辽宁省大连23中2009年高考数学第二轮复习秘笈2:解析几何解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体.综合函数.不等式.三角.数列等知识.所涉及到的知识点较多.对解题——青夏教育精英家教网—

0 505 513 519 523 529 531 535 541 543 549 555 559 561 565 571 573 579 583 585 589 591 595 597 599 600 601 603 604 605 607 609 613 615 619 621 625 631 633 639 643 645 649 655 661 663 669 673 675 681 685 691 699 3002

辽宁省大连23中2009年高考数学第二轮复习秘笈2：

解析几何

解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体，综合函数、不等式、三角、数列等知识，所涉及到的知识点较多，对解题能力考查的层次要求较高，考生在解答时，常常表现为无从下手，或者半途而废。据此笔者认为：解决这一类问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维. 即在掌握通性通法的同时，不应只形成一个一个的解题套路，解题时不加分析，跟着感觉走，做到那儿算那儿. 而应当从宏观上去把握，从微观上去突破，在审题和解题思路的整体设计上下功夫，不断克服解题征途中的道道运算难关.

1 判别式----解题时时显神功

案例1 已知双曲线，直线过点，斜率为，当时，双曲线的上支上有且仅有一点B到直线的距离为，试求的值及此时点B的坐标。

分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有”这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B作与平行的直线，必与双曲线C相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式. 由此出发，可设计如下解题思路：

解题过程略.

分析2：如果从代数推理的角度去思考，就应当把距离用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B到直线的距离为”，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思路：

简解：设点为双曲线C上支上任一点，则点M到直线的距离为：

于是，问题即可转化为如上关于的方程.

由于，所以，从而有

于是关于的方程

由可知：

方程的二根同正，故恒成立，于是等价于

由如上关于的方程有唯一解，得其判别式，就可解得 .

点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优越性.

2 判别式与韦达定理-----二者联用显奇效

案例2 已知椭圆C:和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两点，在线段AB上取点Q，使，求动点Q的轨迹所在曲线的方程.

分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。其实，应该想到轨迹问题可以通过参数法求解. 因此，首先是选定参数，然后想方设法将点Q的横、纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.

由于点的变化是由直线AB的变化引起的，自然可选择直线AB的斜率作为参数，如何将与联系起来？一方面利用点Q在直线AB上；另一方面就是运用题目条件：来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到，要建立与的关系，只需将直线AB的方程代入椭圆C的方程，利用韦达定理即可.

通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.

在得到之后，如果能够从整体上把握，认识到：所谓消参，目的不过是得到关于的方程（不含k），则可由解得，直接代入即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过程。

简解：设，则由可得：，

解之得：（1）

设直线AB的方程为：，代入椭圆C的方程，消去得出关于 x的一元二次方程：

（2）

∴

代入（1），化简得： (3)

与联立，消去得：

在（2）中，由，解得，结合（3）可求得

故知点Q的轨迹方程为：（）.

点评：由方程组实施消元，产生一个标准的关于一个变量的一元二次方程，其判别式、韦达定理模块思维易于想到. 这当中，难点在引出参，活点在应用参，重点在消去参.，而“引参、用参、消参”三步曲，正是解析几何综合问题求解的一条有效通道.

3 求根公式-----呼之欲出亦显灵

案例3 设直线过点P（0，3），和椭圆顺次交于A、B两点，试求的取值范围.

分析：本题中，绝大多数同学不难得到：=，但从此后却一筹莫展, 问题的根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.

分析1: 从第一条想法入手，=已经是一个关系式，但由于有两个变量，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量――直线AB的斜率k. 问题就转化为如何将转化为关于k的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y得出关于的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.

简解1：当直线垂直于x轴时，可求得;

当与x轴不垂直时，设，直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得

解之得

因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑的情形.

当时，，，

所以 ===.

由 , 解得，

所以，

综上 .

分析2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的根源. 由判别式值的非负性可以很快确定的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原因在于不是关于的对称关系式. 原因找到后，解决问题的方法自然也就有了，即我们可以构造关于的对称关系式.

简解2：设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得

（*）

则

令，则，

在（*）中，由判别式可得，

从而有，

所以，

解得 .

结合得.

综上，.

点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.

