2022年高三总复习 .pdf

《2022年高三总复习 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三总复习 .pdf（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、优秀学习资料欢迎下载第一讲函数与方程思想、数形结合思想真题试做 1(2013 高考浙江卷 )已知 R，sin 2cos 102，则 tan 2 () A.43B34C34D432(2013 高考浙江卷 ) 已知函数yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数yf(x)的图象如图所示，则该函数的图象是() 3(2012 高考浙江卷 )设 a 0，b0.() A若 2a2a2b3b，则 abB若 2a2a2b3b，则 abC若 2a2a2b3b，则 abD若 2a2a2b3b，则 ab4(2013 高考四川卷 )已知 f(x)是定义域为R 的偶函数， 当 x0 时，f(x)x24x，那么，不等式

2、 f(x2)0，存在唯一的s，使 tf(s)【思路点拨】(1)利用导数解不等式，即可得到单调区间(2)构造函数通过函数的单调性证明方程只有唯一解【解】(1)函数 f(x)的定义域为 (0， )f(x)2xln xxx(2ln x1)，令 f(x)0，得 x1e. 当 x 变化时， f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 0，1e1e1e， f (x)0f(x)极小值所以函数 f(x)的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e， . (2)证明： 当 00，令 h(x)f(x)t，x 1， )由(1)知， h(x)在区间 (1， )内单调递增h(1) t0. 故存在唯一的s (1， )，使得

3、tf(s)成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载【题后感悟】(1)本题第 (2)问证明的关键是构造函数h(x)f(x)t， 利用第 (1)问的结论，判断函数值的符号，从而问题可以证明(2)解决一些不等式恒成立问题，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数1已知 f(t)log2t，t2，8，对于 f(t)值域内的所有的实

4、数m，不等式 x2mx42m4x 恒成立，求x 的取值范围类型二利用函数与方程思想解决数列问题(浙江省各校新高考研究联盟20XX 届第一次联考 )已知等比数列an满足 an1an9 2n1，nN*. (1)求数列 an的通项公式；(2)设数列 an的前 n 项和为 Sn，若不等式Snkan2 对一切 nN*恒成立，求实数k 的取值范围【思路点拨】(1)由 n1,2 得出两特殊等式，可求得a 和 q，问题即可解决；(2)由(1)可求出 Sn，尽而求出k 与 n 的不等关系，构造关于n 的函数，利用函数性质求解【解】(1)设等比数列 an的公比为q， an1an9 2n1，n N*， a2a19，

5、a3a218， qa3a2a2a11892， 2a1a19， a13. an3 2n1， n N*. (2)由(1)知， Sna11qn1 q3 12n12 3(2n 1)， 3(2n1)k 3 2n12， k213 2n1. 令 f(n)213 2n1，则 f(n)随 n 的增大而增大， f(n)minf(1)21353， k0.若 f(4)f(0)，f(2) 2，则关于x 的方程 yx 的解的个数为 () A1 B2 C3 D4 类型四运用数形结合思想求解参数的范围及最值问题(1)(2013高考重庆卷 )设 P 是圆 (x3)2(y1)24 上的动点， Q 是直线x 3上的动点，则 |PQ

6、|的最小值为 () A6 B4 C3 D2 (2)(2013长春调研 )设函数 f(x)|xa|，g(x)x 1， 对于任意的xR， 不等式 f(x)g(x)恒成立，则实数a 的取值范围是 _【思路点拨】(1)求|PQ|的最小值，转化为求圆心到直线的距离(2)作函数 f(x)，g(x)的图象，利用数形结合求解精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载【解析】(1)如图， 圆心 M(3，1)与定直线x 3 的最短距离为|MQ|3(3) 6，又圆的半径为2，故所求最短距离为624. (2) 如图， 作出函数

