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必備五 解題模板給力
模板一 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用
典型例題
例1 已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且是以2為周期的周期函數(shù),若當(dāng)x∈[0,1)時(shí),f(x)=2x-1,則f(log126)的值是 .
答案 -12
解析 因?yàn)?3
0,f(3)=20.12-5>0.由于f(1)f(2)<0,因此方程ex-(x+2)=0的一個(gè)根在區(qū)間(1,2)內(nèi),故填③.
▲模板構(gòu)建 函數(shù)零點(diǎn)存在性定理就是根據(jù)函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間端點(diǎn)處函數(shù)值的符號(hào)來(lái)確定零點(diǎn)所在區(qū)間的方法.這種方法適用于不需要確定零點(diǎn)的具體值,只需確定其大致范圍的問(wèn)題.基本的解題要點(diǎn)為:
跟蹤集訓(xùn)
2.(2018江蘇南京多校高三上學(xué)期第一次段考)已知函數(shù)f(x)=lgx+32x-9在區(qū)間(n,n+1)(n∈Z)上存在零點(diǎn),則n= .
模板三 三角函數(shù)的性質(zhì)
典型例題
例3 已知函數(shù)f(x)=23sinx+π4cosx+π4-sin(2x+3π).
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)若將f(x)的圖象向左平移π4個(gè)單位,得到函數(shù)g(x)的圖象,求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,π2上的最大值和最小值.
解析 (1)f(x)=23sinx+π4cosx+π4-sin(2x+3π)
=3sin2x+π2+sin2x=sin2x+3cos2x=2sin2x+π3,(化簡(jiǎn))
∴f(x)的最小正周期T=2π2=π.
(2)由已知得g(x)=fx+π4=2sin2x+π4+π3,
=2sin2x+π2+π3=2cos2x+π3,
∵x∈0,π2,∴2x+π3∈π3,4π3,(換元)
故當(dāng)2x+π3=π,即x=π3時(shí),g(x)min=gπ3=-2;
當(dāng)2x+π3=π3,即x=0時(shí),g(x)max=gπ3=1.(結(jié)論)
▲模板構(gòu)建 在利用三角函數(shù)的性質(zhì)求最值或值域時(shí),要注意:(1)先確定函數(shù)的定義域;(2)將已知函數(shù)化簡(jiǎn)為y=Asin(ωx+φ)+k的形式時(shí),盡量化成A>0,ω>0的情況;(3)將ωx+φ視為一個(gè)整體.解題思路:
跟蹤集訓(xùn)
3.已知函數(shù)f(x)=23asinxcosx+asin2x-acos2x+b(a,b∈R).
(1)若a>0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間;
(2)當(dāng)x∈-π4,π4時(shí),函數(shù)f(x)的最大值為3,最小值為1-3,求ab的值.
模板四 解三角形
典型例題
例4 如圖,在△ABC中,已知AC=7,∠B=45,D是邊AB上的一點(diǎn),AD=3,∠ADC=120.求:
(1)CD的長(zhǎng);
(2)△ABC的面積.
解析 (1)在△ACD中,AC=7,AD=3,∠ADC=120,(定已知)
由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2ADCDcos∠ADC,(選定理)
72=32+CD2-23CDcos120,解得CD=5.(得結(jié)論)
(2)在△BCD中,∠B=45,CD=5,(定已知)
由正弦定理得BDsin∠BCD=CDsinB=BDsin75=5sin45,(選定理)
解得BD=5+532,(得結(jié)論)
所以S△ABC=S△ACD+S△BCD=12ADCDsin∠ADC+12CDBDsin∠BDC=1235sin120+1255+532sin60=75+5538.
▲模板構(gòu)建 利用正弦定理、余弦定理都可以進(jìn)行三角形邊角之間的互化,當(dāng)已知三角形中的兩邊及其一邊的對(duì)角,或兩角及其一角的對(duì)邊時(shí),可以利用正弦定理求解三角形中的有關(guān)量;若已知三邊或兩邊及其夾角,則可利用余弦定理進(jìn)行求解.其基本思路如下:
跟蹤集訓(xùn)
4.(2018江蘇淮海中學(xué)模擬)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,且a2=b2+c2-bc,a=152b.
