山东省威海市2020届高三三模数学试题 Word版含解析

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山东省威海市2020届高三三模数学试题 Word版含解析

高三数学试题 一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合,,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 集合是的取值范围,是函数的值域,分别求出再求交集.‎ ‎【详解】解:,‎ 故选:A ‎【点睛】考查求等式中变量的范围以及集合的交集运算;基础题.‎ ‎2.已知复数在复平面内对应的点在直线上,则实数( )‎ A. -2 B. -1 C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简复数,求出对应点,代入直线方程求解即可.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以对应的点为,‎ 代入直线可得,‎ 解得,‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算法则、几何意义,直线的方程,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.‎ ‎3.若(且),,则( )‎ A. , B. ,‎ C. , D. ,‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由得,,又由,可得,而,可得 ‎【详解】解:因为,所以,‎ 因为,所以,‎ 因为,,‎ 所以,‎ 故选:B ‎【点睛】此题考查的是指数不等式和对数不等式,属于基础题 ‎4.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则说法不正确的是( )‎ A. 相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B. 春分和秋分两个节气的晷长相同 C. 立冬的晷长为一丈五寸 D. 立春的晷长比立秋的晷长短 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列,其中寸,寸,公差为寸,可求出,利用等差数列知识即可判断各选项.‎ ‎【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列,其中寸,寸,公差为寸,则,‎ 解得(寸),‎ 同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列,首项,末项,公差(单位都为寸).‎ 故选项A正确;‎ 春分的晷长为,‎ 秋分的晷长为,,所以B正确;‎ 立冬的晷长为,,即立冬的晷长为一丈五寸,C正确;‎ 立春的晷长,立秋的晷长分别为,,‎ ‎,,‎ ‎,故D错误.‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,等差数列在实际问题中的应用,数学文化,属于中档题.‎ ‎5.‎ 有三个筐,一个装着柑子,一个装着苹果,一个装着柑子和苹果,包装封好然后做“柑子”“苹果”“混装”三个标签,分别贴到上述三个筐上,由于马虎,结果全贴错了,则( )‎ A. 从贴有“柑子”标签的筐里拿出一个水果,就能纠正所有的标签 B. 从贴有“苹果”标签的筐里拿出一个水果,就能纠正所有的标签 C. 从贴有“混装”标签的筐里拿出一个水果,就能纠正所有的标签 D. 从其中一个筐里拿出一个水果,不可能纠正所有的标签 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若从贴有“柑子”或“苹果”标签的筐内拿出一个水果,无法判定剩余水果是一种还是两种,不能纠正所有标签,若从“混装”标签中取出一个,就能判断其余两个筐内水果.‎ ‎【详解】如果从贴着苹果标签的筐中拿出一个水果,如果拿的是柑子,就无法判断这筐装的全是柑子,还是有苹果和柑子;‎ 同理从贴着柑子的筐中取出也无法判断,因此应从贴着苹果和柑子的标签的筐中取出水果.‎ 分两种情况:(1)如果取出的是柑子,那说明这筐全是柑子,则贴有柑子的那筐就是苹果,贴有苹果的那筐就是苹果和柑子.‎ ‎(2)如果取出的是苹果,那说明这筐全是苹果,那贴有苹果的那筐就是柑子,贴有柑子的那筐就是苹果和柑子.‎ 故选:C ‎【点睛】解决本题的关键在于,其中贴有混装的这筐肯定不是苹果和柑子混在一起,所以能判断不是苹果就是柑子,考查了逻辑推理能力,属于容易题.‎ ‎6.已知向量,将绕原点逆时针旋转到的位置,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设向量与轴的夹角为,结合三角函数的定义和两角和与差的正弦、余弦函数公式,求得,得到点的坐标,进而求得.