2018屆高考數(shù)學二輪復(fù)習 第一部分 層級三 30分的拉分題因人而定 酌情自選教師用書 理

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1、 第一部分 層級三 30分的拉分題因人而定 酌情自選 壓軸專題(一)　選擇題第12題、填空題第16題的搶分策略 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內(nèi)容 命題分析 2017 卷Ⅰ 等差數(shù)列、等比數(shù)列前n項和公式的應(yīng)用、創(chuàng)新問題 選擇題第12題、填空題第16題，一般難度較大，從近幾年試題分析，這兩道題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題、創(chuàng)新問題、圓錐曲線的性質(zhì)、數(shù)列、三角函數(shù)、立體幾何等知識．大多數(shù)考生對這類題目存在畏懼心理，其實若能靜下心來審讀這類題目，也是完全可以得分的．一些能力欠佳的考生，會用一定的猜題技巧，極有可能猜對答案，即平常我們所說的“瞎猜的不如會猜的”． 翻折

2、問題、三棱錐的體積、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等 卷Ⅱ 平面向量的數(shù)量積及最值 拋物線的定義、標準方程等 卷Ⅲ 平面向量基本定理、直線與圓的位置關(guān)系 圓錐、空間中直線與直線的位置關(guān)系、空間向量等 2016 卷Ⅰ 函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的性質(zhì) 線性規(guī)劃的實際應(yīng)用 卷Ⅱ 函數(shù)圖象的應(yīng)用 導(dǎo)數(shù)的幾何意義、直線方程 卷Ⅲ 計數(shù)原理與組合知識、新定義問題 2015 卷Ⅰ 函數(shù)的概念、不等式的解法 正、余弦定理解三角形 卷Ⅱ 函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、不等式解法等 數(shù)列的遞推關(guān)系式、等差數(shù)列的定義與通項 審題探尋實質(zhì) [典例]　(201

3、6·四川高考)在平面直角坐標系中，當P(x，y)不是原點時，定義P的“伴隨點”為P′，；當P是原點時，定義P的“伴隨點”為它自身．現(xiàn)有下列命題： ①若點A的“伴隨點”是點A′，則點A′的“伴隨點”是點A； ②單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上； ③若兩點關(guān)于x軸對稱，則它們的“伴隨點”關(guān)于y軸對稱； ④若三點在同一條直線上，則它們的“伴隨點”一定共線． 其中的真命題是________(寫出所有真命題的序號)． [解析]　對于①，特殊值法．取A(1,1)，則A′，A′的“伴隨點”為點(－1，－1)．故①為假命題． 對于②，單位圓的方程為x2＋y2＝1，設(shè)其上任意一點(x，y)的“

4、伴隨點”為(x′，y′)， 則 ∴y2＋(－x)2＝y(tǒng)2＋x2＝1.故②為真命題． ③設(shè)A(x，y)，B(x，－y)，則它們的伴隨點分別為A′，B′，A′與B′關(guān)于y軸對稱，故③為真命題． ④設(shè)共線的三點A(－1,0)，B(0,1)，C(1,2)，則它們的伴隨點分別為A′(0,1)，B′(1,0)，C′，此三點不共線，故④為假命題． 故真命題為②③. [答案]?、冖? [題后悟通] 1．解答此題應(yīng)理解“伴隨點”的含義，即P(x，y)→P′，問題即可解決． 2．解答新定義問題要仔細觀察，認真閱讀，在徹底領(lǐng)悟、準確辨析的基礎(chǔ)上，進行歸納、類比，將新定義問題轉(zhuǎn)化為已有知識的問題解決．

5、　　　　 [針對訓(xùn)練] 1．(2018屆高三·湘中高三聯(lián)考)對于數(shù)列{an}，定義Hn＝為{an}的“優(yōu)值”，現(xiàn)在已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn＝2n＋1，記數(shù)列{an－kn}的前n項和為Sn，若Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________． 解析：由Hn＝2n＋1， 得n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，① 則當n≥2時，(n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，② ①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n， 所以an＝2n＋2，令bn＝an－kn＝(2－k)n＋2， 又Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立，所以

6、 即解得≤k≤. 答案： 運算善用技巧 [典例]　(2016·全國卷Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________. [解析]　求得(ln x＋2)′＝，[ln(x＋1)]′＝. 設(shè)曲線y＝ln x＋2上的切點為(x1，y1)，曲線y＝ln(x＋1)上的切點為(x2，y2)， 則k＝＝，所以x2＋1＝x1. 又y1＝ln x1＋2，y2＝ln(x2＋1)＝ln x1， 所以k＝＝2， 所以x1＝＝，y1＝ln ＋2＝2－ln 2， 所以b＝y(tǒng)1－kx1＝2－ln 2－1＝1－ln 2. [答案]　1－l

