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    已知点A和动点M满足:.且.动点M的轨迹为曲线C.过点B的直线交C于P.Q两点． (1)求曲线C的方程, (2)求△APQ面积的最大值． 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    (本大题满分12分)
    已知点A(－1，0)、B(1，0)和动点M满足：，且，动点M的轨迹为曲线C，过点B的直线交C于P、Q两点．
    (1)求曲线C的方程；
    (2)求△APQ面积的最大值．




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    (本小题满分12分)

       已知函数f（x）=x3－ax2，其中a为实常数.

       （1）设当x∈（0，1）时，函数y = f（x）图象上任一点P处的切线的斜线率为k，若k≥－1，求a的取值范围

      （2）当x∈［－1，1］时，求函数y=f（x）+a（x2－3x）的最大值.

     

     

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    (本小题满分12分)

       已知函数f（x）=x3－ax2，其中a为实常数.

       （1）设当x∈（0，1）时，函数y = f（x）图象上任一点P处的切线的斜线率为k，若k≥－1，求a的取值范围

      （2）当x∈［－1，1］时，求函数y=f（x）+a（x2－3x）的最大值.

     

     

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    （本小题满分12分）已知双曲线C:=1（a＞0，b＞0）的一条准线方程为x=，一个顶点到一条渐近线的距离为.
    （1）求双曲线C的方程；
    （2）动点P到双曲线C的左顶点A和右焦点F的距离之和为常数（大于|AF|），且cosAPF的最小值为－，求动点P的轨迹方程.

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    已知直三棱柱中, , ， 是和的交点, 若.

    （1）求的长；  （2）求点到平面的距离；

    （3）求二面角的平面角的正弦值的大小.

    【解析】本试题主要考查了距离和角的求解运用。第一问中，利用ACCA为正方形, AC=3

    第二问中，利用面BBCC内作CDBC, 则CD就是点C平面ABC的距离CD=，第三问中，利用三垂线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为

    解法一: (1)连AC交AC于E, 易证ACCA为正方形, AC=3 ……………  5分

    (2)在面BBCC内作CDBC, 则CD就是点C平面ABC的距离CD= … 8分

    (3) 易得AC面ACB, 过E作EHAB于H, 连HC, 则HCAB

    CHE为二面角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为 ……… 12分

    解法二: (1)分别以直线CB、CC、CA为x、y为轴建立空间直角坐标系, 设|CA|=h, 则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)  ……… 4分

    ·=0,  h=3

    (2)设平面ABC得法向量=(a, b, c),则可求得=(3, 4, 0) (令a=3)

    点A到平面ABC的距离为H=||=……… 8分

    (3) 设平面ABC的法向量为=(x, y, z),则可求得=(0, 1, 1) (令z=1)

    二面角C－AB－C的大小满足cos== ………  11分

    二面角C－AB－C的平面角的正弦大小为

     

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    一．选择题：DCBBA  DACCA

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

    三．解答题：

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

    (2)解：                                    8分
    由得：，即          10分
    两边平方得：，∴                                          12分

    17．方法一

    (1)证：∵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的大小为45°              8分

    (3)解：过点B作BH⊥AC，垂足为H，连结DH
    ∵平面ACD⊥平面ABC，∴BH⊥平面ACD，
    ∴∠BDH为BD与平面ACD所成的角           10分
    设AB = a，在Rt△BHD中，，
    ∴
    又，∴                                                                                        12分

    方法二
    (1)同方法一                                                                                                               4分
    (2)解：设以过B点且∥CD的向量为x轴，为y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB = a，则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)
    设平面ABD的一个法向量为n = (x，y，z)，则

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

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

    (3)解： = (0，1，－a)， = (1，0，0)， = (1，1，0)
    设平面ACD的一个法向量是m = (x，y，z)，则
    ∴可取m = (0，a，1)，设直线BD与平面ACD所成角为，则向量、m的夹角为
    故                                                                        10分
    即
    又，∴                                                                                        12分

    18．解：该商场应在箱中至少放入x个其它颜色的球，获得奖金数为，
    则= 0，100，150，200
    ，，
    ，                        8分
    ∴的分布列为

    0

    100

    150

    200

    P

     

    19．(1)解：设M (x，y)，在△MAB中，| AB | = 2，
    ∴
    即                        2分
    因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，a = 2，c = 1
    ∴曲线C的方程为．                                                                                4分

    (2)解法一：设直线PQ方程为 (∈R)
    由 得：                                                            6分
    显然，方程①的，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有

                                                               8分
    令，则t≥3，                                                             10分
    由于函数在[3，＋∞)上是增函数，∴
    故，即S≤3
    ∴△APQ的最大值为3                                                                                              12分

    解法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
    当直线PQ的斜率不存在时，易知S = 3
    设直线PQ方程为
    由  得：  ①                                         6分
    显然，方程①的△＞0，则
    ∴                                    8分
                                    10分
    　　　　
    令，则，即S＜3

    ∴△APQ的最大值为3                                                                                              12分

    20．(1)解：∵，
    ∴                                                                         2分
    当时，
    ∵当时，，此时函数递减；
    当时，，此时函数递增；
    ∴当时，F(x)取极小值，其极小值为0．                                                          4分

    (2)解：由(1)可知函数和的图象在处有公共点，
    因此若存在和的隔离直线，则该直线过这个公共点．
    设隔离直线的斜率为k，则直线方程为，即              6分
    由，可得当时恒成立
    由得：                                                                              8分
    下面证明当时恒成立．
    令，
    则，                                                                           10分
    当时，．
    ∵当时，，此时函数递增；
    当时，，此时函数递减；
    ∴当时，取极大值，其极大值为0．                                                        12分
    从而，即恒成立．
    ∴函数和存在唯一的隔离直线．                                              13分

    21．(1)解：记
    令x = 1得：
    令x =－1得：
    两式相减得：
    ∴                                                                                                        2分
    当n≥2时，
    当n = 1时，，适合上式
    ∴                                                                                                 4分

    (2)解：
    注意到                               6分
    令，
    则
    ∴
    故，即                                             8分

    (3)解：
    　　　 (n≥2)                                                                        10分
    ∴
    　        12分
    ∵
    ∴                                                       14分

     

     

     


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