2020版数学新攻略大一轮精练9_§ 2_7 函数图象 夯基提能作业 Word版含解析
2020版高考数学(理科)大一轮精准复习精练：9.7圆锥曲线的综合问题含解析
9.7 圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.破考点【考点集训】考点一定值与定点问题1.(2018重庆綦江模拟,9)已知圆C:x2+y2=1,点P为直线x+2y-4=0上一动点,过点P向圆C引两条切线PA,PB,A,B为切点,则直线AB经过定点( )A. B.C. D.答案B2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得⇒∴椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤).∴|PF|=-=--=-=-=(2-x0).又l与圆x2+y2=1相切于M,∴|PM|=-=-=-==x0,∴|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.考点二最值与范围问题1.(2018河北百校联盟4月联考,16)已知抛物线C:x2=8y的焦点为F,准线为l1,直线l2与抛物线C 相切于点P,记点P到直线l1的距离为d1,点F到直线l2的距离为d2,则的最大值为. 答案2.(2018安徽江南十校4月联考,20)已知离心率为的椭圆C的焦点在y轴上,且以椭圆的4个顶点为顶点的四边形的面积为4,过点M(0,3)的直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B.(1)求椭圆C的方程;(2)设P为椭圆上一点,且+=λ(O为坐标原点).求当|AB|<时,实数λ的取值范围.解析(1)设椭圆的方程为+=1(a>b>0),由题意可知e2==,得=,a=2b.又由题意知2ab=4,所以a=2,b=1,故椭圆方程为x2+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3).当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=0,此时|AB|=4>,与题意不符.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+3,由消去y得(4+k2)x2+6kx+5=0,所以Δ=(6k)2-20(4+k2),由Δ>0,得k2>5,则x1+x2=-,x1·x2=,y1+y2=(kx1+3)+(kx2+3)=,因为|AB|=--<,所以·--<,解得-<k2<8,所以5<k2<8.因为+=λ,即(x1,y1)+(x2,y2)=λ(x3,y3),所以当λ=0时,由+=0,得x1+x2=-=0,y1+y2==0,解得k∈⌀,所以此时符合条件的直线l不存在;当λ≠0时,x3==-,y3==,因为点P(x3,y3)在椭圆上,所以-+=1,化简得λ2=,因为5<k2<8,所以3<λ2<4,则λ∈(-2,-)∪(,2).综上,实数λ的取值范围为(-2,-)∪(,2).考点三存在性问题1.(2017福建福州模拟,20)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y2=1(a>1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.(1)求椭圆C的标准方程及离心率;(2)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是不是定值,如果是定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.解析(1)联立得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0.∵直线y=x+2与椭圆有公共点,∴Δ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,∴a≥,由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,故当a=时,|PF1|+|PF2|取得最小值,此时椭圆C的标准方程为+y2=1,离心率为=.(2)mn为定值.设A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),由题意知k QA=k QM,∴--=-,即m=y0---=--,同理,得n=,∴mn=--·=--,又+=1,+=1,∴=1-,=1-,∴mn=----=--=1,∴mn为定值1.2.(2017湖南湘中名校联考,20)如图,曲线C由上半椭圆C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.(1)求a,b的值;(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),是否存在直线l,使得以PQ为直径的圆恰好过点A?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.由e==及a2-c2=b2=1可得a=2,∴a=2,b=1.(2)存在.由(1)知,上半椭圆C1的方程为+x2=1(y≥0).由题易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k≠0).代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点P的坐标为(x P,y P),∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.由求根公式,得x P=-,从而y P=-,∴点P的坐标为--.同理,由--得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).∴=(k,-4),=-k(1,k+2).连接AP、AQ,依题意可知AP⊥AQ,∴·=0,即-[k-4(k+2)]=0,∵k≠0,∴k-4(k+2)=0,解得k=-.经检验,k=-符合题意,故直线l的方程为y=-(x-1).炼技法【方法集训】方法最值问题的求解方法1.(2018河南百校联盟联考,10)已知直线l:x=ty+1经过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F及圆x2-mx+y2=0的圆心,若直线l自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D(如图所示),则|AB|+m|CD|的最小值是( )A.2B.4C.2D.4答案C2.(2018天津模拟,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为 b.(1)求椭圆C的离心率;(2)若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求△OAB面积的最大值.解析(1)由题意得a-c=b,则(a-c)2=b2,结合b2=a2-c2,得(a-c)2=(a2-c2),即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,结合0<e<1,解得e=.所以椭圆C的离心率为.(2)由(1)得a=2c,则b2=3c2.将代入椭圆方程+=1,解得c2=1.所以椭圆方程为+=1.易得直线OM的方程为y=x.当直线l的斜率不存在时,线段AB的中点不在直线y=x上,故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),与+=1联立消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-.由y1+y2=k(x1+x2)+2m=,得线段AB的中点坐标为N-,因为N在直线y=x上,所以-=2×,解得k=-.所以Δ=48(12-m2)>0,得-2<m<2,且m≠0,|AB|=-|x2-x1|=·-=·--=-.又原点O到直线l的距离d=,所以S△OAB=×-×=-≤·-=.当且仅当12-m2=m2,即m=±时等号成立,符合-2<m<2,且m≠0.所以△OAB面积的最大值为.过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一定值与定点问题(2017课标Ⅰ,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-,P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.解析(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此解得故C的方程为+y2=1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为-,--.