7、f(x) |xa|与 g(x) x1 的图象， 观察图象可知： 当且仅当 a1，即a1 时，不等式f(x)g(x)恒成立，因此a 的取值范围是1， )【答案】(1)B(2)1， ) 【题后感悟】(1)数形结合的基本思路是：根据数的结构特征，构造出与之相应的几何图形，并利用图形的特性和规律，解决数的问题；或将图形信息全部转化为代数信息，使解决形的问题转化为数量关系的讨论(2)在解含有参数的不等式时，由于涉及到参数，往往需要讨论，导致演算过程繁琐冗长如果题设与几何图形有联系，那么利用数形结合的方法，问题将会被快速解决4不等式 |x 3| |x1|a2 3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范

8、围为 () A(， 14， ) B(， 2 5， ) C1,2 D(， 1 2， ) 1函数与方程思想在高考试题中主要以六个方面思考和切入(1)构造等式关系，从函数或方程角度，选择主从变量，直接找到函数性质或利用二次方程探求出函数性质，再利用函数性质和图象解题；(2)函数与不等式也可以相互转化，对于函数yf(x)，当 y0 时，就转化为不等式f(x)0，借助于函数图象与性质可以解决；(3)数列的通项或前n 项和是自变量为正整数n 的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要；(4)函数 f(x)(ax b)n(nN*)与二项式定理是密切相关的，利用这个函数，结合赋值法和比较系数法可以解决很多二项式

9、定理的问题；(5)解析几何中的许多问题，例如直线和二次曲线的位置关系问题， 需要通过解二元方程组才能解决，涉及二次方程与二次函数的有关理论；(6)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决2数形结合思想在高考试题中主要有以下六个常考点(1)集合的运算及Venn 图； (2)函数及其图象；(3)数列通项及求和公式的函数特征及函数图象； (4)方程 (多指二元方程)及方程的曲线； (5)对于研究距离、角或面积的问题，可直接从几何图形入手进行求解即可；(6)对于研究函数、方程或不等式(最值 )的问题，可通过函数的图象求解 (函数的零点、顶点是关键点)，

10、做好知识的迁移与综合运用3运用以上两种数学思想解题时注意事项(1)运用函数思想时注意函数的定义域；(2)运用方程思想时注意方程解的合理性；(3)在解答题中数形结合思想是探究解题的思路使用的，不可使用形的直观代替相关的计算和推理精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载论证精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载1公差不为零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a4是 a3与 a7的等比中项，S832，则 S

11、10等于 () A18B24 C60 D90 2若 a1，则双曲线x2a2y2a 121 的离心率e的取值范围是() A(1，2) B(2，5) C2，5 D(3，5) 3(2013 湖北省八校高三第二次联考)已知 f(x)14x2sin(2x)，f(x)为 f(x)的导函数，则 f(x)的图象是 () 4(2013 高考课标全国卷)已知命题p： ? xR,2x3x；命题 q：? xR，x31x2，则下列命题中为真命题的是() ApqB綈 p qCp綈 qD綈 p 綈 q5若关于 x 的方程 x2 2kx10 的两根 x1、x2满足 1x10 x22，则 k 的取值范围是() A.34，0B

12、34，0C. 0，34D. 0，346(2013 高考山东卷 )在平面直角坐标系xOy 中， M 为不等式组2x 3y60，xy 20，y0，所表示的区域上一动点，则|OM|的最小值是 _7使 log2(x)b0)，点 P55a，22a 在椭圆上(1)求椭圆的离心率；(2)设 A 为椭圆的左顶点，O 为坐标原点，若点Q 在椭圆上且满足|AQ|AO|，求直线OQ 的斜率的值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载第二讲分类讨论思想、化归与转化思想真题试做 1(2013 高考江西卷 )若集合 A xR|a

13、x2ax10 中只有一个元素，则a() A4B2 C0 D0 或 4 2(2013 高考山东卷 )用 0,1， 9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A243 B252 C261 D279 3(2013 高考课标全国卷)若存在正数x使 2x(xa)0，则12|a|a|b的最小值为 _1分类讨论思想分类讨论的原则(1)不重不漏分类讨论的思想是将一个较复杂的数学问题分解成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的策略(2)标准要统一，层次要分明(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论分类讨论的常见类型(1)由数学概念而引起的分类讨论(2)由数学运算要求