(1)求sinB的值;
(2)求cosC+π12的值.
模板五 利用函數(shù)性質(zhì)解不等式
典型例題
例5 已知定義在實(shí)數(shù)集R上的偶函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(-2)=9,且f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)在[0,+∞)上恒有f(x)<4x,則不等式f(x)<2x2+1的解集為 .
答案 (-∞,-2)∪(2,+∞)
解析 設(shè)g(x)=f(x)-2x2-1,(構(gòu)函數(shù))
則g(x)=f(x)-4x.(析性質(zhì))
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù),所以f(-x)=f(x),
而g(-x)=f(-x)-2(-x)2-1=f(x)-2x2-1=g(x),
所以函數(shù)g(x)為偶函數(shù),故g(x)=g(|x|),(析性質(zhì))
因?yàn)楫?dāng)x∈[0,+∞)時(shí),f(x)<4x,故g(x)=f(x)-4x<0,
所以函數(shù)g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減.(析性質(zhì))
而g(2)=f(2)-222-1=f(-2)-9=0,故由g(x)<0,即g(|x|)2.(巧轉(zhuǎn)化)
解得x<-2或x>2.
所以不等式f(x)<2x2+1的解集為(-∞,-2)∪(2,+∞).(寫(xiě)解集)
▲模板構(gòu)建 利用函數(shù)性質(zhì)解題主要適用于解決抽象函數(shù)對(duì)應(yīng)的不等式問(wèn)題.其解題要點(diǎn)如下:
跟蹤集訓(xùn)
5.設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f(x),f(-1)=0,當(dāng)x>0時(shí),xf(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是 .
模板六 基本不等式的應(yīng)用
典型例題
例6 設(shè)x,y是正實(shí)數(shù),且x+y=1,則x2x+2+y2y+1的最小值是 .
答案 14
解析 設(shè)x+2=s,y+1=t,則s+t=4,(換元)
所以x2x+2+y2y+1=(s-2)2s+(t-1)2t=s-4+4s+t-2+1t
=4s+1t-2,(巧拼湊)
因?yàn)?s+1t=144s+1t(s+t)=144ts+st+5≥94,當(dāng)且僅當(dāng)t=43,s=83,即x=23,y=13時(shí),取等號(hào),(得定值)
所以x2x+2+y2y+1≥14,即x2x+2+y2y+1的最小值是14.(得結(jié)論)
▲模板構(gòu)建 拼湊法就是將函數(shù)解析式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?通過(guò)添項(xiàng)、拆項(xiàng)等方法湊成和為定值或積為定值的形式,然后利用基本不等式求最值.應(yīng)用此法求最值的基本思路如下:
跟蹤集訓(xùn)
6.(2018江蘇鹽城中學(xué)高三考前熱身)已知正實(shí)數(shù)a,b滿(mǎn)足1a+b+1a-b=1,則3a+2b的最小值為 .
模板七 不等式恒成立問(wèn)題
典型例題
例7 已知x>0,y>0,且2x+1y=1,若x+2y-(m2+2m)>0恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為 .
答案 (-4,2)
解析 記t=x+2y,由原不等式恒成立可得m2+2m0,y>0,所以4yx+xy≥24yxxy=4當(dāng)且僅當(dāng)4yx=xy,即x=2y時(shí)等號(hào)成立.
所以t=4+4yx+xy≥4+4=8,即tmin=8.(求最值)
故m2+2m<8,即(m-2)(m+4)<0,(建關(guān)系)
解得-40)上恰有兩點(diǎn)M,N,使得△MAB和△NAB的面積均為4,則r的取值范圍是 .
模板十二 圓錐曲線(xiàn)中的最值與范圍問(wèn)題
典型例題
例12 平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,且點(diǎn)3,12在橢圓C上.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P的直線(xiàn)y=kx+m交橢圓E于A,B兩點(diǎn),射線(xiàn)PO交橢圓E于點(diǎn)Q.
