[高考向]数学题集

前言

距离高考还有不到一年的时间里(创建时),将平时做错的题目加以整理,综合在此,毕业前持续更新。

题目大体可分三类:

  • 水题:思路流畅,解法自然,算量简单
  • 弱智题:思路流畅,解法奇特,算量简单
  • 好题:思路不流畅,解法不自然,算量很大

公式由MathJax渲染。

2D和3D图形均由Grapher绘制。

选修 2-1

第二章 圆锥曲线与方程 单元测试 A

一、已知$F_1,F_2$为双曲线$\Gamma: \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{20}=1(a>0)$的左右焦点,$P$为双曲线上一点,$PF_1$与$\Gamma$的一条渐近线平行,$PF_1\perp PF_2$,则$a=$___________。

由题有:$y_{PF_1}=\frac{b}{a}(x+c),y_{PF_2}=\frac{-a}{b}(x-c)$。

联立上述两式有:$P(\frac{a^2-b^2}{c^2},\frac{2ab}{c})$。

将$P$代入$\Gamma$,且由$c^2=a^2+b^2,b^2=20$,有解$a=\sqrt{5}$。

二、设$P(x,y)$是双曲线$a|x|+b|y|=1,(a>b>0)$上任意一点,其坐标满足$\sqrt{(x+1)^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+y^2}\leq 2\sqrt2$,则$\sqrt{2}a+b$的取值范围为___________。

由题意,$a|x|+b|y|=1,(a>b>0)$可化为椭圆$\frac{x^2}{2}+y^2=1$

$\sqrt{(x+1)^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+y^2}\leq 2\sqrt2$也可化为截距式$\frac{|x|}{\frac{1}{a}}+\frac{|y|}{\frac{1}{b}}=1$

即在如图所示菱形范围内有

$\frac{1}{a}\leq\sqrt2,\frac{1}{b}\leq1$,即$\sqrt2a\geq1,b\geq1$

故$\sqrt2a+b\geq2$

三、设抛物线$C:y^2=4x$的焦点为$F$,过$F$的直线$l$与抛物线交于$A,B$两点,$M$为抛物线$C$的准线与$x$轴的交点,若$\tan\angle AMB=2\sqrt 2$,则$AB=$_______.

作$AA'\perp$准线,则$\angle AMF=\angle AA'M$

即$\tan\angle AMF=\tan\angle AA'M=\frac{Y_A}{AA'}$,又由抛物线有:

$AA'=AF$,即$tan\angle AMF=\frac{Y_A}{AF}=\sin\theta$

同理$\tan\angle BMF=\sin\theta$

则$\tan\angle AMB=\tan(\angle AMF+\angle BMF)=\frac{\tan\angle AMF+\tan\angle BMF}{1-\tan\angle AMF\tan\angle BMF}=2\sqrt 2$

即$\sin\theta =\frac{\sqrt2}{2}$,则$AB=\frac{2p}{\sin^2\theta}=8$

四、已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1,(a>0,b>0)$的实轴长为$16$,左焦点为$F$,$M$是双曲线$C$的一条渐近线上的点,且$OM\perp MF$,$O$为坐标原点,若$S_{\Delta OMF}=16$,则双曲线的离心率为_______.

由点到直线距离公式有$F_M=b$,

又$FO=c$,则$OM=a$

则$S=0.5ab=16$,由$a=8$,有$b=4$

故$e=\frac{c}{a}=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a^2}}=\frac{\sqrt5}{2}$

五、已知椭圆$C:\frac{x^2}{3}+y=1;(5.2)$的离心率为$\frac{\sqrt6}{3}$,短轴上的一个端点到右焦点的距离为$\sqrt3$,设直线$l$与椭圆$C$交与$A,B$两点,坐标原点$O$到直线的$l$的距离为$\frac{\sqrt3}{2}$,求$S_{\Delta AOB}\max$。

先不妨假设直线斜率存在,设为$y=kx+b;(5.1)$

联立$(5.1)(5.2)$有:$(k^2+\frac{1}{3})x^2+2kbx+b^2-1=0$

由韦达定理:$x_1+x_2=-\frac{2kb}{k^2+\frac{1}{3}},x_1x_2=\frac{b^2-1}{k^2+\frac{1}{3}}$

由题意,$l$与圆$x^2+y^2=(\frac{\sqrt3}{2})^2;(5.3)$,联立$(5.1)(5.3)$,有:

$(1+k^2)x^2+2kbx+b^2-\frac{3}{4}=0$,由$\Delta=0$,有$\frac{3+3k^2}{4}=b^2$

由弦长公式有:$AB=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\frac{\sqrt{(1+k^2)(3k^2+\frac{1}{3})}}{k^2+\frac{1}{3}}$

