4＝－1243＝－116，故答案为－116. 答案：－1167．(2016·四川眉山中学期中改编)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，点P 处切线倾斜角为α，则角α的取值范围是__________．解析：∵y ′＝3x 2－3≥－3，∴tan α≥－ 3. 又0≤α<π，∴0≤α<π2或2π3≤α<π. 则角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π. 答案：⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π 8．设方程x 3－3x ＝k 有3个不等的实根，则实数k 的取值范围是__________．解析：设f (x )＝x 3－3x ，对函数求导，f ′(x )＝3x 2－3＝0，x ＝－1或x ＝1.当x <－1时，f (x )单调递增；当－1<x <1时，f (x )单调递减；当x >1时，f (x )单调递增，f (－1)＝2，f (1)＝－2.方程x 3－2x －k 要有三个不等实根，则直线y ＝k 与f (x )的图象有三个交点，∴－2<k <2，故答案为(－2,2)．答案：(－2,2)三、解答题9．(2016·北京海淀期中)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1. (1)若曲线y ＝f (x )在点(0,1)处切线的斜率为－3，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[－2，a ]上单调递增，求a 的取值范围．解：(1)因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )经过点(0,1)，又f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ，曲线y ＝f (x )在点(0,1)处切线的斜率为－3，所以f ′(0)＝a ＝－3，所以f ′(x )＝x 2＋2x －3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋单调递减区间为(－3,1)．(2)因为函数f (x )在区间[－2，a ]上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈[－2，a ]成立，只要f ′(x )＝x 2＋2x ＋a 在[－2，a ]上的最小值大于等于0即可．因为函数f ′(x )＝x 2＋2x ＋a 的对称轴为直线x ＝－1，当－2≤a ≤－1时，f ′(x )在[－2，a ]上的最小值为f ′(a )，解f ′(a )＝a 2＋3a ≥0，得a ≥0或a ≤－3，所以此种情形不成立；当a >－1时，f ′(x )在[－2，a ]上的最小值为f ′(－1)，解f ′(－1)＝1－2＋a ≥0，得a ≥1，所以a ≥1.综上，实数a 的取值范围是{a |a ≥1}．10．(2016·湖南株洲统测)设函数f (x )＝a ln x ＋b (x 2－3x ＋2)，其中a ，b ∈R .(1)若a ＝b ，讨论f (x )极值(用a 表示)；(2)当a ＝1，b ＝－12，函数g (x )＝2f (x )－(λ＋3)x ＋2，若x 1，x 2(x 1≠x 2)满足g (x 1)＝g (x 2)且x 1＋x 2＝2x 0，证明：g ′(x 0)≠0.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵a ＝b ，∴f (x )＝a ln x ＋a (x 2－3x ＋2)，∴f ′(x )＝a x ＋a (2x －3)＝a (x －1)(2x －1)x. ①a ＝0时，f (x )＝0，所以函数f (x )无极值；②当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减， ∴f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫12＝－a ln2＋34a ，f (x )的极小值为f (1)＝0； ③当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12和(1，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增， ∴f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝－a ln2＋34a ，f (x )的极大值为f (1)＝0. 综上所述：当a ＝0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )的极大值为－a ln2＋34a ，函数f (x )的极小值为0； 当a <0时，函数f (x )的极小值为－a ln 2＋34a ，函数f (x )的极大值为0. (2)g (x )＝2ln x －x 2－λx ，g ′(x )＝2x －2x －λ.假设结论不成立，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2ln x 1－x 21－λx 1＝2ln x 2－x 22－λx 2，①x 1＋x 2＝2x 0，②2x 0－2x 0－λ＝0，③由①，得2ln x 1x 2－(x 21－x 22)－λ(x 1－x 2)＝0，∴λ＝2lnx 1x 2x 1－x 2－2x 0， 由③，得λ＝2x 0－2x 0，∴ln x 1x 2x 1－x 2＝1x 0，即ln x 1x 2x 1－x 2＝2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＝2x 1x 2－2x 1x 2＋1④. 