2011年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解五

2011年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解五

x2y21．（14分）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），

abQ是椭圆外的动点，满足|F1Q|?2a.点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足PT?TF2?0,|TF2|?0.

（Ⅰ）设x为点P的横坐标，证明|F1P|?a? （Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；

（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M， 使△F1MF2的面积S=b2.若存在，求∠F1MF2

cx； a的正切值；若不存在，请说明理由.

（Ⅰ）证法一：设点P的坐标为(x,y).

由P(x,y)在椭圆上，得

b22|F1P|?(x?c)?y?(x?c)?b?2xa2222

[来源:学。科。网Z。X。X。K]

?(a?c2x).a由x?a,知a?ccx??c?a?0，所以 |F1P|?a?x.………………………3分 aa证法二：设点P的坐标为(x,y).记|F1P|?r1,|F2P|?r2,

则r1?(x?c)2?y2,r2?(x?c)2?y2.

cx. ac证法三：设点P的坐标为(x,y).椭圆的左准线方程为a?x?0.

a22由r1?r2?2a,r1?r2?4cx,得|F1P|?r1?a?

2cac|FP|c由椭圆第二定义得，即|F1P|?|x? 1|?|a?x|.?2aca[来源:Zxxk.Com]aa|x?|c

由x??a,知a?ccx??c?a?0，所以|F1P|?a?x.…………………………3分 aa（Ⅱ）解法一：设点T的坐标为(x,y).

当|PT|?0时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.

当|PT|?0且|TF2|?0时，由|PT|?|TF2|?0，得PT?TF2. 又|PQ|?|PF2|，所以T为线段F2Q的中点. 在△QF1F2中，|OT|?1|F1Q|?a，所以有x2?y2?a2. 2综上所述，点T的轨迹C的方程是x2?y2?a2.…………………………7分 解法二：设点T的坐标为(x,y). 当|PT|?0时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.

当|PT|?0且|TF2|?0时，由PT?TF2?0，得PT?TF2. 又|PQ|?|PF2|，所以T为线段F2Q的中点. ?x?????设点Q的坐标为（x,y），则??y???x??c,2 y?.2

?x??2x?c,因此? ①

?y??2y.由|F1Q|?2a得(x??c)2?y?2?4a2. ② 将①代入②，可得x?y?a.

综上所述，点T的轨迹C的方程是x?y?a.……………………7分

222222

（Ⅲ）解法一：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22?x0?y0?a2, ? ?12??2c|y0|?b.?2③ ④

2b2b. 所以，当a?时，存在点M，使S=b2； 由③得|y0|?a，由④得|y0|?cc2b当a?时，不存在满足条件的点M.………………………11分 c2b当a?时，MF1?(?c?x0,?y0),MF2?(c?x0,?y0)， c22由MF1?MF2?x0?c2?y0?a2?c2?b2，

MF1?MF2?|MF1|?|MF2|cos?F1MF2，

S?1|MF1|?|MF2|sin?F1MF2?b2，得tan?F1MF2?2. 2解法二：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22③ ?x0?y0?a2, ? ?12??2c|y0|?b.④ ?2

b2b4b2b222. 上式代入③得x0?a?2?(a?)(a?)?0. 由④得|y0|?cccc2b于是，当a?时，存在点M，使S=b2； c2当a?b时，不存在满足条件的点M.………………………11分

c

2y0y0当a?b时，记k1?kFM?， ,k?k?2F2M1cx0?cx0?c

由|F1F2|?2a,知?F1MF2?90?，所以tan?FMF?|k1?k2|?2.…………14分

121?k1k22．（12分）

函数y?f(x)在区间（0，+∞）内可导，导函数f?(x)是减函数，

且f?(x)?0. 设x0?(0,??),y?kx?m是曲线y?f(x)在点（x0,f(x0)）得的切线方程，并设函数g(x)?kx?m.

（Ⅰ）用x0、f(x0)、f?(x0)表示m； （Ⅱ）证明：当x0?(0,??)时,g(x)?f(x)；

3 （Ⅲ）若关于x的不等式x2?1?ax?b?x3在[0,??)上恒成立，其中a、b为实数，

2 求b的取值范围及a与b所满足的关系.

（Ⅰ）解：m?f(x0)?x0f?(x0).…………………………………………2分 （Ⅱ）证明：令h(x)?g(x)?f(x),则h?(x)?f?(x0)?f?(x),h?(x0)?0. 因为f?(x)递减，所以h?(x)递增，因此，当x?x0时,h?(x)?0；

当x?x0时,h?(x)?0.所以x0是h(x)唯一的极值点，且是极小值点，可知h(x)的

最小值为0，因此h(x)?0,即g(x)?f(x).…………………………6分

2

（Ⅲ）解法一：0?b?1，a?0是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.[来源:Z|xx|k.Com]

x2?1?ax?b,即x2?ax?(1?b)?0对任意x?[0,??)成立的充要条件是 a?2(1?b).

