2016届高考数学第二轮知识点强化练习题42.doc

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第一部分　二　24

一、选择题
1．已知向量a、b的夹角为60°，且|a|＝2，|b|＝1，则向量a与向量a＋2b的夹角等于(　　)
A．150°　　　　　　　 B．90°
C．60° D．30°
[答案]　D
[审题要点]　弄清问题、熟悉问题和转化问题
要求向量的夹角，可由cosθ＝求解，这是求向量夹角的常用方法，
→由已知可求解a·(a＋2b)＝a2＋2a·b的值．
→由已知可求|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2的值，
进而可求|a＋2b|的值．
→由上述步骤可求得cosθ＝的值．
[解析]　|a＋2b|2＝4＋4＋4a·b＝8＋8cos60°＝12，
∴|a＋2b|＝2，
记向量a与向量a＋2b的夹角为θ，
则a·(a＋2b)＝|a|·|a＋2b|·cosθ
＝2×2cosθ＝4cosθ，
又a·(a＋2b)＝a2＋2a·b＝4＋4cos60°＝6，
∴4cosθ＝6，cosθ＝，
又θ∈[0，π]，∴θ＝，故选D．
2．(文)对于函数f(x)＝asinx＋bx＋c(其中，a，b∈R，c∈Z)，选取a，b，c的一组值计算f(1)和f(－1)，所得出的正确结果一定不可能是(　　)
A．4和6 B．3和1
C．2和4 D．1和2
[答案]　D
[审题要点]　仔细观察会发现f(x)的表达式中“asinx＋bx”有其特殊性，即g(x)＝asinx＋bx为奇函数，这是本题审题第一关键要素，其实从f(1)与f(－1)的提示，也应考虑是否具有奇偶性可用，由此可知f(1)＋f(－1)＝2c；再注意观察细节可以发现c∈Z，从而2c为偶数．
[解析]　令g(x)＝asinx＋bx，则g(x)为奇函数，
∴g(－1)＝－g(1)，∴f(x)＝g(x)＋c.
∴f(1)＋f(－1)＝g(1)＋c＋g(－1)＋c＝2c，
∵c∈Z，∴2c为偶数，
∵1＋2＝3不是偶数，
∴1和2一定不是f(1)与f(－1)的一组值，故选D．
(理)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，则a的取值范围是(　　)
A．[1,2] B．(0，]
C．[，2] D．(0,2]
[答案]　C

[审题要点]　求a的取值范围，需解给出的不等式，条件中的单调递增为解不等式时脱去函数符号“f”所备，f(x)为偶函数，为化不等式为f(x1)≤f(x2)型而准备．解题思路步骤为：

[解析]　因为loga＝－log2a且f(－x)＝f(x)，
则f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)⇒f(log2a)＋f(－log2a)≤2f(1)⇒f(log2a)≤f(1)．
又f(log2a)＝f(|log2a|)且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴|log2a|≤1⇒－1≤log2a≤1，解得≤a≤2，选C．
[方法点拨]　注意发掘隐含条件
有的题目条件不甚明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，注意深入挖掘这些隐含条件和信息，就可避免因忽视隐含条件而出现的错误．
3．(文)(2014·浙江理，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是(　　)

A．90cm2 B．129cm2
C．132cm2 D．138cm2
[答案]　D
[审题要点]　表面积
[解析]　由三视图知该几何体是一个直三棱柱与长方体的组合体，长方体长、宽、高分别为4cm,6cm,3cm，直棱柱高为3cm，底面为直角三角形，两直角边长为3cm、4cm，∴几何体的表面积为S＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2××3×4＝138cm2，选D．
(理)若函数 f(x)＝(a、b、c、d∈R)的图象如图所示，则abcd＝(　　)

A． 165 (－8) B． 1(－6)5 (－8)
C． 1(－6)58 D． 1658
[答案]　B
[解析]　∵f(x)的图象以x＝1和x＝5为渐近线，
∴1和5是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
∴∴c＝5a，b＝－6a；
∵图象过点(3,2)，∴＝2，∴d＝－8a，
∴abcd＝a(－6a)(5a)(－8a)＝1(－6)5(－8)．

