高中數(shù)學(xué)經(jīng)典50題(附答案)2610

高中數(shù)學(xué)題庫(kù)1.求下列函數(shù)的值域：txftt2＋t＋1,∵|sinx|≤1,∴|t|≤1.t問題轉(zhuǎn)化為求關(guān)于的二次函解法2令＝sin,則<>＝－ft數(shù)<>在閉區(qū)間[－1,1]上的最值．本例題<2>解法2通過換元,將求三角函數(shù)的最值問題轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題,從而達(dá)到解決問題的目的,這就是轉(zhuǎn)換的思想．善于從不同角度去觀察問題,溝通數(shù)學(xué)各學(xué)科之間的內(nèi)在聯(lián)系,是實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)換的關(guān)鍵,轉(zhuǎn)換的目的是將數(shù)學(xué)問題由陌生化熟悉,由復(fù)雜化簡(jiǎn)單,一句話：由難化易．可見化歸是轉(zhuǎn)換的目的,而轉(zhuǎn)換是實(shí)現(xiàn)化歸段手段。2.設(shè)有一顆慧星沿一橢圓軌道繞地球運(yùn)行,地球恰好位于橢圓軌道的焦點(diǎn)處,當(dāng)此慧星離地4球相距萬千米和m萬千米時(shí),經(jīng)過地球和慧星的直線與橢圓的長(zhǎng)軸夾角分別為m32和3,求該慧星與地球的最近距離。x2y21b2解：如下圖所示直角坐標(biāo)系,設(shè)地球位于焦點(diǎn)(,0)處,橢圓的方程為Fca2〔圖見教材P132頁(yè)例1。當(dāng)過地球和彗星的直線與橢圓的長(zhǎng)軸夾角為時(shí),由橢圓的幾何意義可知,彗星A只能31ABOx于B，則FBFA223滿足xFA(或xFA/)。作m33mc(a2c)ac故由橢圓第二定義可知得43mc(a2c32m)ac兩式相減得1c2mm,a2c.代入第一式得m1(4cc)3c,3a32223答：彗星與地球的最近距離為m萬千米。說明：〔1在天體運(yùn)行中,彗星繞恒星運(yùn)行的軌道一般都是橢圓,而恒星正是它的一個(gè)焦點(diǎn),該1/44橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),一個(gè)是近地點(diǎn),另一個(gè)則是遠(yuǎn)地點(diǎn),這兩點(diǎn)到恒星的距離一個(gè)是ac,另一個(gè)是ac.〔2以上給出的解答是建立在橢圓的概念和幾何意義之上的,以數(shù)學(xué)概念為根基充分體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想。另外,數(shù)學(xué)應(yīng)用問題的解決在數(shù)學(xué)化的過程中也要時(shí)刻不忘審題,善于挖掘隱含條件,有意識(shí)地訓(xùn)練數(shù)學(xué)思維的品質(zhì)。Km3.A,B,C是我方三個(gè)炮兵陣地,A在B正東6,C在B正北偏西30,相距4,P為敵炮Km陣地,某時(shí)刻A處發(fā)現(xiàn)敵炮陣地的某種信號(hào),由于B,C兩地比A距P地遠(yuǎn),因此4后,B,Cs才同時(shí)發(fā)現(xiàn)這一信號(hào),此信號(hào)的傳播速度為1Km/s,A若炮擊P地,求炮擊的方位角。〔圖見優(yōu)化設(shè)計(jì)教師用書P249例2解：如圖,以直線BA為軸,線段BA的中垂線為y軸建立坐標(biāo)系,則xB(3,0),A(3,0),C(5,23),因?yàn)镻BPC,所以點(diǎn)P在線段BC的垂直平分線上。13,BC中點(diǎn)D(4,3),所以直線PD的方程為因?yàn)閗y3(x4)〔13BC又PBPA4,故P在以A,B為焦點(diǎn)的雙曲線右支上。設(shè)(,),則雙曲線方程為Pxyx221(x0)y〔2。聯(lián)立〔1〔2,得x8,y53,4553383所以P(8,53).因此k,故炮擊的方位角北偏東30。PA說明：本題的關(guān)鍵是確定P點(diǎn)的位置,另外還要求學(xué)生掌握方位角的基本概念。4.河上有拋物線型拱橋,當(dāng)水面距拱頂5米時(shí),水面寬度為8米,一小船寬4米,高2米,載貨后船露出水面的部分高0.75米,問水面上漲到與拋物線拱頂距多少時(shí),小船開始不能通行？解：建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)拱橋型拋物線方程為2py(p0)。將B〔4,-5代入得x2P=1.62/44則A<2,yA>,由22=-3.2yA得yA=-1.25因?yàn)榇冻鏊娴牟糠指?.75米和相交于點(diǎn)M,,點(diǎn)1222形,AM17,AN3,且NB＝6,建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系,求曲線段C的方程。解：以直線為x軸,線段MN的垂直平分線為y軸,建立直角坐標(biāo)系,由條件可知,曲線段Cl1是以點(diǎn)N為焦點(diǎn),以為準(zhǔn)線的拋物線的一段,其中A、B分別為曲線段C的端點(diǎn)。l2設(shè)曲線段C的方程為2px(p0)(xxx,y0),其中y2x,xABA為A、B的橫B坐標(biāo),pMN,所以M(p,0),N(p,0),由AM17,AN3,得22(xp)22px17〔12AA(xp)22px9〔2,〔1〔2聯(lián)立解得x4,代入〔1式,并由p02pAAAp4p2,因?yàn)閜2,所以x2px,故舍去解得或AMN為銳角三角形,所以x1x22AAAAp4x1AP由點(diǎn)B在曲線段C上,得xBNB4,綜上,曲線段C的方程為2y28x(1x4,y0)[思維點(diǎn)拔]本題體現(xiàn)了坐標(biāo)法的基本思路,考查了定義法,待定系數(shù)法求曲線方程的步驟,綜合考查了學(xué)生分析問題、解決問題的能力。6.設(shè)拋物線y24ax(a0)的焦點(diǎn)為A,以B<a+4,0>點(diǎn)為圓心,︱AB︱?yàn)榘霃?