2023届北京市西城区高三一模数学试题查漏补缺练习（二）试题含解析

这是一份2023届北京市西城区高三一模数学试题查漏补缺练习（二）试题含解析，共32页。试卷主要包含了填空题，双空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届北京市西城区高三一模数学试题查漏补缺练习（二）试题

一、填空题
1．计算________．
【答案】
【分析】根据复数的运算求解即可.
【详解】解：.
故答案为：.
2．若是虚数单位，则复数= ____________.
【答案】
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】解：
故答案为：
3．若复数（为虚数单位）是纯虚数，则=___________．
【答案】
【分析】利用复数的乘法运算法则、纯虚数的定义即可得出.
【详解】解：复数是纯虚数，
，且，解得：.
故答案为：.

二、双空题
4．已知点在抛物线上，F为抛物线C的焦点，O为坐标原点.则抛物线C的方程为___________；的面积为___________.
【答案】
【分析】根据点在抛物线上，求得p即可.
【详解】因为点在抛物线上，
所以，解得，
所以抛物线C的方程为；
则的面积为，
故答案为：，
5．已知抛物线的焦点为，则的坐标为______；设点在抛物线上，若以线段为直径的圆过点，则______．
【答案】 5
【分析】由题可得，设，结合条件可得，，进而可得，即得.
【详解】∵抛物线，
∴，设，则，
又以线段为直径的圆过点，
∴，即，又，
∴，解得，，
∴.
故答案为：；5.
6．已知抛物线过点，则________；若点，在上，为的焦点，且，，成等比数列，则________.
【答案】
【分析】根据点在抛物线上，代入可得，再由抛物线定义可得，，，又，，成等比数列，代入即可得解.
【详解】由抛物线过点，
可得，所以，
根据抛物线定义可得，
，，
由，，成等比数列，
所以，
可得，
所以.
故答案为：，.

三、单选题
7．记为等比数列的前n项和.已知，，则数列（    ）
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】A
【分析】求出公比，求出，然后分析的性质．
【详解】设公比为，则，，
，
当为偶数时，，是增函数，即，
当为奇数时，，是减函数，即，
所以有最大项为，最小项为．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的前项和形成的数列的最值问题，解题关键是求得通项公式后按奇偶数分类，得出奇数递减，偶数项递增，但所有奇数项比大，所有偶数项比小，这样易确定最值．

四、双空题
8．已知为等差数列，为其前项和，若，，则公差_________，的最大值为_________．
【答案】
【分析】根据已知条件可求得的值，求出的表达式，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】，即，解得，
所以，，
当或时，取得最大值.
故答案为：；.

五、填空题
9．已知数列为等差数列，其公差，若数列中的部分项组成的数列，，…，，…恰为等比数列，其中，，，则______.
【答案】
【分析】根据等比中项的性质化简可得，进而求得的公比，再根据等差数列与等比数列的通项公式列等式化简求解即可得出表达式，然后根据分组求和即可得出结果.
【详解】由题意有，即，所以，
由化简可得，
所以，所以等比数列的公比，
由于是等差数列的第项，且是等比数列的第项，
故，所以．
所以.
故答案为：.

六、双空题
10．已知函数.若非零实数，，使得对都成立，则满足条件的一组值可以是____，___.（只需写出一组）
【答案】
【分析】利用诱导公式即可得解.
【详解】当时，，
即，
故当，时，对都成立，
故答案为：，.

七、填空题
11．若实数，满足方程组，则的一个值是_______.
【答案】（满足或的值均可）
【分析】直接利用三角函数关系式的变换的应用求出结果．
【详解】解：实数，满足方程组，
则，
由于，
所以，则；
所以，整理得，
所以或，
即得或.
故可以取时，．
故答案为：（满足或的值均可）
12．已知向量，且，那么与的夹角的大小是___________.
【答案】/
【分析】根据题意求出，，然后根据平面向量的夹角公式求解即可.
【详解】，，




，
所以，
故答案为：
13．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动.给出下列四个结论：

①D1O⊥AC；
②存在一点P，D1O∥B1P；
③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为；
④若P到直线D1C1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分.
其中所有正确结论的序号是_________________.
【答案】①③
【分析】对于①，连接，由三角形为等边三角形判读；
对于②，将D1O进行平移到过点，使之具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也不可能满足D1O∥B1P；
对于③，连 接，证明平面，所以在线段上运动，当点到点位置时，最大，此时面积最大为：.
对于④，P到直线D1C1的距离为线段的长度，所以，判定出P点位置即可.
【详解】对于①，连接，由正方体的性质知三角形为等边三角形，由于为底面的中心，故为中点，故，①正确；

