高中数学好题速递400题（101—150）.doc

好题速递101
1．在和中，是的中点，，，，若，则与的夹角余弦值为 。
解法一：，则

因为，，
所以
所以
所以，所以
解法二：设
则

又因为为中线，所以，即
所以
在中，
2．一个口袋里装着一个红球、一个黄球、一个蓝球、一个白球，这些小球除了颜色之外，没有区别，从中一次性摸出2个球。若摸得红球记3分，摸得黄球记2分，摸得蓝球记1分，摸得白球得0分，则得分和至少为4分的概率是 。
解：得分和至少为4分的情况为摸出红和黄或摸出红和蓝，故

好题速递102
1．将正方形的四个角（四个全等的小等腰直角三角形）分别沿其底边向同侧折起，使其与原所在平面成直二面角，则所形成的空间图形的12条棱所在的直线中，共有异面直线
对。
解：可以将空间图形放回正方体内，问题就转化为8条侧面对角线与底面4条棱所在直线组成几对异面直线。
以对角线为一条，共有三条对角线异面，共有对
还有两条底边棱异面，共有对
所以共有28对。
2．某次中俄军演中，中方参加演习的有4艘军舰，3架飞机；俄方有5艘军舰，2架飞机。从中俄两方中各选2个单位（1艘军舰或1架飞机都作为一个单位，所有的飞机和军舰都是不同的），则选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有 种．
解：

好题速递103
1．正，，，，则满足条件的正边长的最大值是 ．
解：，解得
，解得
所以

故
2．用1，2，3，4，5，6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中有且仅有两个偶数相邻，则这样的六位数共有 个．
解：288个

好题速递104
1．已知函数是上的奇函数，且在区间上单调递增，。设，集合，集合，则 。
解析：易得，，所以或
由此
所以
即，恒成立
即，即
令，则对恒成立
所以
令，所以
所以
2．有四名志愿者到三个景点服务，每个景点至少1名大学生，则甲乙两名志愿者被分到不同景点的情况有 种．
解：

好题速递105
1．如图，已知正方体的棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面的距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是 。
【解析】依题意知点到点的距离与点直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线。作于，则最小时最小。
再由解析几何可得，所以最小值为22，即
2．某教师一天上3个班级的课，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有 种．
解：

好题速递106
1．在平面直角坐标系中有两点，以原点为圆心，以为半径作圆，与射线交于点，与轴正半轴交于点，则当变化时，的最小值为 。
解：设
所以
问题等价于点与轴上的点连线段长的和最短
作，则
当且仅当时，取得最小值。
2．一副扑克牌（有四色，同一色有13张不同牌）共52张．现随机抽取3张牌，则抽出的3张牌有且仅有2张花色相同的概率为　　　　　　（用数值作答）．
解：

好题速递107
1．在中，，，是内部一点，且满足，则 。
解：由得

又
故
设，则，，

故在中由正弦定理得，

在中由正弦定理得，
所以，解得
所以
所以
2．五位同学各自制作了一张贺卡，分别装入5个空白信封内，这五位同学每人随机地抽取一封，则恰好有两人抽取到的贺卡是其本人制作的概率是 。
解：

好题速递108
1．已知实数满足，且，则的最小值为 。
解：令，，则，
当且仅当，即，即时取得等号。
选题理由：在解决不等式问题时，如果出现分母里的字母较多较复杂时，不妨考虑先换元使得分母简单，更容易看清题目考查的本质。这里其实是以往我们非常熟悉的一次和与倒数和的不等式应用，只是将等式转化为不等式，注重考查了等号能否取到的问题。
同类题：已知正数满足，则的最小值为 。
解：令，，则，所以
故
问题转化为分式函数求值域的问题。
易得当，即时，
2．从集合{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}中任取两个数，欲使取到的一个数大于k，另一个数小于k(其中kÎ{5, 6, 7, 8, 9})的概率是，则k= ．
解：，解得

好题速递109
1．在直角坐标系中，若直线与曲线有四个交点，则实数的取值范围是 。
解：是偶函数，故只需画出时的图象，，再关于轴对称作出整个图象
易求得与相切时，
斜率
故由图可知时，恰有四个交点。
选题理由：遇到一个未知函数时，一定要充分利用奇偶性和单调性画出函数图象。考试中遇到的函数图象往往是几段能画的图象拼接而成，画好图象是解决函数问题的王道！
2．甲、乙、丙、丁四位同学各自在周五、周六、周日三天中任选一天参加公益活动，则每天都有同学参加公益活动的概率是_________。
解：

