2023年高考數(shù)學(xué)30道壓軸題訓(xùn)練

2023年高考數(shù)學(xué)30道壓軸題訓(xùn)練參考答案與試題解析一、解答題〔共30小題〕1．〔2004?天津〕橢圓的中心是原點(diǎn)O，它的短軸長為，相應(yīng)于焦點(diǎn)F〔c，0〕〔c＞0〕的準(zhǔn)線l與x軸相交于點(diǎn)A，|OF|=2|FA|，過點(diǎn)A的直線與橢圓相交于P、Q兩點(diǎn)．〔1〕求橢圓的方程及離心率；〔2〕假設(shè)，求直線PQ的方程；〔3〕設(shè)〔λ＞1〕，過點(diǎn)P且平行于準(zhǔn)線l的直線與橢圓相交于另一點(diǎn)M，證明．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題．專題：綜合題；壓軸題；轉(zhuǎn)化思想．分析：〔1〕由題意，可設(shè)橢圓的方程為，列出關(guān)于a，b的方程組，解出a，b值，從而求得橢圓的方程及離心率；〔2〕由〔1〕可得A〔3，0〕．設(shè)直線PQ的方程為y=k〔x﹣3〕．將直線的方程代入橢圓的方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，再結(jié)合根系數(shù)的關(guān)系利用向量垂直條件即可求得k值，從而解決問題．〔2〕先得出向量的坐標(biāo)．由得方程組解得x2，最后經(jīng)計(jì)算得出即可．解答：〔1〕解：由題意，可設(shè)橢圓的方程為．由得解得所以橢圓的方程為，離心率．〔2〕解：由〔1〕可得A〔3，0〕．設(shè)直線PQ的方程為y=k〔x﹣3〕．由方程組得〔3k2+1〕x2﹣18k2x+27k2﹣6=0依題意△=12〔2﹣3k2〕＞0，得．設(shè)P〔x1，y1〕，Q〔x2，y2〕，那么，①．②由直線PQ的方程得y1=k〔x1﹣3〕，y2=k〔x2﹣3〕．于是y1y2=k2〔x1﹣3〕〔x2﹣3〕=k2[x1x2﹣3〔x1+x2〕+9]．③∵，∴x1x2+y1y2=0．④由①②③④得5k2=1，從而．所以直線PQ的方程為或〔3〕證明：．由得方程組注意λ＞1，解得因F〔2，0〕，M〔x1，﹣y1〕，故=．而，所以．點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)，直線方程，平面向量的計(jì)算，曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的根本思想方法和綜合解題能力．2．函數(shù)f〔x〕對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f〔x+1〕+f〔x〕=1，且當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f〔x〕=|x﹣1|．〔1〕當(dāng)x∈[2k，2k+2]〔k∈Z〕時(shí)，求f〔x〕的表達(dá)式．〔2〕證明f〔x〕是偶函數(shù)．〔3〕試問方程是否有實(shí)數(shù)根？假設(shè)有實(shí)數(shù)根，指出實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)；假設(shè)沒有實(shí)數(shù)根，請(qǐng)說明理由．考點(diǎn)：根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷；函數(shù)奇偶性的判斷．專題：計(jì)算題；證明題；綜合題；壓軸題；數(shù)形結(jié)合．分析：〔1〕推出函數(shù)的周期，通過當(dāng)x∈[2k，2k+2]〔k∈Z〕時(shí)，利用函數(shù)的表達(dá)式，直接求f〔x〕的表達(dá)式．〔2〕利用〔1〕通過f〔﹣x〕=|﹣x﹣〔﹣2k﹣1〕|=|﹣x+2k+1|=|x﹣2k﹣1|=f〔x〕證明f〔x〕是偶函數(shù)．〔3〕化簡方程，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，畫出函數(shù)的圖象，即可判斷方程是否有實(shí)數(shù)根，指出實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)．解答：解：〔1〕對(duì)任意實(shí)數(shù)x，滿足f〔x〕=1﹣f〔x+1〕=1﹣[1﹣f〔x+2〕]=f〔x+2〕=1﹣f〔x+3〕=1﹣[1﹣f〔x+4〕]=f〔x+4〕=…，也就是有f〔x〕=f〔x+2T〕，其中T屬于z．即f〔x〕是一個(gè)周期為2的周期函數(shù)．對(duì)于任意x屬于[2k，2k+2]，有x﹣2k屬于[0，2]，那么f〔x〕=f〔x﹣2k〕=|〔x﹣2k〕﹣1|=|x﹣2k﹣1|所以，x∈[2k，2k+2]〔k∈Z〕時(shí)，f〔x〕=|x﹣2k﹣1|f〔x〕=|x﹣2k﹣1|〔2k≤x≤2k+2，k∈Z〕〔2〕由〔1〕可知函數(shù)是個(gè)周期為2的周期函數(shù)，可將f〔x〕通式寫為f〔x〕=|x﹣2k﹣1|，x∈[2k，2k+2]取x∈[2k，2k+2]那么﹣x∈[﹣2k﹣2，﹣2k]那么：f〔﹣x〕=|﹣x﹣〔﹣2k﹣1〕|=|﹣x+2k+1|=|x﹣2k﹣1|=f〔x〕所以是偶函數(shù)．〔3〕方程化為f〔x〕=log4x，log4x=|x﹣2k﹣1|，x∈[2k，2k+2]，如圖x=4時(shí)方程有一個(gè)根，x＞4時(shí)，方程無根，方程在[1，4]上有3個(gè)實(shí)根．點(diǎn)評(píng)：此題是中檔題，函數(shù)解析式的求法，偶函數(shù)的判斷，函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的關(guān)系，考查計(jì)算能力，作圖能力．3．如圖，點(diǎn)F〔0，1〕，直線L：y=﹣2，及圓C：x2+〔y﹣3〕2=1．〔1〕假設(shè)動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)F的距離比它到直線L的距離小1，求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程；〔2〕過點(diǎn)F的直線g交軌跡E于G〔x1，y1〕、H〔x2，y2〕兩點(diǎn)，求證：x1x2為定值；〔3〕過軌跡E上一點(diǎn)P作圓C的切線，切點(diǎn)為A、B，要使四邊形PACB的面積S最小，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及S的最小值．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系；拋物線的定義．專題：綜合題．