2010年高考数学备考最新6套压轴题（含详细答案）

2010年备考最新6套数学压轴题之一

1.（本小题满分12分）

已知a?R，函数f(x)?ax?lnx?1，g(x)??lnx?1?e?xx（其中e为自然对数的底数）．

（1）判断函数f(x)在区间?0,e?上的单调性；

（2）是否存在实数x0??0,e?，使曲线y?g(x)在点x?x0处的切线与y轴垂直? 若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由． 解（1）：∵f(x)?ax?lnx?1，∴f?(x)??ax2?1x?x?ax2．

令f?(x)?0，得x?a．

①若a?0，则f?(x)?0，f?x?在区间?0,e?上单调递增.

②若0?a?e，当x??0,a?时，f?(x)?0，函数f?x?在区间?0,a?上单调递减， 当x??a,e?时，f?(x)?0，函数f?x?在区间?a,e?上单调递增， ③若a?e，则f?(x)?0，函数f?x?在区间?0,e?上单调递减. ……6分 （2）解：

∵g(x)??lnx?1?e?x，x??0,e?，

xg?(x)??lnx?1??e??lnx?1??exx???1?e?1?xx??lnx?1?e?1???lnx?1?e?1x?x?

x由（1）可知，当a?1时，f(x)?1x?lnx?1．

1x此时f(x)在区间?0,e?上的最小值为ln1?0，即当x0??0,e?，ex0?lnx?1?0．

?0，

1x0?lnx0?1?0，

?1?x0?g(x)??lnx?1∴??e?1?1?0． 00?x0?曲线y?g(x)在点x?x0处的切线与y轴垂直等价于方程g?(x0)?0有实数解． 而g??x0??0，即方程g?(x0)?0无实数解．

故不存在x0??0,e?，使曲线y?g(x)在x?x0处的切线与y轴垂直……12分

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2．（本小题满分12分）

已知线段CD?23，CD的中点为O，动点A满足AC?AD?2a（a为正常数）． （1）建立适当的直角坐标系，求动点A所在的曲线方程；

（2）若a?2，动点B满足BC?BD?4，且OA?OB，试求?AOB面积的最大值和最小值． 解（1）以O为圆心，CD所在直线为轴建立平面直角坐标系.

若AC?AD?2a?23，即0?a?3，动点A所在的曲线不存在；

若AC?AD?2a?23，即a?3，动点A所在的曲线方程为y?0(?3?x?若AC?AD?2a?23，即a?3，动点A所在的曲线方程为(2)当a?2时，其曲线方程为椭圆

由条件知A,B两点均在椭圆

xx23)；

xa22?y22a?3?1.……4分

42?y?1.

24?y?1上，且OA?OB

2设A(x1,y1)，B(x2,y2)，OA的斜率为k(k?0)， 则OA的方程为y?kx，OB的方程为y???y?kx?解方程组?x2 2?y?1??41kx

得x?2141?4k2，y?4k22214k221?4k

4k?42同理可求得x?22k?4，y22?2

(1?k)222

?AOB面积S?121?kx11?1k2x2=2(1?4k)(k?4)2 ………………8分

令1?k2?t(t?1)则

S?2t224t?9t?9?2?19t2?9t ?4令g(t)??9t2?911225?4??9(?)?(t?1)tt24

所以4?g(t)?254，即

45?S?1

45当k?0时，可求得S?1,故?S?1，

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故S的最小值为

45，最大值为1. ……12分

（2）另解：令A(r1cos?,r1sin?),B(?r2sin?,r2cos?)，则

?12222rcos??rsin??111??4, ?1?r2sin2??r2cos2??122??444?2r??1222??cos??4sin?1?3sin?解得?

44?r2??2222?sin??4cos?1?3cos??所以 r1r2?因此 S?

122164?9sin?cos?22?6416?9sin2?2，而sin2???0,1?

24?4?r1r2??,1?，即最大值是1，最小值是.

52?5?3．（本小题满分12分）

函数f(x)?y?f?1x1?x(0?x?1)的反函数为f?1(x)，数列{an}和{bn}满足：a1?12，an?1?f?1(an)，函数

(x)的图象在点n,f??1(n)?(n?N)处的切线在y轴上的截距为bn.

