第06讲 数学思想方法之化归思想探讨-备战2014高考数学专题讲座

【备战 2014 高考数学专题讲座】系列由江苏泰州锦元数学工作室精心
编辑,在对全国 2013 年高考数学解析的基础上分若干专题对基本解题方法
进行归纳探讨。讲座分四个单元 28 讲:第一单元:客观性试题解法探讨(2
讲),第二单元:数学思想方法探讨(6 讲),第三单元:数学解题方法
探讨(4 讲),第四单元:高频考点分析(16 讲)。
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识,数学方法是数学思想的具体化形式,实际 上两者的本质是相同的,差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数 学思想有:建模思想、归纳思想,分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
化归是一种重要的解题思想,也是一种最基本的思维策略,更是一种有效的数学思维方 式。“化归”是转化和归结的简称。数学问题的解决过程就是一系列化归的过程,中学数学处处都体 现出化归的思想,在数学问题的解决过程中,常用的很多数学方法实质就是化归的方法。化归思想 是指在解决问题的过程中,有意识地对所研究的问题从一种对象在一定条件下转化为另一对象的思 维方式。通常有从未知——已知;复杂——简单;抽象——具体;一般——特殊;综合——单一; 高维——低维;多元——一元;困难——容易,以及数学表现形式之间的转化、将实际问题转化为 数学问题等。说 到 底 , 化 归 的 实 质 就 是 以 运 动 变 化 发 展 的 观 点 , 以 及 事 物 之 间 相 互 联 系 , 相 互 制 约 的 观 点 看 待 问 题 , 善 于 对 所 要 解 决 的 问 题 进 行 变 换 转 化 , 使 问 题 得 以 解 决 。 体现上述 化归思想的有:换元法(如利用“换元”将无理式化为有理式,高次问题化为低次问题)、待定系 数法(通过引入参数,转化问题的形式,便于问题的解决)、建模法(构造数学模型,把实际 问 题 转 化 为 数 学 问 题 )、坐 标 法( 建 立 直 角 坐 标 系 ,实 现 “数 ”、“形 ”的 对 应 、转 化 )、 数 形 结 合 法(通过数形互补、互换获得问题的解题思路)、特殊元素法(将一般问题特殊化,从特殊问 题的解决中解决一般问题)、等价命题法(通过原命题的等价命题运用或证明,达到解决问题 的目的)、反证法(肯 定 题 设 而 否 定 结 论 , 从 而 得 出 矛 盾 )等等。 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
化归的基本思想是:将待解决的问题 A,在一定条件下转化为问题 B,再把问题 B 转化为已经

解决或较易解决的问题 C,而通过对 C 的解决,达到原问题的解决,可用框图表示如下:

化归应遵循的原则:(1)化归目标的简单化原则,即化归的方面是由复杂到简单,对复杂总是

采用分解或变更的方法,使目标简单化。(2)化归的熟悉化原则,即化归的方向是由不熟悉到熟悉,

把要解决的(不熟悉)问题转化为自己熟悉会解的问题,使所要解决的问题熟悉化。(3)化归的具

体化原则,即化归的方向一般是由抽象到具体。在分析问题时,尽力将问题具体化。(4)化归的和

谐化原则,即化归问题的条件或结论,使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐的形式,或者

转化命题,使其推演有利于运用某种数学方法或其方法符合人们的思维规律。(5)化归的正难则反

原则,即当问题正面讨论遇到困难时,可考虑问题的反面,设法从问题的反面去探求,使问题获解。

结合 2013 年全国各地高考的实例,我们从下面七方面探讨化归思想的应用(其它方面另有专

题详细探讨):(1)从高维到低维的化归;(2)一般与特殊的相互转化;(3)函数与方程的相互转

化;(4)相等(函数)与不等的相互转化;(5)数与形的相互转化;(6)参数方程、直角坐标方程

和极坐标方程的互化;(7)数学各分支之间的相互转化。

一、从高维到低维的化归:在数学解题中,对立体几何问题(三维)常常需要化归到熟知

的平面几何问题(二维),化归的手段主要有平移、旋转、展开、射影和截面等;对于高次方程或

不等式常常需要化归到熟知的一次方程或不等式的求解,化归的手段是降次。 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】

例 1. (2013 年安徽省理 5 分)如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,P 为 BC 的中点,

Q 为线段 CC1 上的动点,过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S,则下列命题正确的是

▲ (写出所有正确命题的编号)。

①当 0<CQ< 1 时,S 为四边形;②当 CQ= 1 时,S 为等腰梯形;

2

2

③当

CQ=

3 4

时,S



C1D1

的交点

R

满足

C1R=

1 3

;④当

3 4

<CQ<1

时,S

为六边形;

⑤当 CQ=1 时,S 的面积为 6 。 2

【答案】①②③⑤。

可证 AN∥PQ,由△NRD1∽△QRC1,可得 C1R:D1R=C1Q:D1N=1:2,

∴C1R=

1 3

。故正确。

④由③可知当 3 <CQ<1 时,只需点 Q 上移即可,此时的截面形状仍然上图所示的 APQRS, 4

显然为五边形,故错误。

⑤当 CQ=1 时,Q 与 C1 重合,取 A1D1 的中点 F,连接 AF,

可证 PC1∥AF,且 PC1=AF,

可知截面为

APC1F

为菱形,故其面积为

1 2

AC1?PF=

1 2

?

3?

2?

6? 2

故正确。

综上所述,命题正确的是①②③⑤。

例 2.(2013 年安徽省文 12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60°,

已知 PB=PD=2,PA= 6 .

(1)证明:PC⊥BD; (2)若 E 为 PA 的中点,求三棱锥 P-BCE 的体积.

【答案】解:(1)略 (2)∵ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60°,

【考点】空间直线与直线,直线与平面的位置关系,.三棱锥体积,勾股定理和逆定理,转换思想的 应用。 【解析】(1)略
(2)根据 ABCD 是边长为 2 的菱形且∠BAD=60°,算出△ABC 的面积为 3 ,△PAO 中证

出 AO2+PO2=6=PA2 可得 PO⊥AC,结合 PO⊥BD 证出 PO⊥平面 ABCD,所以 PO= 3 是三棱锥

P-ABC 的高,从而三棱锥 P-ABC 的体积 VP-ABC=1,再由 E 为 PA 中点算出三棱锥 E-ABC 的体积

1 VE-ABC= 2

,进而可得三棱锥

P-BCE

的体积等于

VP-ABC–VE-ABC=

1 2



例 3. (2013 年广东省理 5 分)不等式 x2 ? x ? 2 ? 0 的解集为 ▲ 。

【答案】(-2,1)。 【考点】解一元二次不等式,分类思想的应用。

【解析】由 x2 ? x ? 2 ? 0 得 ?x ? 2??x ?1? ? 0 ,



?x ??x

?2?0 ?1? 0



?x ??x

? ?

2?0 1? 0





?x ??x

?2?0 ?1? 0

,得

?x ??x

? ?

?2 1

无解;解

?x ??x

? ?

2?0 1? 0

,得

?x ??x

? ?2 ?1

?

?2

?

x

?

1



∴不等式 x2 ? x ? 2 ? 0 的解集为(-2,1)。
例 4. (2013 年湖北省理 5 分)一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何 体组成,其体积分别记为 V1,V2,V3,V4 ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体 均为多面体,则有【 】

A. V1<V2<V4<V3 B. V1<V3<V2<V4

C.V2<V1<V3<V4 D.V2<V3<V1<V4

例 5. (2013 年湖北省理 12 分)如图,AB 是圆 O 的直径,点 C 是圆 O 上异于 A,B 的点,直线 PC⊥平面 ABC,E,F 分别是 PA,PC 的中点. (1)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l ,试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系,并加以证明;

(2)设(1)中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D,且点 Q 满足 DQ ? 1 CP . 记直线 PQ 与平面 ABC 2
所成的角为? ,异面直线 PQ 与 EF 所成的角为? ,二面角 E ? l ? C 的大小为 ? ,求证: sin? ? sin? sin ? .

【答案】解:(1)直线 l ∥平面 PAC,证明如下: 连接 EF, ∵E,F 分别是 PA,PC 的中点,∴EF∥AC。 又∵ EF ? 平面 ABC,且 AC ? 平面 ABC,∴EF∥平面 ABC。 又∵ EF ? 平面 BEF,且平面 BEF 平面 ABC ? l ,
∴EF∥ l 。 ∵ l ? 平面 PAC, EF ? 平面 PAC,∴直线 l ∥平面 PAC。
(2)证明:如图,连接 BD,由(1)可知交线 l 即为直线 BD, 且 l ∥AC。
∵AB 是圆 O 的直径,∴AC⊥BC。∴ l ⊥BC。 ∵ PC ? 平面 ABC, l ? 平面 ABC,∴ PC ? l 。 又∵ PC BC ? C ,∴ l ⊥平面 PBC。 连接 BE,BF, ∵ BF ? 平面 PBC,∴ l ? BF 。 ∴∠CBF 就是二面角 E ? l ? C 的平面角,即 ?CBF ? ? .

由 DQ ? 1 CP ,作 DQ∥CP,且 DQ ? 1 CP 。

2

2

连接 PQ,DF,

∵F 是 CP 的中点,DP=2PF,∴DQ=PF。

∴四边形 DQPF 是平行四边形,PQ∥FD。

连接 CD,

∵ PC ? 平面 ABC,∴CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影。

∴∠CDF 就是直线 PQ 与平面 ABC 所成的角,即 ?CDF ?? 。 又∵ BD ? 平面 PBC,由 BD ? BF知∠BDF 为锐角, ∴∠BDF 为异面直线 PQ 与 EF 所成的角,即 ?BD ?? 。

sin ? ? CF 。 BF

∴在 Rt △DCF, Rt △FBD, Rt △BCF 中,分别可得 sin? ? CF , sin? ? BF ,

DF

DF

∴ sin? sin ? ? BF ? CF ? CF ? sin? ,即 sin? ? sin? sin ? 。 DF BF DF

【考点】用空间向量求平面间的夹角,空间中直线与平面之间的位置关系,直线与平面平行的判定,

二面角的平面角及求法。 【分析】(1)直线 l∥平面 PAC。连接 EF,利用三角形的中位线定理可得,EF∥AC;利用线面平 行的判定定理即可得到 EF∥平面 ABC.由线面平行的性质定理可得 EF∥l.再利用线面平行的判定 定理即可证明直线 l∥平面 PAC。
(2)利用线面垂直的判定定理可证明 l⊥平面 PBC.连接 BE,BF,因为 BF? 平面 PBC, 所以 l⊥BC。故∠CBF 就是二面角 E ? l ? C 的平面角,即∠CBF=β。已知 PC⊥平面 ABC,可知 CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影,故∠CDF 就是直线 PQ 与平面 ABC 所成的角,即∠CDF=θ。由 BD⊥ 平面 PBC,由 BD⊥BF,知∠BDF=α,分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论。

也可应用向量法求解;以点 C 为原点,向量 CA, CB, CP 所在直线分别为 x,y,z 轴, 建立的空间直角坐标系,利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角,进行证明。

例 6. (2013 年上海市理 4 分)在 xOy 平面上,将两个半圆弧 (x ?1)2 ? y2 ? 1(x ? 1) 和

(x ? 3)2 ? y2 ? 1(x ? 3) 、两条直线 y ?1和 y ? ?1围成的封闭图形记为 D,如图中阴影部分.记 D 绕

y 轴旋转一周而成的几何体为 ? ,过y||(y)0,()1

? 作 ? 的水平截面,所得截面面积为 4? 1? y2 ? 8? ,

试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出 ? 的体积值为 ▲ .