则k1+k2=----=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-.而k1+k2=-+-=-+-=-,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)·-+(m-1)·-=0.解得k=-.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-1).思路分析(1)利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点P1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.方法点拨定点问题的常见解法:(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.考点二最值与范围问题(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.(4分)因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(5分)(2)由题意,t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1·(-)=-得x1=-,故|AM|=|x1+|=.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.(9分)由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=--.(10分)t>3等价于---=--<0,即--<0.(11分)由此得--或--解得<k<2.因此k的取值范围是(,2).(12分)疑难突破第(1)问中求出直线AM的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|得出t与k 的关系式,由t>3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.名师点拨本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t>3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.考点三存在性问题(2015课标Ⅱ,20,12分,0.145)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.解析(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==-,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由(1)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为x P.由-得=,即x P=.将点的坐标代入l的方程得b=-,因此x M=-.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即x P=2x M.于是=2×-,解得k1=4-,k2=4+.因为k i>0,k i≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.思路分析(1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB的中点M的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即x P=2x M,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.方法总结解决定值问题的常见方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;(2)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.B组自主命题·省(区、市)卷题组考点一定值与定点问题(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,=λ,=μ,求证:+为定值.解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x,由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).从而k≠-3.所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=--,x1x2=.直线PA的方程为y-2=-(x-1).-令x=0,得点M的纵坐标为y M=--+2=--+2.同理得点N的纵坐标为y N=--+2.由=λ,=μ得λ=1-y M,μ=1-y N.所以+=-+-=--+--=-·-=-·-=2.所以+为定值.方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.考点二最值与范围问题1.(2018浙江,17,4分)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.答案52.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M 是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解析(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,-由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=|x1-x2|=.由题意可知圆M的半径r=|AB|=·.由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x.联立得x2=,y2=,因此|OC|==.由题意可知sin==,而==,令t=1+2,则t>1,∈(0,1),因此=·=·-≥1,=·--当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,所以sin≤,因此≤,所以∠SOT的最大值为.综上所述:∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.思路分析(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.疑难突破把角的问题转化为三角函数问题,即由sin==f(k1)求解是解题的突破口.解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.考点三存在性问题(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程;(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(,1)在椭圆E上.因此,-解得a=2,b=.所以椭圆E的方程为+=1.(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.如果存在定点Q满足条件,则有==1,即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,则M,N的坐标分别为(0,),(0,-).由=,有=-,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为(0,2).下面证明:当Q的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有=.当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.因此+==2k.易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).又k QA=-=-=k-,k QB'=--=--=-k+=k-,所以k QA=k QB',即Q,A,B'三点共线.所以===.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.C组教师专用题组考点一定值与定点问题(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.解析(1)由题意得解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则+4=4.