1、高考大題專項練 1函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù)1.解 f'(x)=3x2-2ax+(a2-1),其對應(yīng)方程判別式=4a2-12a2+12=12-8a2.若=12-8a2=0,即a=±6,2當x(-, a)或x(a , + )時,f'(x)>0,f(x)在(-,+)上是增加的.33所以a=±6符合題意.2若=12-8a2<0,恒有f'(x)>0,f(x)在(-,+)上是增加的.所以a2>3,2即a(-,- 6) (6 , + ).22若=12-8a2>0,即-6<a<6,令f'(x)=0,22a- 3-2a2a+

2、 3-2a2解得x =,x =.1233當x(-,x1)或x(x2,+)時,f'(x)>0,f(x)是增加的;當x(x1,x2)時,f'(x)<0,f(x)是減少的.依題意x10 且x21.由x10 得a3-2a2,解得 1a<6.2由x21 得3-2a23-a,解得-6<a<6.22從而a1, 6).2綜上,a 的取值范圍為(-,- 6 6 , + ) 1, 6),即a(-,- 61,+).22222.解 f'(x)=ax2+2(a-1)x-2·ex.(1)若a=4,令f'(x)=0,得 2x2+x-3=0,解得x1=-

3、3,x2=1.32可知所以x1=-3是極大值點,x2=1 是極小值點.2(2)若f(x)為-1,1上的單調(diào)函數(shù),又f'(0)=-2<0,所以當x-1,1時,f'(x)0,即g(x)=ax2+2(a-1)x-20 在-1,1上恒成立.當a=0 時,g(x)=-2x-20 在-1,1上恒成立;a > 0,當a>0 時,拋物線g(x)=ax2+2(a-1)x-2 開口向上,則g(x)0 在-1,1上恒成立的充要條件是g(-1) 0,g(1) 0a > 0,即-a 0,3a-4 0,所以 0<a4.3綜上可知,a 的取值范圍是 0a4.33.解:(1)f&

4、#39;(x)=ax2-x+a,由于函數(shù)f(x)在x=2 時取得極值,所以f'(2)=0,即 4a-2+a=0,解得 a=2.5(2)由題設(shè)知ax2-x+a>x2+x-a,對任意a(0,+)都成立,即a(x2+2)-x2-2x>0 對任意a(0,+)都成立,故a>x2+2x對任意a(0,+)都成立,x2+2即x2+2x0,解得-2x0,x2+2故x 的取值范圍是x|-2x0.x3(-,- ) 2-323(- ,1)21(1,+)f'(x)+0-0+f(x)極大值極小值4.(1)解:由f(x)=𝑙𝑛x+k,得f'(x)=1

5、-kx-x𝑙𝑛x,x(0,+),𝑒xx𝑒x由于曲線y=f(x)在(1,f(1)處的切線與x 軸平行, 所以f'(1)=0,因此 k=1.(2)解:由(1)得f'(x)= 1 (1-x-xln x),x(0,+),x𝑒x令h(x)=1-x-xln x,x(0,+),當x(0,1)時,h(x)>0;當x(1,+)時,h(x)<0.又 ex>0,所以x(0,1)時,f'(x)>0;x(1,+)時,f'(x)<0.因此f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(

6、1,+).(3)證明:因為g(x)=(x2+x)f'(x),所以g(x)=x+1(1-x-xln x),x(0,+).𝑒x因此對任意x>0,g(x)<1+e-2 等價于 1-x-xln x< 𝑒x (1+e-2).x+1由(2)h(x)=1-x-xln x,x(0,+),所以h'(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2),x(0,+),因此當x(0,e-2)時,h'(x)>0,h(x)遞增;當x(e-2,+)時,h'(x)<0,h(x)遞減.所以h(x)的最大值為h(e-2)=1+e-2,故

7、 1-x-xln x1+e-2.設(shè)(x)=ex-(x+1).因為'(x)=ex-1=ex-e0,所以x(0,+)時,'(x)>0,(x)遞增, (x)>(0)=0,故x(0,+)時,(x)=ex-(x+1)>0,即 𝑒x >1.x+1所以 1-x-xln x1+e-2< 𝑒x ·(1+e-2).x+1因此對任意x>0,g(x)<1+e-2.5.(1)證明:記F(x)=sin x-2x,2則 F'(x)=cos x-2.2當x(0, 𝜋𝜋4)時,F'