7、n 2 [題后悟通] 解答本題體現(xiàn)了運算技巧，在求解中，巧妙地利用斜率k得出x1＝x2＋1，利用斜率公式可求得k的值，再代入直線方程，求出b的值．解答此類問題應(yīng)注意整體代換、變形代換的思想． [針對訓(xùn)練] 2．(2017·鄭州質(zhì)檢)設(shè)正實數(shù)x，y滿足x>，y>1，不等式＋≥a恒成立，則a的最大值為(　　) A．2　　　　　　　　　 B．4 C．8 D．16 解析：選C　法一：依題意得，2x－1>0，y－1>0，＋＝＋≥＋≥4×2＝8，即＋≥8，當且僅當即時，取等號，因此＋的最小值是8，即a≤8，故a的最大值是8. 法二：令m＝2x－1，n＝y(tǒng)－1， 則m>0，n>

8、0，x＝，y＝n＋1， ＋＝＋ ＝＋≥＋≥2＝8， 當且僅當m＝1且n＝1，即x＝1，y＝2時取等號， 即＋≥8， 故a≤8，所以a的最大值是8. 排除簡化過程 [典例]　(2017·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝設(shè)a∈R，若關(guān)于x的不等式f(x)≥在R上恒成立，則a的取值范圍是(　　) A．[－2,2] B．[－2，2] C．[－2,2 ] D．[－2，2 ] [解析]　選A　法一：作出f(x)的圖象如圖所示． 當y＝的圖象經(jīng)過點(0,2)時，可知a＝±2. 當y＝＋a的圖象與y＝x＋的圖象相切時， 由＋a＝x＋，得x2－2ax＋4＝0，由Δ＝0，

9、 并結(jié)合圖象可得a＝2. 要使f(x)≥恒成立， 當a≤0時，需滿足－a≤2，即－2≤a≤0， 當a＞0時，需滿足a≤2，即0＜a≤2， 綜上可知，－2≤a≤2. 法二：∵f(x)≥在R上恒成立， ∴－f(x)－≤a≤f(x)－在R上恒成立． ①令g(x)＝－f(x)－. 當0≤x＜1時，f(x)＝x＋2， g(x)＝－x－2－＝－x－2≤－2， 即g(x)max＝－2. 當x＜0時，f(x)＝－x＋2，g(x)＝x－2－＝－2， 即g(x)＜－2. 當x≥1時， f(x)＝x＋，g(x)＝－x－－＝－x－≤－2， 即g(x)max＝－2. ∴a≥－2. ②

10、令h(x)＝f(x)－. 當0≤x＜1時， f(x)＝x＋2，h(x)＝x＋2－＝＋2≥2， 即h(x)min＝2. 當x＜0時， f(x)＝－x＋2，h(x)＝－x＋2－＝－x＋2＞2， 即h(x)＞2. 當x≥1時， f(x)＝x＋，h(x)＝x＋－＝＋≥2， 即h(x)min＝2. ∴a≤2. 綜上可知，－2≤a≤2. 法三：若a＝2，則當x＝0時，f(0)＝2， 而＝2，不等式不成立，故排除選項C，D. 若a＝－2，則當x＝0時，f(0)＝2，而＝2，不等式不成立，故排除選項B.故選A. [題后悟通] 此題直接求解難度較大，但也有一定的技巧可取，通過比較

11、四個選項，只需判斷a＝2，－2是否滿足條件即可，這種策略在做選擇題時經(jīng)常用到．　　　　 [針對訓(xùn)練] 3．(2017·東北四市高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝，若對?a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都為某個三角形的三邊長，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選C　f(x)＝＝1＋， 令t＝cos x＋2，由于－1≤cos x≤1，因此1≤t≤3， 設(shè)g(t)＝1＋(1≤t≤3)． 法一：若對?a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都為某個三角形的三邊長，不妨設(shè)af(c)恒成立，故只需2f(x

12、)min>f(x)max即可，即2g(t)min>g(t)max.當m＝2時，f(a)＝f(b)＝f(c)＝1，成立，故m＝2符合題意；當m<2時，g(t)＝1＋在[1,3]上單調(diào)遞增，則解得2時，g(t)＝1＋在[1,3]上單調(diào)遞減，則解得2

