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1、2017年浙江省寧波市十校聯(lián)考高考數(shù)學(xué)模擬試卷(5月份)一、選擇題(共10小題,每小題5分,滿(mǎn)分50分)1已知集合P=x|1x3,Q=x|x24,則P(RQ)=()A2,3B(2,3C1,2)D(,21,+)2已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(1i)=2i,其中i為虛數(shù)單位,則|z|=()A1BC2D43已知a,bR,則“|a|+|b|1”是“b1”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件4將函數(shù)y=sin(2x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度,所得函數(shù)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸方程是()Ax=Bx=Cx=Dx=5(x21)(2)5的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為()A112B48C112D486等差數(shù)列
2、an的公差d0,且a=a,則數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn取得最大時(shí)的項(xiàng)數(shù)n是()A8或9B9或10C10或11D11或127甲組有5名男同學(xué),3名女同學(xué);乙組有6名男同學(xué)、2名女同學(xué)若從甲、乙兩組中各選出2名同學(xué),則選出的4人中恰有1名女同學(xué)的不同選法共有()A150種B180種C300種D345種8已知直線(xiàn)(m+2)x+(m+1)y+1=0上存在點(diǎn)(x,y)滿(mǎn)足,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A1,B,C,+)D(,9已知函數(shù)f(x)=則方程f(x+2)=1的實(shí)根個(gè)數(shù)為()A8B7C6D510如圖,平面PAB平面,AB,且PAB為正三角形,點(diǎn)D是平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),ABCD是菱形,點(diǎn)O為AB中點(diǎn),AC與OD交
3、于點(diǎn)Q,I,且lAB,則PQ與I所成角的正切值的最小值為()ABCD3二、填空題(共7小題,多空題每題6分,單空每題4分,滿(mǎn)分36分)11若sin=,tan0,則cos= ,tan2= 12已知拋物線(xiàn) C:x2=2py(p0)上一點(diǎn)A(m,4)到其焦點(diǎn)的距離為,求p與m的值13定義:函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上的最大值與最小值之差為函數(shù)f(x)的極差,若定義在區(qū)間2b,3b1上的函數(shù)f(x)=x3ax2(b+2)x是奇函數(shù),則a+b= ,函數(shù)f(x)的極差為 14如圖為某幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為 cm3,表面積為 cm215將3個(gè)小球隨機(jī)地投入編號(hào)為1,2,3,4的4個(gè)小盒中(每個(gè)盒
4、子容納的小球的個(gè)數(shù)沒(méi)有限制),則1號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)的期望為 16兩非零向量,滿(mǎn)足:|=|,且對(duì)任意的xR,都有|+x|,若|=2|,01,則的取值范圍是 17已知a,b均為正數(shù),且a+b=1,c1,則(1)c+的最小值為 三、解答題(共5小題,滿(mǎn)分74分)18設(shè)ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)應(yīng)邊分別為a,b,c,且滿(mǎn)足(ab)(sinA+sinB)=(ac)sinC(1)求角B的大?。唬?)若b=3,求AC邊上高h(yuǎn)的最大值19如圖,在四棱錐PABCD中,BAD=120°,AB=AD=2,BCD是等邊三角形,E是BP中點(diǎn),AC與BD交于點(diǎn)O,且OP平面ABCD(1)求證:PD平面ACE;
5、(2)當(dāng)OP=1時(shí),求直線(xiàn)PA與平面ACE所成角的正弦值20已知函數(shù)f(x)=+xlnx(m0),g(x)=lnx2(1)當(dāng)m=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間;(2)若對(duì)任意的x11,e,總存在x21,e,使=1,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)求實(shí)數(shù)m的取值范圍21已知直線(xiàn)l與橢圓C: +=1(ab0)交于A、B兩點(diǎn),M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn),延長(zhǎng)OM交橢圓C于P(1)若直線(xiàn)l與直線(xiàn)OM的斜率之積為,且橢圓的長(zhǎng)軸為4,求橢圓C的方程;(2)若四邊形OAPB為平行四邊形,求四邊形OAPB的面積22已知數(shù)列an滿(mǎn)足a1=1,an+1=,nN*(1)求證:an1;(2)求證:|a2nan|2017年浙江省寧波市
