2018高考数学二轮复习每日一题规范练(第三周)文
2018高考数学理二轮复习每日一题 规范练第二周 含答案 精品
每日一题 规范练(第二周)第二周 星期一 2018年3月26日[题目1] (本小题满分12分)已知a ，b 分别是△ABC 内角A ，B 的对边，且b sin 2A ＝3a cos A sin B ，函数f (x )＝sin A cos 2x －sin 2A 2sin 2x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求A ；(2)求函数f (x )的值域．解：(1)在△ABC 中，b sin 2A ＝3a cos A sinB ， 由正弦定理得，sin B sin 2A ＝3sin A cos A sinB ， 所以tan A ＝sin Acos A＝ 3. 又A ∈(0，π)，所以A ＝π3.(2)由A ＝π3，得 f (x )＝32cos 2x －14sin 2x ＝34(1＋cos 2x )－14sin 2x ＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos 2x －12sin 2x ＋34＝34－12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 所以－π3≤2x －π3≤2π3， 所以－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1，所以3－24≤－12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋34≤ 32，所以f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－24，32. 第二周 星期二 2018年3月27日[题目2] (本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ，且3a n ＋S n ＝4(n ∈N *)． (1)证明：{a n }是等比数列；(2)在a n 和a n ＋1之间插入n 个数，使这n ＋2个数成等差数列．记插入的n 个数的和为T n ，求T n 的最大值．(1)证明：因为3a n ＋S n ＝4，所以S n ＝4－3a n (n ∈N *)， 所以，当n ≥2时，有S n －1＝4－3a n －1， 上述两式相减，得a n ＝－3a n ＋3a n －1， 即当n ≥2时，a n a n －1＝34. 又n ＝1时，a 1＝4－3a 1，a 1＝1.所以{a n }是首项为1，公比为34的等比数列．(2)解：由(1)得a n ＝a 1·q n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，所以T n ＝n （a n ＋a n ＋1）2＝n 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＝7n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1， 因为T n ＋1－T n ＝7（n ＋1）8⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －7n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝7（3－n ）32⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1， 所以T 1＜T 2＜T 3，T 3＝T 4，T 4＞T 5＞T 6… 所以T n 的最大值为T 3＝T 4＝189128.第二周 星期三 2018年3月28日[题目3] (本小题满分12分)如图，在直角梯形BB 1C 1C 中，∠CC 1B 1＝90°，BB 1∥CC 1，CC 1＝B 1C 1＝2BB 1＝2，D 是CC 1的中点．四边形AA 1C 1C 可以通过直角梯形BB 1C 1C 以CC 1为轴旋转得到，且二面角B 1CC 1A 为120°.(导学号 54850154)(1)若点E 是线段A 1B 1上的动点，求证：DE ∥平面ABC ； (2)求二面角B AC A 1的余弦值．(1)证明：如图所示，连接B 1D ，DA 1.由已知可得BB 1綊12CC 1綊CD ，所以四边形B 1BCD 是平行四边形，所以B 1D ∥BC . 又BC ⊂平面ABC ，B 1D ⊄平面ABC ； 所以B 1D ∥平面ABC . 同理可得DA 1∥平面ABC .又A 1D ∩DB 1＝D ，所以平面B 1DA 1∥平面ABC . 因为DE ⊂平面B 1DA 1， 所以DE ∥平面ABC .(2)解：作C 1M ⊥C 1B 1交A 1B 1于点M ，分别以C 1M ，C 1B 1，C 1C 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．则C 1(0，0，0)，A 1(3，－1，0)，B (0，2，1)，C (0，0，2)，A (3，－1，1)．CA →＝(3，－1，－1)，CB →＝(0，2，－1)，C 1C →＝(0，0，2)．设平面ABC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CA →＝0m ·CB →＝0，即⎩⎨⎧3x 1－y 1－z 1＝02y 1－z 1＝0.取m ＝(3，1，2)．设平面A 1ACC 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0n ·C 1C →＝0，即⎩⎨⎧3x 2－y 2－z 2＝02z 2＝0.取n ＝(1，3，0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝238×4＝64.所以二面角B AC A 1的余弦值是64. 第二周 星期四 2018年3月29日[题目4] (本小题满分12分)随着生活水平和消费观念的转变，“三品一标”(无公害农产品、绿色食品、有机食品和农产品地理标志)已成为不少人的选择，为此某品牌植物油企业成立了有机食品快速检测室．假设该品牌植物油每瓶含有机物A 的概率为p (0＜p ＜1)，需要通过抽取少量油样化验来确定该瓶油中是否含有有机物A ，若化验结果呈阳性则含A ，呈阴性则不含A .若多瓶该种植物油检验时，可逐个抽样化验，也可将若干瓶植物油的油样混在一起化验，仅当至少有一瓶油含有有机物A 时混合油样呈阳性，若混合油样呈阳性，则该组植物油必须每瓶重新抽取油样并全部逐个化验．(1)若p ＝13，试求3瓶该植物油混合油样呈阳性的概率；(2)现有4瓶该种植物油需要化验，有以下两种方案： 方案一：均分成两组化验； 方案二：混在一起化验；请问哪种方案更适合(即化验次数的期望值更小)，并说明理由．解：(1)设X 为3瓶该植物油中油样呈阳性的瓶数，所求的概率为P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133＝1927，所以3瓶该种植物油的混合油样呈阳性的概率为1927.(2)设q ＝1－p ，则0＜q ＜1.方案一：设所需化验的次数为Y ，则Y 的所有可能取值为2，4，6次，P (Y ＝2)＝q 4，P (Y ＝4)＝C 12(1－q 2)q 2，P (Y ＝6)＝(1－q 2)2，E (Y )＝2×q 4＋4×C 12(1－q 2)q 2＋6×(1－q 2)2＝6－4q 2.方案二：设所需化验的次数为Z ，则Z 的所有可能取值为1，5，P (Z ＝1)＝q 4，P (Z ＝5)＝1－q 4， E (Z )＝1×q 4＋5×(1－q 4)＝5－4q 4.因为E (Y )－E (Z )＝6－4q 2－(5－4q 4)＝(2q 2－1)2≥0， 即E (Y )≥E (Z )，所以方案二更适合．第二周 星期五 2018年3月30日[题目5] (本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点为F 1，F 2，设点F 1，F 2与椭圆短轴的一个端点构成斜边长为4的直角三角形．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A ，B ，P 为椭圆C 上三点，满足OP →＝35OA →＋45OB →，记线段AB 中点Q 的轨迹为E ，若直线l ：y ＝x ＋1与轨迹E 交于M ，N 两点，求|MN |.解：(1)由已知得2c ＝4，b ＝2， 故c ＝2，a ＝2 2.故椭圆C 的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)法一 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 因为OP →＝35OA →＋45OB →，所以OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2，由于点P 在椭圆C 上，故有18⎝ ⎛⎭⎪⎫35x 1＋45x 22＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫35y 1＋45y 22＝1，925⎝ ⎛⎭⎪⎫x 218＋y 214＋1625⎝ ⎛⎭⎪⎫x 228＋y 224＋2425⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 28＋y 1y 24＝1， 即925＋1625＋2425⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 28＋y 1y 24＝1，即x 1x 28＋y 1y 24＝0. 令线段AB 的中点坐标为Q (x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x22y ＝y 1＋y 22.因A ，B 在椭圆C 上，故有相加有x 21＋x 228＋y 21＋y 224＝2.故（x 1＋x 2）2－2x 1x 28＋（y 1＋y 2）2－2y 1y 24＝2，由于x 1x 28＋y 1y 24＝0，故（2x ）28＋（2y ）24＝2，即Q 点的轨迹E 的方程为x 24＋y 22＝1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1y ＝x ＋1，得3x 2＋4x －2＝0.设M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)， 所以x 3＋x 4＝－43，x 3x 4＝－23.故|MN |＝1＋k 2|x 3－x 4|＝1＋k2（x 3＋x 4）2－4x 3x 4＝453. 法二 设A (22cos α，2sin α)，B (22cos β，2sin β)，因为OP →＝35OA →＋45OB →，所以OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62cos α＋82cos β5，6sin α＋8sin β5，因为点P 在椭圆上，所以(3cos α＋4cos β)2＋(3sin α＋4sin β)2＝25， 所以cos αcos β＋sin αsin β＝0，所以cos(α－β)＝0， 所以α－β＝π2，所以B (22sin α，－2cos α)，所以AB 中点Q 的坐标为(2cos α＋2sin α，sin α－cos α)，设Q 的点坐标为(x ，y )，所以x ＝2cos α＋2sin α，y ＝sin α－cos α， 所以x 22＝cos 2α＋2cos αsin α＋sin 2α＝1＋2cos αsin α，y 2＝cos 2α－2cos αsin α＋sin 2α＝1－2cos αsin α， 所以x 22＋y 2＝2，即线段AB 中点Q 的轨迹为E 的方程为x 24＋y 22＝1.设M ，N 两点的坐标为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1y ＝x ＋1，消y ，整理得3x 2＋4x －2＝0， 所以x 1＋x 2＝－43，x 1x 2＝－23，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2×（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝ 453. 第二周 星期六 2018年3月31日[题目6] (本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x ＋ax －1x＋b .(导学号 54850155)(1)若函数g (x )＝f (x )＋2x为减函数，求a 的取值范围；(2)若f (x )≤0恒成立，证明：a ≤1－b .(1)解：因为g (x )＝f (x )＋2x ＝ln x ＋ax ＋1x＋b ，x ＞0.所以g ′(x )＝1x ＋a －1x2，x ＞0.因为g (x )为减函数，所以g ′(x )≤0恒成立． 则a ≤1x 2－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122－14恒成立．所以a ≤－14.(2)证明：f ′(x )＝1x ＋1x 2＋a ＝ax 2＋x ＋1x2(x ＞0)， 令y ＝ax 2＋x ＋1，当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 不满足f (x )≤0恒成立； 当a ＜0时，Δ＝1－4a ＞0， 当ax 2＋x ＋1＝0，得x ＝－1－1－4a 2a ＞0或x ＝－1＋1－4a2a＜0，设x 0＝－1－1－4a2a ，函数f (x )在(0，x 0)上单调递增；在(x 0，＋∞)上单调递减．又f (x )≤0恒成立，所以f (x 0)≤0， 即ln x 0＋ax 0－1x 0＋b ≤0.由上式可得b ≤1x 0－ax 0－ln x 0，由ax 20＋x 0＋1＝0，得a ＝－x 0＋1x 20， 所以a ＋b ≤1x 0－ax 0－ln x 0－x 0＋1x 20＝－ln x 0＋1x 0－1x 20＋1.令t ＝1x 0，t ＞0，h (t )＝ln t ＋t －t 2＋1，h ′(t )＝1＋t －2t2t＝－（2t ＋1）（t －1）t，当0＜t ＜1时，h ′(t )＞0，函数h (t )在(0，1)上单调递增，当t ≥1时，h ′(t )≤0，函数h (t )在(1，＋∞)上单调递减，h (t )≤h (1)＝1.故a ＋b ≤1，即a ≤1－b .第二周 星期天 2018年4月1日[题目7] 请考生在下面两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 1．(本小题满分10分)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos αy ＝2＋2sin α(α为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－32t y ＝3＋12t (t 为参数)，在以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O 的射线与曲线C 相交于不同于极点的点A ，且点A 的极坐标为(23，θ)，其中θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π. (1)求θ的值；(2)若射线OA 与直线l 相交于点B ，求|AB |的值． 解：(1)曲线C 的参数方程为错误!(α为参数)，普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，极坐标方程为ρ＝4sin θ， 因为点A 的极坐标为(23，θ)，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以θ＝2π3.(2)直线l 的参数方程为错误!(t 为参数)，普通方程为x ＋错误!y －4错误!＝0，点A 的直角坐标为(－3，3)，射线OA 的方程为y ＝－3x ，代入x ＋3y －43＝0，可得B (－23，6)， 因此|AB |＝（－3＋23）2＋（3－6）2＝2 3. 2．(本小题满分10分)已知函数f (x )＝4－|x |－|x －3|.求不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32≥0的解集．解：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32≥0，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋32＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －32≤4， 当x ≤－32时，不等式可化为－x －32－x ＋32≤4，所以x ≥－2，所以－2≤x ≤－32；当－32＜x ＜32时，不等式化为x ＋32－x ＋32≤4恒成立；当x ≥32时，不等式可化为x ＋32＋x －32≤4，所以x ≤2，所以32≤x ≤2.综上所述，不等式的解集为[－2，2]．。
