2021高二下册期末数学复习 考点全梳理(教师版).docx

1、2021 数学核心考点 47 题 核心考点题型核心考点题型 1:1:不等关系不等关系 例例 1:（2020 天津 6）设 0.8 0.7 0.7 1 3,log0.8 3 abc ，则, ,a b c的大小关系为() AabcBb acCbcaDcab 【答案】D【解析】由题知 0.7 log0.81c ， 0.8 0.8 1 3 3 b ，易知函数3xy 在 R上单调 递增，所以 0.80.7 331ba，所以cab，故选 D 例例 2:（2019新课标，理 6）若ab，则() A()0ln abB33 ab C 33 0abD| |ab 【答案】B 【解析】取0a ，1b ，则()10ln

2、 abln，排除A； 01 1 33133 3 ab ，排除B； 3333 0( 1)1ab ，故C对；| 0 | 1| 1ab ，排除D故选C 例例 3:（2017 山东）若0ab，且1ab ，则下列不等式成立的是 A 2 1 log 2a b aab b B 2 1 log 2a b aba b C 2 1 log 2a b aab b D 2 1 log 2a b aba b 【解析】解法一：取2a ， 1 2 b ，则 1 224a b ， 2 1 1 2 228 a b ， 22 log ()log 42ab，所以 2 1 log 2a b aba b ， 选 B 解法二：由题意1a

3、 ，01b，所以1 2a b ， 1 22aaaa b ，又1ab，所 以 2 ()()abab，所以 2 222 2log ()log ()log 21ababab，故 2 1 log 2a b aba b ， 选 B 核心考点题型核心考点题型 2:2:函数的图像函数的图像 例例 4:4:函数 2 2 2 2 (1) ln 2(1) x yx x 的部分图象是 AB CD 【 解 析 】 函 数 2 2 2 2 1 ln 21 x yx x 是 偶 函 数 ， 排 除AD;且 2 22 2 2 2(1)2,0 2(1) x xx x 当01,0,10.xyxy时当时，排除 B,选 C 例例

4、5:5:函数 2 1 sin 1 x x e f x 的图象大致形状为（） A B C D 【解析】选 A 21 1 sinsin 11 x xx e xf xx ee ， 11 sinsinsin 11 1 1 xxx xxx eee xxxfxf x eee ， 所以 fx为偶函数，排除 CD； 2 2 1 s202in 1 e e f ，排除 B 核心考点题型核心考点题型 3:3:函数的单调性与奇偶性函数的单调性与奇偶性 例例 6:6:【2020 年新高考全国卷】若定义在R的奇函数 f(x)在(0),单调递减，且 f(2)=0， 则满足(10)xf x的 x 的取值范围是 A)1,13,

5、 B3, 1 ,0 1 C)1,01, D1,031, 【答案】D 【解析】因为定义在R上的奇函数 ( )f x在(,0) 上单调递减，且(2)0f， 所以 ( )f x在(0,)上也是单调递减，且( 2)0f ，(0)0f， 所以当(, 2)(0,2)x 时，( )0f x ，当( 2,0)(2,)x 时，( )0f x ， 所以由(10)xf x可得： 0 21012 x xx 或 或 0 01212 x xx 或 或0 x . 解得10 x 或13x， 所以满足(10)xf x的x的取值范围是 1,01,3， 故选：D 例例 7:7:已知函数 f x是定义域为R的偶函数， 当0 x 时，

6、 2 2fxxx， 则 0 xf x 的解集为（） A 2,00,2 B 2,02, C , 20,2 D, 22, 【答案】B 核心考点题型核心考点题型 4:4:切线方程求解切线方程求解 例例 8:已知函数 2 ( ) x f xx e，则 f x在1x 处的切线斜率为_. 【答案】 2 3e 【解析】 222 ( )2(21) xxx fxexexe，由导数的几何意义，可得 2 (1)3kfe.故答 案为：3e2 例例 9:【2020 年高考全国卷理数】函数 43 ( )2f xxx的图像在点(1(1)f，处的切线方程 为 A 21yx B21yx C23yx D21yx 【答案】B 例例

