《高考數(shù)學(xué)強化訓(xùn)練(六)壓軸大題搶分練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)強化訓(xùn)練(六)壓軸大題搶分練（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)強化訓(xùn)練（六）2122”壓軸大題搶分練（一）F1, F2,點 P是x2221.已知橢圓C: -+y2=1的左、右焦點分別是4橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接 PF, PR,設(shè)/ F1PE的內(nèi)角 平分線Pg C的長軸于點 Mm,0）.（1）求實數(shù)m的取值范圍;(2)求| PF| | PM的最大值.2X0o斛：(1)設(shè) P(xo, yo)( y0w 0),則4 + y0=1,又 F1（0）, F2（小,0）,所以直線PF, PB的方程分別為:l PF ： yox(X0 + 1J3) y+3y0 = 0.l PF2： yX 一 ( X0-V3) y-V3y = 0.E、rEy+V3y。1|

2、 my0-V3y0|內(nèi)為i1L = t=弋丫0+X0 + 1J3My+X033因為一mrnm，- 2X02,-33因止匕一2n0,得一2Vx之；由 f (x)0,得2x2,3.3所以f(x)在2,單調(diào)遞增，在，2.單調(diào)遞減, J所以f (x) ff=48,所以 I PF| I PM = 811fxo 0),若存在實數(shù) m (2,3)，使得當(dāng) ,nm時，函數(shù)G(x)的最大值為 Gm),求實數(shù)a的取值范圍.1 2 35解：(1)由已知條件得，F(xiàn)(x) = ln x+4x -2x+-,且函數(shù)定義域為(0, +0 ),所以鴻、告一令 F (x) =0,得 x= 1 或 x= 2,當(dāng)x變化時，F(xiàn) (x)

3、 , F(x)隨x的變化情況如下表:x(0,1)1(1,2)2(2, +00)F (x)十0一0十F(x)03In 2 一二 4所以當(dāng)x=1時，函數(shù)F(x)取得極大值F(1) =0;當(dāng)x=2時，函數(shù)F(x)取得極小值F(2) =ln 2 -1.4(2)由條件，得 Gx)=ln x+ax2-(2a+1)x + a+1,且定義域為(0, +),b,1x 12 ax 1所以 g (x) =x+ 2ax-(2a+1) =x令 G (x) =0,得 x= 1 或 x=.2a1當(dāng)a=2時，函數(shù)Gx)在(0, +8)上單調(diào)遞增，顯然符合題意.當(dāng) a1,即 00,得 xn或 0x1；由 G (x)0,得 1x

4、 G(1),解得a1ln 2.又 0a2，所以 1 ln 2 a2時，1由 G (x)0 ,得 x1 或 0x丁;2a,1由G (x)，得2rx明代入化簡得ln(2 a) +4a+ln 2 10.(*)令 g(a) = ln(2 a) +(+皿 24a恒成立， 故恒有 g(a)g j=ln 2 -20,綜上，實數(shù)a的取值范圍是(1 - ln 2 , +8).“ 2122”壓軸大題搶分練(二)21.已知拋物線x2=2py(p0),點M是拋物線的準線與 y軸的交點，過點A(0 ,入p)(入CR)的動直線l交拋物線于B, C兩點. 求證：Imb Imc 0,并求等號成立時實數(shù) 入的值;(2)當(dāng)入=2

5、時，設(shè)分別以O(shè)B OCO為坐標原點)為直徑的兩圓相交于另一點D,求| DO十 | DA的最大值.解：(1)證明：由題意知動直線 l的斜率存在，且過點A(0 ,入p),則可設(shè)動直線l的方程為y= kx+入p,代入x2=2py,消去y并整理得x2-2pkx-2X p2=0,A = 4P2( k2+ 2 入)0 ,設(shè) B(xi, yi) , C(x2, y2),則 xi+x2=2pk, xix2 = 2p2 入，yiy2= ( kxi + 入 p)( kx2+ 入 p) = k2xix2+ 入 kp(xi + x2)+ 入 2p2= 入 2p2,yi + y2= k( xi + x2) + 2 入

6、p= 2pk2+ 2 入 p= 2p( k2+ 入).因為拋物線x2=2py的準線方程為y=-p,所以點M的坐標為- p i!,所以稱=jxi, yi+p ；, % = Jx2, yz+p i所以 MB MC= xix?+ ,i + 2 !?2+ 2 尸 xix?+yiy?+2(yi + y2) + 今=- 2p2 入+ 入2pig 2p(k2+入)+p4=p2,k2+(入；)0,當(dāng)且僅當(dāng)k=0,入=3時等號成立.(2)由(i)知，當(dāng)入=2 時，xix2=- 4p2, yiy2=4p2,所以 OB OC= xix?+yiy2= 0,所以O(shè)BL OC設(shè)直線 OB的方程為y=mxm 0),與拋物線

