備戰(zhàn)數(shù)學(xué)高考44道把關(guān)題跟蹤演練doc高中數(shù)學(xué)

備戰(zhàn)數(shù)學(xué)高考44道把關(guān)題跟蹤演練doc高中數(shù)學(xué)1．〔12分〕拋物線、橢圓和雙曲線都通過點(diǎn)，它們在軸上有共同焦點(diǎn)，橢圓和雙曲線的對稱軸是坐標(biāo)軸，拋物線的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。〔Ⅰ〕求這三條曲線的方程；〔Ⅱ〕動直線過點(diǎn)，交拋物線于兩點(diǎn)，是否存在垂直于軸的直線被以為直徑的圓截得的弦長為定值？假設(shè)存在，求出的方程；假設(shè)不存在，講明理由。解：〔Ⅰ〕設(shè)拋物線方程為，將代入方程得………………〔1分〕由題意知橢圓、雙曲線的焦點(diǎn)為…〔2分〕關(guān)于橢圓，………………〔4分〕關(guān)于雙曲線，………………〔6分〕〔Ⅱ〕設(shè)的中點(diǎn)為，的方程為：，以為直徑的圓交于兩點(diǎn)，中點(diǎn)為令………………〔7分〕…………〔12分〕2．〔14分〕正項(xiàng)數(shù)列中，，點(diǎn)在拋物線上；數(shù)列中，點(diǎn)在過點(diǎn)，以方向向量為的直線上。〔Ⅰ〕求數(shù)列的通項(xiàng)公式；〔Ⅱ〕假設(shè)，咨詢是否存在，使成立，假設(shè)存在，求出值；假設(shè)不存在，講明理由；〔Ⅲ〕對任意正整數(shù)，不等式成立，求正數(shù)的取值范疇。解：〔Ⅰ〕將點(diǎn)代入中得…………〔4分〕〔Ⅱ〕………………〔5分〕……〔8分〕〔Ⅲ〕由………………〔14分〕3.〔本小題總分值12分〕將圓O:上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)變?yōu)樵鹊囊话?橫坐標(biāo)不變),得到曲線C.(1)求C的方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)的直線l與C交于A、B兩點(diǎn),N為線段AB的中點(diǎn),延長線段ON交C于點(diǎn)E.求證:的充要條件是.解:(1)設(shè)點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為,由題意可知………………(2分)又∴.因此,點(diǎn)M的軌跡C的方程為.………………(4分)(2)設(shè)點(diǎn),,點(diǎn)N的坐標(biāo)為,㈠當(dāng)直線l與x軸重合時(shí),線段AB的中點(diǎn)N確實(shí)是原點(diǎn)O,不合題意,舍去;………………(5分)㈡設(shè)直線l:由消去x,得………………①∴………………(6分)∴,∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為.………………(8分)①假設(shè),坐標(biāo)為,那么點(diǎn)E的為,由點(diǎn)E在曲線C上,得,即∴舍去).由方程①得又∴.………………(10分)②假設(shè),由①得∴∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為,射線ON方程為:,由解得∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為∴.綜上,的充要條件是.………………(12分)4.〔本小題總分值14分〕函數(shù).(1)試證函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱;(2)假設(shè)數(shù)列的通項(xiàng)公式為,求數(shù)列的前m項(xiàng)和(3)設(shè)數(shù)列滿足:,.設(shè).假設(shè)(2)中的滿足對任意不小于2的正整數(shù)n,恒成立,試求m的最大值.解:(1)設(shè)點(diǎn)是函數(shù)的圖象上任意一點(diǎn),其關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)為.由得因此,點(diǎn)P的坐標(biāo)為P.………………(2分)由點(diǎn)在函數(shù)的圖象上,得.∵∴點(diǎn)P在函數(shù)的圖象上.∴函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱.………………(4分)(2)由(1)可知,,因此,即………………(6分)由,………………①得………………②由①＋②,得∴………………(8分)(3)∵,………………③∴對任意的.………………④由③、④,得即.∴.……………(10分)∵∴數(shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列.∴關(guān)于n遞增.當(dāng),且時(shí),.∵∴………………(12分)∴即∴∴m的最大值為6.……………(14分)5．〔12分〕、是橢圓的左、右焦點(diǎn)，是橢圓的右準(zhǔn)線，點(diǎn)，過點(diǎn)的直線交橢圓于、兩點(diǎn)。當(dāng)時(shí)，求的面積；當(dāng)時(shí)，求的大?。磺蟮淖畲笾?。解：〔1〕〔2〕因，那么設(shè)，當(dāng)時(shí)，6．〔14分〕數(shù)列中，，當(dāng)時(shí)，其前項(xiàng)和滿足，求的表達(dá)式及的值；求數(shù)列的通項(xiàng)公式；設(shè)，求證：當(dāng)且時(shí)，。解：〔1〕因此是等差數(shù)列。那么。?！?〕當(dāng)時(shí)，，綜上，?！?〕令，當(dāng)時(shí)，有〔1〕法1：等價(jià)于求證。當(dāng)時(shí)，令，那么在遞增。又，因此即。法〔2〕〔2〕〔3〕因因此由〔1〕〔3〕〔4〕知。法3：令，那么因此因那么因此〔5〕由〔1〕〔2〕〔5〕知7．(本小題總分值14分)第21題設(shè)雙曲線=1(a>0,b>0)的右頂點(diǎn)為A，P是雙曲線上異于頂點(diǎn)的一個動點(diǎn)，從A引雙曲線的兩條漸近線的平行線與直線OP分不交于Q和R兩點(diǎn).