7、 10:【2020 年高考全国 III 卷理数】若直线 l 与曲线 y=x和 x2+y 2=1 5 都相切，则 l 的方程 为 Ay=2x+1By=2x+ 1 2 Cy= 1 2 x+1Dy= 1 2 x+ 1 2 【解析】设直线l在曲线yx上的切点为 00 ,xx，则 0 0 x ， 函数yx的导数为 1 2 y x ，则直线l的斜率 0 1 2 k x ， 设直线l的方程为 00 0 1 2 yxxx x ，即 00 20 xx yx， 由于直线l与圆 22 1 5 xy相切，则 0 0 1 145 x x ， 两边平方并整理得 2 00 5410 xx ，解得 0 1x ， 0 1 5

8、x （舍）， 则直线l的方程为 210 xy ，即 11 22 yx. 故选：D 核心考点题型核心考点题型 5:5:导数的综合运用导数的综合运用 例例 11:11:已知函数 2 ( )ln x f xexx与函数 2 ( )2 x g xexax 的图象上存在关于 y 轴对称的点，则实数 a 的取值范围为（） A(, e B( , 1 C 1 (, 2 D 1 (, e 【答案】B 【解析】由 2 2 x g xexax 得： 2 2 x gxexax 由题意可知 f xgx在0,x上有解 即： lnx xa x 在0,x上有解 即y xa 与 ln x y x 在0,上有交点 ln x y

9、x 2 1 lnx y x 0,xe 时，0y ，则 ln x y x 单调递增；,xe，0y，则 ln x y x 单调递 减 当xe时，取极大值为： 1 e 函数y xa 与 ln x y x 的图象如下图所示： 当y xa 与 ln x y x 相切时，即 2 1 ln 1 x x 时，1x 切点为1,0，则0 11a 若y xa 与 ln x y x 在0,上有交点，只需1a 即：, 1a 本题正确选项：B 例例 12:12:已知函数 f （x） cosx， 若 x1， 2 ,00, 44 x 时， 有 12 22 21 ()()f xf x xx ， 则 （） Ax1x2Bx1x2C

10、 22 12 xxD 22 12 xx 【答案】D 【解析】 因为 12 0 x x ， 所以 2212 1122 22 21 ()() ()() f xf x x f xx f x xx ， 令 22 ( )( )cosg xx f xxx， 则( )g x为 偶 函 数 当 0 4 x ， 时 ， 2 ( )2 cossin(2cossin )g xxxxxxxxx， 令 ( )2cosh xxsinxx，则( )3sincosh xxxx ，则( )0h x 在 0 4 ， 上恒成立，所以 ( )h x在 0 4 ， 上单调递减，又 2 20 442 h ，所以( )0g x 在 0 4

11、 x ， 上恒 成 立 ， 所 以( )g x在 0 4 ， 上 单 调 递 增 再 结 合( )g x为 偶 函 数 ， 从 而 当 1 x， 2 00 44 x ， 且 1 ( )g x 2 ()g x时必有 12 |xx，即 22 12 xx. 故选：D 核心考点题型核心考点题型 6:6:排列组合及二项式定理排列组合及二项式定理 例例 13:13:教育改革的核心是课程改革，新课程改革的核心理念就是教育以人为本，即一切为 了每一位学生的发展为满足新课程的三维目标要求，某校开设A类选修课 4 门，B类选 修课 4 门， 一位同学从中共选 3 门， 若要求两类课程中至少选一门， 则不同的选法共

12、有 （） A24 种B48 种C32 种D64 种 【答案】B 【解析】分两种情况：第一种，选择 1 门A类选修课和 2 门B类选修课，有 12 44 C C24种 选法；第二种，选择 2 门A选修课和 1 门B类选修课，有 21 44 C C24种选法， 故共有 48 种选法 例例 14:14:【2020 年高考全国卷理数】 2 5 ()()xx y x y的展开式中 x3y3的系数为 A5B10 C15D20 【答案】C 核心考点题型核心考点题型 7:7:平面向量模长，角度的运算平面向量模长，角度的运算-不要忘记开方！不要忘记开方！ 例例 15:15:已知向量a 、b 满足1a ，2b ，

