高二数学苏教版选修21讲义：第2部分 高考八大高频考点例析 Word版含解析

《高二数学苏教版选修21讲义：第2部分 高考八大高频考点例析 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二数学苏教版选修21讲义：第2部分 高考八大高频考点例析 Word版含解析（18页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、高考八大高频考点例析对应学生用书P74 命题及其关系考查方式以四种命题、逻辑联结词为主要内容，考查四种命题之间的关系及含有逻辑联结词的命题的真假，主要以填空题为主，属容易题备考指要1.要掌握互为逆否的两个命题是等价的，对某些命题的判断可以转化为判断其逆否命题2.命题pq中，p、q有真则真；命题pq中，p、q有假则假.例1(1)(重庆高考改编)命题“若p则q”的逆命题是_(2)(山东高考改编)设命题p：函数ysin 2x的最小正周期为；命题q：函数ycos x的图像关于直线x对称则下列判断正确的是_(填序号)p为真綈q为假pq为假pq为真解析(1)根据定义，只需将条件与结论交换即可(2)函数ys

2、in 2x的最小正周期为，故p为假命题，函数ycos x的对称轴为xk(xZ)，故q为假命题所以pq为假答案(1)若q则p(2)1命题“若x，y都是偶数，则xy也是偶数”的逆否命题是_答案：若xy不是偶数，则x，y不都是偶数2设集合Ax|2ax0，命题p：1A，命题q：2A.若pq为真命题，pq为假命题，则a的取值范围是_解析：若p为真命题，则2a11.若q为真命题，则2a22.依题意，得p假q真，或p真q假，即或1a2.答案：(1,2充分条件与必要条件考查方式充要条件与各章节内容相结合是历年高考考查的热点之一，题型主要以填空题为主备考指要1.要分清条件和结论，以免混淆充分性与必要性(1)若“

3、pq”，且“p / q”，则p是q的“充分不必要条件”，同时q是p的“必要不充分条件”；(2)若“pq”，则p是q的“充要条件”，同时q是p的“充要条件”；(3)若“p / q”，则p是q的“既不充分也不必要条件”，同时q是p的“既不充分也不必要条件”2.要注意转换命题的判定，可以利用互为逆否命题的等价性进行判断.例2(福建高考改编)设点P(x，y)，则“x2且y1”是“点P在直线l：xy10上”的_条件解析“x2且y1”满足方程xy10，故“x2且y1”可推得“点P在直线l：xy10上”；但方程xy10有无数多个解，故“点P在直线l：xy10上”不能推得“x2且y1”，故“x2且y1”是“点

4、P在直线l：xy10上”的充分不必要条件答案充分不必要3(天津高考改编)设a，bR，则“(ab)a20”是“ab”的_条件解析：若(ab)a20，则a0，且ab，所以充分性成立；若ab，则ab0，当a0时，(ab)a20，所以必要性不成立故“(ab)a20”是“a0，0，R)，则“f(x)是奇函数”是“”的_条件解析：若f(x)是奇函数，则k(kZ)，且当时，f(x)为奇函数答案：必要不充分全称量词与存在量词考查方式主要考查全称命题与存在性命题的真假的判定以及含有一个量词的命题的否定题型主要是填空题备考指要1.全称命题的真假判定：要判定一个全称命题为真，必须对限定集合M中每一个x验证p(x)成

5、立，一般用代数推理的方法加以证明要判定一个全称命题为假，只需举出一个反例即可2.存在性命题的真假判定：要判定一个存在性命题为真，只要在限定集合M中，找到一个xx0，使p(x0)成立即可否则，这一存在性命题为假3.全称命题的否定一定是存在性命题，存在性命题的否定一定是全称命题，首先改变量词，把全称量词改为存在量词，把存在量词改为全称量词，然后再把判断词加以否定4.注意命题的否定与否命题的区别.例3(四川高考改编)设xZ，集合A是奇数集，集合B是偶数集若命题p：xA,2xB，则綈p为_解析由命题的否定易知綈p：xA，2xB，注意要把全称量词改为存在量词答案xA,2xB5命题“存在一个无理数，它的平

6、方是有理数”的否定是_答案：任意一个无理数，它的平方不是有理数6命题“对任何xR，|x1|x3|3”的否定是_解析：由题意知命题的否定为“存在xR，使|x1|x3|3”答案：存在xR，使得|x1|x3|0，b0)的两个焦点，P是C上一点若PF1PF26a，且PF1F2的最小内角为30，则C的离心率为_(2)(天津高考改编)已知双曲线1(a0，b0)的两条渐近线与抛物线y22px(p0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点若双曲线的离心率为2，AOB的面积为，则p_.解析(1)设点P在双曲线的右支上，F1为左焦点，F2为右焦点，则PF1PF22a，又PF1PF26a，PF14a，PF22a，在