(1)證明：不管P點(diǎn)在什么位置，總有||2=|·|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))；(2)假設(shè)以O(shè)P為邊長的正方形面積等于雙曲線實(shí)、虛軸圍成的矩形面積，求雙曲線離心率的取值范疇；解：(1)設(shè)OP：y=kx,又條件可設(shè)AR:y=(x–a),解得：=(,),同理可得=(,),∴|·|=|+|=.4分設(shè)=(m,n),那么由雙曲線方程與OP方程聯(lián)立解得:m2=,n2=,∴||2=:m2+n2=+=,∵點(diǎn)P在雙曲線上，∴b2–a2k2>0.∴不管P點(diǎn)在什么位置，總有||2=|·|.4分〔2〕由條件得：=4ab,2分即k2=>0,∴4b>a,得e>2分8.(本小題總分值12分)常數(shù)a>0,n為正整數(shù)，fn(x)=xn–(x+a)n(x>0)是關(guān)于x的函數(shù).(1)判定函數(shù)fn(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論.(2)對任意na,證明f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n)解:(1)fn`(x)=nxn–1–n(x+a)n–1=n[xn–1–(x+a)n–1],∵a>0,x>0,∴fn`(x)<0,∴fn(x)在〔0，+∞〕單調(diào)遞減.4分〔2〕由上知：當(dāng)x>a>0時(shí),fn(x)=xn–(x+a)n是關(guān)于x的減函數(shù),∴當(dāng)na時(shí),有：(n+1)n–(n+1+a)nnn–(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[nn–1–(n+a)n–1]=(n+1)[nn–n(n+a)n–1],2分∵(n+a)>n,∴f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n).2分9.(本小題總分值12分)：y=f(x)定義域?yàn)椋郇C1，1］，且滿足：f(–1)=f(1)=0，對任意u,v[–1，1］，都有|f(u)–f(v)|≤|u–v|.(1)判定函數(shù)p(x)=x2–1是否滿足題設(shè)條件？(2)判定函數(shù)g(x)=，是否滿足題設(shè)條件？解：(1)假設(shè)u,v[–1，1]，|p(u)–p(v)|=|u2–v2|=|(u+v)(u–v)|，取u=[–1，1]，v=[–1，1],那么|p(u)–p(v)|=|(u+v)(u–v)|=|u–v|>|u–v|，因此p(x)不滿足題設(shè)條件.〔2〕分三種情形討論：10.假設(shè)u,v[–1，0]，那么|g(u)–g(v)|=|(1+u)–(1+v)|=|u–v|，滿足題設(shè)條件；20.假設(shè)u,v[0，1]，那么|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1–v)|=|v–u|，滿足題設(shè)條件；30.假設(shè)u[–1，0]，v[0，1]，那么：|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1+v)|=|–u–v|=|v+u|≤|v–u|=|u–v|，滿足題設(shè)條件;40假設(shè)u[0，1]，v[–1，0],同理可證滿足題設(shè)條件.綜合上述得g(x)滿足條件.10.(本小題總分值14分)點(diǎn)P(t,y)在函數(shù)f(x)=(x–1)的圖象上，且有t2–c2at+4c2=0(c0).(1)求證：|ac|4;(2)求證：在(–1，+∞〕上f(x)單調(diào)遞增.(3)(僅理科做)求證：f(|a|)+f(|c|)>1.證：(1)∵tR,t–1,∴⊿=(–c2a)2–16c2=c4a2–16c2∵c0,∴c2a216,∴|ac|(2)由f(x)=1–,法1.設(shè)–1<x1<x2,那么f(x2)–f(x1)=1––1+=.∵–1<x1<x2,∴x1–x2<0,x1+1>0,x2+1>0,∴f(x2)–f(x1)<0,即f(x2)<f(x1),∴x0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增.法2.由f`(x)=>0得x–1,∴x>–1時(shí)，f(x)單調(diào)遞增.〔3〕〔僅理科做〕∵f(x)在x>–1時(shí)單調(diào)遞增，|c|>0,∴f(|c|)f()==f(|a|)+f(|c|)=+>+=1.即f(|a|)+f(|c|)>1.11．〔本小題總分值15分〕設(shè)定義在R上的函數(shù)〔其中∈R，i=0,1,2,3,4〕，當(dāng)x=－1時(shí)，f(x)取得極大值，同時(shí)函數(shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于點(diǎn)〔－1，0〕對稱．求f(x)的表達(dá)式；試在函數(shù)f(x)的圖象上求兩點(diǎn)，使這兩點(diǎn)為切點(diǎn)的切線互相垂直，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)都在區(qū)間上；假設(shè)，求證：解：〔1〕…………5分〔2〕或…………10分〔3〕用導(dǎo)數(shù)求最值，可證得……15分12．〔本小題總分值13分〕設(shè)M是橢圓上的一點(diǎn)，P、Q、T分不為M關(guān)于y軸、原點(diǎn)、x軸的對稱點(diǎn)，N為橢圓C上異于M的另一點(diǎn)，且MN⊥MQ，QN與PT的交點(diǎn)為E，當(dāng)M沿橢圓C運(yùn)動時(shí)，求動點(diǎn)E的軌跡方程．解：設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)那么……1分………3分由〔1〕－〔2〕可得………………6分又MN⊥MQ，因此直線QN的方程為，又直線PT的方程為……10分從而得因此代入〔1〕可得此即為所求的軌跡方程.