8、(x)>0,F(x)在0, 上是增加的;4當x(𝜋 ,1)時,F'(x)<0,F(x)在𝜋 ,1上是減少的.44又F(0)=0,F(1)>0,所以當x0,1時,F(x)0,即 sin x2x.2記H(x)=sin x-x,則當x(0,1)時,H'(x)=cos x-1<0,所以,H(x)在0,1上是減少的,則H(x)H(0)=0,即sin xx.綜上,2xsin0,1.2(2)解法一:因為當x0,1時,x3ax+x + +2(x+2)cos x-422x32x=(a+2)x+x + -4(x+2)sin2222x32(a+

9、2)x+x + -4(x+2)( x)224=(a+2)x.所以,當a-2 時,不等式ax+x2+x3+2(x+2)cos x4 對x0,1恒成立.2下面證明,當a>-2 時,不等式ax+x2+x3+2(x+2)cos x4 對x0,1不恒成立.2因為當x0,1時,x3ax+x + +2(x+2)cos x-422x32x=(a+2)x+x + -4(x+2)sin2222x3x(a+2)x+x + -4(x+2)·( )222=(a+2)x-x2-x32(a+2)x-3x22=-3 x x- 2 (a + 2).23x3a+21所以存在x0(0,1)(例如x0 取和 中的較小

10、值)滿足ax0+x2 + 0+2(x0+2)cos x0-4>0,0322即當a>-2 時,不等式ax+x2+x3+2(x+2)cos x-40 對x0,1不恒成立.2綜上,實數(shù)a 的取值范圍是(-,-2.解法二:記f(x)=ax+x + +2(x+2)cos x-4,則f'(x)=a+2x+3x2+2cos x-2(x+2)sin x.x3222記G(x)=f'(x),則G'(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x.當x(0,1)時,cos x>1,因此2G'(x)<2+3x-4·2x-(x+2)2=(2-22)

11、x<0.于是f'(x)在0,1上是減少的,因此,當 x(0,1)時,f'(x)<f'(0)=a+2,故當a-2 時,f'(x)<0,從而f(x)在0,1上是減少的,x32所以f(x)f(0)=0,即當a-2 時,不等式ax+x + +2(x+2)cos x4 對x0,1恒成立.2下面證明,當a>-2 時,不等式ax+x2+x3+2(x+2)cos x4 對x0,1不恒成立.2由于f'(x)在0,1上是減少的,且f'(0)=a+2>0,f'(1)=a+7+2cos 1-6sin 1.2當a6sin 1-2cos

12、 1-7時,f'(1)0,所以當x(0,1)時,f'(x)>0,因此f(x)在0,1上是增加的,故f(1)>f(0)=0;2當-2<a<6sin 1-2cos 1-7時,f'(1)<0,又f'(0)>0,故存在x0(0,1)使f'(x0)=0,則當 0<x<x0 時,f'(x)>f'(x0)=0.所以f(x)在20,x0上是增加的,所以當x(0,x0)時,f(x)>f(0)=0.所以,當a>-2 時,不等式ax+x2+x3+2(x+2)cos x4 對x0,1不恒成立.2綜

13、上,實數(shù)a 的取值范圍是(-,-2.6.解:(1)令f'(x)=1-a=1-ax<0,考慮到f(x)的定義域為(0,+),故 a>0,進而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+)上是減少的.同理,f(x)xx在(0,a-1)上是增加的.由于f(x)在(1,+)上是減少的,故(1,+)(a-1,+),從而 a-11,即a1.令g'(x)=ex-a=0,得x=ln a.當x<ln a 時,g'(x)<0;當 x>ln a 時,g'(x)>0.又g(x)在(1,+)上有最小值,所以 ln a>1,即a>e.綜上,

14、有a(e,+).(2)當a0 時,g(x)必是增加的;當a>0 時,令g'(x)=ex-a>0,解得a<ex,即x>ln a.因為g(x)在(-1,+)上是增加的,類似(1)有 ln a-1,即 0<ae-1.結(jié)合上述兩種情況,有ae-1.當a=0 時,由f(1)=0 以及f'(x)=1>0,得f(x)存在唯一的零點;x當a<0 時,由于 f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0,f(1)=-a>0,且函數(shù)f(x)在ea,1上的圖像不間斷,所以f(x)在(ea,1)上存在零點.另外,當x>0 時,f'(x)=

