高考数学数学思想练分类讨论思想专练文Word文档格式.docx
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若∠F1PF2＝90°
，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
∴|PF1|2＋（6－|PF1|）2＝20，
又|PF1|>
|PF2|，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴＝2.
综上，知＝或2.
3．已知函数f（x）＝满足f（a）＝3，则f（a－5）的值为（ ）
A．log23B.
C.D．1
解析 分两种情况分析，①
或者②，①无解，由②得a＝7，
所以f（a－5）＝22－3＋1＝，故选C.
4．已知变量x，y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k等于（ ）
A．－B.
C．0D．－或0
答案 D
解析 不等式组表示的可行域如图（阴影部分）所示，由图可知若不等式组表示的平面区域是直角三角形，只有直线y＝kx＋1与直线x＝0垂直（如图①）或直线y＝kx＋1与直线y＝2x垂直（如图②）时，平面区域才是直角三角形．
由图形可知斜率k的值为0或－.
5．设0<
b<
1＋a.若关于x的不等式（x－b）2>
（ax）2的解集中的整数恰有3个，则（ ）
A．－1<
0B．0<
1
C．1<
3D．3<
6
解析 原不等式转化为[（1－a）x－b][（1＋a）x－b]>
0.
①a≤1，结合不等式解集形式知不符合题意；
②a>
1，此时－<
x<
，由题意0<
<
1，
要使原不等式解集中的整数解恰有3个，
知－3≤－<
－2，
整理得2a－2<
b≤3a－3.
结合题意b<
1＋a，有2a－2<
1＋a.
所以a<
3，从而有1<
3.故选C.
二、填空题
6．一条直线过点（5,2），且在x轴，y轴上的截距相等，则这条直线的方程为________________．
答案 x＋y－7＝0或2x－5y＝0
解析 设该直线在x轴，y轴上的截距均为a，当a＝0时，直线过原点，此时直线方程为y＝x，即2x－5y＝0；
当a≠0时，设直线方程为＋＝1，则求得a＝7，方程为x＋y－7＝0.
7．△ABC中，已知sinA＝，cosB＝，则cosC＝________.
答案
解析 ∵0<
cosB＝<
，且B为△ABC的一个内角，
∴45°
B<
90°
，且sinB＝，
若A为锐角，由sinA＝，得A＝30°
，此时cosA＝，
若A为钝角，由sinA＝，得A＝150°
，此时A＋B>
180°
，
这与三角形的内角和为180°
相矛盾，∴A≠150°
.
∴cosC＝cos[π－（A＋B）]＝－cos（A＋B）
＝－（cosA·
cosB－sinA·
sinB）
＝－＝.
8．设e是椭圆＋＝1的离心率，且e∈，则实数k的取值范围是________．
答案 （0,3）∪
解析 当4>
k时，e＝＝∈，
即<
1⇒1<
4－k<
4，即0<
k<
3；
当4<
1⇒<
1－<
1⇒>
>
0⇒k>
综上k的取值范围为（0,3）∪.
三、解答题
9．设集合A＝{x∈R|x2＋4x＝0}，B＝{x∈R|x2＋2（a＋1）x＋a2－1＝0，a∈R}，若B⊆A，求实数a的值．
解 ∵A＝{0，－4}，B⊆A，于是可分为以下几种情况．
（1）当A＝B时，B＝{0，－4}，
∴由根与系数的关系，得解得a＝1.
（2）当BA时，又可分为两种情况．
①当B≠∅时，即B＝{0}或B＝{－4}，
当x＝0时，有a＝±
1；
当x＝－4时，有a＝7或a＝1.
又由Δ＝4（a＋1）2－4（a2－1）＝0，
解得a＝－1，此时B＝{0}满足条件；
②当B＝∅时，Δ＝4（a＋1）2－4（a2－1）<
0，
解得a<
－1.
综合
（1）
（2），所求实数a的取值为a≤－1或a＝1.
10．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>
0（n＝1,2，3，…）．
（1）求q的取值范围；
（2）设bn＝an＋2－an＋1，{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．
解
（1）因为{an}是等比数列，Sn>
0，可得a1＝S1>
0，q≠0，
当q＝1时，Sn＝na1>
当q≠1时，Sn＝>
即>
0（n＝1,2,3，…），
则有①或②
由①得－1<
q<
1，由②得q>
1.
故q的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）．
（2）由bn＝an＋2－an＋1＝an，
得Tn＝Sn，
于是Tn－Sn＝Sn＝Sn（q－2），
又Sn>
0且－1<
0或q>
则当－1<
－或q>
2时，Tn－Sn>
0，即Tn>
Sn；
当－<
2且q≠0时，Tn－Sn<
0，即Tn<
当q＝－或q＝2时，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.
11．[xx·
山东调研]设函数f（x）＝x2＋ax－lnx（a∈R）．
（1）当a＝3时，求函数f（x）的极值；
（2）当a>
1时，讨论函数f（x）的单调性．
解
（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
当a＝3时，f（x）＝－x2＋3x－lnx，
f′（x）＝＝－.
当<
1时，f′（x）>
0，f（x）单调递增；
当0<
及x>
1时，f′（x）<
0，f（x）单调递减．
所以f（x）极大值＝f
（1）＝2，f（x）极小值＝f＝＋ln2.
（2）f′（x）＝（1－a）x＋a－＝
＝.
当＝1，即a＝2时，f′（x）＝－≤0，f（x）在定义域上是减函数；
1，即a>
2时，令f′（x）<
0，得0<
或x>
令f′（x）>
0，得<
当>
1，即1<
2时，由f′（x）>
0，得1<
；
由f′（x）<
1或x>
综上，当a＝2时，f（x）在（0，＋∞）上是减函数；
2时，f（x）在和（1，＋∞）上单调递减，在上单调递增；
当1<
2时，f（x）在（0,1）和上单调递减，在上单调递增．
12．[xx·
黄冈质检]已知椭圆C：
＋＝1（a>
b>
0）的离心率为，点A在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交于点P1，P2（两点均不在坐标轴上），且使得直线OP1，OP2的斜率之积为定值？
若存在，求出此圆的方程；
若不存在，说明理由．
解
（1）由题意，得＝，a2＝b2＋c2，因为点A在椭圆C上，所以＋＝1，解得a＝2，b＝1，c＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）结论：
存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2＋y2＝5.
证明如下：
假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为x2＋y2＝r2（r>
0）．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m.
由方程组
得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
因为直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，
所以Δ1＝（8km）2－4（4k2＋1）（4m2－4）＝0，
即m2＝4k2＋1.
得（k2＋1）x2＋2kmx＋m2－r2＝0，
则Δ2＝（2km）2－4（k2＋1）（m2－r2）>
设P1（x1，y1），P2（x2，y2），
则x1＋x2＝，x1·
x2＝.
设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，
所以k1k2＝＝
＝
＝＝.
将m2＝4k2＋1代入上式，得k1·
k2＝.
要使得k1k2为定值，则＝，即r2＝5，验证符合题意．
所以当圆的方程为x2＋y2＝5时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－.
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x＝±
2，
此时，圆x2＋y2＝5与l的交点P1，P2也满足k1k2＝－.
综上，当圆的方程为x2＋y2＝5时，圆与l的交点P1，P2满足直线OP1，OP2的斜率之积k1k2为定值－.
2019-2020年高考数学数学思想练分类讨论思想专练理
A．0≤a≤1B．a≤1
A．2B.C．2或D．2或1
A．log23B.C.D．1
A．－B.C．0D．－或0
若A为钝角，由sin
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