高中數(shù)學(xué)試卷(試題+分析+答案).doc

高中試卷一選擇題（共1小題）1已知在ABC中，向量與滿足（+）=0，且=，則ABC為（）A三邊均不相等的三角形B直角三角形C等腰非等邊三角形D等邊三角形二填空題（共4小題）2如圖所示，在四面體ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AC，CD的中點(diǎn)，則過(guò)E，F(xiàn)，G的截面把四面體分成兩部分的體積之比VADEFGH：VBCEFGH=_3已知非零向量，|=2|，若關(guān)于x的方程x2+|x+=0有實(shí)根，則與的夾角的最小值為_(kāi)4（2005安徽）在正方體ABCDABCD中，過(guò)對(duì)角線BD的一個(gè)平面交AA于E，交CC于F，則四邊形BFDE一定是平行四邊形；四邊形BFDE有可能是正方形；四邊形BFDE在底面ABCD內(nèi)的投影一定是正方形；平面BFDE有可能垂直于平面BBD以上結(jié)論正確的為_(kāi)（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào)）5求經(jīng)過(guò)A（4，2），B（1，3）兩點(diǎn)，且在兩坐標(biāo)軸上的四個(gè)截距之和是2的圓的方程為_(kāi)三解答題（共18小題）6如圖，已知ABCDA1B1C1D1是棱長(zhǎng)為a的正方體，E、F分別為棱AA1與CC1的中點(diǎn)，求四棱錐的A1EBFD1的體積7設(shè)x1，y1，且2logxy2logyx+3=0，求T=x24y2的最小值8已知函數(shù)f（x）=loga（a0，a1，b0）（1）求f（x）的定義域；（2）判斷f（x）的奇偶性；（3）討論f（x）的單調(diào)性，并證明9已知函數(shù)f（x）=loga（ax1）（a0且a1）求證：（1）函數(shù)f（x）的圖象在y軸的一側(cè)；（2）函數(shù)f（x）圖象上任意兩點(diǎn)連線的斜率都大于010已知函數(shù)，且f（1）=1，f（2）=4（1）求a、b的值；（2）已知定點(diǎn)A（1，0），設(shè)點(diǎn)P（x，y）是函數(shù)y=f（x）（x1）圖象上的任意一點(diǎn)，求|AP|的最小值，并求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）當(dāng)x1，2時(shí)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍11如圖甲，在直角梯形PBCD中，PBCD，CDBC，BC=PB=2CD，A是PB的中點(diǎn)現(xiàn)沿AD把平面PAD折起，使得PAAB（如圖乙所示），E、F分別為BC、AB邊的中點(diǎn)（）求證：PA平面ABCD；（）求證：平面PAE平面PDE；（）在PA上找一點(diǎn)G，使得FG平面PDE12如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC，PAD是等邊三角形，已知AD=4，BD=4，AB=2CD=8（1）設(shè)M是PC上的一點(diǎn)，證明：平面MBD平面PAD；（2）求四棱錐PABCD的體積13（2009汕頭一模）已知BCD中，BCD=90，BC=CD=1，AB平面BCD，ADB=60，E、F分別是AC、AD上的動(dòng)點(diǎn)，且=（01）（）求證：不論為何值，總有平面BEF平面ABC；（）當(dāng)為何值時(shí)，平面BEF平面ACD？14如圖，在ABC中，BC邊上的高所在的直線方程為x2y+1=0，A的平分線所在的直線方程為y=0，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2），求點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)15已知n條直線l1：xy+C1=0，C1=，l2：xy+C2=0，l3：xy+C3=0，ln：xy+Cn=0（其中C1C2C3Cn），這n條平行直線中，每相鄰兩條直線之間的距離順次為2、3、4、n（1）求Cn；（2）求xy+Cn=0與x軸、y軸圍成的圖形的面積；（3）求xy+Cn1=0與xy+Cn=0及x軸、y軸圍成圖形的面積16（2012北京模擬）設(shè)圓滿足：截y軸所得弦長(zhǎng)為2；被x軸分成兩段圓弧，其弧長(zhǎng)的比為3：1，在滿足條件、的所有圓中，求圓心到直線l：x2y=0的距離最小的圓的方程17已知直線l：y=k （x+2）與圓O：x2+y2=4相交于A、B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，三角形ABO的面積為S（）試將S表示成的函數(shù)S（k），并求出它的定義域；（）求S的最大值，并求取得最大值時(shí)k的值18已知圓C：（x+1）2+（y2）2=2（1）若圓C的切線在x軸和y軸的截距相等，求此切線的方程（2）從圓外一點(diǎn)P（x0，y0）向該圓引一條切線，切點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且有|PM|=|PO|，求使得|PM|取最小值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)19已知圓C：x2+y2=9，點(diǎn)A（5，0），直線l：x2y=0（1）求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程；（2）在直線OA上（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），存在定點(diǎn)B（不同于點(diǎn)A），滿足：對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點(diǎn)B的坐標(biāo)20已知過(guò)點(diǎn)A（1，0）的動(dòng)直線l與圓C：x2+（y3）2=4相交于P，Q兩點(diǎn)，M是PQ中點(diǎn)，l與直線m：x+3y+6=0相交于N（1）求證：當(dāng)l與m垂直時(shí)，l必過(guò)圓心C；（2）當(dāng)時(shí)，求直線l的方程；（3）探索是否與直線l的傾斜角有關(guān)？