7、双曲线中ca，在PF1F2中PF2所对的角最小且为30，由余弦定理得PFPFF1F2PF1F1F2cos 30.即4a216a24c28ac，化简得(ac)20，c a，即，e.(2)已知2，所以4，渐近线方程为yx，而抛物线准线方程为x，于是A，B，从而SAOBp，得p2.答案(1)(2)27双曲线1上一点P到双曲线右焦点的距离是4，那么点P到左准线的距离是_解析：由已知，双曲线中，a8，b6，所以c10，由于点P到右焦点的距离为4,4b0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值解(1)由题意

8、得解得b，所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2，x1x2，所以|MN|.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN| d.由，化简得7k42k250，解得k1.9已知椭圆的一个顶点为A(0，1)，焦点在x轴上若右焦点到直线xy20的距离为3.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆与直线ykxm(k0)相交于不同的两点M、N.当AMAN时，求m的取值范围解：(1)依题意可设椭圆方程为y21，则右焦点F(，0)，由题设3，解得a23，故所求椭圆的方程为y21.(2)设P为弦MN

9、的中点，由得(3k21)x26mkx3(m21)0，由于直线与椭圆有两个交点，0，即m23k21.xP，从而yPkxPm，kAP，又AMAN，APMN，则，即2m3k21.把代入得2mm2，解得0m2，由得k20，解得m，故所求m的取值范围是.10(天津高考)设椭圆1(ab0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点若8，求k的值解：(1)设F(c,0)，由，知ac.过点F且与x轴垂直的直线的方程为xc，代入椭圆方程有1，解得y，于是，解得b，又a2c2b2，从而a

10、，c1，所以椭圆的方程为1.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由过点F(1,0)得直线CD的方程为yk(x1)，由方程组消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260.由根与系数的关系可得x1x2，x1x2.因为A(，0)，B(，0)，所以(x1，y1)(x2，y2)(x2，y2)(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k26.由已知得68，解得k.圆锥曲线的标准方程与轨迹问题考查方式求圆锥曲线的标准方程与轨迹方程也是高考重点内容之一，题型以解答题为主备考指要1.根据圆锥曲线的焦点位置，来确定标准方程的形

11、式，利用待定系数法求解即可2.求轨迹方程的几种常用方法：(1)直接法；(2)代入法；(3)定义法；(4)消参法3.要注意轨迹方程与轨迹的区别.例6(辽宁高考)如图，抛物线C1：x24y，C2：x22py(p0)点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)当x01时，切线MA的斜率为.(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，求AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)解(1)因为抛物线C1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为y，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为.故切线MA的方程为y(x1).因为点M(1，y0)在切线MA及抛物

12、线C2上，于是y0(2)，y0.由得p2.(2)设N(x，y)，A，B，x1x2，由N为线段AB中点知x，y.切线MA，MB的方程为y(xx1)，y(xx2).由得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为x0，y0.因为点M(x0，y0)在C2上，即x4y0，所以x1x2.由得x2y，x0.当x1x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2y.因此AB中点N的轨迹方程为x2y.11(湖南高考)已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨

13、迹C相交于点D，E，求的最小值解：(1)设动点P的坐标为(x，y)，由题意有|x|1.化简得y22x2|x|.当x0时，y24x；当x0时，y0.所以，动点P的轨迹C的方程为y24x(x0)和y0(x0)(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为yk(x1)由得k2x2(2k24)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x22，x1x21.因为l1l2，所以l2的斜率为.设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得x3x424k2，x3x41.故()()| |(x11)(x21)(x31)(x41)x1x2(x1x2

14、)1x3x4(x3x4)1111(24k2)18484216.当且仅当k2，即k1时，取最小值16.12(福建高考)如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，A9和B1，B2，B9连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(iN*,1i9)(1)求证：点Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若OCM与OCN的面积比为41，求直线l的方程解：(1)法一：依题意，过Ai(iN*,1i9)且与x轴垂直的直线的方程为xi

15、，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为yx.设Pi的坐标为(x，y)，由得yx2，即x210y.所以点Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x210y.法二：点Pi(iN*,1i9)都在抛物线E：x210y上证明如下：过Ai(iN*,1i9)且与x轴垂直的直线的方程为xi，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为yx.由解得Pi的坐标为.因为点Pi的坐标都满足方程x210y，所以点Pi(iN*,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x210y.(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx10.由得x210kx1000，此时100k24

16、000，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则因为SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又x1x20，所以x14x2，分别代入和，得解得k.所以直线l的方程为yx10，即3x2y200或3x2y200.利用空间向量解决平行、垂直问题考查方式空间向量是高考的重点内容之一，尤其是在立体几何的解答题中建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系，特别是平行与垂直问题，常作为一个大题的某一小问，属于中档题备考指要利用空间向量证明平行、垂直问题主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助立体几何中关于平行和垂直的定理，再通过