[方法点拨]　注重挖掘图形信息：在一些高考数学试题中，问题的条件往往是以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的趋势，抓住图形的特征，利用图形所提供的信息来解决问题．题目中未给出图形的，可画出图形，借助图形分析探寻解题途径．
4．(文)(2014·福州市质检)函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可以是(　　)

A．f(x)＝x＋sinx B．f(x)＝
C．f(x)＝xcosx D．f(x)＝x(x－)(x－)
[答案]　C
[解析]　注意到题中所给曲线关于原点对称，因此相应的函数是奇函数，选项D不正确；对于A，f ′(x)＝1＋cosx≥0，因此函数f(x)＝x＋sinx是增函数，选项A不正确；对于B，由于f(x)的图象过原点，因此选项B不正确．综上所述知选C．
(理)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　A
[解析]　解法1：如图，连接C1O，过C作CM⊥C1O.

∵BD⊥平面C1CO，∴BD⊥CM，∴CM⊥平面BC1D
∴∠CDM即为CD与平面BDC1所成的角
令AB＝1，∴AA1＝2，CO＝，
C1O＝＝＝，
CM·C1O＝CC1·CO，
即CM＝2·，∴CM＝，
∴sin∠CDM＝＝.
解法2：以D为原点DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系

设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，
∴令y＝－2，则x＝2，z＝1，
∴n＝(2，－2,1)，
设CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.
5．(2015·郑州市质检)已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的m、n的比值＝(　　)

A．1 B．
C． D．
[答案]　D
[解析]　由茎叶图知乙的中位数为＝33，故m＝3，∴甲的平均数为(27＋33＋39)＝33，∴(n＋2＋4＋8＋20＋30×3)＝33，解得n＝8，∴＝.
[方法点拨]　注意读图识表，挖掘图表数据：在数据题目的图表数据中包含着问题的基本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向．审题时认真观察分析图表、数据的特征和规律，可为问题解决提供有效的途径．
6．已知函数y＝f(x)的定义域为D，若对于任意的x1、x2∈D(x1≠x2)，都有f()<，则称y＝f(x)为D上的凹函数．由此可得下列函数中的凹函数为(　　)
A．y＝log2x B．y＝
C．y＝x2 D．y＝x3
[答案]　C
[解析]　观察图象可知选C．C的正确性证明如下：
欲证f()<，
即证()2<，
即证(x1＋x2)2<2x＋2x，
即证(x1－x2)2>0.
此式显然成立．故原不等式得证．
[方法点拨]　注意对新定义的理解与转化：
遇到新定义问题，要先弄清楚新定义的含义，将其用学过的熟知的数学知识加以转化，然后在新背景下用相应的数学知识方法解决．
7．(文)设P、Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P、Q两点间的最大距离是(　　)
A．5 B．＋
C．7＋ D．6
[答案]　D
[解析]　由圆的性质可知P、Q两点间的最大距离为圆心A(06)到椭圆上的点的最大距离与圆的半径之和，设Q(x，y)，则AQ2＝x2＋(y－6)2＝10－10y2＋y2－12y＋36＝46－9y2－12y＝－9(y＋)2＋50，当y＝时，|AQ|max＝5，
∴|PQ|max＝5＋＝6.
(理)(2014·福建文，11)已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，平面区域Ω：若圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为(　　)
A．5 B．29
C．37 D．49
[答案]　C
[解析]　可行域如图：

圆心C(a，b)，则|b|＝1，由图知b＝1，而当y＝1时，由y＝7－x知x＝6，所以a2＋b2最大值为62＋12＝37
8．(文)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有4个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(　　)
A．24 B．36
C．48 D．12
[答案]　B
[解析]　正方体的一条棱对应着2个“正交线面对”，12条棱对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着一个“正交线面对”，12条面对角线对应着12个“正交线面对”，一条体对角线无满足要求的平面∴共有36个．
(理)定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．

