2011年黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)壓軸題精編精解精選100題詳細(xì)解答

1、黃岡中學(xué)高考數(shù)學(xué)壓軸題精編精解精選100題，精心解答完整版1設(shè)函數(shù)，其中，記函數(shù)的最大值與最小值的差為。I求函數(shù)的解析式； II畫出函數(shù)的圖象并指出的最小值。8、定義在R上的函數(shù)y=f(x)，f(0)0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1，且對(duì)任意的a、bR，有f(a+b)=f(a)f(b)，（1） 求證：f(0)=1；2求證：對(duì)任意的xR，恒有f(x)>0；3證明：f(x)是R上的增函數(shù)；4假設(shè)f(x)·f(2x-x2)>1，求x的取值范圍。9、二次函數(shù)滿足，且關(guān)于的方程的兩實(shí)數(shù)根分別在區(qū)間-3，-2，0，1內(nèi)。 1求實(shí)數(shù)的取值范圍； 2假設(shè)函數(shù)在區(qū)間-1-，1-上具

2、有單調(diào)性，求實(shí)數(shù)C的取值范圍14函數(shù)I當(dāng)時(shí)，假設(shè)函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；II當(dāng)時(shí)，1求證：對(duì)任意的，的充要條件是；2假設(shè)關(guān)于的實(shí)系數(shù)方程有兩個(gè)實(shí)根，求證：且的充要條件是17、一個(gè)函數(shù)，如果對(duì)任意一個(gè)三角形，只要它的三邊長都在的定義域內(nèi)，就有也是某個(gè)三角形的三邊長，那么稱為“保三角形函數(shù)I判斷，中，哪些是“保三角形函數(shù)，哪些不是，并說明理由；II如果是定義在上的周期函數(shù)，且值域?yàn)?，證明不是“保三角形函數(shù)；III假設(shè)函數(shù)，是“保三角形函數(shù)，求的最大值可以利用公式22函數(shù)， 的最小值恰好是方程的三個(gè)根，其中求證：；設(shè)，是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)假設(shè)，求函數(shù)的解析式；求的取值范圍24設(shè)e為自然

3、對(duì)數(shù)的底數(shù) I求p與q的關(guān)系； II假設(shè)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍； III證明： ；nN，n2.31設(shè)函數(shù)，其圖象在點(diǎn)處的切線的斜率分別為求證：；假設(shè)函數(shù)的遞增區(qū)間為，求的取值范圍；假設(shè)當(dāng)時(shí)k是與無關(guān)的常數(shù)，恒有，試求k的最小值35集合其中為正常數(shù)1設(shè)，求的取值范圍；2求證：當(dāng)時(shí)不等式對(duì)任意恒成立；3求使不等式對(duì)任意恒成立的的范圍44函數(shù)f(x)=x33ax(aR) (I)當(dāng)a=l時(shí)，求f(x)的極小值； ()假設(shè)直線菇x+y+m=0對(duì)任意的mR都不是曲線y=f(x)的切線，求a的取值范圍； ()設(shè)g(x)=|f(x)|，xl，1，求g(x)的最大值F(a)的解析式47設(shè)x1、

4、的兩個(gè)極值點(diǎn). 1假設(shè)，求函數(shù)f(x)的解析式； 2假設(shè)的最大值； 3假設(shè)，求證：50.函數(shù)，和直線，又求的值；是否存在的值，使直線既是曲線的切線，又是的切線；如果存在，求出的值；如果不存在,說明理由如果對(duì)于所有的,都有成立，求的取值范圍51二次函數(shù)滿足：對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有，且當(dāng)1，3時(shí)，有成立。 1證明：。 2假設(shè)的表達(dá)式。 3設(shè) ，假設(shè)圖上的點(diǎn)都位于直線的上方，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。59、斜三棱柱的各棱長均為2， 側(cè)棱與底面所成角為，ABCA1B1C1O且側(cè)面底面.1證明：點(diǎn)在平面上的射影為的中點(diǎn)；2求二面角的大小 ；3求點(diǎn)到平面的距離.SQDABPC60、如圖，四棱錐中，是邊長為的正三角形

