2012届高考数学(理科)新难题型荟萃1

金太阳新课标资源网

2012届高考数学（理科）新难题型荟萃1

1．在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，AM⊥BC于M，点N是△ABC内部或边上一点，则

AM AN的最大值为（ D ）

(A)9 (B)16 (C)25 (D)

144

25

22229

2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9>0，S10<0，则 （ B ） ,,.中最大的是

a1a2a9

2

（Aa1

2225

（D（C（Ba9 a6 a5

6

9

x2

y2 1右支(在第一象限内)上的任意一点，A1，3．如图，P是双曲线等 4

A2分别是左右顶点，O是坐标原点，直线PAl，PO，PA2的斜率分别为k1，k2，k3，则斜率之积kl k2 k3的取值范围是（ B ） (A) 0,1

1 (B) 0, 8 1 (C) 0, 4 1 (D) 0,

2

x2 5x ,0 x 3， m,n 0,5 (m n)使f(x)在[m, n]上的值域为[m, n],

4．函数f x 6

10 2x,3 x 5

则这样的实数对(m, n)共有（ D ）

(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D) 4个 5．我们把底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形中心的

三棱锥称为正三棱锥．现有一正三棱锥P-ABC放置在平面 上，已知它的底面边长为2，高为h，把BC靠在平面 上转动，若某个时刻它在平面 上的射影是等腰直角三角形，则h的取值范围是（ C ）

6 6 6

0, 0, 0, （A）（B）（C） 3 6 6 3

6 0, ,1 （C） 3

2

,1

6．若向量a,b,c 3

4, 0且 2, ( B )

金太阳新课标资源网

A

5

B 5

2

C 5

4

D 12

5

7．已知M为直线l1：y=x+2上任一点，点N(一1，0)，则过点M、N且与直线l2：x=1

相切的圆的个数可能为( C )

(A)0或1 (B)1或2 (C)0、1或2 (D)2 8．函数y=[z]表示不超过x的最大整数，如[3．6]=3．若an=[

7n

]，则“a1 a2 ... a49 (C) 50

(A)196 (B)154 (C)147 (D)21

1 x 2 x 1，若f (x) ≥ 9．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且x ≤0时，f x e

f x 1 1 x 0

x+a对于任意x∈R恒成立，则常数a的取值范围是( D )

(A) , 2 (B) , 2 (C) , 1 (D) , 1

ee10． 已知f(x)是函数f(x)

1

1

12

x mx2 (m2 1)x n的导函数，若函数y f f' x 3

在区间 m,m 1 上单调递减，则实数m的范围是 ． 1 m 0 11．（本题满分15分）设Q是直线y 1上的一个动点，O为坐标原点，过Q作x轴的垂

线l，过O作直线OQ的垂线交直线l于点P． （1）求点P的轨迹C的方程；

（2）过点A( 2,4)作圆B：x2 (y 2)2 1的两条切线交曲线C于M，N两点，试证

明直线MN与圆B的位置关系。

金太阳新课标资源网

12．（本题满分15分）已知函数f(x) （1）求函数f(x)的极值；

（2）是否存在正整数a,使得方程f(x)

12x

e e(ex e x) x 2

f( a) f(a)

在区间[ a,a]上有三 个不同的实

2

根，若存在，试确定a的值：若不存在，请说明理由。

金太阳新课标资源网

金太阳新课标资源网

x2

y2 1的左、13．（本小题满分15分）设F1、F2分别是椭圆 4

（1）求PF1 PF2的取值范围;

（2）设过定点Q(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，且

∠MON为锐角，求直线l的斜率k的取值范围. 解：(1

）易知a 2,b 1,c

右焦点，P是该椭圆上的一个动点，O为坐标原点.

PF PF

x, y ,所以F1,F2

1

2

，设P x,y ，则

故-2 PF1 PF2 1------------6分

（2）显然直线x 0不满足题设条件，可设直线l:y kx 2，M

(x1,y1),N(x2,y2)

x21

x, y x y 3 x 1 3 3x2 8 44，

222

金太阳新课标资源网

y kx 2 21 2则 x2消去，整理得：y2 k x 4kx 3 0 y 14 4

33

或k ---①--------------------9分

22

4k3

又∵x1 x2 ,x1 x2

k2 k2

44

由 0得： k

又0°<∠MON<90° cos∠MON>0 OM ON>0 ∴OM ON x1x2 y1y2 0-------------------------11分

8k2 k2 1

4 y1y2 kx1 2 kx2 2 kx1x2 2k x1 x2 4

k2 k2 k2

444

3 k2 1

0，即k2 4 ∴ 2 k 2---② ----13分 ∴

k2 k2

44

故由①、②得 2 k k 2 ------------------------15分

2

3k2

2x

14．（本题15分）已知函数f(x) (x 3x 3) e，其定义域为 2,t （t 2）,

设f( 2) m,f(t) n.

（1）试确定t的取值范围,使得函数f(x)在 2,t 上为单调函数； （2）试判断m,n的大小并说明理由；

f'(x0)22

(t 1)（3）求证：对于任意的t 2,总存在x0 ( 2,t)，满足,并确定这样x0

e3

的x0的个数.

解：（1）因为f (x) (x 3x 3) e (2x 3) e x(x 1) e-----1分

由f (x) 0 x 1或x 0；由f (x) 0 0 x 1,

所以f(x)在( ,0),(1, ) 上递增,在(0,1)上递减-------------3分 要使f(x)在 2,t 上为单调函数,则 2 t 0---------------4分 （2）n m.

2

x

x

x

f(x)在( ,0),(1, )上递增,在(0,1)上递减，∴f(x)在x 1处有极小值e---6分

金太阳新课标资源网

又f( 2)

13

e，∴ f(x)在 2, 上的最小值为f( 2)---8分 e2

从而当t 2时,f( 2) f(t)，即m n --------------9分

f'(x0)2f'(x0)22

(t 1) x x（3xx， 0000

e3e

22

(t 1)2,令g(x) x2 x (t 1)2,从而问题转化为证明方程332

g(x) x2 x (t 1)2=0在( 2,t)上有解,并讨论解的个数------10分

32221

∵g( 2) 6 (t 1)2 (t 2)(t 4)，g(t) t(t 1) (t 1)2 (t 2)(t 1),

3333

∴x0 x0

2

①当t 4或 2 t 1时,g( 2) g(t) 0,所以g(x) 0在( 2,t)上有解,且只有一解

②当1 t 4时,g( 2) 0且g(t) 0,但由于g(0)

2

(t 1)2 0, 3

所以g(x) 0在( 2,t)上有解,且有两解----------------------------13分

③当t 1时,g(x) x2 x 0 x 0或x 1,故g(x) 0在( 2,t)上有且只有一解； 当t 4时,g(x) x2 x 6 0 x 2或x 3,

所以g(x) 0在( 2,4)上也有且只有一解------------------------14分

f'(x0)22

(t 1)综上所述, 对于任意的t 2,总存在x0 ( 2,t),满足, ex03

且当t 4或 2 t 1时,有唯一的x0适合题意；

当1 t 4时,有两个x0适合题意.-------------------------------15分 （说明:第（3）题也可以令 (x) x x,x ( 2,t),然后分情况证明内,并讨论直线y

2

2

(t 1)2在其值域3

2

(t 1)2与函数 (x)的图象的交点个数即可得到相应的x0的个数） 3

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/epx1.html