‎ ‎【详解】由题意,向量,则,‎ 设向量与轴的夹角为,则,‎ 所以 ‎,‎ 可得,‎ 所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示,以及三角函数的定义的应用和两角和与差的正弦、余弦函数的综合应用,着重考查推理与运算能力.‎ ‎7.已知函数对任意,都有,且,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用赋值法再结合条件,即可得答案;‎ ‎【详解】由所求式子可得,‎ 令可得:,‎ 令可得:,‎ 令可得:,‎ 令可得:,‎ ‎,‎ ‎,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查根据抽象函数的性质求函数的解析式,等比数列求和,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意将抽象函数具体化.‎ ‎8.已知正四棱柱,设直线与平面所成的角为,直线与直线所成的角为,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别在正四棱柱中找到和,将和放在同一个平面图形中找关系即可.‎ ‎【详解】作正四棱柱如下图:‎ ‎∵正四棱柱中,平面, ‎ ‎∴‎ ‎∵底面是正方形 ‎∴‎ 又∵‎ ‎∴平面 ‎∴是直线与平面所成的角,即 ‎∵‎ ‎∴是直线与直线所成的角,即 ‎∵,,‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵平面 ‎∴‎ ‎∴‎ 故选:D ‎【点睛】本题主要考查直线与平面和异面直线的夹角,属于中档题.‎ 二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对得5分,部分选对得3分,有选错的得0分.‎ ‎9.随着我国经济结构调整和方式转变,社会对高质量人才的需求越来越大,因此考研现象在我国不断升温.某大学一学院甲、乙两个本科专业,研究生的报考和录取情况如下表,则 性别 甲专业报考人数 乙专业报考人数 性别 甲专业录取率 乙专业录取率 男 ‎100‎ ‎400‎ 男 女 ‎300‎ ‎100‎ 女 A. 甲专业比乙专业的录取率高 B. 乙专业比甲专业的录取率高 C. 男生比女生的录取率高 D. 女生比男生的录取率高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数据进行整合,甲专业录取了男生25人,女生90人;乙专业录取了男生180人,女生50人;结合选项可得结果.‎ ‎【详解】由题意可得甲专业录取了男生25人,女生90人;乙专业录取了男生180人,女生50人;‎ 甲专业的录取率为,乙专业的录取率为,所以乙专业比甲专业的录取率高.‎ 男生的录取率为,女生的录取率为,所以男生比女生的录取率高.‎ 故选:BC.‎ ‎【点睛】本题主要考查频数分布表的理解,题目较为简单,明确录取率的计算方式是求解的关键,侧重考查数据分析的核心素养.‎ ‎10.已知函数将的图象上所有点向左平移个单位,然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的,得到函数的图象.若为偶函数,且最小正周期为,则( )‎ A. 图象与对称 B. 在单调递增 C. 在有且仅有3个解 D. 在有仅有3个极大值点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象变换和三角函数的性质,求得函数的解析式,再结合三角函数的图象与性质,逐项判定,即可求解.‎ ‎【详解】将函数将的图象上所有点向左平移个单位,‎ 可得,‎ 再横坐标缩短为原来的,可得,‎ 因为函数的最小正周期为,即,解得,‎ 可得,‎ 又由函数为偶函数,则,‎ 即,当,可得,‎ 所以,‎ 令,即,‎ 当时,,即函数的图象关于对称,‎ 所以A是正确的;‎ 当时,,‎ 所以函数在区间不是单调函数,‎ 所以B不正确;‎ 由,‎ 因为,可得,‎ ‎,‎ ‎,‎ 又,‎ 所以在有且仅有3个解,所以C正确;‎ 由,则,或,‎ 即或时,取得极大值,‎ 所以在有仅有2个极大值点,所以D不正确.‎ 故选:AC.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解函数的解析式,以及三角函数的图象与性质的综合应用,着重考查推理与运算能力,属于中档试题.‎ ‎11.已知抛物线上三点,,,为抛物线的焦点,则( )‎ A. 抛物线的准线方程为 B. ,则,,成等差数列 C. 若,,三点共线,则 D. 若,则的中点到轴距离的最小值为2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把点代入抛物线即可得到本题答案;根据抛物线的定义,以及,可得,从而可证得;由A,F,C三点共线,得,结合,化简即可得到本题答案;设AC的中点为,由,结合,即可得到本题答案.‎ ‎【详解】把点代入抛物线,得,所以抛物线的准线方程为 ‎,故A正确;‎ 因为,所以,,,又由,得,‎ 所以,即,,成等差数列,故B正确;‎ 因为A,F,C三点共线,所以直线斜率,即,所以,化简得,,故C不正确;‎ 设AC的中点为,因为,,所以,得,‎ 即的中点到轴距离的最小值为2,故D正确.