高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列与等比数列课时规范练文20171205339-数学备课大师【全免费】
第1讲等差数列与等比数列一、选择题1．已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝()A ．100B ．99C ．98D ．97解析：由S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3， 又a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1，所以a 100＝a 10＋90d ＝98.答案：C2．5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为()A ．－2120B ．－2C ．－2110D ．－215 解析：由题意，设这5个数分别为a ，－2a ，4a ，－8a ，16a (a ≠0)．则S 奇S 偶＝a ＋4a ＋16a －2a －8a ＝－2110. 答案：C3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝－4，S 6＝6，则S 5＝()A ．－1B ．0C ．－2D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 4＝－4，S 6＝6，所以4a 1＋4×32d ＝－4， 且6a 1＋6×52d ＝6， 解得a 1＝－4，d ＝2.则S 5＝5×(－4)＋5×42×2＝0. 答案：B4．在我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？”(“倍加增”指灯的数量从塔的顶层到底层按公比为2的等比数列递增)根据此诗，可以得出塔的顶层与底层共有()A ．3盏灯B ．192盏灯C ．195盏灯D ．200盏灯解析：由题意设顶层的灯盏数为a 1，从顶层到底层的灯的盏数构成以a 1为首项，以2为公比的等比数列．则有S 7＝a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3， 所以a 7＝a 1×26＝3×26＝192，所以a 1＋a 7＝195.答案：C5．等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3，a 5，a 15成等比数列，若a 5＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为() (导学号55410112)A ．3B ．3或4C ．4D ．5解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋2d ）（a 1＋14d ）＝25，a 1＋4d ＝5， 由d ≠0，解得a 1＝－3，d ＝2，所以S n n ＝na 1＋n （n －1）2d n ＝－3＋n －1＝n －4.由n －4≥0，得n ≥4.且S 44＝0. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 的值为3或4. 答案：B二、填空题6．等差数列{a n }中的a 1，a 4033是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －1的极值点，则log 2a 2017＝________．解析：因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，依题意，a 1，a 4033是方程f ′(x )＝x 2－8x ＋6＝0的两根． 所以a 1＋a 4033＝8，则a 2017＝4.所以log 2a 2017＝log 24＝2.答案：27．等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________． 解：设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32. 答案：328．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．解：因为a n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列， 所以S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，所以S 1＝1，所以a 1＝1， 所以S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432， 所以S 5＝121.答案：1121三、解答题9．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解：(1)由a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，令n ＝1，得a 2＝12， 令n ＝2，得a 22－(2a 3－1)a 2－2a 3＝0，则a 3＝14. (2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)， 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1. 10．对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(导学号55410113)(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． 证明：(1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则 a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1，2，3， 所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，① 当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③ a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4， 所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列．11．已知数列{a n }是等比数列，并用a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ，记S n 为数列{b n }的前n 项和，证明：S n ＜163. (1)解：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3是公差为－3的等差数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1＝a 1－3，a 3＝（a 2＋1）－3， 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1＝－4，a 1q 2－a 1q ＝－2，解得a 1＝8，q ＝12. 所以a n ＝a 1q n －1＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝24－n .(2)证明：因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2a 2n ＝14，所以数列{b n }是以b 1＝a 2＝4为首项，14为公比的等比数列． 所以S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝163·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＜163.。
2018高考数学理二轮复习课时规范练：第二部分 专题七
专题七 选修4系列第1讲 坐标系与参数方程（选修4-4）1．(2017·江苏卷)在平面坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t 2(t为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s(s 为参数)．设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．(导学号 54850137)解：由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t 2消去t ，得l 的普通方程为x －2y ＋8＝0，因为点P 在曲线C 上，设点P (2s 2，22s )． 则点P 到直线l 的距离d ＝|2s 2－42s ＋8|5＝2（s －2）2＋45，所以当s ＝2时，d 有最小值45＝455.2．(2016·北京卷改编)在极坐标系中，已知极坐标方程C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0，C 2：ρ＝2cos θ.(1)求曲线C 1，C 2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状； (2)若曲线C 1，C 2交于A ，B 两点，求两点间的距离． 解：(1)由C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0， 所以x －3y －1＝0，表示一条直线． 由C 2：ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ. 所以x 2＋y 2＝2x ，则(x －1)2＋y 2＝1， 所以C 2是圆心为(1，0)，半径为1的圆． (2)由(1)知，点(1，0)在直线x －3y －1＝0上， 因此直线C 1过圆C 2的圆心．所以两交点A ，B 的连线段是圆C 2的直径， 因此两交点A ，B 间的距离|AB |＝2r ＝2.3．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt (t 为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋m ，y ＝m k(m 为参数)．设l 1与l 2的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C .(1)写出C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．解：(1)直线l 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt (t 为参数)化为普通方程y ＝k (x －2)．① 直线l 2化为普通方程x ＋2＝ky .② 联立①，②消去k ，得x 2－y 2＝4(y ≠0)． 所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)． (2)将直线l 3化为普通方程为x ＋y ＝2， 联立⎩⎨⎧x ＋y ＝2，x 2－y 2＝4得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝322，y ＝－22，所以ρ2＝x 2＋y 2＝184＋24＝5， 所以与C 的交点M 的极径为 5.4．(2017·西安调研)已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝4.(导学号 54850138)(1)写出曲线C 的极坐标方程和直线l 的直角坐标方程；(2)若射线θ＝π3与曲线C 交于O ，A 两点，与直线l 交于B 点，射线θ＝11π6与曲线C 交于O ，P 两点，求△PAB 的面积．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，消去θ.普通方程为(x －2)2＋y 2＝4.从而曲线C 的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝0，即ρ＝4co s θ，因为直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝4，即32ρsin θ＋12ρcos θ＝4，所以直线l 的直角坐标方程为x ＋3y －8＝0. (2)依题意，点A ⎝⎛⎭⎪⎫2，π3，B ⎝⎛⎭⎪⎫4，π3， 联立射线θ＝11π6与曲线C 的极坐标方程可得，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，11π6.所以|AB |＝2，所以S △PAB ＝12×2×23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋π6＝2 3.5．(2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x ＋6)2＋y 2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；(2)直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝10，求l 的斜率．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ可得圆C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0.(2)在(1)中建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)．设A ，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l 的极坐标方程代入C 的极坐标方程是ρ2＋12ρcos α＋11＝0.于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11.|AB |＝|ρ1－ρ2|＝（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2＝144cos 2α－44. 由|AB |＝10得cos 2α＝38，tan α＝±153.所以l 的斜率为153或－153. 6．(2017·长郡中学联考)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数，0≤α＜π)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，并取相同的长度单位，建立极坐标系，曲线C 1：ρ＝1.(1)若直线l 与曲线C 1相交于点A ，B ，点M (1，1)，证明：|MA |·|MB |为定值； (2)将曲线C 1上的任意点(x ，y )作伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝3x ，y ′＝y后，得到曲线C 2上的点(x ′，y ′)，求曲线C 2的内接矩形A BCD 周长的最大值．解：(1)由ρ＝1得ρ2＝1，所以曲线C 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1.①又直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝1＋t sin α，代入①式得t 2＋2t (cos α＋sin α)＋1＝0.