当x0≠0时,直线PA的方程为y=-(x-2).令x=0,得y M=--,从而|BM|=|1-y M|=-.直线PB的方程为y=-x+1.令y=0,得x N=--,从而|AN|=|2-x N|=-.所以|AN|·|BM|=-·-=----=----=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.解法二:(Ⅱ)点P在曲线+=1上,不妨设P(2cosθ,sinθ),当θ≠kπ且θ≠kπ+(k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=-(x-2),令x=0,得y M=-;直线BP的方程为y-1=-(x-0),令y=0,得x N=-.∴|AN|·|BM|=2--·--=2----=2×2=4(定值).当θ=kπ或θ=kπ+(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.考点二最值与范围问题1.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )A.2B.3C.D.答案B2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )A. B. C.3 D.2答案A3.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x0,y0),A,B.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程=4·即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知-所以|PM|=(+)-x0=-3x0,|y1-y2|=2-.因此,△PAB的面积S△PAB=|PM|·|y1-y2|=(-4x0.因为+=1(x0<0),所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].因此,△PAB面积的取值范围是.疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.4.(2015浙江,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.(1)求实数m的取值范围;(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解析(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-x+b.由-消去y,得x2-x+b2-1=0.因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b2+2+>0,①将AB的中点M代入直线方程y=mx+,解得b=-.②由①②得m<-或m>.(2)令t=∈-∪,则|AB|=·-,且O到直线AB的距离为d=.设△AOB的面积为S(t),所以S(t)=|AB|·d=--≤.当且仅当t2=时,等号成立.故△AOB面积的最大值为.5.(2015天津,19,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|=-=,解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=->,解得-<x<-1,或-1<x<0.设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.①当x∈--时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=-,得m∈.②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=--,得m∈--.综上,直线OP的斜率的取值范围是--∪.评析本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.考点三存在性问题1.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意得解得a2=2.故椭圆C的方程为+y2=1.设M(x M,0).因为m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=-x,所以x M=-,即M-.(2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(x N,0),则x N=.“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.因为x M=-,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|=-=2.所以y Q=或y Q=-.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ.点Q的坐标为(0,)或(0,-).2.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF 为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知F.设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.因为|FA|=|FD|,则由抛物线的定义知3+=-,解得t=3+p或t=-3(舍去).由=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-.因为直线l1和直线AB平行,所以可设直线l1的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y2+y-=0,由Δ=+=0,得b=-.设E(x E,y E),则y E=-,x E=,当≠4时,k AE=--=--=-,可得直线AE的方程为y-y0=-(x-x0),由=4x0,整理可得y=-(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=-,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),由y0≠0,可得x=-y+2+x0,代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d=-==4.则△ABE的面积S=×4≥16,当且仅当=x0,即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.评析本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是定点的确定.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为( )A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A2.(2017江西南昌NCS项目模拟,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为( )A. B. C. D.答案D3.(2018河南中原名校4月联考,11)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于点A,B,以线段AB为直径的圆E上存在点P,Q,使得以PQ为直径的圆过点D(-2,t),则实数t的取值范围为( )A.(-∞,-1]∪[1,+∞)B.[-1,3]C.(-∞,2-]∪[2+,+∞)D.[2-,2+]答案D二、解答题(共75分)4.(2019届甘肃酒泉普通高中五校联考,20)已知倾斜角为的直线经过抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点F,与抛物线Γ相交于A、B两点,且|AB|=8.(1)求抛物线Γ的方程;(2)过点P(12,8)的两条直线l1、l2分别交抛物线Γ于点C、D和E、F,线段CD和EF的中点分别为M、N.如果直线l1与l2的倾斜角互余,求证:直线MN经过一定点.解析(1)由题意可设直线AB的方程为y=x-,由-消去y整理得x2-3px+=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=3p,由抛物线的定义得|AB|=x1+x2+p=4p=8,∴p=2,∴抛物线的方程为y2=4x.(2)证明:设直线l1、l2的倾斜角分别为α、β,直线l1的斜率为k,则k=tanα.∵直线l1与l2的倾斜角互余,∴直线CD的方程为y-8=k(x-12),即y=k(x-12)+8,由-消去x,整理得ky2-4y+32-48k=0,∴y C+y D=,∴x C+x D=24+-,∴点M的坐标为-.