13、 1a b ，则2ab （） A2B2 2C2 3D2 5 【答案】C 例例 16:16: 【2020 年高考全国 III 卷理数】 6.已知向量 a， b 满足| 5a ，| 6b ，6a b ， 则cos ,=a ab A 31 35 B 19 35 C 17 35 D 19 35 【答案】D 【解析】5a ，6b ， 6a b ， 2 2 5619aabaa b . 2 22 2252 6367ababaa bb ， 因此， 1919 cos, 5 735 aab a ab aab . 故选：D 核心考点题型核心考点题型 8:8:平面向量建系思想平面向量建系思想-能建系就建系能建系就建系

14、 例例 17:17:在ABC中，90 ,4,3CACBC， 点 P 是AB的中点， 则CB CP （） A 9 4 B4C 9 2 D6 【解析】 解： 如图建立平面直角坐标系， 则4,0A，0,3B，0,0C， 3 2, 2 P 所以0,3CB ， 3 2, 2 CP ，所以 39 0 23 22 CB CP ，故选：C 例例 18:18:在边长为 ? 的正方形 ?th? 中，? 为 th 的中点，点 ? 在线段 ?t 上运动，则?h ? ? ? ? 的取值范围是() A ? ? ?B? ? ? C ? ? ? ? ? D? 【解析】将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设 E(x，0)，

15、 0 x1又 ? ? ? ? ，C(1，1)，所以? ? t h? ? ? ?h ? ? ? t h? ， 所以?h? ? ? ? t h? ? ? ? ? t h? ? ? t h ? ? ? ?， 因为 0 x1，所以? ? ? ? t h ? ? ? ? ? ? ?，即?h ? ? ?的取值范围是 ? ? ? ? ? 本题选择 C 选项 例例 19:19:【2020 年新高考全国卷】已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点，则 AP AB 的取值范围是 A()2,6B()6,2 C()2,4D()4,6 【答案】A 核心考点题型核心考点题型 9:9:三角函数三角函数 例

16、例 20:20: 【2020 年高考全国卷理数】已知 ()0,，且3cos28cos5，则sin A 5 3 B 2 3 C 1 3 D 5 9 【答案】A 【解析】3cos28cos5，得 2 6cos8cos80 ， 即 2 3cos4cos40 ，解得 2 cos 3 或cos2（舍去）， 又 2 5 (0, ),sin1 cos 3 .故选：A 例例 21:21:函数 cos 3 6 f xx 在0，的零点个数为_ 【答案】3 【解析】 0 x ， 19 3 666 x ，由题可知 3 33 6262 xx， ，或 5 3 62 x ，解得 4 , 99 x ，或 7 9 ，故有 3

17、个零点. 例例 22:22:【2020 年高考全国卷理数】设函数 ( )cos() 6 f xx在，的图像大致如下 图，则 f（x）的最小正周期为 A 10 9 B 7 6 C 4 3 D 3 2 【答案】C 【解析】由图可得：函数图象过点 4 ,0 9 ， 将它代入函数 f x可得： 4 cos0 96 ， 又 4 ,0 9 是函数 f x图象与x轴负半轴的第一个交点， 所以 4 962 ，解得 3 2 . 所以函数 f x的最小正周期为 224 3 3 2 T 故选 C 核心考点题型核心考点题型 10:10:解三角形解三角形 例例 23:【2020 年高考全国 II 卷理数】ABC 中，s

18、in2Asin2Bsin2C= sinBsinC （1）求 A； （2）若 BC=3，求ABC周长的最大值 【解析】（1）由正弦定理和已知条件得 222 BCACABAC AB ， 由余弦定理得 222 2cosBCACABAC ABA ， 由，得 1 cos 2 A . 因为0A，所以 2 3 A . （2）由正弦定理及（1）得2 3 sinsinsin ACABBC BCA ， 从而 2 3sinACB ，2 3sin()3cos3sinABABBB. 故 33sin3cos32 3sin() 3 BCACABBBB. 又 0 3 B，所以当 6 B 时，ABC周长取得最大值3 2 3 .