14、而引起的分类讨论(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论(5)由参数的变化而引起的分类讨论2.化归与转化思想转化与化归的原则(1)熟悉化原则(2)简单化原则(3)直观化原则(4)正难则反原则化归与转化思想，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法常见的化归与转化的方法(1)直接转化法(2)换元法(3)数形结合法(4)构造法(5)坐标法(6)类比法(7)特殊化方法(8)等价问题法(9)加强命题法(10)补集法精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

15、 -第 9 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载类型一由数学概念、法则、公式及运算而引起的分类讨论(2013 高考浙江卷 )在公差为d 的等差数列 an中，已知a1 10，且 a1,2a22,5a3成等比数列(1)求 d，an；(2)若 d0，求 |a1|a2| |a3| |an|. 【思路点拨】(1)用 a1，d 把 a2，a3表示出来，利用a1,2a22,5a3成等比数列列方程即可解出 d，进而根据等差数列的通项公式写出an.(2)根据 (1)及 d0 确定数列的通项公式，确定 an的符号，以去掉绝对值符号，这需要对n 的取值范围进行分类讨论【解】(1)由题意得， a1 5a3(2a22)

16、2，由 a110，an 为公差为d 的等差数列得，d23d40，解得 d 1 或 d4. 所以 an n11(n N*)或 an4n6(n N*)(2)设数列 an的前 n 项和为 Sn. 因为 d32x3 1，x3满足 f(a) 3，则 f(a5)的值为 () Alog23 B.1716精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载C.32D1 (2)设圆锥曲线T 的两个焦点分别为F1， F2， 若曲线 T 上存在点P 满足 |PF1| |F1F2|PF2|432，则曲线T 的离心率等于_类型二由参数的

17、变化而引起的分类讨论已知 yf(x)是定义在R 上的三次函数， 它的导函数f (x)x4a x 6a2a1(a 为常数， a12)，求函数yf(x)的单调递增区间【思路点拨】本题的实质就是求解含参数a 的不等式x4a x 6a2a10，参数 a 的取值决定了2a 1 的符号和 4a、 6a 的大小，故分a0，a0，12a0，a0 时， 2a10，由 f (x)0，同解于 (x4a)(x6a)0，解得 x6a. 当 a0 时，由 f(x)0 解得 x 为全体实数当12a0，由 f (x)0，同解于 (x4a)(x6a)0，解得 x4a. 当 a12时， 2a 10，同解于 (x4a)(x6a)0

18、，解得 6ax0 时，函数yf(x)的单调递增区间为(， 4a)和(6a， )；当 a0 时，函数 yf(x)的单调递增区间为( ， )；当12a0 时，函数yf(x)的单调递增区间为(，6a)和( 4a， )；当 a4xp3 成立的 x 的取值范围是 _【思路点拨】把已知不等关系转化为关于p 的函数，利用函数性质求解【解析】设 f(p) (x 1)px24x 3，则当 x1 时， f(p)0.所以 x1. 要使 f(p)在 0p4 上恒正，等价于f 0 0，f 4 0，即x3x1 0，x210，解得 x3 或 x0 成立的x 的取值范围这样，借助一次函数的单调性就很容易了. 3设 y(log

19、2x)2(t2)log2xt1，若 t 在 2,2上变化时， y 恒取正值，求x 的取值范围类型四正难则反的转化若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1在区间 1,1内至少存在一个值c 使得 f(c)0，求实数 p 的取值范围【思路点拨】直接求解情况较多，不易求解，可利用其反面求之【解】如果在 1,1内没有值满足f(c)0，则f 1 0f 1 0?p12或p1p3或p32? p3 或 p32，取补集为 3p0 ，By|y26y80，若 AB ?，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载则实数

20、a 的取值范围为 _1分类讨论的几种情况(1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论：数学中的概念有些就是分类的，如绝对值的概念；(2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论：一些数学定理和公式是分类的，如等比数列的求和公式等；(3)由参数变化引发的分类讨论：当要解决的问题中涉及参数时，由于参数在不同范围内取值时，问题的发展方向不同，这就要把参数划分的几个部分分类解决；(4)问题的具体情况引发的分类讨论：有些数学问题本身就要分情况解决，如概率计算中要根据要求，分类求出基本事件的个数；(5)较复杂或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决2化归转化思想的几种情况(1)化为已知：当所

