(Ⅱ)设椭圆的左焦点为.左准线为.动直线垂直于直线.垂足为点.线段的垂直平分线交于点.求动点的轨迹的方程, 【查看更多】

设椭圆的左焦点为，左准线与轴交于点，过点作直线交椭圆于A、B两点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若以为直径的圆过点，试求直线的方程.

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设椭圆 $数学公式$ 的左焦点为F₁（-2，0），左准线l₁与x轴交于点N（-3，0），过N点作直线l交椭圆于A、B两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若以AB为直径的圆过点F₁，试求直线l的方程．

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设椭圆

的左焦点为F₁（-2，0），左准线与x轴交于点N（-3，0），过点N倾斜角为30°的直线m交椭圆于A，B两点，
（1）求直线m和椭圆的方程；
（2）求证：点F₁（-2，0）在以线段AB为直径的圆上。

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设椭圆

的左焦点为F₁（-2，0），左准线l₁与x轴交于点N（-3，0），过N点作直线l交椭圆于A、B两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若以AB为直径的圆过点F₁，试求直线l的方程．

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设椭圆

的左焦点为F，上顶点为A，直线AF的倾斜角为45°，
（1）求椭圆的离心率；
（2）设过点A且与AF垂直的直线与椭圆右准线的交点为B，过A、B、F三点的圆M恰好与直线3x-y+3=0相切，求椭圆的方程及圆M的方程．

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一、选择题：

1．解析：B．由且能够推出；反之，由只能推出或，而不能推出且．故“”是“且”的必要不充分条件，故选B．

评析：有关充要条件的判定问题，概念性较强，进行判断时，必须紧扣概念．一方面，要正确理解充要条件本身的概念，进行双向推理，准确判断；另一方面，还要注意根据具体问题所涉及到的数学概念来思考．本题中，弄清并集和交集概念中“或”与“且”的关系显得很重要．

2．解析：B．∵△＝．要使函数的一个零点在内，必须满足条件：，即，

∴，∴实数k的取值范围为(2，3)．

3．解析：Ｄ．化简复数可得，∴，

故选Ｄ．

4．解析：Ｂ　先作出直线A₁B与平面BC₁D₁所成角，再通过解三角形求出其正切值．如图，连结交　于，连结．由，，又，得，所以就是直线A₁B与平面BC₁D₁所成角．在直角中，求得，故选Ｂ．

评析：平面的斜线与平面所成的角，就是这条斜线与它在该平面上

6ec8aac122bd4f6e 的射影所成的锐角，根据题目的条件作出斜线在该平面上的射影

是实现解题的关键，而作射影的关键则是作出平面的垂线，要注

意面面垂直的性质在作平面的垂线时的应用．

5．解析： A．特值法．取B=0，A=1，C=－1，则M(1，)，

N(1，－)， ∴= x₁x₂+y₁y₂ =－2．故选A ．

6．解析Ｂ．设点是函数上的任意一点，点关于点的对称点为，则由在上，

得，∴，即．故选Ｂ．

7．解析： C．图象法．由的图象可得，在上是增函数，在上是减函数，又是偶函数，∴，

∴，解得．故选Ｃ．

8．解析：Ｂ，由，得：，即，

解之得，由于，故；选Ｂ

9．解析： B．如果四块均不同色，则有种涂法；如果有且仅有两块同色，它们必是相对的两块，有种涂法；如果两组相对的两块分别同色，则有种涂法．根据分类计数原理，得到涂色方法种数为（种），故选B．

10．解析：选D．①②③易于判断其真。.

，即曲线上任一点P(x,y)在单位图外，(点(±1，0)在圆上)，

则S>π?1²=π

评析：f(x,y)=f(x,－y)曲线f(x,y)=0，关于x轴对称；

f(x,y)=f(－x, y)曲线f(x,y)=0，关于y轴对称；

f(x,y)=f(－x, －y)曲线f(x,y)=0，关于原点对称。

6ec8aac122bd4f6e 11．解析：D，在EF上任意取一点M,直线与M确定一个平面，

这个平面与CD有且仅有1个交点N, 当M取不同的位置就确

定不同的平面，从而与CD有不同的交点N,而直线MN与这

3条异面直线都有交点的.如右图：

评析：本题主要考查立体几何中空间直线相交问题，考查学生

的空间想象能力。

12．解析：C．Ｐ（Ｘ＝８）＝，Ｐ（Ｘ＝７）＝，

Ｐ（Ｘ＝６）＝，　所以Ｐ（Ｘ≥６）＝，

即线路信息畅通的概率为，故选C．

二、填空题：

13．解析：．由，得，即，又由，得，∴，

于是，

6ec8aac122bd4f6e ．

14. 解析：．如图，过点，．

在点处取得最小值，点在直线

上，，∴．

评析：简单的线性规划问题，其约束条件是平面上的一个

多边形闭区域，或者是向某一方向无限延展的半闭区域，而目标函数一般在边界的顶点处取得最值．解题时通常运用图解法，根据题意画出图形，从图形中寻求思路、获得答案，体现了数形结合的思想方法．