15、1-a>0,故f(x)在(0,+)上是增加的,所以f(x)只有一個零點.x當 0<ae-1 時,令f'(x)=1-a=0,解得x=a-1.當 0<x<a-1 時,f'(x)>0,當x>a-1 時,f'(x)<0,所以,x=a-1 是f(x)的最大值點,且x最大值為f(a-1)=-ln a-1.當-ln a-1=0,即 a=e-1 時,f(x)有一個零點x=e.當-ln a-1>0,即 0<a<e-1 時,f(x)有兩個零點.實際上,對于 0<a<e-1,由于f(e-1)=-1-ae-1<0,f

16、(a-1)>0,且函數(shù)f(x)在e-1,a-1上的圖像不間斷,所以 f(x)在(e-1,a-1)上存在零點.另外,當x(0,a-1)時,f'(x)=1-a>0,故f(x)在(0,a-1)上是增加的,所以 f(x)在(0,a-1)上只有一個零點.x下面考慮f(x)在(a-1,+)上的情況.先證f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0.為此,我們要證明:當 x>e 時,ex>x2.設(shè)h(x)=ex-x2,則h'(x)=ex-2x,再設(shè)l(x)=h'(x)=ex-2x,則l'(x)=ex-2.當x>1 時,l'(x)=ex

17、-2>e-2>0,所以 l(x)=h'(x)在(1,+)上是增加的.故當x>2 時,h'(x)=ex-2x>h'(2)=e2-4>0, 從而h(x)在(2,+)上是增加的,進而當x>e 時,h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即當x>e 時,ex>x2.當 0<a<e-1,即a-1>e 時,f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,又f(a-1)>0,且函數(shù)f(x)在a-1,ea-1上的圖像不間斷,所以f(x)在(a-1,ea-1)上存在零點.又當

18、x>a-1 時,f'(x)=1-a<0,故f(x)在(a-1,+)上是減少的,所以f(x)在(a-1,+)上只有一個零點.x綜合,當a0 或a=e-1 時,f(x)的零點個數(shù)為 1,當 0<a<e-1 時,f(x)的零點個數(shù)為 2.高考大題專項練 2向量、三角變換與解三角形1.解:(1)由 2cos5𝜋cos(𝜋 -A)-cos A=1,332得3sin A-1cos A=1,222所以 sin(A- 𝜋) = 1.62又A(0,),即A-𝜋 (- 𝜋 , 5𝜋,6

19、)66則A-𝜋 = 𝜋,所以 A= .6 𝜋 63 𝜋(2)因為a=13,A=,32𝜋22 2由余弦定理得 13=b +c -2bccos =b +c -bc.3又ABC 的面積為 33,所以1bcsin𝜋=33.所以bc=12.23所以(b+c)2=b2+c2-bc+3bc=49b+c=7.由正弦定理,得 b =ca = 13 = 239,𝜋𝑠𝑖𝑛B𝑠𝑖𝑛C𝑠Ү

20、94;𝑛A3𝑠𝑖𝑛3所以 sin B+sin C=3(b+c) = 739.239262.解:(1)mn,3cos2A-sin2A=0.3cos2A-1+cos2A=0.cos2A=1.4又ABC 為銳角三角形,cos A=1.A=.23(2)由(1)可得 m=(3 , 3),n=(1,- 3),4 22|𝐴𝐵 |=21p,|𝐴𝐶 |=7q.42ABC=1 |𝐴𝐵 |·|𝐴𝐶 |·si

21、n A=21pq.S232又p+q=6,且 p>0,q>0,𝑝 · 𝑞 𝑝+𝑞.2𝑝 · 𝑞3,p·q9.ABC 面積的最大值為21×9=189.32323.(1)證明:sin x+sin y=sin(𝑥+𝑦 + 𝑥-𝑦+sin(𝑥+𝑦 - 𝑥-𝑦2 )2 )22=2sin𝑥+𝑦cos

22、19909;-𝑦,22結(jié)論得證.(2)解:由正弦定理得sin A+sin C=2sin B,又由(1)可知 2sin𝐴+𝐶cos𝐴-𝐶=2sin B=2sin(A+C)=4sin𝐴+𝐶·cos𝐴+𝐶,2222cos𝐴-𝐶=2cos𝐴+𝐶.22cos𝐴cos𝐶=3sin𝐴sin𝐶.2222tan𝐴tan

23、𝐶 = 1.223𝑎2+𝑐2-(𝑎+𝑐)222222𝑎 +𝑐 -𝑏 3𝑎 +3𝑐 -2𝑎𝑐1 22𝑎𝑐由余弦定理得cos B= ,=2𝑎𝑐8𝑎𝑐2B.tan2𝐵 1.323tan𝐴tan𝐶tan2𝐵.2224.解:(1)由正弦定理,得2sin