13、Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則(xi＋yi)＝(　　) A．0 B．m C．2m D．4m [解析]　法一：因為f(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因為＝0，＝1，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)對稱．函數(shù)y＝＝1＋，故其圖象也關(guān)于點(0,1)對稱．所以函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成對出現(xiàn)，且每一對均關(guān)于點(0,1)對稱，所以i＝0，i＝2×＝m，所以(xi＋yi)＝m. 法二

14、：因為f(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因為＝0，＝1，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)對稱．可設(shè)y＝f(x)＝x＋1，由得交點(－1,0)，(1,2)，則x1＋y1＋x2＋y2＝2，結(jié)合選項，應(yīng)選B. [答案]　B [題后悟通] 1．解答此題的思路是由條件f(－x)＝2－f(x)知y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)對稱，從而構(gòu)造特殊函數(shù)y＝x＋1，解出與y＝的交點坐標，代入、驗證． 2．處理此類問題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊位置等進行求解．　　　　 [針對訓(xùn)練] 4．(2017·沈陽質(zhì)檢)已知P是雙曲線－y2＝1

15、上任意一點，過點P分別作雙曲線的兩條漸近線的垂線，垂足分別為A，B，則·的值是(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：選A　法一：令點P(x0，y0)，因為該雙曲線的漸近線分別是－y＝0，＋y＝0，所以可取|PA|＝，|PB|＝，又cos∠APB＝－cos∠AOB＝－cos2∠AOx＝－cos＝－，所以·＝||·||·cos∠APB＝·＝×＝－. 法二：如圖，由題意知，雙曲線的漸近線方程為y＝±x， ∴∠AOB＝60°， ∴∠APB＝120°， ∴·<0. 取P點為雙曲線右頂點． 則|PA|＝|PB|＝|OP|＝， ∴·＝－.

16、 一、選擇題 1．設(shè)a1，a2，a3，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，a3，…，an成等比數(shù)列；q：(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，則(　　) A．p是q的充分條件，但不是q的必要條件 B．p是q的必要條件，但不是q的充分條件 C．p是q的充分必要條件 D．p既不是q的充分條件，也不是q的必要條件 解析：選A　(特殊數(shù)列)取大家最熟悉的等比數(shù)列an＝2n，代入q命題(不妨取n＝3)滿足，再取an＝3n代入q命題(不妨取n＝3)也滿足，反之取a1＝a2＝a3＝…＝an＝0時

17、，滿足q命題，但不滿足p命題，故p是q的充分條件，但不是q的必要條件． 2．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝(　　) A．－　　　　　　　　　　 B． C． D．1 解析：選C　法一：由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1為f(x)圖象的對稱軸．由題意，f(x)有唯一零點，所以f(x)的零點只能為x＝

18、1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝. 法二：由f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x. ex－1＋e－x＋1≥2＝2，當且僅當x＝1時取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時取“＝”． 若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝. 若a≤0，則f(x)的零點不唯一． 綜上所述，a＝. 3．已知函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)，且函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a50)＝f(a51)，則數(shù)列{

19、an}的前100項的和為(　　) A．－200 B．－100 C．0 D．－50 解析：選B　因為函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱．又函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)，數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝＝50(a50＋a51)＝－100. 4．(2017·貴州適應(yīng)性考試)已知點A是拋物線x2＝4y的對稱軸與準線的交點，點F為拋物線的焦點，P在拋物線上且滿足|PA|＝m|PF|，當m取最大值時，|PA|的值為(　　) A．1 B． C. D．2

20、 解析：選D　設(shè)P(x，y)，由拋物線的定義知|PF|＝y(tǒng)＋1，|PA|＝，所以m＝，平方得m2＝，又x2＝4y，當y＝0時，m＝1，當y≠0時，m2＝＝＋1＝1＋，由基本不等式可知y＋≥2，當且僅當y＝1時取等號，此時m取得最大值，故|PA|＝＝2. 5．對任意實數(shù)a，b，c，d，定義＝ 已知函數(shù)f(x)＝，直線l：kx－y＋3－2k＝0，若直線l與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A.∪ B. C.∪ D．(－1,1) 解析：選A　由題意知， f(x)＝＝ 直線l：y＝k(x－2)＋3過定點A(2，3)，畫出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，其中

21、f(x)＝(x≤－2或x≥2)的圖象為雙曲線的上半部分，f(x)＝ (－2

22、|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 解析：選D　對于A，取a＝b＝10，c＝－110， 顯然|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＞100，即a2＋b2＋c2＜100不成立． 對于B，取a2＝10，b＝－10，c＝0， 顯然|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＝110，即a2＋b2＋c2＜100不成立． 對于C，取a＝10，b＝－10，c＝0， 顯然|a＋b