6、十校聯(lián)考高考數(shù)學(xué)模擬試卷(5月份)參考答案與試題解析一、選擇題(共10小題,每小題5分,滿(mǎn)分50分)1已知集合P=x|1x3,Q=x|x24,則P(RQ)=()A2,3B(2,3C1,2)D(,21,+)【考點(diǎn)】1H:交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算【分析】化簡(jiǎn)集合Q,根據(jù)交集和補(bǔ)集的定義寫(xiě)出運(yùn)算結(jié)果即可【解答】解:集合P=x|1x3,Q=x|x24=x|x2或x2,則RQ=x|2x2,P(RQ)=x|1x2=1,2)故選:C2已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(1i)=2i,其中i為虛數(shù)單位,則|z|=()A1BC2D4【考點(diǎn)】A8:復(fù)數(shù)求?!痉治觥坷脧?fù)數(shù)的運(yùn)算法則和模的計(jì)算公式即可得出【解答】解:,|z|=,故選:
7、B3已知a,bR,則“|a|+|b|1”是“b1”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【考點(diǎn)】2L:必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】根據(jù)不等式的關(guān)系,結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可【解答】解:當(dāng)a=2,b=0時(shí),滿(mǎn)足|a|+|b|1,但b1不成立,即充分性不成立,若b1,則|b|1,則|a|+|b|1恒成立,即必要性成立,則“|a|+|b|1”是“b1”的必要不充分條件,故選:B4將函數(shù)y=sin(2x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度,所得函數(shù)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸方程是()Ax=Bx=Cx=Dx=【考點(diǎn)】HJ:函數(shù)y=Asin(x+)的圖象變換【
8、分析】根據(jù)函數(shù)y=Asin(x+)的圖象變換規(guī)律,正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱(chēng)性,求得所得函數(shù)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸方程【解答】解:將函數(shù)y=sin(2x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度,可得y=sin(2x+)=sin(2x+)的圖象,令2x+=k+,求得x=+,kZ,可得所得函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸方程為x=+,kZ,令k=1,可得所得函數(shù)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸方程為x=,故選:A5(x21)(2)5的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為()A112B48C112D48【考點(diǎn)】DC:二項(xiàng)式定理的應(yīng)用【分析】利用通項(xiàng)公式即可得出【解答】解:(2)5的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為:Tr+1=(2)5r=(2)5rxr令r=2,r=0,分別解得r=2,r=0
9、(x21)(2)5的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)=1×1×(2)5=48故選:D6等差數(shù)列an的公差d0,且a=a,則數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn取得最大時(shí)的項(xiàng)數(shù)n是()A8或9B9或10C10或11D11或12【考點(diǎn)】85:等差數(shù)列的前n項(xiàng)和【分析】由a12=a172,得到a1和a17相等或互為相反數(shù),因?yàn)楣頳小于0,所以得到a1和a17互為相反數(shù)即兩項(xiàng)相加等于0,又根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可知a9和a9的和等于a1和a17的和等于0,得到數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn取得最大值時(shí)的項(xiàng)數(shù)為8或9【解答】解:等差數(shù)列an的公差d0,且a=a,a1+a17=2a9=0a9=0,所以此數(shù)列從第9項(xiàng)開(kāi)始,以后每
10、項(xiàng)都小于0,故Sn取得最大值時(shí)的項(xiàng)數(shù)n=8或n=9故選:A7甲組有5名男同學(xué),3名女同學(xué);乙組有6名男同學(xué)、2名女同學(xué)若從甲、乙兩組中各選出2名同學(xué),則選出的4人中恰有1名女同學(xué)的不同選法共有()A150種B180種C300種D345種【考點(diǎn)】D1:分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理;D2:分步乘法計(jì)數(shù)原理【分析】選出的4人中恰有1名女同學(xué)的不同選法,1名女同學(xué)來(lái)自甲組和乙組兩類(lèi)型【解答】解:分兩類(lèi)(1)甲組中選出一名女生有C51C31C62=225種選法;(2)乙組中選出一名女生有C52C61C21=120種選法故共有345種選法故選D8已知直線(xiàn)(m+2)x+(m+1)y+1=0上存在點(diǎn)(x,y)滿(mǎn)足,則實(shí)數(shù)
