高考数学培优专题库教师版第52讲 数形结合.doc

1、高考数学培优专题库教师版 第五十二讲数形结合 A 组 一、选择题 1. 函数 f(x)= ) 1|(| ) 1|(|1 2 xx xx ，如果方程 f(x)=a 有且只有一个实根，那么 a 满足() A.a0B.0a1 答案：C 解析：由图知 a=1 时，图象只有一个交点，故选 C. 2.已知函数 f(x)x2ex1 2(x0 时，yf(x)与 yg(x)的图象有交点，即 g(x)f(x)有正解，即 x2ln(x a)(x)2e x1 2有正解，即 e xln(xa)1 20 有正解，令 F(x)e xln(xa)1 2，则 F(x)e x 1 xa0，故函数 F(x)e xln(xa)1 2

2、在(0，)上是单调递减的，要使方程 g(x)f(x)有正解，则存 在正数 x 使得 F(x)0，即 e xln(xa)1 20，所以 a 1 e 2 e x x ，又 y 1 e 2 e x x 在(0，)上单调递减， 所以 a0)，若圆C上存在点P，使得APB 90，则m的最大值为() A.7B.6C.5D.4 答案：B 解析.根据题意，画出示意图，如图所示， 高考数学培优专题库教师版 则圆心C的坐标为(3,4)，半径r1，且|AB|2m. 因为APB90，连接OP，易知|OP|1 2|AB|m. 要求m的最大值， 即求圆C上的点P到原点O的最大距离. 因为|OC| 3 2425，所以|OP

3、| max|OC|r6， 即m的最大值为 6. 4.设平面点集A(x，y)|(yx)(y1 x)0，B(x，y)|(x1) 2(y1)21，则 AB所表示 的平面图形的面积为() A.3 4 B.3 5 C.4 7 D. 2 答案：D 解析：因为对于集合A，(yx) y1 x0， 所以 yx0， y1 x0 或 yx0， y1 x0， 其表示的平面区域如图. 对于集合B，(x1) 2(y1)21 表示以(1,1)为圆心，1 为半径的圆及其内部区域，其面积为. 由题意意知AB所表示的平面图形为图中阴影部分， 曲线y1 x与直线 yx将圆(x1) 2(y1)21 分成S1，S2，S3，S4四部分.

4、因为圆(x1) 2(y1)21 与 y1 x的图象都关于直线 yx对称，从而S1S2， S3S4，而S1S2S3S4，所以S阴影S2S4 2 . 二、填空题 5.已知函数yf(x)(xR R)，对函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y h(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x)对称.若h(x)是 g(x) 4x 2关于 f(x)3xb的“对称函数” ，且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_. 高考数学培优专题库教师版 答案：(2 10，) 解析由已知得 hx 4x 2 2 3xb， 所 以h(

5、x) 6x 2b 4x 2.h(x)g(x)恒成立，即 6x2b 4x 2 4x 2，3x b 4x 2 恒成立. 在同一坐标系内，画出直线y3xb及半圆y 4x 2(如图 所示)， 可 得 b 102，即 b2 10，故答案为(2 10，). 6椭圆x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的左、右顶点分别是 A，B，左、右焦点分别是F1，F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B| 成等比数列，则此椭圆的离心率为_ 【解析】|AF1|ac，|F1F2|2c，|F1B|ac，且三者成等比数列，则|F1F2| 2|AF 1|F1B|， 即 4c 2(ac)(ac)，得 a 25c2，ec a

6、5 5 . 【答案】 5 5 三、解答题 7.已知函数f(x)2lnxx 2ax(aR R) (1)当a2 时，求f(x)的图象在x1 处的切线方程； (2)若函数g(x)f(x)axm在 1 e，e上有两个零点，求实数m的取值范围 解：(1)当a2 时，f(x)2lnxx 22x，f(x)2 x2x2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率 k f(1)2，则切线方程为y12(x1)，即y2x1. (2)g(x)2lnxx 2m， 则g(x)2 x2x 2（x1） （x1） x . x 1 e，e，当g(x)0 时，x1. 当1 ex0； 当 1xe 时，g(x)0. 故g(x)在x1 处取得极大

