《（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六）（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專(zhuān)用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“2122”壓軸大題搶分練（一）-（六）21.(本小題滿分15分)已知橢圓C：y21的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn)，連接PF1，PF2，設(shè)F1PF2的內(nèi)角平分線PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0)(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求|PF1|PM|的最大值解：(1)設(shè)P(x0，y0)(y00)，則y1，又F1(，0)，F(xiàn)2(，0), 所以直線PF1，PF2的方程分別為：lPF1：y0x(x0)yy00.lPF2：y0x(x0)yy00.因?yàn)?，所?.因?yàn)閙，2x02，可得，所以mx0, 因此m，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為.(2

2、)因?yàn)閨PF1|x02，|PM| ，所以|PF1|PM| . 設(shè)f(x)2(2x0，得2x；由f(x)0，得x0)，若存在實(shí)數(shù)m(2,3)，使得當(dāng)x(0，m時(shí)，函數(shù)G(x)的最大值為G(m)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)由已知條件得，F(xiàn)(x)ln xx2x，且函數(shù)定義域?yàn)?0，)，所以F(x)x.令F(x)0，得x1或x2，當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)(x)，F(xiàn)(x)隨x的變化情況如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，)F(x)00F(x)0ln 2所以當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)F(x)取得極大值F(1)0；當(dāng)x2時(shí)，函數(shù)F(x)取得極小值F(2)ln 2.(2)由條件，得G(x)ln xax2(2a1)xa1，且定

3、義域?yàn)?0，)，所以G(x)2ax(2a1).令G(x)0，得x1或x.當(dāng)a時(shí)，函數(shù)G(x)在(0，)上單調(diào)遞增，顯然符合題意當(dāng)1，即0a0，得x或0x1；由G(x)0，得1xG(1)，解得a1ln 2.又0a，所以1ln 2a.當(dāng)時(shí)，由G(x)0，得x1或0x；由G(x)0，得x1，所以函數(shù)f(x)在和(1，)上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減， 要存在實(shí)數(shù)m(2,3)，使得當(dāng)x(0，m時(shí)， 函數(shù)G(x)的最大值為G(m)，則G0.(*)令g(a)ln(2a)ln 21，g(a)0恒成立， 故恒有g(shù)(a)gln 20，a時(shí)，(*) 式恒成立綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1ln 2，)“2122”壓軸大題

4、搶分練(二)21(本小題滿分15分)已知拋物線x22py(p0)，點(diǎn)M是拋物線的準(zhǔn)線與y軸的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A(0，p)(R)的動(dòng)直線l交拋物線于B，C兩點(diǎn)(1)求證： 0，并求等號(hào)成立時(shí)實(shí)數(shù)的值；(2)當(dāng)2時(shí)，設(shè)分別以O(shè)B，OC(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的兩圓相交于另一點(diǎn)D，求|DO|DA|的最大值解：(1)證明：由題意知?jiǎng)又本€l的斜率存在，且過(guò)點(diǎn)A(0，p)，則可設(shè)動(dòng)直線l的方程為ykxp，代入x22py，消去y并整理得x22pkx2p20，4p2(k22)0，設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1x22pk，x1x22p2，y1y2(kx1p)(kx2p)k2x1x2kp(x1x2)2p22

5、p2，y1y2k(x1x2)2p2pk22p2p(k2)因?yàn)閽佄锞€x22py的準(zhǔn)線方程為y，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為，所以，所以x1x2x1x2y1y2(y1y2)2p22p22p(k2)p20，當(dāng)且僅當(dāng)k0，時(shí)等號(hào)成立(2)由(1)知，當(dāng)2時(shí)，x1x24p2，y1y24p2，所以x1x2y1y20，所以O(shè)BOC.設(shè)直線OB的方程為ymx(m0)，與拋物線的方程x22py聯(lián)立可得B(2pm,2pm2)，所以以O(shè)B為直徑的圓的方程為x2y22pmx2pm2y0.因?yàn)镺BOC，所以直線OC的方程為yx.同理可得以O(shè)C為直徑的圓的方程為x2y2xy0，即m2x2m2y22pmx2py0，將兩圓的方程相加消去

6、m得x2y22py0，即x2(yp)2p2，所以點(diǎn)D的軌跡是以O(shè)A為直徑的圓，所以|DA|2|DO|24p2，由2，得|DA|DO|2p，當(dāng)且僅當(dāng)|DA|DO|p時(shí)，(|DA|DO|)max2p.22(本小題滿分15分)三個(gè)數(shù)列an，bn，cn，滿足a1，b11，an1，bn12bn1，cnabn，nN*.(1)證明：當(dāng)n2時(shí)，an1；(2)是否存在集合a，b，使得cna，b對(duì)任意nN*成立，若存在，求出ba的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)求證：2n1cn16(nN*，n2)解：(1)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n2時(shí)，an1.當(dāng)n2時(shí)，由a1，an1，得a2，顯然成立；假設(shè)nk時(shí)命題