11、m的取值范圍是()A1,B,C,+)D(,【考點(diǎn)】7C:簡(jiǎn)單線(xiàn)性規(guī)劃【分析】作出平面區(qū)域,可得直線(xiàn)過(guò)定點(diǎn)D(1,1),斜率為1,結(jié)合圖象可得m的不等式,解不等式可得m的范圍【解答】解:作出,所對(duì)應(yīng)的區(qū)域(如圖ABC即內(nèi)部),直線(xiàn)(m+2)x+(m+1)y+1=0可化為2x+y+1+m(x+y)=0,過(guò)定點(diǎn)D(1,1),斜率為1,要使直線(xiàn)(m+2)x+(m+1)y+1=0上存在點(diǎn)(x,y)滿(mǎn)足,則直線(xiàn)需與區(qū)域有公共點(diǎn),KCD=,KAD=1,1,解得m,故選:D9已知函數(shù)f(x)=則方程f(x+2)=1的實(shí)根個(gè)數(shù)為()A8B7C6D5【考點(diǎn)】54:根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷【分析】令g(x)=x+2
12、,則g(x)=1或3或1或,再根據(jù)g(x)的圖象判斷各個(gè)方程的根的個(gè)數(shù)即可【解答】解:令f(x)=1得x=3或x=1或x=或x=1,f(x+2)=1,x+2=3或x+2=1或x+2=或x+2=1令g(x)=x+2,則當(dāng)x0時(shí),g(x)22=0,當(dāng)x0時(shí),g(x)22=4,作出g(x)的函數(shù)圖象如圖所示:方程x+2=3,x+2=1,x+2=均有兩解,方程x+2=1無(wú)解方程f(x+2)=1有6解故選C10如圖,平面PAB平面,AB,且PAB為正三角形,點(diǎn)D是平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),ABCD是菱形,點(diǎn)O為AB中點(diǎn),AC與OD交于點(diǎn)Q,I,且lAB,則PQ與I所成角的正切值的最小值為()ABCD3【考點(diǎn)】LM:
13、異面直線(xiàn)及其所成的角【分析】由題意畫(huà)出圖形,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2,OAD=(0),把異面直線(xiàn)所成角的余弦值化為含有的三角函數(shù)式,換元后利用導(dǎo)數(shù)求最值【解答】解:如圖,不妨以CD在AB前側(cè)為例以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)B、OP所在直線(xiàn)為y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2,OAD=(0),則P(0,0,),D(2sin,1+2cos,0),Q(,0),設(shè)與AB垂直的向量,則PQ與l所成角為則|cos|=|=|=令t=cos(1t1),則s=,s=,令s=0,得t=8,當(dāng)t=8時(shí),s有最大值為166則cos有最大值為,此時(shí)最小值最小為正切值的最小值為=故選:B二、填空題(共7小題,多空題每題
14、6分,單空每題4分,滿(mǎn)分36分)11若sin=,tan0,則cos=,tan2=【考點(diǎn)】GI:三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系式和二倍角公式計(jì)算即可【解答】解:sin=0,tan0,可得:在第三象限則cos=tan=那么:tan2=故答案為:,12已知拋物線(xiàn) C:x2=2py(p0)上一點(diǎn)A(m,4)到其焦點(diǎn)的距離為,求p與m的值【考點(diǎn)】K8:拋物線(xiàn)的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】由拋物線(xiàn)方程得其準(zhǔn)線(xiàn)方程,進(jìn)而根據(jù)拋物線(xiàn)定義可知點(diǎn)A(m,4)到焦點(diǎn)的距離等于它到準(zhǔn)線(xiàn)的距離,求得p,則拋物線(xiàn)方程可得,把點(diǎn)A代入拋物線(xiàn)方程即可求得m【解答】解:由拋物線(xiàn)方程得其準(zhǔn)線(xiàn)方程:y=根據(jù)拋物線(xiàn)定義點(diǎn)A(m,
15、4)到焦點(diǎn)的距離等于它到準(zhǔn)線(xiàn)的距離,即4+=,解得p=,拋物線(xiàn)方程為:x2=y,將A(m,4)代入拋物線(xiàn)方程,解得m=±213定義:函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上的最大值與最小值之差為函數(shù)f(x)的極差,若定義在區(qū)間2b,3b1上的函數(shù)f(x)=x3ax2(b+2)x是奇函數(shù),則a+b=1,函數(shù)f(x)的極差為4【考點(diǎn)】BC:極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差【分析】由定義在區(qū)間2b,3b1上的函數(shù)f(x)=x3ax2(b+2)x是奇函數(shù),列出方程組,能求出a=0,b=1,從而a+b=1,f(x)=x33x,由此利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)能求出函數(shù)f(x)的極差【解答】解:定義在區(qū)間2b,3b1上的函數(shù)f(x)=