‎ 故选:ABD ‎【点睛】本题主要考查抛物线定义的应用以及抛物线与直线的相关问题,考查学生的分析问题能力和转化能力.‎ ‎12.已知函数的定义域为,导函数为,,且,则( )‎ A. B. 在处取得极大值 C. D. 在单调递增 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可设,根据求,再求判断单调性求极值即可.‎ ‎【详解】∵函数的定义域为,导函数为,‎ 即满足 ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴可设(为常数)‎ ‎∴‎ ‎∵,解得 ‎∴‎ ‎∴,满足 ‎∴C正确 ‎∵,且仅有 ‎∴B错误,A、D正确 故选:ACD ‎【点睛】本题主要考查函数的概念和性质,以及利用导数判断函数的单调性和极值点,属于中档题.‎ 三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.的展开式中的系数为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把按照二项式定理展开,可得的展开式中的系数.‎ ‎【详解】,‎ 故它的展开式中的系数为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题.‎ ‎14.已知是平面,外的直线,给出下列三个论断,①;②;③.以其中两个论断为条件,余下的论断为结论,写出一个正确命题:________.(用序号表示)‎ ‎【答案】若①③,则②或若②③,则①(填写一个即可);‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间直线与平面的位置关系进行判断,,时,与可能平行或者相交.‎ ‎【详解】因为,时,与可能平行或者相交,所以①②作为条件,不能得出③;‎ 因为,所以内存在一条直线与平行,又,所以,所以可得,即①③作为条件,可以得出②;‎ 因为,,所以或者,因为是平面外的直线,所以,即即②③作为条件,可以得出①;‎ 故答案为:若①③,则②或若②③,则①(填写一个即可);‎ ‎【点睛】本题主要考查空间位置关系的判断,稍微具有开放性,熟悉空间的相关定理及模型是求解的关键,侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎15.已知双曲线过左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于,两点,以,为圆心的两圆与双曲线的同一条渐近线相切,若两圆的半径之和为,则双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求两点的坐标,代人圆心到直线的距离,由已知条件建立等式求得,最后再求双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设,当,代人双曲线方程,‎ 解得:,设, ‎ 根据对称性,可设与两圆相切的渐近线是,‎ 则两点到渐近线的距离,‎ ‎,上式去掉绝对值为,‎ 即,那么.‎ 双曲线的离心率.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率,重点考查转化与化归的思想,计算能力,属于基础题型.‎ ‎16.我国的西气东输工程把西部的资源优势变为经济优势,实现了气能源需求与供给的东西部衔接,工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展输气管道工程建设中,某段管道铺设要经过一处峡谷,峡谷内恰好有一处直角拐角,水平横向移动输气管经过此拐角,从宽为米峡谷拐入宽为米的峡谷.如图所示,位于峡谷悬崖壁上两点、的连线恰好经过拐角内侧顶点(点、、在同一水平面内),设与较宽侧峡谷悬崖壁所成角为,则的长为________(用表示)米.要使输气管顺利通过拐角,其长度不能低于________米.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别计算出、,相加可得的长;设,利用导数求得的最小值,即可得解.‎ ‎【详解】如下图所示,过点分别作,,则,‎ 在中,,则,同理可得,‎ 所以,.‎ 令,则,‎ 令,得,得,‎ 由,解得,‎ 当时,;当时,.‎ 则.‎ 故答案为:;.‎ ‎【点睛】本题考查导数的实际应用,求得函数的解析式是解题的关键,考查计算能力,属于中等题.‎ 四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.‎ ‎17.在中,角,,的对边分别为,,,.‎ ‎(Ⅰ)求角;‎ ‎(Ⅱ)若,,求边上的高.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)利用正弦定理和和角的正弦公式化简,即得;‎ ‎(Ⅱ)由题得,再利用余弦定理求出,即得边上的高.