高考?jí)狠S題跟蹤演練系列二

1、備戰(zhàn)2010高考數(shù)學(xué)一一壓軸題跟蹤演練系列二1. (本小題滿分12分)已知常數(shù)a 0, n為正整數(shù)，f n ( x ) = x n -( x + a) n ( x 0 )是關(guān)于x的函數(shù).(1)判定函數(shù)f n ( x )的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論 .(2)對(duì)任意ri a ,證明 f n + 1 ( n + 1) 0 , x 0, fn ( x ) a0 時(shí),fn ( x )=x n -( x + a) n是關(guān)于x的減函數(shù),當(dāng)na時(shí)，有: (n + 1 ) n -( n+ 1 + a) n n n -( n + a) n.2分又fn + 1 (x ) = ( n + 1 ) x n -( x+ a

2、)n ,fn + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) (n + 1 ) n - n + 1 + a ) n n , fn + 1 ( n + 1 ) | u -v | ,4所以p( x)不滿足題設(shè)條件.(2)分三種情況討論：10.若 u ,v - , 0,則 |g(u) -g (v)| = |(1+u)-(1 + v)|=|u -v |，滿足題設(shè)條件;20.若 u ,v0 , 1, 則 |g(u) -g(v)| = |(1-u) -(1 -v)|= |v -u|，滿足題設(shè)條件;3.若 u -1 , 0, v 0, 1,則：|g (u) -g(v)|=|(1 -u) -(1 + v)

3、| = | -u -v| = |v + u | w | v -u| = | u -v|，滿足題設(shè)條件；4若u 0, 1, v -1 , 0,同理可證滿足題設(shè)條件.綜合上述得g(x)滿足條件.3. (本小題滿分14分)-)的圖象上，且有t2 -c2at + 4c 2 = 0 ( c 0 ).X 已知點(diǎn)P ( t , y )在函數(shù)f ( x ) =(xx 1(1)求證：| ac |4;求證：在(-1, + R)上f ( x )單調(diào)遞增.(僅理科做)求證：f ( | a | ) + f ( | c | ) 1.證：(1) / tR, t-1,=(-c2a)2 -16c2 = c4a2 -16c20,

4、 c2a216 , | ac |4.法 1.設(shè) X 1 X2,則 f(X2)-f ( x l) = 1 -1-1 + - x11X1 X2(X21)(X11)- x 1 X2, X1 -X2 0,X2 + 1 0 ,- f (X2) -f ( X1) 0 ,即 f (X2) -1時(shí)，f ( X )單調(diào)遞增.(3)(僅理科做)T f ( X )在X -1時(shí)單調(diào)遞增,4 0 , |a| f (| c | ) f ()= |a|上亙41|a|f ( | a | ) + f ( | c | )= 駐 +|a| 1|a|+|a|=1.|a| 4|a| 4即 f ( | a | ) + f ( | c |

5、 ) 1.4. (本小題滿分15分)設(shè)定義在R上的函數(shù)f (X)4axa1x32a2x a3x a4 (其中 ai R ,i=0,1,2,3,4 ),當(dāng)x= 1(1)2時(shí)，f (X)取得極大值一，并且函數(shù)3求f (x)的表達(dá)式；y=f (x+1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(一1 ,0)對(duì)稱.(2)試在函數(shù)f(X)的圖象上求兩點(diǎn)，使這兩點(diǎn)為切點(diǎn)的切線互相垂直，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都在區(qū)間、2,、2 上;2(13n)3n(n N + )，求證：f(Xn) f(yn)X.5分1 3解：(1)f(x)3x(2) 0,0 , ,2,遼或 0,0 ,.2,遼10 分334(3) 用導(dǎo)數(shù)求最值，可證得f(xn) f(yn)f(

6、 1) f (1)-.15分35. (本小題滿分13分)2 2X y設(shè)M是橢圓C :1上的一點(diǎn)，P、Q、T分別為M關(guān)于y軸、原點(diǎn)、x軸的對(duì)稱點(diǎn)，N為橢124圓C上異于M的另一點(diǎn)，且 MN丄MQ , QN與PT的交點(diǎn)為E,當(dāng)M沿橢圓C運(yùn)動(dòng)時(shí)，求動(dòng)點(diǎn) E的軌跡 方程.解：設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo) 皿(冷)小儀22)(為0), E(x, y),則 P( X1,yJ,Q(為，yJ,T(X1, %),1 分2X1122X2122y142 y241,L L L L (1)1.L L L L (2)又 MN 丄 MQ , kMN kMQ1, kMN互,所以kQNy1上3x1直線QN的方程為y -yL(x X1)3X1y1

7、，又直線PT的方程為yx.10分y1從而得X12X1,y丄.所以 x, 2x,y12y.22X2代入(1)可得 y2 1(xy 0),此即為所求的軌跡方程313分6. (本小題滿分12分)過(guò)拋物線x24y上不同兩點(diǎn)A、B分別作拋物線的切線相交于P 點(diǎn)，PA PB 0.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)已知點(diǎn)F (0, 1),是否存在實(shí)數(shù)使得FA FB(FP)2 0 ?若存在，求出 的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由2 2解法(一)：(1 )設(shè) A(x1, 十 B(X2, 學(xué),(X1 X2)由x24y,得:kpAX1 kpBPAPB 0,xy 2X2PAPB,%x2直線PA的方程是：y2X17(xXi)即

