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正文內(nèi)容

歷年高考數(shù)學(xué)壓軸題集錦(編輯修改稿)

2025-05-14 00:02 本頁面
 

【文章內(nèi)容簡介】 )∵a>0,c<0,∴ac<0,∴Δ>0∴f(x)、g(x)相交于相異兩點 (Ⅱ)設(shè)xx2為交點A、B之橫坐標(biāo)則|A1B1|2=|x1-x2|2,由方程(*),知|A1B1|2= ∵,而a>0,∴∵,∴∴ ∴4[()2++1]∈(3,12)∴|A1B1|∈(,2) 解:(1)=依題意得k==3+2a=-3, ∴a=-3,把B(1,b)代入得b=∴a=-3,b=-1(2)令=3x2-6x=0得x=0或x=2∵f(0)=1,f(2)=23-322+1=-3f(-1)=-3,f(4)=17∴x∈[-1,4],-3≤f(x)≤17要使f(x)≤A-1987對于x∈[-1,4]恒成立,則f(x)的最大值17≤A-1987∴A≥2004。(1) 已知g(x)=-∴∵0<x≤1,∴-3≤-3x2<0,① 當(dāng)t>3時,t-3x2>0,∴g(x)在上為增函數(shù),g(x)的最大值g(1)=t-1=1,得t=2(不合題意,舍去)② 當(dāng)0≤t≤3時, 令=0,得x=列表如下:x(0, )+0-g(x)↗極大值↘g(x)在x=處取最大值-+t=1∴t==<3∴x=<1③當(dāng)t<0時,<0,∴g(x)在上為減函數(shù),∴g(x)在上為增函數(shù),∴存在一個a=,使g(x)在上有最大值1。解:(1)設(shè)動點的坐標(biāo)為P(x,y),則H(0,y),=(-2-x,-y)=(2-x,-y)∴=(-2-x,-y)(2-x,-y)=由題意得∣PH∣2=2即即,所求點P的軌跡為橢圓(2)由已知求得N(2,0)關(guān)于直線x+y=1的對稱點E(1,-1),則∣QE∣=∣QN∣雙曲線的C實軸長2a=(當(dāng)且僅當(dāng)Q、E、M共線時取“=”),此時,實軸長2a最大為所以,雙曲線C的實半軸長a=又∴雙曲線C的方程式為8.(1) (2)9.解:(Ⅰ)設(shè)雙曲線C的漸近線方程為y=kx,則kxy=0∵該直線與圓相切,∴雙曲線C的兩條漸近線方程為y=177。x.…………………………………………2分故設(shè)雙曲線C的方程為.又雙曲線C的一個焦點為 ∴,.∴雙曲線C的方程為.………………………………………………4分(Ⅱ)由得.令直線與雙曲線左支交于兩點,等價于方程f(x)=0在上有兩個不等實根.因此  解得.又AB中點為,∴直線l的方程為.………………………………6分令x=0,得.∵,∴∴.………………………………………………8分(Ⅲ)若Q在雙曲線的右支上,則延長到T,使,若Q在雙曲線的左支上,則在上取一點T,使.根據(jù)雙曲線的定義,所以點T在以為圓心,2為半徑的圓上,即點T的軌跡方程是   ①…………………………………………10分由于點N是線段的中點,設(shè),.則,即.代入①并整理得點N的軌跡方程為.………………12分10 解:(Ⅰ)因為.所以.……2分令,得,即.……………4分(Ⅱ)又………………5分兩式相加.所以,………………7分又.故數(shù)列是等差數(shù)列.………………9分(Ⅲ)………………10分………………12分所以……………………………………………………………………14分11.設(shè)直線OA的斜率為k,顯然k存在且不等于0則OA的方程為y=kx由解得A() ……4分又由,知OA⊥OB,所以O(shè)B的方程為y=-x由解得B(2pk2,-2pk) ……4分從而OA的中點為A39。(),OB的中點為B39。(pk2,-pk) ……6分所以,以O(shè)A、OB為直徑的圓的方程分別為x2+y2-=0 ……①x2+y2-2pk2x+2pky=0 ……② ……10分∵P(x,y)是異于O點的兩圓交點,所以x≠0,y≠0由①-②并化簡得y=(k-)x ……③將③代入①,并化簡得x(k2+-1)=2p ……④由③④消去k,有x2+y2-2px=0∴點P的軌跡為以(p,0)為圓心,p為半徑的圓(除去原點). ……13分12.(1)由題意,有x2-2mx+2m2+>0對任意的x∈R恒成立所以△=4m2-4(2m2+)<0即-m2-<0∴>0由于分子恒大于0,只需m2-3>0即可所以m<-或m>∴M={m|m<-或m>} ……4分(2)x2-2mx+2m2+=(x-m)2+m2+≥m2+當(dāng)且僅當(dāng)x=m時等號成立.所以,題設(shè)對數(shù)函數(shù)的真數(shù)的最小值為m2+ ……7分又因為以3為底的對數(shù)函數(shù)為增函數(shù)∴f(x)≥log3(m
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