所以t 1t 2＝1，由参数t 的几何意义，得|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝1.(2)由⎩⎨⎧x ′＝3x ，y ′＝y 得曲线C 2：x 23＋y 2＝1.所以曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos θ，y ＝sin θ.不妨设点A (m ，n )在第一象限，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2. 利用对称性，矩形ABCD 的周长为4(m ＋n )＝4(3cos θ＋sin θ)＝8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤8， 当θ＝π6时，等号成立，故周长最大值为8.7．(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t(t 为参数，a ＞0)．在以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ.(1)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(2)直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解：(1)消去参数t 得到C 1的普通方程x 2＋(y －1)2＝a 2，C 1是以(0，1)为圆心，a 为半径的圆．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中，得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.(2)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ. 若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0， 由已知tan θ＝2，得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0， 从而1－a 2＝0，所以a ＝1(a ＞0)．当a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，在直线C 3上． 所以实数a ＝1.8．(2017·乐山二模)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝t sin θ(t 为参数，0≤θ＜π)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝－4cos α，圆C 的圆心到直线l 的距离为32.(导学号 54850139)(1)求θ的值；(2)已知P (1，0)，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求1|PA |＋1|PB |的值． 解：(1)由直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝t sin θ(t 为参数，0≤θ＜π)，消去参数t ，可得：x sin θ－y cos θ－sin θ＝0.圆C 的极坐标方程为ρ＝－4cos α，即ρ2＝－4ρcos α. 所以圆C 的普通坐标方程为x 2＋y 2＋4x ＝0， 则C (－2，0)．所以圆心C (－2，0)到直线l 的距离d ＝|－2sin θ－sin θ|sin 2 θ＋cos 2θ＝3sin θ. 由题意d ＝32，即3sin θ＝32，则sin θ＝12，因为0≤θ＜π，所以θ＝π6或θ＝5π6. (2)已知P (1，0)，点P 在直线l 上，直线l 与圆C 交于A ，B 两点，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝t sin θ代入圆C 的普通坐标方程x 2＋y 2＋4x ＝0，得(1＋t cos θ)2＋(t sin θ)2＋4(1＋t cos θ)＝0， 所以t 2＋6t cos θ＋5＝0.设A ，B 对应参数为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－6cos θ，t 1·t 2＝5， 因为t 1·t 2＞0，t 1，t 2是同号．所以1|PA |＋1|PB |＝1|t 1|＋1|t 2|＝|t 1|＋|t 2||t 1t 2|＝335.。
高考理科数学二轮复习练习：大题规范练1“17题～19题+二选一”46分练
大题规范练(一)“17题～19题＋二选一”46分练(时间：45 分钟分值：46 分)解答题(本大题共 4 小题，共46 分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知正项等差数列{ a n} 的前n项和为S n，且知足a1＋a5＝2a723，S7＝63.(1)求数列{a n} 的通项公式a n；(2)若数列{b n}知足b1＝a1 且b n＋1－b n＝a n＋1，求数列1b n的前n项和T n.【导学号：07804229】[解] (1)法一：(等差数列的基本量)设正项等差数列{a n} 的首项为a1，公差为d，易知a n＞0，2a1＋a1＋4d＝1＋2d7 a则2，7a1＋21d＝63a＝31解得，d 2＝∴a n＝2n＋1.22法二：(等差数列的性质)∵{ a n} 是等差数列且a1＋a5＝3，∴2a3＝a7 272 a3，又a n＞0，∴a3＝7.∵S7＝a1＋a72＝7a4＝63，∴a4＝9，∴d＝a4－a3＝2，∴a n＝a3＋( n－3)d＝2n＋1.＋1－b n＝a n＋1 且a n＝2n＋1，(2)∵b n∴b n＋1－b n＝2n＋3，当n≥2时，b n＝( b n－b n －1－b n－2)＋⋯＋(b2－b1)＋b1＝(2 n＋1)＋(2n－1)＋⋯＋5＋3＝－1)＋(b nn(n＋2)，当n＝1时，b1＝3知足上式，故b n＝n( n＋2)．1 1 ∴＝b nn n＋＝121 1－n n＋2.1 ∴T n＝＋b11＋⋯＋b21＋b n－1－11b n1＝2 1－13＋1 1－2 4＋1－315＋⋯＋1－n－11n＋1＋1n－1n＋212＝1＋12－1 1－n＋1 n＋23 ＝－42n＋3n＋n＋.18．如图1，已知直角梯形ABCD 中，AB＝AD＝12CD＝2，AB∥DC，AB⊥AD，E为C D 的中点，沿AE 把△DAE 折起到△PAE 的地点(D 折后变成P)，使得PB＝2，如图2.(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图(1)，取AE 的中点O，连结PO，OB，BE.因为在平面图形中，如题图(图1)，连结BD，BE，易知四边形ABED为正方形，图(1)因此在立体图形中，△PAE，△BAE为等腰直角三角形，因此PO⊥AE，OB⊥AE，PO＝OB＝2，因为PB＝2，因此PO2＋OB2＝PB2，因此PO⊥OB，又AE∩OB＝O，因此PO⊥平面ABCE，因为PO? 平面PAE，因此平面PAE⊥平面ABCE .(2)由(1)知，OB，OE，OP 两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OE，OP 所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图(2)，则O(0,0,0)，P(0,0，2)，B( 2，0,0)，E(0，→→→＝( 2，0，－2)，EP＝(0，－2，2)，EC＝( 2，2，0)．2，0)，C( 2，2 2，0)，PB图(2)设平面PCE 的法向量为n＝(x，y，z)，→n·EP则→＝0，＝0，n·EC 即－2y＋2z＝0，2x＋2y＝0，令x＝1，得y＝－1，z＝－1，故平面PCE 的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．→因此cos〈PB，n〉＝→PB·n 2 2＝＝→2 3|PB| ·|n|6，36因此直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值为.319.某学校为鼓舞家校互动，与某手机通信商合作，为教师办理流量套餐．为认识该校教师手机流量使用状况，经过抽样，获得100 位教师近 2 年每人手机月均匀使用流量L(单位：M) 的数据，其频次散布直方图以下：图3若将每位教师的手机月均匀使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频次视为概率，回答以下问题．(1)从该校教师中随机抽取 3 人，求这3人中至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率；(2)现该通信商推出三款流量套餐，详情以下：套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA 20 300B 30 500C 38 700这三款套餐都有以下附带条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦高出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元；假如又高出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元，以此类推，假如当月流量有节余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购此中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并肩负系统自动充值的流量资费的75%，其他部分由教师个人肩负，问学校正购哪一款套餐最经济？说明原因．[解] (1)记“从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量不超出300 M ”为事件 D.依题意，P(D )＝(0.000 8＋0.002 2) ×100＝0.3.X～这3 人中手机月使用流量不超出300 M 的人数为X，则中随机抽取 3 人，设从该校教师B(3,0.3)，中随机抽取 3 人，至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率为P(X＝校教师因此从该0 03＋C31×0.3 ×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.0)＋P(X＝1)＝C3×0.3 ×(1－0.3)(2)依题意，从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500] 的概率为(0.002 5(0.000 8＋0.000 2) ×100＝0.1.＋0.003 5) ×100＝0.6，L∈(500,700] 的概率为X1 元，则X1 的全部可能取值为当学校正购A 套餐时，设为学校为1位教师肩负的月花费20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P( X1＝50)＝0.1，因此X1 的散布列为X1 20 35 50P 0.3 0.6 0.1因此E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．费X2元，则X2的全部可能取值为30,45，肩负的月花为当学校正购B 套餐时，设学校为1位教师且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，因此X2 的散布列为X2 30 45P 0.9 0.1因此E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．为费X3 元，则X3 的全部可能取值为38，当学校正购C 套餐时，设学校为1位教师肩负的月花且P(X3＝38)＝1，因此E(X3)＝38×1＝38(元)．因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，．济因此学校正购B 套餐最经(请在第22～23题中选一题作答，假如多做，则依据所做第一题计分)22．选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标方程为ρ系中，圆C的极坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3.若以极点O为原点，极轴所在成立平面直角坐标系.为x轴直线【导学号：07804230】(1)求圆C的参数方程；(2)在直角坐标系中，点P(x，y)是圆C上的动点，试求x＋2y 的最大值，并求出此时点P 的．直角坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3，[解] (1)因为ρ因此x2＋y2－4x－4y＋3＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝5为方程，圆C 的直角坐标(θ为参数)．x＝2＋5cos θy＝2＋5sin θC的参数方程为因此圆2＋y2－4x－4y＋3＝0，整理得5y2＋4(1－t)y＋t2 (2)法一：设x＋2y＝t，得x＝t－2y，代入x－4t＋3＝0 (*) ，则对于y 的方程必有实数根．因此Δ＝16(1－t)2－20(t2－4t＋3) ≥0，化简得t2－12t＋11≤0，解得1≤t≤ 1 1，即x＋2y 的最大值为11.将t＝11 代入方程(*) 得y2－8y＋16＝0，解得y＝4，代入x＋2y＝11，得x＝3，故x＋2y 的最大值为11时，点P 的直角坐标为(3,4)．法二：由(1)可设点P(2＋5cos θ，2＋5sin θ)，则x＋2y＝6＋5cos θ＋2 5sin θ＝6＋55 2 55 cos θ＋ 5 sin θ，设s in α＝5 2 5，则c os α＝，因此x＋2y＝6＋5sin(θ＋α)，5 5当sin(θ＋α)＝1时，(x＋2y)max＝11，π此时，θ＋α＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝2 π－α＋2kπk(∈Z)，2因此sin θ＝cos α＝2 55，cos θ＝sin α＝5，故点P 的直角坐标为(3,4)．523．选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x－2|＋2，g(x)＝m|x|(m∈R)．(1)解对于x 的不等式f( x)＞5；(2)若不等式f(x) ≥g(x)对随意x∈R恒成立，求m 的取值范围．[解] (1)由f(x)＞5，得|x－2|＞3，∴x－2＜－3 或x－2＞3，解得x＜－1 或x＞5.故原不等式的解集为{ x|x＜－1 或x＞5} ．(2)由f(x) ≥g(x)，得|x－2|＋2≥m|x|对随意x∈R恒成立，当x＝0时，不等式|x－2|＋2≥0恒成立，|x－2|＋2当x≠0时，问题等价于m≤对随意非零实数恒成立，|x||x－2|＋2 |x－2＋2|∵＝1，∴m≤1，即m 的取值范围是(－∞，1]．≥|x| |x|。
2019高考数学二轮复习 三、大题分层,规范特训(一)基础得分,天天练 规范练3 理
