高优指导2017版高考数学一轮复习 大题专项练1-6习题 文（打包6套）北师大版.zip

1高考大题专项练 1 高考中的函数与导数高考大题专项练第 2页 1.已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a0).若 f(x)在[ -1,1]上的最小值记为 g(a).(1)求 g(a);(2)证明:当 x∈[ -1,1]时,恒有 f(x)≤ g(a)+4.(1)解:因为 a0,-1≤ x≤1,所以① 当 00,故 f(x)在( a,1)上是增函数 .所以 g(a)=f(a)=a3.② 当 a≥1 时,有 x≤ a,则 f(x)=x3-3x+3a,f'(x)=3x2-30.知 t(a)在(0,1)上是增函数 .所以, t(a)0,所以 f(x)在(0, +∞ )递增 .若 a0,则当 x∈时, f'(x)0;当 x∈时, f'(x)0时, f(x)在 x=取得最大值,最大值为 f=ln+a=-ln a+a-1.因此 f2a-2等价于 ln a+a-11时, g(a)0.因此, a的取值范围是(0,1) .〚导学号 32470859〛3.(2015东北三校第二次联考)已知函数 f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a.2(1)当 a=1时,求 f(x)的单调区间;(2)若函数 f(x)在区间上无零点,求 a的最小值 .解:(1)当 a=1时, f(x)=x-1-2ln x,则 f'(x)=1-,定义域为 x∈(0, +∞ ).由 f'(x)0,得 x2,由 f'(x)0;h(x)=2ln x,x0,则 f(x)=m(x)-h(x),① 当 a0,∴f (x)在上无零点 .由 ①② 得 a≥2 -4ln 2,∴a min=2-4ln 2.〚导学号 32470860〛4.(2015保定高三调研)已知函数 f(x)=ln x+ax-a2x2(a≥0) .(1)若 x=1是函数 y=f(x)的极值点,求 a的值;(2)若 f(x)0时,令 f'(x)==0,得x1=-(舍去), x2=,所以 f'(x),f(x)的变化情况如下表:xf'(x)+ 0 -f(x) ↗极大值↘所以 f(x)max=f=ln 1.综上可得实数 a的取值范围是(1, +∞ ).〚导学号 32470861〛5.(2015新乡调研)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R), g(x)=x2+ex-xex.(1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值;(2)当 a,所以 a的取值范围为 .〚导学号 32470862〛6.(2015兰州、张掖高三联考)已知函数 f(x)=ln x,g(x)=ax2+bx-1.(1)当 a=0且 b=1时,证明:对任意 x0,f(x)≤ g(x);(2)若 b=2,且 h(x)=f(x)-g(x)存在递减区间,求 a的取值范围 .解:(1)证明:当 a=0且 b=1时,设 h(x)=f(x)-g(x)=ln x-(x-1)=ln x-x+1,任意 x0,h'(x)=-1.解 h'(x)=0,得 x=1.当 00,h(x)递增;当 x1时, h'(x)=-10,h(x)≤ h(1)=ln 1-1+1=0,ln x≤ x-1,即 f(x)≤ g(x).(2)若 b=2,h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax2-2x+1,所以 h'(x)=-ax-2=-.因为函数 h(x)存在递减区间,所以 h'(x)0在(0, +∞ )上有解,所以 a在(0, +∞ )上有解,即存在 x∈(0, +∞ ),使得 a.令 t=,x0,则 t0,研究 y=t2-2t,t0,当 t=1时, ymin=-1,所以 a-1.〚导学号 32470863〛1高考大题专项练 2 高考中的三角函数与解三角形高考大题专项练第 4页 1.已知 tan 2θ=- 2,π 2θ 2π,化简 .解:原式 =.∵ 2θ ∈(π,2π), ∴θ ∈ .而 tan 2θ==- 2,∴ tan2θ- tan θ-= 0,即(tan θ+ 1)(tan θ- )=0.故 tan θ=- 或 tan θ= (舍去) .∴= 3+2.〚导学号 32470864〛2.(2015长春调研)函数 f(x)=Asin(ωx+φ )的部分图像如图所示 .(1)求函数 y=f(x)的解析式;(2)当 x∈时,求 f(x)的取值范围 .解:(1)由题中图像得 A=1,,所以 T=2π,则 ω= 1.将点代入得 sin=1,又 -φ ,所以 φ= ,因此函数 f(x)=sin.(2)由于 -π≤ x≤ -,-≤ x+,所以 -1≤sin,所以 f(x)的取值范围是 .〚导学号 32470865〛3.(2015山西二测)已知函数 f(x)=sin xcos x+cos 2x-.(1)求函数 f(x)的最小正周期和对称轴;(2)当 x∈时,求 f(x)的取值范围 .