19、 例例 24:在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 3,2,45acB （1）求sinC的值； （2）在边 BC 上取一点 D，使得 4 cos 5 ADC ，求tanDAC的值 【解析】（1）在ABC中，因为3,2,45acB， 由余弦定理 222 2cosbacacB，得 2 92232cos455b ， 所以5b . 在ABC中，由正弦定理 sinsin bc BC ， 得 52 = sin45sinC ， 所以 5 sin. 5 C （2）在ADC中，因为 4 cos 5 ADC ,所以ADC为钝角， 而180ADCCCAD ,所以C为锐角. 故 2 2 5 c

20、os1sin, 5 CC则 sin1 tan cos2 C C C . 因为 4 cos 5 ADC ，所以 2 3 sin1cos 5 ADCADC， sin3 tan cos4 ADC ADC ADC . 从而 31 tan()2 42 tantan(180)tan()= 31 1tantan11 1() 42 ADCC ADCADCCADCC ADCC . 核心考点题型核心考点题型 11:11:等差数列等差数列+ +等比数列等比数列 例例 25:25:已知数列 n a的前n项和 n S满足 2 n Sn，记数列 1 1 nn a a 的前n项和为 n T， * nN则使得 20 41 n

21、 T 成立的n的最大值为（） A17B18C19D20 【答案】C 【解析】当1n 时， 11 1aS；当2n 时， 22 1 (1)21 nnn aSSnnn ；而 1 2 1 11a 也符合21 n an， 21 n an， * nN .又 1 1111 () 2 2121 nn a ann ， 11111111 (1.)(1) 2335212122121 n n T nnnn ，要使 20 41 n T ， 即 20 2141 n n ，得20n 且 * nN ，则n的最大值为 19.故选：C 例例 26:26:【2020 年高考全国 II 卷理数】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上

22、、中、下 三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环， 向外每环依次增加 9 块， 下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块， 向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) A3699 块B3474 块C3402 块D3339 块 例例 27:27: 【2019 年高考全国 III 卷理数】 已知各项均为正数的等比数列 n a的前 4 项和为 15， 且 531 34aaa，则 3 a A16B8 C4D2 【答案】C 核心考点题型核心考点题型 12:12:数列综合解答题数列综合解答题

23、例例 28:28:【2019 年高考全国 II 卷理数】已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0， 1 434 nnn aab ， 1 434 nnn bba . （1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列； （2）求an和bn的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2） 11 22 n n an， 11 22 n n bn. 【解析】（1）由题设得 11 4()2() nnnn abab ，即 11 1 () 2 nnnn abab 又因为a1+b1=l，所以 nn ab是首项为1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()8 nnnn abab ，即 11 2 nn

24、nn abab 又因为a1b1=l，所以 nn ab是首项为1，公差为2的等差数列 （2）由（1）知， 1 1 2 nn n ab ，21 nn abn 所以 111 ()() 222 nnnnn n aababn， 111 ()() 222 nnnnn n bababn 核心考点题型核心考点题型 13:13:立体几何中的外接球问题立体几何中的外接球问题 例例 29:29:四面体ABCD的顶点A，B，C，D在同个球面上，AD平面ABC， 2 6 3 AD ，2AB ，3AC ，60CAB，则该四面体的外接球的表面积为（） A6B 14 3 C12D 16 3 【答案】C 【解析】如图所示，作A

25、BC外接圆 1 O，过 1 O作直线l 平面ABC， 又DA平面ABC，/ /DAl，连接 1 AO，并延长交球O于H， 连接DH，与l的交点为球心O，OHODR，则 1 16 23 OOAD ， 在ABC中，由余弦定理得 222 2cos60BCABACAB AC 1 492 2 37 2 ， 7BC ， 又由正弦定理得 1 2 sin60 BC O H ( 1 O H为外接圆半径)， 1 21 3 O H 2222 11 621 3 99 ROHOOO H， 2 412SR . 故选：C 例例 30:30:【2020 年高考全国 II 卷理数】已知ABC 是面积为 9 3 4 的等边三角形