24、19861;-sin𝐶 = cos𝐶,sin𝐴cos𝐴即 2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A,故 2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B.又sin B0,則cos A=1,故 A=.23(2)A=,B+C=2,且 B(0, 2.3 )33y=3sin B+sin(𝐶- = 3sin B+sin(2 -𝐵- = 3sin B+cos B=2sin(𝐵 + ,)6366又 B(0, 2,B+ ( , 56 ),3 )66sin(⻒

25、1; + 16) ( ,1.2所求函數(shù)值域為(1,2.5.解:(1)由(a-b+c)(a+b-c)=3bc 可得 a2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=3bc,77所以 a2=b2+c2-11bc.72所以cos A=𝑏 +𝑐2-𝑎2 =.112𝑏𝑐1453,所以sin A=1-cos2𝐴 =14cos C=-cos(A+B)=-(cos Acos B-sin Asin B)=-(11 × 1 - 53 × 3) = 1.142 1427(2)由(1)可得sin C=1-

26、cos2𝐶 = 43,7在ABC 中,由正弦定理=,可得 c=𝑎sin𝐶=8.𝑐𝑏𝑎sin𝐶sin𝐵sin𝐴sin𝐴故 S=1acsin B=1×5×8×3=103.2226.解:f(x)=(cos𝑥,- 1)·(3sin x,cos 2x)2=3cos xsin x-1cos 2x2=3sin 2x-1cos 2x22=cos sin 2x-sin cos 2x6=sin(2&#

27、119909;- 6.6)(1)f(x)的最小正周期為 T=2=,即函數(shù) f(x)的最小正周期為.2(2)0x ,2-2x- 5.666由正弦函數(shù)的性質(zhì),知當 2x- = ,即 x= 時,f(x)取得最大值 1.623當 2x-=-,即 x=0 時,f(x)取得最小值-1.6 62因此,f(x)在0, 上的最大值是 1,最小值是-1.22高考大題專項練 3數(shù)列問題1.(1)證明:bn=log2an,bn+1-bn=log 𝑎𝑛+1=log2q 為常數(shù).2 𝑎𝑛數(shù)列bn為等差數(shù)列,且公差 d=log2q.(2)解:設(shè)數(shù)列bn的公差為

28、 d,b1+b3+b5=6,b3=2.a1>1,b1=log2a1>0.b1b3b5=0,b5=0.,𝑏 + 2𝑑 = 2𝑏1 = 4,𝑑 = -1.1解得𝑏1 + 4𝑑 = 0,2𝑛(𝑛-1)9𝑛-𝑛S =4n+×(-1)=.n22𝑞 = 1 ,log2𝑞 = -1, 2log2𝑎1 = 4,𝑎1 = 16.an=25-n(nN+).2.解:(1)因

29、為 an+1= 3𝑎𝑛 ,2𝑎𝑛+1所以 1 =+ 2.1𝑎𝑛+13𝑎𝑛3所以 1 -1=1 ( 1 -1).𝑎𝑛+13 𝑎𝑛因為 a1=3,則 1 -1=2.5𝑎13所以數(shù)列 1 -1是首項為2,公比為1的等比數(shù)列.𝑎𝑛33𝑛-1= 2 ,(2)由(1)知, 1 -1=2 × ( )313𝑛𝑎

30、19899;33𝑛所以 a =n.3𝑛+2假設(shè)存在互不相等的正整數(shù) m,s,t 滿足條件,𝑚 + 𝑡 = 2𝑠,則有2(𝑎𝑠-1) = (𝑎𝑚-1)(𝑎𝑡-1),3𝑛由 a =與(a -1)2=(a-1)(a -1),nsmt3𝑛+223𝑠3𝑚3𝑡得(-1) = (-1) (-1).3𝑠+2𝑚𝑡

31、3 +23 +2即 3m+t+2×3m+2×3t=32s+4×3s.因為 m+t=2s,所以 3m+3t=2×3s.因為 3m+3t23𝑚+𝑡=2×3s,當且僅當 m=t 時等號成立,這與 m,s,t 互不相等.所以不存在互不相等的正整數(shù) m,s,t 滿足條件.3.解:(1)𝑎𝑛+1=-3 · 𝑎𝑛 + 1,即 bn+1=-3bn+1,2𝑛2𝑛+12222變形得 bn+1-1=-3 (𝑏 -