23、＋c2|＋|a＋b－c2|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＝200，即a2＋b2＋c2＜100不成立． 綜上知，A、B、C均不成立，所以選D. 7．(2017·鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝.若當x>0時，函數(shù)f(x)的圖象恒在直線y＝kx的下方，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由題意，當x>0時，f(x)＝0.又f′(x)＝，由切線的幾何意義知，要使f(x)

24、)

25、(2017·石家莊質(zhì)檢)在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，點P在棱AC上運動，設(shè)CP的長度為x，若△PBD的面積為f(x)，則f(x)的圖象大致是(　　) 解析：選A　如圖，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，連接PR，則由鱉臑的定義知PQ∥AB，QR∥CD. 設(shè)AB＝BD＝CD＝1， 則＝＝，即PQ＝， 又＝＝＝，所以QR＝， 所以PR＝＝ ＝ ， 所以f(x)＝ ＝ ，結(jié)合圖象知選A. 10．過坐標原點O作單位圓x2＋y2＝1的兩條互相垂直的半徑OA，OB，若在該圓上存在一點C

26、，使得＝a＋b(a，b∈R)，則以下說法正確的是(　　) A．點P(a，b)一定在單位圓內(nèi) B．點P(a，b)一定在單位圓上 C．點P(a，b)一定在單位圓外 D．當且僅當ab＝0時，點P(a，b)在單位圓上 解析：選B　使用特殊值法求解．設(shè)A(1,0)，B(0，－1)，則＝a＋b＝(a，－b)．∵C在圓上， ∴a2＋b2＝1，∴點P(a，b)在單位圓上，故選B. 二、填空題 1．已知函數(shù)f(x)＝當1

27、知，若u滿足u<0，此時f(x)＝u無解，若u>0，解得0，0,2

28、移AD，當D與C重合時，AB最短，此時與AB交于F，在△BCF中，∠B＝∠BFC＝75°，∠FCB＝30°，由正弦定理知，＝，即＝，解得BF＝－，所以AB的取值范圍是(－，＋)． 答案：(－，＋) 3．設(shè)0

29、＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，則ω＝________，φ＝________. 解析：∵f＝2，f＝0， ∴－＝(2m＋1)，m∈N， ∴T＝，m∈N， ∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π， ∴ω＝＝，∴f(x)＝2sin. 由2sin＝2，得φ＝2kπ＋，k∈Z. 又|φ|＜π，∴取k＝0，得φ＝. 答案：　 5．已知向量a，b，c滿足|a|＝，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0, 則|b－c|的最大值是________． 解析：設(shè)a與b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cos θ， ∴cos θ＝＝＝， ∵θ∈[0，π]，∴

30、θ＝. 設(shè)＝a，＝b，c＝(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標系． 則A(1,1)，B(3,0)， ∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)， ∵(c－2a)·(2b－3c)＝0， ∴(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0. 即(x－2)2＋(y－1)2＝1. 又知b－c＝(3－x，－y)， ∴|b－c|＝≤＋1＝＋1， 即|b－c|的最大值為＋1. 答案：＋1 6．等腰△ABC中，AB＝AC，BD為AC邊上的中線，且BD＝3，則△ABC的面積的最大值為________． 解析：設(shè)AD＝x，則AB＝AC＝2x， 因為兩邊之和大于第三

31、邊，兩邊之差小于第三邊， 所以AB＋AD>BD，即2x＋x>3，x>1，AB－AD

32、ex－2＋x－3與g(x)＝x2－ax－x＋4互為“零點密切函數(shù)”，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：易知函數(shù)f(x)為增函數(shù)，且f(2)＝e2－2＋2－3＝0，所以函數(shù)f(x)＝ex－2＋x－3只有一個零點x＝2，則取λ＝2，由|2－μ|≤1，知1≤μ≤3.由f(x)與g(x)互為“零點密切函數(shù)”知函數(shù)g(x)＝x2－ax－x＋4在區(qū)間[1,3]內(nèi)有零點，即方程x2－ax－x＋4＝0在[1,3]內(nèi)有解，所以a＝x＋－1，而函數(shù)y＝x＋－1在[1,2]上單調(diào)遞減，在[2,3]上單調(diào)遞增，所以當x＝2時，a取最小值3，且當x＝1時，a＝4，當x＝3時，a＝，所以amax＝4，所以實

