高考数学数学思想练分类讨论思想专练文Word文档格式.docx
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若∠F1PF2=90°
,则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2,
∴|PF1|2+(6-|PF1|)2=20,
又|PF1|>
|PF2|,∴|PF1|=4,|PF2|=2,∴=2.
综上,知=或2.
3.已知函数f(x)=满足f(a)=3,则f(a-5)的值为( )
A.log23B.
C.D.1
解析 分两种情况分析,①
或者②,①无解,由②得a=7,
所以f(a-5)=22-3+1=,故选C.
4.已知变量x,y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域,则实数k等于( )
A.-B.
C.0D.-或0
答案 D
解析 不等式组表示的可行域如图(阴影部分)所示,由图可知若不等式组表示的平面区域是直角三角形,只有直线y=kx+1与直线x=0垂直(如图①)或直线y=kx+1与直线y=2x垂直(如图②)时,平面区域才是直角三角形.
由图形可知斜率k的值为0或-.
5.设0<
b<
1+a.若关于x的不等式(x-b)2>
(ax)2的解集中的整数恰有3个,则( )
A.-1<
0B.0<
1
C.1<
3D.3<
6
解析 原不等式转化为[(1-a)x-b][(1+a)x-b]>
0.
①a≤1,结合不等式解集形式知不符合题意;
②a>
1,此时-<
x<
,由题意0<
<
1,
要使原不等式解集中的整数解恰有3个,
知-3≤-<
-2,
整理得2a-2<
b≤3a-3.
结合题意b<
1+a,有2a-2<
1+a.
所以a<
3,从而有1<
3.故选C.
二、填空题
6.一条直线过点(5,2),且在x轴,y轴上的截距相等,则这条直线的方程为________________.
答案 x+y-7=0或2x-5y=0
解析 设该直线在x轴,y轴上的截距均为a,当a=0时,直线过原点,此时直线方程为y=x,即2x-5y=0;
当a≠0时,设直线方程为+=1,则求得a=7,方程为x+y-7=0.
7.△ABC中,已知sinA=,cosB=,则cosC=________.
答案
解析 ∵0<
cosB=<
,且B为△ABC的一个内角,
∴45°
B<
90°
,且sinB=,
若A为锐角,由sinA=,得A=30°
,此时cosA=,
若A为钝角,由sinA=,得A=150°
,此时A+B>
180°
,
这与三角形的内角和为180°
相矛盾,∴A≠150°
.
∴cosC=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)
=-(cosA·
cosB-sinA·
sinB)
=-=.
8.设e是椭圆+=1的离心率,且e∈,则实数k的取值范围是________.
答案 (0,3)∪
解析 当4>
k时,e==∈,
即<
1⇒1<
4-k<
4,即0<
k<
3;
当4<
1⇒<
1-<
1⇒>
>
0⇒k>
综上k的取值范围为(0,3)∪.
三、解答题
9.设集合A={x∈R|x2+4x=0},B={x∈R|x2+2(a+1)x+a2-1=0,a∈R},若B⊆A,求实数a的值.
解 ∵A={0,-4},B⊆A,于是可分为以下几种情况.
(1)当A=B时,B={0,-4},
∴由根与系数的关系,得解得a=1.
(2)当BA时,又可分为两种情况.
①当B≠∅时,即B={0}或B={-4},
当x=0时,有a=±
1;
当x=-4时,有a=7或a=1.
又由Δ=4(a+1)2-4(a2-1)=0,
解得a=-1,此时B={0}满足条件;
②当B=∅时,Δ=4(a+1)2-4(a2-1)<
0,
解得a<
-1.
综合
(1)
(2),所求实数a的取值为a≤-1或a=1.
10.设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>
0(n=1,2,3,…).
(1)求q的取值范围;
(2)设bn=an+2-an+1,{bn}的前n项和为Tn,试比较Sn与Tn的大小.
解
(1)因为{an}是等比数列,Sn>
0,可得a1=S1>
0,q≠0,
当q=1时,Sn=na1>
当q≠1时,Sn=>
即>
0(n=1,2,3,…),
则有①或②
由①得-1<
q<
1,由②得q>
1.
故q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
(2)由bn=an+2-an+1=an,
得Tn=Sn,
于是Tn-Sn=Sn=Sn(q-2),
又Sn>
0且-1<
0或q>
则当-1<
-或q>
2时,Tn-Sn>
0,即Tn>
Sn;
当-<
2且q≠0时,Tn-Sn<
0,即Tn<
当q=-或q=2时,Tn-Sn=0,即Tn=Sn.
11.[xx·
山东调研]设函数f(x)=x2+ax-lnx(a∈R).
(1)当a=3时,求函数f(x)的极值;
(2)当a>
1时,讨论函数f(x)的单调性.
解
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=3时,f(x)=-x2+3x-lnx,
f′(x)==-.
当<
1时,f′(x)>
0,f(x)单调递增;
当0<
及x>
1时,f′(x)<
0,f(x)单调递减.
所以f(x)极大值=f
(1)=2,f(x)极小值=f=+ln2.
(2)f′(x)=(1-a)x+a-=
=.
当=1,即a=2时,f′(x)=-≤0,f(x)在定义域上是减函数;
1,即a>
2时,令f′(x)<
0,得0<
或x>
令f′(x)>
0,得<
当>
1,即1<
2时,由f′(x)>
0,得1<
;
由f′(x)<
1或x>
综上,当a=2时,f(x)在(0,+∞)上是减函数;
2时,f(x)在和(1,+∞)上单调递减,在上单调递增;
当1<
2时,f(x)在(0,1)和上单调递减,在上单调递增.
12.[xx·
黄冈质检]已知椭圆C:
+=1(a>
b>
0)的离心率为,点A在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l与椭圆C有且仅有一个公共点,判断是否存在以原点O为圆心的圆,满足此圆与l相交于点P1,P2(两点均不在坐标轴上),且使得直线OP1,OP2的斜率之积为定值?
若存在,求出此圆的方程;
若不存在,说明理由.
解
(1)由题意,得=,a2=b2+c2,因为点A在椭圆C上,所以+=1,解得a=2,b=1,c=,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)结论:
存在符合条件的圆,且此圆的方程为x2+y2=5.
证明如下:
假设存在符合条件的圆,并设此圆的方程为x2+y2=r2(r>
0).
当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m.
由方程组
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
因为直线l与椭圆C有且仅有一个公共点,
所以Δ1=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,
即m2=4k2+1.
得(k2+1)x2+2kmx+m2-r2=0,
则Δ2=(2km)2-4(k2+1)(m2-r2)>
设P1(x1,y1),P2(x2,y2),
则x1+x2=,x1·
x2=.
设直线OP1,OP2的斜率分别为k1,k2,
所以k1k2==
=
==.
将m2=4k2+1代入上式,得k1·
k2=.
要使得k1k2为定值,则=,即r2=5,验证符合题意.
所以当圆的方程为x2+y2=5时,圆与l的交点P1,P2满足k1k2为定值-.
当直线l的斜率不存在时,由题意知l的方程为x=±
2,
此时,圆x2+y2=5与l的交点P1,P2也满足k1k2=-.
综上,当圆的方程为x2+y2=5时,圆与l的交点P1,P2满足直线OP1,OP2的斜率之积k1k2为定值-.
2019-2020年高考数学数学思想练分类讨论思想专练理
A.0≤a≤1B.a≤1
A.2B.C.2或D.2或1
A.log23B.C.D.1
A.-B.C.0D.-或0
若A为钝角,由sin
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