好题速递110
1．设是定义在上的函数，对任意的，恒有成立，，若在上单调递增，且，则的取值范围是 。
解：令，得
又因为在上单调递增，故在上也单调递增，
又是奇函数，故在上单调递增，

得
所以
所以，得
2．已知且，则复数对应点在第二象限的概率为 。（用最简分数表示）
解：

好题速递111
1．已知，若，使得，则实数的取值范围是 。
解：要使命题成立需满足，函数在上是增函数，所以，函数在上是减函数，所以，所以。
2．一家5口春节回老家探亲，买到了如下图的一排5张车票：
窗口
6排A座
6排B座
6排C座
走廊
6排D座
6排E座
窗口
其中爷爷行动不便要坐靠近走廊的位置，小孙女喜欢热闹要坐在左侧三个连在一起的座位之一，则座位的安排方式一共有__________种。
解：30

好题速递112
1．若实数满足，则的最大值是 。
解：令，
则，
问题转变求为圆弧上一点到原点的距离的平方减3的最大值
故
2．设集合，则集合A中满足条件“”的元素个数为 。（用数字作答）
解：十个字母中有个字母是，有个字母是0，
故有

好题速递113
1．在平面直角坐标系中，定义点、之间的“直角距离”为，若到、的“直角距离”相等，其中实数满足，则所有满足条件的的轨迹的长度之和为 ．
解：
先以为分类指标，当时，，无解
当时，，无解
当时，
再以为分类指标，若，则，线段长度为1；
若，则，线段长度为；
若，则，线段长度为4；
故的轨迹的长度之和为
2．用数字“”组成一个四位数，则数字“”都出现的四位偶数有 个。
解：7

好题速递114
1．在平面直角坐标系中，圆，圆，过轴负半轴上一点作圆的切线，与圆O相切于点A，与圆分别相交于点，若，则点的坐标为 。
解：设，连结，并作，
则，
在中，有
所以
解得，所以
又，所以，即，所以，所以
2．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则 。
解：，所以
即，解得

好题速递115

1．如图，为的外心，，，为钝角，是边的中点，则的值为 ．
解：因为
所以
2．袋子中装有大小、材质都相同的2个绿球、3个白球共5个小球．随机从袋子中一次性摸取2个小球，规定摸到1个绿球得2分、1个白球得1分．问摸取2个小球的得分之和为几分的概率是最大的？试通过计算给出回答．
解：摸取个小球的得分之和可能出现三种情况，依次记其发生的事件分别为．
事件表明摸取的个小球都为白球，其概率；
事件表明摸取的个小球为个白球个绿球，其概率；
事件表明摸取的个小球为个绿球，其概率．
通过以上的计算结果可以知道： 摸取个小球的得分之和为分的概率是最大的．
评注：注意一下大题的书写方式。

好题速递116
1．已知中，角的对边满足，则的最大值是 ．
解：
即，且为钝角，为锐角
由余弦定理得
锐角在区间上递减，故当时，则
2．各大学在高考录取时采取专业志愿优先的录取原则．一考生从某大学所给的个专业中，选择个作为自己的第一、二、三专业志愿，其中甲、乙两个专业不能同时兼报，则该考生有______种不同的填报专业志愿的方法（用数字作答）．
解：

好题速递117
1．已知为锐角，且，则的最大值是 ．
解法一：
即

当且仅当时取得等号。
解法二：由得
即
即
当且仅当，即时取得等号。
2．三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 。
解：

好题速递118
1．已知函数对任意都有，则实数的取值范围是 。
解：这里如果直接代入去解很繁琐，所以进行一次换元有效简化计算。
令，，
则问题转化为对恒成立
代入后化简得
所以对恒成立或对恒成立
即或
2．在“学雷锋，我是志愿者”活动中，有6名志愿者要分配到3个不同的社区参加服务，每个社区分配2名志愿者，则甲、乙两人分到同一社区的概率为 。
解：