7、的方程 x2=2py聯(lián)立可得B(2 pm2pn2),所以以O(shè)時直徑的圓的方程為 x2+y22pmx- 2Pmy =0.一， i因為OBL OC所以直線 OC勺萬程為y=-x.同理可得以O(shè)C為直徑的圓白方程為 x2 + y2 + 2nx 2py= 0,即mx2+吊y2+2pmx-2py =將兩圓的方程相加消去 m得x2+ y2-2py = 0即 x2+(y-p)2=p2,所以點D的軌跡是以O(shè)A為直徑的圓，所以 |DA2+|DO2 = 4p2,I DA + I DO 22得 IDA + IDO w 2 ,2p,當(dāng)且僅當(dāng) I DA = I DO =啦p 時，(I DA + I DO) max= 2啦

8、p. .11 .22 .二個數(shù)列an, bn, Cn,滿足 & = 一 而，b1 = 1 , Hn+1 =| an - 1| + M an - 2an + 5bn+1=2bn+1, Cn= abn, n N.(1)證明：當(dāng) n2 時，an1；(3)求證:22232nC2C3Cn田+ Cn+16( n C N*, n2).(2)是否存在集合a, b,使得cnC a, b對任意nC N成立，若存在，求出 b a的最 小值；若不存在，請說明理由；解：(1)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng) n2 時，anl.一 ,11當(dāng)n=2時，由a1 = 10,| an -1| + y an- 2an + 5 an+

9、1 =2,得a2=|,顯然成立;假設(shè)n = k時命題成立，即 ak1.ak 1 + J ak 2ak + 5則 n = k+ 1 時)ak+1 = a/ak 3 + Jak 2ak+ 5ak+1 - 1 =2因為(Jak 2ak+ 5) (3 ak) = 4( ak 1)0.所以ak+11,也就是說n=k+1時命題成立.由可知，當(dāng) n2時，an1.(2)由 bn + 1 = 2bn+1, b1=1,得 bn+1+1 =2( bn+1),所以數(shù)列bn + 1是以b1+ 1 = 2為首項，2為公比的等比數(shù)歹U,所以bn+1 = 2n,從而bn=2n 1.由(1)知，當(dāng)n2時,an1 ,所以當(dāng)n2時

10、，an+1 an=an - 2an+ 5-1 + an因為 an 2an+ 5 (1 + an) = 4(1 an)0,所以 an+12 時，1an+1 2)Cn=2，所以 C1C31,從而存在集合a, b,使得*CnCa, b對任意nCN成立,當(dāng) b=C2=a3=2, a=C1 = 11時1031A a的取小值為C2-c1=W證明：當(dāng)n2時，an1 ,因為an+1 =an 1 + Jan - 2an+石所以anHn+ 1 = an+ 1 + an+1 1,也即1an an+ 1 = 1 -an + 1所以 Cn Cn+l = Qb=(值卜一4“十1) + ( ah 4-i ah +?)+*

11、+ ( TTSiHK,)J|F1 11-)勢+1 / it+ ( 1.一一-) +，+( - Uh +2 /di.二（瓦十i-（前+正2”IE 1口 n 2于是鼻2 c已2 (2Cin+ 1+ Ci+1 Ci) = 2 4+ Cn+ 1 - C2= 2+ Cn+ 1 - 6.2 2.故+C2C3n22).“2122壓軸大題搶分練（三）21 .過拋物線2x=4y的焦點F的直線l交拋物線于 A, B兩點，拋物線在B兩點處的切線交于點M（1）求證：點 M在直線y= 1上;(2)設(shè) AF =入 FB ,當(dāng)入一3 3；1 1|一 一 I時求 MAB勺面積S的最小值.解：（1）證明：易知直線l的斜率一定存

12、在，F(xiàn)（0,1）,設(shè)直線l的方程為y=kx+1,聯(lián)立y= kx +1x =4y,消去 y,得 x24kx 4=0, A = 16k2+160,設(shè) A(xi, yi) , B(x2, y。，2,2,則 xi+x2=4k, xiX2= 4, xi=4yi, X2=4y2, ,9, i i i i 9由 x=4y,得 y = 2x,則切線 AM勺方程為 y yi =-xi(x xi),即 y=2xix4xi, ii 2y= 2xix- 4x?,向理，切線 BM勺方程為y=2x2x 4x2.ixi x2)x 4(xi+x2) (xix2)=0,又 xi x2W0, 所以 x= xi；X2= 2k.ii