若無(wú)關(guān)，請(qǐng)求出其值；若有關(guān)，請(qǐng)說(shuō)明理由21在ABC中，已知內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，向量，且（1）求銳角B的大小；（2）設(shè)，且B為鈍角，求ac的最大值22（2013韶關(guān)三模）在平面直角坐標(biāo)系xoy中，設(shè)點(diǎn)F（1，0），直線l：x=1，點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)，R是線段PF與y軸的交點(diǎn)，RQFP，PQl（1）求動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡的方程；（2）記Q的軌跡的方程為E，過(guò)點(diǎn)F作兩條互相垂直的曲線E的弦AB、CD，設(shè)AB、CD的中點(diǎn)分別為M，N求證：直線MN必過(guò)定點(diǎn)R（3，0）23已知圓M：（x+）2+y2=的圓心為M，圓N：（x）2+y2=的圓心為N，一動(dòng)圓與圓M內(nèi)切，與圓N外切（）求動(dòng)圓圓心P的軌跡方程；（）在（）所求軌跡上是否存在一點(diǎn)Q，使得MQN為鈍角？若存在，求出點(diǎn)Q橫坐標(biāo)的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由高中試卷一選擇題（共1小題）1已知在ABC中，向量與滿足（+）=0，且=，則ABC為（）A三邊均不相等的三角形B直角三角形C等腰非等邊三角形D等邊三角形考點(diǎn)：三角形的形狀判斷1384631專(zhuān)題：計(jì)算題分析：設(shè)，由 =0，可得ADBC，再根據(jù)邊形AEDF是菱形推出EAD=DAC，再由第二個(gè)條件可得BAC=60，由ABHAHC，得到AB=AC，得到ABC是等邊三角形解答：解：設(shè)，則原式化為 =0，即 =0，ADBC四邊形AEDF是菱形，cosBAC=，BAC=60，BAD=DAC=30，ABHAHC，AB=ACABC是等邊三角形點(diǎn)評(píng)：本題考查兩個(gè)向量的加減法的法則，以及其幾何意義，三角形形狀的判斷，屬于中檔題二填空題（共4小題）2如圖所示，在四面體ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AC，CD的中點(diǎn)，則過(guò)E，F(xiàn)，G的截面把四面體分成兩部分的體積之比VADEFGH：VBCEFGH=1：1考點(diǎn)：組合幾何體的面積、體積問(wèn)題；棱錐的結(jié)構(gòu)特征1384631專(zhuān)題：計(jì)算題；作圖題分析：在四面體ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AC，CD的中點(diǎn)，則過(guò)E，F(xiàn)，G的截面把四面體分成兩部分，每一部分都可以可作是一個(gè)三棱錐和一個(gè)四棱錐兩部分的體積和，適當(dāng)劃分，使得四棱錐和三棱錐體積分別相等，即可解得結(jié)果解答：解：圖1中連接DE、DF，VADEFGH=VDEFGH+VDEFA：圖2中，連接BF、BG，VBCEFGH=VBEFGH+VGCBFE，F(xiàn)，G分別是棱AB，AC，CD的中點(diǎn)，所以VDEFGH=VBEFGHVDEFA的底面面積是VGCBF的一半，高是它的2倍，所以二者體積相等所以VADEFGH：VBCEFGH=1：1故答案為：1：1點(diǎn)評(píng)：本題考查棱錐的結(jié)構(gòu)特征，幾何體的體積，考查空間想象能力，邏輯思維能力，是中檔題3已知非零向量，|=2|，若關(guān)于x的方程x2+|x+=0有實(shí)根，則與的夾角的最小值為考點(diǎn)：數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角1384631專(zhuān)題：計(jì)算題分析：由已知中非零向量，|=2|，若關(guān)于x的方程x2+|x+=0有實(shí)根，我們可以構(gòu)造一個(gè)關(guān)于與的夾角的三角形不等式，解不等式可以確定cos的范圍，進(jìn)而得到與的夾角的最小值解答：解：關(guān)于x的方程x2+|x+=0有實(shí)根，|240即|24|cos=|22|2cos0cos故與的夾角的最小值為故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角，一元二次方程根的個(gè)數(shù)與系數(shù)的關(guān)系，其中根據(jù)已知條件，構(gòu)造關(guān)于與的夾角的三角形不等式，是解答本題的關(guān)鍵4（2005安徽）在正方體ABCDABCD中，過(guò)對(duì)角線BD的一個(gè)平面交AA于E，交CC于F，則四邊形BFDE一定是平行四邊形；四邊形BFDE有可能是正方形；四邊形BFDE在底面ABCD內(nèi)的投影一定是正方形；平面BFDE有可能垂直于平面BBD以上結(jié)論正確的為（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào)）考點(diǎn)：空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系1384631專(zhuān)題：