32、1),𝑛5 25𝑛,故 b -1 = (𝑏 - 1- 35) ( 2)n 50𝑛.因而 b =1 + (𝑎- 1- 35) ( 2)n05𝑛,(2)由(1)知𝑎𝑛 = 1 + (𝑎) (5- 1- 32)2𝑛05𝑛,從而 a =1·2n+2n(𝑎- 1- 35) ( 2)n05𝑛=2𝑛4013故 a -an n-1 · (𝑎0- ) (-

33、 ) + 1,10 352設(shè) A=40 · (𝑎 - 1),035𝑛=2𝑛- 3則 a -an n-1 10 𝐴 ( 2) + 1,下面說明 a0=1,討論:5𝑛若 a <1,則 A<0,此時對充分大的偶數(shù) n,𝐴- 3( 2) + 1<0,有 a <a,這與a 遞增的要求不符;0nn-1n5𝑛若 a >1,則 A>0,此時對充分大的奇數(shù) n,𝐴- 3( 2) + 1<0,有 a <a,這與a 遞增的要求不符;

34、0nn-1n52𝑛若 a =1,則0A=0,an-an-1= >0,始終有 a >a.nn-1510綜上,a0=1.54.解:(1)由題意得(1-a2)2=a1(a3+1),2114即(1- 𝑎 )=a+ 1),𝑎(1112𝑛.解得 a =1,a =1n (2)12𝑇1 = 𝜆𝑏2,設(shè)bn的公差為 d,又𝑇2 = 2𝜆𝑏3,8 = 𝜆(8 + 𝑑),即16 + 𝑑 = 2

35、20582;(8 + 2𝑑),𝜆 = 1 ,𝜆 = 1,解得2 或(舍),𝑑 = 0𝑑 = 8=1.2(2)由(1)知 S =1-𝑛,1(2)n𝑛+1 1.1S =1 1n(2)224又 Tn=4n2+4n, 1 =1𝑇𝑛4𝑛(𝑛+1)=1 (1 -),14 𝑛 𝑛+1 1 + 1 + 1𝑇1𝑇2𝑇𝑛=1 (1- 1) + (

36、1 - 1) + +422 3(1 -) = 1 (1-) < 1,11𝑛 𝑛+14𝑛+14由可知 1 + 1 + 1 < 1Sn.𝑇1𝑇2𝑇𝑛25.解:(1)因為 an=𝑆𝑛 + 𝑆𝑛-1, 所以 Sn-Sn-1=𝑆𝑛 + 𝑆𝑛-1, 即𝑆𝑛 𝑆𝑛-1=1,所以數(shù)列𝑆

37、;𝑛是首項為 1,公差為 1 的等差數(shù)列,得𝑆𝑛=n,所以 an=𝑆𝑛 + 𝑆𝑛-1=n+(n-1)=2n-1(n2),當 n=1 時,a1=1 也適合,所以 an=2n-1.11= 1 (-),11(2)因為所以,Tn=𝑎𝑛𝑎𝑛+1(2𝑛-1)(2𝑛+1)2 2𝑛-1 2𝑛+1=1 (1- 1 + 1 - 1 + +233 511-) = 1 (1-).1

38、2𝑛-1 2𝑛+122𝑛+1Tn<1.2要使不等式 4Tn<a2-a 恒成立,只需 2a2-a 恒成立,解得 a-1 或 a2,故實數(shù) a 的取值范圍是(-,-12,+).6.解:(1)由題意 a1a2a3an=(2)𝑏𝑛,b3-b2=6,知 a3=(2)𝑏3-𝑏2=8,又由 a1=2,得公比 q=2(q=-2,舍去),所以數(shù)列an的通項為 an=2n(nN+).𝑛(𝑛+1)=(2)n(n+1).所以,a1a2a3an=22故數(shù)列bn的通項

39、為 bn=n(n+1)(nN+).(2)由(1)知 cn= 1 1= 1 (1 -1)(nN+),2𝑛𝑎𝑛𝑏𝑛𝑛 𝑛+1所以 Sn= 1 (nN+).12𝑛𝑛+1因為 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,當 n5 時,cn= 1 𝑛(𝑛+1) -1,2𝑛𝑛(𝑛+1)而𝑛(𝑛+1) (𝑛+1)(Ү

40、99;+2)2𝑛2𝑛+1=(𝑛+1)(𝑛-2)>0,2𝑛+1得𝑛(𝑛+1) 5·(5+1)<1.2𝑛25所以,當 n5 時,cn<0.綜上,對任意 nN+恒有 S4Sn,故 k=4.高考大題專項練 4立體幾何問題1.證明:,取 A'D 的中點 G,連接 GF,GE,FG=1CD,BECD,BE=1CD,由條件易知,F22所以 FGBE,FG=BE,故四邊形 BFGE 為平行四邊形. 所以 BFEG.因為 EG平面 A'DE,