规范练(三)(时间：45分钟 满分：46分)1．(12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足cos 2A ＋cos 2C －cos 2B ＝1＋sin A sinC .(1)求角B 的大小；(2)若a ＝3，点D 在AC 边上且BD ⊥AC ，BD ＝15314，求c .[规范解答及评分标准] (1)由cos 2A ＋cos 2C －cos 2B ＝1＋sin A sinC 得1－sin 2A ＋1－sin 2C －(1－sin 2B )＝1＋sin A sinC .即sin 2A ＋sin 2C －sin 2B ＝－sin A sinC .(3分) 由正弦定理得a 2＋c 2－b 2＝－ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝2π3.(6分) (2)由(1)及a ＝3知，b 2＝a 2＋c 229. 因为BD ⊥AC ，所以△ABC 的面积S ＝12ac sin ∠)b ＝75c .负值已舍去)．(12分)中，△PAD 为等边三角形，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∠BAD(1)求证：平面PAB ⊥平面CDE ；(2)若直线PC 与平面PAD 所成角为45°，求二面角A —DE —C 的余弦值． [规范解答及评分标准] (1)证明：如图，取AP 的中点为F ，连接EF ，DF .∵E 为PB 的中点，∴EF 綊12AB .又∵CD 綊12AB ，∴CD 綊EF .∴四边形CDFE 为平行四边形．∴DF ∥CE .∵△PAD 为等边三角形，∴PA ⊥DF ，从而PA ⊥CE .(3分) 又PA ⊥CD ，CD ∩CE ＝C ，∴PA ⊥平面CDE . 又PA ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面CDE .(6分) (2)∵AB ∥CD ，PA ⊥CD ，∴PA ⊥AB .∵∠BAD ＝90°，∴AB ⊥AD . 又∵PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD .∴CD ⊥平面PAD ，∴∠CPD 为PC 与平面PAD 所成的角，即∠CPD ＝45°，∴CD ＝PD . ∵△PAD 为等边三角形，∴PD ＝AD ，∴CD ＝AD . 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝4，则A (0,0,0)，B (8,0,0)，P (0,2,23)，D (0,4,0)，E (4,1，3)， ∴AE →＝(4,1，3)，AD →＝(0,4,0)．(8分)设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧4x ＋y ＋3z ＝0，4y ＝0.令z ＝－4，则x ＝3，y ＝0.∴n ＝(3，0，－4)．(9分) 由(1)知，平面CDE 的一个法向量为AP →＝(0,2,23)，(10分) ∴cos 〈AP →，n 〉＝AP →·n |AP →||n |＝－25719.(11分)由图可知二面角A —DE —C 的平面角为钝角， ∴二面角A —DE —C 的余弦值为－25719.(12分)3．(12分)某电商2018年计划与所在地区的樱桃果园合作进行樱桃的销售，为了了解该地区果园的樱桃销售情况，现从中随机抽取60个樱桃果园，统计各果园2017年的销售量(单位：万斤)，得到下面的频率分布直方图．(1)从样本中销售量不低于9万斤的果园中随机选取3个，求销售量不低于10万斤的果园的个数X 的分布列及其数学期望；(2)该电商经过6天的试运营，得到销售量(单位：万斤)的情况统计表如下：n 乘法得回归直线方程为T ^＝1.78n ＋a ^，用样本估计总体的思想，预测该电商至少运营多少天可使总销量不低于该地区各果园2017年的平均销量的2倍．注：1.前n 天累计总销售量T n ＝∑i ＝1ny i .2．在频率分布直方图中，同一组数据用该区间的中点值作为代表． 3．1斤＝0.5千克．[规范解答及评分标准] (1)由频率分布直方图可得样本中2017年销售量不低于9万斤的果园有(0.10＋0.05)×60＝9(个)，销售量不低于10万斤的果园有0.05×60＝3(个)．(2分)随机变量X 的可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 36C 39＝521，P (X ＝1)＝C 26×C 13C 39＝1528，n 4.5×0.05＋5.5×0.15＋6.5×0.20＋7.5×0.30＋8.5×0.15＋9.5×0.10＋10.5×0.05＝7.35(万斤)．由题意，得1.78n －1.01≥14.7，解得n ≥8.83(11分)∵n ∈N *，∴该电商至少运营9天可使总销量不低于该地区各果园2017年的平均销量的2倍．(12分)选考题：共10分．请考生在第4、5题中任选一题作答．如果多做，那么按所做的第一题计分．4．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分) 已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)．以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝ρcos θ＋2.(1)写出直线l 经过的定点的直角坐标，并求出曲线C 的普通方程；(2)若α＝π4，求直线l 的极坐标方程，以及直线l 与曲线C 的交点的极坐标．[规范解答及评分标准] (1)直线l 经过定点(－1,1)． 由ρ＝ρcos θ＋2得ρ2＝(ρcos θ＋2)2， 所以曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝(x ＋2)2， 化简，得y 2＝4x ＋4.(4分) (2)若α＝π4，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋22t ，y ＝1＋22t ，所以直线l 的普通方程为y ＝x ＋2，所以直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝ρcos θ＋2.(6分)由⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝ρcos θ＋2，ρsin θ＝ρcos θ＋2，得ρ＝ρsin θ.因为ρ≠0，所以sin θ＝1.取θ＝π2，得ρ＝2.所以直线l 与曲线C 的交点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π2.(10分)5．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|，记f (x )的最小值为k . (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)是否存在正数a ，b 同时满足2a ＋b ＝k ，1a ＋2b＝4？说明理由．[规范解答及评分标准] (1)不等式f (x )≤x ＋1等价于|x －1|＋|x －2|－x －1≤0. 设函数y ＝|x －1|＋|x －2|－x －1，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3x ，x <1，－x ，1≤x ≤2，x －4，x >2.令y ≤0，解得23≤x ≤4.∴原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪23≤x ≤4.(4分) (2)f (x )＝|x －1|＋|x －2|≥|x －1－x ＋2|＝1，当且仅当(x －1)(x －2)≤0，即1≤x ≤2时取等号，所以f (x )的最小值为1，故k ＝1.(6分)假设存在符合条件的正数a ，b ，则2a ＋b ＝1， ∴1a ＋2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b (2a ＋b )＝4＋b a ＋4ab≥4＋2b a ·4a b ＝8，当且仅当b a ＝4ab时取等号，又∵2a ＋b ＝1，∴a ＝14，b ＝12.(8分)∴1a ＋2b 的最小值为8，即1a ＋2b>4.∴不存在正数a ，b ，使得2a ＋b ＝1，1a ＋2b＝4同时成立．(10分)。
2019高考数学二轮复习 三、大题分层,规范特训(一)基础得分,天天练 规范练3 理
规范练(三)(时间：45分钟 满分：46分)1．(12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足cos 2A ＋cos 2C －cos 2B ＝1＋sin A sinC .(1)求角B 的大小；(2)若a ＝3，点D 在AC 边上且BD ⊥AC ，BD ＝15314，求c .[规范解答及评分标准] (1)由cos 2A ＋cos 2C －cos 2B ＝1＋sin A sinC 得1－sin 2A ＋1－sin 2C －(1－sin 2B )＝1＋sin A sinC .即sin 2A ＋sin 2C －sin 2B ＝－sin A sinC .(3分) 由正弦定理得a 2＋c 2－b 2＝－ac ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝2π3.(6分) (2)由(1)及a ＝3知，b 2＝a 2＋c 229. 因为BD ⊥AC ，所以△ABC 的面积S ＝12ac sin ∠)b ＝75c .负值已舍去)．(12分)中，△PAD 为等边三角形，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∠BAD(1)求证：平面PAB ⊥平面CDE ；(2)若直线PC 与平面PAD 所成角为45°，求二面角A —DE —C 的余弦值． [规范解答及评分标准] (1)证明：如图，取AP 的中点为F ，连接EF ，DF .∵E 为PB 的中点，∴EF 綊12AB .又∵CD 綊12AB ，∴CD 綊EF .∴四边形CDFE 为平行四边形．∴DF ∥CE .∵△PAD 为等边三角形，∴PA ⊥DF ，从而PA ⊥CE .(3分) 又PA ⊥CD ，CD ∩CE ＝C ，∴PA ⊥平面CDE . 又PA ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面CDE .(6分) (2)∵AB ∥CD ，PA ⊥CD ，∴PA ⊥AB .∵∠BAD ＝90°，∴AB ⊥AD . 又∵PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD .∴CD ⊥平面PAD ，∴∠CPD 为PC 与平面PAD 所成的角，即∠CPD ＝45°，∴CD ＝PD . ∵△PAD 为等边三角形，∴PD ＝AD ，∴CD ＝AD . 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝4，则A (0,0,0)，B (8,0,0)，P (0,2,23)，D (0,4,0)，E (4,1，3)， ∴AE →＝(4,1，3)，AD →＝(0,4,0)．(8分)设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧4x ＋y ＋3z ＝0，4y ＝0.令z ＝－4，则x ＝3，y ＝0.∴n ＝(3，0，－4)．(9分) 由(1)知，平面CDE 的一个法向量为AP →＝(0,2,23)，(10分) ∴cos 〈AP →，n 〉＝AP →·n |AP →||n |＝－25719.(11分)由图可知二面角A —DE —C 的平面角为钝角， ∴二面角A —DE —C 的余弦值为－25719.(12分)3．(12分)某电商2018年计划与所在地区的樱桃果园合作进行樱桃的销售，为了了解该地区果园的樱桃销售情况，现从中随机抽取60个樱桃果园，统计各果园2017年的销售量(单位：万斤)，得到下面的频率分布直方图．(1)从样本中销售量不低于9万斤的果园中随机选取3个，求销售量不低于10万斤的果园的个数X 的分布列及其数学期望；(2)该电商经过6天的试运营，得到销售量(单位：万斤)的情况统计表如下：n 乘法得回归直线方程为T ^＝1.78n ＋a ^，用样本估计总体的思想，预测该电商至少运营多少天可使总销量不低于该地区各果园2017年的平均销量的2倍．注：1.前n 天累计总销售量T n ＝∑i ＝1ny i .2．在频率分布直方图中，同一组数据用该区间的中点值作为代表． 3．1斤＝0.5千克．[规范解答及评分标准] (1)由频率分布直方图可得样本中2017年销售量不低于9万斤的果园有(0.10＋0.05)×60＝9(个)，销售量不低于10万斤的果园有0.05×60＝3(个)．(2分)随机变量X 的可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 36C 39＝521，P (X ＝1)＝C 26×C 13C 39＝1528，n 4.5×0.05＋5.5×0.15＋6.5×0.20＋7.5×0.30＋8.5×0.15＋9.5×0.10＋10.5×0.05＝7.35(万斤)．由题意，得1.78n －1.01≥14.7，解得n ≥8.83(11分)∵n ∈N *，∴该电商至少运营9天可使总销量不低于该地区各果园2017年的平均销量的2倍．(12分)选考题：共10分．请考生在第4、5题中任选一题作答．如果多做，那么按所做的第一题计分．4．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分) 已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)．以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝ρcos θ＋2.(1)写出直线l 经过的定点的直角坐标，并求出曲线C 的普通方程；(2)若α＝π4，求直线l 的极坐标方程，以及直线l 与曲线C 的交点的极坐标．[规范解答及评分标准] (1)直线l 经过定点(－1,1)． 由ρ＝ρcos θ＋2得ρ2＝(ρcos θ＋2)2， 所以曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝(x ＋2)2， 化简，得y 2＝4x ＋4.(4分) (2)若α＝π4，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋22t ，y ＝1＋22t ，所以直线l 的普通方程为y ＝x ＋2，所以直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝ρcos θ＋2.(6分)由⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝ρcos θ＋2，ρsin θ＝ρcos θ＋2，得ρ＝ρsin θ.因为ρ≠0，所以sin θ＝1.取θ＝π2，得ρ＝2.所以直线l 与曲线C 的交点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π2.(10分)5．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|，记f (x )的最小值为k . (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)是否存在正数a ，b 同时满足2a ＋b ＝k ，1a ＋2b＝4？说明理由．[规范解答及评分标准] (1)不等式f (x )≤x ＋1等价于|x －1|＋|x －2|－x －1≤0. 设函数y ＝|x －1|＋|x －2|－x －1，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3x ，x <1，－x ，1≤x ≤2，x －4，x >2.令y ≤0，解得23≤x ≤4.∴原不等式的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪23≤x ≤4.(4分) (2)f (x )＝|x －1|＋|x －2|≥|x －1－x ＋2|＝1，当且仅当(x －1)(x －2)≤0，即1≤x ≤2时取等号，所以f (x )的最小值为1，故k ＝1.(6分)假设存在符合条件的正数a ，b ，则2a ＋b ＝1， ∴1a ＋2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b (2a ＋b )＝4＋b a ＋4ab≥4＋2b a ·4a b ＝8，当且仅当b a ＝4ab时取等号，又∵2a ＋b ＝1，∴a ＝14，b ＝12.(8分)∴1a ＋2b 的最小值为8，即1a ＋2b>4.∴不存在正数a ，b ，使得2a ＋b ＝1，1a ＋2b＝4同时成立．(10分)。
高考数学解答题如何考满分：大题规范练三
1 大题规范练(三) 解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 1．(本题满分12分)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则
由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，得q＋6＋d＝10，3＋4d－2q＝3＋2d，