?（1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bnan2??an}的项中仅

b5a52??a522最小,求?的取值范围；

12（3）令函数g(x)?[f?1(x)?f(x)]?21?x1?x2,0?x?1.数列{xn}满足:x1?,0?xn?1且xn?1?g(xn)，(其

中n?N?。证明：

x1?x(x1?x2)x1x2?(x2?x3)x2x3y;

?…?(xn?1?xn)xnxn?12?2?18

解：(1)令y?, 解得x?1?y由0?x?1, 解得y?0. ∴函数f(x)的反函数f?1?1(x)?x1?x(x?0).

则an?1?f(an)?an1?an,

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得

1an?11an?1?1an?1.

1n?1?{}是以2为首项，1为公差的等差数列，故an?x1?x'.…………3分

(2)?f(x)?(x?0),

?[f?1(x)]?1(1?x)2,

nn?11(1?n)2?y?f?1(x)在点(n,f?1(n))处的切线方程为y??(x?n),

令x?0得bn?bnan2n22(1?n).

?2)???2???an?n??(n?1)?(n?2?24.

?仅当n?5时取得最小值，?4.5??2?5.5.

∴?的取值范围为(9,11).………6分 (3)g(x)?[f?[x1?x??1(x)?f(x)]?x]?1?x1?x221?x1?x22

,x?(0,1).,

1?x??x1?x22所以xn?1?xn?xn(1?xn)?1?xnxn?1又因0?xn?1, 则xn?1?xn. 显然1?xn?1?xn??x2?xn?1?xn?xn(1?xn)?12.…………8分

1?xnxn?12?14?xn?1?12xn?1?2?1422?2?1?2?18

(xn?1?xn)2?111(?)8xnxn?1?(xn?1?xn)xnxn?12?1xnxn?1?xnxnxn?1?1xn?1)??(xn?1?xn)(

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?(x1?x2)x1x22?18[(2?1x1(x2?x3)x2x31x2)?(2?…?1x3(xn?1?xn)xnxn?11xn2??1x2?)?…?(?1xn?1)]

?122?111(?)?8x1xn?1?xn?1?1,?1?2?181xn?1(2?1xn?1)…10分

??2,

?0?2?1xn?12?1 (x2?x3)x2x312?(x1?x2)x1x22?18??…?2?18(xn?1?xn)xnxn?12

?(2?xn?1)?.......12分

2010年备考最新6套数学压轴题之二

1.（本小题满分12分）已知f(x)=ax?lnx，x?（0，e]，其中e是自然常数，a?R.

（Ⅰ）当a?1时, 求f(x)的单调区间和极值；

（Ⅱ）是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由. 解：（1）a?1时，f(x)?x?lnx，f?(x)?1?1x?x?1x ??1分

/由f(x)?0得0?x?1，∴f(x)的单调递减区间(0,1)

/由f(x)?0得1?x?e，f(x)单调递增区间（1，e） ??3分

∴f(x)的极小值为f(1)?1 ??4分

（2）假设存在实数a，使f(x)?ax?lnx（x?(0,e]）有最小值3，f(x)?a?/1x4e?ax?1x ??5分

① 当a?0时，f(x)在(0,e]上单调递减，f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?所以，此时f(x)无最小值. ??7分

（舍去），

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②当0?1a?e时，f(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a,e]上单调递增

12f(x)min?f()?1?lna?3，a?e，满足条件. ??9分

a③ 当

1a?e时，f(x)在(0,e]上单调递减，f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?4e（舍去），

所以，此时f(x)无最小值.??11分

综上所述，存在实数a?e2，使得当x?(0,e]时f(x)有最小值3 。??12分

2 （本小题满分12分）

设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆ya22?xb22?1(a?b?0)上的两点，已知向量m?(x1y1xy,),n?(2,2),若babam?n?0且椭圆的离心率e=

（Ⅰ）求椭圆的方程；

3,短轴长为2，O为坐标原点. 2

（Ⅱ）试问：△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由 解：2b?2.b?1,e??a

ca?ba22?32?a?2,c?3椭圆的方程为y24?x2?1 4分

(2) ①当直线AB斜率不存在时，即x1?x2,y1??y2,由m?n?0 x1?2y142?0?y1?4x1????5分

4x14222又A(x1,y1)在椭圆上，所以x?s?12x1y1?y2?1221?1?x1?22,y1?2

x12y1?1

所以三角形的面积为定值.??6分

②当直线AB斜率存在时：设AB的方程为y=kx+b

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??y?kx?b?y2?(k2?4)x2?2kbx?b2?4?0得到x?2kb1?x2? ??4?x2?1k2?42x1xb?42??n?0k2?4 ，?=(2kb)2?4(k2+4)(b2?4)>0?????8分而m,

x?y1y2?0?x(kx1?b)(kx2?b)1x241x2?4?0代入整理得:

2b2?k2?4 ?????10分

2

2

2S=1|b|21+k2|AB|=12|b|(x2|b|4k?4b+164b1+x2)?4x1x2

=2(k2+4)=2|b|=1 综上三角形的面积为定值1.??…………………12分

3．（本小题满分12分）

已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn?a(Sn?an?1)（a为常数，a?0,a?1

（Ⅰ）求?an?的通项公式；

（Ⅱ）设b2n?an?Sn?an，若数列{bn}为等比数列，求a的值；

（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，

c1n=a-1. n+1a，数列{cn}的前n项和为Tnn+1-1解：（Ⅰ）S1?a(S1?a1?1) ∴a1?a, ……….1分

当n?2时， Sn?a(Sn?an?1)

Sn?1?a(Sn?1?an?1?1)

两式相减得：an?a?aann?1，

a?a

n?1(a≠0，n≥2)即{an}是等比数列． ∴an?a?an?1?an；?4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知a≠1

nbn?(an)2?a(a?1)a?1an,

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求证：

Tn?2n?12．

nba?1)a2?aann?(2，

a?1若{b2n}为等比数列，则有b2?b1b3, 而

b21?2a ，

b32?a(2a?1)，

b423?a(2a?a?1) ??6分

故[a3(2a?1)]2?2a2?a3(2a?1)， 解得a?12， ????????7分

再将a?12代入得b1nn?()成立，所以a?122． ????8分

（III）证明：由（Ⅱ）知b1nn?(2)，

nn?1所以c111n??2(1?)n2n?1?22n?1?1?2?12n?1?2n?1?12?1(1)n?12?1所以cn?2?12n?12n?1

Tn?c1?c2???cn

?(2?1?1122)2?(2?22?123)???(2?12n?12n?1)科?2n?1112?2n?1?2n?2???12分

2010年备考最新6套数学压轴题之三

1． (本小题满分13分)

已知函数f(x)的导数f'(x)?3x2?3ax，f(0)?b．a，b为实数，1?a?2．

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10分

?（1）若f(x)在区间[?1，1]上的最小值、最大值分别为?2、1，求a、b的值； （2）在 (1) 的条件下，求曲线在点P（2，1）处的切线方程；

（3）设函数F(x)?[f'(x)?6x?1]?e2x，试判断函数F(x)的极值点个数． 解：(1) 由已知得，f(x)?x3?322ax?b， 由f?(x)?0，得x1?0，x2?a．

∵x?[?1, 1]，1?a?2，

∴ 当x?[?1, 0)时，f?(x)?0，f(x)递增；当x?(0, 1]时，f?(x)?0，f(x) 递减． ∴ f(x)在区间[?1, 1]上的最大值为f(0)?b，∴b?1． 又f(1)?1?32a?1?2?32a，

f(?1)??1?32a?1??32a，

∴ f(?1)?f(1)． 由题意得f(?1)??2，即?32a??2，得a?43． 故a?43，b?1为所求．

(2) 由 (1) 得f(x)?x3?2x2?1，f?(x)?3x2?4x，点P(2, 1)在曲线f(x)上．

当切点为P(2, 1)时，切线l的斜率k?f?(x)|x?2?4， ∴ l的方程为y?1?4(x?2)， 即4x?y?7?0． (3)

F(x)?(3x?3ax?6x?1)?eF?(x)??6x?3(a?2)??e222x2?2x???3x?3(a?2)x?1??e 2??e2x?2?3x?3(a?2)x?1??

2x2x?[6x?6(a?3)x?8?3a]?e2

二次函数y?6x?6(a?3)x?8?3a的判别式为

222??0，得： ??36(a?3)?24(8?3a)?12(3a?12a?11)?12?3(a?2)?1???令

(a?2)?213,2?33?a?2?33.令??0，得a?2?33,或a?2?33.

