2017-2018學年高二數(shù)學上學期期末復習備考黃金30題專題02大題好拿分（基礎版20題）理

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE33學必求其心得，業(yè)必貴于專精大題好拿分【基礎版】1．【題文】設條件P:,條件：,若是的必要不充分條件,求實數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮俊窘馕觥吭囶}分析：利用不等式的解法求解出命題p，q中的不等式范圍問題，結(jié)合二者的關系得出關于字母a的不等式，從而求解出a的取值范圍．試題解析：，則或或,由是成立的必要不充分條件，即只能,故必須滿足。2．【題文】已知；方程表示焦點在軸上的橢圓。若為真,求的取值范圍.【答案】.【解析】試題分析：因為，可命題為真時，又由命題為時，即可求解實數(shù)的取值范圍。試題解析：因為，所以若命題為真，則.若命題為真,則，即.因為為真，所以。3．【題文】已知命題：函數(shù)是上的減函數(shù)；命題：時，不等式恒成立。若命題“”是真命題，求實數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮俊窘馕觥吭囶}分析:分別求出命題下的的取值，根據(jù)為真命題，則命題和中至少有一個真命題，分成三種情況討論，即可求解實數(shù)的取值范圍．4．【題文】如果一個幾何體的主視圖與左視圖是全等的長方形，邊長分別是，如圖所示，俯視圖是一個邊長為的正方形．（1）求該幾何體的表面積；(2)求該幾何體的外接球的體積．【答案】（1）；(2）.【解析】試題分析：（1)該幾何體是長方體，其底面是邊長為4的正方形，高為2,求其3對面積之和;（2）由長方體與球的性質(zhì),可得長方體的體對角線是其外接球的直徑，求出其面積。試題解析：(1）由題意可知，該幾何體是長方體，其底面是邊長為4的正方形,高為2，因此該幾何體的表面積是2×4×4＋4×4×2＝64。(2）由長方體與球的性質(zhì)，可得長方體的體對角線是其外接球的直徑，則外接球的半徑r＝，因此外接球的體積V＝πr3＝×27π＝36π,所以該幾何體的外接球的體積是36π。5．【題文】某幾何體的三視圖如圖所示，P是正方形ABCD對角線的交點，G是PB的中點。（1）根據(jù)三視圖,畫出該幾何體的直觀圖。（2）在直觀圖中，①證明:PD∥平面AGC；②證明:平面PBD⊥平面AGC.【答案】（1）見解析；（2）見解析試題解析：(1）該幾何體的直觀圖如圖所示。(2）如圖,①連接AC，BD交于點O，連接OG,因為G為PB的中點，O為BD的中點,所以OG∥PD，又OG?平面AGC,PD?平面AGC，所以PD∥平面AGC.②連接PO,由三視圖，PO⊥平面ABCD，所以AO⊥PO。又AO⊥BO，BO∩PO=O，所以AO⊥平面PBD，因為AO?平面AGC，所以平面PBD⊥平面AGC。6．【題文】如圖所示,在四棱錐中，四邊形為矩形,為等腰三角形,，平面平面，且,,分別為的中點。(1）證明：平面；（2）證明：平面平面；（3）求四棱錐的體積?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）.【解析】試題分析：（1）EF∥平面PAD，根據(jù)直線與平面平行的判定定理可知只需證EF與平面PAD內(nèi)一直線平行,連AC，根據(jù)中位線可知EF∥PA，EF?平面PAD，PA?平面PAD，滿足定理所需條件；（2平面PAD⊥平面ABCD，根據(jù)面面垂直的判定定理可知在平面ABCD內(nèi)一直線與平面PAD垂直，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知CD⊥平面PAD，又CD?平面ABCD，滿足定理所需條件;（3）過P作PO⊥AD于O，從而PO⊥平面ABCD，即為四棱錐的高，最后根據(jù)棱錐的體積公式求出所求即可．解：(1)如圖所示，連接?！咚倪呅螢榫匦?且為的中點,∴也是的中點。又是的中點，，∵平面，平面.平面(2)證明：∵平面平面，，平面平面，∴平面?！咂矫?∴平面平面。(3)取的中點，連接?！咂矫嫫矫?，為等腰三角形,∴平面，即為四棱錐的高.∵,∴.又，∴四棱錐的體積.7．【題文】已知平行四邊形的三個頂點的坐標為.（Ⅰ）在中，求邊中線所在直線方程（Ⅱ）求的面積?！敬鸢浮?I)；（II）8.【解析】試題分析：（I）由中點坐標公式得邊的中點，由斜率公式得直線斜率，進而可得點斜式方程，化為一般式即可；(II）由兩點間距離公式可得可得的值，由兩點式可得直線的方程為，由點到直線距離公式可得點到直線的距離，由三角形的面積公式可得結(jié)果。試題解析：(I）設邊中點為，則點坐標為∴直線.∴直線方程為：即：∴邊中線所在直線的方程為：8．【題文】如圖所示，在四棱錐中，平面是的中點,是上的點且為中邊上的高.（1）證明：平面；(2）若，求三棱錐的體積.【答案】(1）見解析；（2）【解析】試題分析：（1）利用平行四邊形得到線線平行，從而可證線面平行；（2）求棱錐髙時,利用E是中點,轉(zhuǎn)化為求P到底面距離的一半,而易證平面，高即為PH。試題解析：（1）取中點,連接∵為中點,∴，,∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵平面，平面∴平面（2）∵平面,平面，∴,∵,∴平面，∵為中點,∴到平面的距離，又，9．【題文】在直四棱柱中,，.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ)見解析;（Ⅱ）．【解析】試題分析：(1）先根據(jù)條件建立空間直角坐標系,設立各點坐標，得兩直線方向向量，利用向量數(shù)量積得兩向量垂直(2）先利用方程組得平面法向量,根據(jù)向量數(shù)量積求得兩向量夾角余弦值,最后根據(jù)線面角正弦值與兩向量夾角余弦值絕對值相等，得結(jié)果試題解析：以方向分別為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系。則10．【題文】已知的內(nèi)接三角形中,點的坐標是，重心的坐標是，求（1）直線的方程；（2）弦的長度。【答案】（1）；(2）．【解析】試題分析：（1)設，,根據(jù)重心的性質(zhì)，我們不難求出邊上中點的坐標，及所在直線的斜率，代入直線的點斜式方程即可求出答案．