5、，平面平面，四邊形為菱形，為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn). 求證：平面；求二面角的大小63. 函數(shù) (a為實(shí)常數(shù))(1) 當(dāng)a = 0時(shí)，求的最小值；(2)假設(shè)在上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍； (3)設(shè)各項(xiàng)為正的無窮數(shù)列滿足 證明：1(nN*)64.設(shè)函數(shù)的圖象與直線相切于求在區(qū)間上的最大值與最小值；是否存在兩個(gè)不等正數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的值域也是，假設(shè)存在，求出所有這樣的正數(shù)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由；設(shè)存在兩個(gè)不等正數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的值域是，求正數(shù)的取值范圍66、設(shè)函數(shù).(1)求的單調(diào)區(qū)間;(2)假設(shè)當(dāng)時(shí),(其中)不等式恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍;(3)試討論關(guān)于的方程:在區(qū)間上的根的個(gè)數(shù).67、，.1當(dāng)時(shí)，求的

6、單調(diào)區(qū)間；2求在點(diǎn)處的切線與直線及曲線所圍成的封閉圖形的面積；3是否存在實(shí)數(shù)，使的極大值為3？假設(shè)存在，求出的值，假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由.70、均在橢圓上，直線、分別過橢圓的左右焦點(diǎn)、，當(dāng)時(shí)，有.()求橢圓的方程;()設(shè)是橢圓上的任一點(diǎn)，為圓的任一條直徑，求的最大值.72.函數(shù)。(1)假設(shè)函數(shù)fx、gx在區(qū)間1，2上都為單調(diào)函數(shù)且它們的單調(diào)性相同，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)a、b是函數(shù)Hx的兩個(gè)極值點(diǎn)，a<b，。求證：對(duì)任意的x1、x2，不等式成立73. 設(shè)是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)， ()求函數(shù)的解析式；() 當(dāng)時(shí)，求函數(shù)在上的最大值；()如果對(duì)滿足的一切實(shí)數(shù)，函數(shù)在上恒有，求實(shí)數(shù)的取

7、值范圍74.橢圓的中心為原點(diǎn)，點(diǎn)是它的一個(gè)焦點(diǎn)，直線過點(diǎn)與橢圓交于兩點(diǎn)，且當(dāng)直線垂直于軸時(shí)，求橢圓的方程；是否存在直線，使得在橢圓的右準(zhǔn)線上可以找到一點(diǎn)，滿足為正三角形如果存在，求出直線的方程；如果不存在，請(qǐng)說明理由76、函數(shù)1求曲線在點(diǎn)處的切線方程2當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間3當(dāng)時(shí)，假設(shè)不等式恒成立，求的取值范圍。77、函數(shù)，其中為實(shí)數(shù) (1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程； (2)是否存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意，恒成立?假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由，假設(shè)存在，求出的值并加以證明78、，直線與函數(shù)、的圖像都相切，且與函數(shù)的圖像的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1。求直線的方程及的值；假設(shè)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)的最大值；當(dāng)時(shí)，比擬：與

8、的大小， 81.函數(shù)的圖像過點(diǎn)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)都成立，函數(shù)與的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱。 求與的解析式；假設(shè)在-1，1上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；85.函數(shù) 1求函數(shù)f(x)是單調(diào)區(qū)間； 2如果關(guān)于x的方程有實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)的取值集合； 3是否存在正數(shù)k，使得關(guān)于x的方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根？如果存在，求k滿足的條件；如果不存在，說明理由.88、橢圓的對(duì)稱中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，一個(gè)頂點(diǎn)為，右焦點(diǎn)與點(diǎn)的距離為。 1求橢圓的方程； 2是否存在斜率的直線：，使直線與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)滿足，假設(shè)存在，求直線的傾斜角；假設(shè)不存在，說明理由。93.函數(shù)a為常數(shù).1如果對(duì)任意恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；2設(shè)實(shí)數(shù)

9、滿足：中的某一個(gè)數(shù)恰好等于a，且另兩個(gè)恰為方程 的兩實(shí)根，判斷，是否為定值？假設(shè)是定值請(qǐng)求出：假設(shè)不是定值，請(qǐng)把不是定值的表示為函數(shù)，并求的最小值；3對(duì)于2中的，設(shè)，數(shù)列滿足 ，且，試判斷與的大小，并證明.95.設(shè)函數(shù)處的切線的斜率分別為0，a. 1求證： ； 2假設(shè)函數(shù)fx的遞增區(qū)間為s，t，求|st|的取值范圍. 3假設(shè)當(dāng)xk時(shí)，k是a，b，c無關(guān)的常數(shù)，恒有，試求k的最小值96. 設(shè)函數(shù) 1假設(shè)且對(duì)任意實(shí)數(shù)均有成立，求表達(dá)式； 2在1在條件下，當(dāng)是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍； 3設(shè)mn<0，m+n>0，a>0且為偶函數(shù)，證明黃岡中學(xué)2021年高考數(shù)學(xué)壓軸題匯總詳細(xì)解答

