2010年高考数学压轴题跟踪演练(7+9+8+6+7+7)

备战2010高考数学――压轴题跟踪演练系列一

1．（12分）已知抛物线、椭圆和双曲线都经过点M?1,2?，它们在x轴上有共同焦点，椭圆和双曲线的对称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点.

（Ⅰ）求这三条曲线的方程；

（Ⅱ）已知动直线l过点P?3,0?，交抛物线于A,B两点，是否存在垂直于x轴的直线l?被以AP为直径的圆截得的弦长为定值？若存在，求出l?的方程；若不存在，说明理由.

解：（Ⅰ）设抛物线方程为y2?2px?p?0?，将M?1,2?代入方程得p?2

? 抛物线方程为: y2?4x………………………………………………（1分）

由题意知椭圆、双曲线的焦点为F??1,0?1,F2?1,0?, ? c=1…………………（2分） 对于椭圆，2a?MF1?MF2??1?1?2?22??1?1?2?4?2?22 ? a?1?2? a?1?22??2?3?22………………………………（4分）

? b2?a2?c2?2?22? 椭圆方程为： x23?22?y22?22?1对于双曲线，2a??MF1?MF2?22?2

? a??2?1? a?2?3?22? b?2?c?2?a?2?22?2? 双曲线方程为： x23?22?y222?2?1………………………………（6分）

（Ⅱ）设AP的中点为C，l?的方程为：x?a，以AP为直径的圆交l?于D,E两点，DE中点为H

?x?3y1?,?………………………………………………（7分） 令A?x1,y1?, ? C?122??? DC?112AP??x1?3??y1222

x1?31 CH??a??x1?2a??322

? DH?DC?CH?21?12?x1?3??y12???x?2a?3?????4?14? ??a-2?x1?a2?3a2222当a?2时,DH??4?6?2为定值;? DE?2DH?22为定值此时l?的方程为： x?2…………（12分）

2．（14分）已知正项数列?an?中，a1?6，点Anan,an?1在抛物线y2?x?1上；数列?bn?中，点Bn?n,bn?在过点?0,1?，以方向向量为?1,2?的直线上.

（Ⅰ）求数列?an?,?bn?的通项公式；

????an, ?n为奇数?k?成立，若（Ⅱ）若f?n???，问是否存在k?N，使f?k?27??4f???bn, ?n为偶数?存在，求出k值；若不存在，说明理由；

an?1an??0成立，（Ⅲ）对任意正整数n，不等式求正数a的

??????n?2?an111?1???1????1???b1??b2??bn?取值范围.

解：（Ⅰ）将点Anan,an?1代入y2?x?1中得

??an?1?an?1 ? an?1?an?d?1? an?a1??n?1??1?n?5直线l:y?2x?1, ? bn?2n?1??n?5, ?n为奇数?（Ⅱ）f?n???………………………………（5分）

??2n?1, ?n为偶数?…………………………………………（4分）

当k为偶数时，k?27为奇数， ? f?k?27??4f?k?? k?27?5?4?2k?1?, ? k?4当k为奇数时，k?27为偶数，? 2?k?27??1?4?k?5?, ? k?综上，存在唯一的k?4符合条件。an?1an??0 （Ⅲ）由

??????n?2?a111n?1???1????1???b1??b2??bn?……………………（8分）

35?舍去?2

即a??1??1??1??1???1????1??2n?3?b1??b2??bn?1?1??1??1?1?1??1???????2n?3?b1??b2??bn?1?1??1??1??1?1?1??1?1?????????2n?5?b1??b2??bn??bn?1?12n?3?1?2n?32n?4??1?????2n?5?bn?1?2n?52n?3?12n?42n?5?2n?3 记f?n??? f?n?1??? ?f?n?1?f?n?2?4n2?16n?164n?16n?15? f?n?1??f?n?, 即f?n?递增，? f?n?min?f?1??? 0?a?4515………………………………（14分）

3.（本小题满分12分）将圆O: x?y?4上各点的纵坐标变为原来的一半 (横坐标不变), 得到曲线C. (1) 求C的方程;

(2) 设O为坐标原点, 过点F(3, 0)的直线l与C交于A、B两点, N为线段AB的中点,

延长线段ON交C于点E.

求证: OE?2ON的充要条件是|AB| ?3.