∵e2x?0，1?a?2，

33?a?2时，F?(x)?0，函数F(x)为单调递增，极值点个数为0；

∴当2－第 9 页 共 25 页

当1?a?2?33时，此时方程F?(x)?0有两个不相等的实数根，根据极值点的定义，可知

函数F(x)有两个极值点．

2(本小题满分12分)

设F是椭圆C：

xa22?yb22?1(a?b?0)的左焦点，直线l为其左准线，直线l与x轴交于点P，线段

MN为椭圆的长轴，已知|MN|?8，且|PM|?2|MF|．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若过点P的直线与椭圆相交于不同两点A、B求证：∠AFM =∠BFN； （3）求三角形ABF面积的最大值． 解：(1) ∵ |MN|?8 ∴ a = 4

又∵ | PM | = 2 | MF |得

12?a?2(a?c)即2e?或e?1(舍去)23e?1?0?e?a123?|PM|?2|MF|得 c?或e?1(舍去)又?a?2(a?c)即22e?3e?1?0?c2?c?2b?a?c?12x2a2222

?1?椭圆的标准方程为16?y212

(2) 当AB的斜率为0时，显然?AFM??BFN?0.满足题意

当AB的斜率不为0时，设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB方程为x?my?8, 代入椭圆方程整理得 (3m?4)y?48my?144?0 则 ??(48m)?4?144(3my1x1?2y2x2?22222?4),y1?y2?48m3m?2?4y1?y2?1443m2?4

?kAF?kBF???y1my1?6?y2my2?62my1y2?6(y1?y2)(my1?6)(my2?6)?0

?kAF?kBF?0,从而?AFM??BFN.综上可知：恒有?AFM12??BFN

72m?43m?422(3)S?ABF?S?PBF?S?PAF?|PF|?|y2?y1|?

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?722m?423(m?4)?16?2723m?4?16m?42?7223?16?33

当且仅当3m2?4?16m?42即m2?283（此时适合△＞0的条件）取得等号.

∴三角形ABF面积的最大值是33

3.本小题满分12分)

古代印度婆罗门教寺庙内的僧侣们曾经玩过一种被称为“河内宝塔问题”的游戏，其玩法如下：如图，设有n（n?N*）个圆盘依其半径大小，大的在下，小的在上套在

A柱上，现要将套在A柱上的盘换到C柱上，

要求每次只能搬动一个，而且任何时候不允

许将大盘套在小盘上面，假定有三根柱子A、B、C可供使用．

现用an表示将n个圆盘全部从A柱上移到C柱上所至少需要移动的次数，回答下列问题： （1）写出a1，a2，a3，并求出an； （2）记bn?an?1，求和Sn??bibj（i，j?N*）；（其中

?1?i?j?nbibj表示所有的积

1?i?j?nbibj(1?i?j?n)的和）

17?S1S2?S1?S3S2?S4???S1?S3?S2n?1S2?S4?S2n?421(n?N*)．

（3）证明：

解：(1) a1?1，a2?3，a3?7

事实上，要将n个圆盘全部转移到C柱上，只需先将上面n?1个圆盘转移到B柱上，需要an?1次转移，然后将最大的那个圆盘转移到C柱上，需要一次转移，再将B柱上的n?1个圆盘转移到C柱上，需要an?1n次转移，所以有an?2an?1?1则an?1?2(an?1?1)?an?1?2，

n所以an?2?1

(2) bn?an?1?2则

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nSn??1?i?j?nbibj?12[(b1?b2???bn)?(b1?b2???bn)]

2222?1212[(2?2???2)?(2?2?2???2n?122n22462n)]?[(2?2)?43(4?1)]?n43(2?1)(2nn?1?1)

(3) 令cn?S1?S3???S2n?1S2?S4???S2n，则当n?2时

cn?S1?S3?S2n?1S2?S4?S2n2?121412n?11(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)????? 23452n2n?1(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)(2?1)12342n?12n??11?122n?1?1?14?2112n?1

??2172n?1?14?1?14cn?1?()4n?1c1

又c1?2?13??421，所以对一切n?N*有：

S1S2?S1?S3S2?S4???S1?S3???S2n?1S2?S4???S2n

?c1?c2?c3???cn?c1?1121n?1c1?()c1???()c14441n 1?()4414n4)??c1(??()?121214211?4另方面cn?0恒成立，所以对一切n?N*有

S1S2?S1?S3S2?S4???S1?S3???S2n?1S2?S4???S2n17

?c1?c2?c3???cn?c1?综上所述有：

17?S1S2?S1?S3S2?S4???S1?S3???S2n?1S2?S4???S2n?421(n?N*)

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2010年备考最新6套数学压轴题之四

1.（小题满分12分)

已知函数f(x)=

1a?xx21???lnx?a?R,x?[,2]?