分析：〔1〕由動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)F的距離比它到直線L的距離小1，可得M到點(diǎn)F的距離與它到直y=﹣1的距離相等，由拋物線的定義可知M的軌跡是以F為焦點(diǎn)，以y=﹣1為準(zhǔn)線的拋物線，從而可求方程〔2〕由題意可得直線g的斜率存在，故可設(shè)直線g的方程為y=kx+1，聯(lián)立直線與拋物線方程，由方程的根與系數(shù)關(guān)系可求〔3〕設(shè)P〔x，y〕，那么x2=4y〔y≥0〕，由圓的切線性質(zhì)可得S四邊形PACB=2S△PAC==PA==，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求最小值及取得最小值時(shí)的p解答：解：〔1〕由動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)F的距離比它到直線L的距離小1，可得M到點(diǎn)F的距離與它到直y=﹣1的距離相等由拋物線的定義可知M的軌跡是以F為焦點(diǎn)，以y=﹣1為準(zhǔn)線的拋物線其方程為x2=4y〔2〕由題意可得直線g的斜率存在，故可設(shè)直線g的方程為y=kx+1聯(lián)立方程整理可得x2﹣4kx﹣4=0由方程的根與系數(shù)關(guān)系可得x1x2=﹣4〔3〕設(shè)P〔x，y〕，那么x2=4y〔y≥0〕由圓的切線的性質(zhì)可得PA=PB，CA⊥PA，CB⊥PBS四邊形PACB=2S△PAC==PA===∴P〔±2，1〕，點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了利用拋物線的定義求解拋物線的方程，方程的根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用，圓的切線性質(zhì)的應(yīng)用及利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解函數(shù)的最值等知識(shí)的綜合應(yīng)用．4．〔2004?黃埔區(qū)一?！骋詸E圓=1〔a＞1〕短軸一端點(diǎn)為直角頂點(diǎn)，作橢圓內(nèi)接等腰直角三角形，試判斷并推證能作出多少個(gè)符合條件的三角形．考點(diǎn)：橢圓的簡單性質(zhì)．專題：計(jì)算題．分析：設(shè)直角三角形一腰所在直線為y=kx+1〔k＞0〕，那么另一腰所在直線方程為y=﹣x+1，分別代入橢圓方程，求得兩腰的長，由兩腰長相等得關(guān)于k的方程，討論方程的根的個(gè)數(shù)即可得符合條件的三角形的個(gè)數(shù)解答：解：因a＞1，不防設(shè)短軸一端點(diǎn)為B〔0，1〕，內(nèi)接直角三角形為△ABC，那么兩腰所在直線的斜率一定存在且不為0，設(shè)BC：y=kx+1〔k＞0〕那么AB：y=﹣x+1把BC方程代入橢圓，得〔1+a2k2〕x2+2a2kx=0∴|BC|=，同理|AB|=由|AB|=|BC|，得k3﹣a2k2+ka2﹣1=0〔k﹣1〕[k2+〔1﹣a2〕k+1]=0∴k=1或k2+〔1﹣a2〕k+1=0當(dāng)k2+〔1﹣a2〕k+1=0時(shí)，△=〔a2﹣1〕2﹣4由△＜0，得1＜a＜由△=0，得a=，此時(shí)，k=1故當(dāng)△≤0，即1＜a≤時(shí)，方程〔k﹣1〕[k2+〔1﹣a2〕k+1]=0有一解當(dāng)△＞0即a＞時(shí)，方程〔k﹣1〕[k2+〔1﹣a2〕k+1]=0有三解即當(dāng)1＜a≤時(shí)，符合條件的等腰直角三角形只有一個(gè)；當(dāng)a＞時(shí)，符合條件的等腰三角形可作三個(gè)點(diǎn)評(píng)：此題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，通過聯(lián)立方程求曲線交點(diǎn)進(jìn)而求弦長的方法，將符合條件的三角形個(gè)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為討論方程根的個(gè)數(shù)問題是解決此題的關(guān)鍵5．〔2004?黃埔區(qū)一模〕，二次函數(shù)f〔x〕=ax2+bx+c及一次函數(shù)g〔x〕=﹣bx，其中a、b、c∈R，a＞b＞c，a+b+c=0．〔Ⅰ〕求證：f〔x〕及g〔x〕兩函數(shù)圖象相交于相異兩點(diǎn)；〔Ⅱ〕設(shè)f〔x〕、g〔x〕兩圖象交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)AB線段在x軸上射影為A1B1時(shí)，試求|A1B1|的取值范圍．考點(diǎn)：二次函數(shù)的圖象；二次函數(shù)的性質(zhì)．專題：計(jì)算題；證明題．分析：〔I〕首先將兩函數(shù)聯(lián)立得出ax2﹣2bx+c=0，再利用根的判別式得出它的符號(hào)即可；〔II〕利用線段AB在x軸上的射影A1B1長的平方，以及a，b，c的符號(hào)得出|A1B1|的范圍即可．解答：解：依題意，知a、b≠0∵a＞b＞c且a+b+c=0∴a＞0且c＜0〔Ⅰ〕令f〔x〕=g〔x〕，得ax2+2bx+c=0．〔*〕△=4〔b2﹣ac〕∵a＞0，c＜0，∴ac＜0，∴△＞0∴f〔x〕、g〔x〕相交于相異兩點(diǎn)．〔Ⅱ〕設(shè)方程的兩根為x1，x2，那么|A1B1|2==4[〔+〕2+]，∵a＞b＞c，a+b+c=0，∴a＞﹣〔a+c〕＞c，a＞0，∴﹣2＜＜﹣，此時(shí)3＜A1B12＜12，∴＜|A1B1|＜2．點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查二次函數(shù)的圖象、二次函數(shù)的性質(zhì)、根的判別式、不等式的解法等根底知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于根底題，6．過函數(shù)f〔x〕=x3+ax2+1的圖象上一點(diǎn)B〔1，b〕的切線的斜率為﹣3．〔1〕求a，b的值；〔2〕求A的取值范圍，使不等式f〔x〕≤A﹣1992對(duì)于x∈[﹣1，4]恒成立；〔3〕令g〔x〕=﹣f〔x〕﹣3x2+tx+1．是否存在一個(gè)實(shí)數(shù)t，使得當(dāng)x∈〔0，1]時(shí)，g〔x〕有最大值1？考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．專題：綜合題．分析：〔1〕先求導(dǎo)函數(shù)，利用過函數(shù)f〔x〕=x3+ax2+1的圖象上一點(diǎn)B〔1，b〕的切線的斜率為﹣3，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可得f′〔1〕=﹣3，從而可求a，b的值；〔2〕令g〔x〕=f〔x〕+1992，那么問題轉(zhuǎn)化為求g〔x〕在[﹣1，4]上的最大值．〔3〕先求導(dǎo)函數(shù)g′〔x〕=﹣3x2+t，根據(jù)t的取值不同，函數(shù)的單調(diào)性有所不同，故需進(jìn)行分類討論，從而得解．解答：解：〔1〕f′〔x〕=3x2+2ax，∵過函數(shù)f〔x〕=x3+ax2+1的圖象上一點(diǎn)B〔1，b〕的切線的斜率為﹣3∴f′〔1〕=﹣3，∴a=﹣3，將〔1，b〕代入函數(shù)f〔x〕=x3﹣3x2+1，可得b=﹣1〔2〕令h〔x〕=f〔x〕+1992，那么使不等式f〔x〕≤A﹣1992對(duì)于x∈[﹣1，4]恒成立問題轉(zhuǎn)化為h〔x〕≤A對(duì)于x∈[﹣1，4]恒成立，從而求h〔x〕在[﹣1，4]上的最大值即可．求導(dǎo)數(shù)h′〔x〕=3x2﹣6x=3x〔x﹣2〕，那么函數(shù)在〔﹣1，0〕，〔2，4〕上，h′〔x〕＞0，函數(shù)為單調(diào)增函數(shù)，在〔0，2〕上，h′〔x〕＜0，函數(shù)為單調(diào)減函數(shù)∵h(yuǎn)〔﹣1〕=1987，h〔0〕=1993，h〔4〕=2023∴函數(shù)在x=4處取得最大值2023．