解得d＝2，q＝2， ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1， (2)由(1)可知cn＝(2n＋1)·2n－1， ∴Tn＝3·20＋5·21＋7·22＋…＋(2n－1)·2n－2＋(2n＋1)·2n－1，① 2Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，② ①－②得：－Tn＝3＋2·21＋2·22＋…＋2·2n－1－(2n＋1)·2n＝1＋2＋22＋…＋2n－(2n＋1)·2n＝2n＋1－1－(2n＋1)·2n＝(1－2n)·2n－1， ∴Tn＝(2n－1)·2n＋1. 2．(本题满分12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1＝22，A1C＝CA＝AB＝2. (1)若D是AA1的中点，求证：CD⊥平面ABB1A1； (2)若E是侧棱BB1上的点，且3EB1＝BB1，求二面角E-A1C1-A的大小． 解：(1)∵平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，
AB⊥AC， ∴AB⊥平面ACC1A1. ∵CD⊂平面ACC1A1， ∴AB⊥CD. 2
∵A1C＝CA，D是AA1的中点， ∴A1A⊥CD. ∵A1A∩AB＝A，∴CD⊥平面ABB1A1. (2)以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，过点A且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 易知C(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(0，4，2)，A1C1→＝(0，2，0)． 设E(x0，y0，z0)， 由3EB1→＝BB1→，得3(2－x0，2－y0，2－z0)＝(0，2，2) ∴E2，2－233，2－233， 则A1E→＝2，－233，－233. 设平面A1C1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
高考数学文科二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题课时规范练
第 3 讲 圆锥曲线的综合问题一、选择题2→ →1．已知 F 1， F 2 是椭圆 x＋y 2＝ 1 的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则 PF 1· PF 2的最4 大值是 ()A ．－ 2B ． 1C ．2D ．4→ →分析：设 P(x ， y)，依题意得点 F 1(－ 3， 0)， F 2 (3， 0)， PF 1· PF 2＝(－ 3－x)( 3－2 223 2 3 2→ →－ 2≤1，所以 PF · PF 的最大值是x)＋ y ＝ x＋ y － 3＝ 4x－ 2 ，由于－ 2≤x ≤2，所以－ 2≤4x12 1.答案： B2． (2017 沈·阳二模 )若点 P 为抛物线 y ＝ 2x 2 上的动点， F 为抛物线的焦点，则 |PF|的最小值为 ()1 A ． 2B.21 1 C.4D.8分析：依据题意，点P 在抛物线 y ＝ 2x 2 上，设 P 到准线的距离为d ，则有 |PF|＝ d ，抛物线的方程为 y ＝ 2x 2，即 x 2＝ 1y ，其准线方程为 y ＝－ 1，所以当点 P 在抛物线的极点时， d2 8 有最小值 1，即 |PF|min ＝ 1.88答案： D22x23． (2017 ·京西城区调研北 )过抛物线y ＝ 4 3x 的焦点的直线 l 与双曲线 C ：－ y ＝ 1的两个交点分别为 (x 1，y 1)，(x 2，y 2)，若 x 1·x 2＞0，则 k 的取值范围是 ()(导学号 55410132)11A.－，B. －∞，－ 1 ∪ 1，＋ ∞2 222C.－ ，22D. －∞，－ 2 ∪ 2 ，＋∞分析：易知双曲线两渐近线22或 k ＜－2 与双曲线的右支有两y ＝ ± x ，当 k ＞2时， l22个交点，知足 x 1x 2＞ 0.答案： D22x＋y＝ 1 的焦点在 x 轴上，点 A ，B 是长轴的两头点，4．(2017 全·国卷Ⅰ改编 )椭圆 C ： 3 m若曲线 C 上存在点 M 知足∠ AMB ＝ 120°，则实数 m 的取值范围是 ()A ．(3，＋ ∞ )B ．[1，3)C ．(0， 3)D ．(0， 1]分析：依题意，当0＜ m ＜ 3 时，焦距在 x 轴上，要在曲线 C 上存在点 M 知足∠ AMB ＝120°，则 a≥ tan 60°，即3≥ 3.解得 0＜m ≤1.b m答案： D5．在直线 y ＝－ 2 上任取一点 Q ，过 Q 作抛物线2A ，B ，则x ＝4y 的切线，切点分别为 直线 AB 恒过的点的坐标为 ()A ．(0， 1)B ．(0，2)C ．(2， 0)D ．(1， 0)分析：设 Q(t ，－ 2)， A(x 1，y 1)，B(x 2， y 2)，抛物线方程变成 y ＝1x 2，则 y ′＝1x ，则在点4 2 1 x 1(x －x 1 )，化简得 y ＝－ 1 A 处的切线方程为 y － y 1＝ x 1x － y 1， 2 2同理，在点 B 处的切线方程为1y ＝－ 2x 2 x － y 2，又点 Q(t ，－ 2)的坐标合适这两个方程，代入得－ 2＝－ 1x 1 t － y 1 ，－ 2＝－ 1x 2t －y 2，22这说明 A(x 1，y 1) ， B(x 2 ，y 2)都知足方程1－ 2＝－ xt － y ，2则直线 AB 的方程为 y － 2＝－1tx ，直线 AB 恒过点 (0，2) ．2答案： B 二、填空题x 2y 226．设双曲线 C ：a 2－ b 2＝ 1(a ＞ 0， b ＞0)的一条渐近线与抛物线y ＝ x 的一个交点的横坐标为 x 0，若 x 0＞ 1，则双曲线 C 的离心率 e 的取值范围是 ________．分析：双曲线C：x2y2b2－2＝1的一条渐近线为y＝ x，a b ay2＝ x，b22联立b＝ x.消去 y，得2xy＝a x ab222由 x0＞1，知a2＜ 1， b＜ a .2 c2a2＋b2所以 e＝a2＝a2＜ 2，所以 1＜ e＜ 2.答案： (1， 2)7．已知抛物线 C： x2＝ 8y 的焦点为 F ，动点 Q 在 C 上，圆 Q 的半径为1，过点 F 的直→→线与圆 Q 切于点 P，则 FP ·FQ 的最小值为 ________．→→→→分析：如图， FP· FQ ＝ |FP|2＝ |FQ |2－ 1.→由抛物线的定义知：|FQ |＝ d(d 为点 Q 到准线的距离 )，易知，抛物线的极点到准线的距→→→离最短，所以 |FQ |min＝ 2，所以 FP· FQ 的最小值为 3.答案： 38． (2017 济·南模拟 )已知抛物线y2＝ 4x，过焦点 F 的直线与抛物线交于A，B 两点，过A， B 分别作 x 轴， y 轴的垂线，垂足分别为C， D，则 |AC|＋ |BD|的最小值为 ________．分析：不如设A(x1， y1)(y1＞ 0)， B(x2， y2)(y2＜ 0)．2y2则 |AC|＋ |BD |＝ x2＋ y1＝4＋ y1.又 y1y2＝－ p2＝－ 4.2y24所以 |AC|＋ |BD |＝－(y2＜ 0)．2y 24利用导数易知 y ＝ － 在( －∞，－ 2)上递减，在 (－ 2， 0)上递加．所以当y 2＝－ 2 时，|AC |＋ |BD|的最小值为 3.答案： 3三、解答题22 3，点 P3在椭x 2 y29． (2017 ·西安调研 )已知椭圆 E ： a ＋ b ＝ 1(a ＞b ＞ 0)的离心率为 21， 2圆E 上．(1)求椭圆 E 的方程；(2)过点 P 且斜率为 k 的直线 l 交椭圆 E 于点 Q (x Q ， y Q )(点 Q 异于点 P)，若 0＜x Q ＜ 1，求直线 l 斜率 k 的取值范围．c ＝ 3，a 2a ＝ 2， 解： (1)由题意得1 3解得 b ＝ 1，a 2 ＋4b 2＝ 1，c ＝ 3，a 2＝b 2＋c 2，x 22故椭圆 E 的方程为 4 ＋ y ＝ 1.2(2)设直线 l 的方程为 y －3＝ k(x － 1)，代入方程 x＋ y 2＝ 1，2 4消去 y ，得 (1＋ 4k 2)x 2 ＋(43k －8k 2)x ＋ (4k 2－ 4 3k － 1)＝0，所以 x Q · 1＝ 4k 2 － 4 3k －11＋ 4k 2.由于 0＜ x Q ＜1，所以 0＜ 4k 2－ 4 3k － 1＜ 1，21＋4k4k 2－ 4 3k － 12 ＞ 0，1＋ 4k即4k 2－4 3k －11＋ 4k 2 ＜ 1.解得－3＜ k ＜ 3－ 2或 k ＞ 3＋ 2，经查验，知足题意．622所以直线 l 斜率 k 的取值范围是－3＜ k ＜ 3－ 2或 k ＞ 3＋ 2 .6 2 210． (2017 ·乡三模新 )已知抛物线 C ： x 2＝ 2py(p ＞0)的焦点为 F ，直线 2x － y ＋2＝ 0 交抛物线 C 于 A ，B 两点， P 是线段 AB 的中点，过 P 作 x 轴的垂线交抛物线 C 于点 Q.(导学号55410133)(1)D 是抛物线 C 上的动点， 点 E(－ 1，3)，若直线 AB 过焦点 F ，求|DF |＋ |DE |的最小值；→ → → →(2)能否存在实数p ，使 |2QA ＋ QB|＝ |2QA － QB|？若存在， 求出 p 的值； 若不存在， 说明原因．解： (1)由于直线 2x － y ＋2＝ 0 与 y 轴的交点为 (0， 2)，2所以 F(0， 2)，则抛物线 C 的方程为 x ＝ 8y ，准线 l ：y ＝－ 2.当 E ， D ，G 三点共线时， |DF |＋ |DE |取最小值为 2＋ 3＝ 5.(2)假定存在 实数 p ，知足条件等式建立． 联立 x 2＝ 2py 与 2x － y ＋ 2＝ 0，消去 y ，得 x 2－ 4px － 4p ＝ 0.设 A(x 1， y 1)， B(x 2， y 2)，则 x 1＋ x 2＝ 4p ， x 1x 2＝－ 4p ，所以 Q(2p ，2p)．→ →→ →由于 |2QA ＋QB|＝ |2QA － QB|，→ →所以 QA ⊥QB ，则 QA · QB ＝ 0.所以 (x 1－ 2p)(x 2－ 2p)＋ (y 1－ 2p)(y 2－2p)＝ 0.(x 1－ 2 p)( x 2－ 2p)＋ (2x 1＋ 2－ 2p) ·(2x 2＋ 2－ 2p)＝ 0， 5x 1x 2＋ (4－ 6p)(x 1＋x 2)＋ 8p 2－ 8p ＋ 4＝ 0，把 x 1＋ x 2＝ 4p ， x 1x 2＝－ 4p 代入得 4p 2＋ 3p － 1＝ 0，解得 p ＝1或 p ＝－ 1(舍去 )．4→ → →→所以存在实数p ＝ 1，使得 |2QA ＋ QB|＝ |2QA － QB |建立．4x 2 y 22 a11． (2017 唐·山一模 )已知椭圆 C ： a 2＋b 2 ＝1(a ＞ b ＞ 0)的离心率为 2，点 Q b ，b 在椭圆上， O 为坐标原点．(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知点 P ， M ， N 为椭圆 C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面 积 S 为定值，并求该定值．解： (1)由于椭圆x 2y 22，a 2＋b 2＝ 1(a ＞b ＞ 0)的离心率为222 －b 2所以 e 2＝c2＝a ＝ 1，得 a 2 ＝2b 2，①2aa2又点 Qa在椭圆 C 上，b ，bb2a2所以 2 ＋ 4＝1，②a b联立①、②得 a 2＝ 8，且 b 2＝ 4. 22所以椭圆 C 的方程为 x＋ y＝ 1.8 4(2)当直线 PN 的斜率 k 不存在时， PN 的方程为 x ＝ 2或 x ＝－ 2，进而有 |PN|＝ 2 3，S ＝ 1 |PN|· |OM |＝ 1×2 3×2 2＝2 6； 2 2当直线 PN 的斜率 k 存在时，设直线 PN 的方程为 y ＝ kx ＋ m(m ≠0)，P(x 1， y 1)，N(x 2， y 2)；将 PN 的方程代入 C 整理得 (1＋ 2k 2)x 2＋ 4kmx ＋ 2m 2－ 8＝ 0，所以 x 1＋ x 2＝ － 4km2m 2－ 82， x 1· x 2＝ 2k 2 ，1＋ 2k 1＋ y 1＋ y 2＝ k(x 1＋ x 2 )＋ 2m ＝ 2m 2.1＋2k→ → →由 OM ＝ OP ＋ ON ，得 M －4km 2m2， 2.1＋2k 1＋ 2k将 M 点坐标代入椭圆C 方程得 m 2＝ 1＋ 2k 2.又点 O 到直线 PN 的距离为 d ＝|m| ，1＋ k 2|PN|＝1＋ k 2|x 1－ x 2|，S ＝ d ·|PN|＝ |m| |x ·1－ x 2|＝ 2·|x 1 － x 2|＝ 16k 22＝2 6. 1＋ 2k － 8m ＋32 综上可知，平行四边形OPMN 的面积 S 为定值 26.[ 典例 ] (本小题满分 2 2的圆心为 A ，直线 l 过点 B(1， 0)12 分) 设圆 x ＋ y ＋ 2x － 15＝0且与 x 轴不重合， l 交圆 A 于 C ， D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.(1)证明 |EA|＋ |EB |为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(2)设点 E 的轨迹为曲线C 1，直线 l 交 C 1 于 M ， N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A交于 P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．规范解答： (1) 由于 |AD |＝ |AC|， EB ∥ AC ，所以∠ EBD ＝∠ ACD ＝∠ ADC ，所以 |EB |＝ |ED |，故 |EA|＋ |EB|＝ |EA|＋ |ED |＝ |AD |.22又圆 A 的标准方程为 (x ＋ 1) ＋ y ＝ 16，进而圆心 A(－ 1， 0)， |AD |＝4.又由于 B(1， 0)，所以 |AB|＝ 2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 2＋ y 2＝ 1(y ≠0)． (4 分 )43(2)解：当 l 与 x 轴不垂直时，设l 的方程为 y ＝ k(x － 1)(k ≠0)， M(x 1， y 1) ，N (x 2， y 2)．y ＝ k （x － 1），222222由 xy得 (4k ＋ 3)x －8k x ＋ 4k－ 12＝ 0，4＋3 ＝ 1则 x 1＋ x 2＝ 8k 2， x 1x 2＝ 4k 2 －12，2 4k 2 ＋34k ＋ 3 所以 |MN|＝212（ k 2＋ 1）1＋ k |x 1－ x 2|＝2.(6 分)4k ＋ 3过点 B(1， 0)且与 l 垂直的直线1 2，m ： y ＝－ (x － 1)，点 A 到直线 m 的距离为2＋1kk所以 |PQ|＝ 222＝ 44k 2＋ 342－k 2＋ 1 .(8 分 )k 2＋ 1故四边形 MPNQ 的面积 S ＝11|MN || PQ|＝ 12 1＋ 2.(9 分)24k ＋ 3可适当 l 与 x 轴不垂直时，四边形 MPNQ 面积的取值范围为 (12，8 3)． (10 分)当 l 与 x 轴垂直时，其方程为x ＝ 1， |MN |＝3， |PQ|＝ 8，故四边形 MPNQ 的面积为 12.综上可知，四边形MPNQ 面积的取值范围为 [12， 8 3)． (12 分)1．正确使用圆锥曲线的定义：切记圆锥曲线的定义，能依据圆锥曲线定义判断曲线种类，如此题第 (1) 问就波及椭圆的定义．2．注意分类议论：当用点斜式表示直线方程时，应分直线的斜率存在和不存在两种情况求解，易出现忽视斜率不存在的状况，致使扣分，如此题第(2)问中的得分 1 0 分，致使失2 分 .3．写全得分重点：在分析几何类解答题中，直线方程与圆锥曲线方程联立后获得的一元二次方程， 依据一元二次方程获得的两根之和与两根之积、弦长、目标函数等一些重点式子和结果都是得分点 ，在解答时必定要写清楚．解题程序第一步：利用条件与几何性质，求 |EA|＋ |EB|＝ 4.第二步：由定义，求点E 的轨迹方程22x＋ y ＝ 1(y ≠0)． 4 3第三步：联立方程，用斜率k 表示 |MN|.第四步：用 k 表示出 |PQ|，并得出四边形的面积． 第五步：联合函数性质，求出当 k 存在时 S 的取值范围． 第六步：求出斜率不存在时面积S 的值，正确得出结论．[追踪训练 ] (2017 郴·州三模 )已知抛物线 E ：y 2＝ 8x ，圆 M ：(x － 2)2＋ y 2＝4，点 N 为抛物线 E 上的动点， O 为坐标原点，线段ON 的中点 P 的轨迹为曲线 C.(导学号 55410057)(1)求曲线 C 的方程；(2)点 Q(x 0，y 0)(x 0 ≥5) 是曲线 C 上的点，过点 Q 作圆 M 的两条切线， 分别与 x 轴交于 A ，B 两点，求 △ QAB 的面积的最小值．解： (1) 设 P(x ，y)，则点 N(2x ，2y)在抛物线 E ：y 2＝ 8x 上，所以 4y 2＝16x ，所以曲线 C 的方程为 y 2＝ 4x ；(2)设切线方程为 y － y 0＝ k(x － x 0)．y 0令 y ＝ 0，得 x ＝ x 0－ k .|2k ＋y 0－kx 0|圆心 (2， 0)到切线的距离 d ＝＝ 2，222－4＝ 0.整理得 (x 0－ 4x 0)k ＋ (4y 0－ 2x 0y 0)k ＋ y 0 设两条切线的斜率分别为k 1， k 2，2x 0y 0－ 4y 0y 02－ 4 则 k 1＋ k 2＝ 2－ 4x 0 ， k 1k 2＝ 2－ 4x .x 0x 00所以 △QAB 面积 S ＝ 1 x 0－ y 0－ x 0－ y 0y 0＝2k 1 k 2 x 022· x 0－ 1.设 t ＝ x 0－ 1∈ [4，＋ ∞)，则 f(t)＝1＋ 2 在 [4，＋ ∞)上单一递加，2 t ＋ t2525 所以 f(t) ≥ ，即 △ QAB 面积的最小值为2.2。