在x軸上方畫半圓,設(shè)拋物線與半圓相交與不同的兩點(diǎn)M,N。點(diǎn)P是MN的中點(diǎn)?！?求︱AM︱+︱AN︱的值〔2是否存在實(shí)數(shù)a,恰使︱AM︱︱AP︱︱AN︱成等差數(shù)列？若存在,求出a,不存在,說明理由。解：<1>設(shè)M,N,P在拋物線準(zhǔn)線上的射影分別為M′,N′,P′.︱AM︱+︱AN︱=︱MM′︱+︱NN′︱=xM+xN+2a又圓方程[x(a4)]2y216將4ax代入得x2(4a)xa28a0y22xx24a得︱AM︱+︱AN︱=8MN<2>假設(shè)存在a因?yàn)棣駻M︱+︱AN︱=︱MM′︱+︱NN′︱=2︱PP′︱所以︱AP︱=︱PP′︱,P點(diǎn)在拋物線上,這與P點(diǎn)是MN的中點(diǎn)矛盾。故a不存在。y22pxp0上有兩動(dòng)點(diǎn)A,B及一個(gè)定點(diǎn)M,F為焦點(diǎn),若AF,MF,BF成7.拋物線等差數(shù)列求證線段AB的垂直平分線過定點(diǎn)Q（1）（2）4,MFOQ6〔O為坐標(biāo)原點(diǎn),求拋物線的方程。若（3）對(duì)于〔2中的拋物線,求△AQB面積的最大值。,則ppp解：〔1設(shè)AFx1,BFx2,MFx0Ax,y,Bx,y,Mx,y,222112200xx,其中由題意得,x0AB的中點(diǎn)坐標(biāo)可設(shè)為xt,12204/44yytAFMFBFp0,0〔否則122yyyy2pyytp,故AB而的垂直平分線為k1xx2121ABy2y212122p12,0yttxxtxxpyp0,可知其過定點(diǎn)Qxp,即p000MF4,OQ6,得p4,6,聯(lián)立解得xp〔2由p4,x2y28x。0x02042〔3直線AB：yty28x,代入得xt224y22ty2t2160yyyyyy12644t2,,1212222txxyy1612121256t4Q6,0,又點(diǎn)到AB的距離212ABdAQB1256t16td16t2S,42414096256t216t4t64令u4096256t216t4t6u512t64t36t5u0即,則,令161634512t64t36t50,得t0或t216或t2,t2t3時(shí)3364S6。9AQB[思維點(diǎn)拔]設(shè)而不求法和韋達(dá)定律法是解決圓錐曲線中的兩大基本方法,必須熟練掌握,對(duì)定點(diǎn)問題和最值的處理也可由此細(xì)細(xì)的品味。8、已知直線l:ytan(x22)9y9交橢圓x2的長(zhǎng)不小于短軸的長(zhǎng),求的取值范圍。2于A、B兩點(diǎn),若為的傾斜角,且lAB解：將的方程與橢圓方程聯(lián)立,消去,得yl(19tan2)x2362tan2x72tan2905/441,3tan333,3AB2,得tan2由5的取值范圍是0,,66[思維點(diǎn)拔]對(duì)于弦長(zhǎng)公式一定要能熟練掌握、靈活運(yùn)用民。本題由于的方程由tan給出,l2時(shí)的情況。所以可以認(rèn)定2,否則涉及弦長(zhǎng)計(jì)算時(shí),還要討論y2x與直線yk(x1)相交于A、B兩點(diǎn)9、已知拋物線（1）求證：OAOB（2）當(dāng)OAB的面積等于時(shí),求的值。k10xy2（1）證明：圖見教材P127頁(yè),由方程組消去x后,整理得yk(x1)ky2yk0AxyBxy。設(shè)(,),(,),由韋達(dá)定理得1122yy1A,B在拋物12線y2x上,y212x,yy2xx221xy,12212y0,則x1，即N（－1，0）（2）解：設(shè)直線與軸交于N,又顯然xk0,令[思維點(diǎn)拔]本題考查了兩直線垂直的充要條件,三角形的面積公式,函數(shù)與方程的思想,以及分析問題、解決問題的能力。10、在拋物線y2=4x上恒有兩點(diǎn)關(guān)于直線y=kx+3對(duì)稱,求k的取值范圍?！冀狻皆O(shè)B、C關(guān)于直線y=kx+3對(duì)稱,直線BC方程為x=-ky+m代入y2=4x得：y2+4ky-4m=0,設(shè)B〔x1,y1、C〔x2,y2,BC中點(diǎn)M〔x0,y0,則y0=〔y1+y2/2=-2k。x0=2k2+m,∵點(diǎn)M〔x0,y0在直線上?！?2k〔2k2+m+3,∴m=-2k32k3又BC與拋物線交于不同兩點(diǎn),kk32k30即(k1)(kkk3)0,2∴⊿=16k2+16m>0把m代入化簡(jiǎn)得解得-1<k<0k6/44[思維點(diǎn)拔]對(duì)稱問題要充分利用對(duì)稱的性質(zhì)特點(diǎn)。11、已知橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)F〔0,-22,對(duì)應(yīng)的準(zhǔn)線方程為y=-92,且離心率e滿足：142/3,e,4/3成等比數(shù)列。（1）求橢圓方程；1（2）是否存在直線,使與橢圓交于不同的兩點(diǎn)M、N,且線段MN恰被直線x=-平ll2分。若存在,求l的傾斜角的范圍；若不存在,請(qǐng)說明理由。〖解〗依題意e=223〔1∵a2c-c=924222∴=3,c=22,b=1,又F1〔0,-22,對(duì)應(yīng)的準(zhǔn)線方-22=,又e=a43程為y=-92?！鄼E圓中心在原點(diǎn),所求方程為：4y2x2=191〔2假設(shè)存在直線,依題意交橢圓所得弦MN被x=-平分,∴直線的斜率存在。設(shè)直線lll2l：ykxm由ykxmy2x29=1消去y,整理得(k29)x22kmxm29=0∵直線與橢圓交于不同的兩點(diǎn)M、N∴⊿=4k2m2-4<k2+9><m2-9>>0l即m2-k2-9<0①設(shè)M〔x1,y1、N〔x2,y2xxkmk29②∴1,∴mk12222k29把②代入①可解得：k3或k37/442l∴直線傾斜角,,3223[思維點(diǎn)拔]傾斜角的范圍,實(shí)際上是求斜率的范圍。3xy6012、設(shè)x,y滿足約束條件,若目標(biāo)函數(shù)z=ax+by〔a>0,b>0的值是最大值為xy20x0,y02312,則的最小值為〔ab25B．