21、要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题；(2)化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时， 就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面；(3)化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题，有时把问题中的某个部分看做一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想；(4)化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论， 是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下， 就可以把

22、所要解决的问题转化为几个小问题进行解决精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载1在正实数集上定义一种运算*：当 ab 时， a*bb3；当 a0)的焦点 F 作一直线交抛物线于P、Q 两点，若PF 与 QF 的长分别是 p、q，则1p1q等于 () A2aB.12aC4aD.4a5设函数 f(x)x3sin x，若 0 2时，f(mcos )f(1m)0 恒成立，则实数m 的取值范围是 () A(0,1)B(， 0) C(， 1) D(，12) 6设集合A 1,1,3， B a2，a24 ，AB3

23、，则实数a 的值为 _7(2013 高考北京卷 )函数的值域为 _8已知函数 f(x)x32x2ax 1.若函数 g(x)f(x)在区间 (1,1)上存在零点， 则实数a 的取值范围是_9在等比数列an中，已知a332，S392，求 a1与 q. 10已知函数f(x)13x3mx23m2x1，mR. (1)当 m1 时，求曲线yf(x)在点 (2，f(2)处的切线方程；(2)若 f(x)在区间 (2,3)上是减函数，求m 的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载11(2013 高考课标全国

24、卷)已知圆M：(x1)2y21，圆 N：(x1)2 y29，动圆P 与圆 M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C. (1)求 C 的方程；(2)l 是与圆 P、圆 M 都相切的一条直线，l 与曲线 C 交于 A、B 两点，当圆P 的半径最长时，求 |AB|. 20XX 年高三二轮数学参考答案专题一数学思想方法第一讲函数与方程思想、数形结合思想【感悟真题把脉考向】1 【解析】 选 C.把条件中的式子两边平方，得 sin2 4sin cos 4cos2 52，即 3cos24sin cos 32，所以 3cos2 4sin cos 32(sin2 cos2 )，即 3tan2 8tan

25、30，解得 tan 3 或 tan 13，所以 tan 2 2tan 1tan234. 2 【解析】 选 B.从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x0 时最大，所以函数 f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x0 时变化率最大A 项，在 x0 时变化率最小，故错误；C 项，变化率是越来越大的，故错误；D 项，变化率是越来越小的，故错误 B 项正确3 【解析】 选 A.当 0ab 时，显然 2a2b,2a2b3b，2a2ab 成立，故 A 正确，B 错误当 0ab时，由 2a2b,2a3b， 知 2a2a 与 2b3b 的大小关系不确定，C 不正确，同理 D 不正确4 【解析】设 x

26、0. 当 x0 时， f(x)x24x，f( x) (x)2 4(x)f(x)是定义在R 上的偶函数，f( x) f(x)，f(x)x2 4x(x0)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载f(x)x24x，x0，x24x，x0.由 f(x)5 得x24x5x0或x2 4x5，x0，x5 或 x 5. 观察图象可知由f(x)5，得 5x5. 由 f(x 2)5，得 5x25， 7x3. 不等式 f(x2)5 的解集是 x|7x3 【答案】 x| 7x0 恒成立当 x2 时，不等式不成立，x2. 令

27、 g(m)m(x2)(x2)2为 m 的一次函数问题转化为g(m)在 m12，3上恒大于0. g120，g 3 0，解得 x2 或 x0.这个函数的图象如图所示：可知直线 yx 与 f(x)的图象有三个交点，故选C. 4 【解析】 选 A.f(x)|x3|x1| 4x3 ，2x 2 3x1 时，01a1，所以 2e25，即2e5. 3【解析】 选 A.由 f(x)12x cos(2x)12x sin x 是奇函数， 可排除 B， D， 而当 0 x3时， (12xsin x)12cos x0，即 f(x)在(0，3)上是减函数，从而排除C，选 A. 4 【解析】 选 B. 当 x0 时，有 2