13、2所以 2y =2(xi + x2)x 4( xi + x2) 2xix2i , i , 2= 21 ,求證：x0+12. a解：(1)當(dāng) a=1 時，f(x) = ln x + x-1,f1 (x)=1+ 1, x所以f (1) =2,所以切線的斜率 k=2.又切點為(1,0),所以切線的方程為 y= 2x 2.(2)由題意知，f(x)的定義域為(0, +8), f (刈=1 a=mx. x x當(dāng)aW0時，f (x)0恒成立，f(x)在(0, +8)上單調(diào)遞增，又f(1) =0, 所以f (x)有唯一零點1,不符合題意.當(dāng) a0 時，令 f (x) = 0,則 x=1, a當(dāng)x變化時，f (

14、x) , f (x)的變化情況如下表:x(0，)1a1Df (x)十0一f(x)極大值,1由表可知，當(dāng)-W 1,即a 1時，f (x)在(1 , +8)上單調(diào)遞減，又f(1) =0,所以f (x)1,即 0a0 ,m 1+1-et令 g(t) = t2+1-et(t1),則 g (t)=2t-e1令 Qt) = 2t et(t1),則 G (t) =2-et1 時，g (t)g (1) =2-e1 時，g(t) g(1) =2-e0,即 f (e a) = a+ a - aea x,得1 1 e a - a所以f(x)在|1,綜上，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是(0,1).證明：由(2)得，xo

15、+8狂0ai時，hz (m)所以 h(m)在(1 , +oo)上單調(diào)遞增,h(m)=ln mm47-2(m1),則 h(m) h(1) = 0,所以f a- 101 f ( Xo).2又a1, Xo a，+8fl f(x)在，+8 ”為減函數(shù),所以a即31I“2122”壓軸大題搶分練(四)21.已知直線l : y=x+m與圓x2+y2=2交于A, B兩點，若工X 2 t 人“+八”橢圓2 + y = 1上有兩個不同的點 C, D關(guān)于直線l對稱.(1)求實數(shù)m的取值范圍;(2)求四邊形ACB所積的取值范圍.解：(1)設(shè)直線 CD y=-x+n,聯(lián)立 x2+2y2=2, 得 3x24nx+2( n

16、2-1) =0.設(shè) C(X1, y。，D(x2, y2) , CD中點為 Mx。，yo),故 = 16n2 24( n21)0 ,解得一J3ny3,2n nxF yo=34n 2n2-1且 x1+ x2=x1x2=33代入 y = x + R彳導(dǎo) m= - n,所以一3n3, 333故實數(shù)m的取值范圍為2m9-M34 - 3(2)由(1)得| CD =。1+ 1| x1x2| =5 寸= ,3 n233 m又點O到直線AB的距離為d=J，所以| AB =242, 1所以S四邊形ACBD=21AB I CD邛、4-m1m2 .63，3m13n2+ 4.所以四邊形ACBD勺面積的取值范圍為兀yan

17、 !(n N).因為0W而3,4.6所以0S 四邊形acbdC,3 122.已知數(shù)列an中 a1=. an+1=sin3(1)證明:0anan+1n1證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：當(dāng) n=1時，a1=-3101 a2=5,顯然有0aa21.假設(shè)當(dāng)n= k(kC N*),結(jié)論成立,即 0akak+11 ,一一，兀 兀兀那么 0萬&萬9+1萬,0sinin Iak+1 1 2即 0ak+1ak+21 ,綜上所述，0anan+11成立.(2)由(1)知，1an1,01-an|,337t7t0sin | 1 an一4sin =1, 621 an= 1 sinn- 1|= 1 COS |- 1 an 1= 2

18、sin2|3 1 an 1 L sin 1 an 1/ /兀(1 -an 1) .4所以兀1 an(1 an 1)兀1- -423兀n椀n SnnW.3“2122”壓軸大題搶分練(五)橢圓C:21(ab0)的離心率為 手,其右焦點到橢圓C外一點P(2,1)的距離為,2,不過原點O的直線l與橢圓C相交于A, B兩點，且線段 AB的長度為2.(1)求橢圓C的方程;(2)求 AOBT積S的最大值.解：(1)設(shè)橢圓右焦點為(C, 0),N c-2 2即二p=2(1 m),1十k因為 O到直線AB的距離d= -J=2L=21 + k2+12=則由題意得c . 2c= 3,廠(舍去) =3小所以 b2=

19、a2 c2= 1,x22所以橢圓C的方程為,+ y2=1.(2)因為線段 AB的長等于橢圓短軸的長，要使三點 A O, B能構(gòu)成三角形，則直線 l不過原點 Q弦AB不能與x軸垂直，故可設(shè)直線 AB的方程為y=kx + mfy=kx + ni消去V，并整理,由x225 + y = 1.得(1 +2k2)x2+4km肝 2m2-2=0.設(shè) Nxi, y1), B2, y2),又 = 16k2m24(1+2kj(2 m22)0,24 km2 m-1x2 x1 2 = 2,所以 x1+x2=1?, x1x2=r因為|AB=2,所以田1 + k2即(1 + k2)( x2+x424x1x2 =4所以(1