壓軸題分析：由平行平面的性質(zhì)可得是正確的，當(dāng)E、F為棱中點(diǎn)時(shí)，四邊形為菱形，但不可能為正方形，故正確，錯(cuò)誤解答：解：平面AB平面DC，平面BFDE平面AB=EB，平面BFDE平面DC=DF，EBDF，同理可證：DEFB，故四邊形BFDE一定是平行四邊形，即正確；：當(dāng)E、F為棱中點(diǎn)時(shí)，四邊形為菱形，但不可能為正方形，故錯(cuò)誤；：四邊形BFDE在底面ABCD內(nèi)的投影為四邊形ABCD，所以一定是正方形，即正確；：當(dāng)E、F為棱中點(diǎn)時(shí)，EF平面BBD，又EF平面BFDE，此時(shí)：平面BFDE平面BBD，即正確故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了空間中直線與直線之間的位置關(guān)系，空間中直線與平面之間的位置關(guān)系，平面與平面之間的位置關(guān)系，考查空間想象能力和思維能力5求經(jīng)過(guò)A（4，2），B（1，3）兩點(diǎn)，且在兩坐標(biāo)軸上的四個(gè)截距之和是2的圓的方程為x2+y22x12=0考點(diǎn)：圓的一般方程1384631專(zhuān)題：計(jì)算題分析：用待定系數(shù)法，根據(jù)已知條件中給的均為已知點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)其方程為一般式，然后根據(jù)圓經(jīng)過(guò)A（4，2），B（1，3）兩點(diǎn)，且在兩坐標(biāo)軸上的四個(gè)截距之和是2，構(gòu)造方程（組），解方程（組）即可得到答案解答：解：設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0令y=0得x2+Dx+F=0，圓在x軸上的截距之和為x1+x2=D，令x=0得y2+Ey+F=0，圓在y軸的截距之和為y1+y2=E，由題設(shè)x1+x2+y1+y2=（D+E）=2，D+E=2又A（4，2），B（1，3）在圓上，16+4+4D+2E+F=0，1+9D+3E+F=0，由解得D=2，E=0，F(xiàn)=12故所求圓的方程為：x2+y22x12=0故答案為：x2+y22x12=0點(diǎn)評(píng)：求圓的方程時(shí)，據(jù)條件選擇合適的方程形式是關(guān)鍵（1）當(dāng)條件中給出的是圓上幾點(diǎn)坐標(biāo)，較適合用一般式，通過(guò)解三元一次方程組來(lái)得相應(yīng)系數(shù)（2）當(dāng)條件中給出的圓心坐標(biāo)或圓心在某直線上、圓的切線方程、圓的弦長(zhǎng)等條件，適合用標(biāo)準(zhǔn)式三解答題（共18小題）6如圖，已知ABCDA1B1C1D1是棱長(zhǎng)為a的正方體，E、F分別為棱AA1與CC1的中點(diǎn)，求四棱錐的A1EBFD1的體積考點(diǎn)：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積1384631專(zhuān)題：計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想分析：法一：判斷四棱錐A1EBFD1的底面是菱形，連接A1C1、EF、BD1，說(shuō)明A1C1到底面EBFD1的距離就是A1EBFD1的高，求出底面，高的大小，即可得到棱錐的體積法二：三棱錐A1EFB與三棱錐A1EFD1等底同高，棱錐轉(zhuǎn)化為2a，求解即可解答：解：法一：EB=BF=FD1=D1E=a，四棱錐A1EBFD1的底面是菱形（2分）連接A1C1、EF、BD1，則A1C1EF根據(jù)直線和平面平行的判定定理，A1C1平行于A1EBFD1的底面，從而A1C1到底面EBFD1的距離就是A1EBFD1的高（4分）設(shè)G、H分別是A1C1、EF的中點(diǎn)，連接D1G、GH，則FHHG，F(xiàn)HHD1根據(jù)直線和平面垂直的判定定理，有FH平面HGD1，又，四棱錐A1EBFD1的底面過(guò)FH，根據(jù)兩平面垂直的判定定理，有A1EBFD1的底面平面HGD1作GKHD1于K，根據(jù)兩平面垂直的性質(zhì)定理，有GK垂直于A1EBFD1的底面（6分）正方體的對(duì)角面AA1CC1垂直于底面A1B1C1D1，HGD1=90在RtHGD1內(nèi)，GD1=a，HG=a，HD1=aaGK=aa，從而GK=a（8分）=GK=EFBD1GK=aaa=a3（10分）解法二EB=BF=FD1=D1E=a，四菱錐A1EBFD1的底面是菱形（2分）連接EF，則EFBEFD1三棱錐A1EFB與三棱錐A1EFD1等底同高，（4分）又，（6分）CC1平面ABB1A1，三棱錐FEBA1的高就是CC1到平面ABB1A1的距離，即棱長(zhǎng)a（8分）又EBA1邊EA1上的高為a=2a=a3（10分）點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系，以及空間想象能力和邏輯推理能力7設(shè)x1，y1，且2logxy2logyx+3=0，求T=x24y2的最小值考點(diǎn)：對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)；函數(shù)的最值及其幾何意義1384631專(zhuān)題：計(jì)算題分析：應(yīng)用換元法先解出logxy 