17、向量运算来解决，建立适当的空间直角坐标系，准确写出有关点的坐标是解题关键.例7 (福建高考改编)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由解(1)证明：以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(，1,0)，B1(a，0,1)，故(0,1,1)，011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此

18、时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，(a,0,1)，.n，n，得取x1，则y，za，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，即az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.13如图，在空间图形PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，CDAB，BC90，AB4，CD1，点M在PB上，且PB4PM，PBC30，求证：CM平面PAD.证明：法一：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，PBC30，PC2，BC2，PB4.于是D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2，0)，P(0,0,

19、2)PB4PM.PM1，M.，(1,0,2)，(3,2，0)设xy，其中x，yR，则x(1,0,2)y(3,2，0)解得x，y.，共面CM平面PAD，CM平面PAD.法二：同法一，得到，(1,0,2)，(3,2，0)设平面PAD的法向量为n(x，y，z)，则有即令x1，解得z，y.故n.又n0，n，又CM平面PAD，CM平面PAD.14如图所示，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，ABC，OA底面ABCD，OA2，M为OA的中点，N为BC的中点求证：直线MN平面OCD.证明：作APCD于点P.如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系则A(0,0,

20、0)，B(1,0,0)，P，D，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N.，.设平面OCD的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.即取z，解得n(0,4，)n(0,4，)0，又MN平面OCD，MN平面OCD.利用空间向量求空间角考查方式利用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角是高考的重点和热点，主要以解答题考查，属于中档题，每年必考备考指要利用空间向量只要求出直线的方向向量和平面的法向量即可求解(1)若两条异面直线的方向向量分别为a，b，所成角为，则cos |cosa，b|.(2)若直线l的方向向量为u，平面的法向量为n，直线与平面所成角为，则sin |cosu，

21、n|.(3)若二面角的平面角为，两个半平面的法向量分别为n1，n2，则n1，n2或n1，n2，根据情况确定.例8(陕西高考)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O平面ABCD，ABAA1.(1)证明：A1C平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小解 (1)证明：法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图ABAA1，OAOBOA11，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0，1,0)，A1(0,0,1)由，易得B1(1,1,1)(1,0，1)，(0，2,0)，(1,0,1

22、)，0，0，A1CBD，A1CBB1，又BDBB1B，A1C平面BB1D1D.法二：A1O平面ABCD，A1OBD.又底面ABCD是正方形，BDAC，又A1OACA，BD平面A1OC，BDA1C.又OA1是AC的中垂线，A1AA1C，且AC2，AC2AAA1C2，AA1C是直角三角形，AA1A1C.又BB1AA1，A1CBB1，又BB1BDB，A1C平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n(x，y，z)(1,0,0)，(1,1,1)，取n(0,1，1)，由(1)知，(1,0，1)是平面BB1D1D的法向量，cos |cosn，|.又0，.15.如图，已知点P在正方体ABCDA1B1C1

23、D1的对角线BD1上，PDA60.(1)求DP与CC1所成角的大小；(2)求DP与平面AA1D1D所成角的大小解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz.则(1,0,0)，(0,0,1)连接BD，B1D1.在平面BB1D1D中，延长DP交B1D1于H.设(m，m,1)(m0)，由已知，60，由|cos，可得2m.解得m，所以.(1)因为cos，所以 ，45.即DP与CC1所成的角为45.(2)平面AA1D1D的一个法向量是(0,1,0)因为cos，所以，60，可得DP与平面AA1D1D所成的角为30.16.如图所示，在三棱锥SABC中，SO平面ABC，侧面SAB与SAC均为等

24、边三角形，BAC90，O为BC的中点，求二面角ASCB的余弦值解：以O为坐标原点，射线OB，OA，OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设B(1,0,0)，则C(1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)，设SC的中点为M，则M.故，(1,0，1)，所以0，0.即MOSC，MASC.故，为二面角ASCB的平面角cos，.即二面角ASCB的余弦值为.17(重庆高考)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值解：(1)如图，连接BD交AC于O，因为

25、BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos 1，而AC4，得AOACOC3，又ODCDsin，故A(0，3,0)，B(，0,0)，C(0,1，0)，D(，0,0)因PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，由F为PC的中点，知F.又，(，3，z)，因AFPB，故0，即60，z2(舍去2)，所以|2.(2)由(1)知(，3,0)，(，3,0)，(0,2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)，由n10，n10，得因此可取n1(3，2)由n20，n20，得故可取n2(3，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.故二面角BAFD的正弦值为.