令t ＝x 1x 2，不妨设x 1<x 2，u (t )＝ln t －2t －2t ＋1(0<t <1)，则u ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， ∴u (t )在0<t <1上是增函数，u (t )<u (1)＝0，则ln x 1x 2<x 1x 2－2x 1x 2＋1， ∴④式不成立，与假设矛盾．∴g ′(x 0)≠0.11．(2016·北京朝阳期末)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a ∈R .(1)若f (x )在区间[1,2]上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝－e 时．①证明：f (x )＋2≤0；②试判断方程|f (x )|＝ln x x ＋32是否有实数解，并说明理由． 解：函数f (x )的定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x. (1)因为f (x )在区间[1,2]上为增函数，所以f ′(x )≥0在x ∈[1,2]上恒成立，即f ′(x )＝a＋1x ≥0，a ≥－1x 在x ∈[1,2]上恒成立，则a ≥－12.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－12，＋∞. (2)当a ＝－e 时，f (x )＝－e x ＋ln x ，f ′(x )＝－e x ＋1x. ①令f ′(x )＝0，得x ＝1e.令f ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增； 令f ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递减． 所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e·1e ＋ln 1e＝－2.所以f (x )＋2≤0成立． ②由①知，f (x )max ＝－2，所以|f (x )|≥2.设g (x )＝ln x x ＋32，x ∈(0，＋∞)，所以g ′(x )＝1－ln x x 2. 令g ′(x )＝0，得x ＝e.令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)，所以函数g (x )在(0，e)上单调递增；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)，所以函数g (x )在(e ，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (e)＝lne e ＋32＝1e ＋32<2，即g (x )<2. 所以|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋32. 所以方程|f (x )|＝ln x x ＋32没有实数解．。
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(八)
．向右平移π3个单位．向右平移π6个单位5πA ．10B ．8 C.87 D.47解析：函数y ＝sin(πx ＋φ)的周期T ＝2ππ＝2，最大值为1，过点P 作PD ⊥x 轴于D ，则AD 是四分之一个周期，有AD ＝12，DB ＝32，DP ＝1，在Rt △APD 中，tan ∠APD ＝12；在Rt △BPD 中，tan ∠BPD ＝32，所以tan ∠APB ＝tan(∠APD ＋∠BPD )＝12＋321－12×32＝8.答案：B5．(2016·江东高安段考)如图是函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|≤π2图象的一部分，对不同的x 1，x 2∈[a ，b ]，若f (x 1)＝f (x 2)，有f (x 1＋x 2)＝3，则( )A ．f (x )在⎝⎛⎭⎫－5π12，π12上是减函数 B ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π3，5π6上是减函数C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫－5π12，π12上是增函数 D ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π3，5π6上是增函数解析：根据题意可知A ＝2，函数f (x )的周期为π，2a ＋φ＋2b ＋φ＝π，从而有a ＋b ＝π2－φ，结合题中条件，可知x 1＋x 2＝a ＋b ＝π2－φ，f (x 1＋x 2)＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π2－φ＋φ＝2sin(π－φ)＝2sin φ＝3，结合φ的范围，求得φ＝π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，结合函数的性质，可知C 是正确的，故选C.答案：C6．(2016·广东惠州二调)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中A >0，|φ|<π2的图象如图所示，为了得到g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π2的图象，只需将f (x )的图象( )之间的图象上运动，当△MPN的面积最大时。
【师说】2017届高考数学(文)二轮复习 课时巩固过关练(七) Word版含解析