的值，找出x和y的關(guān)系，從而求T=x24y2的最小值解答：解：令t=logxy，x1，y1，t0由2logxy2logyx+3=0得，2t2+3t2=0，（2t1）（t+2）=0，t0，即，T=x24y2=x24x=（x2）24，x1，當(dāng)x=2時(shí)，Tmin=4點(diǎn)評(píng)：本題考查還原的數(shù)學(xué)思想方法，及用配方法求二次函數(shù)最值8已知函數(shù)f（x）=loga（a0，a1，b0）（1）求f（x）的定義域；（2）判斷f（x）的奇偶性；（3）討論f（x）的單調(diào)性，并證明考點(diǎn)：函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明；函數(shù)的定義域及其求法；函數(shù)奇偶性的判斷1384631專(zhuān)題：計(jì)算題；證明題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：（1）根據(jù)對(duì)數(shù)的真數(shù)大于0，解關(guān)于x的不等式即可得到f（x）的定義域；（2）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，可證出f（x）=f（x），得f（x）為奇函數(shù)；（3）設(shè)bx1x2，將f（x1）與f（x2）作差化簡(jiǎn)整理，可得：當(dāng)a1時(shí)，f（x1）f（x2）0；當(dāng)0a1時(shí)，f（x1）f（x2）0，由此結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義即可得到函數(shù)在（b，+）上的單調(diào)性同理可得函數(shù)在區(qū)間（，b）上的單調(diào)性，從而得到本題答案解答：解：（1）因?yàn)?，解之得xb或xb，函數(shù)的定義域?yàn)椋?，b）（b，+）（3分）（2）由（1）得f（x）的定義域是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的區(qū)間f（x）=loga=loga，f（x）=loga（）1=loga，f（x）=f（x），可得f（x）為奇函數(shù)（6分）（3）證明：設(shè)bx1x2，則f（x1）f（x2）=loga，1=0當(dāng)a1時(shí)，f（x1）f（x2）0，可得f（x1）f（x2），f（x）在（b，+）上為減函數(shù)；當(dāng)0a1時(shí)，f（x1）f（x2）0，可得f（x1）f（x2），f（x）在（b，+）上為增函數(shù)同理可得：當(dāng)a1時(shí)，f（x）在（，b）上為減函數(shù)；當(dāng)0a1時(shí)，f（x）在（，b）上為增函數(shù)綜上所述，當(dāng)a1時(shí)，f（x）在（，b）和（b，+）上為減函數(shù)；當(dāng)0a1時(shí)，f（x）在（，b）和（b，+）上為增函數(shù)（12分）點(diǎn)評(píng)：本題給出含有分式的對(duì)數(shù)形式的函數(shù)，求函數(shù)的定義域并求函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性著重考查了函數(shù)奇偶性的判斷、函數(shù)的定義域及其求法和函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題9已知函數(shù)f（x）=loga（ax1）（a0且a1）求證：（1）函數(shù)f（x）的圖象在y軸的一側(cè)；（2）函數(shù)f（x）圖象上任意兩點(diǎn)連線的斜率都大于0考點(diǎn)：對(duì)數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用1384631專(zhuān)題：證明題分析：（1）由ax10得：ax1，a1時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象在y軸的右側(cè)；當(dāng)0a1時(shí)，x0，函數(shù)f（x）的圖象在y軸的左側(cè)所以函數(shù)f（x）的圖象在y軸的一側(cè)（2）設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2）是函數(shù)f（x）圖象上任意兩點(diǎn)，且x1x2，則直線AB的斜率，再分a1和0a1兩種情況分別進(jìn)行討論解答：證明：（1）由ax10得：ax1，當(dāng)a1時(shí)，x0，即函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+），此時(shí)函數(shù)f（x）的圖象在y軸的右側(cè)；當(dāng)0a1時(shí)，x0，即函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ǎ?），此時(shí)函數(shù)f（x）的圖象在y軸的左側(cè)函數(shù)f（x）的圖象在y軸的一側(cè)；（2）設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2）是函數(shù)f（x）圖象上任意兩點(diǎn)，且x1x2，則直線AB的斜率，當(dāng)a1時(shí)，由（1）知0x1x2，y1y20，又x1x20，k0；當(dāng)0a1時(shí)，由（1）知x1x20，y1y20，又x1x20，k0函數(shù)f（x）圖象上任意兩點(diǎn)連線的斜率都大于0點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和綜合應(yīng)用，解題時(shí)注意分類(lèi)討論思想的合理應(yīng)用10已知函數(shù)，且f（1）=1，f（2）=4（1）求a、b的值；（2）已知定點(diǎn)A（1，0），設(shè)點(diǎn)P（x，y）是函數(shù)y=f（x）（x1）圖象上的任意一點(diǎn)，求|AP|的最小值，并求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）當(dāng)x1，2時(shí)