7、成立，即ak1.則nk1時(shí)，ak1 .于是ak11.因?yàn)?)2(3ak)24(ak1)0.所以ak11，也就是說(shuō)nk1時(shí)命題成立由可知，當(dāng)n2時(shí)，an1.(2)由bn12bn1，b11，得bn112(bn1)，所以數(shù)列bn1是以b112為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以bn12n，從而bn2n1.由(1)知，當(dāng)n2時(shí)，an1，所以當(dāng)n2時(shí)，an1an.因?yàn)閍2an5(1an)24(1an)0，所以an1an.綜上，當(dāng)n2時(shí)，1an1an.由a1，an1f(an)(nN*)，所以c1a1，a2，c2a32，所以c1c31，從而存在集合a，b，使得cna，b對(duì)任意nN*成立，當(dāng)bc2a32，ac1時(shí)

8、，ba的最小值為c2c1.(3)證明：當(dāng)n2時(shí)，an1 ，因?yàn)閍n1，所以anan1aan11, 也即anan11 , 即2ncn1cn(n2) ，于是 (2ici1ci)2n14cn1c22n1cn16.故2n1cn16(nN*，n2)“2122”壓軸大題搶分練(三)21(本小題滿分15分)過(guò)拋物線x24y的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，拋物線在A，B兩點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)M.(1)求證：點(diǎn)M在直線y1上；(2)設(shè)，當(dāng)時(shí)，求MAB的面積S的最小值解：(1)證明：易知直線l的斜率一定存在，F(xiàn)(0,1)，設(shè)直線l的方程為ykx1，聯(lián)立消去y，得x24kx40，16k2160，設(shè)A(x1，y1)

9、，B(x2，y2)，則x1x24k，x1x24，x4y1，x4y2，由x24y，得yx，則切線AM的方程為yy1x1(xx1)，即yx1xx，同理，切線BM的方程為yx2xx.由得(x1x2)x(x1x2)(x1x2)0，又x1x20，所以x2k.所以2y(x1x2)x(x1x2)22x1x24k2k(16k28)2，所以y1，即點(diǎn)M(2k，1)，故點(diǎn)M在直線y1上(2)由(1)知，當(dāng)k0時(shí)，此時(shí)1，不符合題意，故k0.連接MF，則kMF，因?yàn)閗1，所以MFAB.因?yàn)椋?x1,1y1)(x2，y21)，得x1x2，則，所以24k2，即k2，令f()，因?yàn)閒()在上單調(diào)遞減，所以f()，所以

10、k2.因?yàn)閨MF|2，|AB|y1y22k(x1x2)44k24，所以S|AB|MF|4，所以當(dāng)k2，即時(shí)，S取得最小值，且Smin4.22(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)ln xaxa.(1)當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1,0)處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有一個(gè)大于1的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若f(x0)0，且x01，求證：x01.解：(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)ln xx1，f(x)1，所以f(1)2，所以切線的斜率k2.又切點(diǎn)為(1,0)，所以切線的方程為y2x2.(2)由題意知，f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)a.當(dāng)a0時(shí)，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)

11、上單調(diào)遞增，又f(1)0，所以f(x)有唯一零點(diǎn)1，不符合題意當(dāng)a0時(shí)，令f(x)0，則x，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：xf(x)0f(x)極大值由表可知，當(dāng)1，即a1時(shí)，f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，又f(1)0，所以f(x)1，即0af(1)0，又f(e)aae，令t(1，)，則ytet，令g(t)t21et(t1)，則g(t)2tet，令G(t)2tet(t1)，則G(t)2et1時(shí)，g(t)g(1)2e1時(shí)，g(t)g(1)2e0，即f(e)aaex，得e.所以f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，在上有唯一零點(diǎn)綜上，滿足條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)(3)證明：由(2)得，x0

12、且0a1)，則當(dāng)m1時(shí)，h(m)0，所以h(m)在(1，)上單調(diào)遞增，則h(m)h(1)0，所以f 0，即f f(x0)又1，x0且f(x)在上為減函數(shù)，所以1.“2122”壓軸大題搶分練(四)21(本小題滿分15分)已知直線l：yxm與圓x2y22交于A，B兩點(diǎn)，若橢圓y21上有兩個(gè)不同的點(diǎn)C，D關(guān)于直線l對(duì)稱(chēng)(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求四邊形ACBD面積的取值范圍解：(1)設(shè)直線CD：yxn，聯(lián)立x22y22，得3x24nx2(n21)0.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中點(diǎn)為M(x0，y0)，故16n224(n21)0，解得n，且x1x2，x1x2，x0，y0，代入yxm

13、，得m，所以m，故實(shí)數(shù)m的取值范圍為.(2)由(1)得|CD|x1x2| ，又點(diǎn)O到直線AB的距離為d，所以|AB|2， 所以S四邊形ACBD|AB|CD| .因?yàn)?m2，所以0S四邊形ACBD，所以四邊形ACBD的面積的取值范圍為.22(本小題滿分15分)已知數(shù)列an中a1，an1sin(nN*)(1)證明：0anan1n.證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng)n1時(shí)，a1，a2，顯然有0a1a21.假設(shè)當(dāng)nk(kN*)，結(jié)論成立，即0akak11，那么0akak1，0sinsin1，即0ak1ak21，綜上所述，0anan11成立(2)由(1)知，an1，01an，0(1an)，0sinsin，1an

