【数学】2020届一轮复习人教A版解答题的解题策略作业 8页

‎1. （2017 江苏高考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆：x2+y2―12x―14y+60=0及其上的一点A（2，4）.‎ ‎（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x=6上。求圆 N的标准方程。‎ ‎（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC=OA，求直线l的方程。‎ ‎（3）设点T（t，0）满足：存在圆M上的两点P和Q，使得，求实数t的取值范围。‎ ‎2. (2018 湖北高考)一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN=ON=1，MN=3．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．‎ ‎（Ⅰ）求曲线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设动直线l与两定直线l1:x－2y=0和l2：x2+y=0分别交于P，Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．‎ ‎3．已知向量，，且.‎ ‎（1）求，及；‎ ‎（2）若的最小值是，求的值.‎ ‎4．已知A为椭圆上的一个动点，弦AB、AC分别过焦点F1、F2，当AC垂直于x轴时，恰好有|AF1|∶|AF2|=3∶1，如图.‎ ‎（1）求该椭圆的离心率；‎ ‎（2）设，，试判断是否为定值？若是定值，求出该定值并证明；若不是定值，请说明理由.‎ ‎5.已知有穷数列：，().若数列中各项都是集合的元素，则称该数列为数列.对于数列，定义如下操作过程：从中任取两项，将的值添在的最后，然后删除,这样得到一个项的新数列(约定:一个数也视作数列). 若还是数列，可继续实施操作过程，得到的新数列记作，,如此经过次操作后得到的新数列记作.‎ ‎（Ⅰ）设请写出的所有可能的结果；‎ ‎（Ⅱ）求证：对于一个项的数列操作T总可以进行次；‎ ‎（Ⅲ）设求的可能结果，并说明理由.‎ ‎6.已知A(,)，B(,)是函数的图象上的任意两点（可以重合），点M在直线上，且=.‎ ‎（Ⅰ）求+的值及+的值 ‎（Ⅱ）已知=0，当n≥2时，=+++，求；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设=，为数列{}的前项和，若存在正整数、m，使得不等式成立，求c和m的值.‎ ‎7. (2017 北京高考) 设函数f（x）=x3+ax2+bx+c。‎ ‎ （I）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎ （II）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围；‎ ‎（III）求证：a2－3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件。‎ ‎【参考答案与解析】‎ ‎1. 【解析】（1）设N的标准方程为(x―6)2+(y―r)2=r2，而M为(x―6)2+(y―7)2=52，两圆外切，故|r―7|=r+5→r=1，所以N的标准方程为(x―6)2+(y―1)2=1。‎ ‎（2）kOA=2，设直线l的方程为y=2x+b，因为，所以圆心M到l的 距离为，求得b=5或b=―15。所以直线l的方程为y=2x+5或y=2x―15。‎ ‎（3）设存在圆M上的两点P和Q，使得，则四边形ATPQ为平行四边形，‎ ‎|PQ|为圆M的弦，|PQ|=|AT|，故|PQ|=|AT|∈[4，10]，即16≤(t－2)2+42≤100，‎ 解得：，即时满足题设条件。‎ ‎2.【解析】‎ ‎（Ⅰ）设点D（t，0）（|t|≤2），N（x0，y0），M（x，y），依题意，‎ ‎，且，‎ 所以(t―x,―y)=2(x0―t,y0)，且 即且t(t－2x0)=0.‎ 由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，‎ 于是t=2x0，故，代入，可得，‎ 即所求的曲线C的方程为 ‎（Ⅱ）（1）当直线l的斜率不存在时，直线l为x=4或x=－4，都有. ‎ ‎（2）当直线l的斜率存在时，设直线， ‎ 由 消去y，可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2－16=0.‎ 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，‎ 所以Δ=64k2m2－4(1+4k2)(4m2－16)=0，即m2=16k2+4. ①‎ 又由 可得；同理可得.