解:(1) f(x)=sin xcos x+cos2x-=sin 2x+cos 2x=sin,令 2x++kπ( k∈Z),则 x=(k∈Z),∴ 函数 f(x)的最小正周期为 π,对称轴为 x=(k∈Z) .(2)∵x ∈, ∴ ≤2 x+,则当 2x+,即 x=时, f(x)取得最大值 1,当 2x+,即 x=时, f(x)取得最小值 -,∴f (x)的取值范围是 .〚导学号 32470866〛4.(2015浙江,文 16)在△ ABC中,内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c.已知 tan=2.(1)求的值;(2)若 B=,a=3,求△ ABC的面积 .解:(1)由 tan=2,得 tan A=,所以 .(2)由 tan A=,A∈(0,π),得 sin A=,cos A=.又由 a=3,B=及正弦定理,得 b=3.由 sin C=sin(A+B)=sin得 sin C=.设△ ABC的面积为 S,则 S=absin C=9. 5.(2015课标全国 Ⅱ ,文 17)△ ABC中, D是 BC上的点, AD平分∠ BAC,BD=2DC.(1)求;(2)若∠ BAC=60°,求 B.解:(1)由正弦定理得.因为 AD平分∠ BAC,BD=2DC,所以 .(2)因为 C=180°-(∠ BAC+ B),∠ BAC=60°,2所以 sin C=sin(∠ BAC+B)=cos B+sin B.由(1)知 2sin B=sin C,所以 tan B=,即 B=30°. 6.如图,在△ ABC中,∠ ABC=90°,AB=,BC=1,P为△ ABC内一点,∠ BPC=90°.(1)若 PB=,求 PA;(2)若∠ APB=150°,求 tan∠ PBA.解:(1)由已知 PB=BC,∠ BPC=90°,得∠ PBC=60°,所以∠ PBA=30°.在△ PBA中,由余弦定理得 PA2=3+-2×cos 30°=.故 PA=.(2)设∠ PBA=α ,由已知得 PB=sin α.在△ PBA中,由正弦定理得,化简得 cos α= 4sin α.所以 tan α= ,即 tan∠ PBA=.1高考大题专项练 3 高考中的数列高考大题专项练第 6页 1.(2015大连一模)等差数列{ an}的前 n项和为 Sn,等比数列{ bn}的公比为,满足S3=15,a1+2b1=3,a2+4b2=6.(1)求数列{ an},{bn}的通项公式 an,bn;(2)求数列{ an·bn}的前 n项和 Tn.解:(1)设{ an}的公差为 d,所以解得 a1=2,d=3,b1=,所以 an=3n-1,bn=.(2)由(1)知 Tn=2×+5×+8×+…+(3n-4)·+(3n-1),①①×T n=2×+5×+…+(3n-4)×+(3n-1),②①-② 得Tn=2×+3×-(3n-1)·=1+3×-(3n-1)·,整理得 Tn=-(3n+5)+5.〚导学号 32470870〛2.已知数列{ an}的前 n项和为 Sn,且 Sn=2an-1;数列{ bn}满足 bn-1-bn=bnbn-1(n≥2, n∈N +),b1=1.(1)求数列{ an},{bn}的通项公式;(2)求数列的前 n项和 Tn.解:(1)由 Sn=2an-1,得 S1=a1=2a1-1,故 a1=1.又 Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1(n≥2),两式相减,得 Sn-Sn-1=2an-2an-1,即 an=2an-2an-1.故 an=2an-1,n≥2 .所以数列{ an}是首项为 1,公比为 2的等比数列 .故 an=1·2n-1=2n-1.由 bn-1-bn=bnbn-1(n≥2, n∈N +),得 =1.又 b1=1,∴ 数列是首项为 1,公差为 1的等差数列 .∴= 1+(n-1)·1=n.∴b n=.(2)由(1)得 =n·2n-1.∴T n=1·20+2·21+…+n·2n-1,∴ 2Tn=1·21+2·22+…+n·2n.两式相减,得 -Tn=1+21+…+2n-1-n·2n=-n·2n=-1+2n-n·2n.∴T n=(n-1)·2n+1.〚导学号 32470871〛3.(2015山东滨州一模)已知数列{ an}的前 n项和是 Sn,且 Sn+an=1(n∈N +).(1)求数列{ an}的通项公式;(2)设 bn=lo(1-Sn+1)(n∈N +),令 Tn=+…+,求 Tn.解:(1)当 n=1时, a1=S1,由 S1+a1=1,得 a1=.当 n≥2 时, Sn=1-an,Sn-1=1-an-1,则 Sn-Sn-1=(an-1-an),即 an=(an-1-an),所以 an=an-1(n≥2) .故数列{ an}是以为首项,为公比的等比数列 .故 an==2·.(2)因为 1-Sn=an=,所以 bn=lo(1-Sn+1)=lo=n+1,因为,所以 Tn=+…+=+…+=.〚导学号 32470872〛4.(2015江西上饶一模)已知数列{ an}的前 n项和 Sn=2an-3·2n+4(n∈N +).2(1)证明:数列是等差数列;(2)设 bn=,求数列{ bn}的前 n项和 Tn.