41、BF平面 A'DE,所以 BF平面 A'DE.2.(1)證明:在ABD 中,AD=2,AB=4,BAD=60°,由余弦定理求得 BD=23.AD2+BD2=AB2.ADBD.平面 PBD平面 ABCD,交線為 BD,AD平面 PBD.ADPB.(2)解:作 EFBC,交 PB 于點 F,連接 AF,由 EFBCAD,可知 A,D,E,F 四點共面,連接 DF,所以由(1)的結(jié)論可知,若 PB平面 ADE,當且僅當 PBDF 時成立. 在PBD 中,由 PB=4,BD=23,PD=25,及余弦定理,得cosBPD= 3 ,25在 RtPDF 中,PF=PD·c

42、osBPD=3.=𝑃𝐸 = 𝑃𝐹 = 3.𝑃𝐶𝑃𝐵43.(1)證明:由 AA1BC 知 BB1BC,又 BB1A1B,故 BB1平面 BCA1,即 BB1A1C,又 BB1CC1,所以 A1CCC1.(2)解法一:設(shè) AA1=x,在 RtA1BB1 中,A1B=𝐴1𝐵2-𝐵𝐵2 = 4-𝑥2,11同理,A1C=𝐴1𝐶2-𝐶𝐶2

43、 = 3-𝑥2.11在A1BC 中,222𝐴 𝐵 +𝐴 𝐶 -𝐵𝐶cosBA C=1112𝐴1𝐵·𝐴1𝐶𝑥2=-,(4-𝑥2)(3-𝑥2)12-7𝑥2sinBA C=,1(4-𝑥2)(3-𝑥2)12-7𝑥2.所以𝑆= 1A B·A C·sinBA1C=11w

44、860;1𝐵𝐶 22𝑥 12-7𝑥2從而三棱柱 ABC-A B C1 1 1 的體積 V=𝑆·AA =.1𝐴1𝐵𝐶2因 x12-7𝑥2 = 12𝑥2-7𝑥42=-7 (𝑥2- 6) + 36,77故當 x=6 = 42時,即 AA1=42時,體積 V 取到最大值37.7777解法二:過 A1 作 BC 的垂線,垂足為 D,連接 AD.由 AA1BC,A1DBC,故 BC平面 AA1D,BCAD.

45、又BAC=90°,11221ABC= AD·BC= AB·AC 得 AD=.所以 S227設(shè) AA1=x,在 RtAA1D 中,A1D=𝐴𝐷2-𝐴𝐴2 = 12 -𝑥2,1712-7𝑥21= A D·BC=.𝑆1𝐴1𝐵𝐶 22𝑥 12-7𝑥2從而三棱柱 ABC-A B C1 1 1 的體積 V=𝑆·AA =.1𝐴1w

46、861;𝐶2因 x12-7𝑥2 = 12𝑥2-7𝑥42=-7 (𝑥2- 6) + 36,77故當 x=6 = 42時,即 AA1=42時,體積 V 取到最大值37.77774.解:建立的空間直角坐標系 Dxyz.(1)由 A1(1,0,1),得𝐷𝐴1 =(1,0,1),設(shè) E(1,a,0),又 D1(0,0,1),則𝐷1𝐸 =(1,a,-1).𝐷𝐴1 · 𝐷1𝐸 =1+0-1=0

47、,𝐷𝐴1 𝐷1𝐸 .則異面直線 D1E 與 A1D 所成的角為 90°. (2)m=(0,0,1)為平面 DEC 的一個法向量, 設(shè) n=(x,y,z)為平面 CED1 的法向量,則cos<m,n>=|𝑚·𝑛| =|𝑧|𝑚|𝑛|𝑥2+𝑦2+𝑧2=cos 45°=2,2z2=x2+y2.由 C(0,2,0),得𝐷1𝐶 =(0,2,-1

48、),則 n𝐷1𝐶 ,即 n·𝐷1𝐶 =0,2y-z=0.由,可取 n=(3,1,2),又𝐶𝐵 =(1,0,0), |𝐶𝐵·𝑛|= 6.3所以點 B 到平面 D EC 的距離 d=1|𝑛|224𝐴𝑂 = 1 ,AD=62,5.解:(1)證明: AO=22.𝐴𝐷3在PAO 中,由余弦定理 PO2=PA2+AO2-2PA·AOcosPAO,得 PO2