故A≥2023〔3〕∵g〔x〕=﹣f〔x〕﹣3x2+tx+1=﹣x3+tx，∴g′〔x〕=﹣3x2+t當(dāng)t≤0時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，函數(shù)在x∈〔0，1]無最大值；當(dāng)t∈〔0，3〕時(shí)，函數(shù)在x∈〔0，1]上先增后減，，此時(shí)符合題意當(dāng)t≥3時(shí)，函數(shù)在x∈〔0，1]上單調(diào)遞增，∴gmax〔x〕=g〔1〕=1，∵g〔x〕=﹣f〔x〕﹣3x2+tx+1=﹣x3+tx，∴t﹣1=1，∴t=2，不滿足t≥3，舍去故點(diǎn)評(píng)：此題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查恒成立問題，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)的最值．7．〔2006?重慶一模〕兩點(diǎn)M〔﹣2，0〕，N〔2，0〕，動(dòng)點(diǎn)P〔x，y〕在y軸上的射影為H，是2和的等比中項(xiàng)．〔I〕求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；〔II〕假設(shè)以點(diǎn)M、N為焦點(diǎn)的雙曲線C過直線x+y=1上的點(diǎn)Q，求實(shí)軸最長的雙曲線C的方程．考點(diǎn)：雙曲線的簡單性質(zhì)；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．專題：綜合題．分析：〔I〕先用坐標(biāo)表示出向量，進(jìn)而利用是2和的等比中項(xiàng)，可得，從而求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；〔II〕假設(shè)以點(diǎn)M、N為焦點(diǎn)的雙曲線C過直線x+y=1上的點(diǎn)Q，且Q在右支上，N〔2，0〕關(guān)于直線x+y=1的對(duì)稱點(diǎn)為E〔1，﹣1〕，那么|QE|=|QN|，所以雙曲線C的實(shí)軸長2a=||QM|﹣|QN||=||QM|﹣|QE||≤|ME|=〔當(dāng)且僅當(dāng)Q，E．M共線時(shí)取“=〞〕，此時(shí)，實(shí)軸長為2a，最大為；同理假設(shè)Q在左支上，雙曲線C的實(shí)軸長為2a，最大為，從而可求實(shí)軸最長的雙曲線C的方程．解答：解：〔I〕M〔﹣2，0〕，N〔2，0〕，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔x，y〕，所以H〔0，y〕，所以∴，∵是2和的等比中項(xiàng)∴∴x2=2〔x2﹣4+y2〕∴為所求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；〔II〕假設(shè)以點(diǎn)M、N為焦點(diǎn)的雙曲線C過直線x+y=1上的點(diǎn)Q，且Q在右支上，N〔2，0〕關(guān)于直線x+y=1的對(duì)稱點(diǎn)為E〔1，﹣1〕，那么|QE|=|QN|∴雙曲線C的實(shí)軸長2a=||QM|﹣|QN||=||QM|﹣|QE||≤|ME|=〔當(dāng)且僅當(dāng)Q，E．M共線時(shí)取“=〞〕，此時(shí)，實(shí)軸長為2a，最大為同理假設(shè)Q在左支上，雙曲線C的實(shí)軸長為2a，最大為∴雙曲線C的實(shí)半軸長為∵∴∴實(shí)軸最長的雙曲線C的方程為．點(diǎn)評(píng)：此題以向量為載體，考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，考查學(xué)生分析解決問題的能力，綜合性較強(qiáng)．8．?dāng)?shù)列{an}滿足a1=3a〔a＞0〕，an+1=〔1〕求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；〔2〕設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，試比擬Sn與的大小，并證明你的結(jié)論．考點(diǎn)：數(shù)列遞推式；數(shù)列與不等式的綜合．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：〔1〕先求出數(shù)列{bn}的首項(xiàng)，然后根據(jù)條件可得bn+1=，兩邊同取以2為底的對(duì)數(shù)，可得數(shù)列{log2bn}是首項(xiàng)為﹣1，公比為2的等比數(shù)列，從而可求出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；〔2〕欲比擬Sn與的大小，只需判斷Sn﹣的符號(hào)，利用放縮法和等比數(shù)列求和公式可得結(jié)論．解答：解：〔1〕∵，a1=3a〔a＞0〕，∴，，∵an+1=，∴===，而b1＞0，那么bn＞0，∴l(xiāng)og2bn+1=log2即log2bn+1=2log2bn，∴數(shù)列{log2bn}是首項(xiàng)為﹣1，公比為2的等比數(shù)列，那么log2bn=﹣2n﹣1，∴bn=即數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=；〔2〕Sn＜，證明：Sn﹣=〔+++++…〕﹣=〔+++…〕﹣＜〔+++…〕﹣=﹣=0，∴Sn＜．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了數(shù)列的遞推關(guān)系，以及數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，同時(shí)考查了運(yùn)算求解的能力和不等式證明中運(yùn)用放縮的方法，屬于難題．9．焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線C的兩條漸近線過坐標(biāo)原點(diǎn)，且兩條漸近線與以點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓相切，又知C的一個(gè)焦點(diǎn)與A關(guān)于直線y=x對(duì)稱．〔Ⅰ〕求雙曲線C的方程；〔Ⅱ〕設(shè)直線y=mx+1與雙曲線C的左支交于A，B兩點(diǎn)，另一直線l經(jīng)過M〔﹣2，0〕及AB的中點(diǎn)，求直線l在y軸上的截距b的取值范圍；〔Ⅲ〕假設(shè)Q是雙曲線C上的任一點(diǎn)，F(xiàn)1F2為雙曲線C的左，右兩個(gè)焦點(diǎn)，從F1引∠F1QF2的平分線的垂線，垂足為N，試求點(diǎn)N的軌跡方程．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；圓錐曲線的軌跡問題．專題：計(jì)算題．分析：〔Ⅰ〕設(shè)雙曲線C的漸近線方程為y=kx，那么kx﹣y=0，由該直線與圓相切，知雙曲線C的兩條漸近線方程為y=±x．由此利用雙曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)為，能求出雙曲線C的方程．〔Ⅱ〕由，得〔1﹣m2〕x2﹣2mx﹣2=0．令f〔x〕=〔1﹣m2〕x2﹣2mx﹣2．直線與雙曲線左支交于兩點(diǎn)，等價(jià)于方程f〔x〕=0在〔﹣∞，0〕上有兩個(gè)不等實(shí)根．由此能求出直線l在y軸上的截距b的取值范圍．