(1)证明: ∵S n=2an-3·2n+4(n∈N +),∴n= 1时, a1=S1=2a1-6+4,解得 a1=2.当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=2an-3×2n+4-(2an-1-3×2n-1+4),化为 an=2an-1+3×2n-1,变形为,∴ 数列是等差数列,首项为 =1,公差为 .(2)解:由(1)可得 =1+(n-1)=,∴b n==,∴ 数列{ bn}的前 n项和Tn=+…+.〚导学号 32470873〛5.(2015长沙二模改编)已知数列{ an}是公差不为零的等差数列, a10=15,且 a3,a4,a7成等比数列 .(1)求数列{ an}的通项公式;(2)设 bn=,求数列{ bn}的前 n项和 Tn.解:(1)设数列{ an}的公差为 d(d≠0),由已知得即解得∴a n=2n-5.(2)证明: ∵b n=,n∈N +,∴T n=+…+,①Tn=+…+,②①-② ,得 Tn=+2+…+=-,∴T n=-1-(n∈N +).〚导学号 32470874〛6.已知等差数列{ an}的公差大于 0,且 a3,a5是方程 x2-14x+45=0的两根,数列{ bn}的前 n项和为 Sn,且 Sn=(n∈N +).(1)求数列{ an},{bn}的通项公式;(2)记 cn=anbn,求证: cn+1≤ cn;(3)求数列{ cn}的前 n项和 Tn.解:(1)因为 a3,a5是方程 x2-14x+45=0的两根,且数列{ an}的公差 d0,所以 a3=5,a5=9,公差 d==2.所以 an=a5+(n-5)d=2n-1.当 n=1时, b1=S1=,解得 b1=.当 n≥2 时, bn=Sn-Sn-1=(bn-1-bn),所以( n≥2) .所以数列{ bn}是首项 b1=,公比 q=的等比数列,所以 bn=b1qn-1=.(2)由(1),知 cn=anbn=,cn+1=,所以 cn+1-cn=≤0 .所以 cn+1≤ cn.(3)由(2),知 cn=anbn=,则 Tn=+…+,①Tn=+…+,②①-② ,得 Tn=+…++2,化简得 Tn=1-.故数列{ cn}的前 n项和 Tn=1-.〚导学号 32470875〛1高考大题专项练 4 高考中的立体几何高考大题专项练第 8页 1.如图,四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为矩形, PA⊥平面 ABCD,E为 PD的中点 .(1)证明: PB∥平面 AEC;(2)设 AP=1,AD=,三棱锥 P-ABD的体积 V=,求 A到平面 PBC的距离 .(1)证明:设 BD与 AC的交点为 O,连接 EO.因为 ABCD为矩形,所以 O为 BD的中点 .又 E为 PD的中点,所以 EO∥ PB.EO⫋平面 AEC,PB⊈平面 AEC,所以 PB∥平面 AEC.(2)解: V=PA·AB·AD=AB,由 V=,可得 AB=.作 AH⊥ PB交 PB于 H,由题设知 BC⊥平面 PAB,所以 BC⊥ AH.故 AH⊥平面 PBC.又 AH=,所以 A到平面 PBC的距离为 .〚导学号 32470876〛2.如图,四棱锥 P-ABCD,侧面 PAD是边长为 2的正三角形,且与底面垂直,底面 ABCD是∠ ABC=60°的菱形, M为 PC的中点 .(1)求证: PC⊥ AD;(2)证明在 PB上存在一点 Q,使得 A,Q,M,D四点共面;(3)求点 D到平面 PAM的距离 .(1)证明:(方法一)取 AD中点 O,连接 OP,OC,AC,依题意,可知△ PAD,△ ACD均为正三角形,所以 OC⊥ AD,OP⊥ AD,又 OC∩ OP=O,OC⫋平面 POC,OP⫋平面 POC,所以 AD⊥平面 POC,又 PC⫋平面 POC,所以 PC⊥ AD.(方法二)连接 AC,依题意,可知△ PAD,△ ACD均为正三角形,又 M为 PC的中点,所以 AM⊥ PC,DM⊥ PC,又 AM∩ DM=M,AM⫋平面 AMD,DM⫋平面 AMD,2所以 PC⊥平面 AMD,又 AD⫋平面 AMD,所以 PC⊥ AD.(2)证明:当点 Q为棱 PB的中点时, A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱 PB的中点 Q,连接 QM,QA,又 M为 PC的中点,所以 QM∥ BC,在菱形 ABCD中, AD∥ BC,所以 QM∥ AD,所以 A,Q,M,D四点共面 .(3)解:点 D到平面 PAM的距离即点 D到平面 PAC的距离 .由(1)可知 PO⊥ AD,又平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO⫋平面 PAD,所以 PO⊥平面 ABCD,即 PO为三棱锥 P-ACD的高 .