10、1解：I1當(dāng)時(shí)，函數(shù)是增函數(shù)，此時(shí)，所以；2分2當(dāng)時(shí)，函數(shù)是減函數(shù)，此時(shí)，所以；4分3當(dāng)時(shí)，假設(shè)，那么，有；假設(shè)，那么，有；因此，6分而，故當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有；8分綜上所述：。10分II畫出的圖象，如右圖。12分?jǐn)?shù)形結(jié)合，可得。14分2解: ()先用數(shù)學(xué)歸納法證明,.1當(dāng)n=1時(shí),由得結(jié)論成立;2假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),結(jié)論成立,即.那么當(dāng)n=k+1時(shí),因?yàn)?<x<1時(shí),所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù).又f(x)在上連續(xù),所以f(0)<f()<f(1),即0<. 故當(dāng)n=k+1時(shí),結(jié)論也成立. 即對(duì)于一切正整數(shù)都成立.4分又由, 得,從而.綜上可知6分()構(gòu)造函數(shù)g(

11、x)=-f(x)= , 0<x<1,由,知g(x)在(0,1)上增函數(shù).又g(x)在上連續(xù),所以g(x)>g(0)=0. 因?yàn)?所以,即>0,從而10分() 因?yàn)?,所以, , 所以 , 12分由()知:, 所以= ,因?yàn)? n2, 所以 <<= . 14分由 兩式可知: .16分3在中,分別令；得由，得當(dāng)時(shí)，Î12，當(dāng)a<1時(shí)，2即 22，當(dāng)a1時(shí)，- 21即1a 故滿足條件的取值范圍-， 41橢圓的方程為 2分 2設(shè)AB的方程為由4分由 2 7分 3當(dāng)A為頂點(diǎn)時(shí)，B必為頂點(diǎn).SAOB=1 8分 當(dāng)A，B不為頂點(diǎn)時(shí)，設(shè)AB的方程為y=kx+

12、b11分所以三角形的面積為定值.12分51 (2分 ) (4分)個(gè)記：A = , 那么A=為整數(shù) = A (A+1) ， 得證 ( 6分) (2) (8分) (12分)6、解：易知 設(shè)Px，y，那么 ，即點(diǎn)P為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)，有最小值3；當(dāng)，即點(diǎn)P為橢圓長軸端點(diǎn)時(shí)，有最大值4 假設(shè)存在滿足條件的直線l易知點(diǎn)A5，0在橢圓的外部，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l與橢圓無交點(diǎn)，所在直線l斜率存在，設(shè)為k直線l的方程為 由方程組依題意 當(dāng)時(shí)，設(shè)交點(diǎn)C，CD的中點(diǎn)為R，那么又|F2C|=|F2D| 20k2=20k24，而20k2=20k24不成立， 所以不存在直線，使得|F2C|=|F2D|綜上所述，

13、不存在直線l，使得|F2C|=|F2D| 7、解：(1)依題意，曲線M是以點(diǎn)P為焦點(diǎn)，直線l為準(zhǔn)線的拋物線，所以曲線M的方程為y2=4x.假設(shè)存在點(diǎn)C1，y，使ABC為正三角形，那么|BC|=|AB|且|AC|=|AB|，即 因此，直線l上不存在點(diǎn)C，使得ABC是正三角形.ii解法一：設(shè)C1，y使ABC成鈍角三角形，CAB為鈍角. . 該不等式無解，所以ACB不可能為鈍角.因此，當(dāng)ABC為鈍角三角形時(shí)，點(diǎn)C的縱坐標(biāo)y的取值范圍是:.解法二： 以AB為直徑的圓的方程為:.當(dāng)直線l上的C點(diǎn)與G重合時(shí)，ACB為直角，當(dāng)C與G 點(diǎn)不重合，且A，B，C三點(diǎn)不共線時(shí)， ACB為銳角，即ABC中ACB不可能