26、，且其顶点都 在球 O 的球面上.若球 O 的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为 A 3 B 3 2 C1D 3 2 【答案】C 【解析】设球O的半径为R，则 2 416R，解得：2R . 设ABC外接圆半径为r，边长为a， ABC是面积为 9 3 4 的等边三角形， 2 139 3 224 a ，解得：3a ， 2 2 229 93 3434 a ra ， 球心O到平面ABC的距离 22 4 31dRr . 故选：C 例例 31:31:【2020 年高考全国卷理数】已知, ,A B C为球O的球面上的三个点， 1 O为 ABC的外接圆，若 1 O的面积为4， 1 ABBCACO

27、O，则球O的表面积为 A64 B48 C36D32 【答案】A 【解析】设圆 1 O半径为r，球的半径为R，依题意， 得 2 4 ,2rr ，ABC为等边三角形， 由正弦定理可得 2 sin602 3ABr ， 1 2 3OOAB，根据球的截面性质 1 OO 平面ABC， 2222 11111 ,4OOO A ROAOOO AOOr， 球O的表面积 2 464SR . 故选：A. 核心考点题型核心考点题型 14:14:立体几何多选问题立体几何多选问题 例例 32:32:已知四面体ABCD的所有棱长均为 2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F 为棱AB上异于A，B的动点有下列结论： 线段MN的长

28、度为 1； 若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异 面直线； MFN的余弦值的取值范围为 5 0, 5 ； FMN周长的最小值为 21 其中正确结论的个数为（） A1B2C3D4 【答案】B 【解析】在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为 2四面 体ABCD， 显然，,M N分别为正方体前后两个面的中心，故线段MN的长度为正方体棱长1，故 对； 对于：如图，F取为AB的中点，G取为MN的中点，I取为CD的中点，则由正方体 的性质易知，该三点在一条直线上，故此时FG与CD相交于I，故错； 对于， 2 22 BC BN ， 22 16

29、2 22 BMBDMD，又有1MN 故 13 1 35 22 cos 3526 2 22 MBN 故F点无限接近B点时，cosMFN会无限接近 3 3 ，故MFN的余弦值的取值范围不 为 5 0, 5 ，错误； 对 于 ， 如 图 将 等 边 三 角 形ABC与ABD铺 平 ， 放 在 同 一 平 面 上 ， 故 有 2N FFMM N+ + = =，当且仅当F为AB中点时取最小值 故在正方体中2NFFM+ + 故FMN周长的最小值为 21 ,故对 故选：B 核心考点题型核心考点题型 15:15:双曲线的渐近线双曲线的渐近线 例例 33:33:双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab

30、ab 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，P是双曲线C上一 点， 2 PFx轴， 12 3 tan 4 PFF，则双曲线的渐近线方程为（） A20 xy B20 xy C30 xy D30 xy 【答案】C 【解析】由题设， 2( ,0) F c，由 2 PFx轴，知 2 ( ,) b P c a ， 2 2 12 12 3 tan 24 PFb PFF FFac ，又 222 bca ， 22 2320caca ，得(2)(2 )0ca ca，又0ca，得2ca， 3ba ，又渐近线方程为 b yx a ，即3yx 等价于30 xy. 故选：C 核心考点题型核心考点题型 16:16:圆锥曲

31、线离心率圆锥曲线离心率 例例 34:34:已知抛物线 2 1: 4Cyx 的焦点与椭圆 22 2 2 :1(0) 3 xy Ca a 的一个焦点重合， 则 2 C的离心率为（） A 1 4 B 1 2 C 3 4 D 3 2 【答案】B 【解析】抛物线 2 1: 4Cyx 的焦点为( 1,0)，则椭圆 22 2 2 :1(0) 3 xy Ca a 的一个焦 点为( 1,0)，则 2 314a ，解得2a ，所以 2 C的离心率为 1 2 e . 故选：B 例例 35:35:已知点 1 F， 2 F分别是双曲线C： 2 2 2 10 y xb b 的左，右焦点，O为坐标原 点，点P在双曲线C的右

32、支上，且满足 12 2FFOP， 21 tan5PF F，则双曲线C的离 心率的取值范围为（） A 17 1, 3 B 26 1, 4 C1, 5 D1,2 【答案】B 【解析】因为 12 2FFOP， 所以OPc，故 12 PFF为直角三角形，且 12 PFPF， 222 1212 PFPFFF. 由双曲线定义可得 12 2PFPFa. 1 21 2 tan5 PF PF F PF ， 12 5PFPF， 12 2PFPFa， 2 2 a PF . 又 2 2 2 22 24aPFPFc， 整理得 2 22 2 2PFaca. 所以 2 2 2 22 2 9 2 24 aa PFacaa .