〔Ⅲ〕假設(shè)Q在雙曲線的右支上，那么延長QF2到T，使|QT|=|QF1|，假設(shè)Q在雙曲線的左支上，那么在QF2上取一點(diǎn)T，使|QT|=|QF1|．由此能求出點(diǎn)N的軌跡方程．解答：解：〔Ⅰ〕設(shè)雙曲線C的漸近線方程為y=kx，那么kx﹣y=0∵該直線與圓相切，∴雙曲線C的兩條漸近線方程為y=±x．故設(shè)雙曲線C的方程為．又雙曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)為∴2a2=2，a2=1．∴雙曲線C的方程為x2﹣y2=1．〔Ⅱ〕由得〔1﹣m2〕x2﹣2mx﹣2=0．令f〔x〕=〔1﹣m2〕x2﹣2mx﹣2直線與雙曲線左支交于兩點(diǎn)，等價(jià)于方程f〔x〕=0在〔﹣∞，0〕上有兩個(gè)不等實(shí)根．因此解得．又AB中點(diǎn)為，∴直線l的方程為．令x=0，得．∵，∴∴．〔Ⅲ〕假設(shè)Q在雙曲線的右支上，那么延長QF2到T，使|QT|=|QF1|，假設(shè)Q在雙曲線的左支上，那么在QF2上取一點(diǎn)T，使|QT|=|QF1|．根據(jù)雙曲線的定義|TF2|=2，所以點(diǎn)T在以為圓心，2為半徑的圓上，即點(diǎn)T的軌跡方程是①由于點(diǎn)N是線段F1T的中點(diǎn)，設(shè)N〔x，y〕，T〔xT，yT〕．那么，即．代入①并整理得點(diǎn)N的軌跡方程為x2+y2=1.點(diǎn)評(píng)：此題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．10．f〔x〕對(duì)任意x∈R都有．〔Ⅰ〕求和的值．〔Ⅱ〕數(shù)列{an}滿足：an=f〔0〕+，數(shù)列{an}是等差數(shù)列嗎？請(qǐng)給予證明；試比擬Tn與Sn的大?。键c(diǎn)：數(shù)列與函數(shù)的綜合；等差關(guān)系確實(shí)定．專題：綜合題．分析：〔Ⅰ〕由f〔x〕對(duì)任意x∈R都有，知．由此能求出和的值．〔Ⅱ〕又兩式相加．由此知數(shù)列{an}是等差數(shù)列．，==Sn．解答：解：〔Ⅰ〕∵f〔x〕對(duì)任意x∈R都有，∴．所以．令，得，即．〔Ⅱ〕又兩式相加．所以，又．故數(shù)列{an}是等差數(shù)列．，===所以Tn≤Sn．點(diǎn)評(píng)：此題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．11．如圖，設(shè)OA、OB是過拋物線y2=2px頂點(diǎn)O的兩條弦，且=0，求以O(shè)A、OB為直徑的兩圓的另一個(gè)交點(diǎn)P的軌跡．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；軌跡方程．專題：綜合題．分析：設(shè)出直線方程與拋物線方程分別聯(lián)立，求得A，B的坐標(biāo)，從而可得OA、OB為直徑的兩圓的方程，進(jìn)而可得以O(shè)A、OB為直徑的兩圓的另一個(gè)交點(diǎn)P的軌跡方程解答：解：設(shè)直線OA的斜率為k，顯然k存在且不等于0，那么OA的方程為y=kx由，解得A〔〕又由，知OA⊥OB，所以O(shè)B的方程為y=﹣x由，解得B〔2pk2，﹣2pk〕從而OA的中點(diǎn)為A'〔〕，OB的中點(diǎn)為B'〔pk2，﹣pk〕所以，以O(shè)A、OB為直徑的圓的方程分別為x2+y2﹣=0…①x2+y2﹣2pk2x+2pky=0…②∵P〔x，y〕是異于O點(diǎn)的兩圓交點(diǎn)，所以x≠0，y≠0由①﹣②并化簡得y=〔k﹣〕x…③將③代入①，并化簡得x〔k2+﹣1〕=2p…④由③④消去k，有x2+y2﹣2px=0∴點(diǎn)P的軌跡為以〔p，0〕為圓心，p為半徑的圓〔除去原點(diǎn)〕．點(diǎn)評(píng)：此題以拋物線為載體，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查軌跡方程與軌跡，解題的關(guān)鍵是確定以O(shè)A、OB為直徑的圓的方程．12．函數(shù)f〔x〕=log3〔x2﹣2mx+2m2+〕的定義域?yàn)镽．〔1〕求實(shí)數(shù)m的取值集合M；〔2〕求證：對(duì)m∈M所確定的所有函數(shù)f〔x〕中，其函數(shù)值最小的一個(gè)是2，并求使函數(shù)值等于2的m的值和x的值．考點(diǎn)：根本不等式在最值問題中的應(yīng)用；復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)恒成立問題．專題：計(jì)算題．分析：〔1〕將函數(shù)的定義域?yàn)镽轉(zhuǎn)化成x2﹣2mx+2m2+＞0對(duì)任意的x∈R恒成立，然后利用判別式建立關(guān)系即可；〔2〕利用根本不等式求出對(duì)數(shù)的真數(shù)的最小值，然后根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求出f〔x〕的最小值，從而建立關(guān)系式，解之即可求出所求．解答：解：〔1〕由題意，有x2﹣2mx+2m2+＞0對(duì)任意的x∈R恒成立所以△=4m2﹣4〔2m2+〕＜0即﹣m2﹣＜0∴由于分子恒大于0，只需m2﹣3＞0即可所以m＜﹣或m＞∴M={m|m＜﹣或m＞}〔2〕x2﹣2mx+2m2+=〔x﹣m〕2+m2+≥m2+當(dāng)且僅當(dāng)x=m時(shí)等號(hào)成立．所以，題設(shè)對(duì)數(shù)函數(shù)的真數(shù)的最小值為m2+又因?yàn)橐?為底的對(duì)數(shù)函數(shù)為增函數(shù)∴f〔x〕≥log3〔m2+〕∴當(dāng)且僅當(dāng)x=m〔m∈M〕時(shí)，f〔x〕有最小值為log3〔m2+〕又當(dāng)m∈M時(shí)，m2﹣3＞0∴m2+=m2﹣3++3≥2=9當(dāng)且僅當(dāng)m2﹣3=，即m=±時(shí)，log3〔m2+〕有最小值log3〔6+〕=log39=2∴當(dāng)x=m=±時(shí)，其函數(shù)有最小值2．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了函數(shù)恒成立問題，以及根本不等式的應(yīng)用，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化的思想和計(jì)算的能力，屬于中檔題．13．關(guān)于x的方程2x2﹣tx﹣2=0的兩根為α，β〔α＜β〕，函數(shù)f〔x〕=〔1〕求f〔α〕和f〔β〕的值．〔2〕證明：f〔x〕在[α，β]上是增函數(shù)．〔3〕對(duì)任意正數(shù)x1．x2，求證：〔文科不做〕考點(diǎn)：函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明；不等式的證明．專題：計(jì)算題．分析：〔1〕由根與系數(shù)的關(guān)系得，，即可求出求f〔α〕和f〔β〕的值．〔2〕求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，判斷函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在[α，β]的值大于0，即可證明函數(shù)在區(qū)間[α，β]上是增函數(shù)．〔3〕先判斷出和的區(qū)間，根據(jù)〔2〕的證明，即可證的上述證明．