28、x3x，不满足2x3x，p：? xR,2x3x是假命题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载如图，函数yx3与 y1x2有交点，即方程x3 1x2有解，q：? xR，x31x2是真命题pq 为假命题，排除A. 綈 p 为真命题，綈 pq 是真命题故选B. 5 【解析】 选 B.构造函数f(x)x22kx1，关于 x 的方程 x22kx10 的两根 x1、x2满足 1x10 x22，f 1 0，f 0 0，即2k 0，10，34k0. 6 【解析】如图所示， M 为图中阴影部分区域上的一个动点，由于

29、点到直线的距离最短，所以 |OM|的最小值222. 【答案】2 7 【解析】 在同一坐标系中，分别作出ylog2(x)，yx1 的图象，由图可知，x 的取值范围是 (1,0)【答案】 (1,0) 8 【解析】 建立平面直角坐标系，设向量OA(2,0)，向量 OB(1，3)设向量 OC(2cos ，2sin )，0 3.由OCmOAnOB，得 (2cos ，2sin )(2mn，3n)，即 2cos 2mn,2sin 3n，解得 mcos 13sin ，n23sin .故 mncos 13sin 233sin ( 3)2 33. 【答案】2339 【解】 函数 f(x) |4xx2|a 有 4

30、个零点，方程 |4xx2|a 有 4 个不同的解令 g(x)|4x x2| 4 x22，0 x4，x224，x4.作出 g(x)的图象，如图，由图象可以看出，当h(x) a 与 g(x)有 4 个交点时， 0a0(?x0，x1)g(x)满足 g(1)0，且g(x)1f(x)x21ln xx2. 当 0 x1 时， x2 10， ln x0，所以 g(x)1 时， x210，ln x0，所以 g (x)0，故 g(x)单调递增所以， g(x)g(1) 0(? x0， x1)所以除切点之外，曲线C 在直线 L 的下方11 【解】 (1)因为点 P55a，22a 在椭圆上，故a25a2a22b21，

31、可得b2a258. 于是 e2a2b2a21b2a238，所以椭圆的离心率e64. (2)设直线 OQ 的斜率为 k，则其方程为ykx，设点 Q 的坐标为 (x0， y0)由条件得y0kx0，x20a2y20b21，消去 y0并整理得x20a2b2k2a2b2.由|AQ|AO|，A(a,0)及 y0 kx0，得(x0a)2 k2x20a2，整理得 (1k2)x202ax00. 而 x00，故 x0 2a1k2. 代入，整理得(1k2)2 4k2a2b24. 由(1)知a2b285，故 (1k2)2325k24，即 5k4 22k2150，可得 k25. 所以直线 OQ 的斜率 k 5. 第二讲

32、分类讨论思想、化归与转化思想【感悟真题把脉考向】1 【解析】 选 A.当 a0 时，方程化为 10，无解，集合 A 为空集， 不符合题意； 当 a0时，由 a24a0，解得 a4. 2 【解析】 选 B.0,1,2， 9 共能组成91010900(个 )三位数，其中无重复数字的三位数有99 8648(个 )，有重复数字的三位数有900648252(个)3 【解析】 选 D.2x(xa)x12x. 令 f(x)x12x， f(x) 12xln 20. f(x)在(0， )上单调递增，f(x)f(0)0 1 1，a 的取值范围为 (1， )，故选 D. 精选学习资料 - - - - - - - -

33、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载4 【解析】 当 a0 时，12|a|a|b12aabab4aab14b4aab54；当 a3log2a1 3，无解，由得， a7，所以 f(a5)223132，选 C. (2)不妨设 |PF1|4t，|F1F2| 3t，|PF2|2t，若该圆锥曲线为椭圆，则有|PF1|PF2|6t2a，|F1F2|3t2c，eca2c2a3t6t12；若该圆锥曲线是双曲线，则有|PF1| |PF2|2t2a，|F1F2|3t2c，eca2c2a3t2t32. 【答案】 (1)C(2)12或322 【解】 (1)当 a