221445?,3155??x??x,??解: (1)设点P(x, y), 点M的坐标为(x, y),由题意可知?………………(2

?y?2y,?分)

x2?y2?1. 又x??y??4,∴x?4y?4?42222x2?y2?1.………………(4分) 所以, 点M的轨迹C的方程为4(2)设点A(x1, y1), B(x2, y2), 点N的坐标为(x0, y0),

㈠当直线l与x轴重合时, 线段AB的中点N就是原点O, 不合题意,舍去; ………………(5分) ㈡设直线l: x?my?3,

??x?my?3由?消去x,

22??x?4y?4得(m?4)y?23my?1?0………………①

22∴y0??3m,………………(6分)

m2?43m23m2?4343??∴x0?my0?3??2, 22m?4m?4m?4∴点N的坐标为(433m, ?).………………(8分)

m2?4m2?48323m, ?), 由点E在曲线C上, 22m?4m?4①若OE?2ON, 坐标为, 则点E的为(4812m22242??1m?8 (m??4舍去). 得, 即 ∴m?4m?32?0,2222(m?4)(m?4)12m2?4m2?164m2?1??1, 由方程①得|y1?y2|?m2?4m2?4又|x1?x2| ? |my1?my2| ? |m(y1?y2)|,

∴|AB| ? m?1|y1?y2| ?3.………………(10分)

24(m2?1)2?3,②若|AB| ?3, 由①得∴m?8. 2m?4∴点N的坐标为(362, ?), 射线ON方程为: y??x (x?0), 362?23?x?2?x (x?0)236?y???3, ?), 由? 解得? ∴点E的坐标为(233?x2?4y2?4?y??6??3?∴OE?2ON.

综上, OE?2ON的充要条件是|AB| ?3.………………(12分) 4.（本小题满分14分）已知函数f(x)?1(x?R). x4?211(1) 试证函数f(x)的图象关于点(, )对称;

24n(2) 若数列{an}的通项公式为an?f() (m?N?, n?1, 2, ?,m), 求数列{an}m的前m项和Sm; (3)

设

数

列

{bn}满足:

b1?13,

bn?1?b2n?bn. 设

Tn?111????. b1?1b2?1bn?1若(2)中的Sn满足对任意不小于2的正整数n, Sn?Tn恒成立, 试求m的最大值. 解: (1)设点P0(x0, y0)是函数f(x)的图象上任意一点, 其关于点(, )的对称点为

1214P(x, y).

?x?x01??x?1?x0,??2?2由? 得? 1y??y0.??y?y0?12??4?2所以, 点P的坐标为P(1?x0, ?y0).………………(2分) 由点P0(x0, y0)在函数f(x)的图象上, 得y0?∵f(1?x0)?121. x04?2141?x04x04x0??, x0x0?24?2?42(4?2)4x01111, ∴点P?y0??x0?(1?x, ?y0)在函数f(x)的图象上. 0x0224?22(4?2)2141kk1(2)由(1)可知, f(x)?f(1?x)?, 所以f()?f(1?)? (1?k?m?1),

2mm2km?k11即f()?f()? , ?ak?am?k?,………………(6分)

mm22∴函数f(x)的图象关于点(, )对称. ………………(4分) 由Sm?a1?a2?a3???am?1?am, ……………… ①

12

得Sm?am?1?am?2?am?3???a1?am, ………………② 由①＋②, 得2Sm?(m?1)?∴Sm?1m?11m1?2am??2???, 226261(3m?1).………………(8分) 1212(3) ∵b1?,bn?1?bn?bn?bn(bn?1), ………………③

3∴对任意的n?N?, bn?0. ………………④ 由③、④, 得

1bn?1?111111. ??,即??bn(bn?1)bnbn?1bn?1bnbn?1∴Tn?(分)

111111111?)?(?)???(?)???3?.……………(10b1b2b2b3bnbn?1b1bn?1bn?1∵bn?1?bn?bn?0, ?bn?1?bn,∴数列{bn}是单调递增数列. ∴Tn关于n递增. 当n?2, 且n?N?时, Tn?T2. ∵b1?211144452,b2?(?1)?, b3?(?1)?, 33399981175?.………………(12分) b152∴Tn?T2?3?∴Sm?分)

751752384,即(3m?1)?,∴m??6, ∴m的最大值为6. ……………(1452125239395．（12分）E、F是椭圆x?2y?4的左、右焦点，l是椭圆的右准线，点P?l，过点

22E的直线交椭圆于A、B两点.

（1） 当AE?AF时，求?AEF的面积； （2） 当AB?3时，求AF?BF的大小； （3） 求?EPF的最大值.

yAPM?m?n?41?S?mn?2 解：（1）?2?AEF2m?n?82?（2）因?BEOFx??AE?AF?4?AB?AF?BF?8，

BE?BF?4??