好题速递119
1．在三棱锥中，，，，，则直线与所成角的余弦值是 。
解：将三棱锥放入到长方体内， 长方体的高，，，，，
故在中，
2．如果某年年份的各位数字之和为7，我们称该年为“七巧年”。例如，年份2014的各位数字之和为7，恰为“七巧年”。那么从2000年到2999年中“七巧年”共有 年。
解：21

好题速递120
1．已知，则的最大值为 。
解：设，由此可知，越大，抛物线顶点越低，由于，如图所示，当抛物线过点时，
2．两个三口（父母及一个小孩）之家共同游览黄山，需乘坐两辆不同的缆车，每辆缆车最多只能乘坐4人，但两个小孩不能单独乘坐同一辆缆车，则不同的乘坐方法共有 种。
解：

好题速递121
1．在中，若，则的最大值为 。
解：

即，则
2．现有4人去旅游，旅游地点有A、B两个地方可以选择。但4人都不知道去哪里玩，于是决定通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪里玩，掷出能被3整除的数时去A地，掷出其他的则去B地；
（1）求这4个人中恰好有1个人去B地的概率；
（2）求这4个人中去A地的人数大于去B地的人数的概率。
解：依题意，这4个人中，每个人去A地旅游的概率为，去B地的人数的概率为
设“这4个人中恰有人去A地旅游”为事件
∴
（1）这4个人中恰有1人去A地游戏的概率为
（2）设“这4个人中去A地的人数大于去B地的人数”为事件B，则，

好题速递122
1．已知，，且的最小值为 。
解：的周期为8，图象关于点中心对称，图象也关于点中心对称，故要最小，在轴右侧最靠近轴的四个点

2．将3个不相同的黑球和3个相同白球自左向右排成一排，如果满足：从任何一个位置（含这个位置）开始向右数，数到最末一个球，黑球的个数大于或等于白球的个数，就称这种排列为“有效排列”，则出现有效排列的概率为 。
解：“有效数列”要求从后往前数，黑球数目总是大于或等于白球的个数，有如下五种模式
○○○●●●；
○○●○●●；
○●○○●●；以上三种是后两位都是黑球
○●○●○●；
○○●●○●；以上两种是后三位黑白黑（罗列要有规律）
故概率为
评注：在求概率的时候所有的相同不同的球一律视为不同，从而保证基本事件等概率。

好题速递123
1．自平面上点引两条射线，，点分别在射线，上，且（点与点不重合），且，则的取值范围是 。
解：设，则，

2．一个不透明的袋中装有大小形状完全相同的黑球10个、白球6个(共16个)，经过充分混合后，现从中任意摸出3个球，则至少得到１个白球的概率是 （用数值作答）．
解：

好题速递124
1．若的内角满足，则的最小值是 。
解：由得，即

1
2
3
4
5
6
7
8
9
2．用红、黄、蓝三种颜色分别去涂图中标号为1,2,3,…,9的9个小正方形（如图），需满足任意相邻（有公共边的）小正方形所涂的颜色都不相同，且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法中，恰好满足“1、3、5、7、9”为同一颜色，“2、4、6、8”为同一颜色的概率为 。
解：求n(W)：
第一步：涂1、5、9，有3种方法；
第二步：涂2、6、3，
类①，2、6同色：涂2、6，有2种(如1涂红，则2、6可黄黄或蓝蓝)，
涂3，有2种(3与2不同色，但可与1同色).故有2´2=4种；
类②，2、6不同色：涂2、6，有2种(如1涂红，则26可黄蓝或蓝黄)，
涂3，只有1种(只能与1同色).故有2种；
第二步：涂4、8、7，与涂2、6、3一样，有4+2=6种.
故共有n(W)=3´6´6=108.
求n(A)：
把“1、3、5、7、9”看作一块，“2、4、6、8”看作另一块，用3种颜色涂这2块，
∴n(A)=，∴.