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問(wèn)題；函數(shù)最值的應(yīng)用1384631專(zhuān)題：計(jì)算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：（1）由f（1）=1，f（2）=4，代入可方程，解方程即可求解a，b得關(guān)于a，b的（2）由（1）可知，利用兩點(diǎn)間的距離個(gè)公式代入，結(jié)合x(chóng)的范圍可求x+1=t0，然后結(jié)合基本不等式式即可求解（3）問(wèn)題即為對(duì)x1，2恒成立，即對(duì)x1，2恒成立，則0m1或m2法一：?jiǎn)栴}化為對(duì)x1，2恒成立，mxmx2mx+m對(duì)x1，2恒成立，從而可轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最值，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求解法二：?jiǎn)栴}即為對(duì)x1，2恒成立，即對(duì)x1，2恒成立，0m1或m2問(wèn)題轉(zhuǎn)化為x|xm|m對(duì)x1，2恒成立，令g（x）=x|xm|，結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)可求解答：解：（1）由f（1）=1，f（2）=4得解得：（3分）（2）由（1），所以，令x+1=t，t0，則=因?yàn)閤1，所以t0，所以，當(dāng)，所以，（8分）即AP的最小值是，此時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（9分）（3）問(wèn)題即為對(duì)x1，2恒成立，也就是對(duì)x1，2恒成立，（10分）要使問(wèn)題有意義，0m1或m2法一：在0m1或m2下，問(wèn)題化為對(duì)x1，2恒成立，即對(duì)x1，2恒成立，mxmx2mx+m對(duì)x1，2恒成立，當(dāng)x=1時(shí)，或m2，當(dāng)x1時(shí)，且對(duì)x（1，2恒成立，對(duì)于對(duì)x（1，2恒成立，等價(jià)于，令t=x+1，x（1，2，則x=t1，t（2，3，t（2，3遞增，結(jié)合0m1或m2，m2對(duì)于對(duì)x（1，2恒成立，等價(jià)于令t=x1，x（1，2，則x=t+1，t（0，1，t（0，1遞減，m4，0m1或2m4，綜上：2m4（16分）法二：?jiǎn)栴}即為對(duì)x1，2恒成立，也就是對(duì)x1，2恒成立，（10分）要使問(wèn)題有意義，0m1或m2故問(wèn)題轉(zhuǎn)化為x|xm|m對(duì)x1，2恒成立，令g（x）=x|xm|若0m1時(shí)，由于x1，2，故g（x）=x（xm）=x2mx，g（x）在x1，2時(shí)單調(diào)遞增，依題意g（2）m，舍去；若m2，由于x1，2，故，考慮到，再分兩種情形：（），即2m4，g（x）的最大值是，依題意，即m4，2m4；（），即m4，g（x）在x1，2時(shí)單調(diào)遞增，故g（2）m，2（m2）m，m4，舍去綜上可得，2m4（16分）點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用待定系數(shù)法求解函數(shù)的解析式，及基本不等式在求解函數(shù)的 值域中的應(yīng)用，函數(shù)的恒成立問(wèn)題與函數(shù)最值求解中的綜合應(yīng)用11如圖甲，在直角梯形PBCD中，PBCD，CDBC，BC=PB=2CD，A是PB的中點(diǎn)現(xiàn)沿AD把平面PAD折起，使得PAAB（如圖乙所示），E、F分別為BC、AB邊的中點(diǎn)（）求證：PA平面ABCD；（）求證：平面PAE平面PDE；（）在PA上找一點(diǎn)G，使得FG平面PDE考點(diǎn)：直線與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定1384631專(zhuān)題：證明題；綜合題分析：（）直接證明PA垂直平面ABCD 內(nèi)的兩條相交直線，可證PA平面ABCD；（）證明平面PDE經(jīng)過(guò)平面PAE的一條垂線ED，即可中證明平面PAE平面PDE；（）過(guò)點(diǎn)F作FHED交AD于H，再過(guò)H作GHPD交PA于G，連接FG，證明平面FHG平面PED，即可證明FG平面PDE解答：解：（）證：因?yàn)镻AAD，PAAB，ABAD=A，所以PA平面ABCD（4分）（）證：因?yàn)锽C=PB=2CD，A是PB的中點(diǎn)，所以ABCD是矩形，又E為BC邊的中點(diǎn)，所以AEED又由PA平面ABCD，得PAED，且PAAE=A，所以ED平面PAE，而ED平面PDE，故平面PAE平面PDE（9分）（）過(guò)點(diǎn)F作FHED交AD于H，再過(guò)H作GHPD交PA于G，連接FG由FHED，ED平面PED，得FH平面PED；由GHPD，PD平面PED，得GH平面PED，又FHGH=H，所以平面FHG平面PED（12分）再分別取AD、PA的中點(diǎn)M、N，連接BM、MN，易知H是AM的中點(diǎn)，G是AN的中點(diǎn)，從而當(dāng)點(diǎn)G滿足時(shí)，有FG平面PDE（14分）點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與平面垂直的判定，直線與平面平行的判定，考查空間想象能力，邏輯思維能力，是中檔題12如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC，PAD是等邊三角形，已知AD=4，BD=4，AB=2CD=8（1）設(shè)M是PC上的一點(diǎn)，證明：平面MBD平面PAD；（2）求四棱錐PABCD的體積考點(diǎn)：平面與平面垂直的判定；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積1384631專(zhuān)題：空間位置關(guān)系與距離分析：（I）利用勾股定理的逆定理和面面的判定與性質(zhì)定理、線面的判定定理即可證明；（II）利用線面垂直的判定找出四棱錐的高，利用體積計(jì)算公式即可得出解答：（）證明：在ABD中，AD=4，BD=，AB=8，AD2+BD2=AB2 