①求|OQ||OP|的值;
②求△ABQ面積的最大值.
解析 (1)將3,12代入橢圓方程,有3a2+14b2=1,又e=ca=a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)由(1)知橢圓E的方程為x216+y24=1.
①設(shè)P(x0,y0),|OQ||OP|=λ(λ>0),由題意知Q(-λx0,-λy0).
因?yàn)閤024+y02=1,(-λx0)216+(-λy0)24=1,即λ24x024+y02=1,
所以λ=2或λ=-2(舍去),即|OQ||OP|=2.
②設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),(設(shè)點(diǎn))
將y=kx+m代入橢圓E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,(聯(lián)立方程)
由Δ>0,可得m2<4+16k2,(a)
又x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2,
所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.
因?yàn)橹本€(xiàn)y=kx+m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),所以△OAB的面積S=12|m||x1-x2|=2|m|16k2+4-m21+4k2
=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.
設(shè)m21+4k2=t.(設(shè)出參數(shù))
將直線(xiàn)y=kx+m代入橢圓C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.(b)
由(a)(b)可知00等).解題步驟如下:
跟蹤集訓(xùn)
12.(2018江蘇南通模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,短軸端點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為2.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)點(diǎn)A、B是橢圓C上的任意兩點(diǎn),O是坐標(biāo)原點(diǎn),且OA垂直O(jiān)B.
①求證:存在一個(gè)定圓,使得直線(xiàn)AB始終為該定圓的切線(xiàn),并求出該定圓的方程;
②求△AOB面積的最大值.
模板十三 圓錐曲線(xiàn)中的探索性問(wèn)題
典型例題
例13 在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線(xiàn)C:y=x24與直線(xiàn)l:y=kx+a(a>0)交于M,N兩點(diǎn).
(1)當(dāng)k=0時(shí),分別求C在點(diǎn)M和N處的切線(xiàn)方程;
(2)在y軸上是否存在點(diǎn)P,使得當(dāng)k變化時(shí),總有∠OPM=∠OPN?說(shuō)明理由.
解析 (1)由題設(shè)可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).
對(duì)于y=x24,因?yàn)閥=12x,所以y=x24在x=2a處的導(dǎo)數(shù)值為a,在x=-2a處的導(dǎo)數(shù)值為-a,
所以曲線(xiàn)C在(2a,a)處的切線(xiàn)方程為y-a=a(x-2a),即ax-y-a=0,在(-2a,a)處的切線(xiàn)方程為y-a=-a(x+2a),即ax+y+a=0.
故所求切線(xiàn)方程為ax-y-a=0和ax+y+a=0.
(2)假設(shè)存在符合題意的點(diǎn)P(0,b),(假設(shè)存在)
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線(xiàn)PM,PN的斜率分別為k1,k2.
將y=kx+a代入曲線(xiàn)C的方程,整理得x2-4kx-4a=0,(聯(lián)立方程)
所以x1+x2=4k,x1x2=-4a,
所以k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.
當(dāng)b=-a時(shí),有k1+k2=0,
則直線(xiàn)PM的傾斜角與直線(xiàn)PN的傾斜角互補(bǔ),
故∠OPM=∠OPN,所以存在點(diǎn)P(0,-a)符合題意.(得出結(jié)論)
▲模板構(gòu)建 圓錐曲線(xiàn)中的探索性問(wèn)題在高考中多以解答題的形式呈現(xiàn),常用假設(shè)存在法求解,其解題要點(diǎn)如下:
跟蹤集訓(xùn)
13.(2018江蘇興化一中模擬)橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,點(diǎn)P(0,2)關(guān)于直線(xiàn)y=-x的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)在橢圓M上.
(1)求橢圓M的方程;
(2)如圖,橢圓M的上、下頂點(diǎn)分別為A、B,過(guò)點(diǎn)P的直線(xiàn)l與橢圓M相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)C,D.