好题速递125
1．设是双曲线在第一象限内的点，为其右焦点，点关于原点的对称点为，若，设且，则双曲线离心率的取值范围 。
解：设左焦点为，令，，则
所以，即
因为，所以
所以
即
又因为
于是得
因为，所以
故
故
2．从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中,随机(等可能)取两点,则该两点间的距离为的概率是　　　　.
解：

好题速递126
1．已知函数，若存在，使得函数有三个零点，则实数的取值范围是 。
解：
若，对称轴时，在上递增
若，对称轴时，在上递增
所以当时，在上递增，则函数不可能有三个零点，故只需考虑的情况
画出的大致图象知，要使得函数有三个零点，只能
即，即存在，使得即可
令，只要使即可，而

故
2．如图，沿田字型的路线从往走，且只能向右或向下走，
随机地选一种走法，则经过点的概率是 ．
解：

好题速递127
1．已知是空间相互垂直的单位向量，且，则的最小值是 。
解法一：由知在方向上的投影为1，在方向上的投影为2，
是在组成的平面内的任意向量，表示空间向量的终点到平面上任一点的距离，最小值就是连线垂直于平面时，即
解法二：
2．从集合中随机选取一个数记为m，从集合中随机选取一个数记为n，则方程表示焦点在轴上的椭圆的概率为 ．
解：

好题速递128
1．已知函数，若关于的方程有五个不同实根，则的值是 。
解：画出的图象，可知当时，有3个根，把代入，得或
当时，方程有5个根，当时，或，此时有7个根，舍去。
2．袋子中装有大小、材质都相同的2个绿球、3个白球共5个小球．随机从袋子中一次性摸取2个小球，规定摸到1个绿球得2分、1个白球得1分．问摸取2个小球的得分之和为几分的概率是最大的？试通过计算给出回答．
解：摸取个小球的得分之和可能出现三种情况，依次记其发生的事件分别为．………………1分
事件表明摸取的个小球都为白球，其概率；…………2分
事件表明摸取的个小球为个白球个绿球，其概率……3分
事件表明摸取的个小球为个绿球，其概率．……4分
通过以上的计算结果可以知道： 摸取个小球的得分之和为分的概率是最大的．………5分

好题速递129
1．已知三棱锥的侧面底面，侧棱，且，如图平面，以直线为轴旋转三棱锥，记该三棱锥在平面上的俯视图面积为，则的取值范围是 。
解：因为侧面底面，
所以在旋转过程中等边在底面上的射影总在侧面与平面的交线上，且长度范围是
由已知可推得
所以
2．袋子里有3颗白球，4颗黑球，5颗红球．由甲、乙、丙三人依次各抽取一个球，抽取后不放回．若每颗球被抽到的机会均等，则甲、乙、丙三人所得之球颜色互异的概率是 。
解：

好题速递130
1．已知非零向量的夹角为，，，则的取值范围是 。
解：由与
两式平方相加和相减得和

，得
2．（1）的展开式中常数项为240，则的展开式中项的系数为 。
（2）2015年5月12日，尼泊尔再次发生强烈地震，世界各国纷纷派出搜救队员参与到尼泊尔的抗震救灾中。现要从7名中国籍搜救队员，4名非中国籍搜救队员中选5名组成一支特殊搜救队到某地执行任务，求这5名队员中至少有2名非中国籍队员的概率。
解：（1）
（2）

好题速递131
1．函数，，若对，，，则的最大值为 。
解：，
若使对，，成立首先需使且
且线段与曲线无交点
由得无正根
（i）若，即时，要求，
解得，即
（ii）若时，满足，恒成立
综上，
故要使对，，成立只需，画出可行域可得
2．（1）若复数与其共轭复数满足，，则 。
（2）若函数的图象总在图象的上方，求实数的取值集合。
解：（1）2
（2）对且恒成立，
故或
令，……，得

好题速递132
1．已知，若的最大值是，则关于的不等式的解集是 。
解：令，则
所以
当时，
当时，
当时，
，解得或
2．（1）设，复数满足且（其中 为虚数单位），求．
（2）已知是函数的一个极值点，图像经过点．设在其图像上不同两点处的切线分别为．当时，求证为定值．
（1）解：由得．
再由得.
解得．
（2）解：由得．
由是函数的一个极值点知．
又由图像经过点得．
所以．．
由得．
化为．由于，得．
所以当时，为定值．