ADBD又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，BD平面ABCD，BD平面PAD又BD平面MBD，平面MBD平面PAD（）過(guò)P作POAD交AD于O，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD即PO為四棱錐PABCD的高又PAD是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，PO=h在RtADB中，斜邊AB邊上的高為，此即為梯形ABCD的高梯形ABCD的面積SABCD=12故=點(diǎn)評(píng)：熟練掌握勾股定理的逆定理和面面的判定與性質(zhì)定理、線面的判定定理、四棱錐體積計(jì)算公式是解題的關(guān)鍵13（2009汕頭一模）已知BCD中，BCD=90，BC=CD=1，AB平面BCD，ADB=60，E、F分別是AC、AD上的動(dòng)點(diǎn)，且=（01）（）求證：不論為何值，總有平面BEF平面ABC；（）當(dāng)為何值時(shí)，平面BEF平面ACD？考點(diǎn)：平面與平面垂直的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)1384631專(zhuān)題：證明題分析：（）由AB平面BCDABCD，又CDBCCD平面ABC，再利用條件可得不論為何值，恒有EFCDEF平面BEF，就可得不論為何值恒有平面BEF平面ABC（）由（）知，BEEF，又平面BEF平面ACDBE平面ACDBEAC故只須讓所求的值能證明BEAC即可在ABC中求出的值解答：證明：（）AB平面BCD，ABCD，CDBC且ABBC=B，CD平面ABC（3分）又，不論為何值，恒有EFCD，EF平面ABC，EF平面BEF，不論為何值恒有平面BEF平面ABC（6分）（）由（）知，BEEF，又平面BEF平面ACD，BE平面ACD，BEAC（9分）BC=CD=1，BCD=90，ADB=60，（11分），由AB2=AEAC得，（13分）故當(dāng)時(shí)，平面BEF平面ACD（14分）點(diǎn)評(píng)：本題考查了面面垂直的判定在證明面面垂直時(shí)，其常用方法是在其中一個(gè)平面內(nèi)找兩條相交直線和另一平面內(nèi)的某一條直線垂直14如圖，在ABC中，BC邊上的高所在的直線方程為x2y+1=0，A的平分線所在的直線方程為y=0，若點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2），求點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)考點(diǎn)：兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)1384631專(zhuān)題：計(jì)算題分析：根據(jù)三角形的性質(zhì)解A點(diǎn)，再解出AC的方程，進(jìn)而求出BC方程，解出C點(diǎn)坐標(biāo)逐步解答解答：解：點(diǎn)A為y=0與x2y+1=0兩直線的交點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0）kAB=1又A的平分線所在直線的方程是y=0，kAC=1直線AC的方程是y=x1而B(niǎo)C與x2y+1=0垂直，kBC=2直線BC的方程是y2=2（x1）由y=x1，y=2x+4，解得C（5，6）點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)分別為（1，0）和（5，6）點(diǎn)評(píng)：本題可以借助圖形幫助理解題意，將條件逐一轉(zhuǎn)化求解，這是上策15已知n條直線l1：xy+C1=0，C1=，l2：xy+C2=0，l3：xy+C3=0，ln：xy+Cn=0（其中C1C2C3Cn），這n條平行直線中，每相鄰兩條直線之間的距離順次為2、3、4、n（1）求Cn；（2）求xy+Cn=0與x軸、y軸圍成的圖形的面積；（3）求xy+Cn1=0與xy+Cn=0及x軸、y軸圍成圖形的面積考點(diǎn)：兩條平行直線間的距離；數(shù)列的應(yīng)用1384631專(zhuān)題：計(jì)算題分析：（1）易知直線在y軸上的截距是原點(diǎn)到直線的距離倍，所以先求原點(diǎn)到直線的距離即可；（2）在x軸和y軸上的截距互為相反數(shù)，由三角形面積公式結(jié)合（1）求得；（3）由（2）分別求得兩條直線與x軸和y軸圍成的面積作差求解解答：解：（1）原點(diǎn)O到l1的距離為1，原點(diǎn)O到l2的距離為1+2，原點(diǎn)O到ln的距離dn為1+2+n=Cn=dn，Cn=（2）設(shè)直線ln：xy+Cn=0交x軸于M，交y軸于N，則OMN面積SOMN=|OM|ON|=Cn2=（3）所圍成的圖形是等腰梯形，由（2）知Sn=，則有Sn1=SnSn1=n3所求面積為n3點(diǎn)評(píng)：本題主要通過(guò)直線的斜率和截距，來(lái)考查直線圍成平面圖形問(wèn)題的解法16（2012北京模擬）設(shè)圓滿足：截y軸所得弦長(zhǎng)為2；被x軸分成兩段圓弧，其弧長(zhǎng)的比為3：1，在滿足條件、的所有圓中，求圓心到直線l：x2y=