15．解析：f(x)=x²+2x+1 ．设f(x)=ax²+bx+c (a≠0)，则△=b²－4ac=0，f′(x)=2ax+b=2x+2．

∴，故 f(x)=x²+2x+1 ．

16．解析：椭圆与双曲线的焦距相等．由椭圆与双曲线的焦距相等，分析椭圆和双曲线的标准方程中参数之间的关系，运用类比推理的方法，不难得到推广后的一个命题为：椭圆与双曲线的焦距相等．

评析：推广命题有多种方法，其中类比推理是一种常用方法．值得指出的是，本题的答案不唯一，例如，我们还可以得到推广后的更具一般性的命题：椭圆与双曲线的焦距相等．

三、解答题：

17．解析：（Ⅰ），在中，由余弦定理，

得，

∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（2分）

由，，

由得，，

∴，从而（4分）

由题意可知，∴，（5分）

又∵△BCD是，∴当时，则，由，

∴；

当时，则，由，∴；

综上，．（7分）

（Ⅱ）由（1）知，∴向量与的夹角为，（9分）

当时，，，

∴．（10分）

当时，，，

∴．（12分）

评析：本题考查平面向量和解三角形的基础知识，考查分类讨论的思想方法．求解时容易发生的错误是：（1）将条件“△BCD是直角三形”当作“△BCD是以角是直角三形”来解，忽略对为直角的情况的讨论；（2）在计算时，将当作向量与的夹角，忽略了确定两个向量的夹角时必须将它们的起点移到一起．暴露出思维的不严谨和概念理解的缺陷，在复习中要引起重视，加强训练．

18．解析: （Ⅰ）做了三次实验，至少两次实验成功的情形有两种：

（1）恰有两次成功，其概率为；（2分）

（2）三次都成功，其概率为．（4分）

故得所求之概率为．（6分）

（Ⅱ）在第4次成功之前，共做了6次试验，其中三次成功、三次失败，且恰有两次连续失败，其各种可能情况的种数为．（10分）

因此，所求之概率为．（12分）

19．解析：（Ⅰ）∵SB=SC，AB=AC，M为BC中点，

∴SM⊥BC，AM⊥BC．（2分）

由棱锥的侧面积等于底面积的2倍，即

得．（4分）

（Ⅱ）作正三棱锥的高SG，则G为正三角形ABC的中心，G在AM上，

∵SM⊥BC，AM⊥BC，

∴∠SMA是二面角S―BC―A的平面角．（6分）

在Rt△SGM中，∵∴∠SMA=∠SMG=60°，

即二面角S―BC―A的大小为60°．　　（8分）

（Ⅲ）∵△ABC的边长是3，

∴，（10分）

∴．（12分）

评析计算二面角大小，既可以根据二面角的定义，通过作出二面角的平面角，再解三角形求角，也可以运用向量方法，转化为计算两个平面的法向量的夹角．做题时要考虑前后联系，注意选择简便的方法．

20．解析：(Ⅰ)证明：假设存在一个实数，使｛a_n｝是等比数列，则有,即

（）²=²矛盾.

所以｛a_n｝不是等比数列. （3分）

（Ⅱ）证明：∵

又由上式知

故当数列｛b_n｝是以为首项，为公比的等比数列.

（7分）

（Ⅲ）当由（Ⅱ）得于是

当时，，从而上式仍成立.

要使对任意正整数n , 都有

即（9分）

令

当n为正奇数时，当n为正偶数时，

于是可得

综上所述，存在实数，使得对任意正整数，都有

的取值范围为（12分）

评析：（1）求解等差数列与等比数列的有关问题，定义、公式和性质是主要工具，要注意抓住基本量───首项和公差（公比），方程思想、化归思想和运算能力是考查的重点；（2）正面求解，直接证明难以突破时，可以考虑从反面入手，运用正难则反的思想来处理，反证法就是从反面入手的一种重要的推理方法，一般地，以否定的形式出现的数学命题，我们常用反证法来实现证明。

21．解析：（Ⅰ），……（1分）