【答案】 2? 2 ?16? 。

【考点】祖暅原理。 【分析】几何体为 Ω 的水平截面的截面积为

4? 1? y2 ? 8? ,该截面的截面积由两部分组成,

一部分为定值 8π,看作是截一个底面积为 8π,高为

2 的长方体得到的,对于 4? 1? y2 ,看作是把一个

半径为 1,高为 2π 的圆柱平放得到的,如图所示。

这两个几何体与 Ω 放在一起,根据祖恒原理,每个平行水平面的截面积相等,故它们的体

积相等。

即 Ω 的体积为? ?12 ? 2? ? 2?8? ? 2? 2 ?16? 。 二、一般与特殊的相互转化:在数学解题中,一方面,一般成立,特殊必成立,因此解决

一些一般性问题时,赋予某些特殊求解,可以起到事半功倍的作用。另一方面,从特殊可以探索到

一般性的规律。这种辩证思想在高中数学中普遍存在,经常运用,这也是化归思想的体现。一般问

题特殊化,使问题处理变得直接、简单。特殊问题一般化,可以使我们把握问题的一般规律,从而

达到成批处理问题的效果。 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
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例 1. (2013 年北京市文 5 分)设 a,b,c∈R,且 a<b,则【 】

A. ac>bc 【答案】D。

B. 1 <1 ab

C. a2>b2

D. a3>b3

【考点】不等关系与不等式,特殊元素法的应用。

【分析】对于 A、B、C 可举出反例,对于 D 利用不等式的基本性质即可判断出:

A.3>2,但是 3×(?1)<2×(?1),故 A 不正确; B.1>?2,但是 1>? 1 ,故 B 不正确;
2 C.?1>?2,但是(?1)2<(?2)2,故 C 不正确; D.∵a>b,∴a3>b3,成立。

故选 D。

例 2. (2013 年北京市文 5 分)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为对角线 BD1 的三等分点, P 到各顶点的距离的不同取值有【 】

A. 3 个

B. 4 个

C. 5 个 D. 6 个

【答案】B。 【考点】点、线、面间的距离计算,特殊元素法的应用。 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设正方体的棱长 |AB|=3,则 A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),D(0, 0,0),A1(3,0,3),B1(3,3,3),C1(0,3,3),D1(0,0, 3),

∴ BD1 ? ??3,? 3,3? 。

设 P(x,y,z),



BP

?

1 3

BD1

?

?

?1,? 1,1?



∴ DP ??DB ? BP ? ?3,3,0? ? ??1,?1,1? ? ?2,2,1? 。

∴ PA ? PC ? PB1 ? 12 ? 22 ?12 ? 6 , PD ? PA1 ? PC1 ? 22 ? 22 ?12=3,PB ? 3,PD1 ? 22 ? 22 ? 22 ? 2 3 。
故 P 到各顶点的距离的不同取值有 6 ,3, 3 , 2 3 共 4 个。故选 B。 例 3. (2013 年福建省理 5 分) 已知等比数列{an}的公比为 q,记 bn ? a m(n-1)+1 ? a m(n-1)+2 ? ? ? a m(n-1)+m , cn ? am(n-1)+1 ? am(n-1)+2 ??? am(n-1)+m (m,n∈N﹡),则以 下结论一定正确的是【 】
A.数列{bn}为等差数列,公差为 qm B.数列{bn}为等比数列,公比为 q2m C.数列{cn}为等比数列,公比为 qm2

D.数列{cn}为等比数列,公比为 q mm

例 4. (2013 年福建省理 4 分) 当 x∈R,|x|<1 时,有如下表达式:1? x ? x2 ??? xn ?? ? 1 1? x

两边同时积分得:

1

?

2 0

1dx

?

1
?02

xdx

?

1

?

2 0

x2dx

1

?

??

2 0

x n dx

???

1

?

2 0

1 1? x

dx



从而得到如下等式:1? 1 ? 1 ? (1)2 ? 1 ? (1)3 ??? 1 ? (1)n?1 ??? ln2

22 2 3 2

n ?1 2

请根据以上材料所蕴含的数学思想方法,计算:

C0n

?

1 2

?

1 2

C1n

?

? ??

1 2

?2 ??

?

1 3

C2n

?

? ??

1 2

?3 ??

?

??

n

1 ?1

Cnn

?

? ??

1 2

? n ?1 ??

=▲.

例 5. (2013 年江苏省 5 分)如图,在三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中,D,E,F 分别是 AB,AC,AA1 的中点,设三棱锥 F ? ADE 的体积为 V1 ,三棱柱 A1B1C1 ? ABC 的体积为 V2 ,则 V1 : V2 ? ▲。

【答案】1: 24 。 【考点】三棱柱和三棱锥的体积,特殊元素法的应用。 【解析】由于题设条件对任何三棱柱都成立,故可用特殊元素法求解:

不妨设三棱柱 A1B1C1 ? ABC 是直三棱柱,且底面是等腰直角三角形,AB=BC= AA1=2,

则由 D,E,F 分别是 AB,AC,AA1 的中点,根据三角形中位线定理,得 AE=DE=AF=1。

∴三棱锥

F

?

ADE

的体积

V1 =

1 3

?

1 2

?1?1?1=

1 6

,三棱柱

A1B1C1

?

ABC

的体积为

V2

=

1 2

?

2

?

2

?

2=4





V1

:

V2

?

1 6

:

4

?1:

24



例 6. (2013 年江西省理 5 分)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,l//l1,l 与半圆相交于 F,G 两点,与三角形 ABC 两边相交于 E,D 两点。设弧 FG 的长为 x(0 <x<π),y=EB+BC+CD,若 l 从 l1 平行移动到 l2,则函数 y=f(x)的图像大致是【 】

A.

B.

C.

D. 【答案】D。 【考点】动态问题的函数图象,排他法和特殊元素法的应用。

【分析】设 l,l2 距离为 t,则 cos

x ? t ? t ,cos x=2t2-1,∴ t= 21

cos x ?1 。 2

∵△ABC 的边长为

2 3

,∴

BE 2

=

1

? 1

t

,得

BE=

2 ?1? t? 。
3

3

∴y=2BE+BC =2 ? 2 ?1? t? ? 2 =2 3 ? 4 3 cos x ? 1 。

3

3

3

2

当 x∈(0,π)时,非线性单调递增,所以排除 A,B,

当 x ? 2? 时,y =2 3 ? 4 3

?

1 2

?

1

=

4

3 ,此时函数图象在 2

3 和2

3 的中间位置。

3

323

3

故选 D。

例 7. (2013 年江西省文 5 分)下列选项中,使不等式 x<1 <x2 成立的 x 的取值范围是【 】 x

A.(? ?,?1)

B.(? 1,0)

C.(0,1)

D.(1,? ?)

例 8. (2013 年全国大纲理 5 分)已知正四棱柱 ABCD ? A1B1C1D1 中 AA1 ? 2AB ,则 CD 与平面

BDC1 所成角的正弦值等于【 】

A. 2 3
【答案】A。

B. 3 3

C. 2 3

D. 1 3

【考点】直线与平面所成的角,用空间向量求直线与平面的夹角,特殊元素法的应用。

【分析】设 AB=1,则 AA1=2,

如图,以 D1 为坐标原点,分别以 D1A1、D1C1、D1D 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建

立空间直角坐标系,

则 D(0,0,2),C1(0,1,0),B(1,1,2),C(0,1,2)。

∴ DB ?(1,1,0),DC1 ?(0,1,? 2),DC ?(0,1,0)。



n

?(x,y,z)为平面

BDC1

的一个法向量,则

??n ? ??n

? ?

DB ? 0 DC1 ? 0

,即

?x ??y

? ?

y?0 2z ? 0



取 n ? ?- 2,2,1? ,设 CD 与平面 BDC1 所成角为 θ,则 sin? ? n ? DC ? 2 。
n ? DC 3

故选 A。 例 9. (2013 年全国新课标Ⅱ理 5 分)已知函数 f (x ) = x3 + ax2 +bx+c,下列结论中错误的是【 】
A.?x0∈R, f (x0)= 0

B. 函数 y = f (x )的图像是中心对称图形

C. 若 x0 是 f (x )的极小值点,则 f (x )在区间 ???, x0 ? 单调递减
D. 若 x0 是 f (x )的极值点,则 f '(x0 ) = 0 【答案】C。 【考点】命题的真假判断与应用,函数的性质,导数的应用,特殊元素法的应用。 【分析】A.x→-∞ 时,f(x)<0 ,x→+∞ 时,f(x)>0,f(x) 连续,? x0∈ ,f(x0)=0,A 正确。
B.通过平移变换,函数可以化为 f(x)=x3+c ,从而函数 y=f(x)的图像是中心对称图形,B 正确。

C.应用特殊元素法,取 a=1,b=0,c=0,则 f ?x? ? x3 ? x2,f '?x? ? 3x2 ? 2x ,

令 f '?x? ? 3x2 ? 2x ? 0 ? x1 ? ? 23,x2 ? 0 。
列表如下:

x

(? ?,? 2) ? 2

(? 2,0)

0

3

3

3

?0,+ ??

f'(x)

+

0

?

