解:(Ⅰ)由题设.|ω|=|·|=|z0||z|=2|z|.∴|z0|=2. 于是由1+m2=4.且m>0.得m=. 因此由x′+y′i=·. 得关系式 (Ⅱ)设点P(x.y)在直线y=x+1上.则其经变换后的点Q(x′.y′)满足 .消去x.得y′=(2-)x′-2+2. 故点Q的轨迹方程为y=(2-)x-2+2. (Ⅲ)假设存在这样的直线.∵平行坐标轴的直线显然不满足条件.∴所求直线可设为y=kx+b(k≠0). 解:∵该直线上的任一点P(x.y).其经变换后得到的点Q(x+y.x-y)仍在该直线上.∴x-y=k(x+y)+b.即-(k+1)y=(k-)x+b. 当b≠0时.方程组无解.故这样的直线不存在. 当b=0.由.得k2+2k=0.解得k=或k=. 故这样的直线存在.其方程为y=x或y=x. 第二讲 复数的运算 [知识梳理] [知识盘点] 查看更多

 

题目列表(包括答案和解析)

已知函数的图象过坐标原点O,且在点处的切线的斜率是.

(Ⅰ)求实数的值; 

(Ⅱ)求在区间上的最大值;

(Ⅲ)对任意给定的正实数,曲线上是否存在两点P、Q,使得是以O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在轴上?说明理由.

【解析】第一问当时,,则

依题意得:,即    解得

第二问当时,,令,结合导数和函数之间的关系得到单调性的判定,得到极值和最值

第三问假设曲线上存在两点P、Q满足题设要求,则点P、Q只能在轴两侧。

不妨设,则,显然

是以O为直角顶点的直角三角形,∴

    (*)若方程(*)有解,存在满足题设要求的两点P、Q;

若方程(*)无解,不存在满足题设要求的两点P、Q.

(Ⅰ)当时,,则

依题意得:,即    解得

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

①当时,,令

变化时,的变化情况如下表:

0

0

+

0

单调递减

极小值

单调递增

极大值

单调递减

。∴上的最大值为2.

②当时, .当时, ,最大值为0;

时, 上单调递增。∴最大值为

综上,当时,即时,在区间上的最大值为2;

时,即时,在区间上的最大值为

(Ⅲ)假设曲线上存在两点P、Q满足题设要求,则点P、Q只能在轴两侧。

不妨设,则,显然

是以O为直角顶点的直角三角形,∴

    (*)若方程(*)有解,存在满足题设要求的两点P、Q;

若方程(*)无解,不存在满足题设要求的两点P、Q.

,则代入(*)式得:

,而此方程无解,因此。此时

代入(*)式得:    即   (**)

 ,则

上单调递增,  ∵     ∴,∴的取值范围是

∴对于,方程(**)总有解,即方程(*)总有解。

因此,对任意给定的正实数,曲线上存在两点P、Q,使得是以O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在轴上

 

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解:(Ⅰ)设,其半焦距为.则

   由条件知,得

   的右准线方程为,即

   的准线方程为

   由条件知, 所以,故

   从而,  

(Ⅱ)由题设知,设

   由,得,所以

   而,由条件,得

   由(Ⅰ)得.从而,,即

   由,得.所以

   故

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如图,已知直线)与抛物线和圆都相切,的焦点.

(Ⅰ)求的值;

(Ⅱ)设上的一动点,以为切点作抛物线的切线,直线轴于点,以为邻边作平行四边形,证明:点在一条定直线上;

(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,记点所在的定直线为,    直线轴交点为,连接交抛物线两点,求△的面积的取值范围.

【解析】第一问中利用圆的圆心为,半径.由题设圆心到直线的距离.  

,解得舍去)

与抛物线的相切点为,又,得.     

代入直线方程得:,∴    所以

第二问中,由(Ⅰ)知抛物线方程为,焦点.   ………………(2分)

,由(Ⅰ)知以为切点的切线的方程为.   

,得切线轴的点坐标为    所以,    ∵四边形FAMB是以FA、FB为邻边作平行四边形

因为是定点,所以点在定直线

第三问中,设直线,代入结合韦达定理得到。

解:(Ⅰ)由已知,圆的圆心为,半径.由题设圆心到直线的距离.  

,解得舍去).     …………………(2分)

与抛物线的相切点为,又,得.     

代入直线方程得:,∴    所以.      ……(2分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知抛物线方程为,焦点.   ………………(2分)

,由(Ⅰ)知以为切点的切线的方程为.   

,得切线轴的点坐标为    所以,    ∵四边形FAMB是以FA、FB为邻边作平行四边形,

因为是定点,所以点在定直线上.…(2分)

(Ⅲ)设直线,代入,  ……)得,                 ……………………………     (2分)

的面积范围是

 

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已知,设是方程的两个根,不等式对任意实数恒成立;函数有两个不同的零点.求使“P且Q”为真命题的实数的取值范围.

【解析】本试题主要考查了命题和函数零点的运用。由题设x1+x2=a,x1x2=-2,

∴|x1-x2|=.

当a∈[1,2]时,的最小值为3. 当a∈[1,2]时,的最小值为3.

要使|m-5|≤|x1-x2|对任意实数a∈[1,2]恒成立,只须|m-5|≤3,即2≤m≤8.

由已知,得f(x)=3x2+2mx+m+=0的判别式

Δ=4m2-12(m+)=4m2-12m-16>0,

得m<-1或m>4.

可得到要使“P∧Q”为真命题,只需P真Q真即可。

解:由题设x1+x2=a,x1x2=-2,

∴|x1-x2|=.

当a∈[1,2]时,的最小值为3.

要使|m-5|≤|x1-x2|对任意实数a∈[1,2]恒成立,只须|m-5|≤3,即2≤m≤8.

由已知,得f(x)=3x2+2mx+m+=0的判别式

Δ=4m2-12(m+)=4m2-12m-16>0,

得m<-1或m>4.

综上,要使“P∧Q”为真命题,只需P真Q真,即

解得实数m的取值范围是(4,8]

 

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如图,在三棱锥中,平面平面中点.(Ⅰ)求点B到平面的距离;(Ⅱ)求二面角的余弦值.

【解析】第一问中利用因为中点,所以

而平面平面,所以平面,再由题设条件知道可以分别以轴建立直角坐标系得

故平面的法向量,故点B到平面的距离

第二问中,由已知得平面的法向量,平面的法向量

故二面角的余弦值等于

解:(Ⅰ)因为中点,所以

而平面平面,所以平面

  再由题设条件知道可以分别以轴建立直角坐标系,得

,故平面的法向量

,故点B到平面的距离

(Ⅱ)由已知得平面的法向量,平面的法向量

故二面角的余弦值等于

 

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