14、是鈍角. 因此，要使ABC為鈍角三角形，只可能是CAB或CBA為鈍角. . A，B，C三點(diǎn)共 線，不構(gòu)成三角形.因此，當(dāng)ABC為鈍角三角形時(shí)，點(diǎn)C的縱坐標(biāo)y的取值范圍是：8、解：1令a=b=0，那么f(0)=f(0)2 f(0)0 f(0)=12令a=x，b=-x那么 f(0)=f(x)f(-x) 由x>0時(shí)，f(x)>1>0，當(dāng)x<0時(shí)，-x>0，f(-x)>0 又x=0時(shí)，f(0)=1>0 對(duì)任意xR，f(x)>0(3)任取x2>x1，那么f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0 f(x2)>f(x1) f

15、(x)在R上是增函數(shù)4f(x)·f(2x-x2)=fx+(2x-x2)=f(-x2+3x) 又1=f(0)，f(x)在R上遞增 由f(3x-x2)>f(0)得：x-x2>0 0<x<39、解：1由題意知，記那么 即2令u=。 在0，是減函數(shù)而上為增函數(shù)，從而上為減函數(shù)。且上恒有>0 ,只需，且10、解：1 而 2由題設(shè)，有又得上為奇函數(shù). 由得 于是故11.解：1設(shè)C ( x , y )， ,由知,G為 ABC的重心 ， G(,) 2分由知M是ABC的外心，M在x軸上。 由知M，0，由 得 化簡整理得：x0 (6分) 2F，0 恰為的右焦點(diǎn) 設(shè)PQ的斜率

16、為k0且k±，那么直線PQ的方程為y = k ( x )由設(shè)P(x1 , y1) ，Q (x2 ,y2 ) 那么x1 + x2 = , x1·x2 = 8分 -7-那么| PQ | = · = ·= RNPQ,把k換成得 | RN | = 10分) S =| PQ | · | RN | = =) 2 ， 16， S < 2 ， (當(dāng) k = ±1時(shí)取等號(hào)) 12分又當(dāng)k不存在或k = 0時(shí)S = 2綜上可得 S 2， Smax = 2 ， Smin = 14分12解： 又為銳角 都大于0 ，. , , 又 ， ，13 (本小題總

17、分值14分)解：1，2分故數(shù)列是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列。3分，4分2，5分得，即8分得，即9分所以數(shù)列是等差數(shù)列311分設(shè)，那么 13分14分14. (本小題總分值16分1當(dāng)時(shí)，1分在1，1上為單調(diào)遞增函數(shù)，在1，1上恒成立2分在1，1上恒成立3分4分2設(shè)，那么15、；16、解：(1)由f(m·n)f(m)n得：f(0)f(0×0)f(0)0函數(shù)f(x)的圖象均在x軸的上方,f(0)0,f(0)13分f(2)f(1×2)f(1)24，又f(x)0f(1)2,f(1)f(1)23分(2)又當(dāng)時(shí)，其導(dǎo)函數(shù)恒成立，在區(qū)間上為單調(diào)遞增函數(shù)當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，綜上所

18、述：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，。17、解：I是“保三角形函數(shù)，不是“保三角形函數(shù) 1分任給三角形，設(shè)它的三邊長分別為，那么，不妨假設(shè)，由于，所以是“保三角形函數(shù). 3分對(duì)于，3，3，5可作為一個(gè)三角形的三邊長，但，所以不存在三角形以為三邊長，故不是“保三角形函數(shù) 4分II設(shè)為的一個(gè)周期，由于其值域?yàn)?，所以，存在，使得，取正整?shù)，可知這三個(gè)數(shù)可作為一個(gè)三角形的三邊長，但，不能作為任何一個(gè)三角形的三邊長故不是“保三角形函數(shù) 8分III的最大值為 9分一方面，假設(shè)，下證不是“保三角形函數(shù).取，顯然這三個(gè)數(shù)可作為一個(gè)三角形的三邊長，但不能作為任何一個(gè)三角形的三邊長，故不是“保三角形函數(shù).另一方面，以下證明