则AF?BF?5.

（1） 设P(22,t)(t?0) tan?EPF?tan(?EPM??FPM)

?(32232?222t223?)?(1?)???， ttt2t2?6t?6t?133??EPF?30? 3当t?6时，tan?EPF?22Sn16．（14分）已知数列?an?中，a1?，当n?2时，其前n项和Sn满足an?，

2Sn?13（2） 求Sn的表达式及liman的值；

n??S2n（3） 求数列?an?的通项公式； （4） 设bn?1(2n?1)3?1(2n?1)3，求证：当n?N且n?2时，an?bn.

22Sn11?Sn?1?Sn?2SnSn?1???2(n?2) 解：（1）an?Sn?Sn?1?2Sn?1SnSn?1所以??1?1是等差数列.则. S??nS2n?1?n?liman22?lim???2.

n??S2n??2S?12limSn?1nnn??（2）当n?2时，an?Sn?Sn?1?11?2， ??22n?12n?14n?1?1?n?1???3综上，an??.

?2?n?2??1?4n2?（3）令a?111,b?，当n?2时，有0?b?a? （1） 2n?12n?131?2n?11?1?2n?11.

法1：等价于求证

?2n?1?3?2n?1?3

当n?2时，0?111?,令f?x??x2?x3,0?x?, 2n?1333313x)?2x(1??)?2x(1?)?0， 2223f??x??2x?3x2?2x(1?则f?x?在(0,1]递增. 3又0?111， ??2n?12n?1311)?g(),即an?bn.

332n?12n?11111??(?)?b2?a2?(b3?a3) 2n?12n?1(2n?1)3(2n?1)3所以g(法（2）an?bn??(a?b)(a2?b2?ab?a?b) （2）

?(a?b)[(a2?因

ababba?a)?(b2??b)] ?(a?b)[a(a??1)?b(b??1)] （3） 2222，

所

以

b?ab3a33?1?a??1??1??1??1?0222223baa(a??1)?b(b??1)?0

22由（1）（3）（4）知an?bn.

法3：令g?b??a?b?ab?a?b，则g??b??2b?a?1?0?b?221?a 2所以g?b??maxg?0?,g?a??maxa?a,3a?2a

22????因0?a?2141?)?0 ,则a2?a?a?a?1??0，3a2?2a?3a(a?)?3a(339322所以g?b??a?b?ab?a?b?0 （5） 由（1）（2）（5）知an?bn 7． (本小题满分14分)

x2y2设双曲线2?2=1( a > 0, b > 0 )的右顶

ab点为A，P是双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP分别交于Q和R两点.

(1) 证明：无论P点在什么位置，总有|OP|2 = |OQ·OR| ( O为坐标原点)；

????????

(2) 若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；

b(x – a ), a??????ab?kababkab 解得：OR= (,), 同理可得OQ= (,),

ak?bak?bak?bak?b解：(1) 设OP：y = k x, 又条件可设AR: y =

a2b2(1?k2)?abab?kabkab∴|OQ·OR| =|+| =22. 4分

ak?bak?bak?bak?b|ak?b2|????? 设OP = ( m, n ) , 则由双曲线方程与OP方程联立解得:

???a2b2k2a2b22

m =2, n = 2, 2222b?akb?ak2

a2b2(1?k2)a2b2k2a2b2∴ |OP| = :m + n = 2+ 2=2 ,

b?a2k2b?a2k2b?a2k2???222

∵点P在双曲线上，∴b2 – a2k2 > 0 .

∴无论P点在什么位置，总有|OP| = |OQ·OR| . 4分 （2）由条件得：

???2

?????a2b2(1?k2)b2?a2k2= 4ab, 2分

4b2?ab即k = > 0 , ∴ 4b > a, 得e > 2ab?4a2

17 2分 4

备战2010高考数学――压轴题跟踪演练系列二

1. (本小题满分12分)

已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数. (1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意n ? a , 证明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) 解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,

∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分 （2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,

∴ 当n ? a时, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n ? n n – ( n + a)n. 2分

又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,

∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn – ( n + a )( n + a)n – 1 ] 2分

( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分 ∵( n + a ) > n ,

∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分 2. (本小题满分12分)

已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v?[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .

(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？ (2) 判断函数g(x)=??1?x,x?[?1,0]，是否满足题设条件？

1?x,x?[0,1]?解： (1) 若u ,v ? [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，

取u =

31?[–1，1]，v = ?[–1，1], 425| u – v | > | u – v |， 4则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = 所以p( x)不满足题设条件. （2）分三种情况讨论：

10. 若u ,v ? [–1，0]，则|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，满足题设条件； 20. 若u ,v ? [0，1]， 则|g(u) – g(v)| = |(1 – u) – (1 – v)|= |v –u|，满足题设条件； 30. 若u?[–1，0]，v?[0，1]，则：

|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件;

40 若u?[0，1]，v?[–1，0], 同理可证满足题设条件.

综合上述得g(x)满足条件. 3. (本小题满分14分)

已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = (1) 求证：| ac | ? 4;

(2) 求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增. (3) (仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 证：(1) ∵ t?R, t ? –1,

∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2 ? 0 ， ∵ c ? 0, ∴c2a2 ? 16 , ∴| ac | ? 4. (2) 由 f ( x ) = 1 –

x(x ? –1)的图象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c ? 0 ). x?11, x?1x1?x211–1 + = . x2?1x1?1(x2?1)(x1?1)法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1–

∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,

∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x ? 0时，f ( x )单调递增. 法2. 由f ` ( x ) =

1> 0 得x ? –1, 2(x?1) ∴x > –1时，f ( x )单调递增.

（3）（仅理科做）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c | ?

4 > 0 , |a|444|a| ∴f (| c | ) ? f () = =

4|a||a|?4?1|a|f ( | a | ) + f ( | c | ) =

|a|4|a|4+ > +=1. |a|?1|a|?4|a|?4|a|?4 即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 4．（本小题满分15分）

设定义在R上的函数f(x)?a0x?a1x?a2x?a3x?a4（其中ai∈R，i=0,1,2,3,4），当

432

x= －1时，f (x)取得极大值（1） 求f (x)的表达式；

2，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称． 3（2） 试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横

坐标都在区间??2,2?上；

??2n?12(1?3n)4,y?(n?N)（3） 若xn?，求证：f(x)?f(y)?. n+nnnn233解：（1）f(x)?13x?x.…………………………5分 3??2?2? （2）?0,0?,?2,????或?0,0?,???2,3??.…………10分 3???? （3）用导数求最值，可证得f(xn)?f(yn)?f(?1)?f(1)?5．（本小题满分13分）

4.……15分 3x2y2设M是椭圆C:??1上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对

124称点，N为椭圆C上异于M的另一点，且MN⊥MQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．

解：设点的坐标M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y1?0),E(x,y),

则P(?x1,y1),Q(?x1,?y1),T(x1,?y1),……1分

?x12???12 ?2?x2???12y12?1,????(1)4………………………………………………………3分 2y2?1.????(2)4 由（1）－（2）可得kMN?kQN??.………………………………6分 又MN⊥MQ，kMN?kMQ??1,kMN??13x1y,所以kQN?1. y13x1 直线QN的方程为y?分

从而得x?

y1x(x?x1)?y1，又直线PT的方程为y??1x.……103x1y111x1,y??y1.所以x1?2x,y1??2y. 22

x2 代入（1）可得?y2?1(xy?0),此即为所求的轨迹方程.………………13分

36．（本小题满分12分）

过抛物线x?4y上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，PA?PB?0. （1）求点P的轨迹方程；

（2）已知点F（0，1），是否存在实数?使得FA?FB??(FP)?0？若存在，求出?的值，若不存在，请说明理由.

2x12x2解法（一）：（1）设A(x1,),B(x2,),(x1?x2)

4422'由x?4y,得：y?2x 2?kPA?x1x,kPB?2 22?PA?PB?0,?PA?PB,?x1x2??4………………………………3分

x12x1x1xx12直线PA的方程是：y??(x?x1)即y?? ①

42242x2xx2? ② 同理，直线PB的方程是：y?24x1?x2?x??2由①②得：?(x1,x2?R) x1x2?y???1,4?∴点P的轨迹方程是y??1(x?R).……………………………………6分

2x12x2x?x?1),FB?(x2,?1),P(12,?1) （2）由（1）得：FA?(x1,442FP?(x1?x2,?2),x1x2??4 222x12x2x12?x2FA?FB?x1x2?(?1)(?1)??2? …………………………10分

4442(x1?x2)2x12?x2(FP)??4??2

442

所以FA?FB?(FP)?0

故存在?=1使得FA?FB??(FP)?0…………………………………………12分 解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且PA?PB?0, ∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且PA?PB, 设PA的直线方程是y?kx?m(k,m?R,k?0)