解题犹如打仗，不能只是忙于冲锋陷阵，一时局部的胜利并不能说明问题，有时甚至会被局部所纠缠而看不清问题的实质所在，只有见微知著，树立全局观念，讲究排兵布阵，运筹帷幄，方能决胜千里.

试题详情

辽宁省大连23中2009年高考数学第二轮复习秘笈1：

二次函数

.二次函数是中学代数的基本内容之一，它既简单又具有丰富的内涵和外延. 作为最基本的初等函数，可以以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联系；作为抛物线，可以联系其它平面曲线讨论相互之间关系. 这些纵横联系，使得围绕二次函数可以编制出层出不穷、灵活多变的数学问题.　同时，有关二次函数的内容又与近、现代数学发展紧密联系，是学生进入高校继续深造的重要知识基础. 因此，从这个意义上说，有关二次函数的问题在高考中频繁出现，也就不足为奇了.

学习二次函数，可以从两个方面入手：一是解析式，二是图像特征. 从解析式出发，可以进行纯粹的代数推理，这种代数推理、论证的能力反映出一个人的基本数学素养；从图像特征出发，可以实现数与形的自然结合，这正是中学数学中一种非常重要的思想方法. 本文将从这两个方面研究涉及二次函数的一些综合问题.代数推理

由于二次函数的解析式简捷明了，易于变形（一般式、顶点式、零点式等），所以，在解决二次函数的问题时，常常借助其解析式，通过纯代数推理，进而导出二次函数的有关性质.

1.1 二次函数的一般式中有三个参数. 解题的关键在于：通过三个独立条件“确定”这三个参数.

例1 　已知，满足1且，求的取值范围.

分析：本题中，所给条件并不足以确定参数的值，但应该注意到：所要求的结论不是的确定值，而是与条件相对应的“取值范围”，因此，我们可以把1和当成两个独立条件，先用和来表示.

解：由，可解得：

（*）

将以上二式代入，并整理得

∴ .

又∵，,

∴ .

例2 设，若，，, 试证明：对于任意，有.

分析：同上题，可以用来表示.

解：∵ ,

∴ ,

∴ .

∴ 当时，

当时，

综上，问题获证.

1.2 利用函数与方程根的关系，写出二次函数的零点式

例３　设二次函数，方程的两个根满足. 当时，证明.

分析：在已知方程两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以写出函数的表达式，从而得到函数的表达式.

证明：由题意可知.

∴ ,

∴ 当时，.

又,

∴ ,

综上可知，所给问题获证.

1.3 紧扣二次函数的顶点式对称轴、最值、判别式显合力

例4 已知函数。

（1）将的图象向右平移两个单位，得到函数，求函数的解析式；

（2）函数与函数的图象关于直线对称，求函数的解析式；

（3）设，已知的最小值是且，求实数的取值范围。

解：(1)

(2)设的图像上一点，点关于的对称点为，由点Q在的图像上，所以

，

于是

即

（3）.

设，则.

问题转化为：对恒成立. 即

对恒成立. （*）

故必有.（否则，若，则关于的二次函数开口向下，当充分大时，必有；而当时，显然不能保证（*）成立.），此时，由于二次函数的对称轴，所以，问题等价于，即，

解之得：.

此时，，故在取得最小值满足条件.

2 数形结合

二次函数的图像为抛物线，具有许多优美的性质，如对称性、单调性、凹凸性等. 结合这些图像特征解决有关二次函数的问题，可以化难为易.，形象直观.

2.1 二次函数的图像关于直线对称，特别关系也反映了二次函数的一种对称性.

例5 设二次函数，方程的两个根满足. 且函数的图像关于直线对称，证明：.

解：由题意 .

由方程的两个根满足, 可得

且,

∴ ，

即，故 .

2.2 二次函数的图像具有连续性，且由于二次方程至多有两个实数根. 所以存在实数使得且在区间上，必存在的唯一的实数根.

例6 已知二次函数，设方程的两个实数根为和.

（1）如果，设函数的对称轴为，求证：；

（2）如果，，求的取值范围.

分析：条件实际上给出了的两个实数根所在的区间，因此可以考虑利用上述图像特征去等价转化.

解：设，则的二根为和.

（1）由及，可得，即，即

两式相加得，所以，;

（2）由, 可得 .

又，所以同号.

∴ ，等价于或,

即或

解之得或.