①求OCOD的取值范圍;
②當(dāng)AD與BC相交于點(diǎn)Q時(shí),試問(wèn):點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)是不是定值?若是,求出該定值;若不是,說(shuō)明理由.
模板十四 應(yīng)用性問(wèn)題
典型例題
例14 (2018江蘇淮陰中學(xué)階段檢測(cè))如圖所示,江蘇省淮陰中學(xué)有一塊矩形空地ABCD,其中AB=10米,BC=103米,計(jì)劃在此矩形空地區(qū)域內(nèi)為學(xué)生建燈光運(yùn)動(dòng)場(chǎng),△BEF區(qū)域內(nèi)安裝一批照明燈(E,F點(diǎn)在線(xiàn)段AC上),且∠EBF=30,△BEF外其余區(qū)域建運(yùn)動(dòng)場(chǎng).
(1)若E在距離A點(diǎn)4米處,求點(diǎn)E,F之間的距離;
(2)為了使運(yùn)動(dòng)場(chǎng)地區(qū)域最大化,要求△BEF面積應(yīng)盡可能地小,記∠ABE=θ,請(qǐng)用θ表示△BEF的面積S(θ),當(dāng)S(θ)最小時(shí),求θ的值.
解析 (1)由題意得∠BAC=60,∠ACB=30,AC=20米.
∵∠BFE=∠BCF+∠CBF=30+∠CBF,
∠ABE=∠ABC-∠EBF-∠CBF=90-30-∠CBF,
∴∠BFE+∠ABE=90.
△ABE中,由余弦定理得BE=219米.
cos∠ABE=41919,
△BEF中,EFsin30=BEsin∠BFE=BEcos∠ABE,
∴EF=BE2cos∠ABE=194米.
(2)△ABE中,BEsin60=ABsin[180-(θ+60)]=10sin(θ+60),則BE=53sin(θ+60).
△BCF中,BFsin30=BCsin(60+θ+30)=103sin(θ+90),則BF=53cosθ米.
∴S(θ)=12BEBFsin30=754cosθsin(θ+60)=753+2sin(2θ+60).
∵θ∈(0,60),∴當(dāng)2θ+60=90,即θ=15時(shí),S(θ)最小.
答:當(dāng)θ=15時(shí),三角形BEF的面積最小.
▲模板構(gòu)建
跟蹤集訓(xùn)
14.(2018江蘇興化一中模擬)某公司擬購(gòu)買(mǎi)一塊地皮建休閑公園,如圖,從公園入口A沿AB,AC方向修建兩條小路,休息亭P與入口的距離為32a米(其中a為正常數(shù)),過(guò)P修建一條筆直的鵝卵石健身步行帶,步行帶交兩條小路于E、F處,已知∠BAP=45,tan∠CAB=125.
(1)設(shè)AE=x米,AF=y米,求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式及定義域;
(2)試確定E,F的位置,使三條路圍成的三角形AEF地皮購(gòu)價(jià)最低.
模板十五 求空間角(理科專(zhuān)用)
典型例題
例15 (2018江蘇徐州銅山中學(xué)期中)如圖,在三棱錐A-BOC中,AO,OB,OC兩兩互相垂直,點(diǎn)D,E分別為棱BC,AC的中點(diǎn),F在棱AO上,且滿(mǎn)足OF=14OA,已知OA=OC=4,OB=2.
(1)求異面直線(xiàn)AD與OC所成角的余弦值;
(2)求二面角C-EF-D的正弦值.
解析 (1)如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)B,OC,OA的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.
依題意可得:O(0,0,0),A(0,0,4),B(2,0,0),C(0,4,0),D(1,2,0),E(0,2,2),F(0,0,1),
所以AD=(1,2,-4),OC=(0,4,0),
所以cos=ADOC|AD||OC|=8421=22121.
因此異面直線(xiàn)AD與OC所成角的余弦值為22121.
(2)平面AOC的一個(gè)法向量為OB=(2,0,0).