33、數(shù)a的取值范圍是[3,4]． 答案：[3,4] 8．對于數(shù)列{an}，定義{Δan}為數(shù)列{an}的一階差分數(shù)列，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)．對正整數(shù)k，規(guī)定{Δkan}為數(shù)列{an}的k階差分數(shù)列，其中Δkan＝Δk－1an＋1－Δk－1an＝Δ(Δk－1an)．若數(shù)列{Δ2an}的各項均為2，且滿足a11＝a2 015＝0，則a1的值為________． 解析：因為數(shù)列{Δ2an}的各項均為2，即Δan＋1－Δan＝2，所以Δan＝Δa1＋2n－2，即an＋1－an＝Δa1＋2n－2， 所以an－a1＝(n－1)Δa1＋(0＋2＋4＋…＋2n－4) ＝(n－1)Δa1

34、＋(n－1)(n－2)(n≥2)， 所以 即 解得a1＝20 140. 答案：20 140 9．已知圓O：x2＋y2＝1 和點A(－2,0)，若定點B(b,0)(b≠－2) 和常數(shù) λ滿足：對圓 O上任意一點 M，都有|MB|＝λ|MA|，則b＝________ ；λ＝________ . 解析：法一：(三角換元)在圓O上任意取一點M(cos θ，sin θ)，則由|MB|＝λ|MA|可得(cos θ－b)2＋sin2θ＝λ2[(cos θ＋2)2＋sin2θ]，整理得1＋b2－5λ2－(2b＋4λ2)·cos θ＝0，即解得 法二：(特殊點)既然對圓O上任意一點M，都有|M

35、B|＝λ|MA|，使得λ與b為常數(shù)，那么取M(1,0)與M(0,1)代入|MB|＝λ|MA|，得 解得 答案：－　 10．(2017·江蘇高考)設(shè)f(x)是定義在R上且周期為1的函數(shù)，在區(qū)間[0,1)上，f(x)＝其中集合D＝，則方程f(x)－lg x＝0的解的個數(shù)是________． 解析：由于f(x)∈[0,1)，因此只需考慮1≤x<10的情況， 在此范圍內(nèi)，當x∈Q且x?Z時，設(shè)x＝，q，p∈N*，p≥2且p，q互質(zhì)． 若lg x∈Q，則由lg x∈(0,1)，可設(shè)lg x＝，m，n∈N*，m≥2且m，n互質(zhì)， 因此10＝，則10n＝m，此時左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，

36、因此lg x?Q， 故lg x不可能與每個周期內(nèi)x∈D對應(yīng)的部分相等， 只需考慮lg x與每個周期內(nèi)x?D部分的交點． 畫出函數(shù)草圖(如圖)，圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標均為無理數(shù)，屬于每個周期x?D的部分， 且x＝1處(lg x)′＝＝<1，則在x＝1附近僅有一個交點，因此方程f(x)－lg x＝0的解的個數(shù)為8. 答案：8 壓軸專題(二)　第20題解答題“圓錐曲線的綜合問題”的搶分策略 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內(nèi)容 命題分析 2017 卷Ⅰ 橢圓的標準方程、直線與橢圓的位置關(guān)系 解析幾何是數(shù)形結(jié)合的典范，是高中數(shù)學的主要知識板塊

37、，是高考考查的重點知識之一，在解答題中一般會綜合考查直線、圓、圓錐曲線等．試題難度較大，多以壓軸題出現(xiàn)． 解答題的熱點題型有： (1)直線與圓錐曲線位置關(guān)系； (2)圓錐曲線中定點、定值、最值及范圍的求解； (3)軌跡方程及探索性問題的求解. 卷Ⅱ 點的軌跡方程、橢圓方程、向量的數(shù)量積等 卷Ⅲ 直線與拋物線的位置關(guān)系、直線的方程、圓的方程 2016 卷Ⅰ 定值問題、軌跡方程求法、直線與橢圓位置關(guān)系及范圍問題 卷Ⅱ 直線與橢圓的位置關(guān)系、面積問題、范圍問題 卷Ⅲ 證明問題、軌跡問題、直線與拋物線的位置關(guān)系 2015 卷Ⅰ 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 卷Ⅱ

38、 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、橢圓的方程及性質(zhì)、定值問題 巧妙消元證定值 [典例]　(2016·北京高考)已知橢圓C：＋＝1，過A(2,0)，B(0,1)兩點． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解]　(1)由題意得，a＝2，b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 又c＝＝，所以離心率e＝＝. (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y