83113A．C．D．46答案：A解析：不等式表示的平面區(qū)域如圖所示陰影部分,當(dāng)直線ax+by=z〔a>0,b>0過直線x-y+2=0與直線3x-y-6=0的交點(diǎn)〔4,6時(shí),目標(biāo)函數(shù)z=ax+by〔a>0,b>0取得最大12,即23232a3b13ba1325()26,故選A．6ab64a+6b=12,即2a+3b=6,而=()abab6點(diǎn)評(píng)：本題綜合地考查了線性規(guī)劃問題和由基本不等式求函數(shù)的最值問題．要求能準(zhǔn)確地畫出不等式表示的平面區(qū)域,并且能夠求得目標(biāo)函數(shù)的最值,對(duì)于形如已知2a+3b=6,求23的ab最小值常用乘積進(jìn)而用基本不等式解答．13、本公司計(jì)劃20XX在甲、乙兩個(gè)電視臺(tái)做總時(shí)間不超過300分鐘的廣告,廣告總費(fèi)用不超過9萬元,甲、乙電視臺(tái)的廣告收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)分別為500元/分鐘和200元/分鐘,規(guī)定甲、乙兩個(gè)電視臺(tái)為該公司所做的每分鐘廣告,能給公司事來的收益分別為y0．3萬元和0．2萬元．問該公司如何分配在甲、乙兩個(gè)電視臺(tái)的500廣告時(shí)間,才能使公司的收最益大,最大收是益萬元．400答案：70300解析：設(shè)公司在甲電視臺(tái)和乙電視臺(tái)做廣告的時(shí)間分別為xMl2001008/440100200300xxy≤300，分鐘和分鐘,總收益為元,由題意得z500x200y≤90000，x≥0，y≥0.y目標(biāo)函數(shù)為z3000x2000y．xy≤300，二元一次不等式組等價(jià)于5x2y≤900，x≥0，y≥0.作出二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域,即可行域．如圖：作直線l:3000x2000y0,即3x2y0．平移直線,從圖中可知,當(dāng)直線過點(diǎn)時(shí),目標(biāo)函數(shù)取得最大值．Mxy300，x100，y200．點(diǎn)的坐標(biāo)為(100，200)．M解得聯(lián)立5x2y900.z3000x2000y700000〔元．max點(diǎn)評(píng)：本題是線性規(guī)劃的實(shí)際應(yīng)用問題,需要通過審題理解題意,找出各量之間的關(guān)系,找出線性約束條件,寫出所研究的目標(biāo)函數(shù),通過數(shù)形結(jié)合解答問題．用線性規(guī)劃的方法解決實(shí)際問題能提高學(xué)生分析問題、解決問題的能力,隨著課改的深入,這類試題應(yīng)該是高考的熱點(diǎn)題型之一．a(chǎn))||14、設(shè)為實(shí)數(shù),函數(shù)()2(fxxxaxa．2a<1>若f(0)1,求的取值范圍；<2>求f(x)的最小值；<3>設(shè)函數(shù)h(x)f(x),x(a,),直接寫出．．．．<不需給出演算步驟>不等式h(x)1的解集．a(chǎn)0；a1a21解析：〔1若(0)1,則a|a|1ff(a),a02a2,a0〔2當(dāng)xa時(shí),f(x)3x22axa2,f(x),f(a),a02a2,a0min339/44f(a),a02a2,a0,xa時(shí),當(dāng)2f(x)x,()axa2fx2f(a),a02a2,a0min2a2,a0綜上f(x)；,a02a2min3〔3x(a,)時(shí),()1得3x2axa10,hx226或a6時(shí),0,當(dāng)a2(,)；xa2(xa32a2a32a26a6時(shí),△>0,得：)(x)0；當(dāng)2332xa26討論得：當(dāng)a(,)時(shí),解集為(,)；22a時(shí),解集為(a,a32a2][a32a2,)；當(dāng)a(26,22)3332a222,]時(shí),解集為[a,)．當(dāng)a[223點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及解一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí),考查靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進(jìn)行探索、分析與解決問題的綜合能力．15、知函數(shù)f(x)1x3x2．23〔Ⅰ設(shè)3．若點(diǎn)(a,a22a)<n∈n是正數(shù)組成的數(shù)列,前項(xiàng)和為,其中a1aSnnn1n1nN*>在函數(shù)yf'(x)的圖象上,求證：點(diǎn)(n,S)也在nyf'(x)的圖象上；〔Ⅱ求函數(shù)f(x)在區(qū)間(a1,a)內(nèi)的極值．解析：<Ⅰ>證明：因?yàn)閒(x)1x3x22,所以f'(x)x22x,3由點(diǎn)(a,a22a)(nN)在函數(shù)yf'(x)的圖象上,a2n12aa22annn1n1n1n(aa)(aa)2(aa),又0(nN),an1nn1nnn1n是a3,d2的等差數(shù)列,所以aa2,ann11n10/44所以S3nn(n1)2=n22n,又因?yàn)閒'(n)n22n,所以S(),fn2nn故點(diǎn)(n,S)也在函數(shù)yf'(x)的圖象上．n<Ⅱ>解:f(x)x2xx(x2),令()0,得fx02x或．x2xfx當(dāng)變化時(shí),()﹑f(x)的變化情況如下表:x<-∞,-2>-2<-2,0>f<x>f<x>+0-↗極大值↘注意到(a1)a12,從而2①當(dāng)a12a,即2a1時(shí),f(x)的極大值為f(2),此時(shí)f(x)無極小3值；②當(dāng)a10a,即0a1時(shí),f(x)的極小值為f(0)2,此時(shí)f(x)無極大值；③當(dāng)a2或1a0或a1時(shí),f(x)既無極大值又無極小值．