(2）求出圓心到BC所在直線的距離,即可求出弦的長度．11．【題文】已知⊙C經(jīng)過點、兩點,且圓心C在直線上。（1）求⊙C的方程；（2）若直線與⊙C總有公共點,求實數(shù)的取值范圍。【答案】（1)（2）【解析】試題分析：(1)解法1：由題意利用待定系數(shù)法可得⊙C方程為.解法2：由題意結(jié)合幾何關系確定圓心坐標和半徑的長度可得⊙C的方程為。（2）解法1：利用圓心到直線的距離與圓的半徑的關系得到關系k的不等式,求解不等式可得。解法2：聯(lián)立直線與圓的方程，結(jié)合可得.試題解析：（1)解法1:設圓的方程為，則，所以⊙C方程為。解法2:由于AB的中點為，，則線段AB的垂直平分線方程為而圓心C必為直線與直線的交點，由解得，即圓心，又半徑為，故⊙C的方程為.點睛：判斷直線與圓的位置關系時，若兩方程已知或圓心到直線的距離易表達，則用幾何法;若方程中含有參數(shù),或圓心到直線的距離的表達較繁瑣，則用代數(shù)法．12．【題文】已知直線(）與軸交于點，動圓與直線相切,并且與圓相外切，（1)求動圓的圓心的軌跡的方程；（2）若過原點且傾斜角為的直線與曲線交于兩點，問是否存在以為直徑的圓經(jīng)過點？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（）（2）故不存在以為直徑的圓恰好過點【解析】試題分析：(1)設出動圓圓心坐標，由動圓圓心到切線的距離等于動圓與定圓的圓心距減定圓的半徑列式求解動圓圓心的軌跡方程;

（2)求出過原點且傾斜角為的直線方程，和曲線C聯(lián)立后利用根與系數(shù)關系得到M，N的橫縱坐標的和與積，由,得列式求解m的值,結(jié)合m的范圍說明不存在以MN為直徑的圓過點A．試題解析：（1）設動圓圓心為，則,化簡得(），這就是動圓圓心的軌跡的方程.(2）直線的方程為,代入曲線的方程得顯然。設，,則，，而若以為直徑的圓過點，則，∴由此得∴，即.解得〉-2故不存在以為直徑的圓過點點睛：本題考查了軌跡方程的求法,考查了直線與圓錐曲線的關系，訓練了利用數(shù)量積判斷兩個向量的垂直關系,考查了學生的計算能力。13．【題文】已知、為橢圓：（）的左、右焦點，點為橢圓上一點，且．（1）求橢圓的標準方程；（2）若圓是以為直徑的圓，直線：與圓相切，并與橢圓交于不同的兩點、，且,求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】試題分析：（1）根據(jù)橢圓定義得,再代入點P坐標得（2）由直線與圓相切得,由，利用向量數(shù)量積得，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，結(jié)合韋達定理代入化簡得的值．試題解析:(1）由題意得：解得則橢圓方程為．（2）由直線與圓相切,得，，設，，由消去,整理得，恒成立,所以，，，∵，，解得．14．【題文】已知橢圓的左右焦點分別為，左頂點為，，橢圓的離心率。（1)求橢圓的標準方程；（2）若是橢圓上任意一點，求的取值范圍.【答案】（1）；（2).【解析】試題分析：（1）由題意可得到：，，從而寫出橢圓的標準方程；