假设$k\neq0$,则$AB^2=\frac{3(k^4+\frac{6}{9}k^2+\frac{1}{9})+\frac{4}{3}k^2}{k^4+\frac{6}{9}k^2+\frac{1}{9}}=3+\frac{\frac{4}{3}}{k^2+\frac{6}{9}+\frac{1}{9k^2}}$

求导可以得到$AB^2_{\max}=4,AB_{\max}=2$

当$k=0$时,$AB=\sqrt3<2$

故$S_{\Delta AOB}\max=0.5\times\frac{\sqrt3}{2}\times2=\frac{\sqrt3}{2}$

当斜率不存在时,可以发现$AB=\sqrt3,S_{\Delta AOB}\max=\frac{3}{4}<\frac{\sqrt3}{2}$

综上所述:$S_{\Delta AOB}\max=\frac{\sqrt3}{2}$

六、已知过$M(m,0)$的直线交抛物线$C:y^2=4x$于$A,B$两点,问是否$\exist m\in R$,使得以线段$AB$为直径的圆恒过原点。

假设直线斜率存在,不妨设$y=k(x-m);(6.1)$

显然$k\neq 0$,联立$C,(6.1)$有:$\frac{k}{4}y^2-y-km=0$

由韦达定理有:$y_Ay_B=-4m;(6.2)$

又$O$在以$AB$为直径的圆上,故$\angle_{AOB}=\frac{\pi}{2}$

即$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=\vec{0}$,故:$x_Ax_B+y_Ay_B=0$

由$C$有:$\frac{(y_Ay_B)^2}{16}+y_Ay_B=0$,代入$(6.2)$便有$\frac{16m^2}{16}-4m=0$,解得$m=0$或$4$

当直线斜率不存在时,不妨设$l_{AB}:x=m$,与$C$联立

有$y_A=2\sqrt m,y_B=-2\sqrt m$

同理有:$m^2-4m=0$,解得$m=0$(舍去)或$m=4$

综上所述,$m=0$或$4$时便符合题意

高二下学期

期末复习题一

五十四、已知$f(x)=x\ln x+\frac{a}{x}+3,g(x)=x^3-x^2$,若$\forall x_1,x_2\in[\frac{1}{3},2]$,都有$f(x_1)-g(x_2)\geq0$,则$a$的取值范围为___________。

由题意,$f_{min}(x_1)\geq g_{max}(x^2),g'(x)=3x^2-2x$

令$g'(x)=0$,有在$[\frac{1}{3},2]$内$g_{max}(x)=4$

即$x\ln x+\frac{a}{x}+3\geq 4$,参变分离有:$a\geq x-x^2\ln x$

令$h(x)=x-x^2\ln x$,求其最大值为$1$

故$a\geq 1$

五十五、已知$f(x)=x+e^{x-a},g(x)=\ln(x+2)-4e^{a-x}$,若$\exist x_0$,使得$f(x_0)-g(x_0)=3$成立,则$a$___________。

由题意:$x+e^{x-a}-\ln(x+2)+4e^{a-x}=3$

令$h(x)=\ln(x+2)-x+3,j(x)=e^{x-a}+4e^{a-x}$

求得$h'(x)=\frac{1}{x+2}-1$,有驻点$x=-1$,因为$h''(-1)<0$,极大值为$h(-1)=4$

再令$t=e^{x-a}$,有$j(t)=t+\frac{4}{t}$,易知$t=2$时有极小值$4$

故有$e^{-1-a}=2$,得$a=-1-\ln 2$

期末复习题二

五十六、若关于$x$的方程$x\ln x-kx+1=0$在区间$[\frac{1}{e},e]$上有两不等实根,则$k$的取值范围为___________。

由题意,$x\ln x=kx-1$,令$f(x)=x\ln x,g(x)=kx-1$

即原问题转化为$f(x),g(x)$在$[\frac{1}{e},e]$内是否有两不同交点。

$f'(x)=1+\ln x,f''(x)=\frac{1}{x}$,令$f'(x)=0$,有驻点$x=\frac{1}{e}$,$f''(\frac{1}{e})>0$,则为极小值;

在$[\frac{1}{e},e]$内$f''(x)>0$,函数为凹,求得$f(e)=e,f(\frac{1}{e})=-\frac{1}{e},f(1)=0$。

故有图像:

即有$k\in[1,1+\frac{1}{e}]$

最后修改:2019 年 11 月 16 日 11 : 51 PM

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