點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)極值、等差數(shù)列等基本知識(shí),考查分類與整合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想方法,考查分析問題和解決問題的能力．11的最小值為〔16、設(shè)a0,b0.若3是a與3b的等比中項(xiàng),則3abA．8B．4C．1D．14答案：B1111baabab1,(b3a33,所以解析：因?yàn)?2ab)(ababba224,當(dāng)且僅當(dāng)abba即ab12時(shí)"="成立,故選擇B．a(chǎn)b點(diǎn)評(píng)：本小題考查指數(shù)式和對(duì)數(shù)式的互化,以及均值不等式求最值的運(yùn)用,考查了變通能力．11/4417、設(shè)數(shù)列0,aca31c,cN*,其中c為實(shí)數(shù)．滿足aan0n1n〔Ⅰ證明：a[0,1]nN*成立的充分必要條件是c[0,1]；對(duì)任意n〔Ⅱ設(shè)0c1,證明：a1(3c)n1,nN*；3n〔Ⅲ設(shè)0c12,證明：a2aa2n113c,nN*．2231n解析：<1>必要性：∵a0,∴a1c,又∵a[0,1],∴01c1,即122c[0,1]．[0,1],對(duì)nN*用數(shù)學(xué)歸納法證明充分性：設(shè)ca[0,1],n當(dāng)n1時(shí),[0,1](k1),a0[0,1]．假設(shè)a1k則aca31cc1c1,且aca31c1c0,k1kk1k∴a[0,1],由數(shù)學(xué)歸納法知a[0,1]對(duì)所有nN*成立．k1n1<2>設(shè)0c,當(dāng)1時(shí),0,結(jié)論成立．na13當(dāng)n2時(shí),∵aca31c,∴1ac(1a)(1aa2),nn1nn1n1n1∵0C1,由〔1知a[0,1],所以1aa23且1a0,n13n1n1n1∴1a3c(1a),nn1∴1a3c(1a)(3c)2(1a)(3c)n1(1a)(3c)n1,nn1n21∴a1(3c)(nN*)．n1n1213c<3>設(shè)0c3,當(dāng)n,結(jié)論成立,1時(shí),a2021當(dāng)n2時(shí),由〔2知a1(3c)n10,n∴a2(1(3c))12(3c)(3c)2(n1)12(3c)n1,n12n1n∴a2a2a2a2a2n12[3c(3c)2(3c)n1]12n2nn12(1(3c)n)n113c213c．點(diǎn)評(píng)：該題綜合考查了等比數(shù)列的求和、不等式的性質(zhì)的應(yīng)用、充分必要條件和數(shù)學(xué)12/44解析：一骰子連續(xù)拋擲三次得到的數(shù)列共有〔1公差為0的有6個(gè)；〔2公差為1或-1的有8個(gè)；〔3公差為2或-2的有4個(gè),共有18個(gè),成等差數(shù)列的概率為,選B．個(gè),其中為等差數(shù)列有三類：點(diǎn)評(píng)：本題是以數(shù)列和概率的背景出現(xiàn),題型新穎而別開生面,有采取分類討論,分類時(shí)要做到不遺漏,不重復(fù)．4n3n5bSa,則n的值為abnST19、等差數(shù)列{}和{n}的前項(xiàng)和分別用n和n表示,若nnTnn<>A4n2B8n3C6n3D6n23n16n28n28n3答案：Aaa解析：∵S(2n1)2n1(2n1)a；Tn(21)．1nbn22n12n14(2n1)8n44n2．∴nS2n13(2n1)5a6n23n1bTn2n1點(diǎn)評(píng)：考查等差數(shù)列的前n項(xiàng)和的變形。20、已知x＞0,y＞0,x,a,b,y成等差數(shù)列,x,c,d,y成等比數(shù)列,則錯(cuò)誤!的最小值是________．答案：4解析：∵錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!≥錯(cuò)誤!＝4．點(diǎn)評(píng)：考查等差等比數(shù)列的基本知識(shí),均值不等式。21、命題p:實(shí)數(shù)滿足x0,其中0,命題q:實(shí)數(shù)滿足x2x60或x24ax3a2axx22x80,且是q的必要不充分條件,求的取值范圍．pa解析：設(shè)Ax|x24ax3a0(a0)xaxa,|32x|2x3x|x4或x2x|x4或x2=因?yàn)閜是q的必要不充分條件,所以qp,且p推不出q|4x2,CAx|x3a,或xa而CBxRR所以x|4x2x|x3a或xa,則3a2或a4a0a02即4．a(chǎn)0或a3點(diǎn)評(píng)：考查邏輯用語,一元二次方程及其含參數(shù)的解集。22、已知二次函數(shù)()的二次項(xiàng)系數(shù)為a,且不等式()2x的解集為〔1,3．fxfxfxa〔l若方程()60有兩個(gè)相等的根,求f(x)的解析式；fx〔2若()的最大值為正數(shù),求a的取值范圍．且a．0解析：〔1因?yàn)?)20的解集為〔1,3,所以fxxf(x)2xa(x1)(x3)因而f(x)a(x1)(x3)2xax2(24a)x3a〔1〔2fxa由方程()60得：(24)902axaax因?yàn)榉匠獭?有兩個(gè)相等的根．所以[(24a)]24a9a0,即5a410．2a1解得：a1〔舍去或a5,將a1fx代入〔1得()的解析式為：()1fx63,x2x555512aa24a1,〔2f(x)ax22(12a)x3aa(x)2aa有a<0,可得()的最大值為a24a1,fxa所以a24a1>0,且a<0．a(chǎn)14/44解得：a23或23a0,fx故當(dāng)()的最大值為正數(shù)時(shí),實(shí)數(shù)a的取值范圍是(,23)(23,0)．點(diǎn)評(píng)：含參數(shù)的未知一元二次方程,求函數(shù)表達(dá)式以及參數(shù)的取值范圍。計(jì)算量比較大,且要求對(duì)一元二次函數(shù)的知識(shí)熟練。