在 Rt△ POC中, PO=OC=,PC=,在△ PAC中, PA=AC=2,PC=,边 PC上的高 AM=,所以△ PAC的面积 S△ PAC=PC·AM=,设点 D到平面 PAC的距离为 h,由 VD-PAC=VP-ACD,得 S△ PAC·h=S△ ACD·PO,又 S△ ACD=×22=,所以· h=,解得 h=,所以点 D到平面 PAM的距离为 .〚导学号 32470877〛3.如图所示,△ ABC为正三角形, CE⊥平面 ABC,BD∥ CE,CE=CA=2BD,M是 EA的中点 .求证:(1) DE=DA;(2)平面 BDM⊥平面 ECA.证明:(1)取 CE的中点 F,连接 DF.∵CE ⊥平面 ABC,∴CE ⊥ BC.∵BD ∥ CE,BD=CE=CF=FE,∴ 四边形 FCBD是矩形,∴DF ⊥ EC.又 BA=BC=DF,∴ Rt△ DEF≌Rt△ ADB,∴DE=DA.(2)取 AC中点 N,连接 MN,NB,∵M 是 EA的中点, ∴MN ￿ CE.由 BD￿ CE,且 BD⊥平面 ABC,可得四边形 MNBD是矩形,于是 DM⊥ MN.∵DE=DA ,M是 EA的中点,∴DM ⊥ EA.又 EA∩ MN=M,∴DM ⊥平面 ECA,而 DM⫋平面 BDM,∴ 平面 BDM⊥平面 ECA.〚导学号 32470878〛4.如图所示,在三棱锥 S-ABC中,平面 SAB⊥平面 SBC,AB⊥ BC,AS=AB.过 A作 AF⊥ SB,垂足为 F,点 E,G分别是棱 SA,SC的中点 .求证:3(1)平面 EFG∥平面 ABC;(2)BC⊥ SA.证明:(1)因为 AS=AB,AF⊥ SB,垂足为 F,所以 F是 SB的中点 .又因为 E是 SA的中点,所以 EF∥ AB.因为 EF⊈平面 ABC,AB⫋平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC.同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩ EG=E,所以平面 EFG∥平面 ABC.(2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB,又 AF⫋平面 SAB,AF⊥ SB,所以 AF⊥平面 SBC.因为 BC⫋平面 SBC,所以 AF⊥ BC.又因为 AB⊥ BC,AF∩ AB=A,AF,AB⫋平面 SAB,所以 BC⊥平面 SAB.因为 SA⫋平面 SAB,所以 BC⊥ SA.〚导学号 32470879〛5.如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是平行四边形,且 PA⊥底面 ABCD,BD⊥ PC,E是 PA的中点 .(1)求证:平面 PAC⊥平面 EBD;(2)若 PA=AB=AC=2,求三棱锥 P-EBD的体积 .(1)证明: ∵PA ⊥平面 ABCD,∴PA ⊥ BD,又 BD⊥ PC,PA∩ PC=P,∴BD ⊥平面 PAC,∵BD ⫋平面 EBD,∴ 平面 PAC⊥平面 EBD.(2)解:由(1)可知 BD⊥ AC,∴ 四边形 ABCD是菱形,∠ BAD=120°,∴S △ ABD=BD·OA=×2×1=.∴V P-EBD=VP-ABD-VE-ABD=×2-×1=.〚导学号 32470880〛6.如图,在四棱锥 P-ABCD中,∠ ABC=∠ ACD=90°,∠ BAC=∠ CAD=60°,PA⊥平面 ABCD,E为 PD的中点,AB=1,PA=2.(1)证明:直线 CE∥平面 PAB;(2)求三棱锥 E-PAC的体积 .(1)证明:4取 AD中点 F,连接 EF,CF,∴ 在△ PAD中, EF是中位线,可得 EF∥ PA.∵EF ⊈平面 PAB,PA⫋平面 PAB,∴EF ∥平面 PAB.∵ Rt△ ABC中, AB=1,∠ BAC=60°,∴AC== 2.又 ∵ Rt△ ACD中,∠ CAD=60°,∴AD= 4,结合 F为 AD的中点,得△ ACF是等边三角形,∴ ∠ ACF=∠ BAC=60°,可得 CF∥ AB.∵CF ⊈平面 PAB,AB⫋平面 PAB,∴CF ∥平面 PAB.∵EF ,CF是平面 CEF内的相交直线,∴ 平面 CEF∥平面 PAB.∵CE ⫋平面 CEF,∴CE ∥平面 PAB.(2)解: ∵PA ⊥平面 ABCD,CD⫋平面 ABCD,∴PA ⊥ CD.又 ∵AC ⊥ CD,PA,AC是平面 PAC内的相交直线,∴CD ⊥平面 PAC.∵CD ⫋平面 DPC,∴ 平面 DPC⊥平面 PAC.过 E点作 EH⊥ PC于 H,由面面垂直的性质定理,得 EH⊥平面 PAC,∴EH ∥ CD.在 Rt△ ACD中, AC=2,AD=4,∠ ACD=90°,∴CD== 2.∵E 是 PD的中点, EH∥ CD,∴EH=CD=.∵PA ⊥ AC,∴S △ PAC=×2×2=2.因此,三棱锥 E-PAC的体积 V=S△ PAC×EH=.〚导学号 32470881〛7.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1中, AB=2,AA1=,点 D为 AC的中点,点 E在线段 AA1上 .