設(shè)m=(x,y,z)為平面DEF的一個(gè)法向量,
又EF=(0,-2,-1),DE=(-1,0,2),
則mEF=0,mDE=0,即2y+z=0,x-2z=0.
不妨取z=2,則x=4,y=-1,
所以m=(4,-1,2)為平面DEF的一個(gè)法向量,
從而cos=OBm|OB||m|=(2,0,0)(4,-1,2)221=42121,
設(shè)二面角C-EF-D的大小為θ,則|cosθ|=42121.
因?yàn)棣取蔥0,π],所以sinθ=1-cos2θ=10521.
因此二面角C-EF-D的正弦值為10521.
▲模板構(gòu)建 空間角的求解可以用向量法.向量法是通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系把空間圖形的幾何特征代數(shù)化,避免尋找角和垂線(xiàn)段等諸多麻煩,使空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系的判定和計(jì)算程序化、簡(jiǎn)單化,具體步驟如下:
跟蹤集訓(xùn)
15.(2018南京、鹽城一模)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是菱形,AC與BD交于點(diǎn)O,OP⊥底面ABCD,點(diǎn)M為PC的中點(diǎn),AC=4,BD=2,OP=4.
(1)求直線(xiàn)AP與BM所成角的余弦值;
(2)求平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值.
模板十六 離散型隨機(jī)變量
典型例題
例16 現(xiàn)有10道題,其中6道甲類(lèi)題,4道乙類(lèi)題,張同學(xué)從中任取3道題解答.
(1)求張同學(xué)至少取到1道乙類(lèi)題的概率;
(2)已知所取的3道題中有2道甲類(lèi)題,1道乙類(lèi)題.設(shè)張同學(xué)答對(duì)每道甲類(lèi)題的概率都是35,答對(duì)每道乙類(lèi)題的概率都是45,且各題答對(duì)與否相互獨(dú)立.用X表示張同學(xué)答對(duì)題的個(gè)數(shù),求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.
解析 (1)設(shè)事件A為“張同學(xué)至少取到1道乙類(lèi)題”,
則事件A為“張同學(xué)所取3道題都是甲類(lèi)題”.(定性)
因?yàn)镻(A)=C63C103=16,(定型)
所以P(A)=1-P(A)=56.(求值)
(2)X所有可能的取值為0,1,2,3.(定元)
P(X=0)=C2225215=4125,
P(X=1)=C21352515+C2225245=28125,
P(X=2)=C2235215+C21352545=57125,
P(X=3)=C2235245=36125.(定型)
故X的分布列為
X
0
1
2
3
P
4125
28125
57125
36125
所以E(X)=04125+128125+257125+336125=2.(求值)
▲模板構(gòu)建 公式法就是直接利用古典概型、互斥事件、對(duì)立事件、相互獨(dú)立事件以及獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)、條件概率等的求解方法或計(jì)算公式求解離散型隨機(jī)變量的概率的方法.其基本步驟如下:
跟蹤集訓(xùn)
16.盒中共有9個(gè)球,其中有4個(gè)紅球、3個(gè)黃球和2個(gè)綠球,這些球除顏色外完全相同.
(1)從盒中一次隨機(jī)取出2個(gè)球,求取出的2個(gè)球顏色相同的概率P;
(2)從盒中一次隨機(jī)取出4個(gè)球,其中紅球、黃球、綠球的個(gè)數(shù)分別記為x1,x2,x3,隨機(jī)變量X表示x1,x2,x3中的最大數(shù).求X的概率分布和數(shù)學(xué)期望E(X).
答案精解精析
模板一 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用
跟蹤集訓(xùn)
1.答案 -4
解析 奇函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x=-2對(duì)稱(chēng),則最小正周期是8,則f(6)=f(-2)=-f(2)=-4.
模板二 函數(shù)的零點(diǎn)
跟蹤集訓(xùn)
2.答案 5
解析 函數(shù)f(x)在(0,+∞)上遞增,且f(5)=lg5-32<0,f(6)=lg6>0,所以函數(shù)零點(diǎn)在區(qū)間(5,6)上,則n=5.