对于②，将D1O进行平移到过B1点，使之与B1P具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也不可能满足平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于，②错误；
对于③，取B1B的中点E，连 接，
则，满足，
又面，面，所以，，所以平面，
所以在线段上运动，当点到点位置时，最大，
此时面积最大为：.所以③正确.
对于④，P到直线D1C1的距离为线段的长度，所以，判定出P点位置为直线的垂直平分线，故④错误.
故正确的序号是: ①③.
故答案为: ①③.
14．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④△面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③
【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.
【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，

则五边形即为所得的截面图形，故①正确；
对于②，由题可知，平面，平面，
∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，

设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，
，，
∴，
，
∴由，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，则，

设，
∴，又，
∴，，
假设存在点，使得，
∴，整理得，
∴（舍去）或，
故存在点，使得，故③正确；
对于④，由上知，所以点在的射影为，
∴点到的距离为：
，
∴当时，，
∴故△面积的最小值是，故④错误.
故答案为：①③.
15．如图，已知四棱锥的底面是边长为的菱形，且，，，，分别是，的中点，是线段上的动点，给出下列四个结论：

①；
②；
③直线与底面所成角的正弦值为；
④面积的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】①④
【分析】①通过线面垂直证明线线垂直
②通过计算可得到结果
③通过线面角的定义与计算可得到结果
④通过求OE的取值范围计算三角形面积的取值范围
【详解】
由， 得平面，因为平面，所以，①正确
计算可得,，，



所以，②不正确；
由线面角定义知，就是直线与底面所成的角，，③不正确；
由得，，
， 时最小，④正确．
故答案为：①④

八、解答题
16．如图，在四边形中，，，，，.

（1）求；
（2）求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）计算出、，利用两角和的余弦公式可求得的值；
（2）在中，利用正弦定理可求出的长，然后在中利用余弦定理可求得的长.
【详解】（1）因为，，则、均为锐角，
所以，，，

，
，则，因此，；
（2）在中，由正弦定理可得，
可得，
在中，由余弦定理可得，
因此，.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
17．如图，在锐角中，，，，点在边的延长线上，且.

(1)求；
(2)求的周长.
【答案】(1)；
(2)30.

【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求解；
（2）由（1）可求得，在中，利用余弦定理可求，从而可求的周长.
【详解】（1）在中，，，，
由正弦定理可得，故，
因为是锐角三角形，所以 .
（2）由（1）得，所以.
在中，，，，
所以.
所以的周长为.
18．在中，是边上一点，，，，.

(1)求的长；
(2)求的面积.
【答案】(1)2
(2)

【分析】（1）中，根据余弦定理求的长；
（2）中，根据余弦定理求，即可求，再根据三角形的面积公式求解.
【详解】（1）因为，
则，，，
中，,
即，解得：或（舍），
所以；
（2），
因为
所以，，
所以.
19．为迎接2022年北京冬季奥运会，普及冬奥知识，某地区小学联合开展了“冰雪答题王”冬奥知识竞赛活动.现从参加该活动的学生中随机抽取了30名学生，将他们的竞赛成绩(单位：分)用茎叶图记录如下：

（1）从该地区参加该活动的男生中随机抽取1人，估计该男生的竞赛成绩在90分以上的概率；
（2）从该地区参加该活动的全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取2人，估计这4人中男生竞赛成绩在90分以上的人数比女生竞赛成绩在90分以上的人数多的概率；
（3）为便于普及冬奥知识，现从该地区某所小学参加冬奥知识竞赛活动的学生中随机选取10名男生､10名女生作为冬奥宣传志愿者.记这10名男生竞赛成绩的平均数为，这10名女生竞赛成绩的平均数为，能否认为，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）不能认为，理由见详解.
【分析】（1）根据古典概型概率计算公式进行求解即可；
（2）根据题意结合独立重复事件进行求解即可；
（3）根据平均数的运算公式，结合特例法进行判断即可.
【详解】（1）根据茎叶图可知：男生共有15名，其中竞赛成绩在90分以上的共有5人，
所以估计该男生的竞赛成绩在90分以上的概率为：；
（2）由题意，抽取的两名男生都在90分以上的概率为，只有一个在90分以上的概率为;
抽取的两名女生中，都在90以下的概率为，只有一个在90分以上的概率为;
故所求概率为；
（3）不能认为，理由如下：
如果选出10名男生的成绩没有超过90分以上的，
这时，
如是选出10名女生成绩是前10名的，
这时，
显然，故不能认为.
20．某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”，收集了使用该型号电动汽车年以上的部分客户的数据，得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”.从年龄在岁以下的客户中抽取位归为组，从年龄在岁（含岁）以上的客户中抽取位归为组，将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成如下茎叶图:

注：“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值.
(1)分别求出组客户与组客户“实际平均续航里程数”的平均值；
(2)在两组客户中，从“实际平均续航里程数”大于的客户中各随机抽取位客户，求组客户的“实际平均续航里程数”不小于组客户的“实际平均续航里程数”的概率
(3)试比较两组客户数据方差的大小.（结论不要求证明）
【答案】(1)；
(2)
(3)组客户“实际平均续航里程数”的方差大于组客户“实际平均续航里程数”的方差

【分析】（1）利用平均数的求法直接求解即可；
（2）列举出所有基本事件，并确定满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果；
（3）方法一：计算出两组客户的方差即可比较大小；方法二：根据数据集中程度可判断出结果.
【详解】（1）由茎叶图可知：组客户“实际平均续航里程数”的平均值；
组客户“实际平均续航里程数”的平均值.
（2）组客户中，“实际平均续航里程数”大于的客户的续航里程数分别为；
组客户中，“实际平均续航里程数”大于的客户的续航里程数分别为；
从两组客户中各抽取位客户，则有，，，，，，，，共种情况；
其中满足组客户的“实际平均续航里程数”不小于组客户的“实际平均续航里程数”的情况有，，，共种情况；
所求概率.
（3）方法一：组客户“实际平均续航里程数”的方差；
组客户“实际平均续航里程数”的方差；
，即组客户“实际平均续航里程数”的方差大于组客户“实际平均续航里程数”的方差；
方法二：根据茎叶图可知：组客户“实际平均续航里程数”的数据相较于组客户“实际平均续航里程数”的数据更集中在其平均数附近，即组客户数据整体更加稳定，
组客户“实际平均续航里程数”的方差大于组客户“实际平均续航里程数”的方差.
21．跳长绳是中国历史悠久的运动，某中学高三年级举行跳长绳比赛（该校高三年级共4个班），规定每班22人参加，其中2人摇绳，20人跳绳，在2分钟内跳绳个数超过120个的班级可获得优胜奖，跳绳个数最多的班级将获得冠军，为预测获得优胜奖的班级个数及冠军得主，收集了高三年级各班训练时在2分钟内的跳绳个数，并整理得到如下数据（单位：个）：
高三（1）班：142，131，129，126，121，109，103，98，96，94；
高三（2）班：137，126，116，108；
高三（3）班：163，134，112，103；
高三（4）班：158，132，130，127，110，106．
假设用频率估计概率，且高三年级各班在2分钟内的跳绳个数相互独立．
(1)估计高三（1）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖的概率；
(2)用X表示此次跳长绳比赛中获得优胜奖的班级个数，估计X的数学期望；
(3)在此次跳长绳比赛中，哪个班获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
【答案】(1)
(2)
(3)高三（3）班

【分析】（1）用古典概型概率计算公式即可求解.
（2）分别记三（1）班、高三（2）班、高三（3）班、高三（4）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件、、、,则、、，由题意得的取值为0,1,2,3,4，分别计算出对应概率即可求解数学期望
（3）高三（3）班：163，134，112，103的数据中163为最大数据且134为较大数据即可判断.
【详解】（1）记高三（1）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件.
由题知高三（1）班在2分钟内的跳绳个数超过120个的有次，用频率估计概率，估计高三（1）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖的概率为
（2）分别记高三（2）班、高三（3）班、高三（4）班在此次跳长绳比赛中获得优胜奖为事件、、,
则、、，
由题意得的取值为0,1,2,3,4
所以






则的分布列如下表

0
1
2
3
4






所以
（3）在此次跳长绳比赛中，高三（3）班获得冠军的概率估计值最大
22．如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，平面，是的中点，与平面交于点， .

(1)求证： 是的中点；
(2)若为棱上一点，且直线与平面所成的角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或

【分析】（1）由线面平行的判定与性质可得，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法由线面角公式求解即可.
【详解】（1）因为，
平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面平面，
所以.
所以.
因为点是的中点，
所以点是的中点.
（2）因为平面，平面，
所以.
由，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
，， ，.
设，
所以.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，所以.
所以.
设直线与平面所成的角为，
则，
解得：或.
所以或.
23．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为线段的动点.

(1)若直线平面，求证：为的中点；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由线面平行的性质得出，再由中位线定理得出为的中点；
（2）以点A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法结合平面与平面夹角的余弦值得出的值.
【详解】（1）连接交于点，再连接，
由直线平面，平面，平面平面，，又为的中点，为的中点；

（2）以点A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系
设，则
设，，

设平面的法向量为，则，即
取，则.
设平面的法向量，则，即，
可得平面的法向量，
设平面与平面夹角为
，整理得，


24．如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．

（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.