课时巩固过关练(七) 导数的综合应用一、选择题1．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( ) A ．x ＝12为f (x )的极大值点 B ．x ＝12为f (x )的极小值点 C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x 2， 令f ′(x )＝0，则x ＝2.当x <2时，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x 2<0； 当x >2时，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x 2>0. 即当x <2时，f (x )是单调递减的；当x >2时，f (x )是单调递增的．所以x ＝2是f (x )的极小值点，故选D.答案：D2．(2015·湖南卷)设函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，则f (x )是( )A ．奇函数，且在(0,1)上是增函数B ．奇函数，且在(0,1)上是减函数C ．偶函数，且在(0,1)上是增函数D ．偶函数，且在(0,1)上是减函数解析：函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，函数的定义域为(－1,1)，函数f (－x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＝－f (x )，所以函数是奇函数．f ′(x )＝11＋x ＋11－x ＝21－x 2，在(0,1)上f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，故选A.答案：A3．(2015·福建卷)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫1k <1kB ．f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1>k k －1解析：∵f ′(x )＝li m x →0f (x )－f (0)x －0，f ′(x )>k >1，∴f (x )－f (0)x >k >1，即f (x )＋1x >k >1， 当x ＝1k －1时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＋1>1k －1×k ＝k k －1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1一定错误．故选C. 答案：C4．(2016·吉林四模)设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，对任意的x ∈R ，有f (－x )＋f (x )＝x 2，且x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>x .若f (2－a )－f (a )≥2－2a ，则实数a 的取值范围为( )A ．[1，＋∞)B ．(－∞，1]C ．(－∞，2]D ．[2，＋∞)解析：∵f (－x )＋f (x )＝x 2，∴f (x )－12x 2＋f (－x )－12x 2＝0， 令g (x )＝f (x )－12x 2，∵g (－x )＋g (x )＝f (－x )－12x 2＋f (x )－12x 2＝0， ∴函数g (x )为奇函数．∵x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>x .∴x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－x >0，故函数g (x )在(0，＋∞)上是增函数，故函数g (x )在(－∞，0)上也是增函数，由f (0)＝0，可得g (x )在R 上是增函数．f (2－a )－f (a )≥2－2a ，等价于f (2－a )－(2－a )22≥f (a )－a 22， 即g (2－a )≥g (a )，∴2－a ≥a ，解得a ≤1，故选B.答案：B5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫－32e ，1B.⎣⎡⎭⎫－32e ，34 C.⎣⎡⎭⎫32e ，34 D.⎣⎡⎭⎫32e ，1 解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题知存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方．因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时， g ′(x )<0，当x >－12时， g ′(x )>0，所以当x ＝－12时， (g (x ))min ＝－2e －12， 当x ＝0时，g (0)＝－1，当x ＝1时，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a 恒过(1,0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≤－a －a ，解得32e≤a <1，故选D.答案：D二、填空题6．设a ∈R ，若x >0时均有[(a －1)x －1](x 2－ax －1)≥0，则a ＝__________.解析：(1)当a ＝1时，代入题中不等式显然不恒成立．(2)当a ≠1时，构造函数f (x )＝(a －1)x －1，g (x )＝x 2－ax －1，由它们都过定点P (0，－1)，如图所示．设函数f (x )＝(a －1)x －1与x 轴的交点M 坐标为(x 0,0)，即0＝(a －1)·x 0－1，x 0＝1a －1， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0.