已知點A和動點M滿足:.且.動點M的軌跡為曲線C.過點B的直線交C于P.Q兩點． (1)求曲線C的方程, (2)求△APQ面積的最大值． 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

(本大題滿分12分)
已知點A(－1，0)、B(1，0)和動點M滿足：，且，動點M的軌跡為曲線C，過點B的直線交C于P、Q兩點．
(1)求曲線C的方程；
(2)求△APQ面積的最大值．




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(本小題滿分12分)

   已知函數(shù)f（x）=x3－ax2，其中a為實常數(shù).

   （1）設(shè)當(dāng)x∈（0，1）時，函數(shù)y = f（x）圖象上任一點P處的切線的斜線率為k，若k≥－1，求a的取值范圍

  （2）當(dāng)x∈［－1，1］時，求函數(shù)y=f（x）+a（x2－3x）的最大值.

 

 

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(本小題滿分12分)

   已知函數(shù)f（x）=x3－ax2，其中a為實常數(shù).

   （1）設(shè)當(dāng)x∈（0，1）時，函數(shù)y = f（x）圖象上任一點P處的切線的斜線率為k，若k≥－1，求a的取值范圍

  （2）當(dāng)x∈［－1，1］時，求函數(shù)y=f（x）+a（x2－3x）的最大值.

 

 

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（本小題滿分12分）已知雙曲線C:=1（a＞0，b＞0）的一條準(zhǔn)線方程為x=，一個頂點到一條漸近線的距離為.
（1）求雙曲線C的方程；
（2）動點P到雙曲線C的左頂點A和右焦點F的距離之和為常數(shù)（大于|AF|），且cosAPF的最小值為－，求動點P的軌跡方程.

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已知直三棱柱中, , ， 是和的交點, 若.

（1）求的長；  （2）求點到平面的距離；

（3）求二面角的平面角的正弦值的大小.

【解析】本試題主要考查了距離和角的求解運用。第一問中，利用ACCA為正方形, AC=3

第二問中，利用面BBCC內(nèi)作CDBC, 則CD就是點C平面ABC的距離CD=，第三問中，利用三垂線定理作二面角的平面角，然后利用直角三角形求解得到其正弦值為

解法一: (1)連AC交AC于E, 易證ACCA為正方形, AC=3 ……………  5分

(2)在面BBCC內(nèi)作CDBC, 則CD就是點C平面ABC的距離CD= … 8分

(3) 易得AC面ACB, 過E作EHAB于H, 連HC, 則HCAB

CHE為二面角C－AB－C的平面角. ………  9分

sinCHE=二面角C－AB－C的平面角的正弦大小為 ……… 12分

解法二: (1)分別以直線CB、CC、CA為x、y為軸建立空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)|CA|=h, 則C(0, 0, 0), B(4, 0, 0), B(4, －3, 0), C(0, －3, 0), A(0, 0, h), A(0, －3, h), G(2, －, －) ………………………  3分

=(2, －, －), =(0, －3, －h(huán))  ……… 4分

·=0,  h=3

(2)設(shè)平面ABC得法向量=(a, b, c),則可求得=(3, 4, 0) (令a=3)

點A到平面ABC的距離為H=||=……… 8分

(3) 設(shè)平面ABC的法向量為=(x, y, z),則可求得=(0, 1, 1) (令z=1)

二面角C－AB－C的大小滿足cos== ………  11分

二面角C－AB－C的平面角的正弦大小為

 

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一．選擇題：DCBBA  DACCA

二．填空題：11．4x－3y－17 = 0　　12．33　　13．　　14．　　15．

三．解答題：

16．(1)解：由頻率分布條形圖知，抽取的學(xué)生總數(shù)為人                            4分
∵各班被抽取的學(xué)生人數(shù)成等差數(shù)列，設(shè)其公差為d
由4×22＋6d = 100解得：d = 2                                                                              6分
∴各班被抽取的學(xué)生人數(shù)分別是22人，24人，26人，28人．                                 8分
(2)解：在抽取的學(xué)生中，任取一名學(xué)生，分數(shù)不小于90分的概率為
0.35+0.25+0.1+0.05=0.75                                                                                        12分

