2022年高考数学压轴题跟踪演练系列四 .pdf

学习必备欢迎下载备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列四1 （本小题满分14 分）已知 f(x)=222xax(xR) 在区间 1，1上是增函数 . （）求实数a 的值组成的集合A；（）设关于 x 的方程 f(x)=x1的两个非零实根为x1、 x2.试问：是否存在实数m， 使得不等式m2+tm+1|x1x2|对任意 aA 及 t1，1恒成立？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由. 本小题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.满分 14 分. 解： （） f (x)=222)2(224xxax= 222)2()2(2xaxx，f(x) 在1，1上是增函数，f (x)0 对 x 1，1恒成立，即 x2 ax2 0 对 x1，1恒成立 . 设(x)=x2ax 2，方法一：(1)=1 a20，1a1，(1)=1+a 2 0. 对 x1， 1， f(x)是连续函数，且只有当a=1 时， f(-1)=0 以及当 a=1 时， f(1)=0 A=a| 1a1. 方法二：2a 0，2a0 x1，x2是方程 x2ax 2=0 的两非零实根，x1+x2=a，从而 |x1 x2|=212214)(xxxx=82a. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页学习必备欢迎下载x1x2=2， 1a1， |x1-x2|=82a3. 要使不等式m2+tm+1 |x1x2|对任意 aA 及 t1，1恒成立，当且仅当m2+tm+1 3 对任意 t1，1恒成立，即 m2+tm 2 0 对任意 t1，1恒成立 . 设 g(t)=m2+tm2=mt+(m22)，方法一：g(1)=m2m20，g(1)=m2+m20，m2 或 m 2. 所以，存在实数 m， 使不等式m2+tm+1 |x1x2|对任意 aA 及 t 1， 1恒成立，其取值范围是 m|m2，或 m 2. 方法二：当 m=0 时，显然不成立；当 m 0 时，m0 ，m0，y20. 由 y=21x2，得 y=x. 过点 P 的切线的斜率k切= x1，直线 l 的斜率 kl=切k1=-11x，直线 l 的方程为y21x12=11x(xx1)，方法一：联立消去y，得 x2+12xxx122=0. M 是 PQ 的中点x0=221xx=-11x，y0=21x1211x(x0 x1). 消去 x1，得 y0=x02+2021x+1(x00)，PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x2+2021x+1(x 0). 方法二：由 y1=21x12，y2=21x22，x0=221xx，得 y1 y2=21x1221x22=21(x1+x2)(x1x2)=x0(x1x2)，则 x0=2121xxyy=kl=-11x，x1=01x，将上式代入并整理，得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页学习必备欢迎下载y0=x02+2021x+1(x0 0)，PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x2+2021x+1(x 0). （）设直线l:y=kx+b ，依题意k0，b 0，则 T(0 ，b). 分别过 P、 Q 作 PP x 轴， QQ y 轴，垂足分别为P 、Q ，则|SQSTSPST|21ybybQQOTPPOT. y=21x2由消去 x，得 y22(k2+b)y+b2=0. y=kx+b y1+y2=2(k2+b)，则y1y2=b2. 方法一：|SQSTSPST|b|(2111yy)2|b|211yy=2|b|21b=2. y1、y2可取一切不相等的正数，|SQSTSPST的取值范围是（2，+）. 方法二：|SQSTSPST=|b|2121yyyy=|b|22)(2bbk. 当 b0 时，|SQSTSPST=b22)(2bbk=bbk)(22=bk22+22 ；当 b0 ，于是 k2+2b0 ，即 k22b. 所以|SQSTSPSTbbb)2(2=2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页学习必备欢迎下载当 b0 时，bk22可取一切正数，|SQSTSPST的取值范围是（2，+）. 方法三：由 P、Q、T 三点共线得kTQ=KTP，即22xby=11xby. 则 x1y2 bx1=x2y1bx2，即 b(x2x1)=(x2y1x1y2). 于是 b=122212122121xxxxxx=21x1x2. |SQSTSPST=|21ybyb=1|21|21xx+1|21|21xx=|12xx+|21xx2. |12xx可取一切不等于1 的正数，|SQSTSPST的取值范围是（2，+）. 3 （本小题满分12 分）某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3 ，一旦发生，将造成400 万元的损失 . 现有甲、 乙两种相互独立的预防措施可供采用. 单独采用甲、 乙预防措施所需的费用分别为45 万元和30 万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为0.9 和 0.85. 若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少. （总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.）本小题考查概率的基本知识和数学期望概念及应用概率知识解决实际问题的能力，满分12 分. 解：不采取预防措施时，总费用即损失期望为4000.3=120 （万元）；若单独采取措施甲，则预防措施费用为45 万元，发生突发事件的概率为10.9=0.1 ，损失期望值为4000.1=40 （万元），所以总费用为45+40=85 （万元）若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30 万元，发生突发事件的概率为10.85=0.15 ，损失期望值为4000.15=60 （万元），所以总费用为30+60=90 （万元）；若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45+30=75 （万元），发生突发事件的概率为（10.9 ） （10.85） =0.015 ，损失期望值为4000.015=6 （万元），所以总费用为75+6=81 （万元） . 