0

+

f(x)



极大值



极小值



由表格可知: x ? 0 是 f ? x ? ? x3 ? x2 的极小值点,但 f (x )在区间(? ?,0)不单调递减。C

错误。

D. 若 x0 是 f (x )的极值点, 若 x0 是 f (x )的极大值点,则 f(x)在 x0 的左边单调递增,右边单调递减,从而 f'(x)在 x0 的左边为正,右边为负,所以 f '(x0 ) = 0; 若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在 x0 的左边单调递减,右边单调递增,从而 f'(x)在 x0 的左边为负,右边为正,所以 f '(x0 ) = 0。 所以,若 x0 是 f (x )的极值点,则 f '(x0 ) = 0。D 正确。 综上所述,结论中错误的是 C。故选 C。

例 10. (2013 年陕西省理 5 分)设[x]表示不大于 x 的最大整数, 则对任意实数 x, y, 有【 】

A.[-x]=-[x]

B. [2x]=2[x] C. [x+y]≤[x]+[y] D. [x-y]≤[x]-[y]

例 11. (2013 年上海市文 14 分)已知函数 f(x) ? 2sin(?x) ,其中常数 ? ? 0 ;
(1)令? ?1 ,判断函数 F(x) ? f(x) ? f(x ? ? ) 的奇偶性并说明理由(6 分); 2
(2)令 ? ? 2 ,将函数 y ? f(x) 的图像向左平移 ? 个单位,再向上平移 1 个单位,得到函数 y ? g(x) 6
的图像,对任意的 a ?R ,求 y ? g(x) 在区间[a,a ?10? ] 上零点个数的所有可能值(8 分).

【答案】解:(1) F(x) 是非奇函数非偶函数。理由如下:

∵ ? ?1 时, F(x) ? 2sin x ? 2sin(x ? ? ) ? 2sin x ? 2cos x ? 2 2 sin(x ? ? ) ,

2

4

∴ F(?x) ? 2 2 sin(?x ? ? ) ? ?2 2 sin(x ? ? ) 。

4

4

取特殊值 x ? ? ,则 F(? ) ? 2 2,F(? ? ) ? 0 ,

4

4

4

∴ F(? ? ) ? F(? ),F(? ? ) ? ?F(? ) 。

44

4

4

∴ F(x) 既不是奇函数也不是偶函数。

(2)略

【考点】函数 y=Asin(ωx+φ)的图象变换,函数奇偶性的判断,根的存在性及根的个数判断,特

殊元素法和分类思想的应用。

【分析】(1)应用特殊元素法:ω=1 时,写出 f(x)、F(x),求出 F(? ) ? 2 2,F(? ? ) ? 0 ,结合

4

4

函数奇偶性的定义可作出正确判断。

(2)略



12.

(2013 年浙江省理 5 分)设△ABC,P0 是边 AB

上一定点,满足

P0

B=

1 4

AB

,且对于

AB



任一点 P,恒有 PB ? PC ? P0B ? P0C ,则【 】

A.?ABC=90? B.?BAC=90? C.AB=AC

D.AC=BC

三、函数与方程的相互转化:函数是含有两个未知数的等式,这两个未知数一个是自变量,一
个是因变量;一元方程是含有一个未知数的等式。在函数中可将变量取不同的值,使它变成一元方 程来计算;一元方程又可以作为函数值等于 0 的特殊情况。二者在解题中根据需要相互转化,使问 题易于解决。 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】

例 1. (2013 年安徽省理 5 分)若函数 f (x) ? x3 ? ax2 ? bx ? c 有极值点 x1,x2,且,则关于 x 的方

程 3(f (x))2 ? 2af (x) ? b ? 0 的不同实根个数是【 】

A.3

B.4

C.5

D.6

? ? 例 2. (2013 年安徽省理 12 分)设函数 f ?x? ? ax ? 1? a2 x2 ,其中 a>0,区间 I ? ?x | f ?x?>0? .

(1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α);

(2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值.

? ? 【答案】解:(1)∵方程 ax ?

1? a2

x2 ? 0

(a>0)有两个实根

x1=0, x2

?

a 1? a2



∴f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}。

∴区间

I=0, ???0,

1

a ?a

2

? ??

,I

的长度为

1

a ?a

2



(2)略 【考点】导数的运算,一元二次不等式的解法。 【解析】(1)解不等式 f(x)>0 可得区间 I,由区间长度定义可得 I 的长度。
(2)略 例 3. (2013 年广东省理 14 分)已知抛物线 C 的顶点为原点,其焦点 F(0,c)(c>0)到直线 L: x ? y ? 2 ? 0 的距离为 3 2 。设 P 为直线 L 上的点,过点 P 做抛物线 C 的两条切线 PA,PB,其中
2

A,B 为切点。 (1) 求抛物线 C 的方程; (2) 当点 P(x0,y0)为直线 L 上的定点时,求直线 AB 的方程; (3) 当点 P 在直线 L 上移动时,求 AF ? BF 的最小值。

【解析】(1)(2)略

(3)求出 AF ? BF 关于点 P 纵坐标 y0 的函数表达式,应用二次函数的最小值求解。

例 4. (2013 年湖北省理 13 分)如图,已知椭圆 C1 与 C2 的中心在坐标原点 O,长轴均为 MN 且在 x 轴上,短轴长分别为 2m,2n(m>n),过原点且不与 x 轴重合的直线 l 与 C1,C2 的四个交点按纵

坐标从大到小依次为

A,B,C,D,记

?

?

m n

,△BDM

和△ABN

的面积分别为

S1



S2.

(1)当直线 l 与 y 轴重合时,若 S1=λS2,求 λ 的值; (2)当 λ 变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=λS2?并说明理由.

∴ BC ? BD ? AB ? ?? ?1? AB ,AD ? BD ? AB ? ?? ?1? AB 。

∴ AD ? ? ?1 ①。 BC ? ?1

将 l 的方程分别与 C1,C2 的方程联立,可求得 xA ?

am a2k2 ?

m2

,x B

?

an , a2k2 ? n2

根据对称性可知 xC ? ?xB,xD ? ?xA 。

∴ AD ? BC

1? k2 | xA ? xD | ? 2xA ? m 1? k2 | xB ? xC | 2xB n

a2k2 ? n2 ②。 a2k2 ? m2

由①和②式可得

a2k2 ? n2 ?

? ?1

③。

a2k2 ? m2 ? ?? ?1?



t

?

?

? ?1
?? ?1?

,则由

m

?

n

,可得

t

?1。

∴由③可解得 k2

?

n2 (? 2t2 ?1) a2 (1 ? t2 )



∵ k ? 0 ,∴ k2 ? 0 。

∴③式关于

k

有解,当且仅当

n2 (? 2t2 ?1) a2 (1 ? t2 )

?

0

,等价于

(t2

?1)(t2

?

1 ?2

)

?

0





?

? 1 ,可解得

1 ?

?

t

?1

,即

1 ?

?

?

? ?1
?? ?1?

?1。

由 ? ?1,解得 ? ?1? 2 。 ∴当1 ? ? ?1? 2 时,不存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=λS2; 当 ? ?1? 2 时,存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1=λS2。
【考点】直线与圆锥曲线的关系,三角形的面积公式,点到直线的距离公式,转化思想的应用。 【分析】(1)略
(2)假设存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=λS2,设出直线方程,由点到直线的距离 公式求出 M 和 N 到直线 l 的距离,利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比,由

弦长公式得到线段长度比的另一表达式,两式相等得到

a2k2 ? n2 a2k2 ? m2

?

?

? ?1
?? ?1?

,换元后利用非零

的 k 值存在讨论 λ 的取值范围。



5.

(2013

年全国大纲文

12 分)已知双曲线 C:xa22

?

y2 b2

?1?a>0,b>0? 的左、右焦点分别为

F1,

F2,离心率为 3,直线 y=2 与 C 的两个交点间的距离为 6 。

(1)求 a,b;

(2)设过 F2 的直线 l 与 C 的左、右两支分别相交于 A,B 两点,且|AF1|=|BF1|,证明: |AF2|、|AB|、 |BF2|成等比数列。

【考点】椭圆的定义、性质与方程,直线与圆锥曲线的关系,等差数列的判定,转化思想的应用。

【分析】(1)略

(2)由(1)的方程求出两焦点坐标,设出直线 l 的方程设 A(x1,y1),B(x2,y2),将其

与双曲线

C

的方程联立,得出

x1

?

x2

?

6k2 k2 ?

8,x1

?

x2

?

9k2 ? 8 k2 ?8

,再利用|AF1|=|BF1|建立关于

A,B

坐标的方程,得出两点横坐标的关

x1

?

x2

?

?

2 3

,由此方程求出

k

的值,得出直线的方程,从而可

求得:|AF2|、|AB|、|BF2|,再利用等差数列的性质进行判断即可证明出结论。

例 6.

(2013 年四川省理 13 分)

已知椭圆

C:

x2 a2

?

y2 b2

?1,(a ? b ? 0) 的两个焦点分别为

F1 (?1, 0),

F2

(1, 0)

,且椭圆

C

经过点

P(

4 3

,

1) 3



(1)求椭圆 C 的离心率;

(2)设过点 A(0,2) 的直线 l 与椭圆 C 交于 M、N 两点,点 Q 是线段 MN 上的点,且

2 | AQ |2

?

1 | AM |2

?1 | AN |2

,求点

Q

的轨迹方程.

2 = 1 ? 1 =?x1 ? x2 ?2 ? 2x1x2 ①。

x2 x12 x22

x12

x

2 2

? ? 将 y=kx+2 代入 x2 ? y2 ? 1中,得 2k2 ?1 x2 ? 8kx ? 6 ? 0 ②。 2

? ? 由 ? ? ?8k?2 ? 24 2k2 ?1 >0 得 k2>3 。 2

由②可知

x1

?

x2

?

8k 2k2 ?

1,x1x2

?

6。 2k2 ?1

代入①中并化简,得

x2

?

18 10k2 ?

3

③。

∵点 Q 在直线 y=kx+2 上,∴ k ? y ? 2 ,代入③中并化简,得10?y ? 2?2 ? 3x2 ?18 。
x

由③及

k 2>

3 2

,可知

0<x2<

3 2

,即

x

?

? ???

?

6 2

,0 ????

? ???

0, 6 2

? ???





? ???