23、已知數(shù)列an⑴設(shè)數(shù)列baSn4a2(1,2,),an1,中,是其前項(xiàng)和,并且Sn11nn2a(n1,2,),求證：數(shù)列是等比數(shù)列；bnn1n是等差數(shù)列；na⑵設(shè)數(shù)列cn,(n1,2,),求證：數(shù)列c2⑶求數(shù)列nnn的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和。ann分析：由于和{c}中的項(xiàng)都和{a}中的項(xiàng)有關(guān),{a}中又有S=4a+2,可由S-Sn1nnnnn1nn2作切入點(diǎn)探索解題的途徑．解：<1>由S=4a2=4a+2,兩式相減,得S-S=4<a-a>,即n,Sn1nn2n1n2n1n1a=4a-4a．<根據(jù)b的構(gòu)造,如何把該式表示成b與b的關(guān)系是證明的關(guān)鍵,注n2n1nnn1n意加強(qiáng)恒等變形能力的訓(xùn)練>a-2a=2<a-2a>,又b=a-2a,所以b=2b①n2n1n1nnn1nn1n已知S=4a+2,a=1,a+a=4a+2,解得a=5,b=a-2a=3②2111212121由①和②得,數(shù)列是首項(xiàng)為3,公比為2的等比數(shù)列,故b=3·2n1．nn當(dāng)n≥2時(shí),S=4a+2=2n1<3n-4>+2；當(dāng)n=1時(shí),S=a=1也適合上式．nn1綜上可知,所求的求和公式為S=2n1<3n-4>+2．11n說明：1．本例主要復(fù)習(xí)用等差、等比數(shù)列的定義證明一個(gè)數(shù)列為等差,等比數(shù)列,求數(shù)列通項(xiàng)與前項(xiàng)和。解決本題的關(guān)鍵在于由條件S4a2得出遞推公式。nn1n2．解綜合題要總攬全局,尤其要注意上一問的結(jié)論可作為下面論證的已知條件,在后面求解的過程中適時(shí)應(yīng)用．24、設(shè)實(shí)數(shù)a0,數(shù)列a是首項(xiàng)為,公比為a的等比數(shù)列,記anba1g|a|(nN*),Sbbb,nnnn12nalganna)an求證：當(dāng)a1時(shí),對(duì)任意自然數(shù)都有Sn1(1)n1(1=(1a)2n解：aaqn1a(a)n1(1)n1an。n13a3(1)n2(n1)an1(1)n1nan①記Sa2a2asa22a3(1)n3(n2)an1(1)n2(n1)an(1)n1nan1②①+②得(1a)saa2a3(1)n2an1(1)n2an(1)n1nan1③說明：本例主要復(fù)習(xí)利用錯(cuò)位相減解決差比數(shù)列的求和問題。關(guān)鍵是先研究通項(xiàng),確定Cab,{a}是等差數(shù)列,等比數(shù)列。nnnnn25、設(shè)正數(shù)數(shù)列{a}為一等比數(shù)列,且a=4,a=16．n2415/4447712〔〔〔〔〔〔〔…………aaaa1j2j3j4j〔〔〔〔〔〔〔〔〔………………ai2……ai3……ai4……ai5……aai1ij…………其中每行、每列都是等差數(shù)列,表示位于第i行第j列的數(shù)。aij〔I寫出a的值；〔II寫出a的計(jì)算公式；45ij〔III證明：正整數(shù)N在該等差數(shù)列陣中的充要條件是2N+1可以分解成兩個(gè)不是1的正整數(shù)之積。分析：本小題主要考查等差數(shù)列、充要條件等基本知識(shí),考查邏輯思維能力、分析問題和解決問題的能力。解：〔I49a45〔II該等差數(shù)陣的第一行是首項(xiàng)為4,公差為3的等差數(shù)列：第二行是首項(xiàng)為7,公差為5的等差數(shù)列：……i第行是首項(xiàng)為43(i1),公差為2i1的等差數(shù)列,因此〔III必要性：若N在該等差數(shù)陣中,則存在正整數(shù)i,j使得Ni(2j1)j從而2N122121()(2i1)(2j1)ijj即正整數(shù)2N+1可以分解成兩個(gè)不是1的正整數(shù)之積。充分性：若2N+1可以分解成兩個(gè)不是1的正整數(shù)之積,由于2N+1是奇數(shù),則它必為兩個(gè)不l是1的奇數(shù)之積,即存在正整數(shù)k,,使得2N1(21k)(2l1),從而Nk(2l1)la可見N在該等差數(shù)陣中。kl綜上所述,正整數(shù)N在該等差數(shù)陣中的充要條件是2N+1可以分解成兩個(gè)不是1的正整數(shù)之積。27、已知點(diǎn)的序列〔,0,,其中=0,的中點(diǎn),…。,A3是線錢A1A2的中點(diǎn),A4是線段A2A3的中點(diǎn),…,An是線段〔I寫出與、之間的關(guān)系式〔≥3〔I解：當(dāng)n≥3時(shí),〔II解：.由此推測(cè)。證法一：因?yàn)?且。證法二：〔用數(shù)學(xué)歸納法證明：成立。時(shí),=根據(jù)〔i與〔ii可知,對(duì)任意,公式成立評(píng)注：本小題主要考查中點(diǎn)坐標(biāo)公式、等比數(shù)列等基本知識(shí),考查運(yùn)算能力和邏輯思維能力。a28、〔94年全國(guó)理>設(shè)｛n｝是正數(shù)組成的數(shù)列,其前naanbn1n解：<1>由題意==n=a1+a2解得a2=6令=2時(shí)有故該數(shù)列的前三項(xiàng)為2、6、10.aanannana2°假設(shè)=k時(shí),結(jié)論正確,即有k=4k-2=2整理a2k+1-4ak+1+4-16k2=0所以ak+1=2+4k=4<k+1>-2ak+1＞0,解得：ak+1=2+4kn這就是說=k+1時(shí),上述結(jié)論成立.n成立.n=<a+2>2<∈N>整理得Snn解法二：由題意有,=a所以an+1=Sn+1-Sn=［〔n+1+2>222an=4n-2.