解答：解：〔1〕由根與系數(shù)的關(guān)系得，∴同法得f〔〔4分〕〔文科7分〕〔2〕證明：∵f/〔x〕=，而當(dāng)x∈[α，β]時(shí)，2x2﹣tx﹣2=2〔x﹣α〕〔x﹣β〕≤0，故當(dāng)x∈[α，β]時(shí)，f/〔x〕≥0，∴函數(shù)f〔x〕在[α，β]上是增函數(shù)．〔9分〕〔文科14分〕〔3〕證明：，∴，同理．∴〔11分〕又f〔兩式相加得：，即〔13分〕而由〔1〕，f〔α〕=﹣2β，f〔β〕=﹣2α且f〔β〕﹣f〔α〕=|f〔β〕﹣f〔α〕|，∴．〔14分〕點(diǎn)評(píng)：此題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷即相關(guān)證明．14．〔2005?溫州一?！硵?shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為其前n項(xiàng)的和．對(duì)于任意的n∈N*，都有4Sn=〔an+1〕2．〔1〕求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．〔2〕假設(shè)2n≥tSn對(duì)于任意的n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)t的最大值．考點(diǎn)：數(shù)列遞推式．專題：計(jì)算題；壓軸題．分析：〔1〕令n=1求出首項(xiàng)，然后根據(jù)4an=4Sn﹣4Sn﹣1進(jìn)行化簡得an﹣an﹣1=2，從而得到數(shù)列{an}是等差數(shù)列，直接求出通項(xiàng)公式即可；〔2〕假設(shè)2n≥tSn對(duì)于任意的n∈N*恒成立，那么，然后研究數(shù)列的單調(diào)性，可求出t的范圍，從而求出所求．解答：解：〔1〕∵4S1=4a1=〔a1+1〕2，∴a1=1．當(dāng)n≥2時(shí)，4an=4Sn﹣4Sn﹣1=〔an+1〕2﹣〔an﹣1+1〕2，∴2〔an+an﹣1〕=an2﹣an﹣12，又{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，∴an﹣an﹣1=2．?dāng)?shù)列{an}是等差數(shù)列，∴an=2n﹣1．〔2〕Sn=n2，假設(shè)2n≥tSn對(duì)于任意的n∈N*恒成立，那么．令，．當(dāng)n≥3時(shí)，．又，∴．∴t的最大值是．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了數(shù)列的遞推關(guān)系，以及恒成立問題和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．15．〔2023?馬鞍山模擬〕H〔﹣3，0〕，點(diǎn)P在y軸上，點(diǎn)Q在x軸的正半軸上，點(diǎn)M在直線PQ上，且滿足．〔1〕當(dāng)點(diǎn)P在y軸上移動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)M的軌跡C；〔2〕過點(diǎn)T〔﹣1，0〕作直線l與軌跡C交于A、B兩點(diǎn)，假設(shè)在x軸上存在一點(diǎn)E〔x0，0〕，使得△ABE是等邊三角形，求x0的值．考點(diǎn)：橢圓的應(yīng)用；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；軌跡方程．專題：計(jì)算題．分析：〔1〕設(shè)出M的坐標(biāo)，利用題意向量的關(guān)系，求得x和y的關(guān)系，進(jìn)而求得M的軌跡C．〔2〕設(shè)直線l的方程，代入拋物線方程，設(shè)出A，B的坐標(biāo)，利用韋達(dá)定理表示出x1+x2和x1x2，那么線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)以及AB的中垂線的方程可得，把y=0代入方程，最后利用△ABE為正三角形，利用正三角的性質(zhì)推斷E到直線AB的距離的關(guān)系式求得k，那么x0可求．解答：解〔1〕設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為〔x，y〕，由．得，由，得，所以y2=4x由點(diǎn)Q在x軸的正半軸上，得x＞0，所以，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C是以〔0，0〕為頂點(diǎn)，以〔1，0〕為焦點(diǎn)的拋物線，除去原點(diǎn)．〔2〕設(shè)直線l：y=k〔x+1〕，其中k≠0代入y2=4x，得k2x2+2〔k2﹣2〕x+k2=0①設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，那么x1，x2是方程①的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由韋達(dá)定理得所以，線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，線段AB的垂直平分線方程為，令，所以，點(diǎn)E的坐標(biāo)為．因?yàn)椤鰽BE為正三角形，所以，點(diǎn)E到直線AB的距離等于|AB|，而|AB|=．所以，解得，所以．點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了橢圓的應(yīng)用，向量的根本性質(zhì)．考查了學(xué)生分析問題和解決問題的能力．16．設(shè)f1〔x〕=，定義fn+1〔x〕=f1[fn〔x〕]，an=〔n∈N*〕．〔1〕求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；〔2〕假設(shè)T2n=a1+2a2+3a3+…+2na2n，Qn=〔n∈N*〕，試比擬9T2n與Qn的大小，并說明理由．考點(diǎn)：數(shù)列與不等式的綜合；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；等比數(shù)列的前n項(xiàng)和；等比關(guān)系確實(shí)定；數(shù)列遞推式．專題：綜合題．分析：〔1〕根據(jù)f1〔x〕=，定義fn+1〔x〕=f1[fn〔x〕]，an=〔n∈N*〕．可得f1〔0〕=2，a1==，fn+1〔0〕=f1[fn〔0〕]=，從而an+1=﹣an．所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為，公比為﹣的等比數(shù)列，故可求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．〔2〕利用錯(cuò)誤相減法求得T2n=〔1﹣〕，從而9T2n=1﹣，又Qn=1﹣，故當(dāng)n=1時(shí)，22n=4，〔2n+1〕2=9，所以9T2n＜Qn；當(dāng)n=2時(shí)，22n=16，〔2n+1〕2=25，所以9T2n＜Qn；當(dāng)n≥3時(shí)，22n=[〔1+1〕n]2=〔Cn0+Cn1+Cn3+…+Cnn〕2＞〔2n+1〕2，從而得到結(jié)論．解答：解：〔1〕∵f1〔0〕=2，a1==，fn+1〔0〕=f1[fn〔0〕]=，∴an+1====﹣=﹣an．∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為，公比為﹣的等比數(shù)列，∴an=〔〕n﹣1．〔2〕∵T2n=a1+2a2+3a3+…+〔2n﹣1〕a2n﹣1+2na2n，∴T2n=〔﹣a1〕+〔﹣〕2a2+〔﹣〕3a3+…+〔﹣〕〔2n﹣1〕a2n﹣1+2na2n=a2+2a3+…+〔2n﹣1〕a2n﹣na2n．兩式相減，得T2n=a1+a2+a3+…+a2n+na2n．∴T2n=+n×〔﹣〕2n﹣1=﹣〔﹣〕2n+〔﹣〕2n﹣1．T2n=﹣〔﹣〕2n+〔﹣〕2n﹣1=〔1﹣〕．∴9T2n=1﹣．又Qn=1﹣，當(dāng)n=1時(shí)，22n=4，〔2n+1〕2=9，∴9T2n＜Qn；當(dāng)n=2時(shí)，22n=16，〔2n+1〕2=25，∴9T2n＜Qn；當(dāng)n≥3時(shí)，22n=[〔1+1〕n]2=〔Cn0+Cn1+Cn3+…+Cnn〕2＞〔2n+1〕2，∴9T2n＜Qn；綜上得：9T2n＜Qn．點(diǎn)評(píng)：此題以函數(shù)為載體，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查等比數(shù)列的定義，考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合性強(qiáng)．17．=〔x，0〕，=〔1，y〕，〔+〕⊥〔﹣〕〔1〕點(diǎn)P〔x，y〕的軌跡C的方程；〔2〕假設(shè)直線l：y=3x+m〔m≠0〕與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，D〔0，﹣1〕且，試求m的值．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；向量在幾何中的應(yīng)用．專題：綜合題．分析：〔1〕由x2=3+3y2，由此能得到P的軌跡方程．〔2〕設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，AB中點(diǎn)E坐標(biāo)為〔x0，y0〕.，消去y得：26x2+18mx+3m2+3=0由韋達(dá)定理和根的判別式能夠求出m的值．解答：解：〔1〕由〔2分〕即x2=3+3y2，所以P的軌跡方程為〔5分〕〔2〕設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，AB中點(diǎn)E坐標(biāo)為〔x0，y0〕．，消去y得：26x2+18mx+3m2+3=0由韋達(dá)定理得：，那么，〔8分〕那么AB垂直平分線方程為，又點(diǎn)D〔﹣1，0〕在AB的垂直平分線上，代入方程得〔11分〕〔注：也可由DE的斜率為﹣，得，解得m=〕由△＞0，得m2＞26所以時(shí)，直線l：y=3x+m，m≠0與雙曲線C相交，符合題意，所以．〔12分〕點(diǎn)評(píng)：此題考查直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合運(yùn)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．18．函數(shù)f〔x〕對(duì)任意實(shí)數(shù)p、q都滿足f〔p+q〕=f〔p〕?f〔q〕，．〔1〕當(dāng)n∈N+時(shí)，求f〔n〕的表達(dá)式；〔2〕設(shè)，求證：；〔3〕設(shè)，試比擬與6的大小．考點(diǎn)：數(shù)列與不等式的綜合；函數(shù)解析式的求解及常用方法；數(shù)列與函數(shù)的綜合．專題：綜合題．分析：〔1〕由題設(shè)知：=．〔2〕由〔1〕可知，設(shè)Tn=那么．利用錯(cuò)位相減法能證明．〔3〕由〔1〕可知bn=，故==，所以=，由此能夠證明．解答：〔1〕解：∵函數(shù)f〔x〕對(duì)任意實(shí)數(shù)p、q都滿足f〔p+q〕=f〔p〕?f〔q〕，，∴=．〔2〕證明：由〔1〕可知，設(shè)Tn=那么．∴．兩式相減得+…+=，∴Tn=．〔3〕解：由〔1〕可知bn=，∴==，那么=，故有==6．點(diǎn)評(píng)：此題考查數(shù)列與不等式的綜合運(yùn)用，考查f〔n〕的表達(dá)式的求法，求證：，試比擬與6的大小．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意錯(cuò)位相減法和裂項(xiàng)求和法的靈活運(yùn)用．19．函數(shù)f〔x〕=logax〔a＞0且a≠1〕，假設(shè)數(shù)列：2，f〔a1〕，f〔a2〕，…，成等差數(shù)列．〔1〕求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an；〔2〕假設(shè)0＜a＜1，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求；〔3〕假設(shè)a=2，令bn=an?f〔an〕，對(duì)任意，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．考點(diǎn)：數(shù)列的極限；等差數(shù)列的性質(zhì)；數(shù)列與函數(shù)的綜合．專題：計(jì)算題；綜合題．分析：〔1〕利用數(shù)列：2，f〔a1〕，f〔a2〕，…，成等差數(shù)列，推出數(shù)列的公差，求出f〔an〕，利用對(duì)數(shù)關(guān)系，求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)an；〔2〕求出數(shù)列的前n項(xiàng)和，利用假設(shè)0＜a＜1，直接求解；〔3〕利用a=2，求出bn=an?f〔an〕的表達(dá)式，利用對(duì)任意，得到26＞2t，然后求實(shí)數(shù)t的取值范圍．解答：解：〔1〕2n+4=2+〔n+2﹣1〕d，∴d=2，∴f〔an〕=2+〔n+1﹣1〕?2=2n+2，∴．〔2〕因?yàn)?，?shù)列是等比數(shù)列，首項(xiàng)為，公比為a2，所以，所以==．〔3〕由與〔2〕可得：．，∴bn+1＞bn．∴{bn}為遞增數(shù)列∴bn中最小項(xiàng)為，∴26＞2t，∴t＜6．點(diǎn)評(píng)：此題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，數(shù)列的極限，數(shù)列的根本性質(zhì)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，計(jì)算能力．20．△OFQ的面積為．〔1〕設(shè)正切值的取值范圍；〔2〕設(shè)以O(shè)為中心，F(xiàn)為焦點(diǎn)的雙曲線經(jīng)過點(diǎn)Q〔如圖〕，，當(dāng)取得最小值時(shí)，求此雙曲線的方程．〔3〕設(shè)F1為〔2〕中所求雙曲線的左焦點(diǎn)，假設(shè)A、B分別為此雙曲線漸近線l1、l2上的動(dòng)點(diǎn)，且2|AB|=5|F1F|，求線段AB的中點(diǎn)M的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；向量在幾何中的應(yīng)用；雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．專題：綜合題．分析：〔1〕由，知，由此能求出向量與的夾角θ的正切值的取值范圍．