2018版高考数学二轮复习 大题规范练920题、21题24分练 理
大题规范练(九) “20题、21题”24分练(时间：30分钟 分值：24分)解答题(本大题共2小题，共24分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)20．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，过椭圆的一个焦点作垂直于x 轴的直线l 交椭圆于M ，N 两点，且|MN |＝1.P (－b,0)，A 为圆O ：x 2＋y 2＝b 2上不同于P 的任意一点，过点P 作与PA 垂直的直线交圆x 2＋y 2＝a 2于B ，C 两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)试问|BC |2＋|CA |2＋|AB |2是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由． [解] (1)假设直线l 过椭圆的右焦点(c,0)，把x ＝c 代入椭圆方程，得c 2a 2＋y 2b2＝1，即y 2＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c 2a 2＝b 4a 2，所以|MN |＝2b 2a ＝1. 又b a ＝1－e 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝12，所以a ＝2b ，结合2b 2a ＝1，可得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设A (x 0，y 0)，B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，由题意知x 20＋y 20＝1，x 21＋y 21＝x 22＋y 22＝4，P (－1,0)，所以|BC |2＋|CA |2＋|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 2－x 0)2＋(y 2－y 0)2＋(x 1－x 0)2＋(y 1－y 0)2＝2(x 21＋y 21)＋2(x 22＋y 22)＋2(x 20＋y 20)－2(x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0)＝18－2(x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0)．因为PA ⊥PB ，所以PA →·PB →＝0，又PA →＝(x 0＋1，y 0)，PB →＝(x 1＋1，y 1)，所以(x 0＋1)·(x 1＋1)＋y 0y 1＝0，即x 0x 1＋y 0y 1＝－1－(x 0＋x 1)，所以x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0＝x 2(x 0＋x 1)＋y 2(y 0＋y 1)－1－(x 0＋x 1)＝(x 0＋x 1)(x 2－1)＋y 2(y 0＋y 1)－1.①当BC ⊥x 轴时，直线BC 与圆O 仅有一个交点P ，此时A (1,0)，|BP |＝|CP |＝3，|AB |＝|CA |＝22＋32＝7，所以|BC |2＋|CA |2＋|AB |2＝(23)2＋(7)2＋(7)2＝26. ②当BC 与x 轴不垂直时，直线BC 与圆O 有2个交点，设直线BC 交圆O 于另一点A ′，由A ′P ⊥AP ，知A ′A 为圆O 的直径，所以A ′(－x 0，－y 0)．由线段A ′P 的中点与BC 的中点重合，可知x 1＋x 2＝－x 0－1，y 1＋y 2＝－y 0，即x 1＋x 0＝－1－x 2，y 1＋y 0＝－y 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 0＋y 1y 0＋x 2x 0＋y 2y 0＝(－1－x 2)(x 2－1)＋y 2(－y 2)－1＝1－(x 22＋y 22)－1＝－4，所以|BC |2＋|CA |2＋|AB |2＝18－2×(－4)＝26.综上，|BC |2＋|CA |2＋|AB |2是定值，且为26.21．已知函数f (x )＝x 2ln x ＋1－x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ≥1时，f (x )≥a (x －1)2恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ln x ＋x －1.当x ＞1时，2x ln x ＞0，x －1＞0，所以f ′(x )＞0；当0＜x ＜1时，2x ln x ＜0，x －1＜0，所以f ′(x )＜0，所以函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)设g (x )＝f (x )－a (x －1)2＝x 2ln x ＋1－x －a (x －1)2(x ≥1)， g ′(x )＝2x ln x ＋x －1－2a (x －1)，g ″(x )＝2ln x ＋3－2a .若3－2a ≥0，即a ≤32，对一切x ≥1时，g ″(x )≥0， 所以g ′(x )在区间[1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，符合条件；若3－2a ＜0，即a ＞32，存在x 0∈(1，＋∞)使得g ″(x )＝0， 当x ∈(1，x 0)时，g ″(x )＜0，所以函数g ′(x )在区间(1，x 0)上单调递减， 所以当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )＜g ′(1)＝0，所以函数g (x )在区间(1，x 0)上单调递减， 故当x ∈(1，x 0)时，g (x )＜g (1)＝0，这与题意矛盾．综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.。
2018届高考理科数学第二轮限时规范训练25(单独成册)-有答案
[限时规范训练] 单独成册A 组——高考热点强化练一、选择题1．已知双曲线C ：x 2－y 23＝1，其渐近线上的点到焦点的最小距离为( )A.12 B ．1 C.32D. 3解析：其最小距离是焦点到渐近线的距离为b ＝ 3. 答案：D2．(2017·上海浦东新区模拟)方程kx 2＋4y 2＝4k 表示焦点在x 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是( ) A ．k >4 B ．k ＝4 C ．k <4D ．0<k <4解析：椭圆方程为x 24＋y 2k ＝1，焦点在x 轴上，∴0<k <4. 答案：D3．已知圆C ：x 2＋y 2＋6x ＋8y ＋21＝0，抛物线y 2＝8x 的准线为l ，设抛物线上任意一点P 到直线l 的距离为m ，则m ＋|PC |的最小值为( ) A ．5 B.41 C.41－2D ．4解析：由题得，圆C 的圆心坐标为(－3，－4)，抛物线的焦点为F (2,0)．根据抛物线的定义，得m ＋|PC |＝|PF |＋|PC |≥|FC |＝41. 答案：B4．若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为1，则椭圆长轴长的最小值为( ) A ．1 B. 2 C ．2D ．2 2解析：设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则使三角形面积最大时，三角形在椭圆上的顶点为椭圆短轴端点，所以S ＝12×2c ×b ＝bc ＝1≤b 2＋c 22＝a 22.所以a 2≥2.所以a ≥ 2. 所以长轴长2a ≥22，故选D. 答案：D5．已知M (x 0，y 0)是双曲线C ：x 22－y 2＝1上的一点，F 1，F 2是C 的两个焦点．若MF 1→·MF 2→<0，则y 0的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，36C.⎝⎛⎭⎪⎫－223，223 D.⎝⎛⎭⎪⎫－233，233 解析：由题意知a 2＝2，b 2＝1，所以c 2＝3，不妨设F 1(－3，0)，F 2(3，0)，所以MF 1→＝(－3－x 0，－y 0)，MF 2→＝(3－x 0，－y 0)，所以MF 1→·MF 2→＝x 20－3＋y 20＝3y 2－1<0，所以－33<y 0<33，故选A. 答案：A6．(2017·河南适应性模拟)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，A ，B 是抛物线上横坐标不相等的两点，若AB 的垂直平分线与x 轴的交点是(4,0)，则|AB |的最大值为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．10解析：本题考查直线和抛物线的位置关系以及焦点弦长公式．因为F (1,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (4,0)，由|MA |2＝|MB |2得(4－x 1)2＋y 21＝(4－x 2)2＋y 22 ①，又y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，代入①中并展开得16－8x 1＋x 21＋y 21＝16－8x 2＋x 22＋y 22，即x 21－x 22＝4x 1－4x 2，得x 1＋x 2＝4，所以|AB |≤|AF |＋|BF |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋p 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋p 2＝6，当且仅当A ，B ，F 三点共线时等号成立，所以|AB |max ＝6，故选C. 答案：C7．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( ) A ．16 B ．14 C ．12D ．10解析：因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1，0)．由题意直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k (x －1)． 由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1， 所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k 2.同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16.当且仅当k 2＝1k 2，即k ＝±1时，取得等号． 故选A.答案：A8．(2017·高考全国卷Ⅰ)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点．若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( ) A ．(0,1]∪[9，＋∞) B ．(0，3]∪[9，＋∞) C ．(0,1]∪[4，＋∞) D ．(0，3]∪[4，＋∞)解析：法一：设焦点在x 轴上，点M (x ，y )．过点M 作x 轴的垂线，交x 轴于点N ，则N (x,0)． 故tan ∠AMB ＝tan(∠AMN ＋∠BMN ) ＝3＋x |y |＋3－x|y |1－3＋x |y |·3－x |y |＝23|y |x 2＋y 2－3.又tan ∠AMB ＝tan 120°＝－3， 且由x 23＋y 2m ＝1可得x 2＝3－3y 2m ， 则23|y |3－3y 2m ＋y 2－3＝23|y |⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3m y2＝－ 3. 解得|y |＝2m 3－m. 又0＜|y |≤m ，即0＜2m3－m≤m ，结合0＜m ＜3解得0＜m ≤1. 对于焦点在y 轴上的情况，同理亦可得m ≥9. 则m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)． 故选A.法二：当0＜m ＜3时，焦点在x 轴上， 要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b ≥tan 60°＝3，即3m ≥ 3，解得0＜m ≤1.当m ＞3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b ≥tan 60°＝3，则m 3≥3，解得m ≥9.故m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)． 故选A. 答案：A 二、填空题9．已知过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)右焦点且倾斜角为45°的直线与双曲线右支有两个交点，则双曲线的离心率的取值范围是________．解析：由题意可知双曲线的渐近线y ＝b a x 的倾斜角小于45°，所以0<ba <1，即b 2<a 2，c 2－a 2<a 2，解得1<e < 2. 答案：(1, 2)10．(2017·云南昆明质检)椭圆x 29＋y 225＝1上的一点P 到两焦点的距离的乘积为m ，当m 取最大值时，点P 的坐标是________．解析：记椭圆的两个焦点分别为F 1，F 2，有|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝10. 则m ＝|PF 1|·|PF 2|≤⎝⎛⎭⎪⎫|PF 1|＋|PF 2|22＝25， 当且仅当|PF 1|＝|PF 2|＝5，即点P 位于椭圆的短轴的顶点处时，m 取得最大值25. ∴点P 的坐标为(－3,0)或(3,0)． 答案：(－3,0)或(3,0)11．(2017·德阳模拟)已知椭圆：x 24＋y 2b 2＝1(0<b <2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是________．解析：由椭圆的方程可知a ＝2，由椭圆的定义可知，|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3，由椭圆的性质可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，则2b 2a ＝3.所以b 2＝3，即b ＝ 3. 答案： 312．