即通項(xiàng)公式所以cb<3>令=n-1,n==則bbbnccc+2+…+-=+2+…+n1n1=說明：該題的解題思路是從所給條件出發(fā),通過觀察、試驗(yàn)、分析、歸納、概括、猜想出一般規(guī)n律,然后再對(duì)歸納、猜想的結(jié)論進(jìn)行證明.對(duì)于含自然數(shù)的命題,可以考慮用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明,該題著重考查了歸納、概括和數(shù)學(xué)變換的能力.x2y2129、〔XX18如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,M、N分別是橢圓42的頂點(diǎn),過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交橢圓于P、A兩點(diǎn),其中P在第一象限,過P作x軸的垂線,垂足為C,連接AC,并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)B,設(shè)直線PA的斜率為k〔1當(dāng)直線PA平分線段MN,求k的值；〔2當(dāng)k=2時(shí),求點(diǎn)P到直線AB的距離d；〔3對(duì)任意k>0,求證：PA⊥PB主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)、直線方程、直線的垂直關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力和推理論證能力,滿分16分.解：〔1由題設(shè)知,a2,b2,故M(2,0),N(0,2),所以線段MN中點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,2)2,由于直線PA平分線段MN,故直線PA過線段MN的中點(diǎn),又直線PA過坐標(biāo)原點(diǎn),2k2.221所以xy22y2x代入橢圓方程得1,42〔2直線PA的方程x2,因此P(,),A(,).2424解得3333340231,故直線AB的方程為xy0.2223C(,0),33于是3直線AC的斜率為〔3解法一：22xy221,解得x,記,將直線PA的方程ykx代入4212k212k2則P(,k),A(,k),于是C(,0)0kk,2故直線AB的斜率為yk2(x),代入橢圓方程得(2k2)x22k2x2(3k22)0,其方程為(3k22),k3)2k2(3k22)x或x因此B(2k22k2解得.k3k2k2k3k(2k2)k11.(3k22)3k22(2k2)k2k2于是直線PB的斜率因此kk1,所以PAPB.1解法二：20/44P(x,y),B(x,y),則x0,x0,xx,A(x,y),C(x,0).設(shè)112212121110(y)y.1kk2x(x)2x21設(shè)直線PB,AB的斜率分別為k,k2因?yàn)镃在直線AB上,所以1111從而kk1,所以PAPB.1因此,點(diǎn)在拋物線yxA的坐標(biāo)為〔1,1,點(diǎn)上運(yùn)動(dòng),點(diǎn)Q滿足BMx軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)MP30、〔XX理21設(shè)BQQA,經(jīng)過Q點(diǎn)與滿足QMMP,求點(diǎn),點(diǎn)P的軌跡方程。本題考查直線和拋物線的方程,平面向量的概念,性質(zhì)與運(yùn)算,動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程等基本知識(shí),考查靈活運(yùn)用知識(shí)探究問題和解決問題的能力,全面考核綜合數(shù)學(xué)素養(yǎng).解：由QMMP知Q,M,P三點(diǎn)在同一條垂直于x軸的直線上,故可設(shè)P(x,y),Q(x,y),M(x,x2),則x2y(yx2),則y(1)x2y.①000B(x,y),由BQQA,即(xx.yy)(1x,1y),再設(shè)111010(1),xx1y(1)y.②解得10y將①式代入②式,消去,得0(1),xx1y(1)2x2(1)y.③1yx,yx,再將③式代入yx又點(diǎn)B在拋物線2上所以2121,得11y2x1.故所求點(diǎn)P的軌跡方程為31、〔北京理19x2G:y21.過點(diǎn)〔m,0作圓x2y21的切線I交橢圓G于A,B兩點(diǎn).4已知橢圓〔I求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率；21/44AB表示為m的函數(shù),并求AB的最大值.〔II將〔19〔共14分解：〔Ⅰ由已知得a2,b1,所以ca2b23.所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0),(3,0)ec3.離心率為a2〔Ⅱ由題意知,|m|1.m1時(shí),切線l的方程x1,點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為(1,3),(1,3),22當(dāng)此時(shí)|AB|3當(dāng)m=－1時(shí),同理可得|AB|3當(dāng)|m|1時(shí),設(shè)切線l的方程為yk(xm),yk(xm),得(14k2)x28k2mx4k2m240x2y21.4由設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x,y)(x,y),則1122x2y21相切,得|km|1,即m2k2k21.k21又由l與圓所以|AB|(xx)2(yy)22121由于當(dāng)m3時(shí),|AB|3,|AB|43|m|m3,m(,1][1,)2所以因?yàn)?|AB|43|m|432,3m32|m||m|22/44且當(dāng)m3時(shí),|AB|=2,所以|AB|的最大值為2.32、〔XX理17已知直線l：y=x+m,m∈R。〔I若以點(diǎn)M〔2,0為圓心的圓與直線l相切與點(diǎn)P,且點(diǎn)P在y軸上,求該圓的方程；〔II若直線l關(guān)于x軸對(duì)稱的直線為l,問直線l與拋物線C：x2=4y是否相切？