易知a <1时不符合题意，∴a >1. ∵x >0时，f (x )·g (x )≥0，∴g (x )过点M ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －12－a a －1－1＝0， 解得a ＝32或a ＝0(舍去)． 答案：327．(2015·安徽卷)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是__________．(写出所有正确条件的序号)①a ＝－3，b ＝－3 ②a ＝－3，b ＝2③a ＝－3，b >2 ④a ＝0，b ＝2⑤a ＝1，b ＝2.解析：令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，求导得f ′(x )＝3x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0，所以f (x )单调递增，且至少存在一个数使f (x )<0，至少存在一个数使f (x )>0，所以f (x )＝x 3＋ax ＋b 必有一个零点，即方程x 3＋ax ＋b ＝0仅有一根，故④⑤正确；当a <0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)·(x －1)，易知，f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在[－1,1]上单调递减，所以f (x )极大值＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小值＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使方程仅有一根，则f (x )极大值＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2<0或者f (x )极小值＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2>0，解得b <－2或b >2，故①③正确，所以使得三次方程仅有一个实根的是①③④⑤.答案：①③④⑤8．(2016·河南南阳期中)已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x ·g (x )(a >0，且a ≠1)，f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f (n )g (n )的前n 项和大于62，则n 的最小值为__________．解析：∵f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )，∴f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0，∴⎝⎛⎭⎫f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )>0， 从而可得f (x )g (x )＝a x 单调递增，从而可得a >1， ∵f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝a ＋a －1＝52， ∴a ＝2.故f (1)g (1)＋f (2)g (2)＋…＋f (n )g (n )＝a ＋a 2＋…＋a n ＝2＋22＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2>62. ∴2n ＋1>64，即n ＋1>6，n >5，n ∈N *.∴n min ＝6.答案：6三、解答题9．已知函数f (x )＝ln x ＋k e k (k 为常数，e ＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数．证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2.解：(1)由f (x )＝ln x ＋k e x ，得f ′(x )＝1－kx －x ln x x e x，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝1x e x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)， 令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0.又e x >0，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.因此f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．(3)因为g (x )＝xf ′(x )，所以g (x )＝1e x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)． 由(2)中h (x )＝1－x －x ln x ，求导得h ′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －lne －2)，所以当x ∈(0，e －2)时， h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减．所以当x ∈(0，＋∞)时，h (x )≤h (e －2)＝1＋e －2.又当x ∈(0，＋∞)时，0<1e x <1， 所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h (x )<1＋e －2，即g (x )<1＋e －2. 综上所述，结论成立．10．