………………13分13．〔本小題總分值12分〕過拋物線上不同兩點(diǎn)A、B分不作拋物線的切線相交于P點(diǎn)，〔1〕求點(diǎn)P的軌跡方程；〔2〕點(diǎn)F〔0，1〕，是否存在實(shí)數(shù)使得？假設(shè)存在，求出的值，假設(shè)不存在，請講明理由。解法〔一〕：〔1〕設(shè)由得：………………3分直線PA的方程是：即①同理，直線PB的方程是：②由①②得：∴點(diǎn)P的軌跡方程是……6分〔2〕由〔1〕得：…………10分因此故存在=1使得…………12分解法〔二〕：〔1〕∵直線PA、PB與拋物線相切，且∴直線PA、PB的斜率均存在且不為0，且設(shè)PA的直線方程是由得：即…………3分即直線PA的方程是：同理可得直線PB的方程是：由得：故點(diǎn)P的軌跡方程是……6分〔2〕由〔1〕得：………………10分故存在=1使得…………12分14．〔本小題總分值14分〕設(shè)函數(shù)在上是增函數(shù)。求正實(shí)數(shù)的取值范疇；設(shè)，求證：解：〔1〕對恒成立，對恒成立又為所求?！?分〔2〕取，，一方面，由〔1〕知在上是增函數(shù)，即……8分另一方面，設(shè)函數(shù)∴在上是增函數(shù)且在處連續(xù)，又∴當(dāng)時(shí)，∴即綜上所述，………………14分15．(本小題總分值12分)如圖，直角坐標(biāo)系中，一直角三角形，，、在軸上且關(guān)于原點(diǎn)對稱，在邊上，，的周長為12．假設(shè)一雙曲線以、為焦點(diǎn)，且通過、兩點(diǎn)．(1)求雙曲線的方程；(2)假設(shè)一過點(diǎn)〔為非零常數(shù)〕的直線與雙曲線相交于不同于雙曲線頂點(diǎn)的兩點(diǎn)、，且，咨詢在軸上是否存在定點(diǎn)，使？假設(shè)存在，求出所有如此定點(diǎn)的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請講明理由．解：(1)設(shè)雙曲線的方程為，那么．由，得，即．∴ 〔3分〕解之得，∴．∴雙曲線的方程為． 〔5分〕(2)設(shè)在軸上存在定點(diǎn)，使．設(shè)直線的方程為，．由，得．即 ① 〔6分〕∵，，∴．即． ② 〔8分〕把①代入②，得 ③ 〔9分〕把代入并整理得其中且，即且．． 〔10分〕代入③，得，化簡得．當(dāng)時(shí)，上式恒成立．因此，在軸上存在定點(diǎn)，使． 〔12分〕16．(本小題總分值14分)數(shù)列各項(xiàng)均不為0，其前項(xiàng)和為，且對任意都有〔為大于1的常數(shù)〕，記．(1)求；(2)試比較與的大小〔〕；(3)求證：，〔〕．解：(1)∵， ①∴． ②②－①，得，即． 〔3分〕在①中令，可得．∴是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，． 〔4分〕(2)由(1)可得．．∴， 〔5分〕．而，且，∴，．∴，〔〕． 〔8分〕(3)由(2)知，，〔〕．∴當(dāng)時(shí)，．∴， 〔10分〕〔當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號〕．另一方面，當(dāng)，時(shí)，．∵，∴．∴， 〔13分〕〔當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號〕．∴．〔當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號〕．綜上所述，，〔〕．〔14分〕17．〔本小題總分值13分〕如圖，雙曲線C：的右準(zhǔn)線與一條漸近線交于點(diǎn)M，F(xiàn)是雙曲線C的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)?！睮〕求證：；〔II〕假設(shè)且雙曲線C的離心率，求雙曲線C的方程；〔III〕在〔II〕的條件下，直線過點(diǎn)A〔0，1〕與雙曲線C右支交于不同的兩點(diǎn)P、Q且P在A、Q之間，滿足，試判定的范疇，并用代數(shù)方法給出證明。解：〔I〕右準(zhǔn)線，漸近線 ……3分〔II〕雙曲線C的方程為： ……7分〔III〕由題意可得 ……8分證明：設(shè)，點(diǎn)由得與雙曲線C右支交于不同的兩點(diǎn)P、Q ……11分，得的取值范疇是〔0，1〕 ……13分18．〔本小題總分值13分〕函數(shù)，數(shù)列滿足〔I〕求數(shù)列的通項(xiàng)公式；〔II〕設(shè)x軸、直線與函數(shù)的圖象所圍成的封閉圖形的面積為，求；〔III〕在集合，且中，是否存在正整數(shù)N，使得不等式對一切恒成立？假設(shè)存在，那么如此的正整數(shù)N共有多少個？并求出滿足條件的最小的正整數(shù)N；假設(shè)不存在，請講明理由?！睮V〕請構(gòu)造一個與有關(guān)的數(shù)列，使得存在，并求出那個極限值。解：〔I〕 ……1分……將這n個式子相加，得 ……3分〔II〕為一直角梯形〔時(shí)為直角三角形〕的面積，該梯形的兩底邊的長分不為，高為1 ……6分〔III〕設(shè)滿足條件的正整數(shù)N存在，那么又均滿足條件它們構(gòu)成首項(xiàng)為2018，公差為2的等差數(shù)列。設(shè)共有m個滿足條件的正整數(shù)N，那么，解得中滿足條件的正整數(shù)N存在，共有495個， ……9分〔IV〕設(shè)，即那么明顯，其極限存在，同時(shí) ……10分注：〔c為非零常數(shù)〕，等都能使存在。19.〔本小題總分值14分〕設(shè)雙曲線的兩個焦點(diǎn)分不為，離心率為2?！睮〕求此雙曲線的漸近線的方程；〔II〕假設(shè)A、B分不為上的點(diǎn)，且，求線段AB的中點(diǎn)M的軌跡方程，并講明軌跡是什么曲線；〔III〕過點(diǎn)能否作出直線，使與雙曲線交于P、Q兩點(diǎn)，且。假設(shè)存在，求出直線的方程；假設(shè)不存在，講明理由。