33、 所以 2 2 2 13 8 c e a ， 又1e ，所以 26 1 4 e ， 所以双曲线C的离心率的取值范围为 26 1, 4 . 故选：B 核心考点题型核心考点题型 17:17:三角函数多选题三角函数多选题 例例 36:36:关于函数( )4sin 6 f xx 有如下四个命题： ( )f x的最小正周期为 2； ( )f x的图象关于点 7 ,0 6 对称； 若f ax f ax，则a的最小值为 2 3 ； ( )f x的图象与曲线 125 0 6 yx x 共有 4 个交点 其中所有真命题的序号是_ 【答案】 【解析】由图可得： 2 2 ，( )f x的最小正周期为 2，正确； 7

34、 ( )4sin0 666 f ， ( )f x的图象关于点 7 ,0 6 对称，正确； 离y轴最近的对称轴为 1 3 x ，所以若f axf ax，则a的最小值为 1 3 ，错 误； 在y轴右边离y最近的对称为 2 3 x ， 2 ( )4 3 f，而 13 4 2 2 3 ， 1 y x 在(0,)上是减 函数， 因此 ( )f x的图象在第一象限每个周期内与 1 y x 的图象都有两个交点， 在区间 1 13 ( ,) 6 6 上有两个交点，在区间 13 25 (,) 66 上有两个交点，从而在 25 (0,) 6 上有 4 个交点，正确； 故答案为： 核心考点题型核心考点题型 18:1

35、8:抛物线的焦点弦抛物线的焦点弦 例例 37:37:已知点 O 为坐标原点， 抛物线 2 3yx与过焦点的直线交于 A， B 两点， 则OA OB 等于_. 【答案】 27 16 【解析】设 2 1 1 3 y Ay ， ， 2 2 2 3 y By ， ， 当直线AB斜率不存在时， 12 33 , 22 ypyp ， 所以 22 12 12 33 yy OA OByy ， 22 1212 127 916 y yy y . 当直线AB斜率存在时，设方程为 3 0 4 xmym， 与抛物线联立方程得： 2 9 30 4 ymy 所以 12 9 4 y y ， 22 12 12 33 yy OA

36、OByy ， 22 1212 127 916 y yy y . 故答案为： 27 16 . 核心考点题型核心考点题型 19:19:直线与圆直线与圆 例例 38:38:【2020 年高考全国卷理数】已知M： 22 2220 xyxy，直线l： 220 xy，P为l上的动点，过点P作M 的切线,PA PB，切点为,A B，当 | |PMAB最小时，直线AB的方程为 A210 xy B21 0 xy C210 xy D210 xy 【答案】D 【 解 析 】 圆 的 方 程 可 化 为 22 114xy， 点M到 直 线l的 距 离 为 22 2 1 12 52 21 d ，所以直线l与圆相离 依圆

37、的知识可知，四点, , ,A P B M四点共圆，且ABMP，所以 1 444 2 PAM PMABSPAAMPA ，而 2 4PAMP ， 当直线MPl时， min 5MP， min 1PA，此时PMAB最小 1 :11 2 MP yx 即 11 22 yx，由 11 22 220 yx xy 解得， 1 0 x y 所以以MP为直径的圆的方程为1110 xxy y，即 22 10 xyy ， 两圆的方程相减可得：210 xy ，即为直线AB的方程 故选：D 例例 3939： 【2020 年高考全国卷理数】若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到 直线230 xy的距离为 A 5 5

38、B 2 5 5 C 3 5 5 D 4 5 5 【答案】B 【解析】由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限， 则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限， 设圆心的坐标为, a a，则圆的半径为a， 圆的标准方程为 22 2 xayaa. 由题意可得 22 2 21aaa， 可得 2 650aa ，解得1a 或5a ， 所以圆心的坐标为1,1或5,5， 圆心到直线的距离均为 1 2 1 1 32 5 55 d ； 圆心到直线的距离均为 2 2 5532 5 55 d 圆心到直线230 xy的距离均为 22 5 55 d ； 所以，圆心到直线230 xy的距离为 2