∴tanβ=tan-=--===,∴直线l2的斜率为.以代替点M坐标中的k,可得点N的坐标为(12+2k2-8k,2k),∴k MN=----=-.∴直线MN的方程为y-2k=-[x-(12+2k2-8k)],即-y=x-10,显然当x=10时,y=0.∴直线MN经过定点(10,0).5.(2019届四川攀枝花第一次统考,20)椭圆C:+y2=1的右顶点和上顶点分别为A,B,斜率为的直线l与椭圆C交于P、Q两点(点P在第一象限).(1)求证:直线AP、BQ的斜率之和为定值;(2)求四边形APBQ面积的取值范围.解析(1)证明:设直线l的方程为y=x+m,代入椭圆C:+y2=1,并整理得x2+2mx+2m2-2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则--从而k AP+k BQ=-+-=---=-----=0,所以直线AP、BQ的斜率之和为定值0.(2)设C:+y2=1的左顶点和下顶点分别为E,D,则直线l、BE、AD为互相平行的直线,所以A,B两点到直线l的距离等于两平行线BE、AD间的距离,∴d=.∵|PQ|=|x2-x1|=|x2-x1|,∴S四边形△APBQ=d·|PQ|=|x2-x1|=-,又P点在第一象限,∴-1<m<1.∴S四边形APBQ∈(2,2].方法点拨探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊情况入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.6.(2019届四川成都高新区10月月考,20)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,MF2⊥x轴,直线MF1交y轴于H点,|OH|=,Q为椭圆E上的动点,△F1F2Q的面积的最大值为1.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,过点S(4,0)作两条直线与椭圆E分别交于A,B,C,D,且使AD⊥x轴,问四边形ABCD的两条对角线的交点是不是定点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.解析(1)设M(c,y M),由题意可得+=1,即y M=.∵OH是△F1F2M的中位线,且OH=,∴|MF2|=,即=,整理得a2=2b4,①又由题知,当Q在椭圆E的上、下顶点时,△F1F2Q的面积最大,∴()max=·2c·b=1,整理得bc=1,即b2(a2-b2)=1,②联立①②可得2b6-b4=1,变形得(b2-1)(2b4+b2+1)=0,解得b2=1,进而a2=2.∴椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),C(x2,y2),则由对称性可知D(x1,-y1),B(x2,-y2),设直线AC与x轴交于点(t,0),直线AC的方程为x=my+t(m≠0),联立消去x,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,∴y1+y2=-,y1y2=-,由A,B,S三点共线有k AS=k BS,即-=--,将x1=my1+t,x2=my2+t,代入整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,从而---=0,化简得2m(4t-2)=0,解得t=.于是直线AC的方程为x=my+,故直线AC过定点.同理可得BD过定点.∴直线AC与BD的交点是定点,定点坐标为.规律总结(1)若椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),则通径长为;(2)圆锥曲线中的直线过定点问题,往往需要设出动直线方程,再把定点问题转化为动点的横坐标或纵坐标应该满足的关系,然后联立,利用根与系数的关系把前述关系化简,即可得到某些参数的关系或确定的值.7.(2019届重庆中山外国语学校开学考试,20)已知P是椭圆C1:+=1(a>b>0)与抛物线E:y2=2px(p>0)的一个公共点,且椭圆与抛物线具有一个相同的焦点F.(1)求椭圆C1及抛物线E的方程;(2)设过F且互相垂直的两动直线l1,l2,l1与椭圆C1交于A,B两点,l2与抛物线E交于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.解析(1)∵P是抛物线E:y2=2px(p>0)上一点,∴p=2,∴抛物线E的方程为y2=4x,F(1,0),∴a2-b2=1.又∵P在椭圆C1:+=1上,∴+=1,结合a2-b2=1得b2=3(负舍),a2=4,∴椭圆C1的方程为+=1,抛物线E的方程为y2=4x.(2)由题意可知直线l1斜率存在,设直线l1的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).①当k=0时,AB=4,直线l2的方程为x=1,CD=4,故S四边形ACBD=·|AB|·|CD|=8;②当k≠0时,直线l2的方程为y=-(x-1),由-得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.∴x1+x2=,x1x2=-,由弦长公式知|AB|=|x1-x2|=-=.同理可得|CD|=4(k2+1).∴S四边形ACBD=·|AB|·|CD|=··4(k2+1)=.令t=k2+1,t∈(1,+∞),则S四边形ACBD=-=-=--,当t∈(1,+∞)时,∈(0,1),0<--+4<3,则S四边形ACBD>=8.综上所述,四边形ACBD面积的最小值为8.疑难突破通过联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程,消去其中一个未知数,再用一元二次方程根与系数的关系,得到“目标函数”的解析式.8.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为M,上顶点为N,直线2x+y-6=0与直线MN垂直,垂足为B点,且点N是线段MB的中点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于E,F两点,点G在椭圆C上,且四边形OEGF为平行四边形,求证:四边形OEGF的面积S为定值.解析(1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线MN的斜率k==,得a=2b.∵点N是线段MB的中点,∴B(a,2b),∵点B在直线2x+y-6=0上,∴2a+2b=6,又a=2b,∴b=,a=2,∴椭圆C的方程为+=1.(2)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2),G(x0,y0),将y=kx+m代入+=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则x1+x2=-,x1·x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,∵四边形OEGF为平行四边形,∴=+=(x1+x2,y1+y2),得G-,将G点坐标代入椭圆C的方程得m2=(1+4k2),又易得点O到直线EF的距离d=,EF=|x1-x2|,∴平行四边形OEGF的面积S=d·|EF|=|m||x1-x2|=|m|·-=4·-=4·=4·=3.故平行四边形OEGF的面积S为定值3.9.(2017北京丰台一模,21)已知P(0,1)是椭圆C:+=1(a>b>0)上一点,点P到椭圆C的两个焦点的距离之和为2.(1)求椭圆C的方程;(2)设A,B是椭圆C上异于点P的两点,直线PA与直线x=4交于点M,是否存在点A,使得S△APB=S△ABM?若存在,求出点A的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由椭圆C:+=1(a>b>0)过点P(0,1)得,b=1,又点P到两焦点的距离之为2,所以a=,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)设A(x A,y A)则x A∈[-,0)∪(0,],由题意知==,又因为=--=-,①当-≤x A<0时,=-=--=,解得x A=-4(舍去);②当0<x A≤时,=-=-=,解得x A=.由点A在椭圆C上,解得y A=±,所在存在点A,使得S△APB=S△ABM.10.(2018安徽合肥高三调研检测,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点M(2,1),且离心率e=.。
(课标通用)北京市2020版高考数学大一轮复习 第二章 9 第九节 函数的模型及其应用夯基提能作业本