39、＝4. 又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－， 從而|BM|＝1－yM＝1＋. 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－， 從而|AN|＝2－xN＝2＋. 所以四邊形ABNM的面積S＝|AN|·|BM| ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值． [題后悟通] 解答圓錐曲線的定值問題的策略 (1)從特殊情形開始，求出定值，再證明該值與變量無關(guān)； (2)采用推理、計算、消元得定值．消元的常用方法為整體消元(如本例)、選擇消元、對稱消元等． 　　　　 [針對訓(xùn)練] 1．(2017·沈陽質(zhì)

40、檢)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為(－，0)，e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，設(shè)R(x0，y0)是橢圓C上一動點，由原點O向圓(x－x0)2＋(y－y0)2＝4引兩條切線，分別交橢圓于點P，Q，若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求證：k1k2為定值； (3)在(2)的條件下，試問|OP|2＋|OQ|2是否為定值？若是，求出該值；若不是，請說明理由． 解：(1)由題意得，c＝，e＝，解得a＝2，b＝， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明：由已知，直線OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且與圓R相切， ∴＝2， 化簡得(x－4)k－2x0y0k

41、1＋y－4＝0， 同理，可得(x－4)k－2x0y0k2＋y－4＝0， ∴k1，k2是方程(x－4)k2－2x0y0k＋y－4＝0的兩個不相等的實數(shù)根， ∴x－4≠0，Δ>0，k1k2＝. ∵點R(x0，y0)在橢圓C上， ∴＋＝1，即y＝6－x， ∴k1k2＝＝－. 故k1k2為定值． (3)|OP|2＋|OQ|2是定值． 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 聯(lián)立方程解得 ∴x＋y＝， 同理，可得x＋y＝. 由k1k2＝－，得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y ＝＋ ＝＋ ＝＝18. 綜上，|OP|2＋|OQ|2為定值，且為18. 構(gòu)造函數(shù)

42、求最值 [典例]　(2017·浙江高考)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點A，B，拋物線上的點P(x，y).過點B作直線AP的垂線，垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值范圍； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． [解]　(1)設(shè)直線AP的斜率為k， k＝＝x－， 因為－

43、x)＝－， 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3. 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因為f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 因此當k＝時，|PA|·|PQ|取得最大值. [題后悟通] 最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法 (1)幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等)； (2)代數(shù)法是建立求解目標關(guān)于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值(普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法等)解決的． 　　　　 [針

44、對訓(xùn)練] 2．(2017·沈陽質(zhì)檢)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝，短軸長為2. (1)求橢圓的方程； (2)點A為橢圓上的一動點(非長軸端點)，AF2的延長線與橢圓交于B點，AO的延長線與橢圓交于C點，求△ABC面積的最大值． 解：(1)由題意得解得 故橢圓的標準方程為＋y2＝1. (2)①當直線AB的斜率不存在時，不妨取A，B，C， 故S△ABC＝×2×＝. ②當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)， 聯(lián)立方程消去y， 化簡得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2

45、)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， |AB|＝ ＝ ＝2·， 點O到直線kx－y－k＝0的距離d＝＝， ∵O是線段AC的中點， ∴點C到直線AB的距離為2d＝， ∴S△ABC＝|AB|·2d＝·· ＝2 ＝2 <. 綜上，△ABC面積的最大值為. 尋找不等關(guān)系解范圍 [典例]　(2016·全國卷Ⅱ)已知橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍． [解]　設(shè)M(x1，y1)，則由題

46、意知y1>0. (1)當t＝4時，E的方程為＋＝1，A(－2,0)． 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2×××＝. (2)由題意t>3，k>0，A(－，0)． 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1·(－)＝，得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝，

47、即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 當k＝時上式不成立，因此t＝. t>3等價于＝<0， 即<0. 因此得或解得

48、 [針對訓(xùn)練] 3．已知焦點在y軸上的橢圓E的中心是原點O，離心率等于，以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4.直線l：y＝kx＋m與y軸交于點P，與橢圓E相交于A，B兩個點． (1)求橢圓E的方程； (2)若＝3，求m2的取值范圍． 解：(1)根據(jù)已知設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c， 由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝. ∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4， ∴4＝2a＝4， ∴a＝2，b＝1. ∴橢圓E的方程為x2＋＝1. (2)根據(jù)已知得P(0，m)，設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)， 由消去y，

