我的高考数学系列——易错题精析

高考数学

【例1】

【例2】

(1) 设、是方程x2kxk60的两个实根，则(1)2(1)2的最小值是

2x

已知f(x) = ax + b ，若3f(1)0,3f(2)6,求f(3)的范围。

(A)494(B)8(C)18(D)不存在

11

【例3】已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ )2+(b+ )2的最小值。

ab

【例5】(1)设等比数列an的全n项和为Sn.若S3S62S9，求数列的公比q.

1、已知集合M = {直线} ，N = {圆} ，则M∩N中元素个数是 (A) 0 (B) 0或1 (C) 0或2 (D) 0或1或2

(－1)n + 1

6、若不等式(－1)a < 2 + 对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是 n

n

3 (A) [－2，2 ) 333

(B) (－2，2 ) (C) [－3，2 ) (D) (－3，2 )AA

28、不等式m2－(m2－3m)i< (m2－4m + 3)i + 10成立的实数m的取值集合是________。 34、在正三棱锥A－BCD中，E、F是AB、BC的中点，EF⊥DE，若BC = a，则正三棱锥A－BCD的体积为____________。

43、（如图3－2－2），具有公共y轴的两个直角坐标平面和所成的二面角y轴－等于60.已知内的曲线C的方程是y2px(p0)，求曲线C在内的射影的曲线方程。

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正确解法 在内，设点M(x,y)是曲线上任意一点 （如图3－2－3）过点M作MN，垂足为N， 过N作NHy轴，垂足为H.连接MH， 则MHy轴。所以MHN是二面角

 x y O H F· M N y轴－的平面角，依题意，MHN60.

在RtMNH中,HNHMcos60又知HM//x轴（或M与O重合），

x 1x. 2图3－2－3

 HN//x轴（或H与O重合），设N(x,y)，

1xx则 2yyx2x yy.22因为点M(x,y)在曲线y2px(p0)上，所以y2p(2x). 即所求射影的方程为 y4px(p0).

244、设椭圆的中心是坐标原点，长轴x在轴上，离心率e圆上的最远距离是7，求这个椭圆的方程。

33，已知点P(0,)到这个椭

22错解分析 尽管上面解法的最后结果是正确的，但这种解法却是错误的。结果正确只是碰巧而已。由当y12时，d有最大值，这步推理是错误的，没有考虑y到的取值范围。事22

实上，由于点(x,y)在椭圆上，所以有byb，因此在求d的最大值时，应分类讨论。即：

12，则当yb时，d（从而d）有最大值。 2323112于是(7)(b),从而解得b7,与b矛盾。

2222若b高考专题

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所以必有b112，此时当y时，d（从而d）有最大值， 22所以4b23(7)2，解得b21,a24.

x2y21. 于是所求椭圆的方程为4

f(1)ab1由题意有b, 解得：

f(2)2a212a[2f(2)f(1)],b[2f(1)f(2)],

33b1651637f(3)3af(2)f(1). 把f(1)和f(2)的范围代入得 f(3).

39933

2 原方程有两个实根、，∴4k24(k6)0  当k3时，(1)2(1)2的最小值是8； 当k2时，(1)2(1)2的最小值是18。 这时就可以作出正确选择，只有（B）正确。

。

k2或k3.

11111122222

++4=( a+b)+(+)+4=[(a+b)－2ab]+[(+)－]+4

ababa2b2a2b21 = (1－2ab)(1+22)+4，

abab211111由ab≤()= 得：1－2ab≥1－=, 且22≥16，1+22≥17，

2422abab1251∴原式≥×17+4= (当且仅当a=b=时，等号成立)，

2221125

∴(a + )2 + (b + )2的最小值是2 。

ab3原式= a2+b2+

5正确解法 若q1，则有S33a1,S66a1,S99a1.但a10，即得S3S62S9,与题设矛盾，故q1.

a1(1q3)a1(1q6)a1(1q9)又依题意 S3S62S9   21q1q1qq3(2q6q31）＝0,即(2q31)(q31)0,因为q1，所以q310,所以

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2q10.解得 q

2 3 3 a 24

334. 2高考专题