另一方面，由于f(x)?3x3满足前述题设中关于函数y?f(x)的条件，利用（II）的

222122结果可知，ax?b?3x3的充要条件是：过点（0，b）与曲线y?3x3相切的直线的斜率大

22于a，该切线的方程为y?(2b)x?b.

于是ax?b?3x3的充要条件是a?(2b)2.…………………………10分 22?121

3综上，不等式x?1?ax?b?x3对任意x?[0,??)成立的充要条件是

222 网]

(2b)?12?a?2(1?b). ①

?1212显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式(2b)?2(1?b). ②

12有解、解不等式②得2?2?b?2?2. ③[来源:学.科.

44因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分

（Ⅲ）解法二：0?b?1,a?0是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立. x?1?ax?b,即x?ax?(1?b)?0对任意x?[0,??)成立的充要条件是 a?2(1?b).………………………………………………………………8分

2333令?(x)?ax?b?x，于是ax?b?x3对任意x?[0,??)成立的充要条件是 2212222

?(x)?0. 由??(x)?a?x?13?0得x?a?3.

?3?3?3当0?x?a时??(x)?0;当x?a时，??(x)?0，所以，当x?a时，?(x)取最

小值.因此?(x)?0成立的充要条件是?(a)?0，即a?(2b)?3?12.………………10分

综上，不等式x2?1?ax?b?3x3对任意x?[0,??)成立的充要条件是

22(2b)?12?a?2(1?b). ①

?1212显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式(2b)有解、解不等式②得2?2?b?2?2.

44?2(1?b) ②

12因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分

3． 已知数列?an?的首项a1?5,前n项和为Sn，且Sn?1?Sn?n?5(n?N*) （I）证明数列?an?1?是等比数列；

（II）令f(x)?a1x?a2x2???anxn，求函数f(x)在点x?1处的导数f?(1)并比较

2f?(1)与23n2?13n的大小.

解：由已知Sn?1?Sn?n?5(n?N*)可得n?2,Sn?2Sn?1?n?4两式相减得

Sn?1?Sn?2?Sn?Sn?1??1即an?1?2an?1从而an?1?1??2an??1当

n?1时

S2?2S1?1?5所以a2?a1?2a1?6又a1?5所以a2?11从而a2?1?2?a1?1?

故总有an?1?1?2(an?1)，n?N又a1?5,a1?1?0从而比数列；

（II）由（I）知an?3?2n?1

因为f(x)?a1x?a2x2???anxn所以f?(x)?a1?2a2x???nanxn?1

2n从而f?(1)?a1?2a2???nan=?3?2?1??23?2?1???n(3?2?1)

*an?1?1?2即数列?an?1?是等an?1??n?12n=32?2?2???n?2-?1?2???n?=3?n?1??2???n(n?1)?6 22n2由上2f?(1)?23n?13n?12?n?1??2-122n?n?1= n12?n?1??2n?12?n?1?(2n?1)=12(n?1)??2?(2n?1)??①

????当n?1时，①式=0所以2f?(1)?23n?13n； 当n?2时，①式=-12?0所以2f?(1)?23n?13n

22

当n?3时，n?1?0

n01n?1n又2??1?1??Cn?Cn???Cn?Cn?2n?2?2n?1 n2???02?2n?1?0所以?n?1??即①从而23n?13n 2f(1)?????nByAM

4．(14分)已知动圆过定点?No??pp?,0?，且与直线x??相切，其中

22?x??x?p?F?,0??2?p?0.（I）求动圆圆心C的轨迹的方程；

p2（II）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为?和

?，当?,?变化且???为定值?(0????)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点

的坐标.[来源:学科网]

解：（I）如图，设M为动圆圆心，?p?p?,0?为记为F，过点M作直线x??的垂线，垂

2?2?p的距离相等，由抛2足为N，由题意知：MF?MN即动点M到定点F与定直线x??物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中F?方程为y?2px(P?0)；

2p?p?,0?为焦点，x??为准线，所以轨迹

2?2?（II）如图，设A?x1,y1?,B?x2,y2?，由题意得x1?x2（否则?????）且x1,x2?0所

2y12y2以直线AB的斜率存在，设其方程为y?kx?b，显然x1?，将y?kx?b与,x2?2p2py2?2px(P?0)联立消去x，得k2y?2y1?y2?2p2pb,y1?y2?① kkp?y2由p?0b韦达定理知

（1）当???2时，即?????2时，tan??tan所以??1y1y2??1,x1x2?y1y2?0，x1x22y12y22pb2?4p2所以b?2pk.因此直线AB的方程可?yy?0所以由①知：yy?4p12122k4p表示为y?kx?2Pk，即k(x?2P)?y?0所以直线AB恒过定点??2p,0?

（2）当???2时，由?????，得tan??tan(???)=

tan??tan?=

1?tan?tan?2p2p2p(y1?y2)b??2pk， 将①式代入上式整理化简可得：，所以tan??tan?b?2pky1y2?4p2此时，直线AB的方程可表示为y?kx?2p2p???2pk即k(x?2p)??y??0 ?tan?tan???所以直线AB恒过定点??2p,所以由（1）（2）知，当??定点??2p,??2ptan??? ??2时，直线AB恒过定点??2p,0?，当???2时直线AB恒过

??2ptan???. ?x2?y2?1，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，5． 已知椭圆C1的方程为4而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C2的方程；

（Ⅱ）若直线l:y?kx?2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2

的两个交点A和B满足OA?OB?6（其中O为原点），求k的取值范围.