49、 得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0. 由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0， 即k2－m2＋4>0， 且x1＋x2＝，x1x2＝. 由＝3，得x1＝－3x2. ∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x－12x＝0. ∴＋＝0， 即m2k2＋m2－k2－4＝0. 當m2＝1時，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立， ∴k2＝. ∵k2－m2＋4>0， ∴－m2＋4>0，即>0. 解得1b>0)，四點P1(1,1)，P2

50、(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點． [解]　(1)由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱， 故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點． 又由＋>＋知，橢圓C不經(jīng)過點P1， 所以點P2在橢圓C上． 因此解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標分別為，. 則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)l：y

51、＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0. 解得k＝－. 當且僅當m>－1時，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l過定點(2，－1)． [題后悟通] 直線過定點問題的解題模型 [針對訓(xùn)練] 4．(2017·鄭州

52、模擬)已知動圓M恒過點(0,1)，且與直線y＝－1相切． (1)求圓心M的軌跡方程； (2)動直線l過點P(0，－2)，且與點M的軌跡交于A，B兩點，點C與點B關(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點． 解：(1)由題意得，點M與點(0,1)的距離始終等于點M到直線y＝－1的距離，由拋物線的定義知圓心M的軌跡是以點(0,1)為焦點，直線y＝－1為準線的拋物線，則＝1，p＝2. ∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y. (2)證明：設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則C(－x2，y2)， 聯(lián)立方程消去y，得x2－4kx＋8＝0， ∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.

53、 kAC＝＝＝， 直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)． 即y＝y(tǒng)1＋(x－x1)＝x－x1＋＝x＋， ∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2， 即直線AC恒過定點(0,2). 假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問題) [典例]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，點A在橢圓C上． (1)求橢圓C的標準方程； (2)是否存在斜率為2的直線，使得當直線與橢圓C有兩個不同交點M，N時，能在直線y＝上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿足＝NQ―→？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由． [解]　(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c＝1

54、， 因為A在橢圓C上， 所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2， 因此a＝，b2＝a2－c2＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)不存在滿足條件的直線，證明如下： 假設(shè)存在斜率為2的直線，滿足條件，則設(shè)直線的方程為y＝2x＋t，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點為D(x0，y0)， 由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0， 所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0， 故y0＝＝，且－3

55、四邊形PMQN為平行四邊形，而D為線段MN的中點，因此，D也為線段PQ的中點，所以y0＝＝， 又－3

56、圓x2＋2y2＝m(m>0)，以橢圓內(nèi)一點M(2,1)為中點作弦AB，設(shè)線段AB的中垂線與橢圓相交于C，D兩點． (1)求橢圓的離心率； (2)試判斷是否存在這樣的m，使得A，B，C，D在同一個圓上，并說明理由． 解：(1)將方程化成橢圓的標準方程＋＝1(m>0)， 則a＝，c＝ ＝， 故e＝＝. (2)由題意，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直線AB的斜率存在，設(shè)為k，則直線AB的方程為y＝k(x－2)＋1，代入x2＋2y2＝m(m>0)， 消去y，得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)． 所以x

57、1＋x2＝＝4，即k＝－1， 此時，由Δ>0，得m>6. 則直線AB的方程為x＋y－3＝0，直線CD的方程為x－y－1＝0. 由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中點N為. 由弦長公式，可得 |AB|＝ |x1－x2|＝·. |CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圓，則圓心在CD上， 因為CD的中點N到直線AB的距離 d＝＝. |NA|2＝|NB|2＝2＋2＝， 又2＝2＝， 故存在這樣的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一個圓上． [高考大題通法點撥]　 　　 　　圓錐曲線問題重在“設(shè)”——設(shè)點、設(shè)線　　 　　　 [思維流程] [策

58、略指導(dǎo)] 圓錐曲線解答題的常見類型是：第1小題通常是根據(jù)已知條件，求曲線方程或離心率，一般比較簡單．第2小題往往是通過方程研究曲線的性質(zhì)——弦長問題、中點弦問題、動點軌跡問題、定點與定值問題、最值問題、相關(guān)量的取值范圍問題等等，這一小題綜合性較強，可通過巧設(shè)“點”“線”，設(shè)而不求．在具體求解時，可將整個解題過程分成程序化的三步： 第一步，聯(lián)立兩個方程，并將消元所得方程的判別式與根與系數(shù)的關(guān)系正確寫出； 第二步，用兩個交點的同一類坐標的和與積，來表示題目中涉及的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系； 第三步，求解轉(zhuǎn)化而來的代數(shù)問題，并將結(jié)果回歸到原幾何問題中． 在求解時，要根據(jù)題目特征，恰當?shù)脑O(shè)點、設(shè)線