解：〔I〕，漸近線方程為 4分〔II〕設(shè)，AB的中點(diǎn)那么M的軌跡是中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，長軸長為，短軸長為的橢圓?！?分〕〔III〕假設(shè)存在滿足條件的直線設(shè)由〔i〕〔ii〕得∴k不存在，即不存在滿足條件的直線。 14分20.〔本小題總分值13分〕數(shù)列的前n項(xiàng)和為，且對任意自然數(shù)都成立，其中m為常數(shù)，且?！睮〕求證數(shù)列是等比數(shù)列；〔II〕設(shè)數(shù)列的公比，數(shù)列滿足：，試咨詢當(dāng)m為何值時(shí)，成立？解：〔I〕由〔2〕由得：，即對任意都成立〔II〕當(dāng)時(shí)，由題意知 13分21．〔本小題總分值12分〕設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為，上頂點(diǎn)為，過點(diǎn)與垂直的直線分不交橢圓和軸正半軸于，兩點(diǎn)，且分向量所成的比為8∶5．〔1〕求橢圓的離心率；〔2〕假設(shè)過三點(diǎn)的圓恰好與直線：相切，求橢圓方程．解：〔1〕設(shè)點(diǎn)其中．由分所成的比為8∶5，得，2分∴．①，4分而，∴．．②，5分由①②知．∴．6分〔2〕滿足條件的圓心為，，8分圓半徑．10分由圓與直線：相切得，，又．∴橢圓方程為．12分22．〔本小題總分值14分〕〔理〕給定正整數(shù)和正數(shù)，關(guān)于滿足條件的所有無窮等差數(shù)列，試求的最大值，并求出取最大值時(shí)的首項(xiàng)和公差．〔文〕給定正整數(shù)和正數(shù)，關(guān)于滿足條件的所有無窮等差數(shù)列，試求的最大值，并求出取最大值時(shí)的首項(xiàng)和公差．〔理〕解：設(shè)公差為，那么．3分4分．7分又．∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立．11分∴．13分當(dāng)數(shù)列首項(xiàng)，公差時(shí)，，∴的最大值為．14分〔文〕解：設(shè)公差為，那么．3分，6分又．∴．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立．11分∴．13分當(dāng)數(shù)列首項(xiàng)，公差時(shí)，．∴的最大值為．14分23．〔本小題總分值12分〕垂直于x軸的直線交雙曲線于M、N不同兩點(diǎn)，A1、A2分不為雙曲線的左頂點(diǎn)和右頂點(diǎn)，設(shè)直線A1M與A2N交于點(diǎn)P〔x0，y0〕〔Ⅰ〕證明：〔Ⅱ〕過P作斜率為的直線l，原點(diǎn)到直線l的距離為d，求d的最小值.解〔Ⅰ〕證明：①直線A2N的方程為②……4分①×②，得〔Ⅱ〕……10分當(dāng)……12分24．〔本小題總分值14分〕函數(shù) 〔Ⅰ〕假設(shè) 〔Ⅱ〕假設(shè) 〔Ⅲ〕假設(shè)的大小關(guān)系〔不必寫出比較過程〕.解：〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕設(shè)……6分〔Ⅲ〕在題設(shè)條件下，當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)……14分25．〔本小題總分值14分〕f(x)=(x∈R)在區(qū)間[－1，1]上是增函數(shù).〔Ⅰ〕求實(shí)數(shù)a的值組成的集合A；〔Ⅱ〕設(shè)關(guān)于x的方程f(x)=的兩個非零實(shí)根為x1、x2.試咨詢：是否存在實(shí)數(shù)m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？假設(shè)存在，求m的取值范疇；假設(shè)不存在，請講明理由.本小題要緊考查函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用和不等式等有關(guān)知識，考查數(shù)形結(jié)合及分類討論思想和靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析咨詢題和解決咨詢題的能力.總分值14分.解：〔Ⅰ〕f＇(x)==，∵f(x)在[－1，1]上是增函數(shù)，∴f＇(x)≥0對x∈[－1，1]恒成立，即x2－ax－2≤0對x∈[－1，1]恒成立.①設(shè)(x)=x2－ax－2，方法一：(1)=1－a－2≤0，①－1≤a≤1，(－1)=1+a－2≤0.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當(dāng)a=1時(shí)，f＇(-1)=0以及當(dāng)a=－1時(shí)，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.方法二：≥0，<0，①或(－1)=1+a－2≤0(1)=1－a－2≤00≤a≤1或－1≤a≤0－1≤a≤1.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當(dāng)a=1時(shí)，f＇(－1)=0以及當(dāng)a=-1時(shí)，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.〔Ⅱ〕由=，得x2－ax－2=0，∵△=a2+8>0∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的兩非零實(shí)根，x1+x2=a，∴從而|x1－x2|==.x1x2=－2，∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)m2+tm+1≥3對任意t∈[－1，1]恒成立，即m2+tm－2≥0對任意t∈[－1，1]恒成立.②設(shè)g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，方法一：g(－1)=m2－m－2≥0，②g(1)=m2+m－2≥0，m≥2或m≤－2.