49、=42+(22)2-2×4×22 × 2=8,2PO=22.PO2+AO2=PA2.POAD.又平面 PAD平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCD=AD,PO平面 PAD,PO平面 ABCD.(2)如圖,過 O 作 OEAB 交 BC 于 E,則 OA,OE,OP 兩兩垂直.以 O 為坐標原點,分別以 OA,OE,OP 所在直線為 x,y,z 軸,建立空間直角坐標系 O-xyz,則 O(0,0,0),A(22,0,0),B(22,8,0),C(-42,2,0),P(0,0,22).𝐵𝐶 =(-62,-6,0),𝑃

50、𝐵 =(22,8,-22). 設(shè)平面 PBC 的一個法向量為 n=(x,y,z), 由 n·𝐵𝐶 =0,n·𝑃𝐵 =0,得-62𝑥-6𝑦 = 0,22𝑥 + 8𝑦-22𝑧 = 0,即𝑦 = -2𝑥,取 x=1,則 y=-2,z=-3,𝑧 = -3𝑥,n=(1,-2,-3)為平面 PBC 的一個法向量.AB平面 PAD,𝐴𝐵

51、 =(0,8,0)為平面 PAD 的一個法向量. cos<𝐴𝐵 ,n>= 𝐴𝐵·𝑛 =8×(-2) =-6.|𝐴𝐵 |·|𝑛|81+2+96cos =|cos<𝐴𝐵 ,n>|=6.66.解:(1)證明:在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC=2.由 AC=2,AB=2,得 AB2=AC2+BC2,即 ACBC.又平面 ABC平面 BCDE,從而 AC平

52、面 BCDE.所以 ACDE,又 DEDC,從而 DE平面 ACD.(2)方法一:作 BFAD,與 AD 交于點 F,過點 F 作 FGDE,與 AE 交于點 G,連接 BG,由(1)知 DEAD,則 FGAD.所以BFG 是二面角 B-AD-E 的平面角.在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2,得 BDBC,又平面 ABC平面 BCDE,得 BD平面 ABC,從而 BDAB.由于 AC平面 BCDE,得 ACCD.在 RtACD 中,由 DC=2,AC=2,得 AD=6. 在 RtAED 中,由 ED=1,AD=6,得 AE=7. 在 RtABD 中,由 BD=2,AB=2,A

53、D=6,得 BF=23,AF=2AD.33從而 GF=2.3在ABE,ABG 中,利用余弦定理分別可得cosBAE=57,BG=2.143222在BFG 中,cosBFG=𝐺𝐹 +𝐵𝐹 -𝐵𝐺 =3.2𝐵𝐹·𝐺𝐹2所以,BFG=,即二面角 B-AD-E 的大小是.66方法二:以 D 為原點,分別以射線 DE,DC 為 x,y 軸的正半軸,建立空間直角坐標系 D-xyz,.由題意知各點坐標如下:D(0,0,0),E(1,0,0)

54、,C(0,2,0),A(0,2,2),B(1,1,0).設(shè)平面 ADE 的法向量為 m=(x1,y1,z1),平面 ABD 的法向量為 n=(x2,y2,z2),可算得𝐴𝐷 =(0,-2,-2),𝐴𝐸 =(1,-2,-2),𝐷𝐵 =(1,1,0),由𝑚·𝐴𝐷 = 0,𝑚·𝐴𝐸 = 0,得-2𝑦1-2𝑧1 = 0,𝑥1-2𝑦

55、1-2𝑧1 = 0,可取 m=(0,1,-2).由𝑛·𝐴𝐷 = 0, 即 2𝑦2-2𝑧2 = 0,-𝑛·𝐵𝐷 = 0,可取 n=(1,-1,2).𝑥2 + 𝑦2 = 0,于是|cos<m,n>|= |𝑚·𝑛| = 3.3|𝑚|·|𝑛|3×22由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角 B-AD-E 的

56、大小是.6高考大題專項練 5圓錐曲線問題1.解:設(shè) M(x1,y1),N(x2,y2),T(x,y),由𝑂𝑇 = 𝑀𝑁 +2𝑂𝑀 + 𝑂𝑁 ,得(x,y)=(x2-x1,y2-y1)+2(x1,y1)+(x2,y2)=(x1+2x2,y1+2y2),x=x1+2x2,y=y1+2y2.設(shè) kOM,kON 分別為直線 OM,ON 的斜率,由題設(shè)條件知 kOM·kON=𝑦1𝑦2=-1,因此 x1x2+2y1y2=0,⻖