0的距離最小的圓的方程考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系1384631專(zhuān)題：壓軸題分析：圓被x軸分成兩段圓弧，其弧長(zhǎng)的比為3：1，劣弧所對(duì)的圓心角為90，設(shè)圓的圓心為P（a，b），圓P截X軸所得的弦長(zhǎng)為，截y軸所得弦長(zhǎng)為2；可得圓心軌跡方程，圓心到直線l：x2y=0的距離最小，利用基本不等式，求得圓的方程解答：解法一：設(shè)圓的圓心為P（a，b），半徑為r，則點(diǎn)P到x軸，y軸的距離分別為|b|，|a|由題設(shè)知圓P截x軸所得劣弧對(duì)的圓心角為90，知圓P截X軸所得的弦長(zhǎng)為，故r2=2b2，又圓P截y軸所得的弦長(zhǎng)為2，所以有r2=a2+1從而得2b2a2=1又點(diǎn)P（a，b）到直線x2y=0的距離為，所以5d2=|a2b|2=a2+4b24aba2+4b22（a2+b2）=2b2a2=1，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)上式等號(hào)成立，此時(shí)5d2=1，從而d取得最小值由此有解此方程組得或由于r2=2b2知于是，所求圓的方程是（x1）2+（y1）2=2，或（x+1）2+（y+1）2=2解法二：同解法一，得得將a2=2b21代入式，整理得把它看作b的二次方程，由于方程有實(shí)根，故判別式非負(fù)，即=8（5d21）0，得5d215d2有最小值1，從而d有最小值將其代入式得2b24b+2=0解得b=1將b=1代入r2=2b2，得r2=2由r2=a2+1得a=1綜上a=1，b=1，r2=2由|a2b|=1知a，b同號(hào)于是，所求圓的方程是（x1）2+（y1）2=2，或（x+1）2+（y+1）2=2點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查軌跡的思想，求最小值的方法，考查綜合運(yùn)用知識(shí)建立曲線方程的能力易錯(cuò)的地方，P到x軸，y軸的距離，不能正確利用基本不等式17已知直線l：y=k （x+2）與圓O：x2+y2=4相交于A、B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，三角形ABO的面積為S（）試將S表示成的函數(shù)S（k），并求出它的定義域；（）求S的最大值，并求取得最大值時(shí)k的值考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系；二次函數(shù)的性質(zhì)1384631專(zhuān)題：計(jì)算題；壓軸題分析：（）先求出原點(diǎn)到直線的距離，并利用弦長(zhǎng)公式求出弦長(zhǎng)，代入三角形的面積公式進(jìn)行化簡(jiǎn)（）換元后把函數(shù)S的解析式利用二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行配方，求出函數(shù)的最值，注意換元后變量范圍的改變解答：解：（）直線l方程，原點(diǎn)O到l的距離為（3分）弦長(zhǎng)（5分）ABO面積|AB|0，1K1（K0），（1k1且K0） （8分），（） 令 ，當(dāng)t=時(shí)，時(shí)，Smax=2（12分）點(diǎn)評(píng)：本題考查點(diǎn)到直線的距離公式、弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，以及利用二次函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)的最大值，注意換元中變量范圍的改變18已知圓C：（x+1）2+（y2）2=2（1）若圓C的切線在x軸和y軸的截距相等，求此切線的方程（2）從圓外一點(diǎn)P（x0，y0）向該圓引一條切線，切點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且有|PM|=|PO|，求使得|PM|取最小值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系1384631專(zhuān)題：計(jì)算題；分類(lèi)討論分析：（1）當(dāng)截距不為零時(shí)：設(shè)切線方程為，根據(jù)圓心到切線的距離等于半徑求出a的值，即得切線方程，當(dāng)截距等于零時(shí)：設(shè)切線方程為y=kx（k0），同理可得，從而得到圓的所有的切線方程（2）有切線的性質(zhì)可得|PM|2=|PC|2|CM|2，又|PM|=|PO|，可得2x04y0+3=0動(dòng)點(diǎn)P在直線2x4y+3=0上，|PM|的最小值就是|PO|的最小值，過(guò)點(diǎn)O作直線2x4y+3=0的垂線，垂足為P，垂足坐標(biāo)即為所求解答：解：（1）當(dāng)截距不為零時(shí)：設(shè)切線方程為，即：x+y=a（a0），圓C為：（x+1）2+（y2）2=2，圓心為C（1，2），到切線距離等于圓的半徑所以當(dāng)截距等于零時(shí)：設(shè)切線方程為y=kx（k0），同理可得所以所求切線方程為：x+y+1=0，或x+y3=0，或或（2）PMCM，|PM|2=|PC|2|CM|2，又|PM|=|PO|，（x0+1）2+（y02）22=x02+y02，整理得：2x04y0+3=0即動(dòng)點(diǎn)P在直線2x4y+3=0上，所以，|PM|的最小值就是|PO|的最小值，過(guò)點(diǎn)O作直線2x4y+3=0的垂線，垂足為P，kOP=2解方程組，得 ，所以點(diǎn)P坐標(biāo)為點(diǎn)評(píng)：本題考查用點(diǎn)斜式、斜截式求直線方程的方法，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，點(diǎn)到直線的距離公式，判斷P在直線2x4y+3=0上，|PM|的最小值就是|PO|的最小值，時(shí)間誒體的關(guān)鍵19已知圓C：x2+y2=9，點(diǎn)A（5，0），直線l：x2y=0（1）求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程；（2）在直線OA上（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），存在定點(diǎn)B（不同于點(diǎn)A），滿足：對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點(diǎn)B的坐標(biāo)考點(diǎn)：圓的切線方程；直線和圓的方程的應(yīng)用1384631分析：（1）先求與直線l垂直的直線的斜率，可得其方程，利用相切求出結(jié)果（2）先設(shè)存在，利用都有為一常數(shù)這一條件，以及P在圓上，列出關(guān)系，利用恒成立，可以求得結(jié)果解答：解：（1）設(shè)所求直線方程為y=2x+b，即2x+yb=0，直線與圓相切，得，所求直線方程為，（2）方法1：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B（t，0），當(dāng)P為圓C與x軸左交點(diǎn)（3，0）時(shí)，；當(dāng)P為圓C與x軸右交點(diǎn)（3，0）時(shí)，依題意，解得，t=5（舍去），或下面證明點(diǎn)對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)設(shè)P（x，y），則y2=9x2，從而為常數(shù)方法2：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B（t，0），使得為常數(shù)，則PB2=2PA2，（xt）2+y2=2（x+5）2+y2，將y2=9x2代入得，x22xt+t2+9x2=2（x2+10x+25+9x2），即2（52+t）x+342t29=0對(duì)x3，3恒成立，解得或（舍去），所以存在點(diǎn)對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有為常數(shù)點(diǎn)評(píng)：本題考查直線和圓的方程的應(yīng)用，圓的切線方程，又是存在性和探究性問(wèn)題，恒成立問(wèn)題，考查計(jì)算能力是難題20已知過(guò)點(diǎn)A（1，0）的動(dòng)直線l與圓C：x2+（y3）2=4相交于P，Q兩點(diǎn)，M是PQ中點(diǎn)，l與直線m：x+3y+6=0相交于N（1）求證：當(dāng)l與m垂直時(shí)，l必過(guò)圓心C；（2）當(dāng)時(shí)，求直線l的方程；（3）探索是否與直線l的傾斜角有關(guān)？若無(wú)關(guān)，請(qǐng)求出其值；若有關(guān)，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：直線與圓相交的性質(zhì)；向量在幾何中的應(yīng)用1384631專(zhuān)題：綜合題分析：（1）根據(jù)l與m垂直，則兩條直線的斜率之積為1，進(jìn)而根據(jù)直線過(guò)點(diǎn)A（1，0），我們可求出直線的方程，將圓的圓心坐標(biāo)代入直線方程驗(yàn)證后，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)半弦長(zhǎng)、弦心距、圓半徑構(gòu)造直角三角形，滿足勾股定理，結(jié)合，易得到弦心距，進(jìn)而根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，構(gòu)造關(guān)于k的方程，解方程即可得到k值，進(jìn)而得到直線l的方程；（3）根據(jù)已知條件，我們可以求出兩條直線的交點(diǎn)N的坐標(biāo)（含參數(shù)k），然后根據(jù)向量數(shù)量積公式，即可求出的值，進(jìn)而得到結(jié)論解答：解：（1）l與m垂直，且，k1=3，故直線l方程為y=3（x+1），即3xy+3=0圓心坐標(biāo)（0，3）滿足直線l方程，當(dāng)l與m垂直時(shí)，l必過(guò)圓心C（2）當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，易知x=1符合題意當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），即kxy+k=0，則由，得，直線l：4x3y+4=0故直線l的方程為x=1或4x3y+4=0（3）CMMN，當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，易得，則，又，當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），則由得，則綜上所述，a=18與直線l的斜率無(wú)關(guān)，且點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是直線與圓相交的性質(zhì)及向量在幾何中的應(yīng)用，其中在處理圓的弦長(zhǎng)問(wèn)題時(shí)，根據(jù)半弦長(zhǎng)、弦心距、圓半徑構(gòu)造直角三角形，滿足勾股定理，進(jìn)行弦長(zhǎng)、弦心距、圓半徑的知二求一，是解答此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵21在ABC中，已知內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b