2.3 因为二次函数在区间和区间上分别单调，所以函数在闭区间上的最大值、最小值必在区间端点或顶点处取得；函数在闭区间上的最大值必在区间端点或顶点处取得.

例7 已知二次函数，当时，有，求证：当时，有.

分析：研究的性质，最好能够得出其解析式，从这个意义上说，应该尽量用已知条件来表达参数. 确定三个参数，只需三个独立条件，本题可以考虑，，，这样做的好处有两个：一是的表达较为简洁，二是由于正好是所给条件的区间端点和中点，这样做能够较好地利用条件来达到控制二次函数范围的目的.

要考虑在区间上函数值的取值范围，只需考虑其最大值，也即考虑在区间端点和顶点处的函数值.

解：由题意知：，

∴ ，

∴ .

由时，有，可得 .

∴ ,

（1）若，则在上单调，故当时，

∴ 此时问题获证.

（2）若，则当时，

又，

∴ 此时问题获证.

综上可知：当时，有.

试题详情

高三物理二轮复习查漏补缺（二）

班次姓名学号

1. 如图所示是迈克尔逊用转动八面镜法测光速的实验示意图，图中S为发光点，T是望远镜，平面镜O与凹面镜B构成了反射系统。八面镜距反射系统的距离为AB＝L（L可长达几十千米），且远大于OB以及S和T到八面镜的距离。现使八面镜转动起来，并缓慢增大其转速，当转动频率达到f₀并可认为是匀速转动时，恰能在望远镜中第一次看见发光点S，由此迈克尔逊测出光速c。根据题中所测量的物理量得到光速c的表达式正确的是（）

A. c＝4Lf₀B. c＝8Lf₀

C. c＝16Lf₀ D. c＝32Lf₀

2.对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则（）

A．当体积减小时，N必定增加　　

B．当温度升高时，N必定增加

　C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化

D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变

3.设有一固定的S极磁单极子，其磁场分布与负点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示。距离它对r处磁感应强度大小为B=k/r2，k 为常数，现有一带正电的小球在S极附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是( )

A．小球的运动轨迹平面在S的正上方，如图甲所示

B．小球的运动轨迹平面在S的正下方，如图乙所示

C．从S极看去小球的运动方向是顺时针的

D．从S极看去小球的运动方向是逆时针的

4.某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后，自己制作了一

个手动手电筒，如图是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中

间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接

一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、

b两点关于O点对称，则下列说法中正确的是（　　　）

A．线圈经过O点时穿过的磁通量最小

B．线圈经过O点时受到的磁场力最大

C．线圈沿不同方向经过b点时所受的磁场力方向相反

D．线圈沿同一方向经过a、b两点时其中的电流方向相同

5. 横波波源做间歇性简谐运动，周期为0.05s,波的传播速度　

为20 m/s，波源每振动一个周期，停止运动0.025s，然后重复振动，在t=0时刻，波源开始从平衡位置向上振动，则下列说法中正确的是（）

A．在前1.7s内波传播的距离为17m

B．若第1.7s末波传播到P点，则此时P点的振动方向向下

C．在前1.7s时间内所形成的机械波中，共有23个波峰

D．在前1.7s时间内所形成的机械波中，共有23个波谷

6. 研究表明，无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．现有两块无限大的均匀绝缘带电平面，一块带正电，一块带负电，把它们正交放置如图甲所示，单位面积所带电荷量的数值相等．图甲中直线A₁B₁和A₂B₂分别为带正电的平面和带负电的平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点．则图乙中能正确反映等势面分布情况的是( )

7. A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰.用频闪照相机在t₀=0, t₁=Δt,t₂=2Δt, t₃=3Δt各时刻闪光四次,摄得如图所示照片,其中B像有重叠,m_B=m_A,由此可判断（）

A. 碰前B静止,碰撞发生在60cm处, t=2.5Δt时刻

B. 碰后B静止,碰撞发生在60cm处, t=0.5Δt时刻

C. 碰前B静止,碰撞发生在60cm处, t=0.5Δt时刻

D. 碰后B静止,碰撞发生在60cm处, t=2.5Δt时刻

8.用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线。调

高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目原来增加了5条。用△n表示两次观测中

最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量。根据氢原子的能级图可以判断，

△n和E的可能值为( )