好题速递133
1．如图，一条隧道的截面由一个长方形和抛物线构成，现欲在隧道抛物线拱顶上安装监控探头，若位置对隧道底的张角最大时，采集效果最好，则采集效果最好时位置到的距离是 。
解：以抛物线顶点为原点建系，则抛物线方程为，
设，则
且
所以两式相除得
当且仅当时，即到的距离为m时，取得
2．（1）某校周四下午第三、四两节是选修课时间，现有甲、乙、丙、丁四位教师可开课。已知甲、乙教师各自最多可以开设两节课，丙、丁教师各自最多可以开设一节课。现要求第三、四两节课中每节课恰有两位教师开课（不考虑教师所开课的班级和内容），则不同的开课方案共有 种。
解：若只有甲乙两人开课，他们两人每人开设两节，只有一种方案；
若甲乙两人开课，丙丁中有一人开课，则有种方案；
若甲乙两人中有一人开课，丙丁两人均开课，有种方案；
若甲乙丙丁四人全部开课，每人一节，有种方案；
故共有19种
（2）若二项式展开式中含有常数项，则的最小取值是 。
解：7

好题速递134
1．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线的右支于两点，若，且，则双曲线的离心率为 。
解：如图所示，标出两个焦点三角形各边的长度，是的中点，则在中，利用勾股定理得

所以
即
2．（1）将二项式的展开式按的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中的指数是整数的项共有 个。
（2）无重复数字的五位数a1a2a3a4a5 ， 当a1a3， a3a5时称为波形数，则由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率为 。
解：（1）3个
（2）五个数任意排列，有种不同排法
若将5排在位置，4排在位置，其余三个数任意排，有种
5与4交换位置，又有6种；
若将5排在位置，3排在位置，则4只能排在位置，其余两个数有2种排法；5与3交换位置，又有2种；
共计6+6+2+2=16种，概率为

好题速递135
1．已知向量的夹角为，，向量，的夹角为，，则的最大值为 。
解法一：，则，，又，，此时四点共圆（也可能不四点共圆，点C关于AB对称点也可，但要使最大，显然四点共圆时更大）。
由正弦定理得，则
在中，，由余弦定理得
即
所以
解法二：同前，四点共圆
由正弦定理得，，
又
预 祝 大 家 高 考 满 堂 红
祝 大 家 高 考 满 堂 红
大 家 高 考 满 堂 红
家 高 考 满 堂 红
高 考 满 堂 红
考 满 堂 红
满 堂 红
堂 红
红
所以当且仅当为等腰三角形时，
故的最大值为24。
解法三：同前，四点共圆
由极化恒等式
故
2．（1）“预祝大家高考满堂红”这句话，如图所示形式排列，从“预”字读起，只允许逐字沿水平向右或竖直向下方向读，则读完整句话的不同读法共有 种．
答案：种
（2）的展开式中的系数是 。
解：14

好题速递136
2015年浙江第18题
设函数，记为在上的最大值
（1）设，求证：
（2）若，请求出的最值。
证明：（1）因为对称轴或

证法一：规划视角
故，又结合，
可以从规划视角来解题，以为横坐标，为横坐标建系，
画出可行域如图1所示，
目标函数视为可行域内的点到直线的距离的倍，显然当取点时

同理，可行域如图2所示，

目标函数视为可行域内的点到直线的距离的倍，显然当取点时
综上，
证法二：绝对值不等式

解法三：
令，则
在同一个坐标系中画出和的图象，两者取其大，则显然当时，
故
（2）解法一：规划视角
显然又是一个规划问题了。
以为横坐标，为横坐标建系，画出可行域如图中的蓝色部分。这里画图时注意到上下两条抛物线恰与两条直线相切（这里命题人命题时可能又是两边夹的应用）

目标函数，
（当然这个目标函数也可以理解为一个正方形逐渐变大）
显然当在第一象限（含坐标轴）时，目标函数
当在第二象限时，目标函数
当在第三象限时，目标函数
当在第四象限时，目标函数
综上，的最大值为3，最小值为0。
解法二：
显然，而时，，，所以可以取到，所以
又由（1）的逆否命题可知当时，必有，
且
（i）若，则
（ii）若，则，
所以，从而
当且仅当时，，，
综上，的最大值为3，最小值为0。
解法三：
显然，而时，，，所以可以取到，所以
由
故
故或
又，故
这种解法范韡同学考前特地拿来问，硬逼着我去解，难道他做梦做到这个题了？呵呵！