說明理由。本小題主要考查直線、圓、拋物線等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想。滿分13分。解法一：〔I依題意,點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔0,m0m11因?yàn)镸Pl,所以20,解得m=2,即點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔0,2從而圓的半徑故所求圓的方程為(x2)2y28.yxm,〔II因?yàn)橹本€l的方程為yxm.所以直線l'的方程為y'xm,x24y得x4x4m02由〔1當(dāng)m1,即0時(shí),直線l'與拋物線C相切〔2當(dāng)m1,那0時(shí),直線l'與拋物線C不相切。綜上,當(dāng)m=1時(shí),直線l'與拋物線C相切；當(dāng)m1時(shí),直線l'與拋物線C不相切。解法二：〔I設(shè)所求圓的半徑為r,則圓的方程可設(shè)為(x2)2yr2.依題意,所求圓與直線l:xym0相切于點(diǎn)P〔0,m,4mr2,2|20m|r,2則r22.解得所以所求圓的方程為(x2)2y28.〔II同解法一。33、〔XX理19設(shè)圓C與兩圓(x5)2y24,(x5)2y24中的一個(gè)內(nèi)切,另一個(gè)外切?！?求C的圓心軌跡L的方程;35,45),F(5,0),且P為L(zhǎng)上動(dòng)點(diǎn),求(MPFP的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的〔2已知點(diǎn)M5坐標(biāo)．5〔1解：設(shè)C的圓心的坐標(biāo)為(x,y),由題設(shè)條件知x2y21.化簡(jiǎn)得L的方程為4y2(x5),將其代入L的方程得〔2解：過M,F的直線l方程為x65,x145,故l與L交點(diǎn)為T(65,25),T(214525).,515551515解得121因T1在線段MF外,T2在線段MF內(nèi),故|MT||FT||MF|2,11|MT||FT||MF|2.,若P不在直線MF上,在MFP中有22故|MP||FP|只在T1點(diǎn)取得最大值2。34、〔XX理20A1(a,0),A2(a,0)(a0)連續(xù)的斜率之積等于非零常數(shù)的點(diǎn)的軌跡,加m平面內(nèi)與兩定點(diǎn)24/44上、兩點(diǎn)所成的曲線C可以是圓、橢圓成雙曲線．AA12m〔Ⅰ求曲線C的方程,并討論C的形狀與值得關(guān)系；C1〔Ⅱ當(dāng)m1時(shí),對(duì)應(yīng)的曲線為；對(duì)給定的m(1,0)U(0,),對(duì)應(yīng)的曲線為2,設(shè)CF1CF2的兩個(gè)焦點(diǎn)。試問：在1撒謊個(gè),是否存在點(diǎn)N,使得△1NF2的面積、F是C2S|m|a2。若存在,求tanF1NF2的值；若不存在,請(qǐng)說明理由。本小題主要考查曲線與方程、圓錐曲線等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查推理運(yùn)算的能力,以及分類與整合和數(shù)形結(jié)合的思想。〔滿分14分解：〔I設(shè)動(dòng)點(diǎn)為M,其坐標(biāo)為(x,y),yxaxax2a2yy2kkm,當(dāng)xa時(shí),由條件可得MA1MA2即mx2y2ma2(xa),又A(a,0),A(A,0)的坐標(biāo)滿足mx2y2ma2,12故依題意,曲線C的方程為mx2y2ma2.xy2當(dāng)m1時(shí),曲線C的方程為a221,C是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓；ma2當(dāng)m1時(shí),曲線C的方程為x2y2a2,C是圓心在原點(diǎn)的圓；xy212當(dāng)1m0時(shí),曲線C的方程為2maa,C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓；2xy221,當(dāng)m0時(shí),曲線C的方程為a2ma2〔II由〔I知,當(dāng)m=-1時(shí),C1的方程為x2y2a2;當(dāng)m(1,0)(0,)時(shí),C是焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線。C2的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F(a1m,0),F(a1m,0).12對(duì)于給定的m(1,0)(0,),25/44C1上存在點(diǎn)N(x,y)(y0)使得S|m|a2的充要條件是000xya2,y0,①②2020012a1m|y||m|a2.20|m|a.由①得0|y|a,由②得|y|1m00150|m|aa,即m0,1m2當(dāng)或0m152時(shí),存在點(diǎn)N,使S=|m|a2；|m|a15a,即-1<m<,1m2當(dāng)或m152時(shí),不存在滿足條件的點(diǎn)N,1515m,00,22當(dāng)時(shí),由NF(a1mxy),NF(a1mx,y),100200可得NFNFx2(1m)a2y2ma2,1200令|NF|r,|NF|r,FNF,112212NFNFrrcosma2,可得rrma2cos,則由121212ma2sin2cosS12rrsin12ma2tan從而,12于是由S|m|a2,12ma2tan|m|a2,即tan2|m|.m可得26/44綜上可得：15m,02FNF2;12||,且tan時(shí),在C1上,存在點(diǎn)N,使得Sma2當(dāng)時(shí),在C1上,存在點(diǎn)N,使得15m0,22;2||,且tanSma2FNF1當(dāng)當(dāng)m(1,15)(15,)22時(shí),在C1上,不存在滿足條件的點(diǎn)N。