0,2 ?

35 5

? ???

满足 10? y

?

2?2

?

3x2

?18

,故

x

? ? ???

?

6 2

,6 2

? ???



由题意,Q (x,y)在椭圆 C 内部,所以 ?1 ? y ?1。

又由 10? y

?

2?2

?18 ? 3x2



?y

?

2?2

?

? ??

9,9 54

? ??



?1 ?

y

? 1 ,则

? y ????

1 2

,2

?

35 5

? ? ?



∴点

Q

的轨迹方程是10?

y

?

2?2

? 18

?

3x2

,其中,

x

? ? ??

?

?

6 2

,6 2

? ???



y

?

? ???

1 2

,

2

?

3

5 5

? ? ?



【考点】曲线与方程,轨迹方程,椭圆的性质,方程思想和转化思想的应用。

【分析】(1)略 (2)由题设过点 A(0,2)的直线 l 与椭圆 C 交于 M,N 两点,可设出直线的方程与椭圆
的方程联立,由于两曲线交于两点,故判断式大于 0 且可利用根与系数的关系建立 M,N 两点的坐 标与直线的斜率 k 的等量关系,然后再设出点 Q 的坐标,用两点 M,N 的坐标表示出

2= 1 AQ 2 AM 2

?

1 AN 2

,再综合计算即可求得点 Q 的轨迹方程。

例 7. (2013 年天津市理 5 分)函数 f ?x ? ? 2?x log 0.5x ?1 的零点个数为【



A.1

B.2

C.3

D.4

【答案】A。

【考点】函数的性质及应用,根的存在性及根的个数判断,分类思想、转化思想和数形结合思想的

应用。

【分析】 f ?x? ? 2?x

log0.5x

?1

?

?????2??2x?lxolgog0.50x.5x??1,10,?xx??11

?

???2??2x?lxolgog2x2x??1,1,0x ??

x 1

?

1



令 f ?x? ? 0 ,得:

当 0 ? x ?1时, ?2?xlog2x ?1 ? 0 ,即 ?log2x ? 2x 。 作出 y ? ?log2x,y ? 2x 的图象,可见,二者有一个交
点,即 f ? x? 在 0 ? x ?1上有一个零点。

当 x ?1时, 2?xlog2x ?1 ? 0 ,即 log2x ? 2 x 。 作出 y ? log2x,y ? 2x 的图象,可见,二者没有交点,
即 f ?x? 在 0 ? x ?1上没有零点。

综上所述,函数 f ? x? 的零点个数为 1。

故选 A。

四、相等(函数)与不等的相互转化: 在数学解题中,相等(函数)与不等是矛盾的两

方面,但是它们在一定的条件下可以互相转化。一些题目,表面看来似乎只具有相等(函数)的数

量关系,根据这些相等关系又难以解决问题,但若能挖掘其中的不等关系,建立不等式(组)去转

化,往往能获得简捷求解的效果。反之,一些题目,表面看来似乎只具有不等的数量关系,但若能

通过不等关系,找出相等(函数)时的情形,往往也能解决问题。总之,利用相等(函数)与不等

之间的辩证关系,相互转化,往往可以使问题得到有效解决。 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】

例1. (2013年安徽省理5分)已知直线y=a交抛物线y=x2于A,B两点.若该抛物线上存在点C,使

得∠ACB为直角,则a的取值范围为 ▲ 。

【答案】a≥1。

【考点】直线与圆锥曲线的关系。

【解析】设直线 y=a 与 y 轴交于 M 点,

根据圆周角定理,若抛物线 y=x2 上存在 C 点使得∠ACB=90°,只要以|AB|为直径的圆与

抛物线 y=x2 有除 A、B 外的交点即可,即使|AM|≤|MO|,

∴ a≤a,解得 a≥1 或 a≤0。

∵由题意知 a>0,∴a≥1。

例 2. (2013 年广东省文 5 分)函数 y= lg ?x ?1? 的定义域是【 】
x ?1

A.(-1,+∞)

B.[-1,+∞)

C.??1,1? ?1,? ??

D.??1,1? ?1,? ??

例 3. (2013 年湖北省理 12 分)假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正态分布 N(800,502) 的随机变量. 记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 p0 . (1)求 p0 的值;

? ? (参考数据:若 X~N ?,? 2 ,有

P?? ??<X ? ? ?? ? ? 0.6826,P?? ? 2?<X ? ? ? 2? ? ? 0.9544,P?? ? 3?<X ? ? ? 3? ? ? 0.9974 )

(2)某客运公司用 A、B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次. A、B 两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人,从甲地去乙地的营运成本分别为 1600 元/辆和 2400 元/辆. 公司拟组建一个不超过 21 辆车的客运车队,并要求 B 型车不多于 A 型车 7 辆. 若每天要以 不小于 p0 的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备 A 型车、B 型车各多少辆? 【答案】解:(1)略
(2)设 A 型、B 型车辆的数量分别为 x, y 辆,则 相应的营运成本为1600x ? 2400y . 依题意, x, y 还需满足: x ? y ? 21, y ? x ? 7, P(X ? 36x ? 60y) ? p0 。
由(1)知, p0 ? P(X ? 900) ,故 P(X ? 36x ? 60y) ? p0 等价于 36x ? 60y ? 900 。
于是问题等价于求满足约束条件

?x ? y ? 21

??y ? x ? 7 ??36x ? 60y ? 900



??x, y ? 0,x, y ? N

且使目标函数 z ?1600x ? 2400y 达到最小的 x, y 。

作可行域如图所示,

可行域的三个顶点坐标分别为 P(5,12), Q(7,14), R(15,6) 。

由图可知,当直线 z ?1600x ? 2400y 经过可行域的点 P 时,

直线 z ?1600x ? 2400y 在 y 轴上截距 z 最小,即 z 取得最小值。 2400
故应配备 A 型车 5 辆、B 型车 12 辆。

【考点】随机变量及其分布,简单的线性规划。

【分析】(1)略

(2)设每天应派出 A 型 x 辆、B 型车 y 辆,根据条件列出不等式组,即得线性约束条件,

列出目标函数,画出可行域求解。

例 4.

(2013

年全国新课标

I



5

分)已知函数

f

?

x

?

?

??x2 ? ?ln(x

? ?

2x,x ? 0 1),x>0

,若

f ?x?

? ax

,则 a 的取

值范围是【 】

A. ???, 0?

B. ???, 1? C. ??2,1? D. ??2,0?

【答案】D。 【考点】其他不等式的解法,分类思想和数形结合思想的应用。

【分析】如图,作出函数 y= f ?x? 的图象,和函数 y=ax 的图

象,

f ?x? ? ax 的几何意义,即 y= f ?x? 的图象在 y=ax 的图象上

方。 由图象可知:函数 y=ax 的图象为过原点的直线,当
直线介于 l 和 x 轴之间(阴影部分)符合题意,直线 l 为曲线

的切线,且此时函数 y= f ?x? |在第二象限的部分解析式为

y ? x2 ? 2x 。

求其导数可得 y? ? 2x ? 2 。

∵x≤0,∴ y? ? ?2 。∴直线 l 的斜率为 ?2 。

∴只需直线 y=ax 的斜率 a 介于 ?2 -2 与 0 之间即可,即 a∈[ ?2 ,0]。

故选 D。

例 5. (2013 年山东省文 5 分)函数 f ?x ? ? 1 ? 2x ? 1 的定义域为【 】
x?3

A. (?3,0]

B. (?3,1] C. ???, ? 3? ??3, 0? D. ???, ? 3? ??3, 1?

例 6. (2013 年山东省文 12 分)已知函数 f ?x? ? ax2 ? bx ? lnx ?a,b ? R ?

(1)设 a ? 0 ,求 f ? x? 的单调区间
(2)设 a > 0 ,且对于任意 x>0,f(x)≥f(1).试比较 lna 与 ?2b 的大小 【答案】解:(1)略
(2)由题意,函数 f(x)在 x=1 处取到最小值,

由(1)知, ?b ? b2 ? 8a 是函数的唯一极小值点, 4a

∴ ?b ? b2 ? 8a =1,整理得 2a ? b ?1,即 b ?1? 2a 。 4a

令 g?x? ? 2 ? 4x ? lnx ,则 g??x? ? 1? 4x 。
x

令 g??x? ? 1? 4x ? 0 得 x= 1 。

x

4

例 7. (2013 年陕西省理 5 分)设全集为 R, 函数 f (x) ? 1 ? x 2 的定义域为 M, 则 ?R M 为【 】

A.[-1,1]

B. (-1,1)

C. (??,?1] [1, ??)

D. (??,?1) (1, ??)

例 8. (2013 年重庆市文 5 分)函数 y ?

1

的定义域为【 】

log2(x ? 2)

A. (??, 2)

B. (2, ??)

C. (2,3) (3, ??)

D. (2, 4) (4, ??)

【答案】C。

五、数与形的相互转化:在数学解题中,一方面,许多数量关系的抽象概念若能赋予几何意义,
往往变得直观形象,有利于解题途径的探求;另一方面,一些涉及图形的问题如能化为数量关系的 研究,又可以获得简捷而一般的解法。这就是数形结合的相互转化。 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】
例 1. (2013 年安徽省理 5 分)函数 y=f(x)的图像如图所示,在区间[a,b]上可找到 n(n≥2)个不同

的数

x1,x2,…,xn,使得

f

(x1 ) =f x1

(x2 x2

)

?

?

?

f

(xn xn

)

,则

n

的取值范围是【



A.{3,4}

B.{2,3,4}

C.{3,4,5}

D.{2,3}

【答案】B。

【考点】函数的性质和应用,数形结合思想的应用。

【解析】问题等价于直线 y=kx 与函数 y=f(x)图像的交点个数,从图中可以看出交点个数可以为 2,

3,4,故 n 的取值范围是{2,3,4}。故选 B。

例 2.

(2013

年安徽省文

5

分).若非负数变量

x,

y

满足约束条件

?x ??x

? ?

y ? ?1 2y ? 4

,则

x

?

y

的最大值为

▲. 【答案】4。 【考点】线性规划求最值的问题。 【解析】由题意约束条件的图像如下:

当直线经过(4,0)时, x ? y 取得最大值: x ? y ? 4 ? 0 ? 4。
?2x ? y ?1>0 例 3. (2013 年北京市理 5 分)设关于 x,y 的不等式组 ??x ? m<0 表示的平面区域内存在点 P(x0,
?? y ? m>0

y0)满足 x0-2y0=2,求得 m 的取值范围是【 】

A.