2??(1)当a?[?2,)时, 求f(x)的最大值;

4(2) 设g(x)?[f(x)?lnx]?x2, k是g(x)图象上不同两点的连线的斜率，否存在实数a，使得k?1恒成立?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由．

(2)存在a?(??,]符合条件

47

解: 因为g(x)?[f(x)?lnx]?x2=ax?x3

不妨设任意不同两点p1(x1,y1),p2(x2,y2)，其中x1?x2 则 k?y1?y2x1?x22?a(x1?x2)?(x2?x1)x1?x2233

?a?(x1?x1x2?x2)22由 k?1知:a? 1+(x1?x1x2?x2)

又

14?x2?4 故a?274

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故存在a?(??,)符合条件． ?12分

47解法二:

据题意在y?g(x)图象上总可以在找一点P(x0,y0)使以P为切点的切线平行图象上任意两点的连

线,即存在k?g(x1)?g(x2)x1?x22?g'(x0)?a?3x0?1

72?a?1?3x0?74故存在a?(??,)符合条件．

4

2.小题满分13分）

1在平面直角坐标系xOy中，线段AB与y轴交于点F(0,)，直线AB的斜率为k，且满足

2|AF|?|BF|1+k．

2（1）证明：对任意的实数k，一定存在以y轴为对称轴且经过A、B、O三点的抛物线C，并求出抛物线C的方程；

（2）对（1）中的抛物线C，若直线l:y?x?m(m?0)与其交于M、N两点，求∠MON的取值范围． 解：（1）由已知设lAB:y?kx?12①

又设抛物线C:x2?ay(a?0)②

2由①②得x?akx?a2?0

a2设A(xA,yA),B(xB,yB)，则xA?xB??由弦长公式得 |AF|?|BF|?1?k1?k2

|xA?0|?|xB?0|?21?k1?k2|xA|

|xB|

222|AF|?|BF|?(1?k)|xA?xB|?(1?k)|a2|?(1?k)2a2

22而|AF|?|BF|?1?k，所以a?2，即抛物线方程为C:x?2y???6分

（2）设M(xM,yM),N(xN,yN)?y?x?m2?x?2x?2m?0 由?2，

?x?2y而??4?8m?0(m?0)

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则xM?xN?2，xM?xN??2m，

kOM?1?mxM，kON?1?mxN???7分

不妨设xM?xN，由于m?0，则xM?0?xN 令?MON????2，则ON到OM的角为?，且满足

21?2mm?2t?122tan??kOM?kON1?kOM?kON?(m?2)

5

令t?1?2m，则m?，t?1且t?∴ tan??4tt?52?t?4?5t

函数y?x与y?∴ t?4t??5t5t?5x在(0,??)上皆为增函数

?(?4,0)?(0,??)

?(??,?1)?(0,??)

则??(0,?2)?(?3?2,4)，

又m?2时，?MON????MON?(0,3?4)?2

???13分

3.小题满分14分)

n?1设数列?an?的前n项和为Sn，已知Sn?2an?2(n∈N*).

（1）求数列?an?的通项公式； （2）设bn?logann?12，数列?bn?的前n项和为Bn，若存在整数m，使对任意n∈N*且n≥2，都有

第 15 页 共 25 页

B3n?Bn?m20成立，求m的最大值；

（3）令cn?(?1)n?1logann?12，数列?cn?的前n项和为Tn，求证：当n∈N*且n≥2时，T2n?22.

解（1）由Sn?2an?2n?1，得Sn?1?2an?1?2n(n≥2).

两式相减，得an?2an?2an?1?2n，即an?2an?1?2n(n≥2). 于是

an2n?an?12n?1?1，所以数列{an2n}是公差为1的等差数列

又 S1?2a1?22，所以a1?4. 所以

an2n?2?(n?1?)n?，故1an?(n?1)?2.?????4分

n（2）因为 bn?log1ann?12?log2n2?1n?21n?31n1， 则 B3n?Bn?1n?1?1n?2???13n.