17．(1)解：∵，                                  2分
∴由得：，即              4分
又∵，∴                                                                                    6分

(2)解：                                    8分
由得：，即          10分
兩邊平方得：，∴                                                                        12分

18．方法一

(1)證：∵CD⊥AB，CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC                                                      2分
又∵CDÌ平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABC　　 4分

(2)解：∵AB⊥BC，AB⊥CD，∴AB⊥平面BCD，故AB⊥BD
∴∠CBD是二面角C－AB－D的平面角          6分
∵在Rt△BCD中，BC = CD，∴∠CBD = 45°
即二面角C－AB－D的大小為45°              8分

(3)解：過點B作BH⊥AC，垂足為H，連結(jié)DH
∵平面ACD⊥平面ABC，∴BH⊥平面ACD，
∴∠BDH為BD與平面ACD所成的角           10分
設(shè)AB = a，在Rt△BHD中，，
∴，                                                                                    10分
解得：，即線段AB的長度為1                                                                           12分

方法二
(1)同方法一                                                                                                               4分
(2)解：設(shè)以過B點且∥CD的向量為x軸，為y軸和z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB = a，則A(0，0，a)，C(0，1，0)，D(1，1，0)， = (1，1，0)， = (0，0，a)
平面ABC的法向量 = (1，0，0)
設(shè)平面ABD的一個法向量為n = (x，y，z)，則

取n = (1，－1，0)                           6分

∴二面角C－AB－D的大小為45°                                                                           8分

(3)解： = (0，1，－a)， = (1，0，0)， = (1，1，0)
設(shè)平面ACD的一個法向量是m = (x，y，z)，則
∴取m = (0，a，1)，由直線BD與平面ACD所成角為30°，故向量、m的夾角為60°
故                                                                               10分
解得：，即線段AB的長度為1                                                                           12分

19．(1)解：設(shè)M (x，y)，在△MAB中，| AB | = 2，
∴
即                        2分
因此點M的軌跡是以A、B為焦點的橢圓，a = 2，c = 1
∴曲線C的方程為．                                                                                4分

(2)解法一：設(shè)直線PQ方程為 (∈R)
由 得：                                                            6分
顯然，方程①的，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有

                                                           8分
令，則t≥4，                10分
當(dāng)時有最大值9，故，即S≤3，∴△APQ的最大值為3               12分

解法二：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則
當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，易知S = 3
設(shè)直線PQ方程為
由  得：  ①                                         6分
顯然，方程①的△＞0，則
∴                                    8分
                                10分
令，則
∴，即S＜3

∴△APQ的最大值為3                                                                                              12分

20．(1)解：
∵a＜0，∴
故函數(shù)f (x)在區(qū)間(－∞，)、(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(，－a)上單調(diào)遞減    4分

(2)解：∵二次函數(shù)有最大值，∴a＜0                                              5分
由得：                                                                           6分
∵函數(shù)與的圖象只有一個公共點，
∴，又a＜0，∴－1≤a＜0                                                 8分
又，∴　(－1≤a＜0)                                  10分

(3)解：當(dāng)a < 0時，函數(shù)f (x)在區(qū)間(－∞，)、(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，
函數(shù)g (x)在區(qū)間(－∞，)上單調(diào)遞增

∴                                                                                            12分
當(dāng)a > 0時，函數(shù)f (x)在區(qū)間(－∞，－a)、(，＋∞)上單調(diào)遞增，
函數(shù)g (x)在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增
∴
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，]∪[3，＋∞)                                        13分

21．(1)解：記
令x = 1得：
令x =－1得：
兩式相減得：，∴                                    4分
當(dāng)n≥2時，
當(dāng)n = 1時，，適合上式
∴                                                                                                6分

(2)解：
注意到                               8分
可改寫為：

∴
故                                                                                                               10分
∴
           12分
                                                                                              14分

 

 

 


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