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足F A →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k BC ＋1k CA＝________. 解析：由题易知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，由F A →＋FB →＋FC →＝0知，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－p 2，y 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－p 2，y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3－p 2，y 3＝(0,0)， 故y 1＋y 2＋y 3＝0，∵1k AB ＝x 2－x 1y 2－y 1＝12p (y 22－y 21)y 2－y 1＝y 1＋y 22p ，同理可知1k BC ＝y 3＋y 22p ，1k CA ＝y 1＋y 32p ，∴1k AB ＋1k BC ＋1k CA ＝2(y 1＋y 2＋y 3)2p ＝0.答案：0 三、解答题13．(2017·高考浙江卷)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32， 94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜x ＜32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值．解析：(1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12， 因为－12＜x ＜32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (2)联立直线AP 与BQ 的方程 ⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1).因为|P A |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1. 所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.14．若椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点F 内分成了3∶1的两段．(1)求椭圆的离心率；(2)过点C (－1,0)的直线l 交椭圆于不同两点A ，B ，且AC →＝2CB →，当△AOB 的面积最大时，求直线l 和椭圆的方程．解析：(1)由题意知c ＋b 2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫c －b 2，∴b ＝c ，a 2＝2b 2，e ＝ca ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝22. (2)设直线l ：x ＝ky －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， ∵AC →＝2CB →，∴(－1－x 1，－y 1)＝2(x 2＋1，y 2)， 即2y 2＋y 1＝0， ①由(1)知a 2＝2b 2，∴椭圆方程为x 2＋2y 2＝2b 2.由⎩⎨⎧x ＝ky －1，x 2＋2y 2＝2b 2消去x 得(k 2＋2)y 2－2ky ＋1－2b 2＝0， ∴y 1＋y 2＝2kk 2＋2， ②y 1y 2＝1－2b 2k 2＋2， ③由①②知y 2＝－2k k 2＋2，y 1＝4kk 2＋2. ∵S △AOB ＝12|y 1|＋12|y 2|＝12|y 1－y 2|， ∴S ＝3·|k |k 2＋2＝3·12|k |＋|k |≤3·12 2|k |·|k |＝324，当且仅当|k |2＝2，即k ＝±2时取等号，此时直线的方程为x ＝2y －1或x ＝－2y －1.又当|k |2＝2时，y 1y 2＝－2k k 2＋2·4k k 2＋2＝－8k2(k 2＋2)2＝－1，∴由y 1y 2＝1－2b 2k 2＋2得b 2＝52，∴椭圆方程为x 25＋y 252＝1.15．(2017·青岛模拟)已知椭圆C 1：x 26＋y 2b 2＝1(b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，点F 2也为抛物线C 2：y 2＝8x 的焦点，过点F 2的直线l 交抛物线C 2于A ，B 两点． (1)若点P (8,0)满足|P A |＝|PB |，求直线l 的方程；(2)T 为直线x ＝－3上任意一点，过点F 1作TF 1的垂线交椭圆C 1于M ，N 两点，求|TF 1||MN |的最小值． 答案：(1)y ＝±2(x －2)或x ＝2 (2)33B 组——高考能力提速练一、选择题1．(2017·赣州模拟)若点A 的坐标为(3,2)，F 是抛物线y 2＝2x 的焦点，点M 在抛物线上移动时，使|MF |＋|MA |取得最小值的M 的坐标为( ) A ．(0,0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1，2)D ．(2,2)解析：过M 点作左准线的垂线，垂足是N ，则|MF |＋|MA |＝|MN |＋|MA |，当A ，M ，N 三点共线时，|MF |＋|MA |取得最小值，此时M (2,2)． 答案：D2．(2017·湖南师大附中月考)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，若x 0>1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫1，62B ．(2，＋∞)C ．(1，2) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫62，＋∞ 解析：联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，y ＝ba x ，消去y 得b 2a 2x 2＝x ，由x 0>1知b 2a 2<1，即c 2－a 2a 2<1，故e 2<2，又e >1，所以1<e <2，故选C. 答案：C3．如图，已知点B 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴位于x 轴下方的端点，过B 作斜率为1的直线交椭圆于点M ，点P 在y 轴上，且PM ∥x 轴，BP →·BM →＝9，若点P 的坐标为(0，t )，则t 的取值范围是( )A ．(0,3)B ．(0,3] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32 解析：因为P (0，t )，B (0，－b )，所以M (t ＋b ，t )． 所以BP →＝(0，t ＋b )，BM →＝(t ＋b ，t ＋b )． 因为BP →·BM →＝9，所以(t ＋b )2＝9，t ＋b ＝3. 因为0<t <b ，所以0<t <3－t . 所以0<t <32，故选C. 答案：C4．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，短轴的一个端点为M ，直线l ：3x －4y ＝0交椭圆E 于A ，B 两点．若|AF |＋|BF |＝4，点M 到直线l 的距离不小于45，则椭圆E 的离心率的取值范围是( ) A ．0，32 B ．0，34 C.32，1D.34，1解析：根据椭圆的对称性及椭圆的定义可得A ，B 两点到椭圆左、右焦点的距离为4a ＝2(|AF |＋|BF |)＝8，所以a ＝2.又d ＝|3×0－4×b |32＋(－4)2≥45，所以1≤b <2，所以e ＝c a ＝1－b 2a 2＝ 1－b 24.因为1≤b <2，所以0<e ≤ 32，故选A. 答案：A5．(2017·南昌调研)已知圆O 1：(x －2)2＋y 2＝16与圆O 2：x 2＋y 2＝r 2(0<r <2)，动圆M 与圆O 1、圆O 2都相切，动圆圆心M 的轨迹为两个椭圆，这两个椭圆的离心率分别为e 1、e 2(e 1>e 2)，则e 1＋2e 2的最小值是( ) A.3＋224B.32C. 2D.38解析：①当动圆M 与圆O 1、O 2都相内切时，|MO 2|＋|MO 1|＝4－r ＝2a ，∴e 1＝24－r. ②当动圆M 与圆O 1相内切，与圆O 2相外切时，|MO 1|＋|MO 2|＝4＋r ＝2a ′， ∴e 2＝24＋r， ∴e 1＋2e 2＝24－r ＋44＋r ＝24－2r 16－r 2，令12－r ＝t (10<t <12)，∴e 1＋2e 2＝2×124－t －128t ≥2×124－162＝112－82＝3＋224，故选A. 答案：A6．(2017·浙江六校联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，P 为双曲线上任一点，且PF 1→·PF 2→的最小值的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34c 2，－12c 2，则该双曲线的离心率的取值范围为( ) A ．(1，2] B ．[2，2] C ．(1，2)D ．[2，＋∞)解析：设P (m ，n )，则m 2a 2－n 2b 2＝1，即m 2＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n 2b 2，设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则PF 1→＝(－c －m ，－n )，PF 2→＝(c －m ，－n )，则PF 1→·PF 2→＝m 2－c 2＋n 2＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n 2b 2－c 2＋n 2＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 2b 2＋a 2－c 2≥a 2－c 2(当n ＝0时取等号)，则PF 1→·PF 2→的最小值为a 2－c 2， 由题意可得－34c 2≤a 2－c 2≤－12c 2， 即14c 2≤a 2≤12c 2，即12c ≤a ≤22c ， 则2≤e ≤2，故选B. 答案：B7．如图，已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)上有一点A ，它关于原点的对称点为B ，点F 为双曲线的右焦点，且满足AF ⊥BF ，设∠ABF ＝α，且α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π6，则双曲线的离心率e 的取值范围为( )A ．[3，2＋3]B ．[2，3＋1]C ．[2，2＋3]D ．[3，3＋1]解析：设双曲线的左焦点为F ′，连接AF ′， 令|AF |＝r 1，|AF ′|＝r 2，则|BF |＝|F ′A |＝r 2，∴r 2－r 1＝2a ，∵点A 关于原点O 的对称点为B ，AF ⊥BF ，∴|OA |＝|OB |＝|OF |＝c ，∴r 22＋r 21＝4c 2，∴r 1r 2＝2(c 2－a 2)，∵S △ABF ＝2S △AOF ， ∴12r 1r 2＝2·12c 2·sin 2α，∴r 1r 2＝2c 2sin 2α，∴c 2sin 2α＝c 2－a 2， ∴e 2＝11－sin 2α，∵α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π6，∴sin 2α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32，∴e 2＝11－sin 2α∈[2，(3＋1)2]，∴e ∈[2，3＋1]，故选B.答案：B8．(2017·湖北华师一附中联考)已知F 是抛物线x 2＝4y 的焦点，P 为抛物线上的动点，且A 的坐标为(0，－1)，则|PF ||P A |的最小值是( ) A.14 B.12 C.22D.32解析：抛物线的准线为l ：y ＝－1，过点P 作PD ⊥l 于D ，则|PD |＝|PF |，且点A 在准线上，如图所示，所以|PF ||P A |＝|PD ||P A |＝sin ∠P AD ，当直线P A 与抛物线相切时，|PF ||P A |＝|PD ||P A |＝sin ∠P AD 有最小值，由y ＝x 24得y ′＝x 2，设切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 204(x 0>0)，则x 204－(－1)x 0＝x 02，解得x 0＝2，此时∠P AD ＝π4，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫|PF ||P A |min ＝sin π4＝22，故选C.答案：C 二、填空题9．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则双曲线离心率的取值范围是________．解析：∵双曲线渐近线的斜率为k ＝b a ，直线的斜率为k 1＝tan 60°＝3，故有b a ≥3，∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2≥1＋3＝2，∴所求双曲线离心率的取值范围是e ≥2. 答案：[2，＋∞)10．(2017·湖北七校联考)已知抛物线方程为y 2＝－4x ，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，在抛物线上有一动点A ，点A 到y 轴的距离为m ，到直线l 的距离为n ，则m ＋n 的最小值为________． 解析：如图，过A 作AH ⊥l ，AN 垂直于抛物线的准线，则|AH |＋|AN |＝m ＋n ＋1，连接AF ，则|AF |＋|AH |＝m ＋n ＋1，由平面几何知识，知当A ，F ，H 三点共线时，|AF |＋|AH |＝m ＋n ＋1取得最小值，最小值为F 到直线l 的距离，即65＝655，即m ＋n 的最小值为655－1.答案：655－111．已知点P 是椭圆x 216＋y 28＝1(x ≠0，y ≠0)上的动点，F 1，F 2为椭圆的两个焦点，O 是原点，若M 是∠F 1PF 2的角平分线上一点，且F 1M →⊥MP →，则|OM →|的取值范围是________．解析：采用特殊点法，当点P 在椭圆短轴端点，垂足M 与原点重合时，|OM →|最小大于0(x ≠0)．当点P 在椭圆长轴端点，垂足M 与F 1重合时，此时|OM →|最大为|OF 1→|＝c ＝22，但此时∠F 1PF 2＝0°，所以|OM →|∈(0,22)． 答案：(0,22)12．(2017·温州模拟)已知斜率为12的直线l 与抛物线y 2＝2px (p >0)交于x 轴上方的不同两点A 、B ，记直线OA 、OB 的斜率分别为k 1、k 2，则k 1＋k 2的取值范围是________．解析：设直线l 的方程为y ＝12x ＋b (b >0)，即x ＝2y －2b ，代入抛物线方程y 2＝2px ，可得y 2－4py ＋4pb ＝0，由Δ＝16p 2－16pb >0，得p >b ，即pb >1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，得y 1＋y 2＝4p ，y 1y 2＝4pb ， ∴k 1＋k 2＝y 1x 1＋y 2x 2＝y 1x 2＋x 1y 2x 1x 2＝y 1(2y 2－2b )＋(2y 1－2b )y 2(2y 1－2b )(2y 2－2b )＝16pb －8pb 16pb －16pb ＋4b 2＝2pb>2.答案：(2，＋∞) 三、解答题13．在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C ：2x 2－y 2＝1.(1)设F 是C 的左焦点，M 是C 右支上一点．若|MF |＝22，求点M 的坐标；(2)过C 的左顶点作C 的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积； (3)设斜率为k (|k |＜2)的直线l 交C 于P 、Q 两点．若l 与圆x 2＋y 2＝1相切，求证：OP ⊥OQ . 