22由??y?kx?m2得：x?4kx?4m?0 2?x?4y???16k2?16m?0即m??k2…………………………3分

即直线PA的方程是：y?kx?k 同理可得直线PB的方程是：y??211x?2 kk1?y?kx?k2???x?k??R由? 11得：?ky??x?2???y??1kk?故点P的轨迹方程是y??1(x?R).……………………………………6分 （2）由（1）得：A(2k,k),B(?2211,2),P(k?,?1) kkk21FA?(2k,k2?1),FB?(?,2?1)

kk1FP?(k?,?2)

k11FA?FB??4?(k2?1)(2?1)??2?(k2?2)………………………………10分

kk11(FP)2?(?k)2?4?2?(k2?2)

kk故存在?=1使得FA?FB??(FP)?0…………………………………………12分 7．（本小题满分14分）

设函数f(x)?21?x?lnx在[1,??)上是增函数. ax1a?ba?b?ln?. a?bbb（1） 求正实数a的取值范围； （2） 设b?0,a?1，求证：

解：（1）f'(x)?ax?1?0对x?[1,??)恒成立， ax2?a?又

1对x?[1,??)恒成立 x1?1 ?a?1为所求.…………………………4分 xa?ba?b（2）取x?，?a?1,b?0,??1，

bb1?x一方面，由（1）知f(x)??lnx在[1,??)上是增函数，

axa?b?f()?f(1)?0

ba?b1?b?lna?b?0 ?a?bba?ba?b1即ln……………………………………8分 ?ba?b另一方面，设函数G(x)?x?lnx(x?1)

G'(x)?1?1x?1??0(?x?1) xx∴G(x)在(1,??)上是增函数且在x?x0处连续，又G(1)?1?0 ∴当x?1时，G(x)?G(1)?0

a?ba?b ?lnbb1a?ba?b综上所述，?ln?.………………………………………………14分

a?bbb∴x?lnx 即8．(本小题满分12分)

如图，直角坐标系xOy中，一直角三角形ABC，?C?90，

?yAB、C在x轴上且关于原点O对称，D在边BC上，BD?3DC，

若一双曲线E以B、C为焦点，且经过A、!ABC的周长为12．

xD两点．

(1) 求双曲线E的方程；

(2) 若一过点P(m,0)（m为非零常数）的直线l与双曲线EBODC????????相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且MP??PN，问在x轴上是否存在定?????????????点G，使BC?(GM??GN)？若存在，求出所有这样定点G的坐标；若不存在，

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,

即 k2?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

由OA?OB?6得xAxB?yAyB?6,而xAxB?yAyB?xAxB?(kxA?2)(kxB?2)?(k2?1)xAxB?2k(xA?xB)?2 ?(k?1)?2?962k?2k??2 221?3k1?3k3k2?7?.3k2?13k2?715k2?13于是2?6,即?0.解此不等式得 23k?13k?1k2?131或k2?. ③ 153由①、②、③得

1113?k2?或?k2?1. 4315故k的取值范围为(?1,?6．（本小题满分12分）

数列{an}满足a1?1且an?1?(1?13311313)?(?,?)?(,)?(,1) 1532231511)a?(n?1). nn2?n2n（Ⅰ）用数学归纳法证明：an?2(n?2)；

2（Ⅱ）已知不等式ln(1?x)?x对x?0成立,证明:an?e(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) nn2?n2nn2?n2n11?ln(1?2?n)?lnan

n?n2?lnan?1111 故 (n?1). lna?lna???.n?1nn(n?1)2nn2?n2n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（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证2?n(n?1)对n?2成立，故

n(n?1).

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).

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).

上式从2到n求和得 lnbn?1?lnb2?111 ????1?22?3n(n?1)?1?11111???????1. 223n?1n(n?2).

因b2?a2?1?3.故lnbn?1?1?ln3,bn?1?e1?ln3?3e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．（本小题满分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; （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?1an,(4?an),n?N. 213a0(4?a0)?, 22 ∴a0?a1?2，命题正确. 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,

又bn=－1，所以bn??()2

12n?11n,即an?2?bn?2?()2?1

2

备战2010高考数学――压轴题跟踪演练系列六

1．（本小题满分14分）

如图，设抛物线C:y?x的焦点为F，动点P在直线l:x?y?2?0上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.

（1）求△APB的重心G的轨迹方程. （2）证明∠PFA=∠PFB.

