高中数学好题速递400题（251—300） 29页

好题速递251题 设为正整数，方程在区间内有两个不同的根，则的最小值是 ．‎ 解：‎ 于是问题转化为直线与打勾函数的图象的两个交点的横坐标均在区间内，于是 注意到为整数，于是在区间上存在整数的充要条件为 解得 故的最小值为6，而的最小值为7，则的最小值为13‎ 好题速递252题 已知，求的最小值是 ．‎ 解法一：令，则 因此，整理得 故用判别式，解得 解法二：设，，条件转化为，即 所求代数式转化为的最小值 由此可有斜率角度求值域：‎ ‎，（视为单位圆上的点与连线斜率），则 也可由三角函数角度求值域：‎ 评注：这里因为遇到的结构，故三角换元设，。‎ 解法三：数形结合 当时，点为上的一点，则 如图，就是典型的“饮马问题”，点关于直线的对称点到轴的距离为 当时，点为上的一点，则 而 于是 好题速递253题 如图，直线与平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是 ．‎ 解：题意中是点是定点，正四面体运动，但始终保持不变 不妨反过来换位思考，将正四面体固定下来，让点在以为直径的球面上运动，如图所示。‎ 接下来可以得到点到直线的距离的取值范围就是球心到直线的距离减去球的半径与球心到直线的距离加上球的半径之间，即 好题速递254题 ‎★已知，对任意满足的实数，都有成立，则的最大值是 ．‎ 解法一：显然 于是问题转化为求的最大值 当时，容易得到，由图可知直线在上的值域为的子集，于是斜率必然在内，故 从而当时，原式取到最大值为40‎ 解法二：绝对值不等式 因为 故，同解法一 练习：若对任意满足的实数，都有成立，则的取值范围是 ．‎ 如图，易得 点评：本题就是将一次函数转变为二次函数，异曲同工。‎ 好题速递255题 已知圆为的外接圆，且，若，则的最大值为 ．‎ 解：如图，延长交边于点，设 则 由三点共线可知，从而 显然当取最小值，即时，取得最大值，此时为等腰三角形，可得 好题速递256题 已知非零向量和互相垂直，则和的夹角余弦值的最小值是 ．‎ 解：‎ 令，‎ 则 好题速递257题 已知正数满足，则的取值范围是 ．‎ 解：设，则 又因为 即，解得 当且仅当时，；当且仅当时，‎ 好题速递258题 已知实数，若，则的最小值是 ．‎ 解法一：待定系数法 待定系数法，令，解得 故，当且仅当时取得 解法二：‎ 令，即时，，当且仅当时取得 解法三：三角换元 设，原问题转化为，求的最小值 令，，，，‎ 故问题又转化为已知，求的最小值 于是 因为，故 评注：这里又遇到的结构，故可三角换元设，，10月1日每日征解有相同的处理方法。‎ 好题速递259题 已知中，，，点是线段上一点，且，则的取值范围是 ．‎ 解：根据，，可知在以为直径，以中点为圆心的圆上。‎ 又，且，根据投影的几何意义为点在的中垂线上，又点在上，故点就是线段的中垂线与线段的交点 又，故问题转化为当点在以为直径的圆上运动时，求的取值范围 显然当与重合时，，与接近重合时，‎ 故 好题速递260题 在正方体中，若点（异于点）是棱上一点，则满足和所成的角为的点有 个． ‎ 解：如图，将正方体的各个顶点（除B点外）分类，规定当顶点与的连线与直线所成的角大于等于时为一类，小于时为一类。‎ 显然与所成角的正切值为，故大于 与所成角的为，大于 与所成角的为，大于 与所成角的正切值为，小于 当点从运动到时，角度从大于变化到小于，一定经过一个点满足；依此类推，当点在上运动时，都经历过角度从小于到大于的变化，故满足条件的点共有3个。‎ 点评：本题虽然是立体几何问题，但类似于函数的零点存在性定理（一上一下中间一点），角度的变化不会发生突变，故在变化的过程中一定存在一个临界点。这种思想在处理选择题时经常用到。‎ 好题速递261题 在中，是边上一点，，，若的外心恰在线段上，则 ．‎ 解：设 因为是等腰三角形，故，即 故有 再对上式两边同时与作数量积，有，得 故由余弦定理得 即 点评：本题的一个难点在于从等腰三角形想到在方向的分量一样，即系数一致求出。