(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

25．已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：存在唯一的，使得曲线在点处的切线的斜率为；
（Ⅲ）比较与的大小，并加以证明．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【详解】试题分析：（1）求出的值可得切点坐标，求出,可得的值，从而得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）由已知，只需证明方程 在区间有唯一解，先利用导数证明在区间单调递增，再利用零点存在定理可得结论；（3）当时，利用导数研究函数的单调性，可得，即 ，令 即可的结果.
试题解析：（1）函数的定义域是，
导函数为．  所以， 又，
所以曲线在点处的切线方程为，    
（2）由已知．                                      
所以只需证明方程 在区间有唯一解．
即方程 在区间有唯一解．                                                                      
设函数 ，则 ．
当 时，，故在区间单调递增．              
又 ，，
所以 存在唯一的，使得．                           
综上，存在唯一的，使得曲线在点处的切线的斜率为．
（3）．证明如下：首先证明：当时，．
设 ，则 ．
当 时，，所以 ，故在单调递增，                          
所以 时，有，即当 时，有．
所以 ．
【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与零点，属于难题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在 处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.
26．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设.当时，求函数在区间上的最大值和最小值；
（3）当时，试写出一个实数a的值，使得的图象在的图下方.(不需要说明理由)
【答案】（1）；（2），；（3）(答案不唯一).
【分析】（1）根据导函数的几何意义，先求斜率再代入切线方程公式即可；
（2）求的导函数，得到的单调性，求在上的最值即可；
（3）根据题意,只需当时，即可，进而写出符合条件的的取值.
【详解】（1）
，则，
所以曲线在点处的切线斜为，
所以切线方程公式，即；
（2）设，则，
令，
，
，，故在上单调递增，，
，，在上单调递增，
，
.
（3）当时，的图象在的图象下方,
当时，，
由（2）知，当时，，
解得，只需取的a即可.
所以a可取4.
【点睛】关键点睛：利用导数求函数的最值时，求得后，可以构造函数，再次利用导数研究的正负得到的单调性，进而判断，即可判断为增函数，求得最值.
27．已知函数
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，判断在上的单调性，并说明理由；
(3)当时，求证：，都有
【答案】(1)；
(2)单调递增，理由见解析；
(3)见解析

【分析】（1）求导，由得切线斜率，由点斜式写切线方程即可；
（2）方法一：求导，利用辅助角公式得到，易知在上，从而得，从而函数为增函数；
方法二：二次求导，得到导函数大于等于0，从而得到函数的单调性；
（3）由（2）可知，当时，在区间单调递增，易知不等式成立；当时，二次求导，利用隐零点结合特殊点的函数值的正负，求出对于任意的，.
【详解】（1）当时，,.
得 又，
所以曲线在处的切线方程为
（2）方法1：因为，
所以，
因为，所以，所以.
所以当时，，所以在区间单调递增.
方法2：因为，所以.                          
令， 则 ，  
随x的变化情况如下表：
x







+






极大值


当时，.
所以时，，即，
所以在区间单调递增.
（3）方法1：由（2）可知，当时，在区间单调递增，
所以时，.
当时，设，
则 ，
随x的变化情况如下表：
x







+






极大值


所以在上单调递增，在上单调递减  
因为，，    
所以存在唯一的实数，使得，
且当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，,
所以当时，对于任意的，.    
综上所述，当时，对任意的，均有.
【点睛】导函数证明不等式，构造函数，求导，得到其单调性，并结合函数特点，适当的分情况进行讨论，结合函数的极值和最值情况，证明出结论.
28．已知椭圆过点，且的离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可求得椭圆的方程；
（2）对直线分两种情况讨论，直线与轴重合时，直接求出的值，在直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的代数式，综合可得出的取值范围．
【详解】（1）由题意得，解得.
所以椭圆的方程为；
（2）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，
则恒成立，
由韦达定理可得，，
由弦长公式可得，
，则，所以，.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
29．已知椭圆经过点，且离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过右焦点的直线（与轴不重合）与椭圆交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由条件可得，，然后可得答案；
（2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后算出中点的坐标，然后可得线段的垂直平分线方程，然后可得，然后可求出答案.
【详解】（1）因为椭圆经过点，所以
又因为离心率，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，
联立可得，
则恒成立，
所以，
则，
所以中点坐标为的，
所以线段的垂直平分线方程为，
令，可得，
当时，，
当时，，
当时，，当且仅当，即时取等号，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
所以，所以，
综上：.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
30．已知椭圆（）的左、右顶点分别为，，且，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆上不同于，的一点，直线，与直线分别交于点．若，求点横坐标的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）直接由条件计算即可；
（2）设出点坐标，分别写出直线，的方程，表示出坐标，由得到不等式，解不等式即可.
【详解】（1）由题意得
解得，．
所以椭圆的方程是．
（2）设（），
由已知得，，
所以直线，的方程分别为，．
令，得点的纵坐标为，点的纵坐标为，
所以．
因为点在椭圆上，所以，
所以，即．
因为，所以，即．
所以．
整理得，解得．
所以点横坐标的取值范围是．