最新道正高考数学解题9优秀名师资料.doc

道正高考数学解题91.在坐标平面上，横坐标与纵坐标均为整数的点称为整点，对任意自然数n，连结原点O与点An(n,n+3),用f(n)表示线段OAn上除端点外的整点个数，则f(2007)= ( )A.1 B.2 C.3 D.41. B由已知可得OA2007（2007，2010），直线OA2007的方程ly=x, =,直线OA2007过两个整点（669，670），（1338，1340），即f(2007)=2.故应选B.2已知函数f(x)=x2-4x+3,集合M=（x,y)|f(x)+f(y)0,集合N=（x,y)|f(x)-f(y)0,则集合MN的面积是 （ ）A. B. C. D.22.C由已知可得M=（x,y)|f(x)+f(y)0=(x,y)|(x-2)2+(y-2)22,N=(x,y)|f(x)-f(y)0=(x,y)|(x-y)(x+y-4)0.则MN=作出其交集部分可得如图所示，其面积为圆面积的一半，即为·（）2=，故应选C.3直线ax+by-1=0(a,b不全为0),与圆x2+y2=50有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有 （ ）A.66条 B.72条 C.74条 D.78条3.B如图所示，在第一象限内，圆x2+y2=50上的整点有（1，7）、（5，5）、（7，1），则在各个象限内圆上的整点的个数共有12个，此12个点任意两点相连可得C=66条直线，过12个点的切线也有12条，又直线ax+by-1=0(a,b不全为0）不过坐标原点，故其中有6条过原点的直线不合要求，符合条件的直线共有66+12-6=72条，故应选B.4.直线x=a,y=x将圆面x2+y24分成若干块，现用5种不同的颜色给这若干块涂色，且共边的颜色不同，每块涂一色，共有260种涂法，则a的取值范围是 .4. 根据260，分析直线把圆分成了4部分，1在直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲线是双曲线，则m的取值范围为 （ ）A.（0，1） B.（1，+) C.(0,5) D.(5,+)1C方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2可以变形为m=,即得,其表示双曲线上一点（x,y)到定点（0,-1)与定直线x-2y+3=0之比为常数e=,又由e>1,可得0<m<5,故应选C.2已知曲线f(x)=x3+x2+x+3在x= -1处的切线恰好与抛物线y=2px2相切，则过该抛物线的焦点且垂直于对称轴的直线与抛物线相交得的线段长度为 （ ）A.4 B. C.8 D.2.A 由已知可得k=f(-1)=3×(-1)2+2×(-1)+1=2,又由切点为（-1，2）得其切线方程为y-2=2(x+1),即y=2x+4.设此直线与抛物线切于点（x0,2px),则k=4px0=2,得px0=,又2x0+4=2px,解得x0=-4,p=-,由此可得抛物线的方程为x2=-4y,其过焦点且垂直于对称轴的直线与抛物线相交得的线段长度为4，故应选A.3.设A=（x,y)|(x-1)2+y225,B=(x,y)|(x+1)2+y225,Ct=(x,y)|x|t,|y|t,t>0,则满足CtAB时，t的最大值是 （ ）A.3 B.4 C.5 D.63.A因为A构造的图形是以（1，0）为圆心，5为半径的圆，B构造的图形是以（-1，0）为圆心，5为半径的圆，Ct是以E（t,t)，F（t,-t),G(-t,-t),H(-t,t)为顶点的正方形，如图所示，要使t最大，只需正方形内接于AB图形，这时，由E（t,t)在(x+1)2+y2=25上得t=3.所以满足条件的t的最大值为3.故应选A.4.已知平面上两点M（-5，0）和N（5，0），若直线上存在点P使|PM|-|PN|=6，则称该直线为“单曲型直线”，下列直线中是“单曲型直线”的是 （ ）y=x+1;y=2;y=x;y=2x+1.A. B. C. D.4.B由题意可知满足|PM|-|PN|=6的P的轨迹是双曲线的右支，根据“单曲型直线”的定义可知，就是求哪条直线与双曲线的右支有交点.故选B.1.有六根细木棒，其中较长的两根分别为a、a,其余四根均为a,用它们搭成三棱锥，则其中两条较长的棱所在的直线的夹角的余弦值为 （ ）A.0 B. C.0或 D.以上皆不对讲解：B。如图所示，本题共可作出两幅图，若不细辨别，可立即得C答案，但若对两幅图的存在性稍作回想，立即发现图实质上是一个陷阱，此图根本不存在.