19、時(shí)，是“保三角形函數(shù)對(duì)任意三角形的三邊，假設(shè)，那么分類討論如下：1，此時(shí)，同理，故，同理可證其余兩式.可作為某個(gè)三角形的三邊長2此時(shí)，可得如下兩種情況：時(shí)，由于，所以，.由在上的單調(diào)性可得；時(shí)，同樣，由在上的單調(diào)性可得；總之，.又由及余弦函數(shù)在上單調(diào)遞減，得，同理可證其余兩式，所以也是某個(gè)三角形的三邊長故時(shí)，是“保三角形函數(shù)綜上，的最大值為18、解：當(dāng)時(shí)，即是等比數(shù)列 ； 4分由知，假設(shè)為等比數(shù)列， 那么有而故，解得， 7分再將代入得成立， 所以 8分III證明：由知，所以， 9分由得所以， 12分從而即 14分19、解：I，因?yàn)?，成等比?shù)列，所以，解得或當(dāng)時(shí)，不符合題意舍去，故 4分文6分I

20、I當(dāng)時(shí)，由于，所以。又，故當(dāng)n=1時(shí)，上式也成立，所以8分IIIbn=32n-2-3n-1+2, =9. 12分20、解：1Q為PN的中點(diǎn)且GQPNGQ為PN的中垂線|PG|=|GN|GN|+|GM|=|MP|=6，故G點(diǎn)的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)的橢圓，其長半軸長，半焦距，短半軸長b=2，點(diǎn)G的軌跡方程是 5分 2因?yàn)?，所以四邊形OASB為平行四邊形假設(shè)存在l使得|=|，那么四邊形OASB為矩形假設(shè)l的斜率不存在，直線l的方程為x=2，由矛盾，故l的斜率存在.7分設(shè)l的方程為 9分把、代入 存在直線使得四邊形OASB的對(duì)角線相等.21、 解：1以AB中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立平面直角

21、坐標(biāo)系，那么那么 即A、C兩個(gè)救援中心的距離為 2，所以P在BC線段的垂直平分線上又，所以P在以A、B為焦點(diǎn)的雙曲線的左支上，且雙曲線方程為BC的垂直平分線的方程為聯(lián)立兩方程解得：PAB120°所以P點(diǎn)在A點(diǎn)的北偏西30°處 3如圖，設(shè)又即A、B收到信號(hào)的時(shí)間差變小22、解：三個(gè)函數(shù)的最小值依次為， 3分由，得 ，故方程的兩根是，故，4分，即 5分依題意是方程的根，故有，且，得由7分 ；得，由知，故， ， 9分或 11分由 ， ，又， ，或 13分 15分23本小題總分值12分解：I由，直線l的斜率為，1分故l的方程為，點(diǎn)A坐標(biāo)為1，0 2分設(shè) 那么，由得 整理，得4分動(dòng)點(diǎn)

22、M的軌跡C為以原點(diǎn)為中心，焦點(diǎn)在x軸上，長軸長為，短軸長為2的橢圓 5分 II如圖，由題意知直線l的斜率存在且不為零，設(shè)l方程為y=k(x2)(k0)將代入，整理，得，由>0得0<k2<. 設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)那么 7分令，由此可得由知.OBE與OBF面積之比的取值范圍是32，1.12分24本小題總分值14分解：I由題意 II由I知：，令h(x)=px22x+p.要使g(x)在0，+為單調(diào)函數(shù)，只需h(x)在0，+滿足：h(x)0或h(x)0恒成立.4分，g(x)在0，+單調(diào)遞減，p=0適合題意.5分當(dāng)p>0時(shí)，h(x)=px22x+p圖象為開口向上拋物

23、線，稱軸為x=0，+.h(x)min=p.只需p0，即p1時(shí)h(x)0，g(x) 0，g(x)在(0,+ )單調(diào)遞增，p1適合題意.7分當(dāng)p<0時(shí)，h(x)=px22x+p圖象為開口向下的拋物線，其對(duì)稱軸為x=0，+，只需h(0)0，即p0時(shí)h(0)0,+ )恒成立.g(x)<0 ，g(x)在0,+ 單調(diào)遞減，p<0適合題意.綜上可得，p1或p0.9分 III證明：即證：lnxx+10 (x>0)，設(shè).當(dāng)x0，1時(shí)，k(x)>0，k(x)為單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)x1，時(shí)，k(x)<0，k(x)為單調(diào)遞減函數(shù)；x=1為k(x)的極大值點(diǎn)，k(x)k(1)=0.即ln