令 f(n)?n?11n?2????13n3n?1，则

113n?213n?313n?31n?1

f(n?1)?????13n?1???.

所以 f(n?1)?f(n)?3n?1?3n?2???13n?113n?3??13n?213n?3??23n?323n?3?0.

即f(n?1)?f(n)，所以数列?f(n)?为递增数列. 所以当n≥2时，f(n)的最小值为f(2)?据题意，

m20?192013?14?15?16?1920.

，即m?19.

又m为整数，故m的最大值为18. ????8分 （3）因为cn?(?1)T2n?1?1n?1n?1?1n，则当n≥2时，

12n?1?12n?(1?12?13???12n)?2(12?14???)2n 112??131?14???1?n?2???2n.

第 16 页 共 25 页

下面证 方法一：

1n?1?1n?2???12n?22 先证一个不等式，当x?0时，ln(x?1)?令g(x)?ln(x?1)?xx?1xx?1

1(x?1)2(x?0)， 则g'(x)?1x?1??x(x?1)2?0，

∴g(x)在(0,??)时单调递增，g(x)?g(0)?0， 即当x?0时，ln(x?1)?1nn?1n1n?11n?3xx?1

1n?1令 x?，ln??ln(n?1)?lnn?，ln(n?2)?ln(n?1)?1n?2，

ln(n?3)?ln(n?2)?，??，ln(2n)?ln(2n?1)?1

2n以上n个式相加，即有ln(2n)?lnn?11n?212n221n?1?1n?2???12n

∴n?1???? ??14分

?ln(2n)?lnn?ln2?方法二：

先用数学归纳法证明一个加强不等式

11①n?2时， ??3422191n?1?1n?2???12n?22?14n?1。

?成立，故n?2时不等式成立。

1k?212k2214k?1②假设n?k时成立，即

1k?22222?1k?1??????

1则当n?k?1时，???112k?12k?12k?212k?11??1?122?14k?12k?12k?2k?1?1?1?

??4k?11???2k?2?，

2214k?5

下面用分析法证12k?24k?12k?1?1即证 2k?1??12k?4?21?k4?1k?4?(2k?112)(2k?1552[ (4k?1)(4k?5))第 17 页 共 25 页

即证

1(2k?1)(2k?2)?(2k?112)(2k?5252，

)故即证(2k?1)(2k?2)?(2k?12)(2k?54)

即证4k2?6k?2?4k2?6k?上式显然成立。

（可以从n?k到n?k?1时引导学生发现

1k?1?1k?2???12k?22?1g(n)中的g(n)的值，此种

方法对于常数型的关于正整数的不等式的证明很凑效） 方法三：

又据柯西不等式，有

1n?1?]?1n?21???12n1?(1?1???1)[12221(n?1)]?2?1(n?2)1n?12n2???221(2n)2] n[n(n?1)?(n?1)(n?2)???(2n?1)(2n)n()?

2010年备考最新6套数学压轴题之五

1.(分12分）

22各项都为正数的数列{an}，满足a1?1,an?1?an?2.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）证明

1a12?1a22???1an?2n?1对一切n?N恒成立.

?

解：（Ⅰ）∵an?1?an?2，∴{an}为首项为1，公差为2的等差数列，………2分

2∴an?1?(n?1)?2?2n?1，又an?0，则an?22n?1. …………5分

第 18 页 共 25 页

（Ⅱ）只需证：1?13???12n?1?2n?1.

① 当n=1时，左边=1，右边=1，所以命题成立.

当n=2时，左边<右边，所以命题成立.…………………7分 ②假设n=k时命题成立，即1?当n=k+1时， 左边=1?13???12k?112k?122k?1?2k?1?12k?113???12k?1?2k?1，

?2k?1? . ………8分

?2k?1?

=2k?1??2(2k?1?22k?1)

2k?1?2(k?1)?1.命题成立. …………11分

由①②可知，对一切n?N*都有1?方法二：

当n=1时，左边=1，右边=1，则命题成立. …………7分 当n?2时， ??12n?12n?1?1?1???13???12n?1?2n?1成立.

?222n?12n?3.1?22n?1?2n?3

则

a1a2an3)???(2n?1?2n?3)?1?(3?1)?(5??2n?1.

∴原不等式成立. …………12分

第 19 页 共 25 页

2.已知M经过点G(0,?1)，且与圆Q:x2?(y?1)2?8内切.