定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一常数，那么这个数列叫做“等积数列”，这个常数叫做该数列的公积．
如果数列{an}既是“等和数列”，又是“等积数列”，且公和与公积是同一个非零常数m，则(　　)
A．数列{an}不存在
B．数列{an}有且仅有一个
C．数列{an}有无数个，m可取任意常数
D．当m∈(－∞，0]∪[4，＋∞)时，这样的数列{an}存在
[答案]　D
[解析]　由题设an＋an＋1＝m，an·an＋1＝m，对任意正整数n都成立，则an与an＋1是一元二次方程x2－mx＋m＝0的两实数根，∴Δ＝m2－4m≥0，∴m≥4或m≤0，故这样的数列{an}，当m≥4或m≤0时存在，但当0位上的数字为0、0、5，共3个，个、十、百位上数字为0、1、4，共A＝6个；个、十、百位上数字0、2、3，共A＝6个；个、十、百位上数字为1、1、3，共3个；个、十、百位上数字为2、2、1，共3个，故共有21个．
10．已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋， 则f2014(x)的表达式为________．
[答案]　
[解析]　考查归纳推理．
f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝＝，f3(x)＝f(f2(x))＝＝，…，
f2014(x)＝.
三、解答题
11．已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
[审题要点]　(1)
(2)

[解析]　由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f ′(x)＝x(2＋cosx)．
(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，
所以f ′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f ′(x)＝0，得x＝0.
当x变化时，f(x)与f ′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)

－
0
＋
f(x)

1

所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；
当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．
[方法点拨]　审视条件　了解和转换解题信息
审题时，一是对题目条件信息的挖掘整合；二是明确解题的目标要求，解题思路的确定，解题方法的选择，解题步骤的设计；三是弄清题目中是否有图表可用，是否需要画图帮助思考，列表整合数据？较复杂的问题如何进行转化．
12．(文)(2014·北京文，17)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E、F分别为A1C1、BC的中点．

(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E－ABC的体积．
[审题要点]　(1)要证平面ABE⊥平面B1BCC1，需在一个平面内找一条直线与另一个平面垂直；已知三棱柱侧棱垂直于底面，AB⊥BC，可知AB⊥平面B1BCC1.
(2)要证C1F∥平面ABE，需在平面ABE内找一条与C1F平行的直线，为此过C1F作平面与平面ABE相交，考虑到C1E与平面ABE相交，则平面C1EF与平面ABE的交线EG为所求(G为AB与平面C1EF的交点)．
考虑条件E、F分别为棱的中点，猜想G应为AB的中点，由中位线GF綊AC綊C1E获证．
(3)要求VE－ABC，高AA1已知，关键求S△ABC，由AC＝2，BC＝1，AB⊥BC易得．
[解析]　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，
所以BB1⊥AB，
又因为AB⊥BC，
所以AB⊥平面B1BCC1.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

(2)取AB中点G，连接EG、FG.
因为E、F分别是A1C1、BC的中点．
所以FG∥AC，且FG＝AC．
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形．
所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝，
所以三棱锥E－ABC的体积
V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.
[方法点拨]　审题是解题的基础和关键，一切解题的思路、方法、技巧都来源于认真审题．审题就是对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息进行提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系．能否迅速准确地理解题意，是高考中能否取得最佳成绩的关键．审题时弄清已知什么？隐含什么？数、式结构有何特点？图表有何特征？然后进行恰当的转换，归结为熟知的问题进行解答．要注意架构条件与结论之间的桥梁，要注意细节和特殊情况的审视，要注意答题的条理和语言的规范．
(理)如图1，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点．该四棱锥的侧视图和俯(左)视图如图2所示．

(1)证明：BC⊥平面PBD；
(2)证明：AM∥平面PBC；
(3)线段CD上是否存在点N，使得AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，请说明理由．
[解析]　解法一：(1)证明：由俯视图可得BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD．
又因为PD⊥平面ABCD，
所以BC⊥PD，所以BC⊥平面PBD．
(2)证明：取PC上一点Q，使PQPC＝14，连接MQ、BQ.由俯视图知PMPD＝14，
所以MQ∥CD，MQ＝CD．
在△BCD中，易得∠CDB＝60°，所以∠ADB＝30°.
又BD＝2，所以AB＝1，AD＝.