好题速递137
2015年第20题
已知数列满足且
（1）求证：
（2）若数列的前项和为，证明：
证明：解法一：综合法
（1），故
又，故与同号，又因为，故，即
所以，即
解法二：分析法
，
而，故与同号又因为，故，即，且
另一端要证，即证，即证，即证，显然成立，故
本题的几何背景：是二次型结构的递推关系式，所以可将视为抛物线上的点，则可视为点与原点连线的斜率。
画出的图象，
因为原点处的导数值，点与原点连线斜率为，故
即
（2）由，
可得
分析法
要证，即证
即证
即证（★）
解法一：由的二次型结构，考虑用取倒法证明

故
由（1）知，得
累加得，即
从而★式得证，原命题得证。
解法二：从第一小题的结论出发，利用单调性放缩
由得
所以，即
故累加得，所以
同理，又由第1小题的另一边得，
即，
故累加得，所以
即，得证。
评注：本解法多次用到了累加，是典型的等变不等的问题。特别是第二小题，如果在第一小题的基础上，想到将不等号全部改为等号，那么提示意味就很明显一些了。

考前学生们做了
1、已知数列中，，
（I）求； （II）求数列的通项公式；
（III）设数列满足，，求证：
解：（I）
（II），
两式相减得，即，故累乘得
（III）由（II）得
故是单调递增数列，故要证，只需证
若，则，显然成立；
若，则
故，即
故
所以，所以

好题速递138
A
D
B
C
M
N
N
（2015年浙江高考第13题）如图，在三棱锥中，，，若分别为的中点，则异面直线所成角的余弦值为 。
解析：因为三棱锥三组对边相等，故可以将其放入长方体内，构造长方体模型解决。
如图所示，根据题中条件，，可得构造的长方体长、宽、高分别为。
建系得，，，，，
故
故，
当然构建了长方体，用几何法也是易如反掌了，连结，显然，故所求角即为
因为，
故

好题速递139
（2015浙江高考第14题）若实数满足，则的最小值是 。
解：因为，故恒成立，故

结合，画出可行域如图，
第一段： 第二段：

目标函数 目标函数
此时最小值在点取得为3 此时最小值在点取得为3（注意到）
点评：本题属于去绝对值的常规线性规划题，大家还记得3月23日每日征解吗？就是可行域从圆改为正方形。
3月23日每日征解：定义，设实数 满足约束条件，则的取值范围是 ．
解：
作出所对应的区域如图所示：
由图可知：

好题速递140
（2015浙江高考第15题）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，则 ， ， 。
解法一：向量的几何意义角度
如图所示，，
对于任意，表示空间向量的终点到平面上任一点距离的最小值就是连线垂直于平面时，即图中且面
故画出底面图如右图，延长与交于点，设，则
故在中，，即，得，，，，，
C
N
O
M
P
Q
R
点恰为的中点，作，
则
故，，
2.5e2
2e1
O
B
M
N
C

解法二：向量的坐标运算角度
建立空间直角坐标系，其中，设，
由题中条件，可知，故
由
得对任意恒成立
所以
即
所以，解得，且，故
解法三：向量的代数运算角度
由得对任意恒成立
这里出现了双任意问题，故用双△法求解
先对任意，恒成立
故恒成立，
即对任意，恒成立
故，解得
对于任意，，
故，此时且
解得，
同学们，你们还记得5月29日每日征解吗？就是这个题的倒推解法。
5月29日每日征解：已知是空间相互垂直的单位向量，且，则的最小值是 。
解法一：由知在方向上的投影为1，在方向上的投影为2，
是在组成的平面内的任意向量，表示空间向量的终点到平面上任一点的距离，最小值就是连线垂直于平面时，即
解法二：