其次还是向量与外心合作的老套路——点积转边长。‎ 好题速递262题 已知平面和相交形成的四个二面角中的其中一个为，则在空间中过某定点与这两个平面所成的线面角均为的直线有 条．‎ 解：设平面和平面过点的法线（垂直于平面的直线）分别为，则 而直线与两个平面所成的线面角均为可转化为直线与法线所成的角均为 由“鸡爪定理”可知，直线与法线所成角为的直线有3条。‎ 点评：平面的法向量是平面方向的代表。‎ ‎“鸡爪定理”：如图，若直线所成角为，则与直线所成角相同的直线一定在直线的角平分面上，且该角的取值范围是和 其中与就是直线正好为直线的两条角平分线时，就是垂直时取得。‎ 好题速递263题 已知向量满足，则最大值为 。‎ 解法1：（方程构造法）构造方程 则，当且仅当，且时，上式等号成立．‎ 解法2：（不等式法）对于条件，则有，‎ 又因，则有，则，‎ 因此最大值为 解法3：（极化恒等式法）设，，取的中点为，，对于，因可以变化，当趋向于度时，趋向于，而，则 ‎，‎ 因此最大值为 好题速递264题 已知过点，且斜率为的直线与圆：相交于两点．‎ 则 ．‎ 解法1：（普通方法）设直线与圆的交点为，‎ 则，‎ 由直线与圆联立得，‎ 因此有，，‎ ‎，因此可得 解法2：（极化恒等式）‎ 如图所示，取的中点为，则，‎ 由极化恒等式可得 点评：这里的极化恒等式并没有出现在三角形中，但仍然适用。其本质就是圆的切割线定理。‎ 好题速递265题 已知为双曲线上经过原点的一条动弦，为圆：上的一个动点，则的最大值为 。‎ 解法1：（普通方法）设，满足；‎ 设，满足 ‎，，‎ 因此 ‎，‎ 因此的最大值为 解法2：（借助于极化恒等式）如图所示，为的中点，‎ 由极化恒等式可得，‎ 而，，‎ 因此的最大值为 好题速递266题 在平面直角坐标系中，是轴正半轴上的两个动点，（异于原点）为轴上一个定点，若以为直径的圆与圆相外切，且的大小为定值，则 ．‎ 解：设以为直径的圆的圆心为，半径为，则可设 由两圆相外切得 而，‎ 因为是定值，所以为常数，所以 好题速递267题 已知等比数列的公比，其前项和为，若，则的最小值为 ．‎ 解法1：从等比数列的基本量入手 由得，得 所以 令，则 当且仅当时取得等号。‎ 解法2：从等比数列的性质入手 因为等比数列有性质：‎ 将代入，得 又因为得，即，因为，所以 所以，当且仅当时取得等号。‎ 好题速递268题 已知，点，过原点的直线（不与轴重合）与交于两点，则的外接圆的面积的最小值为 ．‎ 解：，要求外接圆的面积的最小值，即求的最小值，即求的最大值 设，‎ ‎，‎ 由极化恒等式知 故 故 所以，所以，‎ 好题速递269题 已知数列的前项和分别为，记，若，，则数列的前2015项和为 ．‎ 解：当时，‎ 当时，‎ 好题速递270题 钝角中，，则 ．‎ 解：由得 故 故或 由于为钝角三角形，故，所以 好题速递271题 在中，若，则的最小值为 ．‎ 解：常规思路“切化弦”‎ 好题速递272题 在平面直角坐标系中，设是圆上相异的三点，若存在正实数，使得，则的取值范围是 ．‎ 解：设，则，，‎ 于是由得 故，两式平方相加得，‎ 即 又 故 即，画出可行域如图，目标函数视为可行域内的点到的距离的平方，所以的最小值为 所以 好题速递273题 若对于满足的一切实数t，不等式恒成立，则x的取值范围为 ．‎ 解：原不等式化为，∵，‎ ‎∴或，‎ ‎∴或 点评：本题常规的解法应该是将视为主元，将视为系数去解，但这个关于的不等式是三次不等式，不好处理，所以本题的解法是将不等式因式分解后先化简，在转为恒成立问题。这个题目的解法也可以处理浙江省2012年高考题。‎ ‎（2012浙江理17）设R，若时，均有，则 ．‎ 本题有很多解法前面已经介绍过，这里用本题采用的方法再来处理一次。‎ 解：将视为关于的二次不等式，即整理为 因为，故，‎ 当 当时，，则，所以 即，即 当时，，则，所以 即，即 综上，‎ 好题速递274题 A B C D O y x 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆被围于由4条直线，所围成的矩形ABCD内，任取椭圆上一点P，若(、)，则 ．