2015年暑假高中自主課程預(yù)習(xí)材料

詳細(xì)解讀。本班型導(dǎo)學(xué)共由4份資料構(gòu)成。

1（2011）zz1z15z 解析：由|z1|5得|z|215|z| 1解得|z （舍去，|z|2例2：（2006復(fù)旦）設(shè)Z,Z為一對(duì)共軛復(fù)數(shù)，如果Z ，且Z1為實(shí)數(shù)， Z1Z2

Z2Z

abi，

abi

，得到b 62由

a

Z2Z2

a2b2

3（200711A.一條直 B.以 為圓心

C.焦距為2

的雙曲 D.以上均不解析：Z0a0b0iZ1a1b1iZabiZ1

Z1Z1a2a2b aabb abab a2b22(bb0aa0 a2b （2011解析：設(shè)a(1,0)b(x,y)，由題意得到方程組：12xx(x2)y22（201

b1abmatb(tRatbtab(tRtab a(1,0)，則可以取bm,1m2，則tabtm,1m2，顯然當(dāng)tmtab取得最小 3（2012）aee1，若tRateae，則（A.a B.a(a C.e(a D.(ae)(a解析：設(shè)e1,0)axyateae(xt)2y2(x1)2y2t22tx2x10(t0(2x)24(2x1)0xa1yeae 如圖3-1，在ABC中，AD為A的角平分線，則有 3-2PAPCPA2PBPC.PAPBPCPD.

圖-3-3-1（2011解析：由弦切角定理知PABCPEA~BEDPEAEPEDEBE 由相交弦定理得到GEEFBEGEPEDE2PGPEGEPA2PGPF（ABMECD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AB10，CD83ED4OMEFOF是切點(diǎn)，BF與CD相交于點(diǎn)G.（由弦切角定理得到EFBFABBGMEFG為等腰三角形EG

3-MDABEFEG

OM3DE3DE

OE

3-（）DFAB，則FDCFDE由（）中可得CD8，F(xiàn)D CD2FD296FC2100，與勾股定理 假設(shè)不成立，即DF與AB不平行。

3-3：在△ABC中，DBC的中點(diǎn)，DM平分ADBABM，DN平分ADCNBMCNMNA.BMCN B.BMCN C.BMCN D.AMADADAN

MN∥設(shè)AD與MN交于點(diǎn)E，則E點(diǎn)平分MN且MNMEEN2DEBMCN2DE的大小關(guān)系可以轉(zhuǎn)ABAC2AD的大小關(guān)系（平行線截割定理）平行四邊形容易證明在△ABCADABAC2解析二：ADDODBDCBMOM，CN

3-則BMCNMONOMN(三角形兩邊之和大于第三邊)且MND為直角三角形，則有MOONODBD故得到BMCNMN。

3-直徑作圓與AC的另一個(gè)交點(diǎn)為G，已知BC25，BD20， BC25tanACBBDBD BE tanACB tanA4AE

3- tanABC （2012HSBCHABC30SA2BHSC于點(diǎn)E，連接AHAE；AHSBCAHSCH△SBCBESC，所以SCABE，所以SCAB.AHBCSDBCBCSADBCSOBCADSOADSOABC，即點(diǎn)OS在底面的射影。SCABSOABABSCFABCF.BCADABCF，知道點(diǎn)O為△ABCSASBSC2設(shè)△ABCaSABC

3a2，在Rt△SOC中可求得SO 443得到 1343S HABC30°，SCABE

cos30

3a28

1SC

123a2 43由 13a2 123a2求得a ，代入可得到 43S S （2012直角梯形，ADBCABBC，側(cè)面PABABCD，PAADAB1BC2.（）若PAB120BPDC解析：4-2AABxADyAD(0,1,0)（）P在xOz平面上，且AP1PAB

，則 圖4-4-4-n1

1 n1n21(1)0

1 （）BPDC；因?yàn)镻AB120AP1 , ) n4

3)3 (1,1,3)(1,1,3所以cosnn ，所3 3(1,1,3) 3

4-cos ，tan 3：4-4，已知二面角l的平面角為45,在半平面內(nèi)有一個(gè)半圓OABl上,M是這個(gè)半圓O上任一點(diǎn)ABAMBM與另一個(gè)半所成的角分別為12.試證明cos2cos2為定值 圖4- 解析：4-5，MMHH為垂足，在內(nèi)，作MKABK為垂足，KHAHBH，則MAH1MBH2∵M(jìn)H,AB∴MHAB∵M(jìn)KMHMMK平面MHKMHMHKHKMHK∴ABHK∴MKH是二面角l的平面角 圖4-∴MKH45.MH