因此，存在實(shí)數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范疇是{m|m≥2，或m≤－2}.方法二：當(dāng)m=0時(shí)，②明顯不成立；當(dāng)m≠0時(shí)，m>0，m<0，②或g(－1)=m2－m－2≥0g(1)=m2+m－2≥0m≥2或m≤－2.因此，存在實(shí)數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范疇是{m|m≥2，或m≤－2}.26．〔本小題總分值12分〕如圖，P是拋物線C：y=x2上一點(diǎn)，直線l過點(diǎn)P且與拋物線C交于另一點(diǎn)Q.〔Ⅰ〕假設(shè)直線l與過點(diǎn)P的切線垂直，求線段PQ中點(diǎn)M的軌跡方程；〔Ⅱ〕假設(shè)直線l只是原點(diǎn)且與x軸交于點(diǎn)S，與y軸交于點(diǎn)T，試求的取值范疇.此題要緊考查直線、拋物線、不等式等基礎(chǔ)知識，求軌跡方程的方法，解析幾何的差不多思想和綜合解題能力.總分值12分.解：〔Ⅰ〕設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依題意x1≠0，y1>0，y2>0.由y=x2，①得y＇=x.∴過點(diǎn)P的切線的斜率k切=x1，∴直線l的斜率kl=－=-，∴直線l的方程為y－x12=－(x－x1)，方法一：聯(lián)立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.∵M(jìn)是PQ的中點(diǎn)x0==-，∴y0=x12－(x0－x1).消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點(diǎn)M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).方法二：由y1=x12，y2=x22，x0=，得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，那么x0==kl=-，∴x1=－，將上式代入②并整理，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點(diǎn)M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).〔Ⅱ〕設(shè)直線l:y=kx+b，依題意k≠0，b≠0，那么T(0，b).分不過P、Q作PP＇⊥x軸，QQ＇⊥y軸，垂足分不為P＇、Q＇，那么.y=x2由消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0.③y=kx+by1+y2=2(k2+b)，那么y1y2=b2.方法一：∴|b|()≥2|b|=2|b|=2.∵y1、y2可取一切不相等的正數(shù)，∴的取值范疇是〔2，+〕.方法二：∴=|b|=|b|.當(dāng)b>0時(shí)，=b==+2>2；當(dāng)b<0時(shí)，=－b=.又由方程③有兩個相異實(shí)根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，因此k2+2b>0，即k2>－2b.因此>=2.∵當(dāng)b>0時(shí)，可取一切正數(shù)，∴的取值范疇是〔2，+〕.方法三：由P、Q、T三點(diǎn)共線得kTQ=KTP，即=.那么x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).因此b==－x1x2.22∴==+=+≥2.22∵可取一切不等于1的正數(shù)，∴的取值范疇是〔2，+〕.27．〔本小題總分值12分〕 某突發(fā)事件，在不采取任何預(yù)防措施的情形下發(fā)生的概率為0.3，一旦發(fā)生，將造成400萬元的缺失.現(xiàn)有甲、乙兩種相互獨(dú)立的預(yù)防措施可供采納.單獨(dú)采納甲、乙預(yù)防措施所需的費(fèi)用分不為45萬元和30萬元，采納相應(yīng)預(yù)防措施后此突發(fā)事件不發(fā)生的概率為0.9和0.85.假設(shè)預(yù)防方案承諾甲、乙兩種預(yù)防措施單獨(dú)采納、聯(lián)合采納或不采納，請確定預(yù)防方案使總費(fèi)用最少. 〔總費(fèi)用=采取預(yù)防措施的費(fèi)用+發(fā)生突發(fā)事件缺失的期望值.〕本小題考查概率的差不多知識和數(shù)學(xué)期望概念及應(yīng)用概率知識解決實(shí)際咨詢題的能力，總分值12分.解：①不采取預(yù)防措施時(shí)，總費(fèi)用即缺失期望為400×0.3=120〔萬元〕； ②假設(shè)單獨(dú)采取措施甲，那么預(yù)防措施費(fèi)用為45萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0.9=0.1，缺失期望值為400×0.1=40〔萬元〕，因此總費(fèi)用為45+40=85〔萬元〕③假設(shè)單獨(dú)采取預(yù)防措施乙，那么預(yù)防措施費(fèi)用為30萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0.85=0.15，缺失期望值為400×0.15=60〔萬元〕，因此總費(fèi)用為30+60=90〔萬元〕；④假設(shè)聯(lián)合采取甲、乙兩種預(yù)防措施，那么預(yù)防措施費(fèi)用為45+30=75〔萬元〕，發(fā)生突發(fā)事件的概率為〔1－0.9〕〔1－0.85〕=0.015，缺失期望值為400×0.015=6〔萬元〕，因此總費(fèi)用為75+6=81〔萬元〕.綜合①、②、③、④，比較其總費(fèi)用可知，應(yīng)選擇聯(lián)合采取甲、乙兩種預(yù)防措施，可使總費(fèi)用最少.28．〔本小題總分值14分〕 〔I〕數(shù)列極限存在且大于零，求〔將A用a表示〕；〔II〕設(shè)〔III〕假設(shè)都成立，求a的取值范疇.