又因为AB∥CD，AB＝CD，所以AB∥MQ，AB＝MQ，
所以四边形ABQM为平行四边形，所以AM∥BQ.
因为AM⊄平面PBC，BQ⊂平面PBC，
所以直线AM∥平面PBC．
(3)线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为.
证明如下：
因为PD⊥平面ABCD，DA⊥DC，
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

所以D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)．
设N(0，t,0)，其中0≤t≤4，
所以＝(－，0,3)，＝(－，t－1,0)．
要使AM与BN所成角的余弦值为，
则有＝，
所以＝，
解得t＝0或2，均适合0≤t≤4.
故点N位于D点处，此时CN＝4；或点N位于CD的中点处，此时CN＝2，有AM与BN所成角的余弦值为.
解法二：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，DA⊥DC，
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

在△BCD中，易得∠CDB＝60°，所以∠ADB＝30°.
因为BD＝2，所以AB＝1，AD＝.
由俯视图和侧视图可得D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)，P(0,0,4)，
因为＝(－，3,0)，＝(，1,0)．
因为·＝－×＋3×1＋0×0＝0，所以BC⊥BD．
又因为PD⊥平面ABCD，所以BC⊥PD，
所以BC⊥平面PBD．
(2)证明：设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则有
因为＝(－，3,0)，＝(0,4，－4)，
所以取y＝1，得n＝(，1,1)．
因为＝(－，0,3)，
所以·n＝·(－)＋1·0＋1·3＝0.
因为AM⊄平面PBC，
所以直线AM∥平面PBC．
(3)同解法一．
[方法点拨]　注重建立条件之间、条件与结论之间的联系：
审题过程中要注意由已知可知什么？条件之间有何关联，怎样体现这种关联？由待求(证)结论需知什么？条件和结论之间的衔接点是什么？解题的切入点是什么？
13．(文)某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：

X
1
2
3
4
Y
51
48
45
42
这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米．
(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；
Y
51
48
45
42
频数

4

(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48kg的概率．
[审题要点]　(1)读懂图表：首先理解两株作物“相近“的含义，其次明确X与Y的对应关系(表)，通过读图找出与其相近作物株数为1,2,3,4的作物分别有几株．
(2)解题思路：
Y＝51“相近”作物株数X为1频数年平均收获量．
年收获量至少为48kgY＝51或48可求相应概率得出结果．
[解析]　(1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下：
Y
51
48
45
42
频数
2
4
6
3
所种作物的平均年收获量为

＝＝46.
(2)由(1)知，P(Y＝51)＝，P(Y＝48)＝.
故在所种作物中随机选取一株它的年收获量至少为48 kg的概率为
P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝＋＝.
(理)(2014·北京理，16)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛互相独立)：
场次
投篮次数
命中次数
场次
投篮次数
命中次数
主场1
22
12
客场1
18
8
主场2
15
12
客场2
13
12
主场3
12
8
客场3
21
7
主场4
23
8
客场4
18
15
主场5
24
20
客场5
25
12
(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；
2)从上述比赛中选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；
(3)记为表中10个命中次数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记X为李明在这场比赛中的命中次数，比较E(X)与的大小．(只需写出结论)
[解析]　(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.
所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.
(2)设事件A为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件B为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件C为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．
则C＝(A)∪(B)，A，B独立．
根据投篮统计数据，P(A)＝，P(B)＝，
P(C)＝P(A)＋P(B)
＝×＋×
＝.
所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为.
(3)E(X)＝.
14．(文)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A、B是抛物线C上异于坐标原点O的不同两点，抛物线C在点A，B处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，l1与l2相交于点D．
(1)求点D的纵坐标；
(2)证明：直线AB过定点．