24、xx+10，lnxx1.11分由知lnxx1,又x>0，結(jié)論成立.14分25解：當(dāng)時(shí)，即是等比數(shù)列 ； 4分由知，假設(shè)為等比數(shù)列， 那么有而故，解得，再將代入得成立， 所以III證明：由知，所以，由得所以，從而即14分26、解：設(shè) 由 又 3分 于是 由得或； 由得或 故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)減區(qū)間為和 4分由可得， 當(dāng)時(shí)， 兩式相減得或當(dāng)時(shí)，假設(shè)，那么這與矛盾 6分于是，待證不等式即為為此，我們考慮證明不等式令那么，再令， 由知當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增 于是即 令， 由知當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增 于是即 由、可知 10分所以，即 11分由可知 那么 在中令，并將各式相加得 即27、解：1定義域x|

25、x k，kZ 關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又f- x = f a - x - a= = = = = = - f x，對(duì)于定義域內(nèi)的每個(gè)x值都成立 fx為奇函數(shù)-4分2易證：fx + 4a = fx，周期為4a-8分3f2a= fa + a= f a - a= = = 0，f3a= f2a + a= f 2a - a= = = - 1先證明fx在2a，3a上單調(diào)遞減為此，必須證明x2a，3a時(shí)，fx < 0，設(shè)2a < x < 3a，那么0 < x - 2a < a， fx - 2a= = - > 0， fx< 0-10分設(shè)2a < x1 < x2 <

26、; 3a，那么0 < x2 - x1 < a， fx1< 0 fx2< 0 fx2 - x1> 0， fx1- fx2= > 0， fx1> fx2， fx在2a，3a上單調(diào)遞減-12分 fx在2a，3a上的最大值為f2a = 0，最小值為f3a= - 128、解：()設(shè)點(diǎn)M(x,y)，由得P(0，)，Q().由得(3，)·(，)0,即又點(diǎn)Q在x軸的正半軸上，故點(diǎn)M的軌跡C的方程是.6分解法一：由題意可知N為拋物線C:y24x的焦點(diǎn)，且A、B為過焦點(diǎn)N的直線與拋物線C的兩個(gè)交點(diǎn)。當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，得A(1,2)，B(1,-2)，|AB|

27、，不合題意；7分當(dāng)直線AB斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)，代入得那么|AB|,解得 10分 代入原方程得，由于，所以, 由，得 . 13分解法二：由題設(shè)條件得 由6、7解得或，又，故.29、解：設(shè)橢圓W的方程為，由題意可知解得，所以橢圓W的方程為4分解法1：因?yàn)樽鬁?zhǔn)線方程為，所以點(diǎn)坐標(biāo)為.于是可設(shè)直線 的方程為得.由直線與橢圓W交于、兩點(diǎn)，可知，解得設(shè)點(diǎn)，的坐標(biāo)分別為，,那么，因?yàn)?，所以?又因?yàn)?，所?10分解法2：因?yàn)樽鬁?zhǔn)線方程為，所以點(diǎn)坐標(biāo)為.于是可設(shè)直線的方程為，點(diǎn)，的坐標(biāo)分別為，,那么點(diǎn)的坐標(biāo)為，由橢圓的第二定義可得,所以，三點(diǎn)共線，即10分()由題意知 ，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)“=成立，所以面積的最大

28、值為30、解：I將P1，1代入拋物線C的方程得a=1，拋物線C的方程為，即焦點(diǎn)坐標(biāo)為F0，.4分 II設(shè)直線PA的方程為，聯(lián)立方程消去y得那么由7分同理直線PB的方程為聯(lián)立方程消去y得那么又9分設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為x，y，由又11分所求M的軌跡方程為：參考答案31解：，由題意及導(dǎo)數(shù)的幾何意義得， 1， 2 2分又，可得，即，故 3分由1得，代入，再由，得， 3 4分將代入2得，即方程有實(shí)根故其判別式得，或， 4 5分由3，4得； 6分由的判別式，知方程有兩個(gè)不等實(shí)根，設(shè)為，又由知，為方程的一個(gè)實(shí)根，那么有根與系數(shù)的關(guān)系得， 9分當(dāng)或時(shí)，當(dāng)時(shí)，故函數(shù)的遞增區(qū)間為，由題設(shè)知，因此，由知得的取值范圍為；1