14、1sin1cos2sin2sin(1an1)于是1an(1an1)n1(1a1)n1，所以nSnn.“2122”壓軸大題搶分練(五)21(本小題滿分15分)橢圓C：1(ab0)的離心率為，其右焦點(diǎn)到橢圓C外一點(diǎn)P(2,1)的距離為，不過(guò)原點(diǎn)O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的長(zhǎng)度為2.(1)求橢圓C的方程；(2)求AOB面積S的最大值解：(1)設(shè)橢圓右焦點(diǎn)為(c,0)，則由題意得解得或(舍去)所以b2a2c21，所以橢圓C的方程為y21.(2)因?yàn)榫€段AB的長(zhǎng)等于橢圓短軸的長(zhǎng)，要使三點(diǎn)A，O，B能構(gòu)成三角形，則直線l不過(guò)原點(diǎn)O，弦AB不能與x軸垂直，故可設(shè)直線AB的方程為ykxm，

15、由消去y，并整理，得(12k2)x24kmx2m220.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，又16k2m24(12k2)(2m22)0，所以x1x2，x1x2因?yàn)閨AB|2，所以 2，即(1k2)(x2x1)24x1x24，所以(1k2)4，即2(1m2)，因?yàn)?k21，所以m21.又點(diǎn)O到直線AB的距離d，因?yàn)镾|AB|dd，所以S22m2(1m2)22，所以0S2，即S的最大值為.22(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)x|xa|1(xR)(1)當(dāng)a1時(shí)，求使f(x)x成立的x的值；(2)當(dāng)a(0,3)，求函數(shù)yf(x)在x1,2上的最大值；(3)對(duì)于給定的正數(shù)a，有一個(gè)最大的正數(shù)M(a

16、)，使x0，M(a)時(shí)，都有|f(x)|2，試求出這個(gè)正數(shù)M(a)，并求它的取值范圍解：(1)由題意得a1時(shí)，f(x)x，解得x1.(2)f(x)其中f(0)f(a)1，最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取當(dāng)0a1時(shí)，f(x)在1,2上單調(diào)遞減，故f(x)maxf(1)a；當(dāng)1a2時(shí)，f(x)在1，a上單調(diào)遞增，a,2上單調(diào)遞減，故f(x)maxf(a)1；當(dāng)2a3時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，且x是函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸，因?yàn)?a0，所以f(x)maxf(2)52a，綜上，f(x)(3)當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)max1，故問(wèn)題只需轉(zhuǎn)化為在給定區(qū)間內(nèi)f(x)2恒成立因f1，分兩種情況討論：當(dāng)

17、12時(shí)，M(a)(0，)；當(dāng)12時(shí)，M(a)是方程x2ax12的較大根，即0a2時(shí)，M(a)(， ，綜上M(a)且M(a)(0，)(， “2122”壓軸大題搶分練(六)21(本小題滿分15分)設(shè)拋物線y24x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線交拋物線于不同兩點(diǎn)P，Q，線段PQ中點(diǎn)為M，射線MF與拋物線交于點(diǎn)A.(1)求點(diǎn)M的軌跡方程；(2)求APQ的面積的最小值解：(1)設(shè)直線PQ方程為xty，代入y24x，得y24ty20.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1y24t，y1y22，x1x2t(y1y2)14t21，所以M.設(shè)M(x，y)，由消去t，得中點(diǎn)M的軌跡方程為y22x1.(2)設(shè) (0

18、)，A(x0，y0)，又F(1,0)，M，則(x01，y0)，即由點(diǎn)A在拋物線y24x上，得42t28t224，化簡(jiǎn)得(22)t21.又0，所以t2.因?yàn)辄c(diǎn)A到直線PQ的距離d，|PQ|y1y2|2.所以APQ的面積S|PQ|d |1| .設(shè)f()，0，得；由f()0，得，所以f()在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，因此，當(dāng)時(shí)，f()取到最小值所以APQ的面積的最小值是.22(本小題滿分15分)已知數(shù)列xn滿足：x11，xnxn11.證明：當(dāng)nN*時(shí)，(1)0xn1xn；(2)3xn12xn0.當(dāng)n1時(shí)，x110成立假設(shè)nk時(shí)，xk0成立，那么nk1時(shí)，假設(shè)xk10，則xkxk110，矛盾，所以xk10，故xn0得證所以xnxn11xn1，故0xn10)，則f(x)2x422.由于y與22在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(0)0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(0)0，所以x(xn16)4xn160，即3xn12xn0，則n1n2，所以xnn2.又1x(x0)，所以 1xn1，所以xnxn11xn1，故xn1xn ，所以xnn1，所以n1xnn2.