第九节函数模型及其应用A组基础题组1.假设你有一笔资金用于投资,现有三种投资方案供你选择,这三种方案的回报如下:方案一:每天回报40元;方案二：第一天回报10元，以后每天的回报比前一天多10元；方案三:第一天回报0。
4元，以后每天的回报是前一天的两倍.若投资的时间为10天,为使投资的回报最多,你会选择哪种方案投资？( )A.方案一B.方案二C.方案三D.都可以答案 B 方案一:投资10天的回报为40×10=400元；方案二:投资10天的回报为10×10+×10=550元;方案三:投资10天的回报为=409。
2元.投资回报最多的为方案二，故选B。
2.汽车的“燃油效率"是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况。
下列叙述中正确的是（）A。
消耗1升汽油,乙车最多可行驶5 kmB.以相同速度行驶相同路程，三辆车中,甲车消耗汽油最多C.甲车以80 km/h的速度行驶1小时，消耗10升汽油D.某城市机动车最高限速80 km/h.相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油答案 D 对于A选项：由题图可知,当乙车速度大于40 km/h时,乙车每消耗1升汽油，行驶里程都超过5 km，则A错；对于B选项:由题意可知，以相同速度行驶相同路程，燃油效率越高，耗油越少，故三辆车中甲车耗油最少,则B错;对于C选项：甲车以80 km/h的速度行驶时，燃油效率为10 km/L，则行驶1小时，消耗了汽油80×1÷10=8（升)，则C错；对于D选项：当行驶速度小于80 km/h时，在相同条件下,丙车的燃油效率高于乙车，则在该市用丙车比用乙车更省油，则D对。
综上,选D.3.（2016北京丰台一模)经济学家在研究供求关系时,一般用纵轴表示产品价格（自变量)，用横轴表示产品数量(因变量).某类产品的市场供求关系在不受外界因素（如政府限制最高价格等)的影响下，市场会自发调解供求关系：当产品价格P1低于均衡价格P0时，需求量大于供应量,价格会上升为P2;当产品价格P2高于均衡价格P0时,供应量大于需求量,价格又会下降,价格如此波动下去,产品价格将会逐渐靠近均衡价格P0。
2020版数学新攻略江苏专用大一轮精练：第二章 1-第一节 函数的概念及其表示 Word版含解析
第一节函数的概念及其表示课时作业练1.(2019盐城高三模拟)函数f(x)=ln(1-)的定义域为.答案(2,3]解析要使函数f(x)=ln(1-)有意义,则解得2<x≤3,故该函数的定义域为(2,3].2.函数f(x)=的值域为.答案(-∞,1]解析当x≤0时, f(x)=2x∈(0,1];当x>0时, f(x)=-x2+1∈(-∞,1),所以该函数的值域为(-∞,1].3.已知f(+1)=x+2,则f(x)= .答案x2-1(x≥1)解析令+1=t,t≥1,则=t-1,将=t-1代入f(+1)=x+2中,得f(t)=t2-1(t≥1),∴f(x)=x2-1(x≥1).4.(2018江苏扬州高三调研)已知函数y=f(x+1)的定义域是[-2,3],则y=f(2x-1)的定义域是.答案解析x∈[-2,3]⇒x+1∈[-1,4],则2x-1∈[-1,4],解得x∈.5.已知函数f(x)=若f(2-a)>f(2a),则实数a的取值范围是.答案解析作出函数f(x)的图象(图略),可得函数f(x)在R上递增,又f(2-a)>f(2a),所以2-a>2a,解得a<.6.已知函数f(x)=的定义域是一切实数,则实数m的取值范围是.答案[0,4]解析由题意可得mx2+mx+1≥0对一切实数x恒成立,当m=0时满足;当m≠0时,有解得0<m≤4.综上可得实数m的取值范围是[0,4].7.定义在R上的函数f(x)满足f(x)=则f(3)= .答案-2解析由题意可得f(3)=f(2)-f(1)=f(1)-f(0)-f(0)+f(-1)=f(0)-f(-1)-2f(0)+f(-1)=-f(0)= 4=-2.-log28.已知f(x)=若f(a)=1,则f(f(a-1))= .答案或1解析由f(a)=1得或解得a=0或1.当a=0时, f(f(a-1))=f(f(-1))=f=;当a=1时, f(f(a-1))=f(f(0))=f(1)=1.9.(2019江苏丹阳高级中学高三模拟)已知函数f(x)与g(x)的图象关于原点对称,且它们的图象拼成如图所示的“Z”形折线ABOCD,不含A(0,1),B(1,1),O(0,0),C(-1,-1),D(0,-1)五个点,则满足题意的函数f(x)的一个解析式为.答案f(x)=(答案不唯一)解析由题图可知,线段OC与线段OB是关于原点对称的,线段CD与线段BA也是关于原点对称的,又f(x)与g(x)的图象关于原点对称,所以f(x)=(答案不唯一).10.若函数f(x)=则不等式f(f(x))<2的解集为.答案(-∞,1-ln 2)解析当f(x)≥1时, f( f(x))=[ f(x)]3+f(x)≥2,所以f(f(x))<2无解;当f(x)<1时,f( f(x))=2e f(x)-1<2,则f(x)<1,当x≥1时, f(x)=x3+x≥2,此时f(x)<1无解,当x<1时,f(x)=2e x-1<1,则x<1+ln=1-ln 2,综上可得不等式f( f(x))<2的解集为(-∞,1-ln 2).11.二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1.(1)求f(x)的解析式;(2)解不等式: f(x)>2x+5.解析(1)设二次函数的解析式为f(x)=ax2+bx+c(a≠0).∵f(0)=1,∴c=1.把f(x)的解析式代入f(x+1)-f(x)=2x中,得a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,∴2ax+a+b=2x,∴a=1,b=-1,∴f(x)=x2-x+1.(2)f(x)>2x+5即x2-x+1>2x+5,即x2-3x-4>0,解得x<-1或x>4.故原不等式的解集为{x|x<-1或x>4}.12.设函数f(x)=且f(-2)=3, f(-1)=f(1).(1)求f(x)的解析式;(2)在如图所示的直角坐标系中画出f(x)的图象.解析(1)由f(-2)=3, f(-1)=f(1)得解得a=-1,b=1,所以f(x)=(2)y=f(x)的图象如下.基础滚动练(滚动循环夯实基础)1.命题“∃x0∈,cos x>sin x”的否定是.答案∀x∈,cos x≤sin x2.(2019扬州高三模拟)已知集合A={-1,2,3},B={x|x(x-3)<0},则A∩B=. 答案{2}3.(2018江苏南通中学高三考前冲刺)函数y=ln(1-2x)的定义域为.答案(-∞,0)解析要使函数y=ln(1-2x)有意义,则1-2x>0,解得x<0,故函数的定义域为(-∞,0).4.(2019江苏三校高三模拟)设集合A=[-1,0],B=,则A∪B=.答案[-1,2]解析因为x2-1≥-1,所以0<≤2,则B=(0,2],又A=[-1,0],所以A∪B=[-1,2].5.若命题“∃x∈R,x2+2mx+m≤0”是假命题,则实数m的取值范围是.答案(0,1)解析因为命题“∃x∈R,x2+2mx+m≤0”是假命题,所以其否定“∀x∈R,x2+2mx+m>0”是真命题,则Δ=4m2-4m<0,解得0<m<1.6.“M>N”是“log2M>log2N”成立的条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)答案必要不充分7.已知p:|x-a|<4;q:(x-2)(3-x)>0.若 p是 q的充分不必要条件,则a的取值范围是.答案-1≤a≤6解析若 p是 q的充分不必要条件,则p是q的必要不充分条件,又p:a-4<x<a+4,q:2<x<3,所以且两个等号不能同时成立,解得-1≤a≤6.8.已知集合A={1,2,3,k},B={4,7,a4,a2+3a},其中a∈N*,k∈N*, f:x→y=3x+1,x∈A,y∈B是从定义域A到值域B的一个函数,求a,k的值.解析由题意得1→4,2→7,3→10,k→3k+1,又a∈N*,∴a4≠10,∴a2+3a=10,解得a=2(舍去-5),所以a4=16,所以3k+1=16,∴k=5.。
2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：10_§ 2_8 函数与方程 夯基提能作业 Word版含解析