? ??

??,?

4 3

? ??

B.

? ??

??,1 3

? ??

C.

? ??

??,?

2 3

? ??

D.

? ??

??,?

5 3

? ??

【答案】 C。 【考点】简单线性规划。

【分析】在直角坐标系中画出可行域,由题意可知,可行域内与直线 x

-2y=2 有交点。当点(-m,m)在直线 x-2y=2 上时,如图所示,有

m= ? 2 ,所以 m< ? 2 。故选 C。

3

3

?x ? 0 例 4. (2013 年北京市文 5 分)设 D 为不等式组 ??2x ? y ? 0 ,表示的平面区域,区域 D 上的点与
??x ? y ? 3 ? 0

点(1,0)之间的距离的最小值为 ▲ .

?x ? y ? 2 例 5. (2013 年福建省文 5 分) 若变量 x,y 满足约束条件 ??x ? 1 ,则 z=2x+y 的最大值和最
??y ? 0

小值分别为【 】

A.4 和 3

B.4 和 2

C.3 和 2

D.2 和 0

例 6. (2013 年福建省文 5 分) 已知 x 与 y 之间的几组数据如下表: x123456 y021334
假设根据上表数据所得线性回归直线方程为 y ? bx ? a ,.若某同学根据上表中的前两组数据(1, 0)和(2,2)求得的直线方程为 y ? b?x ? a? ,则以下结论正确的是【 】

A. b>b?,a>a? ′

B. b>b?,a<a?

C. b<b?,a>a?

D. b<b?,a<a?

【答案】C。 【考点】线性回归方程,直线斜率和在 y 轴上的截距的几何意义,数形结合思想的应用。

【分析】画出散点图和 y ? bx ? a 与 y ? b?x ? a? 的草图,根据直线斜率和在 y 轴上的截距的几何意

义,可得 b<b?,a>a? 。故选 C。

?x ? 4y ? 4 例 7. (2013 年广东省理 5 分)给定区域 D: ??x ? y ? 4 。令点集
??x ? 0
T ? ?x0,y0 ??D x0,y0 ?Z是z=x+ y在D上取得最大值或最小值的点 。则 T 中的点共确定 ▲
条不同的直线。

例 8. (2013 年湖北省文 5 分)x 为实数,[x]表示不超过 x 的最大整数,则函数 f(x)=x-[x]在上为

【】 A.奇函数

B.偶函数

C.增函数

D.周期函数

【答案】D。 【考点】周期函数,数形结合思想的应用。 【分析】作出函数 f(x)=x-[x]的大致图像如图,
观察图像,易知函数 f(x)=x-[x]是周期函数。 故选 D。 例 9. (2013 年湖北省文 5 分)在平面直角坐标系中,若点 P(x,y)的坐标 x,y 均为整数,则称 点 P 为格点.若一个多边形的顶点全是格点,则称该多边形为格点多边形.格点多边形的面积记为 S,其内部的格点数记为 N,边界上的格点数记为 L.例如图中△ABC 是格点三角形,对应的 S=1, N=0,L=4. (1)图中格点四边形 DEFG 对应的 S,N,L 分别是 ▲ ; (2)已知格点多边形的面积可表示为 S=aN+bL+c 其中 a,b,c 为常数.若某格点多边形对应的 N=71, L=18,则 S= ▲ (用数值作答).

【答案】(1)3,1,6 ;(2)79。

【考点】新定义,探索规律题,特殊元素法的应用。

【分析】(1)把四边形面积分割,其中四个面积为 1 的三角形,一个面积为 1 的正方形,故其面积 2
为 S=3;四边形内部只有一个格点;边界上有 6 个格点,故答案为 3,1, 6。 (2)根据图中的格点三角形和四边形可得 1=4b+c,3=a+6b+c,再选顶点为(0,0),(2,
0),(2,2),(0,2)的格点正方形可得 S=4,N=5,L=8,从而 4=a+8b+c。

联立上述三个方程

?4b ? c ??a ? 6b ??a ? 8b

? ? ?

1 c c

? ?

3 4

,解得

?a ???b ? ??c

? ? ?

1 1 2 ?1



∴ S=N ? 1 L ?1。 2

将 N=71,L=18 代入得 S=71+9-1=79。

?y ? 2x 例 10. (2013 年湖南省理 5 分)若变量 x,y 满足结束条件 ??x ? y ? 1,则 x+2y 的最大值是【 】
??y ? ?1

A. ? 5 2

B.0

C. 5 3

D. 5 2

例 11. (2013 年湖南省理 5 分)已知,a,b 是单位向量, a ? b ? 0 ,若向量 c 满足 c ? a ? b ?1 ,则

c 的取值范围是【 】

A. ?? 2 ?1,2 ?1?? D. ??1,2 ? 2??

B. ?? 2 ?1,2 ? 2??

C. ??1,2 ?1??

例 12. (2013 年江苏省 5 分)抛物线 y ? x2 在 x ?1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为 D(包含 三角形内部和边界)。若点 D(x, y) 是区域 D 内的任意一点,则 x ? 2y 的取值范围是 ▲ 。

【答案】

????2,12

? ??



【考点】求曲线的切线方程,线性规划的应用。

【解析】由 y ? x2 求导得 y ' ? 2x ,∴ y ' x=1 ? 2 。

∴抛物线 y ? x2 在 x ?1处(即(1,1)处)的切线

方程为 y ?1 ? 2?x ?1? ,即 2x ? y ?1 ? 0 。

如图,作出区域 D 和 x ? 2y ? 0 ,作 x ? 2y ?0 的

平行线交区域 D 的两端点 A,B,则易得 A(0,-1),B( 1 , 2
0)。 ∴ x ? 2y 的最小值在点 A 处取得,为-2,最大值在点 B 处取得,为 1 。 2



x

?

2y

的取值范围是

????2,12

? ??



? ? ? 例 13.

(2013 年江西省理 5 分)若 S1 ?

2 1

x

2dx,S2

?

2 1

1 x

dx,S3

?

2 exdx ,则 s1,s2,s3 的大小关
1

系为【 】

A.s1<s2<s3

B.s2<s1<s3

C.s2<s3<s1

D.s3<s2<s1

?x ? 0 例 14. (2013 年全国大纲理 5 分)记不等式组 ??x ? 3y ? 4
??3x ? y ? 4

所表示的平面区域为 D,若直线 y ? a ?x ?1? 与 D 公共点,

则 a 的取值范围是 ▲ . 【答案】 1 ≤a≤4。
2 【考点】简单线性规划,不等式的解法及应用,数形结合
思想的应用。

?x ? 0 【分析】满足约束条件 ??x ? 3y ? 4
??3x ? y ? 4

的平面区域如图示。

∵ y ? a ?x ?1? )过定点(?1,0),

∴当 y ? a ?x ?1? 过点 B(0,4)时,得到 a=4;

当 y ? a ?x ?1? 过点 A(1,1)时,对应 a= 1 。
2
又∵直线 y ? a ?x ?1? 与平面区域 D 有公共点,

∴ 1 ≤a≤4。 2

?x ?1 例 15. (2013 年全国新课标Ⅱ理 5 分)已知 a > 0,x, y 满足约束条件 ??x ? y ? 3 , 若 z =2x + y 的
??y ? a(x ? 3)

最小值为 1,则 a =【

A. 1 4
【答案】B。

1 B.
2

】 C. 1

D. 2

【考点】简单线性规划,不等式的解法及应用。

【分析】根据约束条件画出可行域,

将最小值转化为 y 轴上的截距,

当直线 z=2x+y 经过点 B 时,z 最小,



?x ?1 ??2x ?

y

?

1

得:

?x

? ?

y

? ?

1。 ?1

代入直线 y ? a ?x ? 3? 得,a= 1 。
2 故选 B。

例 16. (2013 年全国新课标 I 理 10 分)选修 4—5:不等式选讲

已知函数 f ?x? ? 2x ?1 ? 2x ? a ,g ?x? ? x ? 3.

(1)当 a= ? 2 时,求不等式 f ? x? < g ? x? 的解集;

(2)设

a>

?

1,且当

x

?

????

a ,1 22

? ??

时,

f

?

x

?



g

?

x

?

,求

a

的取值范围.

【答案】解:(1)当 a=-2 时,不等式 f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0。

设函数 y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则

???5x,< ?

1 2

y

?

???x ?

?

2,1 2

?

x

?

1



?3x ? 6,x>1

??

其图像如图所示,从图像可知,当且仅当 x∈(0,2)时,

y<0,所以原不等式的解集是{x|0<x<2}。

(2)当

x

?

????

a ,1 22

? ??

时,f(x)=1+a.

不等式 f(x)≤g(x)化为 1+a≤x+3。

∴x≥a-2



x

?

????

a ,1 22

? ??

都成立,故

?

a 2

≥a-2,即

a≤

4 3



∴a

的取值范围是

? ??

?1,4 3

? ??



【考点】绝对值不等式的解法,函数单调性的性质,分类思想的应用。

【分析】(1)当 a= ? 2 时,求不等式 f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0。设 y=|2x-1| +|2x-2|-x-3,画出函数 y 的图象,数形结合可得结论。

(2)不等式化即

1+a≤x+3,故

x≥a-2



x

?

????

a ,1 22

? ??

都成立.故 ? a ≥a-2,由此解得 a 2

的取值范围。

?2x ? y ? 2 ? 0



17.

(2013

年山东省理 5

分)在平面直角坐标系

xOy 中,M

为不等式组:

? ?

x

?

2y

?

1

?

0

,所表

??3x ? y ? 8 ? 0

示的区域上一动点,则直线 OM 斜率的最小值为【 】

A.0

B. 1

【答案】C。

C. ? 1 3

D. ? 1 2

【考点】简单线性规划,不等式的解法及应用。

?2x ? y ? 2 ? 0

【分析】不等式组

? ?

x

?

2y

?

1

?

0

表示的区域如图,

??3x ? y ? 8 ? 0

当 M 取得点 A(3,-1)即 M 与 A 重合时,直线 OM 斜率取得最小,最小值为 k ? ?1 ? ? 1 。 33
故选 C。

例 18. (2013 年陕西省理 5 分) 若点(x, y)位于曲线 y ?| x ?1| 与 y=2 所围成的封闭区域, 则 2x-y

的最小值为 ▲ .