解析：(1)双曲线C ：x 212－y 2＝1，左焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0.设M (x ，y )，则|MF |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋622＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋222，由M 点是右支上一点，知x ≥22， 所以|MF |＝3x ＋22＝22，得x ＝62. 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，±2.(2)左顶点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，渐近线方程为y ＝±2x .过点A 与渐近线y ＝2x 平行的直线方程为 y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋22，即y ＝2x ＋1.解方程组⎩⎨⎧y ＝－2x ，y ＝2x ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－24，y ＝12.所求平行四边形的面积为S ＝|OA ||y |＝24.(3)证明：设直线PQ 的方程是y ＝kx ＋b .因直线PQ 与已知圆相切，故|b |k 2＋1＝1， 即b 2＝k 2＋1.(*)由⎩⎨⎧y ＝kx ＋b ，2x 2－y 2＝1得(2－k 2)x 2－2kbx －b 2－1＝0， 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2kb2－k 2，x 1x 2＝－1－b 22－k 2.又y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b )，所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2＝(1＋k 2)(－1－b 2)2－k 2＋2k 2b 22－k 2＋b 2＝－1＋b 2－k 22－k 2.由(*)知，OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .14．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为223，B (0，1)为椭圆的一个顶点，直线l 交椭圆于P ，Q (异于点B )两点，BP ⊥BQ . (1)求椭圆方程；(2)求△BPQ 面积的最大值．解析：(1)依题意b ＝1，c a ＝223，b 2＝a 2－c 2，解得a ＝3， 所以椭圆方程为x 29＋y 2＝1.(2)设l ：y ＝kx ＋m 代入x29＋y 2＝1， 得(9k 2＋1)x 2＋18kmx ＋9m 2－9＝0， 由Δ＝(18km )2－4(9k 2＋1)(9m 2－9)>0， 得9k 2＋1－m 2>0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， x 1＋x 2＝－18km 9k 2＋1，x 1x 2＝9m 2－99k 2＋1，BP ⊥BQ ⇒BP →·BQ →＝x 1x 2＋(y 1－1)·(y 2－1)＝0， (k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0， (k 2＋1)9m 2－99k 2＋1＋k (m －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－18km 9k 2＋1＋(m －1)2＝0. 整理得5m 2－m －4＝0，m ＝－45或m ＝1(舍)．直线l ：y ＝kx ＋m 过定点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－45，S ＝12|BM ||x 1－x 2|＝910(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝910·(18km )2－4(9k 2＋1)(9m 2－9)9k 2＋1 ＝275·9k 2＋1－m 29k 2＋1＝275·9k 2＋9259k 2＋1＝2759k 2＋925＋16259k 2＋925≤278.此时9k 2＋925＝16259k 2＋925，k 2＝7225，k ＝±715， △BPQ 面积的最大值为278.15．(2017·高考山东卷)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.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 ＝c a ＝22，2c ＝2，所以a ＝2，b ＝1， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝21＋k 211＋8k 212k 21＋1. 由题意可知圆M 的半径r 为r ＝23|AB |＝2231＋k 211＋8k 212k 21＋1.由题设知k 1k 2＝24，所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21， 因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知sin∠SOT 2＝rr ＋|OC |＝11＋|OC |r， 而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 212231＋k 211＋8k 211＋2k 21＝3241＋2k 211＋4k 211＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t ∈(0,1)， 因此|OC |r ＝32t 2t 2＋t －1＝3212＋1t －1t2＝321－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22， 所以sin∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6，所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.。
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1 每日一题 规范练(第三周) [题目1] (本小题满分12分)已知数列{an}满足an＝2＋2cos2nπ2，n∈N*，等差数列{bn}满足a1＝2b1，a2＝b2. (1)求bn； (2)记cn＝a2n－1b2n－1＋a2nb2n，求cn； (3)求数列{anbn}前2n项和S2n. 解：(1)由题意知an＝3＋cos nπ，当n为奇数，an＝2；当n为偶数，an＝4.
于是b1＝12·a1＝1，b2＝a2＝4.故数列{bn}的公差为3. 故bn＝1＋(n－1)·3＝3n－2. (2)cn＝2[3(2n－1)－2]＋4[3(2n)－2]＝36n－18. (3)由(2)知，数列{cn}为等差数列，
故S2n＝a1b1＋a2b2＋a2n－1b2n－1＋a2nb2n＝c1＋c2＋…＋cn＝n（c1＋cn）2＝18n2. [题目2] (本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
cos A2＝255，AB→·AC→＝15.(导学号 55410156) (1)求△ABC的面积； (2)若tan B＝2，求a的值．
解：因为cos A2＝255，且A∈(0，π)． 所以cos A＝2cos2A2－1＝2×45－1＝35，sin A＝1－cos2A＝45. 又AB→·AC→＝bccos A＝35bc＝15. 所以bc＝25. 所以S△ABC＝12bcsin A＝12×25×45＝10.
(2)由tan A＝43，tan B＝2，所以tan(A＋B)＝tan A＋tan B1－tan Atan B＝－2， 所以△ABC中，tan C＝－tan(A＋B)＝2， 则B＝C，所以b＝c＝5. 所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝20，解得a＝25. 2
[题目3] (本小题满分12分)某中学举行了一次“环保知识竞赛”，全校学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩(得分取正整数，满分为100分)作为样本进行统计，请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表(如图所示)，解决下列问题．
组别 分组 频数 频率 第1组 [50，60) 8 0.16 第2组 [60，70) a ■ 第3组 [70，80) 20 0.40 第4组 [80，90) ■ 0.08 第5组 [90，100] 2 b 合计 ■ ■ (1)求出a，b的值； (2)在选取的样本中，从竞赛成绩是80分以上(含80分)的同学中随机抽取2名同学到广场参加环保知识的志愿宣传活动． ①求所抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率； ②求所抽取的2名同学来自同一组的概率．
解：(1)由题意可知，样本总人数为80.16＝50，所以b＝250＝0.04. 又50×0.08＝4，所以a＝50－8－20－4－2＝16. (2)①由题意可知，第4组共有4人，记为A，B，C，D，第5组共有2人，记为X，Y. 从竞赛成绩是80分以上(含80分)的同学中随机抽取2名同学有AB，AC，AD，BC，BD，CD，AX，AY，BX，BY，CX，CY，DX，DY，XY共15种情况．
设“随机抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组”为事件E，有AX，AY，BX，BY，CX，CY，DX，DY，XY共9种情况．
所以P(E)＝915＝35.
即随机抽取的2名同学中至少有1名同学来自第5组的概率是35. ②设“随机抽取的2名同学来自同一组”为事件F，有AB，AC，AD，BC，BD，CD，XY共7种情况．
所以P(F)＝715，即随机抽取的2名同学来自同一组的概率是715. [题目4] (本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(导学号 55410157) 3
(1)证明：AC⊥BD； (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比． (1)证明：取AC中点O，连接OD，OB 因为AD＝CD，所以AC⊥OD，
又由于△ABC是正三角形， 所以AC⊥OB，且OB∩OD＝O， 从而AC⊥平面OBD，BD⊂平面OBD，故AC⊥BD. (2)解：连接EO，由(1)及题设知∠ADC＝90°， 所以DO＝AO. 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2. 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.
由题设知，△AEC为直角三角形，所以EO＝12AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝12BD. 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1∶1. [题目5] (本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2x＋b)ex，F(x)＝bx－ln x，b∈R. (1)若b＜0，且存在区间M，使f(x)和F(x)在区间M上具有相同的单调性，求b的取值范围； (2)若F(x＋1)＞b对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求b的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ex(2x＋b＋2)，
由f′(x)＜0得x＜－b＋22；由f′(x)＞0得x＞－b＋22. 4
F(x)的定义域为(0，＋∞)，且F′(x)＝b－1x＝bx－1x，
因为b＜0，所以F′(x)＜0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递减． 因为f(x)和F(x)在区间M上具有相同的单调性，
所以－b＋22＞0，得b＜－2， 即b的取值范围是(－∞，－2)． (2)F(x＋1)＝b(x＋1)－ln(x＋1)． 要使F(x＋1)＞b对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 即bx－ln(x＋1)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 令g(x)＝bx－ln(x＋1)．
则g′(x)＝b－1x＋1＝bx＋b－1x＋1(x＞0)． 若b≤0，则g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上为减函数， 而g(0)＝0，不合题意；
若0＜b＜1，则当x∈0，1－bb时， g′(x)＜0，
当x∈1－bb，＋∞时，g′(x)＞0，
所以g(x)min＝g1－bb＝1－b＋ln b＞0，得b∈∅； 若b≥1，则1－bb≤0，g′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， g(x)在(0，＋∞)上为增函数，g(x)＞g(0)＝0，
综上可知，b的取值范围是[1，＋∞)． [题目6] (本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝4x和直线l：x＝－1. (1)若曲线C上存在一点Q，它到l的距离与到坐标原点O的距离相等，求Q点的坐标； (2)过直线l上任一点P作抛物线的两条切线，切点记为A，B，求证：直线AB过定点． (1)解：设Q(x，y)，则(x＋1)2＝x2＋y2，即y2＝2x＋1，
由y2＝2x＋1，y2＝4x，解得Q12，±2. (2)证明：设过点(－1，t)的直线方程为y－t＝k(x＋1)(k≠0)， 代入y2＝4x，得ky2－4y＋4t＋4k＝0， 由Δ＝0，得k2＋kt－1＝0， 特别地，当t＝0时，k＝±1，切点为A(1，2)，B(1，－2)，显然AB过定点F(1，0)． 5
一般地，方程k2＋kt－1＝0有两个根， 所以k1＋k2＝－t，k1k2＝－1，
所以两切点分别为A1k21，2k1，B1k22，2k2，
所以FA→＝1k21－1，2k1， FB→＝1k22－1，2k2，
又1k21－12k2－1k22－12k1＝21k1k2＋11k1－1k2＝0， 所以FA→∥FB→，所以AB过点F(1，0)， 综上可知，直线AB过定点F(1，0)． [题目7] 请考生在下面两题中任选一题作答，如多做，则按所做的第一题计分． 1．(本小题满分10分)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立
极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ－2cos θ－6sin θ＋1ρ＝0，直线l的参数方程为
x＝3＋12t，
y＝3＋32t(t为参数)．
(1)求曲线C的直角坐标方程； (2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点P的坐标为(3，3)，求|PA|＋|PB|的值．
解：(1)曲线C的极坐标方程为ρ－2cos θ－6sin θ＋1ρ＝0. 可得ρ2－2ρcos θ－6ρsin θ＋1＝0， 可得x2＋y2－2x－6y＋1＝0， 曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－6y＋1＝0.
(2)由于直线l的参数方程为x＝3＋12t，y＝3＋32t(t为参数)． 把它代入圆的方程整理得t2＋2t－5＝0， 所以t1＋t2＝－2，t1t2＝－5， |PA|＝|t1|，|PB|＝|t2|， 则|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝（t1＋t2）2－4t1t2＝26， 所以|PA|＋|PB|的值为26.