已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)证明：当x >0时，x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x . 解：解法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln2时，f (x )有极小值，且极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－ln4，f (x )无极大值．(2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .由(1)，得g ′(x )＝f (x )≥f (ln2)＝2－ln4>0，即g ′(x )>0.所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x .(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝1c， 由(2)知，当x >0时，x 2<e x .所以当x >x 0时，e x >x 2>1cx ，即x <c e x . 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x .解法二：(1)同解法一．(2)同解法一．(3)令k ＝1c(k >0)，要使不等式x <c e x 成立，只要e x >kx 成立． 而要使e x >kx 成立，则只需x >ln(kx )，即x >ln x ＋ln k 成立．①若0<k ≤1，则ln k ≤0，易知当x >0时，x >ln x ≥ln x ＋ln k 成立．即对任意c ∈[1，＋∞)，取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x .②若k >1，令h (x )＝x －ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 所以当x >1时，h ′(x )>0，h (x )在(1，＋∞)内单调递增．取x 0＝4k ，h (x 0)＝4k －ln(4k )－ln k ＝2(k －ln k )＋2(k －ln2)，易知k >ln k ，k >ln2，所以h (x 0)>0.因此对任意c ∈(0,1)，取x 0＝4c， 当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x .解法三：(1)同解法一．(2)同解法一．(3)①若c ≥1，取x 0＝0，由(2)的证明过程知e x >2x ，所以当x ∈(x 0，＋∞)时，有c e x ≥e x >2x >x ，即x <c e x .②若0<c <1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1，令h ′(x )＝0，得x ＝ln 1c， 当x >ln 1c时，h ′(x )>0，h (x )单调递增． 取x 0＝2ln 2c ，h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c＝2⎝⎛⎭⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c>0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )>h (x 0)>0，即x <c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x .11．(2016·山东淄博期中)设函数f (x )＝12x 2－2ax ＋(2a －1)ln x ，其中a ∈R . (1)a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)讨论函数y ＝f (x )的单调性；(3)当a >12时，证明：对∀x ∈(0,2)，都有f (x )<0. 解：(1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－2x ＋ln x ，f ′(x )＝x －2＋1x， ∴f ′(1)＝0.又f (1)＝－32， ∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋32＝0. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －2a ＋2a －1x＝x 2－2ax ＋2a －1x＝(x －1)[x －(2a －1)]x， 令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2a －1，①当2a －1≤0，即a ≤12时，若x ∈(0,1)，f ′(x )<0； 若x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0.②当0<2a －1<1，即12<a <1时，若x ∈(0,2a －1)，f ′(x )>0； 若x ∈(2a －1,1)，f ′(x )<0；若x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0.③当2a －1＝1，即a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x≥0. ④当2a －1>1，即a >1时，若x ∈(0,1)，f ′(x )>0；若x ∈(1,2a －1)，f ′(x )<0；若x ∈(2a －1，＋∞)，f ′(x )>0.