(1)当 AE∶EA 1=1∶ 2时,求证: DE⊥ BC1.(2)是否存在点 E,使三棱锥 C1-BDE的体积恰为三棱柱 ABC-A1B1C1体积的?若存在,求 AE的长,若不存在,请说明理由 .(1)证明:因为三棱柱 ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ ABC是正三角形,又因为 D是 AC的中点,所以 BD⊥ AC,又平面 ABC⊥平面 CAA1C1,所以 BD⊥ DE,因为 AE∶EA 1=1∶ 2,AB=2,AA1=,所以 AE=,AD=1,所以在 Rt△ ADE中,∠ ADE=30°,在 Rt△ DCC1中,∠ C1DC=60°,所以∠ EDC1=90°,即 DE⊥ DC1.因为 C1D∩ BD=D,所以 DE⊥平面 BC1D,所以 DE⊥ BC1.(2)解:假设存在点 E,满足题意 .设 AE=h,则 A1E=-h,所以 -S△ AED-=2h-(-h)-h.5因为 BD⊥平面 ACC1A1,h.又 V 棱柱 =×2×=3,所以 h=1,解得 h=.故存在点 E,当 AE=,即 E与 A1重合时,三棱锥 C1-BDE的体积恰为三棱柱 ABC-A1B1C1体积的 .〚导学号 32470882〛8.(2015安徽,文 19)如图,三棱锥 P-ABC中, PA⊥平面 ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠ BAC=60°.(1)求三棱锥 P-ABC的体积;(2)证明:在线段 PC上,存在点 M,使得 AC⊥ BM,并求的值 .(1)解:由题设 AB=1,AC=2,∠ BAC=60°,可得 S△ ABC=·AB·AC·sin 60°=.由 PA⊥平面 ABC,可知 PA是三棱锥 P-ABC的高,又 PA=1,所以三棱锥 P-ABC的体积V=·S△ ABC·PA=.(2)证明:在平面 ABC内,过点 B作 BN⊥ AC,垂足为 N.在平面 PAC内,过点 N作 MN∥ PA交 PC于点 M,连接 BM.由 PA⊥平面 ABC知 PA⊥ AC,所以 MN⊥ AC.由于 BN∩ MN=N,故 AC⊥平面 MBN.又 BM⫋平面 MBN,所以AC⊥ BM.在 Rt△ BAN中, AN=AB·cos∠ BAC=,从而 NC=AC-AN=.由 MN∥ PA,得 .〚导学号 32470883〛1高考大题专项练 5 高考中的解析几何高考大题专项练第 10页 1.已知椭圆 C:x2+2y2=4.设 O为原点,若点 A在椭圆 C上,点 B在直线 y=2上,且 OA⊥ OB,试判断直线AB与圆 x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论 .解:直线 AB与圆 x2+y2=2相切 .证明如下:设点 A,B的坐标分别为( x0,y0),(t,2),其中 x0≠0 .因为 OA⊥ OB,所以 =0,即 tx0+2y0=0,解得 t=-.当 x0=t时, y0=-,代入椭圆 C的方程,得 t=±,故直线 AB的方程为 x=±,圆心 O到直线 AB的距离 d=,此时直线 AB与圆 x2+y2=2相切 .当 x0≠ t时,直线 AB的方程为 y-2=(x-t),即( y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.圆心 O到直线 AB的距离 d=.又 +2=4,t=-,故 d=.此时直线 AB与圆 x2+y2=2相切 .〚导学号 32470884〛2.(2015沈阳一模)已知椭圆 C:=1(ab0),其中 e=,焦距为 2,过点 M(4,0)的直线 l与椭圆 C交于点A,B,点 B在 AM之间 .又点 A,B的中点横坐标为,且 =λ.(1)求椭圆 C的标准方程;(2)求实数 λ 的值 .解:(1)由条件可知, c=1,a=2,故 b2=a2-c2=3,椭圆的标准方程是 =1.(2)由 =λ ,可知 A,B,M三点共线,设点 A(x1,y1),点 B(x2,y2).若直线 AB⊥ x轴,则 x1=x2=4,不合题意 .当 AB所在直线 l的斜率 k存在时,设直线 l的方程为 y=k(x-4).由消去 y,得(3 +4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.①由 ① 的判别式 Δ =322k4-4(4k2+3)·(64k2-12)=144(1-4k2)0,解得 k22=|BC|,所以动点 P的轨迹 C1是一个椭圆,其中 2a=2,2c=2.动点 P的轨迹 C1的方程为 =1.(2)设 N(t,t2),则 PQ的方程为: y-t2=2t(x-t)⇒y=2tx-t2,联立方程组消去 y整理,得(4 +20t2)x2-20t3x+5t4-20=0,有而 |PQ|=×|x1-x2|=,点 M到 PQ的高为 h=,由 S△ MPQ=|PQ|h代入化简得:S△ MPQ=;当且仅当 t2=10时, S△ MPQ可取最大值 .〚导学号 32470887〛5.(2015石家庄高三质检一)定长为 3的线段 AB的两个端点 A,B分别在 x轴、 y轴上滑动,动点 P满足 =2.