（Ⅰ）求动圆M的圆心的轨迹E的方程.

（Ⅱ）以m?(1,2)为方向向量的直线l交曲线E于不同的两点A、B，在曲线E上是否存在点P使四边形OAPB为平行四边形（O为坐标原点）.若存在，求出所有的P点的坐标与直线l的方程；若不存在，请说明理由.

解:（Ⅰ）依题意，动圆与定圆相内切，得|MG|?|MQ|?22，可知M到两个定点G、Q的距离和为常数，并且常数大于|GQ|，所以P点的轨迹为椭圆，可以求得a?y22，c?1，b?1，

所以曲线E的方程为 x?22?1．……………………5分

（Ⅱ）假设E上存在点P，使四边形OAPB为平行四边形．

由（Ⅰ）可知曲线E的方程为x?2y22?1.

设直线l的方程为y?2x?m，A(x1，y1)，B(x2，y2).

?y?2x?m;?2224x?22mx?m?2?0， 由?，得y2?1.?x?2?由??0得m?4，且x1?x2??22m22，x1x2?m?242，………7分

则 y1y2?(2x1?m)(2x2?m)?m?22，

y1?y2?(2x1?m)?(2x2?m)?m，

E上的点P使四边形OAPB为平行四边形的充要条件是OP?OA?OB，

即 P点的坐标为（且 (x1?x2)?2 x1?x2,y1?y2）22(y1?y2)22?1，

又 x1?2y12?1，x2?y222?1 ，所以可得2x1x2?y1y2?1?0，…………9分

第 20 页 共 25 页

可得m2?1，即m?1或m??1．

2222当m?1时，P(?，1)，直线l方程为y?2x?1；

当m??1时，P(

3（本小题满分12分）

，?1)，直线l方程为y?2x?1．……………………12分

已知函数f(x)?lnx?mx?m,m?R. （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间.

（Ⅱ）若f(x)?0在x?(0,??)上恒成立，求实数m的取值范围. （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，任意的0

解：（Ⅰ）f(x)?/1x?m?1?mxx,(x?(0,??))

当m?0时，f/(x)?0恒成立，则函数f(x)在(0,??)上单调递增；………2分

/当m?0时，由f(x)?1x?m?1m1?mxx?0

1m,??)上单调递减. ……4分

则x?(0,1m)，则f(x)在(0,)上单调递增，在(（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当m?0时显然不成立； 当m?0时，f(x)max?f(令g(x)?x?lnx?1, 则g(x)?1?/1m)?ln1m?1?m?m?lnm?1只需m?lnm?1?0即 ……….6分

1x，函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,??)上单调递增.

则若f(x)?0在x?(0,??)上恒成立，m=1. …………8分

?g(x)min?g(1)?0(Ⅲ）

f(b)?f(a)b?a?lnb?lna?a?bb?aln?1?,

ba?1?1a?lnb?lnab?aba?1第 21 页 共 25 页

由0?a?b得

ba?1, ba?ba?1,则

由（Ⅱ）得： lnlnba?1?1?1?1?1?aaaa2ba??1,

1?aa(1?a)?1a(1?a)?1a(1?a)则原不等式

f(b)?f(a)b?a成立 . ……………12分

2010年备考最新6套数学压轴题之六

1.A﹑B﹑C是直线l上的三点，向量OA﹑OB﹑OC满足： OA-[y+2f?(1)]·OB+ln(x+1)·OC=0 ；

（Ⅰ）求函数y=f(x)的表达式； （Ⅱ）若x＞0, 证明f(x)＞（Ⅲ）当

12x22xx?2；

?f(x)?m22?2bm?3时,x???1,1?及b???1,1?都恒成立，求实数m的取值范围。

解I）由三点共线知识，

??∵OA?[y?2f(1)]OB?ln(x?1)]?OC?0, ∴OA?[y?2f(1)]OB?ln(x?1)]?OC,

?∵A﹑B﹑C三点共线， ∴[y?2f(1)]?[?ln(x?1)]?1 ?∴y?f(x)?ln(x?1)?1?2f(1).