〔2〕設(shè)所求的雙曲線方程為，Q〔x1，y1〕，，，，由，知．由此能求出此雙曲線的方程．〔3〕設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕l1的方程為的方程為，有，，由2|AB|=5|FF1|，知，由此能求出線段AB的中點(diǎn)M的軌跡方程．解答：解：〔1〕∴，∴∴1＜tanθ＜4．∴．〔2〕設(shè)所求的雙曲線方程為∴，∴又由，∴，∴．當(dāng)且僅當(dāng)c=4時(shí)，最小，此時(shí)Q的坐標(biāo)為∴，∴，∴所求方程為．〔3〕設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕l1的方程為的方程為那么有①②∵2|AB|=5|FF1|∴∴③設(shè)M〔x，y〕由①②得∴∴，代入③得∴．∴M的軌跡為焦點(diǎn)在y軸上的橢圓．點(diǎn)評(píng)：此題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．21．函數(shù)f〔x〕=3x2+bx+1是偶函數(shù)，g〔x〕=5x+c是奇函數(shù)，數(shù)列{an}滿足an＞0，且a1=1，f〔an+an+1〕﹣g〔an+1an+an2〕=1．〔1〕求{an}的通項(xiàng)公式；〔2〕假設(shè){an}的前考點(diǎn)：等比數(shù)列的前n項(xiàng)和；極限及其運(yùn)算；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式．專題：計(jì)算題．分析：〔1〕根據(jù)函數(shù)f〔x〕是偶函數(shù)判斷f〔﹣x〕=f〔x〕，把函數(shù)解析式代入求得f〔x〕=3x2+1，根據(jù)g〔x〕是奇函數(shù)求得c，那么g〔x〕的解析式可得．代入f〔an+an+1〕﹣g〔an+1an+an2〕=1中，整理得進(jìn)而判斷出數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，進(jìn)而求得數(shù)列的通項(xiàng)公式．〔2〕利用等比數(shù)列的求和公式根據(jù)〔1〕中的通項(xiàng)公式求得前n項(xiàng)和的極限值．解答：解：〔1〕∵f〔x〕=3x2+bx+1是偶函數(shù)，∴f〔﹣x〕=f〔x〕，即3〔﹣x〕2+b〔﹣x〕+1=3x2+bx+1，b=0．∴f〔x〕=3x2+1．∵g〔x〕=5x+c是奇函數(shù)，∴g〔﹣x〕=﹣g〔x〕，即5〔﹣x〕+c=﹣〔5x+c〕，c=0．∴g〔x〕=5x．f〔an+an+1〕﹣g〔an+1an+an2〕=3〔an+an+1〕2+1﹣5〔an+1an+an2〕=1．∴3an+12+anan+1﹣2an2=0．∴∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，∴的通項(xiàng)公式為〔2〕由〔I〕可求得點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式．考查了學(xué)生對(duì)數(shù)列根底知識(shí)的掌握．22．直角梯形ABCD中∠DAB=90°，AD∥BC，AB=2，，，橢圓F以A、B為焦點(diǎn)且經(jīng)過點(diǎn)D．〔1〕建立適當(dāng)坐標(biāo)系，求橢圓F的方程；〔2〕假設(shè)點(diǎn)E滿足=，是否存在不平行于AB的直線L與橢圓F交于M、N兩點(diǎn)，且|ME|=|NE|？假設(shè)存在，求出直線L與AB夾角的范圍；假設(shè)不存在，說明理由．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．專題：綜合題．分析：〔1〕考慮先以AB所在直線為x軸，AB中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)橢圓F方程為：，那么由題意可得c=1，D〔﹣1，〕在橢圓上代入可求a，b，從而可求橢圓得方程〔2〕由=可求E〔0，〕，假設(shè)L⊥AB，那么與題意不符，可設(shè)L：y=kx+m〔k≠0〕，由直線與橢圓有2個(gè)交點(diǎn)可得△＞0，即4k2+3＞m2，利用方程根與系數(shù)關(guān)系可求，，可得從而可求解答：解：〔1〕如圖，以AB所在直線為x軸，AB中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，那么A〔﹣1，0〕，B〔1，0〕．c=1設(shè)橢圓F方程為：，D〔﹣1，〕在橢圓上代入可得∴橢圓F的方程是：．〔7分〕〔2〕由=得：E〔0，〕，假設(shè)L⊥AB，那么與題意不符，故可設(shè)L：y=kx+m〔k≠0〕由，假設(shè)M、N存在，那么△＞0即64k2m2﹣4〔3+4k2〕?〔4m2﹣12〕＞0，4k2+3＞m2，設(shè)M〔x1，y1〕，N〔x2，y2〕，MN的中點(diǎn)F〔x0，y0〕，那么，，∴∴4k2+3＜4∴∴且k≠0∴L與AB的夾角的范圍是〔0，〕．〔14分〕點(diǎn)評(píng)：利用橢圓〔拋物線、雙曲線〕得性質(zhì)求解相應(yīng)的方程是圓錐曲線得?？荚囶}，解題的關(guān)鍵是要靈活利用圓錐曲線的性質(zhì)．23．設(shè)函數(shù)，〔1〕求證：對(duì)一切x∈R，f〔x〕+f〔1﹣x〕為定值；〔2〕記求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和．考點(diǎn)：數(shù)列與函數(shù)的綜合；函數(shù)恒成立問題；數(shù)列的求和．專題：綜合題．分析：〔1〕由函數(shù)，知f〔x〕+f〔1﹣x〕==．所以對(duì)一切x∈R，f〔x〕+f〔1﹣x〕為定值．〔2〕由〔1〕知f〔0〕+f〔1〕=，，，…，，將上述n+1個(gè)式子相加，得，由此能求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和．解答：解：〔1〕∵函數(shù)，∴f〔x〕+f〔1﹣x〕====．所以對(duì)一切x∈R，f〔x〕+f〔1﹣x〕為定值．〔2〕由〔1〕知f〔0〕+f〔1〕=，，，…，將上述n+1個(gè)式子相加，得，∴，∴==．點(diǎn)評(píng)：此題考查對(duì)一切x∈R，f〔x〕+f〔1﹣x〕為定值的證明，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．24．函數(shù)f〔x〕是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f〔x〕=﹣．〔1〕求當(dāng)x＜0時(shí)f〔x〕的解析式；〔2〕試確定函數(shù)f〔x〕〔x≥0〕的單調(diào)區(qū)間，并證明你的結(jié)論；〔3〕假設(shè)x1≥2，x2≥2且x1≠x2，證明：|f〔x1〕﹣f〔x2〕|＜2．考點(diǎn)：奇偶性與單調(diào)性的綜合；函數(shù)恒成立問題．專題：綜合題．分析：〔1〕直接設(shè)x＜0，那么﹣x＞0，再利用f〔x〕=f〔﹣x〕即可得x＜0時(shí)f〔x〕的解析式；〔2〕先求出其導(dǎo)函數(shù)，再利用導(dǎo)函數(shù)值的正負(fù)和原函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系即可求出函數(shù)f〔x〕〔x≥0〕的單調(diào)區(qū)間；〔3〕利用〔2〕的結(jié)論得當(dāng)x≥2時(shí)，有0＞f〔x〕≥f〔2〕=﹣2；所以有當(dāng)x1，x2≥2時(shí)，得﹣2＜f〔x1〕＜0且﹣2＜f〔x2〕＜0，即0＜﹣f〔x2〕＜2，整理后即可得出結(jié)論．