综上所述：当a ≤12时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)； 当12<a <1时，f (x )的单调递增区间为(0,2a －1)和(1，＋∞)，单调递减区间为(2a －1,1)； 当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a >1时，f (x )的单调递增区间为(0,1)和(2a －1，＋∞)，单调递减区间为(1,2a －1)．(3)①当12<a <1时，由(2)知f (x )在(0,2a －1)上单调递增，在(2a －1,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，∴f (x )≤max{f (2a －1)，f (2)}．而f (2)＝2－4a ＋(2a －1)ln2＝(2a －1)(ln2－2)<0，f (2a －1)＝12(2a －1)2－2a (2a －1)＋(2a －1)ln(2a －1)＝ (2a －1)·⎣⎡⎦⎤－a －12＋ln (2a －1)，记g (a )＝－a －12＋ln(2a －1)， a ∈⎝⎛⎭⎫12，1，g ′(a )＝－1＋22a －1＝－2⎝⎛⎭⎫a －322⎝⎛⎭⎫a －12， 又12<a <1，∴g ′(a )>0. ∴g (a )在a ∈⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增．∴当a ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，g (a )<g (1)＝－32<0， 即－a －12＋ln(2a －1)<0成立．又a >12， ∴2a －1>0.∴f (2a －1)<0.∴当12<a <1，x ∈(0,2)时，f (x )<0. ②当a ＝1时，f (x )在(0,2)上单调递增，∴f (x )<f (2)＝ln2－2<0.③当a >1时，由(2)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2a －1)上单调递减，在(2a －1,2)上单调递增．故f (x )在(0,2)上只有一个极大值f (1)，∴当x ∈(0,2)时，f (x )≤max{f (1)，f (2)}．而f (1)＝12－2a ＝－2⎝⎛⎭⎫a －14<0，f (2)＝2－4a ＋(2a －1)ln2＝(2a －1)(ln2－2)<0，∴当a>1，x∈(0,2)时，f(x)<0.时，对∀x∈(0,2)，都有f(x)<0. 综合①②③知：当a>12。
【师说】2017届高考数学(人教版文科)二轮专项训练：课时巩固过关练(十四)
3y＝x＋b与曲线y＝3－－2，3]－22，3]：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆x轴上的动点，则|PM|＋答案：A8．已知圆C 1：(x －2cos θ)2＋(y －2sin θ)2＝1与圆C 2：x 2＋y 2＝1，在下列说法中： ①对于任意的θ，圆C 1与圆C 2始终相切；②对于任意的θ，圆C 1与圆C 2始终有4条公切线；③直线l ：2(m ＋3)x ＋3(m ＋2)y －(2m ＋5)＝0(m ∈R )与圆C 2一定相交于两个不同的点； ④P ，Q 分别为圆C 1与圆C 2上的动点，则|PQ |的最大值为4. 其中正确命题为( ) A ．①④ B ．①③④ C ．②③④ D ．①②③④解析：对于①结论是正确的，由圆C 1：(x －2cos θ)2＋(y －2sin θ)2＝1与圆C 2：x 2＋y 2＝1可知两圆圆心分别为C 1(2cos θ，2sin θ)与C 2(0,0)，半径分别为r 1＝1，r 2＝1，∴圆心距|C 1C 2|＝(2cos θ)2＋(2sin θ)2＝2，|C 1C 2|＝r 1＋r 2，故对于任意的θ，圆C 1与圆C 2始终相切．对于②结论是不正确的，由①可知两圆外切，只有3条公切线．对于③结论是正确的，由直线l ：2(m ＋3)x ＋3(m ＋2)y －(2m ＋5)＝0可化为m (2x ＋3y －2)＋6x ＋6y －5＝0.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －2＝0，6x ＋6y －5＝0，得交点M ⎝⎛⎭⎫12，13，则|MO |＝⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫132＝136<1，故点M 在圆C 2内，所以直线l 与圆C 2一定相交于两个不同的点．对于④结论是正确的，如图所示，当P ，Q 两点与公切点共线时距离最大，为|PQ |＝2(r 1＋r 2)＝4.综上，正确的结论是①③④.故选B.答案：B二、填空题 9．(2016·河北邯郸月考)在圆x 2＋y 2－2x －6y ＝0内，过点E (0,1)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为__________．解析：方程表示的是以(1,3)为圆心，10为半径的圆．点E 为圆内一点，因此过点E 的最长的弦是直径(长为210)，最短的弦(弦长为25)是与过点E 的直径垂直的弦．所以四边形ABCD 的面积为S ＝12×210×25＝10 2.答案：10 210．(2016·四川绵阳期末)圆C 1的方程是(x －3)2＋y 2＝425，圆C 2的方程是(x －3－cos θ)2＋(y －sin θ)2＝125(θ∈R )，过C 2上任意一点P 作圆C 1的两条切线PM ，PN ，切点分别为M ，N ，则∠MPN 的最小正切值是__________．解析：圆C 2：(x －3－cos θ)2＋(y －sin θ)2＝125(θ∈R )，圆心C 2(3＋cos θ，sin θ)，半径等于15.， ·OM →＋ME →·MF →.∵ME ，故正方形ABCD 的边长为。