(1)求点 P的轨迹曲线 C的方程;(2)若过点(1,0)的直线与曲线 C交于 M,N两点,求的最大值 .解:(1)设 A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),由 =2得( x,y-y0)=2(x0-x,-y),即又因为 =9,所以 +(3y)2=9.化简得 +y2=1,故点 P的轨迹方程为 +y2=1.(2)当过点(1,0)的直线为 y=0时,=(2,0)·(-2,0)=-4.当过点(1,0)的直线不为 y=0时,可设直线方程为 x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立化简得( t2+4)y2+2ty-3=0,则 Δ =4t2+12(t2+4)=16t2+480恒成立,由韦达定理得 y1+y2=-,y1y2=-.所以 =x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)·+t·+1==-4+.当 t=0时,() max=.综上所述,的最大值为 .〚导学号 32470888〛6.已知动点 C是椭圆 Ω :+y2=1(a1)上的任意一点, AB是圆 G:x2+(y-2)2=的一条直径( A,B是端点),的最大值是 .(1)求椭圆 Ω 的方程;(2)已知椭圆 Ω 的左、右焦点分别为点 F1,F2,过点 F2且与 x轴不垂直的直线 l交椭圆 Ω 于 P,Q两点 .在线段 OF2上是否存在点 M(m,0),使得以 MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求实数 m的取值范围;若不存在,请说明理由 .解:(1)设点 C的坐标为( x,y),则 +y2=1.连接 CG,由,又 G(0,2),可得 =x2+(y-2)2-=a(1-y2)+(y-2)2-=-(a-1)y2-4y+a+,其中 y∈[ -1,1].因为 a1,故当 y=≤ -1,即 1-1,即 a3时,的最大值是,由条件得,即 a2-7a+10=0,解得 a=5(a=2舍去) .综上所述,椭圆 Ω 的方程是 +y2=1.(2)设点 P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点坐标为( x0,y0),则满足 =1,=1,两式相减,整理得 =-=-,从而直线 PQ的方程为 y-y0=-(x-x0),又右焦点 F2的坐标是(2,0),将点 F2的坐标代入 PQ的方程得 -y0=-(2-x0),因为直线 l与 x轴不垂直,故 2x0-=50,从而 0b0)的右焦点 F(1,0),过点 F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于 P,Q两点,当直线 PQ经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为 60°.(1)求椭圆 C的方程;(2)设 O为坐标原点,线段 OF上是否存在点 T(t,0),使得?若存在,求出实数 t的取值范围;若不存在,说明理由 .解:(1)由题意知 c=1,又 =tan 60°=,所以 b2=3,a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为 =1.(2)设直线 PQ的方程为 y=k(x-1)(k≠0),代入 =1,得(3 +4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设 P(x1,y1),Q(x2,y2),线段 PQ的中点为 R(x0,y0),则 x0=,y0=k(x0-1)=-,由·() =·(2)=0,所以直线 TR为直线 PQ的垂直平分线,直线 TR的方程为y+=-,令 y=0得 T点的横坐标 t=.因为 k2∈(0, +∞ ),所以 +4∈(4, +∞ ),所以 t∈ .所以线段 OF上存在点 T(t,0),使得,其中 t∈ .〚导学号 32470890〛8.(2015江西三校联考)已知抛物线 E:y2=2px(p0)的准线与 x轴交于点 K,过点 K作圆 C:(x-2)2+y2=1的两条切线,切点为 M,N,|MN|=.(1)求抛物线 E的方程;(2)设 A,B是抛物线 E上分别位于 x轴两侧的两个动点,且(其中 O为坐标原点) .① 求证:直线 AB必过定点,并求出该定点 Q的坐标;② 过点 Q作 AB的垂线与抛物线交于 G,D两点,求四边形 AGBD面积的最小值 .解:(1)由已知得 K,C(2,0).设 MN与 x轴交于点 R,由圆的对称性可知, |MR|=.于是 |CR|=,所以 |CK|==3,即 2+=3,p=2.故抛物线 E的方程为 y2=4x.(2)① 证明:设直线 AB的方程为 x=my+t,A,B.联立得 y2-4my-4t=0,则 y1+y2=4m,y1y2=-4t.由 +y1y2=,故 y1y2=-18(y1y2=2舍去),即 -4t=-18,即 t=,4所以直线 AB过定点 Q.