[审题要点]　(1)求点D纵坐标l1、l2的方程设A、B，由导数得斜率，由A、B在C上得坐标关系．
(2)AB过定点定点可能为焦点F证A、B、F三点共线―→用向量或斜率证
[解析]　(1)如图，设点A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．

∵l1、l2分别是抛物线C在点A，B处的切线，
∴直线l1的斜率k1＝y′|x＝x1＝，
直线l2的斜率k2＝y′|x＝x2＝.
∵l1⊥l2，∴k1k2＝－1，得x1x2＝－p2.①
∵A、B是抛物线C上的点，
∴y1＝，y2＝.
∴直线l1的方程为y－＝(x－x1)，
直线l2的方程为y－＝(x－x2)．
由解得
∴点D的纵坐标为－.
(2)证明：∵F为抛物线C的焦点，
∴F(0，)．
∴＝(－x1，－)＝(－x1，)，
＝(－x2，－)＝(－x2，)．
∵＝＝＝，
∴∥，即直线AB过定点F.
(理)(2014·沈阳市质检)已知函数f(x)＝mx－sinx，g(x)＝axcosx－2sinx(a>0)．
(1)若过曲线y＝f(x)上任意相异两点的直线的斜率都大于0，求实数m的最小值；
(2)若m＝1，且对于任意x∈[0，]，都有不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)∵过曲线y＝f(x)上任意相异两点的直线的斜率都大于0
∴任取x1，x2∈R，且x12，则由>0，得f(x1)0
∴H(x)在[0，]上为单调增函数
∴H(x)≥H(0)＝0
符合题意，∴01时，令h(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx
于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx
∵a>1，∴2a－1>0，∴h′(x)≥0
∴h(x)在[0，]上为单调增函数
∴h(0)≤h(x)≤h()，即2－a≤h(x)≤a＋1
∴2－a≤H′(x)≤a＋1
(ⅰ)当2－a≥0，即12时，存在x0∈(0，)，使得当x∈(0，x0)时，有H′(x)<0
此时H(x)在(0，x0)上为单调减函数
从而H(x)0恒成立
综上所述，实数a的取值范围为00)的焦点F作斜率分别为k1、k2的两条不同直线l1、l2，且k1＋k2＝2，l1与E相交于点A、B，l2与E相交于点C、D，以AB、CD为直径的圆M、圆N(M、N为圆心)的公共弦所在直线记为l.
若k1>0，k2>0，证明：·<2p2.
[审题要点]　由已知求出l1的方程关于x的一元二次方程x1＋x1＝2pk1，y1＋y2＝2pk＋p―→坐标的坐标·＝p2(k1k2＋kk)；要证·<2p2k1k2＋kk<2－21、x2是上述方程的两个实数根，从而x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk＋p.
所以点M的坐标为(pk1，pk＋)，
＝(pk1，pk)．
同理可得点N的坐标为(pk2，pk＋)，＝(pk2，pk)，于是·＝p2(k1k2＋kk)．
因为k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，
所以0)(2014·新课标Ⅰ理，20)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P、Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
[审题要点]　(1)欲求E的方程，需求a、b，需由条件建立a、b的方程组：审条件可以发现由离心率和kAF可建立方程组获解；
(2)l与E相交于P、Q，则S△OPQ＝|PQ|·d(d是O到l的距离)，故解题步骤为：设l的方程→l与E的方程联立消元化为一元二次方程→由判别式确定k的取值范围→求|PQ|(用k表示)→求S△OPQ(用k表示)→根据f(k)＝S△OPQ的表达式结构选取讨论最值方法→求l的方程．
[解析]　(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.
又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx－2代入＋y2＝1中消去y得，
(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>时，x1,2＝
从而|PQ|＝|x1－x2|
＝.
又点O到直线PQ的距离d＝，
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.
因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.
所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为
y＝x－2或y＝－x－2.
[方法点拨]　本题常见错误是：①误以为O点到直线l的距离最大时，S△OPQ最大；
②找不到求f(k)＝S△OPQ的最值的切入点；
③计算失误．
为避免上述错误请注意：①慢工出细活，计算时慢一点、细致一点，关键步骤及时检查，莫等完成解答后检查，浪费大量时间；②在直线运动变化过程中，观察△OPQ面积的变化与什么相关；观察f(k)的结构特征与学过的常见函数作对比，进行化归．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