本小題要緊考查數(shù)列、數(shù)列極限的概念和數(shù)學(xué)歸納法，考查靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析咨詢題和解決咨詢題的能力，總分值14分. 解：〔I〕由 〔II〕 〔III〕 〔i〕當(dāng)n=1時(shí)結(jié)論成立〔已驗(yàn)證〕. 〔ii〕假設(shè)當(dāng) 故只須證明 即n=k+1時(shí)結(jié)論成立. 依照〔i〕和〔ii〕可知結(jié)論對一切正整數(shù)都成立. 故29．〔本小題總分值14分，第一小咨詢總分值4分，第二小咨詢總分值10分〕，函數(shù).(Ⅰ)當(dāng)時(shí)，求使成立的的集合；(Ⅱ)求函數(shù)在區(qū)間上的最小值.本小題要緊考查運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想和分析推理能力.總分值14分.解：〔Ⅰ〕由題意，.當(dāng)時(shí)，，解得或；當(dāng)時(shí)，，解得.綜上，所求解集為.〔Ⅱ〕設(shè)此最小值為.①當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上，.因?yàn)椋?，那么在區(qū)間上是增函數(shù)，因此.②當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上，，由知.③當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上，..假設(shè)，在區(qū)間內(nèi)，從而為區(qū)間上的增函數(shù)，由此得.假設(shè)，那么.當(dāng)時(shí)，，從而為區(qū)間上的增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，從而為區(qū)間上的減函數(shù).因此，當(dāng)時(shí)，或.當(dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故.綜上所述，所求函數(shù)的最小值30．〔本小題總分值14分，第一小咨詢總分值2分，第二、第三小咨詢總分值各6分〕設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，，且，其中為常數(shù).(Ⅰ)求與的值；(Ⅱ)證明：數(shù)列為等差數(shù)列；(Ⅲ)證明：不等式對任何正整數(shù)都成立.本小題要緊考查等差數(shù)列的有關(guān)知識、不等式的證明方法，考查思維能力、運(yùn)算能力.解：〔Ⅰ〕由，得，，.由，知即解得，.〔Ⅱ〕方法1由〔Ⅰ〕，得，①因此.②②-①，得，③因此.④④-③，得.因?yàn)椋虼?又因?yàn)?，因此，即?因此數(shù)列為等差數(shù)列.方法2由，得，又，且，因此數(shù)列是唯獨(dú)確定的，因而數(shù)列是唯獨(dú)確定的.設(shè)，那么數(shù)列為等差數(shù)列，前項(xiàng)和.因此，由唯獨(dú)性得，即數(shù)列為等差數(shù)列.〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕可知，.要證，只要證.因?yàn)?，，故只要證，即只要證.因?yàn)椋虼嗣}得證.31．〔本小題總分值14分〕橢圓的左、右焦點(diǎn)分不是F1〔－c，0〕、F2〔c，0〕，Q是橢圓外的動點(diǎn)，滿足點(diǎn)P是線段F1Q與該橢圓的交點(diǎn)，點(diǎn)T在線段F2Q上，同時(shí)滿足〔Ⅰ〕設(shè)為點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，證明；〔Ⅱ〕求點(diǎn)T的軌跡C的方程；〔Ⅲ〕試咨詢：在點(diǎn)T的軌跡C上，是否存在點(diǎn)M，使△F1MF2的面積S=假設(shè)存在，求∠F1MF2的正切值；假設(shè)不存在，請講明理由.本小題要緊考查平面向量的概率，橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程和有關(guān)性質(zhì)，軌跡的求法和應(yīng)用，以及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決咨詢題的能力.總分值14分.〔Ⅰ〕證法一：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為由P在橢圓上，得由，因此………3分證法二：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為記那么由證法三：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為橢圓的左準(zhǔn)線方程為 由橢圓第二定義得，即 由，因此…………3分〔Ⅱ〕解法一：設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為 當(dāng)時(shí)，點(diǎn)〔，0〕和點(diǎn)〔－，0〕在軌跡上.當(dāng)|時(shí)，由，得.又，因此T為線段F2Q的中點(diǎn).在△QF1F2中，，因此有綜上所述，點(diǎn)T的軌跡C的方程是…………7分解法二：設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為當(dāng)時(shí)，點(diǎn)〔，0〕和點(diǎn)〔－，0〕在軌跡上. 當(dāng)|時(shí)，由，得. 又，因此T為線段F2Q的中點(diǎn). 設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為〔〕，那么 因此① 由得② 將①代入②，可得 綜上所述，點(diǎn)T的軌跡C的方程是……7分③④〔Ⅲ〕解法一：C上存在點(diǎn)M〔〕使S=的充要條件是③④ 由③得，由④得因此，當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)M，使S=； 當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件的點(diǎn)M.