模板三 三角函數(shù)的性質(zhì)
跟蹤集訓(xùn)
3.解析 (1)因?yàn)閒(x)=23asinxcosx+asin2x-acos2x+b
=3asin2x-acos2x+b
=2asin2x-π6+b.
又a>0,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為-π6+kπ,π3+kπ,k∈Z.
(2)當(dāng)x∈-π4,π4時(shí),2x-π6∈-2π3,π3,2sin2x-π6∈[-2,3],
則當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)的最大值為3a+b,最小值為-2a+b.
所以3a+b=3,-2a+b=1-3,
解得a=1,b=3-3.
當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f(x)的最大值為-2a+b,最小值為3a+b.
所以3a+b=1-3,-2a+b=3,
解得a=-1,b=1.
綜上,a=1,b=3-3或a=-1,b=1.
模板四 解三角形
跟蹤集訓(xùn)
4.解析 (1)在△ABC中,根據(jù)余弦定理及a2=b2+c2-bc得,cosA=b2+c2-a22bc=12.
因?yàn)锳∈(0,π),所以A=π3.
在△ABC中,由正弦定理asinA=bsinB得
sinB=basinA=21532=55.
(2)因?yàn)閍=152b>b,所以A>B,即00時(shí),g(x)=xf (x)-f(x)x2<0,則g(x)在x∈(0,+∞)上單調(diào)遞減,又函數(shù)f(x)是奇函數(shù),則g(-x)=f(-x)-x=f(x)x=g(x),則g(x)是偶函數(shù),
g(-1)=f(-1)-1=0=g(1),f(x)>0?xg(x)>0?x>0,g(x)>0或x<0,g(x)<0,解得00,x>0,則x>1,y>0,
a=x+y2,b=x-y2,3a+2b=3x+3y2+x-y=5x+y2=12(5x+y)1x+1y=126+yx+5xy≥3+122yx5xy=3+5,當(dāng)且僅當(dāng)yx=5xy,y=5x時(shí),取等號(hào),故3a+2b的最小值為3+5.
模板七 不等式恒成立問(wèn)題
跟蹤集訓(xùn)
7.答案 a≥-1712
解析 2ag(x)+h(2x)≥0,即2a2x-2-x2+22x+2-2x2≥0,
2a(2x-2-x)+22x+2-2x≥0,令2x-2-x=t,t∈32,154,則22x+2-2x=t2+2,
2at+t2+2≥0,t2+2≥-2at,-2a≤t+2tmin,y=t+2tt,∈32,154遞增,t=32時(shí),ymin=176,
則-2a≤176,解得a≥-1712.
模板八 線(xiàn)性規(guī)劃問(wèn)題
跟蹤集訓(xùn)
8.答案 6
解析 畫(huà)出可行域如圖所示,
由z=2x+y得y=-2x+z.
當(dāng)直線(xiàn)y=-2x+z經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(-1,-1)時(shí),z取得最小值n=-3;
當(dāng)直線(xiàn)y=-2x+z經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(2,-1)時(shí),z取得最大值m=3.
∴m-n=6.
模板九 數(shù)列的通項(xiàng)與求和
跟蹤集訓(xùn)
9.解析 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,因?yàn)闈M(mǎn)足a2=2,S5=15,
所以a1+d=2,5a1+542d=15,解得a1=1,d=1,所以an=1+(n-1)1=n,
因?yàn)榈缺葦?shù)列{bn}滿(mǎn)足b2=4,b5=32,設(shè)其公比為q,則b1q=4,b1q4=32,解得b1=2,q=2,
所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=b1qn-1=2n.
(2)由(1)知:anbn=n2n,所以Tn=12+222+…+n2n,①
所以2Tn=122+223+…+n2n+1,②
由②-①得Tn=-(2+22+23+…+2n)+n2n+1=-2(1-2n)1-2+n2n+1,
故Tn=(n-1)2n+1+2.