20、 + k2)(4km 2 812k2m- 1T21+2k=4,又點因為1S= 21AB d = d,所以22 mS221 + k= 2n2(1 n2) = 2 產(chǎn)2 ) + 2,所以0S2a,(2) f(x) = i 2 ax+ xa 其中 f(0) =f(a) = 1,最大值在f(1) , f (2) , f (a)中取.當(dāng)0vaW1時，f(x)在1,2上單調(diào)遞減，故 f ( x) max= f (1) = a ；當(dāng)1vav2時，f(x)在1 , a上單調(diào)遞增，a,2上單調(diào)遞減，故 f ( x) max= f ( a) = 1 ；當(dāng)2wav3時，f(x)在.|1, a 上單調(diào)遞減，/2 上單

21、調(diào)遞增，且x=a是函數(shù)的對稱軸,因為8 a * g 1 i= 3-a0,所以 f ( x) max= f (2) =5 - 2a ,，a, 0va綜上，f(x) =，1, 1a- 2恒成立.因f 2 j=1a,分兩種情況討論：242當(dāng)1(2時，M(a)是方程x2ax+1 = 2的較小根，即a2 3時，a 一 1a 126廠M a) =9=/ 2 . 6 (0， V3) ；2a + a122當(dāng)1a 2時，M(a)是方程一x2+ax+1 = 2的較大根, 4即0a2 小，0a23,r a ya2- 12I2綜上M a)=_a+ :a + 12,2且M(a) e (0,迎u (木,小+乖2122”壓

22、軸大題搶分練（六）21.設(shè)拋物線y2 = 4x的焦點為F,過點0的動直線交拋 2物線于不同兩點 P, Q,線段PQ中點為M射線MF與拋物線交于點A（1）求點M的軌跡方程；（2）求 A電的面積的最小值.12解：（1）設(shè)直線PQ方程為x=ty+2,代入y=4x,得 y24ty 2=0.設(shè) P(X1, y1) , Q(X2, y2),則 y1+y2=4t, y1y2= 2, X1 + x2=t(y1+yz)+1=4t +1,所以 M1t2 + 2, 2t jx=2t2+,2設(shè)M(x, y),由12 消去t ,得中點M的軌跡方程為y=2x1.y=2t(2)設(shè)FA =入言(入 0) , A(x。，yo)

23、, 又 F(1,0) , M?41, 2t ；,則(xo1, yo)=入 12t 之2, 2t i,即 J0=2 入 t2-2 入+ 1,y0= 2 入 t.由點A在拋物線y2=4x上，得 4 入 2t 2=8 入 t2 2 入 + 4,1化簡得（入2入）t =2入+1.又入o,所以t2= .2人因為點A到直線PQ的距離,|4 入 t2-入 +2 4 入 t21| 入一1|d = =.271+72271+1| PQ| = M + t21 y1-y2| = 2M 1 +124m1所以 APQ的面積S=萬 | PQ| d二乎42t 2+1i1T個人;1 .入一1入12入+1設(shè)f（入）=,入0,則f

24、（入）=了人人,一 1由f（入）0,得人 11由f，（入）0,得入一1入=一、時,所以f（入）在（一巴 一2%是減函數(shù)，在一J 0”讓是增函數(shù)，因此，當(dāng)f （入）取到最小值.所以 apq的面積的最小值是 手22.已知數(shù)列xn滿足：X1=1, Xn = Xn+1 + Xn+1+ 1 1. * 證明：當(dāng)n N時，(1)0 Xn+1Xn；XnXn + 1(2)3 Xn + 1 -2Xn0.當(dāng)n= 1時，xi=10成立.假設(shè)n=k時，Xk0成立，那么n=k+1時，假設(shè)Xk+10,故Xn0得證.所以 Xn=Xn+1+，Xn+1+ 1 - 1Xn+1 ,故 0Xn+10),. x -P 65則f )=2*+/ +!_-4 = 522xTl2(0)由于y=|fyx+不育戶2yx下-41在(0,+ 8)上單調(diào)遞增,所以 f (x)f =0,故f(x)在(0, +8)上單調(diào)遞增,所以 f(x)f(0) =0,所以 xn+ 1 + ( xn + 1 + 6) y xn + 1 + 1 4xn+1 60 ,rrxnxn+ 1即 3xn+1- 2xn3gg 0 xn+ 13 2 xn 3 /1又4x+1 - 1 0),1所以 xjXn+ 1 + 1 1 W 2xn+ 1 ,3所以 xn= xn+1 +，xn+1 + 1 1W2xn+1,2故 xn+1 -xn ,3所以xn 23所以D 1xn32n3