2MK2RtAMBAM2AKABBM2BKABMK2AKBK

,sin2 ∴sin2sin2MH2MH2 AKBKAK 2AK 2BK 2AK 2BKBK2

AB2 ∴cos2cos22(sin2sin2) 1（2013k0ykxykxAxA,yABxB,yB，xAxB0OAOB1k2，其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)．記ABM的軌跡為C．⑴求Cx22py（p0）與C在兩點(diǎn)相切，證明：兩個(gè)切點(diǎn)分別在兩條定直線上，xxA

kxy B OAOB1k2

1k1k1kxAxBxAxB

xB(1k2)xA(2x)2整理得C

(y)

2(xx)2(xx)24xx A 可知曲線C

xk2 xk2 y2 k0,pk 2py 0 4p24kkp由方程p2y22py10得到兩切點(diǎn)坐標(biāo)為 p由此可知當(dāng)p的值發(fā)生變化時(shí)，兩切點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，故可得兩個(gè)切點(diǎn)分別在兩條定直線x 和x 22

y 2(x2)1，y2(x2) x y2 例2（2013卓越設(shè)橢圓

1a2的離心率為 且與橢圓相交于CD若直線lx軸相交于點(diǎn)G，且GCDEkkACkAD2． ，b2，從而a

x2

1x2y2由方程組 ，消去y得23k2x26kx90于是xx ，由直線l與x軸交于點(diǎn)G，知k0，G1，0 23k

1，yx，1yx

k又GCDE，可得 1 k 所以 23k

1k6 ，，

y12，

y22，又xx

1 y2y kx3kx k2xx3kxx

kAD

1 k223k223k

3（2011 相切F1作兩條互相垂直的直線l1,l2P,QMNPMQN面

1(ab

yx

x2y2

所以方程組 1,只有一解,整理得(a2b2)x223a2x3a2a2b20yx所以23a2)24(a2b2(3a2a2b20,得a2b23F(1,0),F(10)

22221

四邊形

|PQ||MN|

22k橢圓交點(diǎn)坐標(biāo)為P(x1,y1),Q(x2,y2)；聯(lián)立方程

y2

化簡(jiǎn)得 2k2x1x22k21x1x22k2

k2所以|PQ |xx同理可得|MN|

2k

2k2 2k2 |PQ||MN| (k 4

k42k2

4(

1k k

(2k2)(2k2 2k45k2 2k45k2 4( )4( 4k410k2 4k24k24k2k

4k24k

10 (0,1],也所以4(1

4k241

4k241

四邊形

9ab是給定的整數(shù)，b0，若存在整數(shù)cabc，則稱ba，記作b|a，并稱ba的一個(gè)約數(shù)，稱a是b的一個(gè)倍數(shù)；如果不存在上述c，則稱ba。①若b|c且c|a，則b|a（傳遞性質(zhì)②若b|a且b|c，則b|ac③若b|aa0ab，因此若b|aa|b，則ba1 1 p|a⑥（帶余除法）abb0qrabqr，其中0rb，r共有b0,1,b1r0a被b整除的情況。①奇數(shù)奇數(shù)=偶數(shù)，偶數(shù)偶數(shù)=偶數(shù)，奇數(shù)偶數(shù)=奇數(shù)，偶數(shù)偶數(shù)=偶數(shù)，奇數(shù)=奇數(shù)，奇數(shù)②奇數(shù)的平方都可以表示成8m1的形式，偶數(shù)的平方可以表示成8m或8m40、1；是正整數(shù)的k次方冪。1（201解析：至多可以找到4個(gè)，如13,7,9．下面證明不能找到5個(gè)符合題意的正整數(shù)．考慮它們模3的余數(shù)，設(shè)余數(shù)為0、12的分別有a、b、c個(gè)，則1°a、b、c均不為零，則存在三個(gè)數(shù)，它們的和為32a、bc中有零，則根據(jù)抽屜原理，至少存在三個(gè)數(shù)，它們的余數(shù)相同．此時(shí)它們的和為3的倍數(shù)，一定不是質(zhì)數(shù)．綜上，不能找到5例2（2013