② 由 ① 得 |AB|=|y2-y1|=,同理得 |GD|=|y2-y1|=.则四边形 AGBD的面积S=|AB|·|GD|==4.令 m2+=μ (μ ≥2),则 S=4是关于 μ 的增函数,故 Smin=88,当且仅当 m=±1时取到最小值 88.〚导学号 32470891〛1高考大题专项练 6 高考中的概率、统计与统计案例高考大题专项练第 12 页 1.经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出 1 t 该产品获利润 500 元,未售出的产品,每 1 t 亏损 300 元 .根据历史资料,得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图,如图所示 .经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该农产品 .以 X(单位:t,100≤ X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量, T(单位:元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润 .(1)将 T 表示为 X 的函数;(2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率 .解:(1)当 X∈[100,130)时, T=500X-300(130-X)=800X-39 000.当 X∈[130,150]时, T=500×130=65 000.所以 T=(2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120≤ X≤150 .由直方图知需求量 X∈[120,150]的频率为 0.7,所以下一个销售季度内的利润 T 不少于 57 000 元的概率的估计值为 0.7.〚导学号32470892〛2.为了比较两种治疗失眠症的药(分别称为 A 药,B 药)的疗效,随机地选取 20 位患者服用 A 药,20位患者服用 B 药,这 40 位患者在服用一段时间后,记录他们日平均增加的睡眠时间(单位:h) .试验的观测结果如下:服用 A 药的 20 位患者日平均增加的睡眠时间:0.6 1.2 2.7 1.5 2.8 1.8 2.2 2.3 3.2 3.52.5 2.6 1.2 2.7 1.5 2.9 3.0 3.1 2.3 2.4服用 B 药的 20 位患者日平均增加的睡眠时间:3.2 1.7 1.9 0.8 0.9 2.4 1.2 2.6 1.3 1.41.6 0.5 1.8 0.6 2.1 1.1 2.5 1.2 2.7 0.5(1)分别计算两组数据的平均数,从计算结果看,哪种药的疗效更好?(2)根据两组数据完成下面茎叶图,从茎叶图看,哪种药的疗效更好?解:(1)设 A 药观测数据的平均数为,B 药观测数据的平均数为 .由观测结果可得(0.6+1.2+1.2+1.5+1.5+1.8+2.2+2.3+2.3+2.4+2.5+2.6+2.7+2.7+2.8+2.9+3.0+3.1+3.2+3.5)=2.3,(0.5+0.5+0.6+0.8+0.9+1.1+1.2+1.2+1.3+1.4+1.6+1.7+1.8+1.9+2.1+2.4+2.5+2.6+2.7+3.2)=1.6.由以上计算结果可得,因此可看出 A 药的疗效更好 .(2)由观测结果可绘制如下茎叶图:2从以上茎叶图可以看出,A 药疗效的试验结果有的叶集中在茎 2,3 上,而 B 药疗效的试验结果有的叶集中在茎 0,1 上,由此可看出 A 药的疗效更好 .〚导学号 32470893〛3.某地 10 户家庭的年收入和年饮食支出的统计资料如表所示:年收入x/万元2 4 4 6 6 6 7 7 8 10年饮食支出y/万元0.91.41.62.02.11.91.82.12.22.3(1)根据表中数据,确定家庭的年收入和年饮食支出的相关关系;(2)如果某家庭年收入为 9 万元,预测其年饮食支出 .解:(1)由题意,知年收入 x 为解释变量,年饮食支出 y 为预报变量,作散点图如图 .从图中可以看出,样本点呈条状分布,年收入和年饮食支出有比较好的线性相关关系,因此可以用线性回归方程刻画它们之间的关系 .因为 =6,=1.83,=406,=35.13.xiyi=117.7,所以 b=≈0 .172,a=-b≈1 .83-0.172×6=0.798.从而得到线性回归方程为 y=0.172x+0.798.(2)y=0.172×9+0.798=2.346(万元) .所以家庭年收入为 9 万元时,可以预测年饮食支出为 2.346 万元 .〚导学号 32470894〛4.某产品的三个质量指标分别为 x,y,z,用综合指标 S=x+y+z 评价该产品的等级 .若 S≤4,则该产品为一等品 .