‎ 由原点O到直线PQ的距离为和，可得 ‎. ②‎ 将①代入②得，. ‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 因，则0＜1－4k2≤1，，所以，‎ 当且仅当k=0时取等号.‎ 所以当k=0时，S△OPQ的最小值为8.‎ ‎3．【解析】‎ ‎（1）.‎ ‎∵，∴，∴.‎ ‎（2），即 ‎∵，∴，‎ ‎①当时，当且仅当时，取得最小值－1，这与已知矛盾.‎ ‎②当时，当且仅当时，取得最小值，‎ 由已知得，解得；‎ ‎③当时，当且仅当时，取得最小值，‎ 由已知得，解得，这与相矛盾.‎ 综上所述，即为所求.‎ ‎4．【解析】‎ ‎（1）当AC垂直于x轴时，，‎ 又∵|AF1|∶|AF2|=3∶1，‎ ‎∴，从而，‎ ‎∴a2=2b2，∴a2=2c2，∴.‎ ‎（2）由（1）得椭圆的方程为x2+2y2=2b2，焦点坐标为F1（－b，0），F2（b，0）.‎ ‎①当AC、AB的斜率都存在时，设A（x0，y0），B（x1，y1），C（x2，y2），‎ 则AC所在的直线方程为，‎ 由得.‎ 又A（x0，y0）在椭圆x2+2y2=2b2上，∴，‎ 则有.‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故，‎ 同理可得，∴；‎ ‎②若AC⊥x轴，则，，这时；‎ ‎③若AB⊥x轴，则，，这时.‎ 综上可知是定值6.‎ ‎5.【解析】（Ⅰ）有如下的三种可能结果：‎ ‎（Ⅱ），有 且 所以，即每次操作后新数列仍是数列.‎ 又由于每次操作中都是增加一项，删除两项，所以对数列每操作一次，项数就减少一项，所以对项的数列可进行次操作（最后只剩下一项）‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知中仅有一项.‎ 对于满足的实数定义运算：‎ ‎，下面证明这种运算满足交换律和结合律。‎ 因为，且，‎ 所以，‎ 即该运算满足交换律；‎ 因为 且 ‎ 所以，即该运算满足结合律.‎ 选择如下操作过程求： ‎ 由（Ⅰ）可知；‎ 易知；；；；‎ 所以；‎ 易知经过4次操作后剩下一项为.‎ 综上可知： ‎ ‎6. 【解析】（Ⅰ）∵点M在直线x=上，设M.又＝，‎ 即，，‎ ‎∴+=1. ‎ ‎①当=时，=，+=；‎ ‎②当时，，‎ ‎+=+=‎ ‎==；‎ 综合①②得，+. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当+=1时, +.‎ ‎∴，k=. ‎ n≥2时，+++ ， ①‎ ‎ ， ②‎ ‎①＋②得，2=-2(n-1),则=1-n. ‎ n=1时，=0满足=1-n. ∴=1-n. ‎ ‎（Ⅲ）==，=1++=.‎ ‎.‎ ‎=2-，=-2+=2-，‎ ‎∴，、m为正整数，∴c=1，‎ 当c=1时，，∴1<<3，∴m=1.‎ ‎7. 【解析】（1）由f（x）=x3+ax2+bx+c，得f＇（x）=3x2+2ax+b。‎ 因为f（0）=c，f＇（0）=b，‎ 所以曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=bx+c。‎ ‎（2）当a=b=4时，f（x）=x3+4x2+4x+c，‎ 所以f＇（x）=3x2+8x+4。‎ 令f＇（x）=0，得3x2+8x+4=0，解得x=－2或。‎ f（x）与f＇（x）在区间（－∞，+∞）上的情况如下：‎ x ‎（-∞，-2）‎ ‎-2‎ f＇（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ 增 c 减 增 所以，当c＞0且时，存在x1∈（―4，―2），，‎ 使得f（x1）=f（x2）=f（x3）=0．‎ 由f（x）的单调性知，当且仅当时，函数f（x）=x3+4x2+4x+c有三个不同零点．‎ ‎（3）当Δ=4a2－12b＜0时，f＇（x）=3x2+2ax+b＞0，x∈（－∞，+∞），‎ 此时函数f（x）在区间（－∞，+∞）上单调递增，所以f（x）不可能有三个不同零点。‎ 当Δ=4a2－12b=0时，f＇（x）=3x2+2ax+b只有一个零点，记作x0。‎ 当x∈（－∞，x0）时，f＇（x）＞0，f（x）在区间（－∞，x0）上单调递增；‎ 当x∈（x0，+∞）时，f＇（x）＞0，f（x）在区间（x0，+∞）上单调递增。‎ 所以f（x）不可能有三个不同零点。‎ 综上所述，若函数f（x）有三个不同零点，则必有Δ=4a2－12b＞0。‎ 故a2－12b＞0是f（x）有三个不同零点的必要条件。‎ 当a=b=4，c=0时，a2－3b＞0，f（x）=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点，‎ 所以a2－3b＞0不是f（x）有三个不同零点的充分条件。‎ 因此a2－3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件。‎