§ 2.8 函数与方程A 组 基础题组1.已知f(x)=则方程f(f(x))=2的实数根的个{2x +22,x ≤1,|log 2(x -1)|,x >1,数是( )A.5B.6C.7D.8答案 C 作出函数f(x)的图象,如图所示.由图可知,函数f(x)的图象与直线y=2有三个交点,即方程f(x)=2有三个不等实根,设f(x)=2的三个实数根从小到大依次为x 1,x 2,x 3,则x 1=1,1<x 2<2,x 3=5.又由图可知,函数f(x)的图象与直线y=1有2个交点,即方程f(x)=1有2个不等实根,同理, f(x)=5有2个不等实根, f(x)=x 2有3个不等实根,故方程f[f(x)]=2的实数根一共有7个,故选C.2.若a<b<c,则函数f(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)·(x-a)的两个零点分别位于区间( )A.(a,b)和(b,c)内B.(-∞,a)和(a,b)内C.(b,c)和(c,+∞)内D.(-∞,a)和(c,+∞)内答案 A 易知f(a)=(a-b)(a-c), f(b)=(b-c)(b-a),f(c)=(c-a)(c-b).又a<b<c,则f(a)>0, f(b)<0, f(c)>0,又该函数是二次函数,且图象开口向上,故两个零点分别在(a,b)和(b,c)内,选A.3.关于x 的方程ax 2-|x|+a=0有四个不同的解,则实数a 的值可能是( )A. B. C.1 D.21412答案 A 若a=2,则2x 2-|x|+2=0,Δ=1-16<0,无解;若a=1,则x 2-|x|+1=0,Δ=1-4<0,无解;若a=,则x 2-2|x|+1=0,Δ=0,x=±1;若a=,1214则x 2-4|x|+1=0,Δ>0,方程有4个根,成立.故选A.4.(2017长沙统一模拟)对于满足0<b ≤3a 的任意实数a,b,函数f(x)=ax 2+bx+c总有两个不同的零点,则的取值范围是( )a +b -c a A. B.(1,2](1,74]C.[1,+∞) D.(2,+∞)答案 D解析 依题意,对于方程ax 2+bx+c=0,有Δ=b 2-4ac>0,于是c<,从b 24a 而>=1+-,对满足0<b ≤3a 的任意实数a,b 恒成立.a +b -c a a +b -b 24a a b a 14(b a )2令t=.因为0<b ≤3a,所以0<t ≤3.因此-t 2+t+1∈(1,2].故>2.b a 14a +b -c a 故选D.5.已知函数f(x)满足f(x+1)=,当x ∈[0,1]时,f(x)=x.若函数1f (x )+1h(x)=f(x)-ax-a 在区间(-1,1]内有两个零点,则实数a 的取值范围是( )A. B. C. D.(-1,12][12,+∞)(-∞,12](0,12]答案 D 当x ∈(-1,0]时,x+1∈(0,1],所以f(x)=-1=-1,所以f(x)=1f (x +1)1x +1{1x +1-1,-1<x <0,x ,0≤x ≤1,作出函数y=f(x)和过定点(-1,0)的直线y=a(x+1)的图象(如图所示).易得0<a ≤=,故选D.1-01-(-1)126.已知定义在R 上的偶函数f(x)满足f(x+4)=f(x),且当0≤x ≤2时, f(x)=min{-x 2+2x,2-x},若方程f(x)-mx=0恰有两个根,则m 的取值范围是( )A.∪B.∪(-∞,-13)(13,+∞)(-∞,-13][13,+∞)C.∪ D.∪(-2,-13)(13,2)[-2,-13][13,2]答案 C 由题意得, f(x)=f(x+4)=f(-x),∴f(x)是周期函数,周期T=4,且图象关于直线x=2对称,∴f(x)的图象如图所示.由⇒x 2+(m-2)x=0,若直线y=mx 与抛物线y=-x 2+2x 相切,{y =mx ,y =-x 2+2x则由Δ=0⇒m=2,故可知实数m 的取值范围是∪.故(-2,-13)(13,2)选C.7.已知f(x)=则f(f(-2))= ,函数f(x)的零{x 2,x <0,2x -2,x ≥0,点个数为 .答案 14;1解析 f(-2)=(-2)2=4,则f(f(-2))=f(4)=24-2=16-2=14;当x<0时, f(x)>0,故由f(x)=0,得2x -2=0(x ≥0),解得x=1,则函数f(x)的零点个数为1.8.函数f(x)=的零点个数是 . {x 2-2, x ≤0,2x -6+ln x ,x >0答案 2解析 当x ≤0时,由x 2-2=0得x=-;当x>0时, f(x)=2x-6+ln x 2在(0,+∞)上为增函数,且f(2)=ln 2-2<0, f(3)=ln 3>0,所以f(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点.综上,f(x)的零点个数为2.9.若函数f(x)=|2x -2|-b 有两个零点,则实数b 的取值范围是 .答案 (0,2)解析 函数f(x)=|2x-2|-b有两个零点等价于函数y=|2x-2|与y=b的图象有两个不同的交点.在同一坐标系中作出函数y=|2x-2|及y=b的图象,如图.由图可知b∈(0,2).10.(2019衢州质检)已知b,c∈R,二次函数f(x)=x2+2bx+c在区间(1,5)上有两个不同的零点,则f(1)·f(5)的取值范围是 . 答案 (0,256)解析 由题意知f(1)·f(5)=(2b+c+1)(10b+c+25)>0,且1<-b<5,即-5<b<-1,而f(x)的最小值是c-b2,由题意得c<b2,故f(1)·f(5)=(2b+c+1)(10b+c+25)<(2b+b2+1)(10b+b2+25)=[(b+1)(b+ 5)]2,由-5<b<-1,得-4<b+1<0,0<b+5<4,∴-16<(b+1)(b+5)<0,∴f(1)·f(5)<(-16)2=256,故答案为(0,256).B组 提升题组1.已知函数f(x)=ax2+bx+c,集合A={x|f(x)=0},集合B={x|f(f(x))=0}.若A∩B≠⌀,且存在x0∈B,x0∉A,则b的取值范围是( )A.b ≥4或b<0B.b ≥4或b ≤0C.b ≥4或-4≤b<0D.0≤b ≤4答案 A 设x 1∈A ∩B,则f(f(x 1))=f(0)=0,所以c=0,显然ab ≠0,所以A 中另一元素为-.由题意知,ax 2+bx=-有异于0和-的根x 0,故b a b a b a a 2x 2+abx+b=0有解,由Δ≥0得b ≥4或b ≤0,又b ≠0,故选A.2.对于函数f(x),若存在x 0∈N,满足|f(x 0)|≤,则称x 0为函数f(x)14的一个“近零点”.已知函数 f(x)=ax 2+bx+c(a>0)有四个不同的“近零点”,则a 的最大值为 ( )A.2B.1C.D.1214答案 D 不妨假设a,b 同号,并设m-1,m,n,n+1(m<n)为四个不同的近零点,则|f(m)-f(m-1)|≤|f(m)|+|f(m-1)|≤,故|am 2+bm+c-[a(m-121)2+b(m-1)+c]|≤,即|2ma-(a-b)|≤,同理,|2na+a+b|≤.所以121212|(2na+a+b)-[2ma-(a-b)]|≤1,即|2(n+1-m)a|≤1,因为n>m,且m,n ∈N,所以n ≥m+1,所以n+1-m ≥2.故4|a|≤1,即|a|≤,故a 的最大值为14.143.已知函数f(x)=|2x -1|,g(x)=x 2-(2+3k)x+2k+1.若方程g(f(x))=0有3个不同实根,则k 的取值范围是 .答案 k=-或k>012解析 方程g[f(x)]=0有3个不同实根等价于方程g(x)=0,即x 2-(2+3k)x+2k+1=0有两个根x 1、x 2,其中0<x 1<1且x 2>1,或0<x 1<1且x 2=0,当0<x 1<1且x 2>1时,∴k>0.同理,当0<x 1<1且{g (0)=2k +1>0,g (1)=-k <0,x 2=0时,k=-,此时g(x)=x 2-x=0的根为0和,满足题意.综上,k 的取121212值范围为k=-或k>0.124.已知函数f(x)=x 2-2x,若关于x 的方程|f(x)|+|f(a-x)|-t=0有4个不同的实数根,且所有实数根之和为2,则实数t 的取值范围是 .答案 (1,32)解析 令h(x)=|f(x)|+|f(a-x)|,则h(a-x)=h(x),故h(x)的图象关于直线x=对称,a 2∵方程|f(x)|+|f(a-x)|-t=0有4个不同的实数根,且所有实数根之和为2,∴设|f(x)|+|f(a-x)|-t=0的4个实数根分别为x 1,x 2,x 3,x 4,其中=,=,x 1+x 22a 2x 3+x 42a 2则x 1+x 2+x 3+x 4=2a=2,解得a=1,故h(x)=|f(x)|+|f(a-x)|=|x 2-2x|+|(1-x)2-2(1-x)|=作函数h(x)的图象如图,{2x 2-2x -1,x ≤-1,-2x +1,-1<x ≤0,-2x 2+2x +1,0<x ≤1,2x -1,1<x ≤2,2x 2-2x -1,x >2,由题意可得函数h(x)=|x 2-2x|+|(1-x)2-2(1-x)|与y=t 的图象有四个不同的交点,结合图象可知,实数t 的取值范围是.(1,32)。
2020版数学新攻略大一轮精练7_§ 2_5 指数与指数函数 夯基提能作业 Word版含解析
§指数与指数函数
组基础题组
.函数(>,且≠)的图象可能是()
答案令(),当>时()∈(),所以与均错;当<<时()<,所以错对,故选.