………11分 當(dāng)時(shí)，， 由， ， ，得解法二：C上存在點(diǎn)M〔〕使S=的充要條件是③④③④ 由④得上式代入③得 因此，當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)M，使S=； 當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件的點(diǎn)M.………11分 當(dāng)時(shí)，記， 由知，因此…………14分32．〔本小題總分值12分〕 函數(shù)在區(qū)間〔0，+∞〕內(nèi)可導(dǎo)，導(dǎo)函數(shù)是減函數(shù)，且設(shè)是曲線在點(diǎn)〔〕得的切線方程，并設(shè)函數(shù)〔Ⅰ〕用、、表示m；〔Ⅱ〕證明：當(dāng)；〔Ⅲ〕假設(shè)關(guān)于的不等式上恒成立，其中a、b為實(shí)數(shù)，求b的取值范疇及a與b所滿足的關(guān)系.本小題考查導(dǎo)數(shù)概念的幾何意義，函數(shù)極值、最值的判定以及靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想判定函數(shù)之間的大小關(guān)系.考查學(xué)生的學(xué)習(xí)能力、抽象思維能力及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)差不多關(guān)系解決咨詢題的能力.總分值12分〔Ⅰ〕解：…………2分〔Ⅱ〕證明：令因?yàn)檫f減，因此遞增，因此，當(dāng)；當(dāng).因此是唯獨(dú)的極值點(diǎn)，且是極小值點(diǎn)，可知的最小值為0，因此即…………6分〔Ⅲ〕解法一：，是不等式成立的必要條件，以下討論設(shè)此條件成立.對任意成立的充要條件是 另一方面，由于滿足前述題設(shè)中關(guān)于函數(shù)的條件，利用〔II〕的結(jié)果可知，的充要條件是：過點(diǎn)〔0，〕與曲線相切的直線的斜率大于，該切線的方程為 因此的充要條件是…………10分 綜上，不等式對任意成立的充要條件是 ① 明顯，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式② 有解、解不等式②得③ 因此，③式即為b的取值范疇，①式即為實(shí)數(shù)在a與b所滿足的關(guān)系.…………12分〔Ⅲ〕解法二：是不等式成立的必要條件，以下討論設(shè)此條件成立.對任意成立的充要條件是………………8分 令，因此對任意成立的充要條件是 由 當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)，，因此，當(dāng)時(shí)，取最小值.因此成立的充要條件是，即………………10分 綜上，不等式對任意成立的充要條件是 ① 明顯，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式② 有解、解不等式②得 因此，③式即為b的取值范疇，①式即為實(shí)數(shù)在a與b所滿足的關(guān)系.…………12分33．〔本小題總分值12分〕數(shù)列的首項(xiàng)前項(xiàng)和為，且〔I〕證明數(shù)列是等比數(shù)列；〔II〕令，求函數(shù)在點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)并比較與的大小.解：由可得兩式相減得即從而當(dāng)時(shí)因此又因此從而故總有，又從而即數(shù)列是等比數(shù)列；〔II〕由〔I〕知因?yàn)橐虼藦亩?=-=由上-==12①當(dāng)時(shí)，①式=0因此；當(dāng)時(shí)，①式=-12因此當(dāng)時(shí)，又因此即①從而34．(本小題總分值14分)動圓過定點(diǎn)，且與直線相切，其中.〔I〕求動圓圓心的軌跡的方程；〔II〕設(shè)A、B是軌跡上異于原點(diǎn)的兩個不同點(diǎn)，直線和的傾斜角分不為和，當(dāng)變化且為定值時(shí)，證明直線恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo).解：〔I〕如圖，設(shè)為動圓圓心，為記為，過點(diǎn)作直線的垂線，垂足為，由題意知：即動點(diǎn)到定點(diǎn)與定直線的距離相等，由拋物線的定義知，點(diǎn)的軌跡為拋物線，其中為焦點(diǎn)，為準(zhǔn)線，因此軌跡方程為；〔II〕如圖，設(shè)，由題意得〔否那么〕且因此直線的斜率存在，設(shè)其方程為，明顯，將與聯(lián)立消去，得由韋達(dá)定理知①〔1〕當(dāng)時(shí)，即時(shí)，因此，因此由①知：因此因此直線的方程可表示為，即因此直線恒過定點(diǎn)〔2〕當(dāng)時(shí)，由，得==將①式代入上式整理化簡可得：，因此，現(xiàn)在，直線的方程可表示為即因此直線恒過定點(diǎn)因此由〔1〕〔2〕知，當(dāng)時(shí)，直線恒過定點(diǎn)，當(dāng)時(shí)直線恒過定點(diǎn).35．〔本小題總分值12分〕 橢圓C1的方程為，雙曲線C2的左、右焦點(diǎn)分不為C1的左、右頂點(diǎn)，而C2的左、右頂點(diǎn)分不是C1的左、右焦點(diǎn).〔Ⅰ〕求雙曲線C2的方程；〔Ⅱ〕假設(shè)直線與橢圓C1及雙曲線C2都恒有兩個不同的交點(diǎn)，且l與C2的兩個交點(diǎn)A和B滿足〔其中O為原點(diǎn)〕，求k的取值范疇.解：〔Ⅰ〕設(shè)雙曲線C2的方程為，那么故C2的方程為〔II〕將由直線l與橢圓C1恒有兩個不同的交點(diǎn)得即①.由直線l與雙曲線C2恒有兩個不同的交點(diǎn)A，B得解此不等式得③由①、②、③得故k的取值范疇為36．〔本小題總分值12分〕 數(shù)列{an}滿足.〔Ⅰ〕用數(shù)學(xué)歸納法證明：；〔Ⅱ〕不等式，其中無理數(shù)e=2.71828….〔Ⅰ〕證明：〔1〕當(dāng)n=2時(shí)，，不等式成立.