模板十 空間中的平行與垂直
跟蹤集訓(xùn)
10.證明 (1)∵BC=2AD,G是BC的中點(diǎn),∴AD=BG,又∵AD∥BC,∴四邊形ADGB是平行四邊形,∴AB∥DG.
∵AB?平面DEG,DG?平面DEG,∴AB∥平面DEG.
(2)易知四邊形ADFE是矩形,連接GF,
∵DF∥AE,AE⊥底面BEFC,∴DF⊥平面BCFE,EG?平面BCFE,∴DF⊥EG.
∵EF∥BG,EF=BG,且EF=BE,∴四邊形BGFE為菱形,∴BF⊥EG,
又BF∩DF=F,BF?平面BFD,DF?平面BFD,∴EG⊥平面BDF.
模板十一 直線(xiàn)與圓
跟蹤集訓(xùn)
11.答案 22,922
解析 由題意可得|AB|=(-1+3)2+(-2-0)2=22,
根據(jù)△MAB和△NAB的面積均為4,可得兩點(diǎn)M,N到直線(xiàn)AB的距離為22.
由于直線(xiàn)AB的方程為y-0-2-0=x+3-1+3,即x+y+3=0.
若圓上只有一個(gè)點(diǎn)到直線(xiàn)AB的距離為22,
則圓心(2,0)到直線(xiàn)AB的距離為|2+0+3|2=r+22,解得r=22;
若圓上只有3個(gè)點(diǎn)到直線(xiàn)AB的距離為22,
則圓心(2,0)到直線(xiàn)AB的距離為|2+0+3|2=r-22,解得r=922.
綜上,r的取值范圍是22,922.
模板十二 圓錐曲線(xiàn)中的最值與范圍問(wèn)題
跟蹤集訓(xùn)
12.解析 (1)設(shè)橢圓的半焦距為c,由題意得ca=32,且a=2,得c=3,b=1,
∴所求橢圓方程為x24+y2=1.
(2)①證明:當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率不存在時(shí),直線(xiàn)AB的方程為x=255,原點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離為255.
當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
則由x24+y2=1,y=kx+m,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
Δ=16(1+4k2-m2)>0,
x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,
由OAOB=x1x2+y1y2=5m2-4-4k21+4k2=0,
得m2=45(1+k2),
∴原點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離d=mk2+1=45(1+k2)1+k2=255.
綜上所述,原點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離為255,即該定圓方程為x2+y2=45.
②當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率不存在時(shí),AB=455,
當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率存在時(shí),|AB|=1+k2|x1-x2|=451+9k216k4+8k2+1,
當(dāng)k≠0時(shí),|AB|=451+916k2+1k2+8≤5,當(dāng)且僅當(dāng)k=12時(shí)等號(hào)成立.
當(dāng)k=0時(shí),|AB|=455,∴|AB|的最大值為5.
由①知,點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離為255,
∴S△AOB的最大值為125255=1.
模板十三 圓錐曲線(xiàn)中的探索性問(wèn)題
跟蹤集訓(xùn)
13.解析 (1)因?yàn)辄c(diǎn)P(0,2)關(guān)于直線(xiàn)y=-x的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為(-2,0),且(-2,0)在橢圓M上,所以a=2.又e=32,故c=3,則b2=a2-c2=4-3=1.所以橢圓M的方程為x24+y2=1.
(2)①當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí),C(0,1),D(0,-1),所以O(shè)COD=-1.
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí),設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+2,C(x1,y1),D(x2,y2),y=kx+2,x24+y2=1,消去y整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0,由Δ>0,可得4k2>3,且x1+x2=-16k1+4k2,x1x2=121+4k2,
所以O(shè)COD=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=-1+171+4k2,
所以-10,y=13ax4x-7a>0得定義域?yàn)?a4,+∞.
解法二:由tan∠CAB=125,得sin∠CAB=1213,cos∠CAB=513,
sin∠FAP=sin(∠FAE-∠PAE)=sin(∠FAE-45)=7226.