‎ ‎【详解】解:(Ⅰ)由及正弦定理可得 ‎,‎ 将代入上式,整理得,‎ 解得,所以.‎ ‎(Ⅱ)由,得,‎ 由余弦定理得,解得.‎ 所以边上的高为.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,考查和角的正弦公式的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.从条件①,②,③,中任选一个,补充到下面问题中,并给出解答.‎ 已知数列的前项和为,,________.若,,成等比数列,求的值.‎ ‎【答案】若选择①,;若选择②,;若选择③,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若选择①,利用可得,可得,再根据等比中项列方程解得即可;若选择②,根据可得,可得,,再根据等比中项列方程解得即可;若选择③,利用可得,,再根据等比中项列方程解得即可.‎ ‎【详解】若选择①,‎ 因为,,所以,,‎ 两式相减得,整理得.‎ 即,.‎ 所以为常数列.,所以.‎ ‎(或由,利用相乘相消法,求得)‎ 所以,,‎ 又,,成等比数列,所以,‎ 所以,解得或(舍),‎ 所以.‎ 若选择②,‎ 由变形得,,‎ 所以,‎ 易知,所以,‎ 所以为等差数列,又,所以,,‎ ‎∴,‎ 又时,也满足上式,‎ 所以.‎ 因为,,成等比数列,∴,‎ ‎∴或,又,∴.‎ 若选择③,‎ 因为,所以,‎ 两式相减得,‎ 整理得,‎ 因为,∴,所以是等差数列,‎ 所以,‎ ‎,‎ 又,,成等比数列,∴,‎ ‎∴或,又,∴.‎ ‎【点睛】本题考查了根据与的关系式求,考查了等比中项的应用,考查了等差数列的前项和公式,属于中档题.‎ ‎19.携号转网,也称作号码携带、移机不改号,即无需改变自己的手机号码,就能转换运营商,并享受其提供的各种服务.2019年11月27日,工信部宣布携号转网在全国范围正式启动.某运营商为提质量保客户,从运营系统中选出300名客户,对业务水平和服务水平的评价进行统计,其中业务水平的满意率为,服务水平的满意率为,对业务水平和服务水平都满意的客户有180人.‎ ‎(Ⅰ)完成下面列联表,并分析是否有的把握认为业务水平与服务水平有关;‎ 对服务水平满意人数 对服务水平不满意人数 合计 对业务水平满意人数 对业务水平不满意人数 合计 ‎(Ⅱ)为进一步提高服务质量,在选出的对服务水平不满意的客户中,抽取2名征求改进意见,用表示对业务水平不满意的人数,求的分布列与期望;‎ ‎(Ⅲ)若用频率代替概率,假定在业务服务协议终止时,对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为,只对其中一项不满意的客户流失率为,对两项都不满意的客户流失率为,从该运营系统中任选4名客户,则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少?‎ 附:,.‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】(Ⅰ)列联表详见解析,有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关;(Ⅱ)分布列详见解析,期望为;(Ⅲ).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)根据所给数据列表,计算后比较临界值即可得出结论;‎ ‎(Ⅱ)根据超几何分布得出随机变量概率,列出分布列求期望即可;‎ ‎(Ⅲ)由互斥事件和的概率公式计算运营系统中任选一名客户流失的概率,从运营系统中任选4名客户流失人数服从二项分布 ,根据二项分布求解即可.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由题意知对业务满意的有260人,对服务不满意的有100人,得列联表 对服务水平满意人数 对服务水平不满意人数 合计 对业务水平满意人数 ‎180‎ ‎80‎ ‎260‎ 对业务水平不满意人数 ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ 合计 ‎200‎ ‎100‎ ‎300‎ 经计算得,‎ 所以有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关.‎ ‎(Ⅱ)的可能值为0,1,2.‎ 则,,,‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎.‎ ‎(Ⅲ)在业务服务协议终止时,对业务水平和服务水平都满意的客户流失的概率为,只有一项满意的客户流失的概率为,对二者都不满意的客户流失的概率为.‎ 所以从运营系统中任选一名客户流失的概率为,‎ 故在业务服务协议终止时,从运营系统中任选4名客户,至少有2名客户流失概率为 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了独立性检验,离散型随机变量的分布列与期望,互斥事件的和,二项分布,考查了推理能力与运算能力,属于较难题目.