16、x3ax2(b+2)x是奇函數(shù),解得a=0,b=1,a+b=1,f(x)=x33x,區(qū)間2b,3b1即為2,2f(x)=3x23,由f(x)=0,得x=±1,f(2)=(2)33×(2)=2,f(1)=(1)33×(1)=2,f(1)=133×1=2,f(2)=233×2=2,f(x)max=2,f(x)min=2,函數(shù)f(x)的極差為:2(2)=4故答案為:1,414如圖為某幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為24cm3,表面積為59+cm2【考點(diǎn)】L!:由三視圖求面積、體積【分析】由已知三視圖得到幾何體是一個(gè)三棱柱割去一個(gè)三棱錐,根據(jù)圖中數(shù)據(jù)
17、計(jì)算體積和表面積【解答】解:由已知三視圖得到幾何體是一個(gè)底面直角邊分別為3,4 的直角三角形,高為5的三棱柱,割去一個(gè)底面與三棱柱底面相同,高為3的三棱錐,所以該幾何體的體積為: =24cm3;表面積為:2×+5×5=59+cm2;故答案為:24;59+15將3個(gè)小球隨機(jī)地投入編號(hào)為1,2,3,4的4個(gè)小盒中(每個(gè)盒子容納的小球的個(gè)數(shù)沒(méi)有限制),則1號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)的期望為【考點(diǎn)】CH:離散型隨機(jī)變量的期望與方差【分析】將3個(gè)小球隨機(jī)地投入編號(hào)為1,2,3,4的4個(gè)小盒中,每個(gè)小球有4種不同的放法,共有43種;1號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)的可能取值為0,1,2,3;求出對(duì)應(yīng)的概率
18、值,寫(xiě)出隨機(jī)變量的分布列,計(jì)算數(shù)學(xué)期望值【解答】解:將3個(gè)小球隨機(jī)地投入編號(hào)為1,2,3,4的4個(gè)小盒中,每個(gè)小球有4種不同的放法,共有43=64種;則1號(hào)盒子中小球的個(gè)數(shù)的可能取值為0,1,2,3;且P(=0)=,P(=1)=,P(=2)=,P(=3)=;則隨機(jī)變量的分布列為:0123P數(shù)學(xué)期望為E()=0×+1×+2×+3×=16兩非零向量,滿(mǎn)足:|=|,且對(duì)任意的xR,都有|+x|,若|=2|,01,則的取值范圍是(1),(+1)【考點(diǎn)】9R:平面向量數(shù)量積的運(yùn)算【分析】由向量的平方即為模的平方,化簡(jiǎn)整理可得x22+2x+20恒成立,可得4()24
19、2(2)0,(為,的夾角),即有(cos)20,可得cos=,sin=,可設(shè)|=|=2,|=1,設(shè)=(2,0),=(1,),=,C在單位圓上運(yùn)動(dòng),由=+(1)可得P在線(xiàn)段AB上運(yùn)動(dòng)(不含端點(diǎn)),求出AB的方程,運(yùn)用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式可得O到AB的距離,即可得到所求最值和范圍【解答】解:對(duì)任意的xR,都有|+x|,即有(+x)2()2,即為2+2x+x222+2,由|=|,可得x22+2x+20恒成立,可得4()242(2)0,(為,的夾角),即為|4cos2|4cos+|40,即有(cos)20,(cos)20,可得cos=,sin=,可設(shè)|=|=2,|=1,設(shè)=(2,0),=(1,),=,C
20、在單位圓上運(yùn)動(dòng),由=+(1)可得P在線(xiàn)段AB上運(yùn)動(dòng)(不含端點(diǎn)),直線(xiàn)AB的方程為y0=(x2),即為x+y2=0由原點(diǎn)到直線(xiàn)AB的距離為=,即有單位圓上的點(diǎn)到線(xiàn)段AB的距離的最小值為1,最大值為+1,則=的范圍是(1),(+1)故答案為:(1),(+1)17已知a,b均為正數(shù),且a+b=1,c1,則(1)c+的最小值為3【考點(diǎn)】3H:函數(shù)的最值及其幾何意義【分析】通過(guò)置換1可知1,進(jìn)而再次利用基本不等式可得結(jié)論【解答】解:因?yàn)閍+b=1,所以1=+2=,當(dāng)且僅當(dāng)=即a=1、b=2時(shí)取等號(hào),所以(1)c+c+=(c1+1)3,當(dāng)且僅當(dāng)c=2時(shí)取等號(hào),故答案為:3三、解答題(共5小題,滿(mǎn)分74分)
21、18設(shè)ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)應(yīng)邊分別為a,b,c,且滿(mǎn)足(ab)(sinA+sinB)=(ac)sinC(1)求角B的大小;(2)若b=3,求AC邊上高h(yuǎn)的最大值【考點(diǎn)】HP:正弦定理【分析】(1)由已知及正弦定理可得:a2+c2b2=ac,利用余弦定理可求cosB=,結(jié)合范圍B(0,),可求B的值(2)由余弦定理,基本不等式可求9ac,利用三角形的面積公式可求高h(yuǎn)的最大值【解答】(本題滿(mǎn)分為14分)解:(1)(ab)(sinA+sinB)=(ac)sinC,由正弦定理可得:(ab)(a+b)=(ac)c,可得:a2+c2b2=ac,2分cosB=,4分B(0,),B=7分(2)9=a2+