設(shè)∠FPA=θ,
△APF中,由正弦定理得AFsin∠APF=PFsin∠FAP=APsin∠AFE,
所以PF=7226ysinθ,sin∠AFE=32asinθy.
同理可得PE=22xsinθ,FE=1213xy32asinθ.
由PF+PE=FE,
即7226ysinθ+22xsinθ=1213xy32asinθ,
整理得y=13ax4x-7a,
由x>0,y=13ax4x-7a>0,得定義域?yàn)?a4,+∞.
解法三:以AB所在直線(xiàn)為x軸,點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,
則E(x,0),P(3a,3a),由tan∠CAB=125,得sin∠CAB=1213,cos∠CAB=513,
所以F513y,1213y,
因?yàn)镻E與PF共線(xiàn),
所以513y-3a(-3a)=1213y-3a(x-3a),
所以y=13ax4x-7a,由x>0,y=13ax4x-7a>0
得定義域?yàn)?a4,+∞.
(2)設(shè)三條路圍成地皮購(gòu)價(jià)為y元,地皮購(gòu)價(jià)為k元/平方米,則y=kS△AEF(k為正常數(shù)),
所以要使y最小,只要使S△AEF最小即可.
由題可知S△AEF=12AEAFsin∠CAB=12xy1213=613xy=613x13ax4x-7a=6ax24x-7a,定義域?yàn)?a4,+∞.
令t=4x-7a>0,
則S△AEF=6at+7a42t=3a8t2+14at+49a2t=3a8t+49a2t+14a
≥3a82t49a2t+14a=212a2.
當(dāng)且僅當(dāng)t=7a,即x=7a2時(shí)取等號(hào),
所以,當(dāng)x=7a2時(shí),S△AEF最小,所以y最小.
答:當(dāng)點(diǎn)E距離A點(diǎn)7a2米時(shí),三條路圍成地皮購(gòu)價(jià)最低.
模板十五 求空間角(理科專(zhuān)用)
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15.解析 (1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,所以AC⊥BD.又OP⊥底面ABCD,所以以O(shè)為原點(diǎn),直線(xiàn)OA,OB,OP分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
則A(2,0,0),B(0,1,0),P(0,0,4),C(-2,0,0),M(-1,0,2).
所以AP=(-2,0,4),BM=(-1,-1,2),
所以APBM=10,
|AP|=25,|BM|=6.
則cos=APBM|AP||BM|=10256=306.
故直線(xiàn)AP與BM所成角的余弦值為306.
(2)AB=(-2,1,0),BM=(-1,-1,2).
設(shè)平面ABM的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),
則nAB=0,nBM=0,即-2x+y=0,-x-y+2z=0.令x=2,則y=4,z=3.
所以平面ABM的一個(gè)法向量為n=(2,4,3).
又平面PAC的一個(gè)法向量為OB=(0,1,0),所以nOB=4,|n|=29,|OB|=1.
則cos=nOB|n||OB|=429=42929.
故平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值為42929.
模板十六 離散型隨機(jī)變量
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16.解析 (1)取到的2個(gè)顏色相同的球可能是2個(gè)紅球、2個(gè)黃球或2個(gè)綠球,
所以P=C42+C32+C22C92=6+3+136=518.
(2)隨機(jī)變量X所有可能的取值為2,3,4.
{X=4}表示的隨機(jī)事件是“取到的4個(gè)球是4個(gè)紅球”,故P(X=4)=C44C94=1126.
{X=3}表示的隨機(jī)事件是“取到的4個(gè)球是3個(gè)紅球和1個(gè)其他顏色的球或3個(gè)黃球和1個(gè)其他顏色的球”,故P(X=3)=C43C51+C33C61C94=20+6126=1363.
于是P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1-1363-1126=1114.
所以隨機(jī)變量X的概率分布如下表:
X
2
3
4
P
1114
1363
1126
因此隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望
E(X)=21114+31363+41126=209.
江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前沖刺必備五 解題模板給力學(xué)案.docx
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