现从一批该产品中,随机抽取 10 件产品作为样本,其质量指标列表如下:产品编号 A1 A2 A3 A4 A5质量指标(x,y(1,1,2)(2,1,1)(2,2,2)(1,1,1)(1,2,1)3,z)产品编号 A6 A7 A8 A9 A10质量指标(x,y,z)(1,2,2)(2,1,1)(2,2,1)(1,1,1)(2,1,2)(1)利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率;(2)在该样本的一等品中,随机抽取 2 件产品,① 用产品编号列出所有可能的结果;② 设事件 B 为“在取出的 2 件产品中,每件产品的综合指标 S 都等于 4”,求事件 B 发生的概率 .解:(1)计算 10 件产品的综合指标 S,如下表:产品编号A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10S 4 4 6 3 4 5 4 5 3 5其中 S≤4 的有 A1,A2,A4,A5,A7,A9,共 6 件,故该样本的一等品率为 =0.6,从而可估计该批产品的一等品率为 0.6.(2)① 在该样本的一等品中,随机抽取 2 件产品的所有可能结果为{ A1,A2},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A7},{A1,A9},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A7},{A2,A9},{A4,A5},{A4,A7},{A4,A9},{A5,A7},{A5,A9},{A7,A9},共 15 种 .② 在该样本的一等品中,综合指标 S 等于 4 的产品编号分别为 A1,A2,A5,A7,则事件 B 发生的所有可能结果为{ A1,A2},{A1,A5},{A1,A7},{A2,A5},{A2,A7},{A5,A7},共 6 种 .所以 P(B)=.〚导学号32470895〛5.某企业有甲、乙两个研发小组,为了比较他们的研发水平,现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下:(a,b),(a,),(a,b),(,b),(),(a,b),(a,b),(a,),(,b),(a,),(),(a,b),(a,),(,b),(a,b)其中 a,分别表示甲组研发成功和失败; b,分别表示乙组研发成功和失败 .(1)若某组成功研发一种新产品,则给该组记 1 分,否则记 0 分 .试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差,并比较甲、乙两组的研发水平;(2)若该企业安排甲、乙两组各自研发一种新产品,试估计恰有一组研发成功的概率 .解:(1)甲组研发新产品的成绩为 1,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,0,1,其平均数为;方差为 .乙组研发新产品的成绩为 1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,其平均数为;方差为 .因为,所以甲组的研发水平优于乙组 .(2)记 E={恰有一组研发成功} .在所抽得的 15 个结果中,恰有一组研发成功的结果是( a,),(,b),(a,),(,b),(a,),(a,),(,b),共 7 个 .故事件 E 发生的频率为 .将频率视为概率,即得所求概率为 P(E)=.〚导学号 32470896〛6.某大学餐饮中心为了解新生的饮食习惯,在全校一年级学生中进行了抽样调查,调查结果如下表所示:4喜欢甜品不喜欢甜品合计南方学生 60 20 80北方学生 10 10 20合计 70 30 100(1)根据表中数据,问是否有 95%的把握认为“南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异”;(2)已知在被调查的北方学生中有 5 名数学系的学生,其中 2 名喜欢甜品,现在从这 5 名学生中随机抽取 3 人,求至多有 1 人喜欢甜品的概率 .附: χ 2=,其中 n=a+b+c+d.P(χ 2k0)0.1000.0500.010k0 2.706 3.841 6.635解:(1)将 2×2 列联表中的数据代入公式计算,得 χ 2=≈4 .762.由于 4.7623.841,所以有 95%的把握认为南方学生和北方学生在选用甜品的饮食习惯方面有差异 .(2)从 5 名数学系学生中任取 3 人的一切可能结果所组成的基本事件空间 Ω= {(a1,a2,b1),(a1,a2,b2),(a1,a2,b3),(a1,b1,b2),(a1,b2,b3),(a1,b1,b3),(a2,b1,b2),(a2,b2,b3),(a2,b1,b3),(b1,b2,b3)}.其中 ai表示喜欢甜品的学生, i=1,2,bj表示不喜欢甜品的学生, j=1,2,3.Ω 由 10 个基本事件组成,且这些基本事件的出现是等可能的 .用 A 表示“3 人中至多有 1 人喜欢甜品”这一事件,则 A={(a1,b1,b2),(a1,b2,b3),(a1,b1,b3),(a2,b1,b2),(a2,b2,b3),(a2,b1,b3),(b1,b2,b3)}.事件 A 是由 7 个基本事件组成,因而 P(A)=.〚导学号 32470897〛