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课时巩固过关练(十四) 直线与圆一、选择题1．(2016·四川巴蜀中学月考)若直线ax ＋2y ＋1＝0与直线x ＋y －2＝0互相垂直，则a 的值等于( )A ．1B ．－13C ．－23D ．－2解析：由a ×1＋2×1＝0，得a ＝－2，故选D. 答案：D2．(2016·广东惠州二调)直线x ＋2y －5＋5＝0被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为( )A ．1B ．2C ．4D ．4 6解析：圆心(1,2)，圆心到直线的距离d ＝|1＋4－5＋5|5＝1，半径r ＝5，所以截得弦长为2r 2－d 2＝2 5 2－12＝4.故选C.答案：C3．(2016·上海青浦一模)“a ＝14”是“直线(a ＋1)x ＋3ay ＋1＝0与直线(a －1)x ＋(a ＋1)y －3＝0相互垂直”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：对于直线(a ＋1)x ＋3ay ＋1＝0与直线(a －1)x ＋(a ＋1)y －3＝0，当a ＝0时，分别化为x ＋1＝0，－x ＋y －3＝0，此时两条直线不垂直，舍去；当a ＝－1时，分别化为－3y ＋1＝0，－2x －3＝0，此时两条直线相互垂直，因此a ＝－1满足条件；当a ≠－1,0时，两条直线的斜率分别为－a ＋13a ，1－a a ＋1，由于两条直线垂直，可得－a ＋13a ×1－aa ＋1＝－1，解得a ＝14或－1(舍去)．综上可得：两条直线相互垂直的充要条件为a ＝14或－1.∴“a ＝14”是“直线(a ＋1)x ＋3ay ＋1＝0与直线(a －1)x ＋(a ＋1)y －3＝0相互垂直”的充分而不必要条件．故选A.答案：A4．直线2x －my ＋1－3m ＝0，当m 变化时，所有直线都过定点( )A.⎝⎛⎭⎫－12，3B.⎝⎛⎭⎫12，3 C.⎝⎛⎭⎫12，－3 D.⎝⎛⎭⎫－12，－3 解析：直线方程可整理为2x ＋1－(y ＋3)m ＝0， ∴当m 变化时，直线过定点⎝⎛⎭⎫－12，－3.故选D. 答案：D5．(2016·安徽安庆期中)在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为x 2＋y 2－8x ＋15＝0，若直线y ＝kx －2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，43B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎣⎡⎭⎫0，43 D.⎝⎛⎦⎤0，43 解析：设直线y ＝kx －2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆为圆M ，又圆C 的标准方程为(x －4)2＋y 2＝1，则圆心C 的坐标为(4,0)，半径R ＝1，如图，若圆M 与圆C 有公共点，则圆M 与圆C 的临界点为圆M 与圆C 的外切点，即等价为圆心C 到直线y ＝kx －2的距离d ≤R ＋1＝2，即圆心到直线kx －y －2＝0的距离d ＝|4k －2|1＋k2≤2，即|2k －1|≤1＋k 2，平方得3k 2－4k ≤0，解得0≤k ≤43，故选A.答案：A6．(2016·四川绵阳期末)若直线y ＝x ＋b 与曲线y ＝3－4x －x 2有公共点，则b 的取值范围是( )A ．[1－22，1＋22]B ．[1－2，3]C ．[－1,1＋22]D ．[1－22，3]解析：曲线方程可化简为(x －2)2＋(y －3)2＝4(1≤y ≤3)，即表示圆心为(2,3)，半径为2的半圆，如图，当直线y ＝x ＋b 与此半圆相切时须满足圆心(2,3)到直线y ＝x ＋b 的距离等于2，即|2－3＋b |2＝2，解得b ＝1＋22或b ＝1－2 2.由图可知b ＝1＋22舍去，故b ＝1－2 2.当直线过(0,3)时，解得b ＝3，故1－22≤b ≤3，故选D.答案：D7．(2016·湖北一联)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为() A．52－4 B.17－1C．6－2 2 D.17解析：如图，圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A(2，－3)，半径为1，圆C2的圆心坐标(3,4)，半径为3.连接AC2，设直线AC2与x轴的交点为P，可知|AC2|＝|PC2|＋|PC1|.而|PM|＋|PN|＝|PC2|－3＋|PC1|－1＝|AC2|－4，即|PM|＋|PN|的最小值为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和，即 3－2 2＋ 4＋3 2－1－3＝52－4.故选A.答案：A8．已知圆C1：(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝1与圆C2：x2＋y2＝1，在下列说法中：①对于任意的θ，圆C1与圆C2始终相切；②对于任意的θ，圆C1与圆C2始终有4条公切线；③直线l：2(m＋3)x＋3(m＋2)y－(2m＋5)＝0(m∈R)与圆C2一定相交于两个不同的点；④P，Q分别为圆C1与圆C2上的动点，则|PQ|的最大值为4.其中正确命题为()A．①④B．①③④C．②③④D．①②③④解析：对于①结论是正确的，由圆C1：(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝1与圆C2：x2＋y2＝1可知两圆圆心分别为C1(2cosθ，2sinθ)与C2(0,0)，半径分别为r1＝1，r2＝1，∴圆心距|C1C2|＝ 2cosθ 2＋ 2sinθ 2＝2，|C1C2|＝r1＋r2，故对于任意的θ，圆C1与圆C2始终相切．