39、5 5 . 故选：B 例例 40:40:【2020 年高考北京】已知半径为 1 的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最 小值为 A 4B 5 C 6D 7 【答案】A 【解析】设圆心,C x y，则 22 341xy ， 化简得 22 341xy， 所以圆心C的轨迹是以(3,4)M为圆心，1 为半径的圆， 所以| 1 |OCOM 22 345 ，所以| 5 14OC ， 当且仅当C在线段OM上时取得等号， 故选：A 核心考点题型核心考点题型 20:20:空间向量与立体几何空间向量与立体几何 例例 41:41:如图， 在直三棱柱 111 ABCABC中，BD 平面 1 ABC， 其垂足

40、D 落在直线 1 BC上 （1）求证： 1 ACBC； （2） 若 P 是线段 AB 上一点， 3BD ，2BCAC， 三棱锥 1 BPAC 的体积为 3 3 ，求二面角 1 PBCA的平面角的余弦值 【解析】（1）是直三棱柱， 1 ACBB， 又BD 平面 1 ABC，ACBD， 1 BDBBB，AC 平面 11 BBC C， 1 BC 平面 11 BBC C， 1 ACBC （2）由（1）知AC 平面 11 BBC C， ACBC，2BCAC， 2 2AB ， 设APx，则 12 2 22 PAC Sxx ， 1 BDBC， 1 RtRtB BCBDC，2BC ， 3BD ， 1 2 3B

41、B ， 1 123 2 3 323 BPAC Vx 2 2 x ， 1 3 AP PB ， 如图建立空间直角坐标系， (0,2,2 3)B， 1 3 3 0, 22 D， 1(0,2,0) B， (0,0,2 3)C， 3 1 ,2 3 2 2 P， 11 33 ,2 3 ,0, 2,2 3 22 B PBC 平面 1 B AC的一个法向量是 33 0, 22 DB， 设平面 1 B PC的一个法向量是, ,nx y z r ， 1 1 33 2 30 0 22 0 22 30 xyz n B P n BC yz ，令 3 ,3,1 3 xyz ， 所以 3 , 3,1 3 n 二面角 1 P

42、BCA的平面角为，则 2 39 cos 13| DB n DB n 核心考点题型核心考点题型 21:21:解析几何定点问题解析几何定点问题 例例 42:42:在平面直角坐标系中，己知圆心为点 Q 的动圆恒过点(1,0)F，且与直线1x 相 切，设动圆的圆心 Q 的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）过点 F 的两条直线 1 l、 2 l与曲线相交于 A、B、C、D 四点，且 M、N 分别为AB、CD 的中点.设 1 l与 2 l的斜率依次为 1 k、 2 k，若 12 1kk ，求证：直线 MN 恒过定点. 【解析】（1）由题意，设 ( , )Q x y， 因为圆心为点 Q 的动圆恒过点

43、(1,0)F，且与直线1x 相切， 可得 22 |1|(1)xxy ，化简得 2 4yx. （2）设 1 l， 2 l的方程分别为 1( 1)yk x， 2( 1)ykx， 联立方程组 1 2 (1) 4 yk x yx ，整理得 2222 111 240k xkxk， 所以 2 1 12 2 1 24k xx k ，则 2 1 2 11 2 2 , k M kk ，同理 2 2 2 22 2 2 , k N kk 所以 1212 22 1212 22 12 22 22 MN kkk k k kkkk kk ， 由 12 1kk ，可得 11 1 MN kkk， 所以直线MN的方程为 2 1

44、11 2 11 22 1 k ykkx kk 整理得 11 21(1)ykkx，所以直线MN恒过定点(1, 2). 核心考点题型核心考点题型 22:22:函数与导数函数与导数 例例 43:43:定义可导函数( )yf x在 x 处的弹性函数为( ) ( ) x fx f x ，其中( ) fx为 ( )f x的 导函数在区间 D 上，若函数 ( )f x的弹性函数值大于 1，则称( )f x在区间 D 上具有弹性， 相应的区间 D 也称作 ( )f x的弹性区间 （1）若( )1 x r xex，求( )r x的弹性函数及弹性函数的零点； （2）对于函数( )(1)ln x f xxextx（