2解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x12)((x1?x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0x?y?x0?0;

2 切线BP的方程为：2x1x?y?x1?0; 解得P点的坐标为：xP?2x0?x1,yP?x0x1 2x0?x1?xP?xP，

32所以△APB的重心G的坐标为 xG?2y0?y1?yPx0?x12?x0x1(x0?x1)2?x0x14xP?ypyG????,

3333所以yp??3yG?4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

21x?(?3y?4x2)?2?0,即y?(4x2?x?2).

3 （2）方法1：因为FA?(x0,x0?),FP?(由于P点在抛物线外，则|FP|?0.

214x0?x1112,x0x1?),FB?(x1,x1?). 244x0?x11112?x0?(x0x1?)(x0?)x0x1?FP?FA44?4, ∴cos?AFP??21|FP||FA||FP|22|FP|x0?(x0?)24x0?x11112?x1?(x0x1?)(x1?)x0x1?FP?FB244?4, ?同理有cos?BFP?1|FP||FB||FP|22|FP|x1?(x1?)24∴∠AFP=∠PFB.

共有多少个？并求出满足条件的最小的正整数N；若不存在，请说明理由.

（IV）请构造一个与{an}有关的数列{bn}，使得lim(b1?b2???bn)存在，并求出

n??这个极限值. 解：（I）?n?N*

?f(n)?n[n?(n?1)]?f(n?1)?n?f(n?1) ?f(n)?f(n?1)?n

……1分

?f(1)?f(0)?1 f(2)?f(1)?2

f(3)?f(2)?3 ……

f(n)?f(n?1)?n 将这n个式子相加，得 f(n)?f(0)?1?2?3???n?n(n?1) 2?f(0)?0

n(n?1)

?f(n)?2n(n?1) ……3分 (n?N*)

2 （II）S(n)?S(n?1)为一直角梯形（n?1时为直角三角形）的面积，该梯形的两底

?an?边的长分别为f(n?1)，f(n)，高为1 ?S(n)?S(n?1)?a?anf(n?1)?f(n) ?1?n?122

……6分

1n(n?1)n(n?1)n2?]? ?[

2222 （III）设满足条件的正整数N存在，则

n(n?1)n2n?1005???1005?n?2010

222 又M?{2000，2002，?，2008，2010，2012，?，2998} ?N?2010，2012，……，2998均满足条件

它们构成首项为2010，公差为2的等差数列.

设共有m个满足条件的正整数N，则2010?2(m?1)?2998，解得m?495 ?M中满足条件的正整数N存在，共有495个，Nmin?2010 （IV）设bn?……9分

1211，即bn??2(?) ann(n?1)nn?11111111?)?(?)???(?)]?2(1?) 2334nn?1n?11 显然，其极限存在，并且lim(b1?b2???bn)?lim[2?]?2 ……10分

n??n??n?1 则b1?b2???bn?2[(1?)?(n1n?n1cn?1 注：bn?（c为非零常数），bn?()，bn?q(0?|q|?1)等都能使

2an122a2an??lim(b1?b2???bn)存在.

3. （本小题满分14分）

y2x2 设双曲线2??1的两个焦点分别为F1、F2，离心率为2.

3a （I）求此双曲线的渐近线l1、l2的方程；

（II）若A、B分别为l1、l2上的点，且2|AB|?5|F1F2|，求线段AB的中点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；

??（III）过点N(1，0)能否作出直线l，使l与双曲线交于P、Q两点，且OP·OQ?0.

若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由. 解：（I）?e?2，?c?4a ?c?a?3，?a?1，c?2

2222x23?1，渐近线方程为y??x ?双曲线方程为y?332 4分

（II）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点Mx，y

??

?2|AB|?5|F1F2|?|AB|?55|F1F2|??2c?1022?(x1?x2)2?(y1?y2)2?10

33x1，y2??x2，2x?x1?x2，2y?y1?y23333?y1?y2?(x1?x2)，y1?y2?(x1?x2)33又y1???3(y1?y2)?2?3???(x1?x2)??10?3?21x23y22 ?3(2y)?(2x)?100，即??1

375252 则M的轨迹是中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为103，短轴长为（9分）

（III）假设存在满足条件的直线l

设l：y?k(x?1)，l与双曲线交于P(x1，y1)、Q(x2，y2)