取AC中点E，连结BE、ED，得BE=ED=a，而BE+ED=a<a=BD,故应排除（1），故应选B.2一个正六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样的两个多面体的内切球的半径之比是一个最简分数,那么积m·n是 （ ）A.6 B.3 C.54 D.24讲解：A。设六面体与八面体的内切球半径分别为r1与r2,再设六面体中的正三棱锥ABCD的高为h1,八面体中的正四棱锥MNPQR的高为h2,如图所示，则h1=a,h2=a.V正六面体=2·h1·SBCD=6·r1·SABC，r1=h1=a.又V正八面体=2·h2·S正方形NPQR=8·r2·SMNP，a3=2r2a2,r2=a,于是是最简分数，即m=2,n=3,m·n=6.故应选A.3.已知平面平面,直线l,点Pl,平面、间的距离为8，则在内到点P的距离为10且到直线l的距离为9的点的轨迹是 （ ）A.一个圆 B.两条直线 C.四个点 D.两个点讲解：C。如图，设点P在平面上的射影是O，则OP是平面、的公垂线段，OP=8.在内，到点P的距离等于10的点到点O的距离等于6，故点的集合是以O为圆心，以6为半径的圆.在内，到直线l的距离等于9的点的集合是两条平行直线m、n,它们到点O的距离都等于<6,所以直线m、n与这个圆均相交，共有四个交点，因此所求的点的轨迹是四个点，故应C.4. 空间 （填：“存在”或“不存在”）这样的四个点A、B、C、D，使得AB=CD=8 cm,AC=BD=10cm,AD=BC=13cm.讲解： 要去寻找这样的点是很难叙述的.但我们可以虚拟一些特殊的图形去模拟运动，判断结果.细看题目有四个点，显然可以从四边形旋转所构成的三棱锥模型结构看一下这些长度关系是否合理，来得出需要的结论.在空间中，分别以8、10、13为边长，作如图所示平面四边形，它由ABC和BCD组成，公共边为BC=13 cm,AC=BD=10cm,AB=CD=8 cm,固定ABC所在的平面，令BCD绕着边BC旋转.显然当D位于ABC所在的平面时，AD最大.由BC=13cm,AC=10cm,AB=8cm,可得cosBAC=-,即可知BAC是钝角，故对于平行四边形（即D在平面ABC内时）ABDC，对角线AD的长小于对角线BC的长，即AD<BC=13cm.显然，当点D不在面ABC内时都有AD<BC=13cm.因此按题目要求分布的四个点是不可能的，故知题目要求的四个点不存在.5.不共面的三条定直线l1,l2,l3互相平行，点A在l1上，点B在l2上，C、D两点在l3上，若CD=a(定值），则三棱锥ABCD的体积 （ ）A.由A点的变化而变化 B.由B点的变化而变化C.有最大值，无最小值 D.为定值讲解：D。如图，把BCD当作三棱锥的底面，AO面BCD于O，l2l3,无论B点在l2上什么位置，BCD的面积总不变.又l2l3,l2、l3确定一个平面,l1l2,且A不在l2、l3确定的平面上，l1平行于l2、l3确定的平面,从而不论A在l1的什么位置，高AO的长总不变.又V=×高×底面积，故无论A、B在什么位置时，其体积不变.1.函数y=f(x)的图象过原点且它的导函数y=f(x)的图象是如图所示的一条直线，y=f(x)的图象的顶点在 （ ）A.第象限 B.第象限 C.第象限 D.第象限1.A 导函数的正、负体现原函数的单调性，很明显原函数的极大值点在y轴的右侧，再加上原函数过原点，容易知道顶点在第象限.2. 在半径为R的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为_时它的面积最大.2.R 设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h，那么h=AO+BO=R+,解得x2=h(2Rh),于是内接三角形的面积为S=x·h=从而令S=0,解得h=R,由于不考虑不存在的情况，所在区间(0,2R)上列表如下：h(0,R)R(,2R)S+0S增函数最大值减函数由此表可知，当x=R时，等腰三角形面积最大.3.已知，函数的图象与函数 的图象相切。求b与c的关系式（用c表示b）解：依题意令，得，故.由于，得。点评：在由得到，就应想切线的交点必是在原两函数图象的交点，这是解决曲线切线问题的关键.4. 已知a、b为实数，且bae,其中e为自然对数的底，求证：abba.证法一：bae,要证abba,只要证blnaalnb,设f(b)=blnaalnb(be),则f(b)=lna.bae,lna1,且1,f(b)0.函数f(b)=blnaalnb在(e,+)上是增函数，f(b)f(a)=alnaalna=0,即blnaalnb0,blnaalnb,abba.证法二：要证abba,只要证blnaalnb(eab,即证,设f(x)=(xe)，则f(x)=0,函数f(x)在(e,+)上是减函数，又eab,f(a)f(b),即,abba.