?x ? y ? 2 ? 0 例 19. (2013 年浙江省理 4 分)设 z=kx+y,其中实数 x,y 满足 ??x ? 2y ? 4 ? 0 若 z 的最大值为 12,
??2x ? y ? 4 ? 0 则实数 k= ▲ .
【答案】2。 【考点】简单线性规划,不等式的解法及应用,分类思想的应用。
【分析】可行域如图:



?x ? y ? 2=0 ??2x ? y ? 4=0

得:A(4,4);



?x ??x

? ?

y ? 2=0 2y ? 4=0

得:B(0,2)。

①当 k> ? 1 时,目标函数 z=kx+y 在 x=4,y=4 2

时取最大值,即直线 z=kx+y 在 y 轴上的截距 z 最大,此时,12=4k+4,故 k=2。 ②当 k≤ ? 1 时,目标函数 z=kx+y 在 x=0,y=2 时取最大值,即直线 z=kx+y 在 y 轴上的截距 2
z 最大,此时,12=0×k+2,故 k 不存在。 综上,k=2。
例 20. (2013 年重庆市理 5 分)已知圆 C1: (x ? 2)2 ? (y ? 3)2 ?1 ,圆 C2: (x ? 3)2 ? (y ? 4)2 ? 9 ,

M、N 分别是圆 C1、C2 上的动点,P 为 x 轴上的动点,则 PM ? PN 的最小值为【 】

A. 5 2 ? 4

B. 17 ?1

C. 6 ? 2 2

D. 17

【答案】A。 【考点】圆与圆的位置关系及其判定,两点间的距离公式,轴对称的应用。 【分析】如图,作圆 C1 关于 x 轴的对称圆 A:(x-2)2+(y+3)2=1,则|PM|+|PN|=|PN|+|PM′|。由 图可知当 C2,N,P,M′,A 在同一直线上时,|PM|+|PN|=|PN|+|PM′|取得最小值,即为|AC2|-1

-3= 5 2 ? 4 。故选 A。

例 21. (2013 年重庆市文 5 分)设 P 是圆 (x ? 3)2 ? (y ?1)2 ? 4 上的动点,Q 是直线 x ? ?3 上的动

点,则 PQ 的最小值为【 】

A. 6

B. 4

C. 3

D. 2

六、参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的互化: 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】

例 1.

(2013

年北京市理

5

分)在极坐标系中,点

? ??

2,? 6

? ??

到直线

ρsinθ=2

的距离等于



.

【答案】1。

【考点】点的极坐标和直角坐标的互化,点到直线的距离公式。

? ? 【分析】∵极坐标系中点的

? ??

2,? 6

? ??

对应直角坐标系中的点的坐标为

3,1 ,极坐标系中直线 ρsin

θ=2 对应直角坐标系中直线方程为 y=2,

? ? ∴根据点到直线的距离公式,

3,1

到直线

y=2

的距离为

1,即在极坐标系中,点

? ??

2,? 6

? ??

到直线 ρsinθ=2 的距离等于 1。 例 2. (2013 年福建省理 7 分)选修 4-4:坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知点 A 的

极坐标为

? ??

2,? 4

? ??

,直线

l

的极坐标方程为

? cos ????

?

? 4

? ??

?

a

,且点

A

在直线

l

上.

(1)求 a 的值及直线 l 的直角坐标方程;

(2)圆

C

的参数方程为

?x ?? y

? ?

1 ? cos? sin ?

(α 为参数),试判断直线 l 与圆 C 的位置关系.



3.

(2013

年广东省理

5

分)(坐标系与参数方程选做题)已知曲线

C

的参数方程为

??x ?

?

2 cos t(t

??y ? 2 sin t

为参数),C 在点(1,1)处的切线为 l。以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,

则 l 的极坐标方程为 ▲ 。

例 4. (2013 年广东省文 5 分)(坐标系与参数方程选做题)已知曲线 C 的极坐标方程 r = 2cosq ,
以极点为原点,极轴为 x 轴的正半轴建立直角坐标系,则曲线 C 参数方程为 ▲ 。

例 5. (2013 年湖北省理 5 分)(选修 4-4:坐标系与参数方程)在直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 的参

数方程为

?x ??y

? ?

a b

cos? sin ?



?

为参数,a

?

b

?

0

).

在极坐标系(与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位,

且以原点 O 为极点,以 x 轴正半轴为极轴)中,直线 l 与圆 O 的极坐标方程分别为 ? sin(? ? π) ? 2 m 42
(m 为非零常数)与 ? ? b . 若直线 l 经过椭圆 C 的焦点,且与圆 O 相切,则椭圆 C 的离心率为

▲.



6.

(2013

年湖南省理

5

分)在平面直角坐标系

xOy

中,若直线

l:??? xy

? ?

t t

?

a

(t 为参数)过椭圆 C:

?x ? 3cos? ??y ? 2sin?

(φ 为参数)的右顶点,则常数 a 的值为



.

例 7. (2013 年江苏省 10 分)[选修 4 - 4:坐标系与参数方程]在平面直角坐标系 xOy 中,直线 l 的参

数方程为

???xy==t2+t1(t

为参数),曲线

C

的参数方程为

?x=2tan2?

? ?

y=2tan?

(为参数?

)。试求直线

l

与曲线

C

的普

通方程,并求出它们公共点的坐标。



8.(2013

年江西省理

5

分)(坐标系与参数方程选做题)设曲线

C

的参数方程为:

?x ??y

? ?

t t2

(t



参数),若以直角坐标系的原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则曲线 C 的极坐标方程

为▲.

例 9. (2013 年辽宁省理 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 : 在直角坐标系 xOy 中,以 O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.圆 C1,直线 C2 的极坐
标方程分别为

?

=4sin?,?cos

????

?

? 4

? ??

=2

2.

(1)求 C1 与 C2 交点的极坐标;

?x ? t3 ? a

(2)设

P



C1

的圆心,Q



C1



C2

交点连线的中点.已知直线

PQ

的参数方程为

? ? ?? y

?

b 2

t3

?1

(t∈

为参数),求 a,b 的值.

例 10. (2013 年全国新课标Ⅱ理 10 分)选修 4—4:坐标系与参数方 程

已知动点

P,Q

都在曲线

C:

?x

? ?

y

? ?

2 cos 2 sin

? ?

? ?为参数? 上,对应参数分别为 β=α 与 β=2α(0<α

<2π), M 为 PQ 的中点.

(1)求 M 的轨迹的参数方程;

(2)将 M 到坐标原点的距离 d 表示为 α 的函数,并判断 M 的轨迹是否过坐标原点。

例 11. (2013 年全国新课标 I 理 10 分)选修 4—4:坐标系与参数方 程

已知曲线

C1

的参数方程为

? ? ?

x y

? ?

4 5

? ?

5cost 5sint

( t 为参数),以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极

轴建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为 ? ? 2sin? 。

(1)把 C1 的参数方程化为极坐标方程; (2)求 C1 与 C2 交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π)。

【答案】解:(1)将

?x ??y

? ?

4 5

? ?

5cost 5sint

消去参数

t,化为普通方程(x-4)2+(y-5)2=25,

即 C1:x2+y2-8x-10y+16=0。



?x ??y

? ?

?cos? ?sin?

代入

x2+y2-8x-10y+16=0,得

ρ2-8ρcos

θ-10ρsin

θ+16=0。

∴C1 的极坐标方程为 ρ2-8ρcos θ-10ρsin θ+16=0。 (2)C2 的普通方程为 x2+y2-2y=0,



??x2 ? ??x2

? ?

y2 y2

? ?

8x 2y

?10y ?0

? 16

?

0

,解得

?x

? ?

y

? ?

1 1



?x ??y

? ?

0 2



∴C1



C2

交点的极坐标分别为

? ??

2,? 4

???,???

2,? 2

? ??



【考点】参数方程化成普通方程,点的极坐标和直角坐标的互化。 【分析】(1)对于曲线 C1 利用三角函数的平方关系式 sin2t+cos2t=1 即可得到圆 C1 的普通方程;再 利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到 C1 的极坐标方程。
(2)先求出曲线 C2 的极坐标方程;再将两圆的方程联立求出其交点坐标,最后再利用极坐 标与直角坐标的互化公式即可求出 C1 与 C2 交点的极坐标。
例 12. (2013 年陕西省理 5 分)(坐标系与参数方程选做题) 如图, 以过原点的直线的倾斜角? 为参

数, 则圆 x2 ? y2 ? x ? 0 的参数方程为 ▲ .



13.

(2013

年上海市文

5

分)记椭圆

x2 4

?

ny2 4n ?1

? 1围成的区域(含边界)为 ?n

?n

? 1, 2,

? ,当

点 ? x, y? 分别在 ?1,?2 ,

上时, x ? y 的最大值分别是 M1, M2 ,

,则

lim
n??

Mn

?【



A.0

B. 1 4

C. 2 D. 2 2

例 14. (2013 年重庆市理 5 分)在直角坐标系 xOy 中,以原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建

立极坐标系.若极坐标方程为

ρcosθ=4

的直线与曲线

? ? ?

x y

? ?

t t

2 3

(t

为参数)相交于

A,B

两点,则|AB|=

▲.

【答案】16。

【考点】点的极坐标和直角坐标的互化,两点间的距离公式,参数方程化成普通方程。

【分析】将直线极坐标方程

ρcosθ=4

化成直角坐标方程为

x=4,代入曲线

?x ?? y

? ?

t t

2
(t
3

为参数)中得

A,

B 两点的直角坐标为(4,8),(4,-8)。则|AB|=16。【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】
七、数学各分支之间的相互转化: 除 了 前 述 的 数学各分支之间的相互转化问 题 外 , 还 有

许 多 数学各分支之间的相互转化问 题 ,如 利 用 向 量 的 方 法 解 立 体 几 何 的 问 题 ,用 解 析 几 何 方 法

处理平面几何、代数、三角问题等。

典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】 【版权归江苏泰州锦元数学工作室邹强所有,转载必究】

例 1. (2013 年安徽省理 5 分)在平面直角坐标系中,O 是坐标原点,两定点 A,B 满足|O→A|=|O→B

|=O→A·O→B=2,则点集{P|O→P=λO→A+μO→B,|λ|+|μ|≤1,λ,μ∈}所表示的区域的面积是【 】

A. 2 2

B. 2 3

C. 4 2

D. 4 3

∵|λ|+|μ|≤1



????= ? ????=

3 6 3 6

x x

? ?