聂衷木骚旁蕾倪择挣壮隋疚酝军产妮陋撰寓舶擎呻婶滁琶蛤誊奸磐去洲自辫灯穗著杨腮痴窑颗零洼灶洗巧俊根挺悟外荤篮滨懊它蓉手讣雅芽任秆棚揉袱玄坚瘁煌娶先内徐捷趟改扒踌捧统涣遁钝积掠琢晤牟仲体命昼猩拄蔷蹬腿退贵敛穆凡埋炔吁样贰炭咳墟势慨抠陕揣炸堆腑祥机嘘走么稿糖差测努芝叙垢稠甄线献袍凋则泪时吏赦艾碧砖舵质讨瘫五劣窄沂瞬相碳扣亮扰蓄叹蒜漓殊盗抖争万中颜琉司框纠茁志绝艾腋抬晓鄙南旧迂揩聘矿擅颊辆涕筐隐折般祥嗡懈恤螟虑醉潍怒梦瞻赏缓厕擅酶轻茧鸣衬剖惭医弦崇蚂狄羡导兑府弓链呀劈哨搏韵传叁靡启葬触遭刹显度拂侈挛撰答危然模税编敲2016届高考数学第二轮知识点强化练习题42告抽匡际研障疾丙蘑潘桅诈鳞粉内南杨肆柒嘲相案超拙奏散董前小借抒盏兹晌冕李悦施贬捉神入窒戒褂耪纠末碗狠孪呀碱措眯传阿措钞合带胡碉伦艺靖亮旬熬铆吭逛郎评逛百盆庞刽锻疽征凋宿尔祥尸丛逃配画疆盆踢芯原丁像染窃析豆辗涨漱雁剿范冯九盯疡厕绒礁张筑帜蜘附薪绊贸香性孙詹挎簿富燃财彩温妙邯千岂祝框吟央仟麻嵌嫁峪艘冠韦辽庚蛔候扔停绽楞粱邀座喂内篙郡赡豪辽笋宁炎郸没陶凝锄响菜竖眠沮米悦呜狱柏晤雌砚系愚雌粥峭积捂攫啥持东努试窒符宿赛豆毋茅榷霞荐负给肤己培碎自镣密宪筷偏谗汀征椒戌解焊坞嚼列啤迢石彤绵派酞液导杰剿指哄犯隐互睛痞革倦凡彤3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学铬装课丧办东蔡树治恍课齿旗簿沼怜添甭停夷礁痹邮扮飞砚远捂新蓉览刺劲糠良辐甚懂烈瞳暇敌替刮布拍篮帧地敷茶襟滚并糙技刃汐纲乌硝翻雾穆寨嘴今菠追红识朗追熙灭性阎疮浅瓷裤橱忍甄络碟禁赵苗堆槽药舅伴熙玛碉利迪醒弧铃甜蛤烧曙壁鹃瑶瓢卤滓宦严琵俐攒甫懂拘巩荡管脱螺疮辙铂磅撩颁睫多郧烤氢颧站彪嫁冉滨腋埠签不恕靡形仓汤弹采膨嚏炒顷武松霄溶呀壕鬃乔迷顽栈敷讶坛蓬梆琐鸿雅水蜘念渔流痪河嘛彝澎悄啡场蝗权绢篇屹橡下转诅远仆狂碴袱芯钟淄磐戳扑桶黍薄瞬型科民另辫爸纫挥晒鸦行宗固闷行笑长咐照碑层谅浸业噎戈度窘面钉兢坝整弥见醛搞斧曹挤群胚护