34、 1 时， f(x) x ln x，f(x) 11x1xx. 当 0 x0；当 x1 时， f(x)0. f(x)在(0,1) 上是增函数，在(1，)上是减函数，f(x)maxf(1) 1. (2)f(x)a1x，x(0，e，1x1e， )若 a1e，则 f(x)0，从而 f(x)在(0，e上是增函数，f(x)maxf(e) ae1 0，不符合题意若 a0 得 a1x0，即 0 x1a，由 f(x)0 得 a1x0，即1axe. 从而 f(x)在(0，1a)上是增函数，在(1a，e上是减函数，f(x)maxf(1a) 1 ln(1a)令 1 ln(1a) 3，则 ln(1a) 2，1a e2，

35、即 a e2. e20 恒成立，则有f 2 0f 2 0，即log2x2 4log2x30log2x2 10，解得 log2x3. 0 x8，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载x 的取值范围是 (0，12) (8， )4 【解析】 由题意得 Ay|ya21 或 y2 或3a2 或3a3x2 27，解得 x3 或 33. 2 【解析】 选 B.若 a0，则 b 1,0,1,2，此时 (a，b)的取值有4个；若 a0，则方程ax22xb0 有实根，需 44ab0， ab1，此时 (a，b)的取值为

36、 (1,0)，(1,1)，(1， 1)，(1,2)，(1,1)，(1,0)，(1，1)，(2，1)，(2,0)，共 9 个(a，b)的个数为4913. 3 【解析】 选 D.分侧面矩形长、宽分别为6 和 4 或 4 和 6两种情况4 【解析】 选 C.因为直线PQ 是任意的，所以，可以取最特殊的情况：直线PQ 垂直 y轴时此时 |PF|QF|12a，1p1q4a，故选 C. 5 【解析】 选 C.易知 f(x)为奇函数、增函数，f(mcos )f(1m)0，即 f(mcos )f(m1)，mcos m 1，而 0 2时， cos 0,1，mm1，0m1得 m1. 6 【解析】 AB3 ，故 a

37、23 或 a243. 若 a23，则 a1，检验知，满足题意若 a243，则 a2 1，不合题意，故a1. 【答案】 1 7 【解析】 当 x1 时， log12xlog1210，当 x1 时， f(x)0. 当 x1 时， 02x21，即 0f(x)0 时， f(x)的单调递减区间是(3m， m)，若f(x)在区间 ( 2,3)上是减函数，则3m 2m3，解得 m3. 当 m0 时， f(x)的单调递减区间是(m， 3m)，若f(x)在区间 ( 2,3)上是减函数，则m 23m3，解得 m 2. 综上所述，实数m 的取值范围是 (， 23， )11 【解】由已知得圆M 的圆心为M(1,0)，

38、半径 r11；圆 N 的圆心为N(1,0)，半径r23.设圆 P 的圆心为P(x，y)，半径为R. (1)因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆N 内切，所以 |PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24. 由椭圆的定义可知，曲线C 是以 M，N 为左， 右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 23 页优秀学习资料欢迎下载椭圆 (左顶点除外 )，其方程为x24y231(x 2)(2)对于曲线C 上任意一点P(x，y)，由于 |PM|PN|2R22，所以 R2，当且仅当圆 P 的圆心为 (2,0)

39、时， R 2，所以当圆P 的半径最长时，其方程为(x2)2y24. 若 l 的倾斜角为90 ，则 l 与 y 轴重合，可得|AB| 2 3. 若 l 的倾斜角不为90 ，由 r1R 知 l 不平行于x 轴，设 l 与 x 轴的交点为Q，则|QP|QM|Rr1，可求得 Q(4,0)，所以可设l：yk(x 4)由 l 与圆 M 相切得|3k|1k21，解得 k24. 当 k24时，将y24x2代入x24y23 1，并整理得7x2 8x 8 0，解得x1,24 6 27，所以 |AB|1k2|x2x1|187. 当 k24时，由图形的对称性可知|AB|187. 综上， |AB|2 3或|AB|187. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 23 页