1 2 1 2

y y

等价于①

?3

? ?

6

?? 3

? ?

6

?y ?

?

x
x 1

? ?

1 2 1 2

y y

? ?

0 0

或②

?3

? ?

6

?? 3

? ?

6

?x ? ?

x x

? ? 3

1 2 1 2

y y

? <

0 0

或③

?3

? ?

6

?? 3

? ?

6

?x ? ?

x x ?

?1 2
?1 2 3

y y

< ?

0 0



??

??

??

? ? ?

3x?1y<0 62



?? ?

?

3 6

x

?

1y 2

<0。

?y ? ?1

?

??

可行域如图中矩形 ABCD 及其内部区域:

区域面积为 2 ? 2 3=4 3 。故选 D。

例 2.

(2013

年安徽省理

5

分)若

? ??

x

?

a 3x

?8 ?

的展开式中

x

4

的系数为

7,则实数

a

=

?





例3.

(2013年安徽省文13分)已知椭圆

C

:

x2 a2

?

y2 b2

? 1(a ? b ? 0) 的焦距为4,且过点 P(

2,3) .

(1)求椭圆 C 的方程;

(2)设 C(x0, y0)(x0y0 ? 0) 为椭圆 C 上一点,过点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E。取点 A(0,2 2) ,连 接 AE,过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D。点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,作直线 QG,问这样 作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并说明理由. 【答案】解:(1)略
(2)由题意,得 E 点坐标为(x0,0),

? ? ? ? 设 D(xD,0),可得 AE ? x0,? 2 2 ,AD ? xD,? 2 2 。

? ?? ? ∵AD⊥AE,∴ AE ? AD ? 0 。∴ x0xD ? ?2 2

?2

2

? 0 ,解得 xD

?

?

8 x0



∵点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,∴点 G 的坐标为

( 8 ,0)。 x0

∴直线 QG 的斜率为 kQG

?

y0

x0

?

8 x0

?

x0y0 。

x

2 0

?8

又∵点

Q(x0,y0)在椭圆

C

上,∴

x

2 0

?

2y02=8



∴ kQG

?

x 0 y0 x02 ? 8

?

x0 2y0



∴直线

QG

的方程为:

y

?

?

x0 2y0

? ? ?

x

?

8 x0

? ? ?



代入椭圆

C

方程,化简得(x

2 0

?

2y0 2)x 2

?16x0x

?

64

?16y02

?

0





2y02=8

?

x02

代入上式并化简得,得

x2

?

2x 0 x

?

x

2 0

?

0



∴ ? ? ?2x0 ?2 ? 4x02=0 。,
∴x=x0,y=y0 是方程组的唯一解,即点 Q 是直线 QG 与椭圆 C 的唯一公共点。 综上所述,可得直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点。 【考点】直线与圆锥曲线的关系,椭圆的标准方程,椭圆的简单性质。

例 4. (2013 年北京市理 5 分)直线 l 过抛物线 C:x2=4y 的焦点且与 y 轴垂直,则 l 与 C 所围成的图

形的面积等于【 】

A. 4

B.2

3

【答案】C。

C. 8 3

16 2 D.
3

【考点】定积分。

【分析】抛物线 x2=4y 的焦点坐标为(0,1),

∵直线 l 过抛物线 C:x2=4y 的焦点且与 y 轴垂

直,

∴直线 l 的方程为 y=1。



? ? ?

y x

?1 2?

4y

,可得交点的横坐标分别为 ? 2,

2。

∴直线 l 与抛物线围成的封闭图形面积为

?

2 ?2

? ?1 ? ?

x2 4

? ? dx ?

?

? ??

x

?

1 12

x3

? ??

?2 2

|?

8 3



故选 C。

例 5. (2013 年北京市理 5 分)向量 a,b,c 在正方形网格中的位置如图所示,若 c ? ?a ? ?b (λ, μ∈R),则 ? =
?

▲.
例 6. (2013 年北京市理 5 分)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点, 点 P 在线段 D1E 上,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 ▲ .
【答案】 2 5 。 5
【考点】点、线、面间的距离计算。 【分析】如图,以 D 为原点,DA,DC,DD1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,过点 P 作 PH⊥CC1 于点 H,连接 PC
则 D1(0,0,2),E(1,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),EC ? ??1,0,0? ,D1E ? ?1, 2,- 2? , CC1 ? ?0, 2,0? 。
设 PE ? ?D1E ? ??, 2?,- 2? ? ,

则 PC ? PE ? EC ? ??, 2?,- 2? ? ? ??1,0,0? ? ?? ?1, 2?,- 2? ? ,

CH ? PC ? CC1 ? ?? ?1, 2?,- 2? ? ? ?0, 1,0? ? ?0, 2?,0? 。
CC1

∴点 P 到直线 CC1 的距离:

PH ?

2

2

PE ? CH ?

?? ?1?2 ? ?2??2 ? ?- 2??2 ? ?2??2 ?

5?2 ? 2? ?1 ?

5 ??? ?

?

1

2
?

5 ??

?

4 5



∴当 λ= 1 时,距离的最小值为 2 5 。

5

5

另解:过 E 点作 EE1 垂直底面 A1B1C1D1,交 B1C1 于点 E1,连接 D1E1,过 P 点作 PH 垂直

于底面 A1B1C1D1,交 D1E1 于点 H,P 点到直线 CC1 的距离就是 C1H,

故当 C1H 垂直于 D1E1 时,P 点到直线 CC1 距离最小。

此时,在 Rt△D1C1E1 中,C1H⊥D1E1,D1E1·C1H=C1D1·C1E1,

∴C1H=

2 ?2 5。 55

例 7. (2013 年福建省理 14 分) 已知函数 f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的周期为 π,图像的一个

对称中心为

? ??

? 4

,0

? ??

.将函数

f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的

2

倍(纵坐标不变),再将所得到

的图像向右平移 ? 个单位长度后得到函数 g(x)的图像. 2
(1)求函数 f(x)与 g(x)的解析式;

(2)是否存在

x0∈

? ??

? 6

,? 4

? ??

,使得

f(x0),g(x0),f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列?若存在,请

确定 x0 的个数;若不存在,说明理由;

(3)求实数 a 与正整数 n,使得 F(x)=f(x)+ag(x) 恰在(0,nπ)内

(3)略 【考点】由 y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式,函数解析式的求解及常用方法,根的存在 性及根的个数判断,导数的运算,同角三角函数基本关系的运用,分类思想的应用。 【分析】(1)略

(2)依题意,当

x∈

? ??

? 6

,? 4

? ??

时,

1 <sinx< 2 , 0<cosx<1 ,问题转化为方程

2

2

2

2cos2x=sinx+sinxcos2x



? ??

? 6

,? 4

? ??

内是否有解。通过

G′(x)>0,可知

G(x)在

? ??

? 6

,? 4

? ??

内单调

递增,而

G

? ??

? 6

? ??

?

?

1 <0,G 4

? ??

? 4

? ??

?

2 >0 2

,从而可得答案。

(3)略

例 8. (2013 年福建省文 12 分) 如图,在等腰直角△OPQ 中,∠POQ=90°,OP= 2 2 ,点 M 在

线段 PQ 上. (1)若 OM= 5 ,求 PM 的长; (2)若点 N 在线段 MQ 上,且∠MON=30°,问:当∠POM 取何值时,△OMN 的面积最小?并 求出面积的最小值.

【答案】解:(1)略 (2)设∠POM=α,0°≤α≤60°,

在△OMP

中,由正弦定理,得

OM sin?OPM

?

OP sin?OMP

,∴

OM

?

OPsin45?
sin ?45? ? ?

?



同理

ON

?

OPsin45?
sin ?75? ? ?

?





S?OMN=

1 2

OM

?

ONsin?MON

?

1 4

?

sin

OP2sin2 45?
?45? ? ? ?sin ?75?

?

?

?

?

sin

? 45?

?

?

1
?sin ?45?

?

?

?

30??

?

1

?

1

sin

? 45?

?

?

?

? ?

?

3 sin ?45? ? ? ? ?
2

1 2

cos

?45?

?

?

???
?

3 sin2 ?45? ? ? ? ? 1 sin ?45? ? ? ?cos?45? ? ?

2

2

例 9. (2013 年湖南省理 5 分)在等腰直角三角形 ABC 中,AB=AC=4,点 P 是边 AB 上异于 A,B 的一点,光线从点 P 出发,经 BC,CA 反射后又回到点 P(如图所示),若光线 QR 经过△ABC 的重心, 则 AP 等于【 】

A.2 【答案】D。

B .1

C. 8 3

D. 4 3

【考点】关于点、直线对称的直线方程,光的反射原理的应用。

【分析】建立如图所示的坐标系:

可得 B(4,0),C(0,4),故直线 BC 的方程为 x+y=4,

△ABC

的重心为

? ??

0

?

0 3

?

4,0

?

4 3

?

0

? ??

,即

? ??

4,4 33

? ??



设 P(a,0),其中 0<a<4, 则点 P 关于直线 BC 的对称点 P1(x,y),满足

例 10. (2013 年江苏省 10 分)如图,在直三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4, 点 D 是 BC 的中点。
(1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 AD1C 与 ABA1 所成二面角的正弦值。
【答案】解:(1)以 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, A ? xyz 。则
A?0,0,0?,B?2,0,0?,C?0,2,0?,D?1,1,0?,A1 ?0,0,4?,C1 ?0,2,4? ,

【考点】异面直线的角,二面角,空间向量的基础知识和运算。

【解析】建立空间直角坐标系,应用空间向量即可求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值和求平面 AD1C 与 ABA1 所成二面角的正弦值。 例 11. (2013 年江西省理 5 分)等比数列 x,3x+3,6x+6,…的第四项等于【 】

A. ?24

B. 0

C.12

D. 24

【答案】A。

【考点】等比数列。

【分析】根据题意,得(3x+3)2=x(6x+6),解得 x=-1 或 x=-3。

当 x=-1 时,x,3x+3,6x+6 分别为-1,0,0,则不能构成等比数列,所以舍去;

当 x=-3 时,x,3x+3,6x+6 分别为-3,-6,-12,且构成等比数列,公比为 2,

∴第四个数为-24。 故选 A。 例 12. (2013 年江西省理 12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点, G 为 PD 的中点,△DAB ≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= 3 错误!未找到引用源。,连接 CE 并延长
2 交 AD 于 F (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值

【答案】解:(1)略

(2)以点

A

为坐标原点建立如图所示的坐标系,则

A(0,0,0),B(1,0,0),C

? ???