103的椭圆.3???OP·OQ?0

?x1x2?y1y2?0?x1x2?k(x1?1)(x2?1)?0?x1x2?k2?x1x2?(x1?x2)?1??0(i)2

?y?k(x?1)?由?2x2得(3k?1)x2?6k2x?3k2?3?0?y?3?1 ?6k23k2?3则x1?x2?2，x1x2?(ii)23k?13k?1 由（i）（ii）得k?3?0

∴k不存在，即不存在满足条件的直线l. 4. （本小题满分13分）

已知数列?an?的前n项和为Sn(n?N)，且Sn?(m?1)?man对任意自然数都成

*2 14分

立，其中m为常数，且m??1. （I）求证数列?an?是等比数列；

（II）设数列?an?的公比q?f(m)，数列?bn?满足：b1?1a1，bn?f(bn?1) 3(n?2，n?N*)，试问当m为何值时，limbn(lgan)?lim3(b1b2?b2b3?b3b4?

n??n??…?bn?1bn)成立？

解：（I）由已知Sn?1?(m?1)?man?1 Sn?(m?1)?man （2）

由(1)?(2)得：an?1?man?man?1，即(m?1)an?1?man对任意n?N*都成立

(1)

?m为常数，且m??1 ?an?1m?anm?15分

即?an?为等比数列 （II）当n?1时，a1?(m?1)?ma1

?a1?1，从而b1?13mm?1

由（I）知q?f(m)??bn?f(bn?1)?bn?1(n?2，n?N*)bn?1?1?1111?1?，即??1bnbn?1bnbn?1?1??为等差数列?bn?11?3?(n?1)?n?2，bn?(n?N*)bnn?2n?1 ??

?9分?m? ?an????m?1?

n?1mm?limbn(lgan)?lim·lg?lgn??n??n?2m?1m?1 lim3(b1b2?b2b3?…?bn?1bn)n??

11??1111?lim3?????…????1n???3445n?1n?2? 由题意知lgmm10?1，??10，?m?? m?1m?19 13分

5．（本小题满分12分）

x2y2设椭圆2?2?1(a?b?0)的左焦点为F，上顶点为A，过点A与AF垂直的直

ab线分别交椭圆和x轴正半轴于P，Q两点，且P分向量AQ所成的比为8∶5．

（1）求椭圆的离心率；

（2）若过A,Q,F三点的圆恰好与直线l：x?3y?3?0相切，求椭圆方程． 解：（1）设点Q(x0,0),F(?c,0),其中c?由P分AQ所成的比为8∶5，得P(2a2?b2,A(0,b)．

85x0,b)， 2分 131382x523∴()02?()?1?x0?a．①， 4分

13a132而FA?(c,b),AQ?(x0,?b),FA?AQ，

b2∴FA?AQ?0．?cx0?b?0,x0?．②， 5分

c2由①②知2b?3ac,?2c?3ac?2a?0． ∴2e?3e?2?0.?e?22221． 6分 2b2?c2,0)， （2）满足条件的圆心为O?(2cb2?c2a2?c2?c2??c,?O?(c,0)， 8分 2c2cb2?2a2c圆半径r???a． 10分

22c由圆与直线l：x?3y?3?0相切得，

|c?3|?a， 2x2y2??1． 12又a?2c,?c?1,a?2,b?3．∴椭圆方程为43分

6．（本小题满分14分）

（理）给定正整数n和正数b，对于满足条件a1?an?1?b的所有无穷等差数列?an?，

2

即n=k+1时结论成立.

根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立. 故|bn|?13对n?1,2,?都成立的a的取值范围为[,??). n225．（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分10分）

已知a?R，函数f(x)?x2|x?a|.

(Ⅰ)当a?2时，求使f(x)?x成立的x的集合； (Ⅱ)求函数y?f(x)在区间[1，2]上的最小值.

本小题主要考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论的数学思想和分析推理能力. 满分14分.

解：（Ⅰ）由题意，f(x)?x2x?2.

当x?2时，f(x)?x2(2?x)?x，解得x?0或x?1； 当x?2时，f(x)?x2(x?2)?x，解得x?1?2. 11?2. 综上，所求解集为0，，??（Ⅱ）设此最小值为m.

①当a?1时，在区间[1，2]上，f(x)?x3?ax2. 因为

2 f?(x)?3x2?2ax?3x(x?a)?0，x?(1，2)，

3则f(x)在区间[1，2]上是增函数，所以m?f(1)?1?a.

②当1?a?2时，在区间[1，2]上，f(x)?x2(x?a)?0，由f(a)?0知 m?f(a)?0.