29、2分由，即，即，因?yàn)?，那么，整理得，設(shè)，可以看作是關(guān)于的一次函數(shù)，由題意對(duì)于恒成立， 故 即得或，由題意，故，因此的最小值為 16分32本小題總分值12分 解：1依題意，隨機(jī)變量的取值是0，1，6，8P(=0)=，P(=1)=，P(=6)= ，P(=8)= 0168得分布列： 6分2=12分33本小題總分值14分解：1，2分 又 ，3分 5分由橢圓定義可知，6分從而得， 、 7分2F1-2，0，F(xiàn)22，0，由：，即，所以有：，設(shè)Px，y， 9分 那么，12分Qx，yMF1F2Oyx即或綜上所述，所求軌跡方程為：14分34本小題總分值14分解：1由an1an6an1，an12an3(an2an1

30、) (n2)a15，a25a22a115故數(shù)列an12an是以15為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列 5分2由1得an12an5·3n 由待定系數(shù)法可得(an13n1)2(an3n)即an3n2(2)n1 故an3n2(2)n13n(2)n 9分3由3nbnn(3nan)n3n3n(2)nn(2)n，bnn()n 令Sn|b1|b2|bn|2()23()3n()n Sn()22()3(n1)()nn()n1 11分得Sn()2()3()nn()n+1n()n+121()nn()n+1 Sn61()n3n()n+16要使得|b1|b2|bn|m對(duì)于nN恒成立，只須m6 14分35本小題總分值1

31、4分解：1，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故的取值范圍為5分2解法一函數(shù)法6分由，又，在上是增函數(shù)， 7分所以即當(dāng)時(shí)不等式成立9分解法二不等式證明的作差比擬法，將代入得， 6分，時(shí)，即當(dāng)時(shí)不等式成立9分3解法一函數(shù)法記，那么，即求使對(duì)恒成立的的范圍 10分由2知，要使對(duì)任意恒成立，必有，因此，函數(shù)在上遞減，在上遞增，12分要使函數(shù)在上恒有，必有，即，解得 14分解法二不等式證明的作差比擬法由(2)可知，要不等式恒成立，必須恒成立， 10分即恒成立， 11分由得，即， 13分解得 因此不等式恒成立的的范圍是 14分36、解：(1設(shè)橢圓的焦距為2c,因?yàn)?，所以有，故有。從而橢圓C的方程可化為： 2分易知右焦

32、點(diǎn)F的坐標(biāo)為，據(jù)題意有AB所在的直線方程為： 3分由，有： 設(shè)，弦AB的中點(diǎn)，由及韋達(dá)定理有： 所以，即為所求。 5分(2顯然與可作為平面向量的一組基底，由平面向量根本定理，對(duì)于這一平面內(nèi)的向量，有且只有一對(duì)實(shí)數(shù)，使得等式成立。設(shè)，由1中各點(diǎn)的坐標(biāo)有：，所以。 7分又點(diǎn)在橢圓C上，所以有整理為。 由有：。所以 又AB在橢圓上，故有 將，代入可得：。 11分對(duì)于橢圓上的每一個(gè)點(diǎn)，總存在一對(duì)實(shí)數(shù)，使等式成立，而在直角坐標(biāo)系中，取點(diǎn)P，設(shè)以x軸正半軸為始邊，以射線OP為終邊的角為，顯然 。也就是：對(duì)于橢圓C上任意一點(diǎn)M ，總存在角R使等式：cossin成立。37、1解法一：設(shè)，1分即當(dāng)；3分當(dāng)4分化

33、簡得不合故點(diǎn)M的軌跡C的方程是5分 1解法二：的距離小于1，點(diǎn)M在直線l的上方，點(diǎn)M到F1，0的距離與它到直線的距離相等3分所以曲線C的方程為5分 2當(dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，它與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)，不合題意，設(shè)直線m的方程為，代入 6分與曲線C恒有兩個(gè)不同的交點(diǎn)設(shè)交點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為，那么7分由，9分點(diǎn)O到直線m的距離，10分，舍去12分當(dāng)方程的解為假設(shè)假設(shè)13分當(dāng)方程的解為假設(shè)假設(shè)14分 所以，38、解：1點(diǎn)都在函數(shù)的圖像上，,當(dāng)時(shí)，當(dāng)1時(shí)，滿足上式，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為.3分 2由求導(dǎo)可得過點(diǎn)的切線的斜率為，.由×4，得-得： .7分 3,.又，其中是中的最小數(shù)，.是公差是4的