3, 3 22

,0 ????



D(0, 3 ,0),P(0,0, 3 )。 2



BC

?

? ???

12,23 ,0 ????,CP

?

? ???

3, 3,3 222

????,CD

?

? ???

3 2

,

3 2

,0

? ???



设平面 BCP 的法向量 m ?(1,y1,z1)1,

?

13



??m ?

?

BC

?

2

?

2

y1 ? 0

?

3

,解得

?? ?

y1

?

?

3



???m

?

CP

?

?

3 2

?

33 2 y1 ? 2 z1 ? 0

? ??

z1

?

2 3

【考点】用空间向量求平面间的夹角,直线与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法。

【分析】(1)略 (2)以点 A 为原点,AB、AD、PA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图直角坐标系,得到 A、

B、C、D、P

的坐标,从而得到

BC

?

? ???

12,23 ,0 ????,CP

?

? ???

3, 3,3 222

????,CD

?

? ???

3 2

,

3 2

,

0

? ???



利用垂直向量

数量积为零的方法建立方程组,解出 m ?(1, - 3,2) 和 n ?(1, 3,2) 分别为平面 BCP、平面 33

DCP 的法向量,利用空间向量的夹角公式算出 m,n 夹角的余弦,即可得到平面 BCP 与平面 DCP

的夹角的余弦值。

例 13. (2013 年全国新课标Ⅱ理 5 分)已知正方形 ABCD 的边长为 2,E 为 CD 的中点,则 AE ? BD =

▲. 【答案】2。 【考点】平面向量数量积的运算。 【分析】如图,建立直角坐标系,则

A E? (,1 ,2 ) B?D?- , 2?, 2 ? A E ?B?D? ??1 ? 2? 。2? 2 2

例 14. (2013 年全国新课标Ⅱ理 5 分)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ,已知 S10 = 0,S15 = 25,则 nSn 的最小值为
▲.

列表如下

x

(0,20)

20

3

3

? ??

20,+ 3

?

? ??

f'(x)

-

0

+

f(x)



极小值



∴ nSn

?

n3

? 10n 2 3

可能在

n=6



n=7

时,出现最小值。

当 n=6 时,nSn=-48;n=7 时,nSn=-49。

故 nSn 的最小值为-49。

例 15. (2013 年全国新课标 I 理 5 分)设 m 为正整数, ?x ? ?y 2m 展开式的二项式系数的最大值为

a,?x ? ?y 2m?1 展开式的二项式系数的最大值为 b,若13a ? 7b ,则 m=【 】

A.3

B. 6 C. 7 D. 8

例 16. (2013 年全国新课标 I 理 12 分)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°. (1)证明 AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值。
【答案】解:(1)略 (2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB, 又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB,
∴OC⊥平面 AA1B1B。

【考点】直线与平面垂直的性质,平面与平面垂直的判定,直线与平面所成的角,用空间向量求直 线与平面的夹角。 【分析】(1)略
(2)易证 OA,OA1,OC 两两垂直.以 O 为坐标原点,OA 的方向为 x 轴的正向, OA 为

单位长,建立坐标系,可得 BC ?(1,0,3),BB1 ? AA1 ?(?1,3,0),A1C ?(0,? 3,3) ,设

n ?(x,y,z) 为平面 BB1C1C 的法向量,则

??n ? BC ? 0 ?

,可解得 n

?(

3,1,?1) ,可求

??n ? BB1 ? 0

cos n,A1C ,即为所求正弦值。

例 17. (2013 年山东省理 12 分) 如图所示,在三棱锥 P-ABQ 中,PB⊥平面 ABQ,BA=BP=BQ, D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ=2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,连接 GH。 (1)求证:AB//GH; (2)求二面角 D-GH-E 的余弦值 .

【答案】解:(1)略 (2)由 AQ=2BD,D 为 AQ 的中点可得,三角形 ABQ
为直角三角形, 如图,以 B 为坐标原点,分别以 BA、BQ、BP
所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系, 设 AB=BP=BQ=2, 则 D(1,1,0),C(0,1,0),E(1,0,1),
F(0,0,1),

∵H

为三角形

PBQ

的重心,∴H

? ??

0,2,2 33

? ??





DC

?

?

?1,0,0?,CH

?

? ??

0,?

1,2 33

???,EF

?

??1,0,0?,FH

?

? ??

0,2,? 3

1 3

? ??



设平面 GCD 的一个法向量为 m ? ? x1,y1,z1 ? ,



??m ?

?

DC

?

0



???x1 ?1

?

0

2



??m ? CH ? 0 ??? 3 y1 ? 3 z1 ? 0

取 z1=1,得 y1=2。∴ m ? ?0,2,1? 。

成的角的余弦值求解二面角 D-GH-E 的余弦值。 例 18. (2013 年陕西省理 12 分)如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底 面中心, A1O⊥平面 ABCD, AB ? AA1 ? 2 . (1) 证明:A1C⊥平面 BB1D1D; (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小.
【答案】解:(1)略 (2)以 O 为原点,分别以 OB,OC,OA1 所在直线为
x,y,Z 轴建立如图所示空间直角坐标系, 则 B(1,0,0),C(0,1,0),A(1 0,0,1),B(1 1,1,1),AC1 0(1? )1,,? 。

∴平面

OCB1 与平面

BB1D1D

的夹角

θ

为? 3



【考点】直线与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,用空间向量求平面间的夹角。

【分析】(1)略

(2)以 O 为原点,分别以 OB,OC,OA1 所在直线为 x,y,Z 轴建立空间直角坐标系,然

后求出平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的法向量,利用法向量所成的角求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的

夹角 θ 的大小。

例 19.

(2013

年上海市理

4

分)方程

3x

3 ?1

?

1 3

?

3x?1

的实数解为



.

例 20. (2013 年上海市理 12 分)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明 直线 BC1 平行于平面 DA1C,并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离.

【考点】点、线、面间的距离计算,直线与平面平行的判定。

【分析】建立空间直角坐标系,求出平面 D′AC 的一个法向量为 n =(2,1,-2),再根据 n ·BC? =0 ,

可得 n ⊥ BC? ,

可得直线 BC′平行于平面 D′AC.求出点 B 到平面 D′AC 的距离 d= | n ? CB | 的值,即为直线 BC′到 |n|

平面 D′AC 的距离。

?x ? y ? 8

例 21.

(2013

年四川省文

5

分)若变量

x,y

满足约束条件

??2y ? x ??x ? 0

?

4



z

?

5y

?

x

的最大值为

a,

??y ? 0

最小值为 b,则 a ? b 的值是【 】

A.48 【答案】C。

B.30

C.24

D.16

【考点】不等式的解法及应用,简单线性规划。

?x ? y ? 8

【分析】满足约束条件

??2y ? x ??x ? 0

?

4

的可行域如下图所示:

??y ? 0

在坐标系中画出可行域,平移直线 5y ? x ? 0 ,经过点 B(8,0)时,5y ? x 最小,最小值 为:-8,则目标函数 z ? 5y ? x 的最小值为-8;经过点 A(4,4)时,5y ? x 最大,最大值为:16, 则目标函数 z ? 5y ? x 的最大值为 16。
由于 z ? 5y ? x 的最大值为 a,最小值为 b,则 a ? b 的值是:24。

故选 C。

?3x ? y ? 6 ? 0 例 22. (2013 年天津市理 5 分)设变量 x, y 满足约束条件 ??x ? y ? 2 ? 0 ,则目标函数 z = y-2x 的
??y ? 3 ? 0

最小值为【 】

A.-7

B.-4

C.1

【答案】A。

【考点】简单线性规划,不等式的解法及应用。

D.2

【分析】在坐标系中画出可行域三角形,平移直线 y-2x =0 经过点 A(5,3)时,y-2x 最小,最 小值为:-7,则目标函数 z= y-2x 的最小值为-7。故选 A。

例 23.(2013 年天津市理 13 分)如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABCD, AB//DC,

AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E 为棱 AA1 的中点.

(1)证明 B1C1⊥CE;

(2)求二面角 B1-CE-C1 的正弦值.

(3)设点 M 在线段 C1E 上,

且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为

2, 6

求线段 AM 的长.

【答案】解:如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1, 0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0)。
(1)证明:易得 B1C1 ? (1, 0, ?1), CE ? ( ?1, 1, ?1) ,∴ B1C1 ? CE ? 0 。∴B1C1⊥CE。 (2) B1C ? (1, ? 2, ?1) ,
设平面 B1CE 的法向量 m ? (x, y, z) ,



??m ? ??m

? ?

B1C ? 0 CE ? 0

,即

?x ? 2y ???x ? y

? ?

z z

? ?

0 0



消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,可得一个法

向量为 m ? ( -3, - 2, 1) 。

由(1),B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥ 平面 CEC1,故 B1C1 ? (1, 0, ?1) 为平面 CEC1 的一个法向量。

∴ cos m,B1C1

? m ? B1C1 ? m ? B1C1

?4 14 ?

?2 7。 27

∴ sin m,B1C1

?

21 。 7

∴二面角 B1-CE-C1 的正弦值为。

(3) AE ? (0, 1, 0), EC1 ? (1, 1, 1) 。

设 EM ? ?EC1 ? (?, ?, ?) ,0≤λ≤1,

∴ AM ? AE ? EM ? (?, ? ?1, ?) 。

可取 AB ? (0, 0, 2) 为平面 ADD1A1 的一个法向量,

设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则

AM ? AB

sin? ? cos AM, AB ?

?

2?

?

?



AM ? AB ?2 ? ?? ?1?2 ? ?2 ? 2 3?2 ? 2? ?1



?

? 2 ,解得 λ= 1 (负值已舍去)。

3? 2 ? 2? ?1 6

3

∴AM=

? ??

1 3

?2 ? ?

?

? ??

1 3

? 1??2 ?

?

? ??

1 3

?2 ? ?

?

2。

【考点】二面角的平面角及求法,直线与平面垂直的性质,直线与平面所成的角。

【分析】(1)由题意可知,AD,AB,AA1 两两互相垂直,以 a 为坐标原点建立空间直角坐标系,

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