对于②结论是不正确的，由①可知两圆外切，只有3条公切线．对于③结论是正确的，由直线l ：2(m ＋3)x ＋3(m ＋2)y －(2m ＋5)＝0可化为m (2x ＋3y －2)＋6x ＋6y －5＝0.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －2＝0，6x ＋6y －5＝0，得交点M ⎝⎛⎭⎫12，13，则|MO |＝⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫132＝136<1，故点M 在圆C 2内，所以直线l 与圆C 2一定相交于两个不同的点．对于④结论是正确的，如图所示，当P ，Q 两点与公切点共线时距离最大，为|PQ |＝2(r 1＋r 2)＝4.综上，正确的结论是①③④.故选B.答案：B 二、填空题9．(2016·河北邯郸月考)在圆x 2＋y 2－2x －6y ＝0内，过点E (0,1)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为__________．解析：方程表示的是以(1,3)为圆心，10为半径的圆．点E 为圆内一点，因此过点E 的最长的弦是直径(长为210)，最短的弦(弦长为25)是与过点E 的直径垂直的弦．所以四边形ABCD 的面积为S ＝12×210×25＝10 2.答案：10 210．(2016·四川绵阳期末)圆C 1的方程是(x －3)2＋y 2＝425，圆C 2的方程是(x －3－cos θ)2＋(y －sin θ)2＝125(θ∈R )，过C 2上任意一点P 作圆C 1的两条切线PM ，PN ，切点分别为M ，N ，则∠MPN 的最小正切值是__________．解析：圆C 2：(x －3－cos θ)2＋(y －sin θ)2＝125(θ∈R )，圆心C 2(3＋cos θ，sin θ)，半径等于15.由题意可知∠MPN 最小时，|PC 1|最大，最大为|C 1C 2|＋15＝65，∴PM ＝3625－425＝425，∴tan ∠MPC 1＝24， ∴tan ∠MPN ＝2×241－⎝⎛⎭⎫242＝427.答案：42711．(2016·贵州遵义一模)如图，已知圆M ：(x －3)2＋(y －3)2＝4，四边形ABCD 为圆M 的内接正方形，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，当正方形ABCD 绕圆心M 转动时，ME →·OF →的最大值是__________．解析：由题意可得OF →＝OM →＋MF →，∴ME →·OF →＝ME →·(OM →＋MF →)＝ME →·OM →＋ME →·MF →.∵ME ⊥MF ，∴ME →·MF →＝0，∴ME →·OF →＝ME →·OM →.由题意可得，圆M 的半径为2，故正方形ABCD 的边长为22，故ME ＝2，再由OM ＝32，可得ME →·OM →＝2·32·cos 〈ME →，OM →〉＝6cos 〈ME →，OM →〉，即ME →·OF →＝6cos 〈ME →，OM →〉，故ME →·OF →的最大值为6. 答案：6 三、解答题12．(2016·长沙模拟)已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －3＝0. (1)求圆的圆心C 的坐标和半径长；(2)直线l 经过坐标原点且不与y 轴重合，l 与圆C 相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，求证：1x 1＋1x 2为定值；(3)斜率为1的直线m 与圆C 相交于D 、E 两点，求直线m 的方程，使△CDE 的面积最大．解：(1)圆C ：x 2＋y 2＋2x －3＝0，配方得(x ＋1)2＋y 2＝4， 则圆心O 的坐标为(－1,0)，圆的半径长为2； (2)设直线l 的方程为y ＝kx ，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋2x －3＝0y ＝kx ，消去y 得(1＋k 2)x 2＋2x －3＝0，则有：x 1＋x 2＝－21＋k 2，x 1x 2＝－31＋k 2； 所以1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝23为定值；(3)设直线m 的方程为y ＝kx ＋b ，则圆心C 到直线m 的距离d ＝|b －1|2，所以|DE |＝2R 2－d 2＝24－d 2，S △CDE ＝12|DE |·d ＝4－d 2·d ≤ 4－d 2 ＋d 22＝2，当且仅当d ＝4－d 2，即d ＝2时，△CDE 的面积最大， 从而|b －1|2＝2，解之得b ＝3或b ＝－1，故所求直线方程为x －y ＋3＝0或x －y －1＝0.13．(2016·安徽模拟)已知曲线C 的极坐标方程是ρ＝2sin θ，设直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝－35t ＋2y ＝45t(t 为参数)．(1)将曲线C 的极坐标方程转化为直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴的交点是M ，N 为曲线C 上一动点，求|MN |的最大值． 解：(1)曲线C 的极坐标方程可化为：ρ2＝2ρsin θ， 又x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ.所以，曲C 的直角坐标方程为：x 2＋y 2－2y ＝0.(2)将直线L 的参数方程化为直角坐标方程得：y ＝－43(x －2)．令y ＝0得x ＝2即M 点的坐标为(2,0) 又曲线C 为圆，圆C 的圆心坐标为(0,1) 半径r ＝1，则|MC |＝5， ∴|MN |≤|MC |＋r ＝5＋1. ∴|MN |的最大值为5＋1.。