59、，以簡化運算．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，且點P在橢圓C上，O為坐標原點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)設(shè)過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍； (3)過橢圓C1：＋＝1上異于其頂點的任一點P，作圓O：x2＋y2＝的兩條切線，切點分別為M，N(M，N不在坐標軸上)，若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m，n，證明：＋為定值． [解]　(1)由題意得c＝1，所以a2＝b2＋1，① 又點P在橢圓C上，所以＋

60、＝1，② 由①②可解得a2＝4，b2＝3， 所以橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)設(shè)直線l的方程為 y＝kx＋2，A(x1，y1)， B(x2，y2)， 由得 (4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0， 因為Δ＝16(12k2－3)>0， 所以k2>， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 因為∠AOB為銳角， 所以·>0，即x1x2＋y1y2>0， 所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0， 所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0， 即(1＋k2)·＋2k·＋4>0， 解得k2<. 又k2>，所以

61、線l的斜率k的取值范圍為∪. (3)證明：由(1)知橢圓C1的方程為：＋＝1， 設(shè)P(x0，y0)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 因為M，N不在坐標軸上，所以kPM＝－＝－， 直線PM的方程為y－y3＝－(x－x3)， 化簡得x3x＋y3y＝，③ 同理可得直線PN的方程為x4x＋y4y＝.④ 把P點的坐標代入③④得 所以直線MN的方程為x0x＋y0y＝. 令y＝0，得m＝，令x＝0，得n＝， 所以x0＝，y0＝， 又點P在橢圓C1上， 所以2＋32＝4，即＋＝，為定值． [題后悟通] 解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的步驟 (1)設(shè)方程及點的坐標； (

62、2)聯(lián)立直線方程與曲線方程得方程組，消元得方程(注意二次項系數(shù)是否為零)； (3)應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系及判別式； (4)結(jié)合已知條件、中點坐標公式、斜率公式及弦長公式求解． [針對訓(xùn)練] 　已知點F為橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點，且兩焦點與短軸的一個頂點構(gòu)成一個等邊三角形，直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個交點M. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)直線＋＝1與y軸交于P，過點P的直線l與橢圓E交于不同的兩點A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求實數(shù)λ的取值范圍． 解：(1)由題意，得a＝2c，b＝c， 則橢圓E為＋＝1. 由消去y，得x2－2x＋4－3c2＝0.

63、 ∵直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個交點M， ∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，解得c2＝1， ∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)由(1)得M， ∵直線＋＝1與y軸交于P(0，2)， ∴|PM|2＝， ①當直線l與x軸垂直時， |PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1， ∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|?λ＝， ②當直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由消去y， 整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 則x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)＞0， ∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·

64、＝1＋＝λ， ∴λ＝， ∵k2＞，∴＜λ＜1. 綜上所述，λ的取值范圍是. [總結(jié)升華] 解析幾何部分知識點多，運算量大，能力要求高，綜合性強，在高考試題中大都是以壓軸題的面貌出現(xiàn)，是考生“未考先怕”題型，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運算．因此，在遵循“設(shè)—列—解”程序化運算的基礎(chǔ)上，應(yīng)突出解析幾何“設(shè)”的重要性，以克服平時重思路方法、輕運算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸．　　　　 1.(2018屆高三·廣東五校協(xié)作體診斷考試)若橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦

65、點分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y2＝2bx的焦點F分成了3∶1的兩段． (1)求橢圓的離心率； (2)過點C(－1,0)的直線l交橢圓于不同兩點A，B，且＝2，當△AOB的面積最大時，求直線l的方程． 解：(1)由題意知，c＋＝3， 所以b＝c，a2＝2b2， 所以e＝＝ ＝. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝ky－1(k≠0)， 因為＝2，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)， 即y1＝－2y2，?、? 由(1)知，橢圓方程為x2＋2y2＝2b2. 由消去x， 得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0， 所以y1＋

66、y2＝，?、? 由①②知，y2＝－，y1＝， 因為S△AOB＝|y1|＋|y2|， 所以S△AOB＝3·＝3· ≤3·＝， 當且僅當|k|2＝2，即k＝±時取等號， 此時直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0. 2．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為－. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)O為坐標原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求·＋·的取值范圍． 解：(1)設(shè)T(x，y)，由題意知A(－4,0)，B(4,0)， 設(shè)直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2， 則k1＝，k2＝. 由k1k2＝－，得·＝－， 整理得＋＝1. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)當直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋2，點P，Q的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 聯(lián)立方程消去y， 得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0. 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