‎ 解：设P(x,y)，由 Þ(x,y)=m(a,b)+n(-a,b)=(am-an, bm+bn)‎ ÞÞÞÞ 好题速递275题 若X是一个非空集合，M是一个以X的某些子集为元素的集合，且满足：‎ ‎① XÎM、ÆÎM；‎ ‎② 对于X的任意子集A、B，当AÎM且BÎM时，有A∪BÎM；‎ ‎③ 对于X的任意子集A、B，当AÎM且BÎM时，有A∩BÎM；‎ 则称M是集合X的一个“M集合类”‎ 例如：是集合的一个“集合类”已知集合，则所有含的“集合类”的个数为 ．‎ 解：的子集有8个，为：Æ,,,,,,,.‎ 中必含Æ、、，另5个元素,,,,再分配。‎ 注意到∩=，∩=，∩=，‎ 故若在中，则也在中，‎ 若在中，则也在中，‎ 若与在中，则也必在中.‎ 故对这5个元素在中的搭配情况进行分类：‎ ‎①5个都不取，即=，1个；‎ ‎②从、、中各取一个充入，有3个；‎ ‎③从、、中各取一个充入，有3个；‎ ‎④从、、、中各取一个充入，有4个；‎ ‎⑤把充入，有1个；‎ 故共有12个 好题速递276题 设是非零向量，且，，则的最大值是 ．‎ 解法一：（代数角度运算）令，，则 题目简化为，，求的最大值 ‎，故 a O A B b ‎3b ‎2b M C ‎2‎ 解法二：（几何角度）画出，的几何图形，即，，问题变为的两边分别为1和2，求中线的长度的最大值。‎ ‎（即构造平行四边形，发现三角形两边之和大于第三边，当构不成三角形时取得等号），故 A B C M 解法三：（坐标角度）将画成如图形状，则点在以为圆心，1为半径的圆上运动，再求中线的最大值。‎ 本题还可以建系设点做，设，，，‎ 则 即 点评：本题是一个向量的好题，妙在可以从代数、几何和坐标运算三种常见角度操作。‎ 一般地，向量模长问题，平方就是代数运算，不平方是几何意义，必要时活用坐标建系。‎ 好题速递277题 ‎（须凌峰供题）在，，以为一边向外作等边，若，，则 ．‎ 解：注意到又是求向量系数之和，故可以用三点共线来做。‎ A B D C ‎ E ‎ F 如图，延长与交于 则，且 故 设，，，‎ 则，‎ 即，‎ 即是等腰直角三角形，故，‎ 所以，故 故 点评：本题入手是由三点共线，在处理的过程中利用三倍角的正切公式来处理条件中的二倍角关系，不知道是否有初中的平面几何知识可以迅速确定是等腰直角三角形。‎ 好题速递278题 ‎（须凌峰供题）已知，则 ．‎ 解法一：代数方法 由得 故 A B C E D F G H 解法二：几何方法 由可以画出如右图的 其中两条中线垂直，即，且为的中位线。‎ 注意到点恰好是的重心，所以连结交于，则是的中点，即 ‎ 故 又因为为直角三角形，故，所以 又是的重心，所以，为的中位线，所以 所以 好题速递279题 ‎（赖尚毅供题）正方体棱长为1，为棱的中点，则三棱锥的体积 ．‎ 解法一：等体积转换 如图1，，故，‎ 故 再如图2，取的四等分点，则 故，‎ 解法二：作面的延伸 本方法的初衷就是利用两个三棱锥的体积成比例，求出容易求的三棱锥体积，从而利用比例进行转化。‎ 注意到三棱锥与三棱锥是共底面的，所以它们的体积之比就是到的距离与到的距离之比（）。‎ 如图，作与的延长线交于，连结交于 易得，故，故 而 所以 好题速递280题 已知椭圆和圆，椭圆的左右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线交圆于两点，若，则 ．‎ 解：先处理焦点三角形，设，则 解得 又 因为，‎ 故 所以 好题速递281题 ‎（2012杭州一模）设对任意实数，．若不等式恒成立，则实数的最小值为 ．‎ 解法一：‎ 令，则 令，‎ 则 故的最小值为 解法二：待定系数法 与题中所给不等式相比对，待定系数可得 解得，故 故的最小值为 好题速递282题 已知是双曲线右支上一点，分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，，， ．