解答：解：〔1〕假設(shè)x＜0，那么﹣x＞0，∵函數(shù)f〔x〕是定義在R上的偶函數(shù)，∴f〔x〕=f〔﹣x〕=〔x＜0〕〔3分〕〔2〕當(dāng)x≥0時(shí)，f'〔x〕=．〔6分〕顯然當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f'〔x〕＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f'〔x〕＞0，又f〔x〕在x=0和x=1處連續(xù)，∴函數(shù)f〔x〕在[0，1]上為減函數(shù)，在[1，+∞〕上為增函數(shù)．〔8分〕〔3〕證明：∵函數(shù)f〔x〕在[1，+∞〕上為增函數(shù)，且f〔x〕＜0，∴當(dāng)x≥2時(shí)，有0＞f〔x〕≥f〔2〕=﹣2．〔10分〕又當(dāng)x1，x2≥2時(shí)，得﹣2＜f〔x1〕＜0且﹣2＜f〔x2〕＜0，即0＜﹣f〔x2〕＜2∴﹣2＜f〔x1〕﹣f〔x2〕＜2即得：|f〔x1〕﹣f〔x2〕|＜2．〔12分〕點(diǎn)評(píng)：此題主要考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的綜合以及利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，是對(duì)函數(shù)性質(zhì)的綜合考查，屬于中檔題．25．拋物線y2=4x的準(zhǔn)線與x軸交于M點(diǎn)，過M作直線與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，假設(shè)線段AB的垂直平分線與X軸交于D〔X0，0〕〔1〕求X0的取值范圍．〔2〕△ABD能否是正三角形？假設(shè)能求出X0的值，假設(shè)不能，說明理由．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題．專題：綜合題．分析：〔1〕設(shè)過點(diǎn)M的方程與拋物線方程聯(lián)立消去y，根據(jù)判別式大于0可求得k2的范圍，令A(yù)〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，根據(jù)韋達(dá)定理求得x1+x2和y1+y2，進(jìn)而得到AB中點(diǎn)坐標(biāo)，AB垂直平分線的方程，令y=0，得，這樣就可以求出X0的取值范圍．〔2〕假設(shè)△ABD是正三角形，那么需點(diǎn)D到AB的距離等于，由此建立方程，可求，滿足0＜k2＜1，從而我們就可以解出這道題．解答：解：〔1〕由題意易得M〔﹣1，0〕設(shè)過點(diǎn)M的直線方程為y=k〔x+1〕〔k≠0〕代入y2=4x，得k2x2+〔2k2﹣4〕x+k2=0再設(shè)A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，那么x1+x2=，x1?x2=1y1+y2=k〔x1+1〕+k〔x2+1〕=k〔x1+x2〕+2k=∴AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為〔〕那么線段AB的垂直平分線方程為，令y=0，得，即又方程〔1〕中△=〔2k2﹣4〕2﹣4k4＞0，∴0＜k2＜1，∴，∴x0＞3〔2〕假設(shè)△ABD是正三角形，那么需點(diǎn)D到AB的距離等于點(diǎn)D到AB的距離d=據(jù)，得：∴4k4+k2﹣3=0，〔k2+1〕〔4k2﹣3〕=0，∴，滿足0＜k2＜1∴△ABD可以為正△，此時(shí)點(diǎn)評(píng)：直線與拋物線的位置關(guān)系問題，通常我們是聯(lián)立方程，組成方程組，利用韋達(dá)定理求解，對(duì)于存在性命題，一般式假設(shè)存在，轉(zhuǎn)化為封閉性命題求解．26．□ABCD，A〔﹣2，0〕，B〔2，0〕，且|AD|=2〔1〕求□ABCD對(duì)角線交點(diǎn)E的軌跡方程．〔2〕過A作直線交以A、B為焦點(diǎn)的橢圓于M、N兩點(diǎn)，且|MN|=，MN的中點(diǎn)到Y(jié)軸的距離為，求橢圓的方程．〔3〕與E點(diǎn)軌跡相切的直線l交橢圓于P、Q兩點(diǎn)，求|PQ|的最大值及此時(shí)l的方程．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．專題：綜合題．分析：〔1〕設(shè)E〔x，y〕，D〔x0，y0〕，根據(jù)ABCD是平行四邊形，可得，從而可得坐標(biāo)之間的關(guān)系，再利用|AD|=2，我們就可以求得平行四邊形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)E的軌跡方程；〔2〕先根據(jù)A、B為焦點(diǎn)的橢圓的焦距2c=4，那么c=2，設(shè)橢圓方程為，即，將y=k〔x+2〕代入，再利用韋達(dá)定理及MN中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為，|MN|=，可得，進(jìn)而我們就可以求出所求橢圓方程；〔3〕由〔1〕可知點(diǎn)E的軌跡是圓x2+y2=1設(shè)〔x0，y0〕是圓上的任一點(diǎn)，那么過〔x0，y0〕點(diǎn)的切線方程是x0x+y0y=1，再分y0≠0，y0=0去求切線長名酒可以得出結(jié)論．解答：解：〔1〕設(shè)E〔x，y〕，D〔x0，y0〕∵ABCD是平行四邊形，∴，∴〔4，0〕+〔x0+2，y0〕=2〔x+2，y〕∴〔x0+6，y0〕=〔2x+4，2y〕∴又|AD|=2，∴，∴〔2x﹣2+2〕2+〔2y〕2=4即：x2+y2=1∴平行四邊形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)E的軌跡方程為x2+y2=1〔2〕設(shè)過A的直線方程為y=k〔x+2〕以A、B為焦點(diǎn)的橢圓的焦距2c=4，那么c=2設(shè)橢圓方程為，即…〔*〕將y=k〔x+2〕代入〔*〕得即〔a2+a2k2﹣4〕x2+4a2k2x+4a2k2﹣a4+4a2=0設(shè)M〔x1，y1〕，N〔x2，y2〕那么∵M(jìn)N中點(diǎn)到Y(jié)軸的距離為，且MN過點(diǎn)A，而點(diǎn)A在y軸的左側(cè)，∴MN中點(diǎn)也在y軸的左側(cè)．∴，∴a2k2=2a2﹣8，∴∴∵∴∴即12a2+12a2k2﹣32k2=160∴12a2+12〔2a2﹣8〕﹣32k2=160∴∴，∴9a4﹣80a2+64=0∴〔a2﹣8〕〔9a2﹣8〕=0，∵a＞c=2，∴a2=8∴b2=a2﹣c2=8﹣4=4∴所求橢圓方程為〔3〕由〔1〕可知點(diǎn)E的軌跡是圓x2+y2=1設(shè)〔x0，y0〕是圓上的任一點(diǎn)，那么過〔x0，y0〕點(diǎn)的切線方程是x0x+y0y=1①當(dāng)y0≠0時(shí)，代入橢圓方程得：，又∴∴=令那么，∵15≤t＜31∴當(dāng)t=15時(shí)，|PQ|2取最大值為15，|PQ|的最大值為．此時(shí)，∴y0=1，∴直線l的方程為y=±1②當(dāng)y0=0時(shí)，求得故：所求|