22解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为x?y?1，则a2?4?1?3,再由a2?b2?c2得b2?1.

a2b2x2?y2?1. 故C2的方程为3x2?y2?1得(1?4k2)x2?82kx?4?0. （II）将y?kx?2代入4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

?1?(82)2k2?16(1?4k2)?16(4k2?1)?0,

2即 k?1. ① 4x2将y?kx?2代入?y2?1得(1?3k2)x2?62kx?9?0.

3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

2??1?3k?0,?222???2?(?62k)?36(1?3k)?36(1?k)?0.

1即k2?且k2?1.3设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA?xB?62k?9,x?x?AB1?3k21?3k2

[来源:Z&xx&k.Com]

由OA?OB?6得xAxB?yAyB?6,而xAxB?yAyB?xAxB?(kxA?2)(kxB?2)?(k2?1)xAxB?2k(xA?xB)?2 ?(k2?1)??962k?2k??2

1?3k21?3k23k2?7?2.3k?13k2?715k2?13于是2?6,即?0.解此不等式得 23k?13k?1131或k2?. ③ 15311132?k2?1. 由①、②、③得?k?或4315k2?故k的取值范围为(?1,?13311313)?(?,?)?(,)?(,1) 15322315[来源:Zxxk.Com]

11)a?(n?1).（Ⅰ）用数学归纳法证明：nn2?n2n6． 数列{an}满足a1?1且an?1?(1?an?2(n?2)；

（Ⅱ）已知不等式ln(1?x)?x对x?0成立,证明:an?e2(n?1)，其中无理数

e=2.71828….

（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，a2?2?2，不等式成立. （2）假设当n?k(k?2)时不等式成立，即ak?2(k?2),

那么ak?1?(1?11)ak?k?2. 这就是说，当n?k?1时不等式成立.

k(k?1)2根据（1）、（2）可知：ak?2对所有n?2成立. （Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有 an?1?(1?两边取对数并利用已知不等式得 lnan?11111)a??(1??)an.(n?1) n2n2nn?n2n?n211?ln(1?2?n)?lnan

n?n2?lnan?1111?. 故 (n?1). lna?lna??n?1nn2?n2nn(n?1)2n上式从1到n?1求和可得

lnan?lna1?111111??????2???n?1 1?22?3(n?1)n2221n111111112?1??(?)???????1??1?n?2. 1223n?1n2n21?21?即lnan?2,故an?e2(n?1).[来源:Zxxk.Com]

（Ⅱ）证法二：由数学归纳法易证2n?n(n?1)对n?2成立，故

an?1?(1?1111)a??(1?a?nnn(n?1)n(n?1)n2?n2n(n?2),则bn?1?(1?1)bnn(n?1)(n?2).

令bn?an?1(n?2).

[来源:学科网]

取对数并利用已知不等式得 lnbn?1?ln(1?1)?lnbn

n(n?1)?lnbn?1n(n?1)(n?2).

111???? 1?22?3n(n?1)上式从2到n求和得 lnbn?1?lnb2??1?11111???????1. 223n?1n因b2?a2?1?3.故lnbn?1?1?ln3,bn?1?e1?ln3?3e(n?2).

故an?1?3e?1?e2,n?2,又显然a1?e2,a2?e2,故an?e2对一切n?1成立. 7．（12分）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0?1,an?1?（1）证明an?an?1?2,n?N;

1an,(4?an),n?N. 2

（2）求数列{an}的通项公式an. 解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a0?1,a1?13a0(4?a0)?, 22 ∴a0?a1?2，命题正确.[来源:学科网] 2°假设n=k时有ak?1?ak?2. 则n?k?1时,ak?ak?1?11ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak) 221?2(ak?1?ak)?(ak?1?ak)(ak?1?ak)2

1?(ak?1?ak)(4?ak?1?ak).2而ak?1?ak?0.又ak?1?4?ak?1?ak?0,?ak?ak?1?0.

11ak(4?ak)?[4?(ak?2)2]?2. 22∴n?k?1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有an?an?1?2. 方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a0?1,a1?13a0(4?a0)?,∴0?a0?a1?2； 22 2°假设n=k时有ak?1?ak?2成立，

1x(4?x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2111有：f(ak?1)?f(ak)?f(2),即ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak)??2?(4?2),

222 令f(x)?也即当n=k+1时 ak?ak?1?2成立，所以对一切n?N,有ak?ak?1?2 （2）下面来求数列的通项：an?1?11an(4?an)?[?(an?2)2?4],所以 222(an?1?2)??(an?2)2

1211221122211?2???2n?12n令bn?an?2,则bn??bn??(?b)???()b????()bn?1n?2n?1222222,

12n?112n?1,即an?2?bn?2?() 又bn=－1，所以bn??()22

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/lik6.html