57、9;1𝑥2 2因為點 M,N 在橢圓 x2+2y2=12 上,所以𝑥2+2𝑦2=12,𝑥2+2𝑦2=12,1122故 x2+2y2=(𝑥2+4𝑥2+4x1x2)+2(𝑦2+4𝑦2+4y1y2)=(𝑥2+2𝑦2)+4(𝑥2+2𝑦2)+4(x1x2+2y1y2)=60+4(x1x2+2y1y2).12121122所以 x2+2y2=60,從而可知:T 點是橢圓𝑥2 + 

58、9910;2=1 上的點,603022𝑥𝑦所以存在兩個定點 F ,F ,且為橢圓+ =1 的兩個焦點,使得|TF |+|TF |為定值,其坐標為 F (-,0),F (,0).30301 2𝑎 = 1,121260302𝑐 = 4,2.解:(1)由𝑐 = 2, 得,𝑐 = 2𝑎2 𝑦2所以雙曲線 C 的方程為 x - =1.32 𝑦2(2)雙曲線 C 的方程為 x - =1,A(-1,0),F(2,0).3設(shè) M(x0,y0)(x0>0,y0&g

59、t;0),𝑦2則𝑥2 0=1.03當 MFx 軸時,x0=2,y0=3,則 kMA=3=1.3故 1= ,2= ,21+2=.42𝑦𝑦當 x02 時,kMA=tan 1= 0 ,kMF=tan 2= 0 ;𝑥0-2𝑥0+12𝑦0𝑥0+1= 2(𝑥0+1)𝑦0 .tan 21=2(𝑥0+1)2-𝑦2𝑦01-()0𝑥0+1又𝑦2=3(𝑥2-1),

60、00tan 21= 2(𝑥0+1)𝑦0 =2(𝑥0+1)𝑦0=- 𝑦0 .(𝑥0+1)2-𝑦2(𝑥0+1)2-3(𝑥2-1)𝑥0-200tan 21+tan 2=0.又 1(0, ),2(0,),221+2=.3.(1)解:切線方程𝑥0𝑥 + 𝑦0𝑦=1.證明如下:𝑎2𝑏222𝑥𝑦𝑏Ү

61、87;2在第一象限內(nèi),由 + =1 可得 y= 𝑎 -𝑥 ,y =2 20𝑎 -𝑥 ,2𝑎2𝑏20𝑎𝑎2 𝑏𝑥𝑏 𝑥橢圓在點 P 處的切線斜率 k=y'(x )=-00=-.0𝑎2𝑦𝑎𝑎2-𝑥0202𝑦0𝑦0+=1.𝑏 𝑥𝑥 ⻖

62、9;00切線方程為 y=-(x-x )+y ,即0𝑎2𝑏2𝑎2𝑦0(2)證明:設(shè) A(x1,y1),B(x2,y2),𝑥0𝑥 + 𝑦0𝑦 = 1,𝑥2𝑏4𝑎2𝑏22𝑥0𝑏4𝑎2𝑏4 (𝑏2 + 0 )x2-x+-2a2b2=0, 22𝑦2𝑎2𝑦2𝑦2⻖

63、9;𝑦𝑎2 + 2 = 2,000𝑏42𝑥0𝑏𝑦2𝑥0𝑎2𝑏2𝑥0𝑎2𝑏2𝑥0𝑎2𝑏2𝑥1+𝑥2102 =x0.=4 =2222𝑥2𝑏𝑦2𝑎2+𝑏 𝑥2𝑎2𝑏𝑥0𝑏 +

64、 0022 220(1- 2)𝑎2𝑏 +𝑏 𝑥0𝑦2𝑎2𝑎0所以 P 為 A,B 中點,即|AP|=|BP|.4.解:(1)設(shè)直線 l 的方程為 y=kx+m(k<0),𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑚,消去 y 得(b2+a2k2)·x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由𝑥2𝑦2𝑎2 + 𝑏2 = 1,𝑏2𝑚由于 l 與 C 只有一個公共點,故 =0,整理,得 b2-m2+a2k2=0,解得點 P 的坐標為(- 𝑎2𝑘𝑚 ,.𝑏2+𝑎2𝑘2 𝑏2+𝑎2𝑘2)又點 P 在第一象限,故點 P 的坐標為𝑏2 -𝑎2𝑘 P(,).𝑏2+𝑎2Ү