7、值g(1)m1. 又g 1 e m2 1 e 2，g(e)m2e 2，g(e)g 1 e 4e 21 e 20，则 g(e)0， g 1 e m21 e 20， 解得 1b0)的左、 右焦点分别为F1(c， 0)， F2(c， 0)， 若椭圆上存在点P使 a sinPF1F2 c sinPF2F1，则该椭圆的离心率的取值范围为( ) A(0， 21)B. 2 2 ，1 C. 0， 2 2D( 21，1) 【答案】D由 a sinPF1F2 c sinPF2F1，得 c a sinPF2F1 sinPF1F2. 又由正弦定理得sinPF 2F1 sinPF1F2 |PF1| |PF2|，所以 |

8、PF1| |PF2| c a， 即|PF1|c a|PF 2|.又由椭圆定义得|PF1|PF2|2a，所以|PF2| 2a 2 ac.因为|PF 2|是PF1F2的一边，所 以有ac 2a 2 ac0， 所以 e 22e10(0e1)， 解得椭圆的离心率的取值范围为( 2 1，1) 3.设函数 f(x)= 2 x6x6,x0, 3x4,x0, 若互不相等的实数 x1,x2,x3满足 f(x1)=f(x2)=f(x3),则 x1+x2+x3的 取值范围是() A. 20 26 (, 33 B. 20 26 (,) 33 C. 11 (,6 3 D. 11 (,6) 3 【答案】D 4.设函数 f

9、(x)是奇函数 f(x)(xR R)的导函数，f(1)0，当x0 时，xf(x)f(x)0，则使 得f(x)0 成立的x的取值范围是() A(，1)(0，1)B(1，0)(1，) 高考数学培优专题库教师版 C(，1)(1，0)D(0，1)(1，) 【答案】A设h(x)f（x） x .f(x)是奇函数， f(x)f(x)， h(x)f（x） x f（x） x h(x) h(x)是偶函数 xf(x)f(x)0， h(x) f（x） xxf（x）f（x） x 2 0. h(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数，且h(1)0，如图所示， 可知满足f(x)0 的x的取值范围是(，1)(0，1)

10、 二、填空题 5.一条光线从点(2,3)射出,经 y 轴反射后与圆(x3)2(y2)21 相切,则反射光线所在直线的斜率 为 答案：k3 4或 k 4 3 解析： 圆(x3)2(y2)21 的圆心为(-3,2),半径 r1.(-2,-3)关于 y 轴的对称点为(2,-3).如图所示,反射 光线一定过点(2,-3)且斜率 k 存在,反射光线所在直线方程为 y3k(x-2),即 kx-y-2k30. 反射光线与已知圆相切, |3k22k3| k2（1）2 1,整理得 12k225k120,解得 k3 4或 k 4 3. 6.已知函数 f(x) 1|x1|，x2，0， 2f（x2） ，x（0，） ，

11、若方程 f(x)xa 在区间2， 4内有 3 个不等实 根，则实数 a 的取值范围是_ 答案：2a0 或 a1解析 当2x4 时，函数 高考数学培优专题库教师版 f(x) 1|x1|，x2，0， 22|x1|，x（0，2， 44|x3|，x（2，4， 作出函数 f(x)的图像如图所示 设 yxa，则当直线 yxa 经过点 B，C 时，函数 f(x)的图像与直线 yxa 有 3 个交点，此时 a 1；当直线 yxa，经过点 E，F 时，函数 f(x)的图像与直线 yxa 有 4 个交点，此时 a0；当直线 yxa 经过点 H，G 时，函数 f(x)的图像与直线 yxa 有 2 个交点，此时 a2

12、.所以由图可知实数 a 的取值范围是2ab0)的离心率是 3 2 ,抛物线E：x 22y 的焦点F是C的 一个顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中 点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M. 高考数学培优专题库教师版 求证：点M在定直线上； 直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S1,PDM的面积为S2,求S 1 S2的最大值及取得最大值时点 P 的坐标. 解（1）由题意知 a 2b2 a 3 2 ,可得a 24b2,因为抛物线 E的焦点F 0，1 2 ,所以b1 2,a1,所以椭 圆C的方程为