若，则 ．‎ 解：由知是的角平分线 又，故延长交于，则的角平分线又是高线，故是等腰三角形，‎ 因为，故，故 注意到还是的中点，所以是的中位线，所以 好题速递283题 设，，，则 ．‎ 解：这种特殊的递推关系，一旦没有思路，先做几项找找规律就是最好的办法。‎ 算出，‎ 找规律发现 所以严格证明时就能想到办法，去证是等比数列 ‎，故，得，‎ 点评：一般数列题中不常见的特殊递推关系或这为了应景而求有2015这样大数据出现时，题目往往有规律，例如周期数列或者能观察猜测出数列通项。由特殊到一般，完成题目。‎ 好题速递284题 已知梯形，，且，双曲线过三点，且以为焦点，当时，离心率的取值范围是 ．‎ 解：以线段的中垂线为轴，直线为轴，建立直角坐标系，则轴 设 由得，即，‎ 设双曲线方程为，则由点在双曲线上，得 由（1）得代入（2）得 整理得 因为，故，‎ 好题速递285题 已知圆心角为120° 的扇形AOB半径为，C为 中点．点D，E分别在半径OA，OB上．若CD 2＋CE 2＋DE 2＝，则OD＋OE的取值范围是 ．‎ 解：设OD＝x, OE＝y. 利用余弦定理,得 DC2＝x2+1－x;‎ EC2＝y2+1－y;‎ DE2＝x2+y2+xy.‎ 代入CD 2＋CE 2＋DE 2＝得 问题又转化为常见的代数问题：已知，，求的取值范围。‎ 解法一：设 ，则 于是是关于的二次方程的两个位于上的实数根 故，解得 解法二：由化简得 故 解得 好题速递286题 若关于的方程（其中）有实数根，则的最小值为 ．‎ 解：本题思路是转换主元，将关于的方程看成关于的直线方程，于是目标视为直线上的点到原点的距离平方 原点到直线的最短距离的平方（令）‎ 当且仅当时，的最小值为 点评：同学们，你们还记得之前做过的几道比较经典的转换主元的题目吗？找找看，把几道题目放在一起，发现它们的门道。‎ 好题速递287题 设数列为等差数列，数列为等比数列，若，，且，则数列的公比为 ．‎ 解：，又 故是方程或的根，显然第一个方程的解是不符合，舍去，故 又由 又，故 综上可得 好题速递288题 已知二次不等式的解集为，且，则的最小值为 ．‎ 解：显然且，故，又，故，‎ 好题速递289题 已知关于的方程有唯一解，则实数的值为 ．‎ 解：这个方程显然直接解方程比较困难，因此越复杂的函数与方程越要从它的结构和性质入手来处理，我们可以发现这个函数是偶函数，故零点必关于原点对称。又由题意知函数的零点唯一，故必有且仅有 解得或 注意有两解的情况要引起重视，往往需要检验。经检验，当时，的零点不唯一，故 好题速递290题 若函数对任意实数，在闭区间上总存在两实数，使得成立，则实数的最小值为 ．‎ 解：式子描述的是函数在区间上的“身高”‎ 而由的任意性可知，题目只与函数的“形状”有关，与位置无关。‎ 与“相似”的标准二次函数是 又因为函数在长度为2的区间内的“身高”恒大于等于8，故只需“最矮”时大于等于8即可。‎ 由二次函数图象，显然可以发现当区间关于对称轴对称时，图象“最矮”‎ 故只需，即 好题速递291题 已知等差数列的通项公式为，公比为的等比数列满足恒成立，且，则公比的取值范围是 ．‎ 解：由得 从结构分析，等比数列是指数型函数上孤立的点，等差数列是一次型函数上孤立的点 已知指数函数图象与一次函数图象至少在时有一个交点 如果只有这一个交点，那么指数函数其他点都在一次函数上方；‎ 如果指数函数与直线有两个交点，那么或5的点，指数函数图象必须在直线上方 故只需满足，即得 好题速递292题 已知圆为单位圆，为圆上两点，以为边作正方形，则的取值范围是 ．‎ 解：本题我们使用转化的思想来解决。‎ 在圆上固定一点，点在圆上运动，点满足，且。故点绕点旋转后即得点 故把圆绕点旋转后得到圆即为点的轨迹，如图所示。‎ 显然，即 好题速递293题 在等差数列中，，，记数列的前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是 ．‎ 解：，‎ 即 记 因为 故为单调递减数列，从而 由条件得，解得 好题速递294题 已知函数，若关于的不等式的解集为空集，则实数 ．