∴

f?(x)?1x?1∴

f?(1)?12，

∴f(x)=ln(x+1)??????4分

2x(Ⅱ)令g(x)=f(x)－x?2, 由

g?(x)?g?(x)?0， ∵x>0∴ (x?1)(x?2)2x22x∴g(x)在 (0,+∞)上是增函数,故g(x)>g(0)=0,即f(x)> x?2;???8分

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1（III）原不等式等价于212x?f(x)?m1222?2bm?3,令

x?x3?h(x)= 2x?f(x)=2x?ln(1?x),由h(x)?1?x2,

222当x∈[-1,1]时,[h(x)]max=0, ∴m-2bm-3≥0,

令Q(b)= m-2bm-3，则由Q(1)≥0及Q（-1)≥0解得m≤-3或m≥3. ????12分

2,满分12分）

设f(x) 是定义在R上的减函数，满足f(x+y)=f(x)?f(y)且f(0)=1,数列{an}满足a1=4，f(log3

an?14)f(-1-log3

an4)=1 (n∈N)；

*

2

2

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设Sn是数列{an}的前n项和, 试比较Sn与6n-2的大小。 解.(Ⅰ)由题设知

f(log3

可化为

f(logan?132

an?14)?f(-1-log3

an4)=1 (n∈N)

*

4?1?logan34)?f(0),

∵y=f(x)是定义在R上的单调减函数， ∴logan?134an?1?1?logan34?0

即log34???logan34?1

∴数列?log3an??是以为log4?a134首项，1为公差的等差数列。

∴log3

an4?n?1

即an=4?3n?1(n?N).-----6分

*

(Ⅱ)Sn=a1+a2+a3+···+an =4(1+3+3+···+3

12n-1

)=2(3n-1)

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当n=1时有Sn=6n-2=4; 当n=2时有Sn=16<6n-2=22; 当n=3时有Sn=6n-2=52; 当n=4时有Sn=160>6n2-2=94; 当n=5时有Sn=484>6n2-2=148. 由此猜想当n≥4时, 有Sn>6n2-2?3n-1>n2. 下面用数学归纳法证明：

①当n=1时显然成立；

②假设当n=k(k≥4,k∈N)时, 有3>k; 当n=k+1时，有3=3·3>3k, ∵k≥4∴k(k-1)≥12,

∴3k-(k-1)=2k(k-1)-1>0 即 3k>(k+1), ∴3k>3k2>(k+1)2, ∴3k>(k+1)2, 因此当n=k+1时原式成立.

由①②可知当n≥4时有3n-1>n2即Sn>6n2-2.

综上可知当n=1,3时,有Sn=6n-2；当n=2时,有Sn<6n-2；当n≥4时,有Sn>6n-2。………………12分 3. 已知抛物线C1:y=4x的焦点与椭圆C2:

2

2

2

2

2

2

2

2

*

k-1

2

k

k-1

2

222

x29?y2b?1的右焦点F2重合，F1是椭圆的左焦点；

（Ⅰ）在?ABC中，若A(-4,0)，B(0,-3)，点C在抛物线y2=4x上运动，求?ABC重心G的轨迹方程； （Ⅱ）若P是抛物线C1与椭圆C2的一个公共点，且∠PF1F2=?，∠PF2F1=?,求cos??cos?的值及?PF1F2的面积。

x??4?0?x???3解：（Ⅰ）设重心G(x,y)，则?

??y?y?0?3?3??x??3x?4(*)整理得 ??y??3y?3

将(*)式代入y=4x中，得(y+1)=322

4(x?2

4433 (x?43).…6分

) ∴?ABC重心G的轨迹方程为(y+1)=

2

(Ⅱ) ∵椭圆与抛物线有共同的焦点，由y=4x得F2(1,0)，

∴b2=8，椭圆方程为

x29?y28?1.

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2?x12y1??1?设P(x1,y1) ，由?98?y2?4x 1?1得2x?9x1?18?0，∴x1=2，x1=-6(舍).

∵x=-1是y2=4x的准线，即抛物线的准线过椭圆的另一个焦点F1。 设点P到抛物线y=4x的准线的距离为PN，则︱PF2︱=︱PN︱. 又︱PN︱=x1+1=

32?1?522

213,

57PF?,PF?2a?PF?212∴22.

过点P作PP1⊥x轴，垂足为P1，

在Rt△PP1F1中，cosα=7在Rt△PP1F2中，cos(л-β)=5,cosβ=?5, ∴cosαcosβ=?7。 ∵x1=2,∴∣PP1∣=6, ∴

S?PF1F2?12F1F2?P1P2?635111.…12分

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