A．△n＝1，13.22 eV＜E＜13.32 eV

B．△n＝2，13.22 eV＜E＜13.32 eV

C．△n＝1，12.75 eV＜E＜13.06 eV

D．△n＝2，12.72 eV＜E＜13.06 eV

9.如图所示的“S”字形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连结而成，圆半径必细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切。弹射装置将一个小球（可视为质点）从点水平弹射向点并进入轨道，经过轨道后从P点水平抛出，已知小物体与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其它机械能损失，ab段长L=1.25m，圆的半径R=0.1m，小物体质量 m=0.01kg，轨道质量为M=0.15kg，g=10m/s² 求：（1）若v₀=5m/s，小物体从P点抛出后的水平射程；

（2）若v₀=5m/s，小物体经过轨道的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向；

（3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v₀至少为多大时，可出现轨道对地面的瞬时压力为零。

10.如图所示的直角坐标系中，在直线x=－2l₀到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A（－2l₀，－l₀）到C（－2l₀，0）区域内，连续分布着电量为＋q、质量为m的粒子。从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v₀沿x轴正方向射入电场。若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A′（0，l₀）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图。不计粒子的重力及它们间的相互作用。⑴求匀强电场的电场强度E；

⑵求在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？

11. 如图所示，质量为M＝2kg的长木板上表面光滑，与水平地面间的动摩擦因数为m＝0.2，在板上放有两个小物体，可看作质点，左边的小物体质量为m₁＝1.5kg，距木板左端为s₁＝8m，右边的小物体质量为m₂＝0.5kg，与m₁的距离为s₂＝4m。现敲击木板左端使其瞬间获得10m/s向右的初速度，求：

（1）初始时板的加速度；

（2）板与m₁分离所需的时间；

（3）木板从开始运动到停下来所发生的位移。

12. 如图所示，间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计。场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d₁，间距为d₂。两根质量均为m、有效电阻均匀为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直。（设重力加速度为g）⑴若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能ΔE_k。⑵若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域。且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等。求a穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q。⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v。

高三物理二轮复习查漏补缺（二）

题号

答案

ＣＤ

9. (1) 小物体运动到P点时的速度大小为v₀，对小物体由点运动到P点过程应用动能定理得: － (3分)

小物体自P点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则：

(2分)

联立代入数据解得 =0.98m (1分)

(2) 设在轨道最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向

(2分)

联立代人数据解得

F=11N (1分)

方向竖直向下 (1分)

(3) 分析可知，要使小球以最小速度运动，且轨道对地面的压力为零，

则小球的位置应该在“S”形轨道的中间位置， (2分)

则有： (2分)

(2分)

解得： =5m／s (1分)

10. ⑴ 从A点射出的粒子，由A到A′的运动时间为T，根据运动轨迹和对称性可得

x轴方向 y轴方向得：

⑵ 设到C点距离为△y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次达x轴用时△t，水平位移为△x，则

若满足，则从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向

解之得：即AC间y坐标为（n = 1，2，3，……）

11.（1）m（M＋m₁＋m₂）g＝Ma₁，a₁＝4m/s²，

（2）s₁＝v₀t₁－a₁t₁²/2，t₁＝1s，

（3）m（M＋m₁＋m₂）gs₁＋m（M＋m₂）gs₂＋mMgs₃＝Mv₀²/2，s₃＝4m，s＝s₁＋s₂＋s₃＝16m，

12. ⑴a和b不受安培力，由机械能守恒，ΔE_k=mgd₁sinθ；⑵设棒刚进入无磁场区域（刚离开磁场区域）时的速度为v₁，刚离开无磁场区域（刚进入磁场区域）时的速度为v₂，由已知，每次进入、离开各区域的速度总是相同的。两棒每次进、出一个区域，系统初动能和末动能是相同的，由能量守恒，该阶段系统减少的重力势能全部转化为焦耳热，即Q=mg(d₁+d₂)sinθ；⑶每根棒在无磁场区域做匀加速运动，v₂-v₁=gtsinθ…①，v₂²-v₁²=2gd₂sinθ…②，在有磁场区域以沿斜面向下为正方向用动量定理mgtsinθ-BlIt=m(v₁-v₂)…③，其中It=q，而，因此有…④，由②④得…⑤，由④⑤得