〔2〕假設(shè)當(dāng)時(shí)不等式成立，即那么.這確實(shí)是講，當(dāng)時(shí)不等式成立.依照〔1〕、〔2〕可知：成立.〔Ⅱ〕證法一：由遞推公式及〔Ⅰ〕的結(jié)論有兩邊取對數(shù)并利用不等式得故上式從1到求和可得即〔Ⅱ〕證法二：由數(shù)學(xué)歸納法易證成立，故令取對數(shù)并利用不等式得上式從2到n求和得因故成立.37．〔本小題總分值12分〕數(shù)列〔1〕證明〔2〕求數(shù)列的通項(xiàng)公式an.解：〔1〕方法一用數(shù)學(xué)歸納法證明：1°當(dāng)n=1時(shí)，∴，命題正確.2°假設(shè)n=k時(shí)有那么而又∴時(shí)命題正確.由1°、2°知，對一切n∈N時(shí)有方法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明： 1°當(dāng)n=1時(shí)，∴；2°假設(shè)n=k時(shí)有成立，令，在[0，2]上單調(diào)遞增，因此由假設(shè)有：即也即當(dāng)n=k+1時(shí)成立，因此對一切〔2〕下面來求數(shù)列的通項(xiàng)：因此,又bn=－1，因此38．〔本小題總分值14分〕如圖，設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，動點(diǎn)P在直線上運(yùn)動，過P作拋物線C的兩條切線PA、PB，且與拋物線C分不相切于A、B兩點(diǎn).〔1〕求△APB的重心G的軌跡方程.〔2〕證明∠PFA=∠PFB.解：〔1〕設(shè)切點(diǎn)A、B坐標(biāo)分不為，∴切線AP的方程為：切線BP的方程為：解得P點(diǎn)的坐標(biāo)為：因此△APB的重心G的坐標(biāo)為，因此，由點(diǎn)P在直線l上運(yùn)動，從而得到重心G的軌跡方程為：〔2〕方法1：因?yàn)橛捎赑點(diǎn)在拋物線外，那么∴同理有∴∠AFP=∠PFB.方法2：①當(dāng)因此P點(diǎn)坐標(biāo)為，那么P點(diǎn)到直線AF的距離為：即因此P點(diǎn)到直線BF的距離為：因此d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.②當(dāng)時(shí)，直線AF的方程：直線BF的方程：因此P點(diǎn)到直線AF的距離為：，同理可得到P點(diǎn)到直線BF的距離，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB.39．〔本小題總分值12分〕 設(shè)A、B是橢圓上的兩點(diǎn)，點(diǎn)N〔1，3〕是線段AB的中點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與橢圓相交于C、D兩點(diǎn).〔Ⅰ〕確定的取值范疇，并求直線AB的方程；〔Ⅱ〕試判定是否存在如此的，使得A、B、C、D四點(diǎn)在同一個圓上？并講明理由.〔此題不要求在答題卡上畫圖〕本小題要緊考查直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎(chǔ)知識以及推理運(yùn)算能力和綜合解決咨詢題的能力.〔Ⅰ〕解法1：依題意，可設(shè)直線AB的方程為，整理得①設(shè)是方程①的兩個不同的根，∴②且由N〔1，3〕是線段AB的中點(diǎn)，得解得k=－1，代入②得，的取值范疇是〔12，+∞〕.因此，直線AB的方程為解法2：設(shè)那么有依題意，∵N〔1，3〕是AB的中點(diǎn)，∴又由N〔1，3〕在橢圓內(nèi)，∴∴的取值范疇是〔12，+∞〕.直線AB的方程為y－3=－〔x－1〕，即x+y－4=0.〔Ⅱ〕解法1：∵CD垂直平分AB，∴直線CD的方程為y－3=x－1，即x－y+2=0，代入橢圓方程，整理得又設(shè)CD的中點(diǎn)為是方程③的兩根，∴因此由弦長公式可得④將直線AB的方程x+y－4=0，代入橢圓方程得⑤同理可得⑥∵當(dāng)時(shí)，假設(shè)存在>12，使得A、B、C、D四點(diǎn)共圓，那么CD必為圓的直徑，點(diǎn)M為圓心.點(diǎn)M到直線AB的距離為⑦因此，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得故當(dāng)>12時(shí)，A、B、C、D四點(diǎn)勻在以M為圓心，為半徑的圓上.〔注：上述解法中最后一步可按如下解法獲得：〕A、B、C、D共圓△ACD為直角三角形，A為直角|AN|2=|CN|·|DN|，即⑧由⑥式知，⑧式左邊由④和⑦知，⑧式右邊∴⑧式成立，即A、B、C、D四點(diǎn)共圓.解法2：由〔Ⅱ〕解法1及λ>12,∵CD垂直平分AB，∴直線CD方程為，代入橢圓方程，整理得③將直線AB的方程x+y－4=0，代入橢圓方程，整理得⑤解③和⑤式可得不妨設(shè)∴運(yùn)算可得，∴A在以CD為直徑的圓上.又B為A關(guān)于CD的對稱點(diǎn)，∴A、B、C、D四點(diǎn)共圓.〔注：也可用勾股定理證明AC⊥AD〕40．〔本小題總分值14分〕 不等式為大于2的整數(shù)，表示不超過的最大整數(shù).設(shè)數(shù)列的各項(xiàng)為正，且滿足〔Ⅰ〕證明〔Ⅱ〕推測數(shù)列是否有極限？假如有，寫出極限的值〔不必證明〕；〔Ⅲ〕試確定一個正整數(shù)N，使得當(dāng)時(shí)，對任意b>0，都有本小題要緊考查數(shù)列、極限及不等式的綜合應(yīng)用以及歸納遞推的思想.〔Ⅰ〕證法1：∵當(dāng)即因此有所有不等式兩邊相加可得由不等式知，當(dāng)n≥3時(shí)有，∵證法2：設(shè)，第一利用數(shù)學(xué)歸納法證不等式〔i〕當(dāng)n=3時(shí)，由知不等式成立.〔ii〕假設(shè)當(dāng)n=k〔k≥3〕時(shí)，不等式成立，即那么即當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立.由〔i〕、〔ii〕知，又由不等式得〔Ⅱ〕有極限，且〔Ⅲ〕∵那么有故取N=10