35、〔XX理21xy2C:21(ab0)如圖7,橢圓的離心率為1a2b232,x軸被曲線C:yx2b截得的線段長(zhǎng)等于2C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)?！并袂驝1,C2的方程；〔Ⅱ設(shè)C2與y軸的焦點(diǎn)為M,過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C2相交于點(diǎn)A,B,直線MA,MB分別與C1相交與D,E．〔i證明：MD⊥ME;S171〔ii記△MAB,△MDE的面積分別是S,S2．問：是否存在直線l,使得S32?請(qǐng)說明理由。12ec3,從而a2b,又2ba,解得a2,b1.解：〔Ⅰ由題意知2ax2y21,yx21.故C1,C2的方程分別為4〔Ⅱ〔i由題意知,直線l的斜率存在,設(shè)為k,則直線l的方程為ykx.27/44yx21得由x2kx10.A(x,y),B(x,y),則x,x設(shè)2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,于是11221又點(diǎn)M的坐標(biāo)為〔0,—1,所以故MA⊥MB,即MD⊥ME.ykx1,ykx1,由1yx211〔ii設(shè)直線MA的斜率為k1,則直線MA的方程為解得則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(k,k21).111k1,又直線MB的斜率為(1,11).21kk1同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為11kS12|MA||MB|11k2|k|11||1k2|k|1122k11111于是ykx1x4y240得(14k2)x28kx0.112由8kx,1x0,14k21y1或y4k12114k21解得8k4k21則點(diǎn)D的坐標(biāo)為(14k14k).,1122118k4k121(,).14k4k又直線ME的斜率為,同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為k212132(1kk)||S1|MD||ME|211)((1kk24).2于是22111(4k2417).S1因此S642k21128/441(4k2417)17,解得k24,或k21.k41111k2kk12k1,所以k3.1k11k121k1又由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)可知,y32x和y32x.故滿足條件的直線l存在,且有兩條,其方程分別為36、〔XX理20如圖,已知橢圓C1的中心在原點(diǎn)O,長(zhǎng)軸左、右端點(diǎn)M,N在x軸上,橢圓C2的短軸為MN,且C1,C2的離心率都為e,直線l⊥MN,l與C1交于兩點(diǎn),與C2交于兩點(diǎn),這四點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D．e12,求BC與AD的比值；〔I設(shè)〔II當(dāng)e變化時(shí),是否存在直線l,使得BO∥AN,并說明理由．解：〔I因?yàn)镃1,C2的離心率相同,故依題意可設(shè)設(shè)直線l:xt(|t|a),分別與C1,C2的方程聯(lián)立,求得A(t,aa2t2),B(t,ba2t2).………………4分bae1時(shí),ba,分別用y,y322B表示A,B的縱坐標(biāo),可知當(dāng)A|BC|:|AD|2|y|23.bB2|y|4a………………6分2A〔IIt=0時(shí)的l不符合題意.t0時(shí),BO//AN當(dāng)且僅當(dāng)BO的斜率kBO與AN的斜率kAN相等,即ab21et2a.e2a2b2解得|t|a,又0e1,所以1e21,解得2e1.2因?yàn)閑20e2時(shí)不存在直線l,使得BO//AN；2,所以當(dāng)2e12時(shí),存在直線l使得BO//AN.………………12分當(dāng)37、〔全國(guó)大綱理21yC:x2212已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),F為橢圓在y軸正半軸上的焦點(diǎn),過F且斜率為-2的直線l與C交于A、B兩點(diǎn),點(diǎn)P滿足OAOBOP0.〔Ⅰ證明：點(diǎn)P在C上；〔Ⅱ設(shè)點(diǎn)P關(guān)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為Q,證明：A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上．解：y2x1,〔IF〔0,1,l的方程為yx2212代入并化簡(jiǎn)得4x222x10.…………2分A(x,y),B(x,y),P(x,y),設(shè)112233x26,x26,44則12x(xx)2,y(yy)1.2由題意得312312所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(22,1).30/44(2,1)經(jīng)驗(yàn)證,點(diǎn)P的坐標(biāo)為2滿足方程y2x21,2P在橢圓C上?！?分故點(diǎn)2Q(2,1)〔II由P(2,1)2和題設(shè)知,lPQ的垂直平分線1的方程為2yx.2①21M(,)42,AB的垂直平分線為l2的方程為設(shè)AB的中點(diǎn)為M,則y22x1.4②21,)N(由①、②得l1,l2的交點(diǎn)為88?！?分故|NP|=|NA|。又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|,所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|,由此知A、P、B、Q四點(diǎn)在以N為圓心,NA為半徑的圓上38、〔全國(guó)新課標(biāo)理20在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已