45、其中 e 为自然对数的底数） （）当0t 时，求 ( )f x的弹性区间 D； （）若 ( )1f x 在（i）中的区间 D 上恒成立，求实数 t 的取值范围 【解析】 （1） 由( )1 x r xex， 可得( )1 x r xe， 则 ( )(1) ( )1 x x xx r xe r xex ， 令( )(1)0 ( )1 x x xx r xe r xex ，解得0 x ， 所以( )r x弹性函数的零点为0 x . （2）（）当0t 时，函数( )(1)ln x f xxex，可得函数 ( )f x的定义域为(0,)， 因为 2 11 ( )(1)ln(1) x xxx x e f

46、xxexexe xx ， 函数 ( )f x是弹性函数 2 1 ( )1 ( )(1)ln x x xx e fx f xxex ， 此不等式等价于下面两个不等式组： （） 2 1ln0. 1(1)ln . x xx xex x exex 或（） 2 1ln0. 1(1)ln . x xx xex x exex ， 因为对应的函数就是 ( )f x， 由 ( ) 0fx ，所以( )f x在定义域上单调递增， 又由(1)0f，所以的解为1x ； 由可得 22 1 (1)ln (1)1 ln0 xxx g xx exexxxex ， 且 32 2 1()1 (21)(1) x xx xx e g

47、xxexxe xx 在1x 上恒为正， 则 g x在1x 上单调递增，所以 10g xg，故在1x 上恒成立， 于是不等式组（）的解为1x ， 同的解法，求得的解为01x； 因为01x时， 2 10,(1)ln0 xx x exex ，所以不成立， 所以不等式（）无实数解， 综上，函数 ( )f x的弹性区间(1,)D . （）由 ( )1f x 在(1,)上恒成立，可得 1ln1 (1) x x te xx 在1x 上恒成立， 设 1ln1 ( )(1) x x h xe xx ，则 2 2 (1)2ln ( ) x xxex h x x ， 而 2 (1)2ln1 x xxexg x，由（

48、）可知，在1x 上恒为正， 所以( )0h x ，函数 h x在(1,)上单调递增，所以 11h xh ， 所以1t ，即实数t的取值范围是(, 1 . 例例 44:44:已知函数 2 ( )()R a f xxaxa x . （1）当1a 且1x 时，求函数 ( )f x的单调区间； （2）当 2 e e +1 a 时，若函数 2 ( )( )lng xf xxx的两个极值点分别为 12 ,xx， 证明： 12 2 4 0 |()()| e1 g xg x . 【解析】（1）解法一： 当1a 时， 2 1 ( )f xxx x ，所以 32 22 121 ( )21 xx fxx xx ，

49、当0 x 时， ( )0fx 恒成立，所以函数 ( )f x在区间(0,)上单调递增； 当 ( 1,0)x 时，记 32 ( )21xxx，则 2 1 ( )626 () 3 xxxx x， 所以当 1 (,0) 3 x 时，( )0 x，( )x单调递减，且有( )(0)1x； 当 1 ( 1,) 3 x 时，( )0 x，( )x单调递增，且( )( 1)0 x， 所以当 ( 1,0)x 时， ( )0 x ，函数 ( )f x单调递增. 综上，函数 ( )f x的单调递增区间为( 1,0) 和(0, )，无单调递减区间. 解法二： 当1a 时， 2 1 ( )f xxx x （0 x ）

50、， 所以 32 22 121 ( )21 xx fxx xx 2 2 (1)(21)xxx x ， 因为1x ，且 22 17 212()0 48 xxx ， 所以当 ( 1,0)(0,)x 时，均有 ( )0fx ， 所以函数 ( )f x的单调递增区间为( 1,0) 和(0, )，无单调递减区间. （2）因为 2 ( )( )lnln a g xf xxxaxx x （Ra，0 x ）， 所以 2 22 1 ( ) aaxxa g xa xxx . 因为 12 ,x x是函数( )g x的两个零点，所以 12 ,x x是方程 2 0axxa的两个实数解， 由 2 140a ，且 2 e e