‎ 解：问题转化为对恒成立，求实数的值．‎ 解法一：绝对值函数分类讨论可以，略 解法二： 参变分离法 ‎，即 令在上单调递增，故，‎ 令（这里也可以用导数去求）‎ 当且仅当时取得等号，故 故，即 解法三：的几何意义为函数与直线函数值之差的绝对值，又因为所求的为定值，故直线应在平面内“动弹不得”，故图象应如右图，其中 直线被线段、控制着无法“动弹”，故应该有，‎ 点评：本题虽然是三次函数，可能不太适合目前的高考，但将三次函数改为二次函数就是常见的绝对值问题了。处理绝对值问题，最基本的是分段函数藕断丝连分类讨论处理，但如果求的字母系数为1次，便于参变分离的话，法二的参变分离也是好方法。法三利用了几何图象特征，特别是在注意到为定值时，让看似运动的图象固定下来，不失为做选择填空小题的捷径。‎ 好题速递295题 已知数列满足，它的前项和为．若，，则的值为 ．‎ 解：，，两式相加得，即，‎ 所以这个数列是周期数列，‎ 点评：本题其实是周期函数改编而成的周期数列。判断抽象函数是周期函数的口诀是“同号周期”，还可以有下列几个常见的形式。‎ ‎（1）恒成立，则为的周期数列；‎ ‎（2） 恒成立，则为的周期数列；‎ ‎（3） 恒成立，则为的周期数列；‎ ‎（4）若 且，则为的周期数列；‎ ‎（即两条对称轴就有无数条对称轴，就是周期函数）‎ ‎（5）若 且，则为的周期数列 以上这些结论不要求记忆，大家可以结合周期函数的角度，自行推导一下，加深印象。当然这类递推关系式，考试时如果想法就算几项出来也能发现规律。‎ 好题速递296题 若单调递增数列满足，且，则的取值范围是 ．‎ 解：，‎ 两式相减得 故数列单调递增，只需即可 得不等式 解得 好题速递297题 已知均为锐角，且，则的最大值是 ．‎ 解：由 化简得 当且仅当时取得等号 好题速递298题 已知函数 ，且，则 .‎ 解：当为奇数时，为偶数， ‎ 当为偶数时，为奇数， ‎ ‎∴ ，，，，， ，……‎ ‎∴ ，，即 好题速递299题 在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，则总能使与垂直的点所构成的轨迹的周长为 ．‎ 解：依题意，只需过点作直线的垂面即可 垂面与正方体表面的交线即为动点的轨迹 分别取中点，易知平面 过作平面的平行平面，点所构成的轨迹即为四边形，其周长与四边形的周长相等，所以点所构成的轨迹的周长为 点评：本题中面面的交线（截痕）即为动点的轨迹，处理问题的关键抓住线面垂直，进行合理转换。‎ 好题速递230题 定义：对于定义域为D的函数f (x)，如果存在tÎD，使得f (t+1)=f (t)+f (1)成立，称函数在D上是“T”函数。已知下列函数：①；②；③；④，其中属于“T”函数的序号是 ．（写出所有满足要求的函数的序号）‎ 解：①f (x)=，Þt=t+1+t2+tÞ t2+t+1=0，△<0，无实数解，∴①不是；‎ ‎②=+ÞÞ，‎ ‎△<0，无实数解，∴②不是；‎ ‎③ÞÞÞt=1>0，∴③是；‎ ‎④cos[p(t+1)]= cospt+ cosp= cospt-1Þ cos(pt+p)= cospt-1Þ-cospt= cospt-1Þ cospt=‎ ‎∵ptÎ[0, p )，∴pt =Þ，∴④是 概率趣题 有一个游戏，要求若某次随机地投掷出手中的骰子后有2颗骰子的点数之和为7，则获胜．现在手中恰好有2‎ 颗骰子，但有两种奖励可以领取，请问选择哪种奖励获胜的几率大？‎ 奖励A，额外的2次投掷机会；‎ 奖励B，额外的1颗骰子（即三颗骰子中任意两颗骰子点数之和为7即获胜）．‎ 解：选择奖励A 一次掷2颗骰子，那么获胜的概率为．于是，那么掷三次骰子获胜的概率为 选择奖励B 点数之和为7有三种可能：1+6，2+5，3+4．‎ 若掷出的三个骰子点数分别为1，6，，那么若，则有种可能；‎ 若，则有种．类似可得其他两种情况（2，5，和3，4，）的可能数，因此获胜的概率为 综上，选择奖励A获胜的几率大．‎