.若函数()()·是指数函数,则()在定义域内()
.为增函数.为减函数.先增后减.先减后增
答案由指数函数的定义知,解得,所以(),所以()在定义域内为增函数,故选.
.已知实数满足等式,下列五个关系式:①<<;②<<;③<<;④<<;⑤.其中不可能成立的关系式有()
个个个个
答案如图,令,由得<<或<<或.故选.
.(浙江高考模拟训练冲刺)已知函数()是奇函数,当>时()(>且≠),且(),则的值为()
.
答案由(),得(),又()是奇函数,则有(),即,又>,故.
.(浙江宁波效实中学高三质检)若函数()(>≠)满足(),则()的单调递减区间是()
.(∞].[∞)
.[∞).(∞]
答案由()得.
又>,所以,因此().
设(),因为()在[∞)上单调递增,所以()的单调递减区间是[∞).
.已知∈,则“≤”是“函数在上为减函数”的()
.充分不必要条件.必要不充分条件
.充要条件.既不充分也不必要条件。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第二章 函数 考点规范练9
解析函数 f(x)的图象如图,方程 f(x)=c 有 3 个不同的实数根,
即函数 y=f(x)与 y=c 的图象有 3 个交点,易知 c=1,且一根为 0.由 lg|x|=1 知另两根为-10 和 10,故
x1+x2+x3=0.
能力提升组
9.(2018 浙江温州二模)函数 y=xsin x(x∈[-π,π])的图象可能是( )
答案[-1,+∞)
解析如图作出函数 f(x)=|x+a|与 g(x)=x-1 的图象,观察图象可知:当且仅当-a≤1,即 a≥-1 时,不等式
f(x)≥g(x)恒成立,因此 a 的取值范围是[-1,+∞).
{ ������2 + 2������,������ > 0,
15.(2018 浙江名校协作体高三上学期测试)已知函数 f(x)= ������������(1 - ������) + 4,������ ≤ 0,则关于 x 的方程 f(x2-4x) =6 的不同实根的个数为 . 答案 4 个 解析函数 f(x)图象如图所示,t=x2-4x=(x-2)2-4,由图象可知,当-4≤t≤0 时,f(t)=6 无解,当 t>0 时,
答案 C 解析由 a-2>a2 知 a4<1,所以 0<a<1,又因为函数图象 y=loga(x-1)可由函数图象 y=logax 向右平移一个 单位得到,故选 C. 3.若函数 y=ax-b 的图象如图所示,则( )
A.a>1,b>1
B.a>1,0<b<1
C.0<a<1,b>1
D.0<a<1,0<b<1
f(t)=6 有 2 个解,对应 t=x2-4x,各有 2 个解,故关于 x 的方程 f(x2-4x)=6 的不同实根的个数为 4 个.
2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：专项强化练二 函数图象及其应用 Word版含解析
专项强化练二 函数图象及其应用1.设函数f(x)=|x+1|+|x+a|的图象关于直线x=1对称,则a 的值为( )A.1B.-1C.-3D.-5答案 C 因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(1+x)=f(1-x)对于任意实数x 恒成立,即|x+2|+|x+1+a|=|x-2|+|x-1-a|对于任意实数x 恒成立,从而有解得a=-3,故选C.{-2=1+a ,-1-a =2,2.函数f(x)=tan x·ln x 的图象大致是 ( )(0<x <π2)答案 A 当0<x<1时, f(x)<0,故排除B,D.现在仅需考虑函数f(x)在(0,1)上是否存在极值点即可.易得f '(x)=·ln x+·,1cos 2xsin x cos x 1x 所以f '(x)=0等价于ln x+=0,即ln x+=0.设g(x)=ln x+sin x cos x x sin2x 2x.因为g(1)=>0,g(e -1)=·sin -1<0,所以函数g(x)在区间sin2x 2x sin22e 22e (e -1,1)上存在零点,所以函数f(x)在区间(0,1)上存在极值点,故选A.3.函数f(x)=x 2-ln|x|的大致图象为( )答案 D ∵f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),∴排除C.∵f(-x)=(-x)2-ln|-x|=x2-ln|x|=f(x),∴函数f(x)是偶函数,∴f(x)的图象关于y轴对称,故排除A.当x→+∞时, f(x)→+∞,故排除B.故选D.4.函数f(x)的定义域为R,若F(x)=f(x)+f(2-x),G(x)=f(x)-f(2-x),则( )A.函数F(x)图象是中心对称图形,G(x)图象是轴对称图形B.函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象是中心对称图形C.函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象不一定是中心对称图形D.函数F(x)图象不一定是轴对称图形,G(x)图象也不一定是中心对称图形答案 B 由题意知, f(2-x)=f(2-x)+f(x)=F(x),所以函数F(x)图象关于直线x=1对称;G(2-x)=f(2-x)-f(x)=-G(x),所以函数G(x)图象关于点(1,0)对称,所以函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象是中心对称图形,故选B.5.函数f(x)=的图象如图所示,则下列结论成立的是( )ax +b(x +c )2A.a>0,b>0,c<0B.a<0,b>0,c>0C.a<0,b>0,c<0D.a<0,b<0,c<0答案 C 函数f(x)的定义域为{x|x ≠-c},由题中图象可知-c=x P >0,即c<0,排除B.令f(x)=0,可得x=-,则x N =-,又x N >0,则<0,所以a,bb a b a b a 异号,排除A,D.故选C.6.(2017台州中学月考)曲线y=1+(|x|≤2)与直线y=k(x-4-x 22)+4有两个交点时,实数k 的取值范围是( )A. B.