34、倍數(shù)，.又，,解得27.所以，設(shè)等差數(shù)列的公差為，那么，所以的通項(xiàng)公式為12分39、解： -2分 又也滿足上式，數(shù)列是公比為2，首項(xiàng)為的等比數(shù)列 - 4分 - 6分 -9分于是 -12分40、解：1令令2又，兩式相加是等差數(shù)列3 參考答案：41.解：1(n2) 3分由得， ，4分即從第2項(xiàng)起是以2為公比的等比數(shù)列。5分2 8分當(dāng)n2時(shí)，是等比數(shù)列, (n2)是常數(shù)，3a+4=0，即 。11分3由1知當(dāng)時(shí)，所以，13分所以數(shù)列為2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，顯然最小項(xiàng)是前三項(xiàng)中的一項(xiàng)。15分當(dāng)時(shí)，最小項(xiàng)為8a-1；當(dāng)時(shí)，最小項(xiàng)為4a或8a-1；16分當(dāng)時(shí)，最小項(xiàng)為4a；當(dāng)時(shí)，最小

35、項(xiàng)為4a或2a+1；17分當(dāng)時(shí)，最小項(xiàng)為2a+1。18分 42. 解：1 4分2設(shè)t>0，那么，F(xiàn)(1,0)。因?yàn)镸、F、N共線，那么有，6分所以，解得，8分所以，10分因而，直線MN的方程是。11分3“逆向問題一：拋物線C：的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交拋物線C于P、Q兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為R，那么直線RQ必過定點(diǎn)。13分證明：設(shè)過F的直線為y=k(x)，那么由得，所以，14分，15分=，16分所以直線RQ必過焦點(diǎn)A。17分注：完成此解答最高得6分。過點(diǎn)的直線交拋物線C于P、Q兩點(diǎn)，F(xiàn)P與拋物線交于另一點(diǎn)R，那么RQ垂直于x軸。注：完成此解答最高得6分。拋物線C：，過點(diǎn)B(m,0

36、)m>0的直線交拋物線C于P、Q兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為R，那么直線RQ必過定點(diǎn)A(-m,0)。注：完成此解答最高得7分，其中問題3分?！澳嫦騿栴}二：橢圓C：的焦點(diǎn)為F1(-c,0)，F(xiàn)2(c,0)，過F2的直線交橢圓C于P、Q兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為R，那么直線RQ必過定點(diǎn)。注：完成此解答最高得9分，其中問題4分?！澳嫦騿栴}三：雙曲線C：的焦點(diǎn)為F1(-c,0)，F(xiàn)2(c,0)，過F2的直線交雙曲線C于P、Q兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為R，那么直線RQ必過定點(diǎn)。注：完成此解答最高得9分，其中問題4分。其它解答參照給分。43(1)，因?yàn)樗?2分2因?yàn)樗?分,5分因?yàn)樗?/p>

37、與同號(hào)，6分因?yàn)?，?分3當(dāng)時(shí)，10分所以，12分所以14分441當(dāng)a=1時(shí)，令=0，得x=0或x=12分當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，的極小值為=-2.4分26分要使直線=0對(duì)任意的總不是曲線的切線，當(dāng)且僅當(dāng)-1<-3a,.8分 (3)因在-1,1上為偶函數(shù),故只求在 0,1上最大值，9分 當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增且, ，.10分 當(dāng)時(shí) i .當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，此時(shí)12分ii. 當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.10 當(dāng)即時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故.14分20當(dāng)即時(shí)，當(dāng)即時(shí)， 當(dāng)即時(shí)，綜上16分45此題總分值14分此題共有2個(gè)小題,第1小題總分值8分,第2小題總分值6分1又Bn在方向向量為1，6的直線上， 2二次函數(shù)是開口向上，對(duì)稱軸為的拋物線又因?yàn)樵赼6與a7兩項(xiàng)中至少有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)數(shù)列an的最小項(xiàng)，對(duì)稱軸46此題總分值14分此題共2個(gè)小題,第1小題總分值4分,第2小題總分值10分 解：1由知，點(diǎn)P的軌跡E是以F1、F2為焦點(diǎn)的雙曲線右支，由，故軌跡E的方程為4分 2當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為，與雙曲線方程聯(lián)