13、x 24y21. (2)证明设P m，m 2 2 (m0),由x 22y,可得 yx,所以直线l的斜率为m,因此直线l的方程为y m 2 2 m(xm).即ymxm 2 2 . 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立方程 x 24y21， ymxm 2 2 ， 得(4m 21)x24m3xm410. 由0,得 0m 2 5(或 0m 22 5).(*) 且x1x2 4m 3 4m 21,因此 x0 2m 3 4m 21,将其代入 ymxm 2 2 ,得y0 m 2 2（4m 21）,因为 y0 x0 1 4m. 所以直线OD方程为y 1 4mx,联立方程 y 1 4mx，

14、 xm， 得点M的纵坐标yM1 4, 所以点M在定直线y1 4上. 解由知直线l的方程为ymxm 2 2 ,令x0,得ym 2 2 ,所以G 0，m 2 2 , 又P m，m 2 2 ,F 0，1 2 ,D 2m 3 4m 21， m 2 2（4m 21） , 所以S11 2|GF|m （m 21）m 4 , S21 2|PM|mx 0|1 2 2m 21 4 2m 3m 4m 21 m（2m 21）2 8（4m 21）.所以 S1 S2 2（4m 21） （m21） （2m 21）2 . 设t2m 21,则S1 S2 （2t1） （t1） t 2 2t 2t1 t 2 1 t 2 1 t2,

15、当 1 t 1 2, 即t2 时,S 1 S2取到最大值 9 4, 高考数学培优专题库教师版 此时m 2 2 ,满足(*)式,所以P点坐标为 2 2 ，1 4 . 因此S 1 S2的最大值为 9 4,此时点 P的坐标为 2 2 ，1 4 . 10.某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接 两条公路和山区边界的直线型公路记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公 路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为 5 千米和 40 千米，点N到l1， l2的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以l2，l1所

16、在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设 曲线C符合函数y a x 2b(其中 a，b为常数)模型 (1)求a，b的值； (2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t. 请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域； 当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度 解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5) 将其分别代入y a x 2b， 得 a 25b40， a 400b2.5， 解得 a1 000， b0. (2)由(1)知，y1 000 x 2 (5x20)，则点P的坐标为 t，1 000 t 2 ， 高考数学培优专题库教师版 设在点P

17、处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y2 000 x 3 ， 则l的方程为y1 000 t 2 2 000 t 3 (xt)，由此得A 3t 2 ，0 ，B 0，3 000 t 2 . 故f(t) 3t 2 2 3 000 t 2 2 3 2 t 2410 6 t 4 ，t5，20 设g(t)t 2410 6 t 4 ，则g(t)2t1610 6 t 5 .令g(t)0，解得t10 2. 当t(5，10 2)时，g(t)0，g(t)是减函数； 当t(10 2，20)时，g(t)0，g(t)是增函数 从而，当t102时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min300， 此时f(t)m

18、in15 3. C 组 一、选择题 1.已知定义在 R 上的函数 f x满足：2f x=2f(x);当x -1,1时， cos. 2 f xx 记函 数g(x)=f(x) -log4(x+l)，则函数 g(x)在区间内零点个数是（） A12B11C10D9 【答案】C 【解析】 cos01 2 2cos13 2 32cos910 2 xx xx f x xx 如图:函数 g x的零点的个数就是函数 yf x与函数 4 log1yx交点的个数. 高考数学培优专题库教师版 2.已知函数f(x)x 2ex1 2(x0)与 g(x)x 2ln(xa)的图象上存在关于 y轴对称的点，则a的取 值范围是(

19、) A. ， 1 eB.(， e)C. 1 e， eD. e， 1 e 【答案】B由题意知，设x0(，0)， 使得f(x0)g(x0)， 即x 2 0ex01 2(x 0) 2ln(x 0a)， ex0ln(x0a)1 20. 令y1e x1 2，y 2ln(xa)，要使得函数图象的交点A在y轴左侧，如图，则 lna1 2ln e 1 2， ae 1 2. 方法点拨：首先由存在关于y轴对称的点，建立f(x)与g(x)之间的联系，然后将函数的零点转化为 两个函数图象的交点 3.如图，半径为 1 的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，ll1，l与半圆相交于F，G 两点，与三角形AB

20、C两边相交于E，D两点设弧FG 的长为 x(0 x)，yEBBCCD，若l从l1平行移 动到l2，则函数yf(x)的图象大致是() 【答案】D当x逐渐增大时，y也逐渐增大，故y随x的增大而增大，故排除 B.下面定量分析： 当x 2 时，弧长所对的圆心角为FOG 2 .可求得l向上移动的距离为 11cos 4 1 2 2 ，故此时 BE 1 2 2 sin 60 2 3 6 3 .又易知BC 1 sin 60 2 3 3 ，故yBEBCCD2BEBC22 3 6 3 2 3 3 高考数学培优专题库教师版 6 32 6 3 . 因为6 32 6 3 0，直线 l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.