2 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页学习必备欢迎下载综合、，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少. 4 （本小题满分14 分）已知.,2, 1,1, 011naaaaaaannn满足数列（I）已知数列na极限存在且大于零，求nnaAlim（将 A 用 a 表示） ；（II）设;)(:,2, 1,1AbAbbnAabnnnnn证明（III）若,2, 121|nbnn对都成立，求a 的取值范围 . 本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，满分 14 分. 解： （I）由两边取极限得对且存在nnnnnnaaaAaAa1),0(lim,lim1.24,0.24,122aaAAaaAAaA又解得（II）.11,11AbaAbaaaAbannnnnn得由都成立对即,2, 1)(.)(11111nAbAbbAbAbAbAAbAabnnnnnnnn（III）.21|)4(21|,21|21aaab得令.,2,121| ,23.23, 14.21|)4(21|22都成立对时现证明当解得nbaaaaaann（i）当 n=1 时结论成立（已验证）. （ii）假设当那么即时结论成立,21|,)1(kkbkknkkkkkAbAAbAbb21|1|)(|1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页学习必备欢迎下载故只须证明.232|,21|1成立对即证aAbAAbAkk.212121| ,23. 2|, 1212|.2, 14,23,422411222kkkkkkkbaAbAbAAbAaaaaaaaA时故当即时而当由于即 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).,23,2 ,121|的取值范围为都成立的对anbnn5 （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aR，函数2( )|f xxxa . ()当2a时，求使( )f xx 成立的 x的集合；()求函数( )yf 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： （）由题意，2( )2f xxx. 当2x时，2( )(2)f xxxx ，解得0 x或1x；当2x时，2( )(2)f xxxx ，解得12x. 综上，所求解集为0 1 12，. （）设此最小值为m . 当1a时，在区间1 2， 上，32()f xxax . 因为22( )323 ()03fxxaxx xa，(1 2)x，则( )f x 在区间 1 2， 上是增函数，所以(1)1mfa . 当12a时，在区间 1 2， 上，2( )()0f xxxa，由( )0f a知( )0mf a. 当2a时，在区间 1 2， 上，23( )f xaxx . 22( )233 ()3fxaxxxax . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页学习必备欢迎下载若3a，在区间 (1 2)，内( )0fx，从而()f x 为区间 1 2，上的增函数，由此得(1)1mfa. 若23a，则2123a. 当213xa 时，( )0fx，从而( )f x 为区间213a，上的增函数；当223ax时，( )0fx，从而( )f x 为区间223a，上的减函数 . 因此，当23a时，(1)1mfa或(2)4(2)mfa. 当723a时， 4(2)1aa，故(2)4(2)mfa；当733a时，14(2)aa，故(1)1mfa. 综上所述，所求函数的最小值111274(2)23713aaamaaaa，当时；0，当时；， 当时；，当时6 （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na的前 n项和为nS ，已知1231611aaa，且1(58)(52)1 2 3nnnSnSAnB n，其中 A B， 为常数 . ( )求A与B的值；( )证明：数列na为等差数列；( )证明：不等式51mnmnaa a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： （）由已知，得111Sa，2127Saa，312318Saaa. 由1(58)(52)nnnSnSAnB ，知2132372122SSABSSAB，即28248ABAB，解得20A，8B. （）方法1 由（），得1( 58)( 52 )2 08nnnSnSn，所以21(53)(57)2028nnnSnSn. -，得21(53)(101)(52)20nnnnSnSnS，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页学习必备欢迎下载所以321(52)(109)(57)20nnnnSnSnS. -，得321(52)(156)(156)(52)0nnnnnSnSnSnS. 因为11nnnaSS ，所以321(52)(104)(52)0nnnnanana. 又因为520n，所以32120nnnaaa，即3221nnnnaaaa，1n. 所以数列na为等差数列 . 方法 2 由已知，得111Sa，又1(58)(52)208nnnSnSn，且580n，所以数列nS是唯一确定的，因而数列na是唯一确定的. 设54nbn，则数列nb为等差数列，前n项和(53)2nnnT. 于是1(1 ) ( 52 )( 53 )( 58 )( 52 )( 58 )( 52 )20822nnnnnnnTnTnnn，由唯一性得nnba ，即数列na为等差数列 . （）由（）可知，15(1)54nann. 要证51mnmnaa a，只要证512mnmnmnaa aa a. 因为54mnamn，(54)(54)2520()16mna amnmnmn，故只要证5( 54 )12 520 ()1 62mnmnmnmna a，即只要证2 02 03 72mnmna a. 因为2558mnmna aaamn558(151529)mnmn202037mn，所以命题得证. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页