（2）設，利用向量的數(shù)量積即可得,結(jié)合，利用二次函數(shù)求最值即可。試題解析:（1）由已知可得所以因為所以所以橢圓的標準方程為：（2）設，又所以，因為點在橢圓上，所以，即,且，所以，函數(shù)在單調(diào)遞增，當時，取最小值為0；當時，取最大值為12.所以的取值范圍是。15．【題文】在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點為,過作斜率為的直線交拋物線于（異于點）,已知，直線交拋物線于另一點.（1）求拋物線的方程;（2），求的值.【答案】（1)；(2)?！窘馕觥吭囶}分析：（1）由拋物線的焦點為，結(jié)合題意得拋物線方程；（2)已知直線代入拋物線方程:，消去，，得，直線與直線聯(lián)立得得，由在拋物線上可解得。試題解析：（1)由題意,，所以，所以拋物線（2)已知直線代入拋物線方程:，消去，，得；。直線，代入拋物線方程：,，得。。由得，解得。16．【題文】已知橢圓（）的左右焦點分別為、，離心率.過的直線交橢圓于、兩點，三角形的周長為。（1）求橢圓的方程;(2）若弦,求直線的方程.【答案】（1）;（2）.【解析】試題分析：（1）利用橢圓的離心率以及的周長為8,求出a，c,b，即可得到橢圓的方程，

（2）求出直線方程與橢圓方程聯(lián)立,點的坐標為,的坐標為求出A，B坐標，然后求解三角形的面積即可．試題解析：（1)三角形的周長，所以.離心率，所以，則.橢圓的方程為：點睛：本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的,故直線與圓錐曲線的問題常轉(zhuǎn)化為方程組關系問題，最終轉(zhuǎn)化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題,弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用．17．【題文】已知拋物線的焦點上一點到焦點的距離為.（1)求的方程；（2）過作直線,交于兩點，若直線中點的縱坐標為，求直線的方程.【答案】（1）（2)【解析】試題分析:（1)利用拋物線的定義，求出p,即可求C的方程；（2）利用點差法求出直線l的斜率,即可求直線l的方程試題解析：（1)法一：拋物線:的焦點的坐標為,由已知……………2分解得或∵，∴∴的方程為.……4分法二:拋物線：的準線方程為由拋物線的定義可知解得…3分∴的方程為。……………4分￥法二：由（1）得拋物線的方程為,焦點設直線的方程為由消去，得設兩點的坐標分別為，∵線段中點的縱坐標為∴解得……10分直線的方程為即……12分18．【題文】已知橢圓，其長軸為，短軸為.（1）求橢圓的方程及離心率.(2）直線經(jīng)過定點,且與橢圓交于兩點，求面積的最大值.【答案】（1)，；（2)1【解析】試題分析：(1）根據(jù)條件可得,即得橢圓的方程，及離心率．（2)先設直線方程為:，與橢圓聯(lián)立方程組，利用韋達定理，結(jié)合弦長公式求得底邊邊長，再根據(jù)點到直線距離得高，根據(jù)三角形面積公式表示面積，最后根據(jù)基本不等式求最大值試題解析：解：（Ⅰ），,，∴橢圓的方程為：，離心率：．（Ⅱ）依題意知直線的斜率存在，設直線的斜率為，則直線方程為：,由,得，，由得：,設,，則，，，又∵原點到直線的距離,∴．當且僅當，即時，等號成立,此時面積的最大值為．點睛：解析幾何中的最值是高考的熱點,在圓錐曲線的綜合問題中經(jīng)常出現(xiàn),求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數(shù)關系,將目標量表示為一個（或者多個)變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決。19．【題文】正方體的棱長為，是與的交點，為的中點．（I)求證：直線平面．（II）求證：平面．（III）二面角的余弦值．【答案】（1）見解析（2）見解析（3）【解析】試題分析:（1）先根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得，再根據(jù)線面平行判定定理得結(jié)論（2）由側(cè)棱垂直底面得，由正方形性質(zhì)得,因此可由線面垂直判定定理得平面，同理可得,從而有面．（3）利于空間向量求二面角：先建立空間直角坐標系，設立各點坐標，通過解方程組得各面法向量，根據(jù)向量數(shù)量積求法向量夾角，最后根據(jù)法向量夾角與二面角關系確定所求值（I）連接，在中，∵為的中點，為的中點,∴，又∵面，∴直線平面．(III）以為原點,建立空間坐標系，則，，，．易知面的一法向量為，設面的一法向量為中，∵,,,，，，∴,設二面角為，則，故二面角的余弦值為．20．【題文】已知過拋物線的焦點，斜率為的直線交拋物線于兩點，且.(1）求該拋物線的方程;（2)已知拋物線上一點，過點作拋物線的兩條弦和，且，判斷直線是否過定點？并說明理由.【答案】（1);（2）定點【解析】試題分析:(1）利用點斜式設直線直線的方程，與拋物線聯(lián)立方程組,結(jié)合韋達定理與弦長公式求，再根據(jù)解得.(2）先設直線方程，與拋物線聯(lián)立方程組,結(jié)合韋達定理化簡，得或，代入方程可得直線過定點（2）由（1）可得點,可得直線的斜率不為0,設直線的方程為：