21、 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1x210k， x1x2100. 因为SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|. 又x1x21 4时，S OPQ8 4k 21 4k 21 8 1 2 4k 21 8； 当 0k 21 4时，S OPQ8 4k 21 14k 2 8 1 2 14k 2 . 因为 0k 21 4，则 014k 21， 2 14k 22，所以SOPQ8 1 2 14k 2 8. 当且仅当k0 时取等号 所以当k0 时，SOPQ的最小值为 8. 综上可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，OPQ的面积取得最小值 8. 9.如图,将长为 4,宽为 1 的长方形折叠成

22、长方体 ABCDA1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边 AB t(0t2),连接 A1B,A1C,A1D. (1)当长方体 ABCDA1B1C1D1的体积最大时,求二面角 BA1CD 的值； (2)线段 A1C 上是否存在一点 P,使得 A1C平面 BPD,若有,求出 P 点的位置,没有请说明理由. 解 法一(1)根据题意,长方体体积为Vt(2t)1t(2t) t2t 2 2 1, 当且仅当t2t,即t1 时体积V有最大值为 1, 所以当长方体ABCDA1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形, 作BMA1C于M,连接DM,BD, 高考数学培优专题库教师版 因为四边形ABCD为

23、正方形,所以A1BC与A1DC全等,故DMA1C,所以BMD即为所求二面角的平面 角. 因为BC平面AA1B1B,所以A1BC为直角三角形, 又A1B 2,A1C 3,所以BMA 1BBC A1C 2 3 6 3 ,同理可得,DM 6 3 ,在BMD中,根据余弦定理有： cos BMD 6 9 6 92 2 6 3 6 3 1 2, 因为BMD(0,180),所以BMD120,即此时二面角BA1CD的值是 120. (2)若线段A1C上存在一点P,使得A1C平面BPD,则A1CBD 又A1A平面ABCD,所以A1ABD,所以BD平面A1AC.所以BDAC, 底面四边形ABCD为正方形,即只有A

24、BCD为正方形时,线段A1C上存在点P满足要求,否则不存在.由(1) 知,所求点P即为BMA1C的垂足M, 此时,A1PA 1B 2 A1C 2 3 2 3 3 . 法二根据题意可知,AA1,AB,AD 两两垂直,以 AB 为 x 轴,AD 为 y 轴,AA1为 z 轴建立如图所示的空间直 角坐标系： (1)长方体体积为 Vt(2t)1t(2t) t2t 2 2 1,当且仅当 t2t,即 t1 时体积 V 有最大值为 1. 所 以 当 长 方 体 ABCD A1B1C1D1的 体 积 最 大 时 , 底 面 四 边 形 ABCD 为 正 方 形 , 则 A1(0,0,1),B(1,0,0),C

25、(1,1,0),A1B (1,0,1),BC (0,1,0), 设平面 A1BC 的法向量 m(x,y,z),则 xz0， y0， 取 xz1,得：m(1,0,1), 同理可得平面 A1CD 的法向量 n(0,1,1),所以,cosm,n mn |m|n| 1 2, 又二面角 BA1CD 为钝角,故值是 120.(也可以通过证明 B1A平面 A1BC 写出平面 A1BC 的法向量) (2)根据题意有 B(t,0,0),C(t,2t,0),D(0,2t,0),若线段 A1C 上存在一点 P 满足要求,不妨A1P A1C (0), 可得 P(t,(2t),1)BP (tt,(2t),1),BD (