(512,34](512,34)C. D.(13,34)(0,512)答案 A y=1+⇒x 2+(y-1)2=4(y ≥1),其表示以点(0,1)为圆4-x 2心,2为半径的圆的上半部分,而y=k(x-2)+4表示经过点(2,4)的一条直线,如图所示,当直线与圆相切时,=2⇒k=,∴<k ≤|3-2k |k 2+1512512=,故选A.4-12-(-2)347.(2016课标全国Ⅱ理,12,5分)已知函数f(x)(x ∈R)满足f(-x)=2-f(x),若函数y=与y=f(x)图象的交点为x +1x (x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m ),则(x i +y i )=( )m ∑i =1A.0B.mC.2mD.4m答案 B 由f(-x)=2-f(x)可知f(x)的图象关于点(0,1)对称,又易知y==1+的图象关于点(0,1)对称,所以两函数图象的交点成对出x +1x 1x 现,且每一对交点都关于点(0,1)对称,则x 1+x m =x 2+x m-1=…=0,y 1+y m =y 2+y m-1=…=2,∴(x i +y i )=0×+2×=m.故选B.m ∑i =1m 2m 28.已知函数f(x)=x 2-x-(x<0),g(x)=x 2+bx-2(x>0),b ∈R,若f(x)4x x -1图象上存在两个不同的点A,B 分别与g(x)图象上A',B'两点关于y 轴对称,则b 的取值范围是( )A.(-4-5,+∞)B.(4-5,+∞)22C.(-4-5,1) D.(4-5,1)22答案 D 设函数g(x)图象上任一点的坐标为(x,x 2+bx-2),其关于y 轴的对称点的坐标为(-x,x 2+bx-2),所以方程x 2+bx-2=x 2+x-,-4x -x -1即(b-1)x 2+(b+1)x-2=0在(0,+∞)上有两个不等实根,所以解得4-5<b<1,即实数b 的取值范围{Δ=(b +1)2+8(b -1)>0,-2b -1>0,-b +12(b -1)>0,2是(4-5,1),故选 D.29.函数f(x)=则f(-1)= ,若方程f(x)=m {(x -1)2,x ≥0,|e x -2|,x <0,有两个不同的实数根,则m 的取值范围为 .答案 2-;(0,2)1e 解析 f(-1)==2-.作出函数f(x)的图象,如图,当x<0时,|1e -2|1e f(x)=2-e x ∈(1,2),∴当x ≤1时, f(x)∈[0,2),当x>1时, f(x)>0,若方程f(x)=m 有两个不同的实数根,则0<m<2,即实数m 的取值范围是(0,2).。
2020版高中数学(浙江专用)大一轮精练：9_§ 2_7 函数图象夯基作业Word版含解析
§ 2.7 函数图象A组基础题组1.若函数f(x)=a x-b的图象如图所示,则( )A.a>1,b>1B.a>1,0<b<1C.0<a<1,b>1D.0<a<1,0<b<1答案 D 根据图象结合a,b的几何意义即可判断.2.已知函数f(x)=x(1+a|x|)(a∈R),则在同一平面直角坐标系下函数f(x+a)与f(x)的图象不可能是( )答案 D 首先函数y=f(x)的图象过坐标原点.当a>0时,y=f(x+a)的图象是由y=f(x)的图象向左平移后得到的,且函数f(x)在R上单调递增,此时选项B有可能,选项D不可能;当a<0时,y=f(x+a)的图象是由y=f(x)的图象向右平移后得到的,且函数f(x)在-上为正,在-∞上为负,此时选项A,C均有可能.故选D.3.已知函数f(x)=---则对任意x1,x2∈R,若0<|x1|<|x2|,则下列不等式成立的是( )A.f(x1)+f(x2)<0B.f(x1)+f(x2)>0C.f(x1)-f(x2)>0D.f(x1)-f(x2)<0答案 D 函数f(x)的图象如图所示.易知函数f(x)是偶函数,且在[0 +∞)上是增函数.又0<|x1|<|x2|,所以f(x2)>f(x1),即f(x1)-f(x2)<0.4.(2019绍兴一中月考)函数y=xsin x(x∈[-π,π])的图象可能是( )答案 C 易知函数y=xsin x(x∈[-π,π])为偶函数,排除B,D.又当x∈[0,π]时,y≥0,排除A.故选C.5.函数f(x)=lg(|x|-1)的大致图象是( )答案 B 由题意知|x|-1>0,即|x|>1,解得x>1或x<-1,∴函数f(x)的图象在直线x=-1的左边,和直线x=1的右边,∴排除C、D.又∵f(11)=1 ∴排除A ∴选B.6.函数f(x)=--的图象为( )答案 D 化简得f(x)=故选D.7.若函数f(x)=ka x-a-x(a>0且a≠1)在R上既是奇函数又是增函数,则函数g(x)=log a(x+k)的图象是( )答案 C 由题意知k=1,a>1,所以g(x)的图象为C.8.函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可以是( )A.f(x)=x+sin xB.f(x)=C.f(x)=xcos xD.f(x)=x·-·-答案 C 由图象知函数f(x)是奇函数,排除D;函数图象过原点,排除B;图象过点,显然A不正确,故选C.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
§函数图象
组基础题组
.若函数()的图象如图所示,则()
>>><<
<<><<<<
答案根据图象结合的几何意义即可判断.
.已知函数()()(∈),则在同一平面直角坐标系下函数()与()的图象不可能是()
答案首先函数()的图象过坐标原点.当>时()的图象是由()的图象向左平移后得到的,且函数()在上单调递增,此时选项有可能,选项
不可能;当<时()的图象是由()的图象向右平移后得到的,且函数()在上为正,在上为负,此时选项均有可能.故选.
.已知函数()则对任意∈,若<<,则下列不等式成立的是()
()()<()()>
()()>()()<
答案函数()的图象如图所示.
易知函数()是偶函数,且在[∞)上是增函数.又<<,所以()>(),即()()<.
.(绍兴一中月考)函数(∈[π,π])的图象可能是()
答案易知函数(∈[π,π])为偶函数,排除.又当∈[,π]时≥,排除.故选.
.函数()()的大致图象是()。