高考数学一题多解（含17高考试题）-人教版高三数学试题VIP免费

（7）设函数()2sin()fxx，xR，其中0，||.若5()28f，()08f，且()fx的最小正周期大于2，则（A）23，12（B）23，12（C）13，24（D）13，24【答案】A【解析】法一：由题意125282118kk，其中12,kkZ，所以2142(2)33kk，又22T，所以01，所以23，11212k，由得12，故选A．法二：由题意11531,8844kTkN,则322,41TkNk，因此821,3kkN,则23，从而5()28f可得12.法三：（排除法）当58x时，2538122，满足题意，251138122，不合题意，B选项错误；151138244，不合题意，C选项错误；15738242，满足题意；当118x时，2113812，满足题意；111718382424，不合题意，D选项错误.本题选择A选项.（9）已知aR，i为虚数单位，若i2ia为实数，则a的值为.【答案】2【解析】法一：()(2)(21)(2)2122(2)(2)555aiaiiaaiaaiiii为实数，则20,25aa.法二：设2aikRi，则22aikikki，则2,1akk，因此2a.法三：i2iaR，则ii12i2iaa，因此2a.法四：i2iaR，则ii=2i2iaa，则i2i=2iiaa，则212212aaiaai，则2a（11）在极坐标系中，直线4cos()106与圆2sin的公共点的个数为___________.【答案】23sin21,064，因此该方程有两组解，从而有两个交点.法三：直线为23210xy，圆为22(1)1xy，则过10,2且与圆相切的直线的斜率为1255914，结合2535，从而有两个交点.（13）在ABC△中，60A∠，3AB，2AC.若2BDDC�，()AEACABR�，且4ADAE�，则的值为___________.【答案】311法二：以A为原点，AB�的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C在第一象限，则00A，，30B，，13C，.由2BDDC�得523,33D，由()AEACABR�得33E，.则52311,3354333ADAE�，，则3=11.法三：1233ADABAC�，因此2233ADAEABAC�，4233ADAEABAC�结合2244ADAEADAEADAE��，因此2216ADAEADAE�，即2212848169333ABACABAC�，即12848943169333，即3=11.（19）（本小题满分14分）设椭圆22221(0)xyabab的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12.已知A是抛物线22(0)ypxp的焦点，F到抛物线的准线l的距离为12.（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D.若APD△的面积为62，求直线AP的方程.【答案】（1）22413yx，24yx.（2）3630xy，或3630xy.【解析】法一：（Ⅰ）解：设F的坐标为(,0)c.依题意，12ca，2pa，12ac，解得1a，12c，2p，于是22234bac.所以，椭圆的方程为22413yx，抛物线的方程为24yx.所以，直线AP的方程为3630xy，或3630xy.法二：（Ⅰ）解：设F的坐标为(,0)c.依题意，12ca，2pa，12ac，解得1a，12c，2p，于是22234bac.所以，椭圆的方程为22413yx，抛物线的方程为24yx.（II）根据条件设直线AP的方程为1,0ykxk.联立22413yx与1ykx，消去y得2222348430kxkxk，解得22431,43kxxk，因此有222436,4343kkBkk.结合P的位置，有1,2Pk，从而1,2Qk.设点,0Dd由BDQ三点共...