26、t,2t,0), 高考数学培优专题库教师版 BP A 1C 0， BD A1C 0， 即： t（tt）（2t）2（1）0， t2（2t）20， 解得：t1,2 3. 即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点 P,位置是线段 A1C 上 A1PPC21 处. 10.已知函数有两个零点. （I）求a的取值范围； （II）设x1，x2是的两个零点，证明：+x22. 解：由已知得： 12112 xx fxxea xxea 若0a ， 那么 0202 x f xxex， f x只有唯一的零点2x ， 不合题意； 若0a ，那么20 xx eae， 所以当1x 时， 0fx ， f x单调递增 当1x

27、 时， 0fx ， f x单调递减 即： x ,1 1 1, fx 0 f x 极小 值 故 f x在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点 由于 20fa， 10fe ，则 210ff， 根据零点存在性定理， f x在1,2上有且仅有一个零点 而当1x 时， x ee，210 x ， 故 222 212111 x f xxea xe xa xa xe xe 则 0f x 的两根 2 1 4 1 2 eeae t a ， 2 2 4 1 2 eeae t a ， 12 tt， 因为0a ，故当 1 xt或 2 xt时， 2 110a xe xe 因此，当1x 且 1 xt时， 0f x 高考

28、数学培优专题库教师版 又 10fe ，根据零点存在性定理， f x在,1有且只有一个零点 此时， f x在R上有且只有两个零点，满足题意 若0 2 e a，则ln2ln1ae， 当ln2xa时，1ln210 xa ， ln2 220 ax eaea ， 即 120 x fxxea， f x单调递增； 当ln21ax时，10 x ， ln2 220 ax eaea ， 即 120 x fxxea， f x 单调递减； 当1x 时，10 x ， ln2 220 ax eaea ，即 0fx ， f x单调递增 即： x ,ln2aln2aln2,1a 1 1, fx +0-0+ f x 极大 值

29、极 小值 而极大值 22 ln22ln22ln21ln2210faaaaaaa 故当1x时， f x在ln2xa处取到最大值ln2fa ， 那么 ln20f xfa 恒 成立，即 0f x 无解 而当1x 时， f x单调递增，至多一个零点 此时 f x在R上至多一个零点，不合题意 若 2 e a ，那么ln21a 当1ln2xa 时，10 x ， ln2 220 ax eaea ，即 0fx ， f x单调递增 当1ln2xa 时，10 x ， ln2 220 ax eaea ，即 0fx ， f x单调递增 高考数学培优专题库教师版 又 f x在1x 处有意义，故 f x在R上单调递增，此

30、时至多一个零点，不合题意 若 2 e a ，则ln21a 当1x 时，10 x ， ln21 2220 ax eaeaea ，即 0fx ， f x单调递增 当1ln2xa时，10 x ， ln2 220 ax eaea ，即 0fx ， f x单调递减 当ln2xa时，1ln210 xa ， ln2 220 ax eaea ，即 0fx ， f x单调递增 即： x ,1 1 1,ln2aln2aln2,a fx +0-0+ f x 极 大值 极小 值 故当ln2xa时， f x在1x 处取到最大值 1fe ，那么 0f xe恒成立，即 0f x 无解 当ln2xa时， f x单调递增，至多

31、一个零点 此时 f x在R上至多一个零点，不合题意 综上所述，当且仅当0a 时符合题意，即a的取值范围为0, 由已知得： 12 0f xf x，不难发现 1 1x ， 2 1x ， 故可整理得： 12 12 22 12 22 11 xx xexe a xx 设 2 2 1 x xe g x x ，则 12 g xg x 高考数学培优专题库教师版 那么 2 3 21 1 x x gxe x ， 当1x 时， 0gx ， g x单调递减； 当1x 时， 0gx ， g x 单调递增 设0m ，构造代数式： 1112 222 1111 111 1 mmmm mmmm gmgmeeee mmmm 设 2 1 1 1 m m h me m ，0m 则 2 2 2 2 0 1 m m h me m ，故 h m单调递增，有 00h mh 因此，对于任意的0m ，11gmgm 由 12 g xg x可知 1 x、 2 x不可能在 g x的同一个单调区间上，不妨设 12 xx，则必有 12 1xx 令 1 10mx ，则有 11112 11112gxgxgxg xg x 而 1 21x， 2 1x ， g x在1,上单调递增，因此： 1212 22gxg xxx 整理得： 12 2xx