‎ ‎20.已知直三棱柱,,,,分别为,,的中点,且.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)求;‎ ‎(3)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2);(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)取的中点,连接,,,先证明,,从而可得为平行四边形,进而可得,再结合线面平行的判定定理可证明平面;‎ ‎(2)设,,,,易知,且,进而用表示出,,并结合,可求出及;‎ ‎(3)在平面内过点做射线垂直于,易知,,两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,进而分别求得平面及平面的法向量,,再由,可求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】(1)证明:取的中点,连接,,,‎ 则有,且,,且,‎ 又,,所以,且,‎ 所以为平行四边形,所以,‎ 又平面,平面,‎ 所以平面.‎ ‎(2)设,,,,‎ 由已知可得,,且,‎ 则,,‎ 因为,所以 ‎,‎ 所以,即.‎ ‎(3)在平面内过点做射线垂直于,易知,,两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则,,,‎ 为平面的一个法向量,‎ ‎,.‎ 设为平面的一个法向量,‎ 则,令,则,‎ 则,‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明,考查线线垂直的性质,考查二面角的求法,考查学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(Ⅰ)求证:当时,的图象位于直线上方;‎ ‎(Ⅱ)设函数,若曲线在点处切线与轴平行,且在点处的切线与直线平行(为坐标原点),求证:.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)转化为当时,恒成立,令,求得和,结合函数的单调性,求得,进入得到,即可得到结论.‎ ‎(Ⅱ)设,由,解得,得到,所以,进而得到要证,转化为,构造新函数,求得函数的单调性与最值,即可求解.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由题意,当时,的图象位于直线上方,‎ 即证当时,恒成立,‎ 令,可得,则,‎ 所以在上单调递增,‎ 所以,所以在上单调递增,所以,‎ 所以当时,的图象始终在直线上方.‎ ‎(Ⅱ)因为,则,‎ 设,则,所以,‎ 所以,所以,所以.‎ 要证,‎ 即证,即证,即证,‎ 下面证明.令,∴,‎ 所以当,,,,‎ 所以在单调递减,在单调递增,‎ 所以,即,‎ 所以,.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,以及不等式的证明,着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力,对于此类问题,通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.‎ ‎22.已知是椭圆:上一点,以点及椭圆的左、右焦点,为顶点的三角形面积为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的标准方程;‎ ‎(Ⅱ)过作斜率存在且互相垂直的直线,,是与两交点的中点,是与两交点的中点,求△面积的最大值.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)通过已知建立方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;‎ ‎(Ⅱ)设直线:,联立直线和椭圆方程得到韦达定理,求出,令,,则再利用导数求函数的最大值得解.‎ ‎【详解】解:(Ⅰ)由点在椭圆上可得,‎ 整理得①.‎ ‎,解得,‎ 所以,代入①式整理得,‎ 解得,.‎ 所以椭圆标准方程为.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可得,所以设直线:,‎ 联立直线与椭圆的方程,整理得.‎ 所以直线与椭圆两交点的中点的纵坐标,‎ 同理直线与椭圆两交点的中点的纵坐标,‎ 所以 ‎,‎ 将上式分子分母同除可得,‎ ‎,‎ 不妨设,令,,则,‎ 令,,因为,所以,‎ 所以在单调递增,‎ 所以当时,三角形△面积取得最大值.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法,考查直线和椭圆的位置关系和面积最值的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.‎
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