好题速递141
2015江苏第12题）在平面直角坐标系中，为双曲线右支上一个动点，若点到直线的距离大于恒成立，则实数的最大值为 。
解法一：代数解法

因为关于单调递减，故当时，
故，故
这里用到了分子有理化，可以有效解决两个根号相减无法判断单调性的问题。
解法二：本题的几何意义就是双曲线的渐近线，是考查双曲线渐近线的一道好题。
注意到双曲线的一条渐近线是与直线平行，故双曲线右支上的点到的距离可以理解为双曲线右支上的动点到渐近线的距离加上两平行线间的距离。显然当无限接近渐近线，距离接近于0，故，
好题速递142
（2015四川第10题）设直线与抛物线相交于两点，与圆相切于点，且为线段的中点，若这样的直线恰有4条，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
解法一：设，，，为圆心
当时，，
由得
所以
由
所以
故是方程的两个不同正根，由得
此时满足题意且不垂直于轴的直线有两条，又显然还存在两条垂直于轴的直线满足条件，故．
解法二：设点同上，，在抛物线内，故
因为点在圆上，故，故
又，故，即

好题速递143
（2015四川第9题）如果函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）
A．16 B．18 C．25 D．
解法一：画出可行域或或
（或用导数对恒成立，即）
令，则，当函数与可行域相交变化中，看的变化可得，当与相切时，取得最大值，则两式联立，解得

解法二：当时，，故
当且仅当时取得等号
当时，，故
当且仅当时取得等号，因为，故取不到。
故要使取最大值，应有
故
综上，最大值为18

好题速递144
（2015福建第8题）若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
解：因为，故
所以这三个数排序成或成等比数列，所以 （1）
不妨设，则或成等差数列，故 （2）
由（1）（2）得，得

好题速递145
（2015山东第10题）设函数，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
解法一：当时，有，则，而，等式两段成立
当时，有，
若，，，等式成立
若，则，，此时，不成立
故
解法二：换元法，画出函数的图象，可知函数单调递增
设，

好题速递146
（2015山东第15题）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于、、，若的垂心为的焦点，则的离心率为 。
解：设渐近线方程为，与联立得，
而抛物线的焦点恰为的垂心，故
所以，化简得
所以

好题速递147
（2015重庆第10题）设双曲线的右焦点为，右顶点为，过点作的垂线与双曲线交于两点，过分别作的垂线交于点。若到直线的距离小于，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
解法一：由题意得，直线方程为，则，
不难看出点为的垂心，由于，垂心在轴上
由直线的垂线方程为，令，得
则点到直线的距离为
化简得，可得
于是渐近线的斜率
解法二：，
在中，
化简得
于是渐近线的斜率

好题速递148
（2015湖南第9题）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满足的，有，则（ ）
A． B． C． D．
解：，又的最大、最小值为，故等价于一个取得1，一个取得。
不妨设，
所以
又，所以，即

好题速递149
y
x
O
T
C
N
A
M
B
（2015湖北第14题）如图，圆与轴相切于，与轴正半轴交于两点（在的上方），且
（1）圆的标准方程为 ；
（2）过点作任一直线与圆相交于两点，下列三个结论：
① ② ③
其中正确结论的序号是 。
解法一：解析几何代数法
（2），，设为圆上任意一点，则

故①，正确。
对②，正确
对③，正确
评注：由本解法可以看到，又是熟悉的阿波罗尼斯圆！
实际上，从几何意义看，过作圆的切线，切点为
由，故
所以
解法二：几何相似三角形法
（1）显然，故圆的标准方程为
（2）如图所示，由半径相等及圆的切割线定理得

则由及为公共角，
得，得
又由及为公共角，
得，得
两者可得①，正确。
对②，正确
对③，正确

好题速递150
（2015四川第15题）已知函数，（其中）。对于不相等的实数，设，，
现有如下命题：
（1）对于任意不相等的实数，都有；
（2）对于任意的及任意不相等的实数，都有；
（3）对于任意的，存在不相等的实数，使得；
（4）对于任意的，存在不相等的实数，使得；
其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）
解：数形结合
的几何意义分别是函数，各自图象上不同两点连线的斜率，则（1）显然正确，（2）不正确
（3）若正确，等价于与的图象总有至少两个交点。
注意到，若取，显然与的图象只在轴左边有一个交点，在轴右边无交点（指数变化比二次变化快得多），故（3）错。
（4）由于图象总过原点，与的图象总有一个横坐标为负数的交点，以此交点的横坐标为，作竖直的直线与，的图象分别交于两点，如图取线段的中点为，则在移动的过程中，总存在一条使，此时取点的横坐标为，使得（4）成立。
故真命题有（1）（4）。