③当a?2时，在区间[1，2]上，f(x)?ax2?x3.

2 f?(x)?2ax?3x2?3x(a?x).

3若a?3，在区间(1，2)内f?(x)?0，从而f(x)为区间[1，2]上的增函数， 由此得 m?f(1)?a?1.

2若2?a?3，则1?a?2.

3

22 当1?x?a时，f?(x)?0，从而f(x)为区间[1，a]上的增函数；

3322 当a?x?2时，f?(x)?0，从而f(x)为区间[a，2]上的减函数.

33因此，当2?a?3时，m?f(1)?a?1或m?f(2)?4(a?2).

7当2?a?时，4(a?2)?a?1，故m?f(2)?4(a?2)；

3当

7?a?3时，a?1?4(a?2)，故m?f(1)?a?1. 3综上所述，所求函数的最小值 ?1?a，??0，? m??4(a?2)，???a?1，?当a?1时；当1?a?2时；7 当2?a?时；37当a?时．36．（本小题满分14分，第一小问满分2分，第二、第三小问满分各6分）

设数列?an?的前n项和为Sn，已知a1?1，a2?6，a3?11，且

(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，n?1，，，23?，

其中A，B为常数. (Ⅰ)求A与B的值；

(Ⅱ)证明：数列?an?为等差数列；

(Ⅲ)证明：不等式5amn?aman?1对任何正整数m，n都成立.

本小题主要考查等差数列的有关知识、不等式的证明方法，考查思维能力、运算能力. 解：（Ⅰ）由已知，得S1?a1?1，S2?a1?a2?7，S3?a1?a2?a3?18. 由(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，知 ??3S2?7S1?A?B， ? 即

2S?12S?2A?B，2?3?A?B??28， ?2A?B??48，?解得 A??20，B??8. （Ⅱ）方法1

由（Ⅰ），得 (5n?8S)n?1?n(5? ① S2??n2?0， 8n)所以 (5n?3)Sn?2?(5n?7)Sn?1??20n?28. ② ②-①，得 (5n?3)Sn?2?(10n?1)Sn?1?(5n?2)Sn??20， ③ 所以 (5n?2)Sn?3?(10n?9)Sn?2?(5n?7)Sn?1??20. ④

④-③，得 (5n?2)Sn?3?(15n?6)Sn?2?(15n?6)Sn?1?(5n?2)Sn?0. 因为 an?1?Sn?1?Sn，

所以 (5n?2)an?3?(10n?4)an?2?(5n?2)an?1?0. 又因为 5n?2?0，

所以 an?3?2an?2?an?1?0， 即 an?3?an?2?an?2?an?1，n?1. 所以数列?an?为等差数列. 方法2

由已知，得S1?a1?1，

又(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn??20n?8，且5n?8?0， 所以数列?Sn?是唯一确定的，因而数列?an?是唯一确定的. 设bn(5n?3)n?5n?4，则数列?bn?为等差数列，前n项和Tn?2.

于是 (5n?8T)n?1?n(5?T2n?n)?n?(5(8)1)(n5?2?)n?(5nn22(?52)?3?)n?由唯一性得 bn?an，即数列?an?为等差数列. （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an?1?5(n?1)?5n?4. 要证

5amn?aman?1，

只要证 5amn?1?aman?2aman. 因为 amn?5mn?4，aman?(5m?4)(5n?4)?25mn?20(m?n)?16， 故只要证 5(5mn?4?)?1mn25?m2?0n(?)?1a6man2，

即只要证 20m?2n0?3?7a2man. 因为 2aman?am?an?5m?5n?8 ?5m?5n?8?(15m?15n?29)

?20m?20n?37，

所以命题得证.

2 ，08

备战2010高考数学――压轴题跟踪演练系列五

1．（本小题满分14分）

x2y2已知椭圆2?2?1(a?b?0)的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q

ab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

的正切值；若不存在，请说明理由.

cx； a本小题主要考查平面向量的概率，椭圆的定义、标准方程和有关性质，轨迹的求法和应用，以及综合运用数学知识解决问题的能力.满分14分. （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?2xa

c?(a?x)2.a2222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.

a由r1?r2?2a,r12?r22?4cx,得|F1P|?r1?a?

2cac|FP|c由椭圆第二定义得，即|F1P|?|x?1|?|a?x|. ?acaaa2|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. 2222综上所述，点T的轨迹C的方程是x?y?a.…………………………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.222由|F1Q|?2a得(x??c)?y??4a. 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

2b2. 所以，当a?b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 c

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