22、c22accosB=a2+c2acac,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí)等號(hào)成立,10分acsinB=bh,12分h=,即高h(yuǎn)的最大值為14分19如圖,在四棱錐PABCD中,BAD=120°,AB=AD=2,BCD是等邊三角形,E是BP中點(diǎn),AC與BD交于點(diǎn)O,且OP平面ABCD(1)求證:PD平面ACE;(2)當(dāng)OP=1時(shí),求直線(xiàn)PA與平面ACE所成角的正弦值【考點(diǎn)】MI:直線(xiàn)與平面所成的角;LS:直線(xiàn)與平面平行的判定【分析】(1)推導(dǎo)出ABCACD,O是BD中點(diǎn),連結(jié)OE,則OEPD,由此能證明PD面ACE(2)由BDAC,PO面ABCD,以O(shè)為原點(diǎn),OB,OC,OP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系,
23、利用向量法能求出直線(xiàn)PA與平面ACE所成角的正弦值【解答】證明:(1)在四棱錐PABCD中,BAD=120°,AB=AD=2,BCD是等邊三角形,ABCACD,E是BP中點(diǎn),AC與BD交于點(diǎn)O,O是BD中點(diǎn),連結(jié)OE,則OEPD,PD面ACE,OE面ACE,PD面ACE解:(2)BDAC,PO面ABCD,以O(shè)為原點(diǎn),OB,OC,OP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,1),A(0,1,0),B(,0,0),C(0,3,0),E(,0,),=(,1,),=(,3,),=(0,1,1),設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量=(x,y,z),則,取x=1,得=(1,0,),設(shè)直線(xiàn)PA與平面ACE
24、所成角為,則sin=,直線(xiàn)PA與平面ACE所成角的正弦值為20已知函數(shù)f(x)=+xlnx(m0),g(x)=lnx2(1)當(dāng)m=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間;(2)若對(duì)任意的x11,e,總存在x21,e,使=1,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)求實(shí)數(shù)m的取值范圍【考點(diǎn)】6B:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【分析】(1)當(dāng)m=1時(shí),求得f(x)的解析式,求導(dǎo),由f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,且f(1)=0,即可求得函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間;(2)由題意構(gòu)造輔助函數(shù),h(x)=+lnx,(x)=,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得(x)2,則h(x),e,即x2lnxmx2(elnx),在1,e上恒成立,分別構(gòu)造函數(shù),
25、求導(dǎo),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求得x2lnx最大值及x2(elnx)的最小值,即可求得實(shí)數(shù)m的取值范圍【解答】解:(1)當(dāng)m=1時(shí),數(shù)f(x)=+xlnx,求導(dǎo)f(x)=+lnx+1,由f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,且f(1)=0,當(dāng)x1時(shí),f(x)0,當(dāng)0x1時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間(1,+);(2)由題意設(shè)h(x)=+lnx,(x)=,(x)=0,在1,e恒成立(x)=在1,e上單調(diào)遞增,(x)2,h(x),e,即+lnxe,在1,e上恒成立,即x2lnxmx2(elnx),在1,e上恒成立,設(shè)p(x)=x2lnx,則p(x)=2xlnx0,在1,e上恒成立,p(x)在1,e
26、上單調(diào)遞減,則mp(1)=,設(shè)q(x)=x2(elnx),q(x)=x(2x12lnx)x(2e12lnx)0在1,e上恒成立,q(x)在1,e上單調(diào)遞增,則mq(1)=e,綜上所述,m的取值范圍,e21已知直線(xiàn)l與橢圓C: +=1(ab0)交于A、B兩點(diǎn),M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn),延長(zhǎng)OM交橢圓C于P(1)若直線(xiàn)l與直線(xiàn)OM的斜率之積為,且橢圓的長(zhǎng)軸為4,求橢圓C的方程;(2)若四邊形OAPB為平行四邊形,求四邊形OAPB的面積【考點(diǎn)】KL:直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系【分析】(1)將A,B代橢圓方程,作差,求得值A(chǔ)B斜率,由直線(xiàn)OM的斜率kOM=,則即可求得=,a=2,則b=1,即可求得橢圓方程;(2)分類(lèi)討論,當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí),當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí),設(shè)直線(xiàn)l的方程,代入橢圓方程,由題意可知P(x1+x2,y1+y2),根據(jù)韋達(dá)定理,即可求得P點(diǎn)坐標(biāo),代入橢圓方程,4m2=
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