8、y2X-|XX24同理，直線PB的方程是:X2X22X2由得：74x1x22x1x2(X1, X21,R)點(diǎn)p的軌跡方程是y1(xR).(2)由（1）得:FA2(x(, -1), FB42x2(X2,f 1), P(4X1x22,1)FPX-|x222), xg4FA FBx1x222(今1)(乎1)442 2X1X2410分2(FP)2(X1 X2)所以FAFB (FP)20故存在=1 使得 FA FB (FP)2012分解法（二）：（1 ）直線PA、PB與拋物線相切，且 PA PB 0,直線PA、PB的斜率均存在且不為 0,且PA PB,設(shè)PA的直線方程是y kx m(k, m R, k

9、0)y kx m由 x2 4y 得:2x 4kx4m 0216k16mk2即直線PA的方程是：y kxk2同理可得直線PB的方程是:14分y kx k2由11得:y -x kk2故點(diǎn)P的軌跡方程是y1(xR).(2)2 2由(1)得：A(2k,k2), B(1 1k*),P(k 7, 1)FA(2k,k21), fb(冷1)FP(k2)FAFB(k2 1)(占 1)k(k2 占)k10分2(FP)2k) 42(k21k2)故存在=1使得FA FB(FP)212分7. (本小題滿分14分)設(shè)函數(shù)(1)f(x) Jax求正實(shí)數(shù)a的取值范圍;Inx 在1,)上是增函數(shù)(2)設(shè)b 0,a1，求證:丄l

10、nUa b b解：(1) f (x)ax 1廠 0對(duì)x 1,)恒成立, ax1,)恒成立(2)八cab1,b 0,b1 )知f(X)1 Xlnx 在1, ax)上是增函數(shù),f( b) a bbaa b方面,由(f(1)ba b 即ln b另一方面，設(shè)函數(shù) G(x) x ln x(x 1)1 x 1G (x)10( x 1)x x當(dāng) x 1 時(shí)，G(x) G(1)0 x In x1綜上所述，_a bInL2ba bInba b & (本小題滿分12分)如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，一直角三角形 ABC , C 90, B、C在x軸上且關(guān)于原點(diǎn) O對(duì)稱，D在邊BC上，BD 3DC，! ABC的周長(zhǎng)為1

11、2 若一雙曲線E以B、C為焦點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)A、D兩點(diǎn).(1) 求雙曲線E的方程；(2) 若一過(guò)點(diǎn)P(m,0) ( m為非零常數(shù))的直線I與雙曲線E相交于不同于雙曲線頂點(diǎn)的兩點(diǎn)uuirM 、 N ，且 MPUULTPN，問(wèn)在x軸上是否存在定點(diǎn)G，使luruuiuuurBC (GMGN) ?若存在，求出所有這樣定點(diǎn)2 2解：(1)設(shè)雙曲線E的方程為 冷爲(wèi)1 (a 0,b 0), a b則 B( c,0), D(a,0), C(c,0).21 AB|2| AC| 126a , |AB|AC | 124a,(3 分)1 AB| AC | 2 a.解之得a1 , c2, b3.雙曲線E的方程為2 x2仝1.

12、(5分)3UJUuuuiur(2)設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)G(t,0)，使BC(GMGN)設(shè)直線I的方程為x mG的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.xiur由MPnrPN，得 y1y20 .即(6分)y2iui/ BC(4,0),uuuiHTGMGN(為tX2t, y1y2),iurlUlinr BC(GMGN)x1 t區(qū)t).ky , M(X1,yJ, N(X2,y2).由 BD 3DC，得 c a 3(c a)，即 c 2a .即 ky1m t(ky2mt).(8 分)把代入，得2ky”2 (m t)(%y2)(9分)把x m ky代入x22y_31并整理得(3 k21)y2 6kmy3( m21)

13、其中3k2 10且6kmy1 y2冇，欣3(m21)23k 1(10 分)代入，得26k (m1) 6km(m t)2 23k 1 3k 1 化簡(jiǎn)得kmt k .1當(dāng)t 時(shí)，上式恒成立.m因此，在x軸上存在定點(diǎn)1umrG(丄,0)，使 BCuuuumr(GM GN).(12 分)9.（本小題滿分14分）已知數(shù)列an各項(xiàng)均不為0,其前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意nN都有（1P)5 P pan（p為大于1的常數(shù)），記f（n）1 Cb C：a2L 為2nSn(1)試比較f(n1）與丄f（n）2p的大丿?。?n N求證：(2n1)f (n)剟 f(1)f(2)Lf (2 n (1p)Snp pan, (1p

14、)Sn1 p pan 1 .），得(1p)an1pan 1pan求an ；解：);1)即 an 1 pan.p 12p2n 1(3 分)在中令n 1,可得二an是首項(xiàng)為P，公比為p的等比數(shù)列,an(4分)Cna21)(2)由(1)可得Snp(1 pn) p(pn 1)1 C；a1n.Cnan11pCn22p Cnn nL CnP (1 np)(P1)n . f( n)1 Cn aiCna2L2nSnC：an(p 1)n_ 石,n n2 (p(5分)f(nf(n)p 1ppp(p 1)n1_1) n 1(p 1) 且2 (P P)j 1 “ m2 (p1 f (n1)(3)由(2)知f(1)12p_p 1p , f(n 1)2pf (n) , ( n N).).(8 分)當(dāng)n2時(shí)，1)(衛(wèi)2盧f(n2)(勺)nf(1)即.- f(1) f(2)L f(2n 1),2p12p2n 1(當(dāng)且僅當(dāng)n1時(shí)取等號(hào)).另一方面，當(dāng)f(k)f (2 n2n kp12p2n 1(10 分)1,2,L ,2n(p 1)k(p 1)k1時(shí),2n(p 1)2n k z 2n k2 (P 1)2(P 1)2n k2n k 2n k.2 (p 1) 2 (p 1)n2( P 1)2n . (Pk 1)(p2，k 1)2( p 1)