文科数学高考压轴题集结.pdf

1、已知 函数21( )32f xx，( )h xx （）设函数22( )18 ( ) ( )F xf xxh x，求( )F x的单调区间与极值；（）设aR，解关于x 的方程33lg(1)2lg()2lg(4)24f xh axhx ；（）设*nN ，证明：1( ) ( ) (1)(2)( )6f n h nhhh n2、已知定点( 1,0),(2,0)AF, 定直线1:2lx，不在x轴上的动点P与点 F 的距离是它到直线l的距离的2 倍，设点P 的轨迹为E，过点 F 的直线交E于 B、C两点，直线AB 、AC分别交l于点 M 、 N. ( ) 求 E的方程；（）试判断以线段MN为直径的圆是否过点F,并说明理由。3、设1( )(0,1),( )1xxaf xaag xa且是( )f x的反函数，（）求( )g x。 （）当2,6x时，恒有2( )log(1)(7)atg xxx成立，求t的取值范围。 （） 当102a时，试比较(1)(2)( )fff n与4n的大小， 并说明理由。4 已知 O 为坐标原点， F为椭圆22:12yCx在 y 轴正半轴上的焦点，过F 且斜率为- 2的直线l与 C 交与 A、 B 两点，点 P 满足0.OAOBOP()证明：点P在 C 上；（）设点P 关于点 O 的对称点为Q，证明： A、P、B、Q 四点在同一圆上. 5 设数列na的前n项和为22nnnSa，（）求14,a a； （）证明：12nnaa是等比数列；（）求na的通项式6 设椭圆22221,0 xyabab的左右焦点分别为12,F F，离心率22e，点2F到右准线为l的距离为2（）求,a b的值； （）设,M N是l上的两个动点，120FMF N，证明：当MN取最小值时，12220F FF MF N7 求 F1、F2分别是横线2214xy的左、右焦点. （）若r 是第一象限内该数轴上的一点，221254PFPF，求点 P 的作标；（）设过定点M（0，2）的直线l 与椭圆交于同的两点A、B，且 ADB 为锐角（其中O为作标原点） ，求直线l的斜率k的取值范围 . 8 已知函数f （x） =x24，设曲线 yf （x）在点（xn，f （xn） ）处的切线与x 轴的交点为 （ xn+1,u）（u,N +） ，其中为正实数. （）用xx表示 xn+1；（）若a1=4，记 an=lg22nnxx，证明数列a1成等比数列，并求数列xn的通项公式；（）若 x1 4，bnxn2，Tn是数列 bn的前 n 项和，证明Tn39. （本小题满分12 分）设 a 为实数，函数axxxxf23)(。（）求)(xf的极值；（）当a 在什么范围内取值时，曲线xxfy与)(轴仅有一个交点。10. （本小题满分14 分） P、Q、M、N 四点都在椭圆1222yx上， F 为椭圆在y 轴正半轴上的焦点。已知PQPF 与共线，FNMF 与共线，0MFPF。 求四边形PMQN的面积的最小值和最大值。11设aR，函数2()22.fxa xxa若( )0f x的解集为A，|13 ,BxxAB，求实数a的取值范围。12 已知抛物线24xy的焦点为F， A、 B 是抛物线上的两动点， 且(0).AFFB过 A、B 两点分别作抛物线的切线，设其交点为M。（I）证明FMAB为定值；（II ）设ABM的面积为S，写出( )Sf的表达式，并求S 的最小值。1 解 ： （）223( )18 ( ) ( )129(0)F xf xx h xxxx，2( )312F xx令( )0Fx，得2x（2x舍去） 当(0,2)x时( )0Fx；当(2,)x时，( )0Fx，故当0,2)x时，( )F x 为增函数；当2,)x时，( )F x 为减函数2x为( )F x 的极大值点，且(2)824925F（） 方法一： 原方程可化为42233log (1)log()log(4)24f xh axhx ，即为4222log (1)loglog4log4axxaxxx，且,14,xax当14a时，1xa，则14axxx，即2640 xxa，364(4)2040aa，此时6204352axa ，1xa，此时方程仅有一解35xa 当4a时，14x， 由14axxx， 得264 0 xx a，364(4)204aa ，若45a，则0，方程有两解35xa ；若5a时，则0，方程有一解3x；若1a或5a，原方程无解方法二： 原方程可化为422log (1)log(4)log()xhxh ax ，即2221log (1)log4log2xxax ，10,40,0,(1)(4).xxaxxxax214,(3)5.xxaax当14a时，原方程有一解35xa ；当45a时，原方程有二解35xa ；当5a时，原方程有一解3x；当1a或5a时，原方程无解（）由已知得(1)(2)( )12hhh nn ，1431( ) ( )666nf n h nn设数列 na的前 n 项和为nS ，且1( ) ( )6nSf n h n（*nN ）从而有111aS，当2100k时，14341166kkkkkaSSkk又1(43)(41)16kakkkkk221(43)(41) (1)6(43)(41)1kkkkkkkk1106 (43)(41)1kkkk即对任意2k时，有kak，又因为111a，所以1212naaan 则(1)(2)( )nShhh n ，故原不等式成立2、解析：（）设( , )P x y，则221(2)2()2xyx，化简得：221(0)3yxy（4 分）（）由当直线BC与x轴不垂直时，设BC的方程为(2)(0)yk xk，与双曲线方程221(0)3yxy联立消去y得2222(3)4(43)0kxk xk，由 题 意 知230k且0， 设1122(,) ,(,)B xyCxy， 则212243kxxk，2122433kx xk，2212121212(2)(2)2()4y ykxxkx xxx22222438433kkkkk2293kk。12,1x x， 所 以 直 线AB 的 方 程 为11(1)1yyxx， 因 此M 点 的 坐 标 为1131(,)2 2(1)yx。1133(,)2 2(1)yFMx，同理可得2233(,)2 2(1)yFNx因此22122212228193393()()0434224(1)(1)44(1)33ky ykFMFNkkxxkk 当直线 BC与x轴垂直时，设BC的方程为2x，则(2,3),(2,3)BC,AB 的方程为1yx，因此 M的坐标为1 3(,)2 2M，3 3(,)2 2FM, 同理得33(,)22FN,因此3333()()()02222FMFN。综上0FM FN，FMFN，即FMFN, 故以线段MN 为直径的圆过点F. (12 分) 3、解析：（）由题意得101xyay，故1( )log,(, 1)(1,)1axg xxx，（3 分）（）由1( )log1axg xx2log(1)(7)atxx得 当1a时，11xx20(1)(7)txx，又因为2,6x，所以20(1) (7)txx。令232( )(1) (7)9157,2,6h xxxxxxx则2( )318153(1)(5)h xxxxx，列表如下：x2 (2,5) 5 (5,6) 6 t0 t5 极大值 32 25 所以( )5h x最小值，05t， 当01a时， ，101xx2(1)(7)txx，又因为2,6x，所以由知( )32h x最大值，32t，综上，当1a时，05t；当01a时，32t。（9 分）（）设11ap，则1P，当1n时，12(1)1351afap，当2n时，设2,kkN时，则122122( )111(1)1.kkkkkKKKaf kapC pC pC p所以1224441( )111(1)1kkf kCCk kkk，从而44(2)(3)( )1121fff nnnn。所以，(1)(2)(3)( )(1)14ffff nfnn综上，总有(1)(2)(3)( )4ffff nn。（14 分）4 (I) 设1122(,),(,)A x yB xy直线:21lyx，与2212yx联立得242 210 xx126262,44xx=121221,24xxx x由0.OAOBOP得1212( (), ()Pxxyy122()2xx, （ y1+y2） =1，222( 1)()122（II ）法一：12121212( 1)( 1)22()()22tan( 1)( 1)1122()()22PAPBPAPByyxxkkAPByykkxx212112123()4()33 293()22xxxxx xxx同理212121211122()22tan111122()22QBQAQAQByyxxkkAQByykkxx12211212()4()3213()22xxxxx xxx所以,APBAQB互补，因此 A、P、 B、Q 四点在同一圆上。法二：由2(,1)2P和题设知，2(,1)2Q,PQ 的垂直平分线1l的方程为22yx设 AB 的中点为 M ，则2 1(,)42M，AB 的垂直平分线2l的方程为2124yx由得1l、2l的交点为2 1(,)88N222213 11|()( 1)2888NP, 2213 2|1(2)|2ABxx3 2|4AM,2222113 3|()()48288MN, 223 11|8NAAMMN故| |NPNA.| |,| |NPNQNANB所以 A、P、 B、 Q 四点在同一圆圆N 上.5 解： （）因为1111,22aSaS，所以112,2aS由22nnnaS知11122nnnaS112nnnaS得12nnnaS所以222122226,8aSS3332228216,24aSS443240aS（）由题设和式知1122nnnnnnaaSS122nn2n所以是首项为2，公比为2 的等比数列。（）21112211222222nnnnnnnaaaaaaaa112nn6 解： 因为aec，2F到l的距离ccad2，所以由题设得2222ccaca解得2,2ca由2222bac，得2b（）由2,2ca得122,0 ,2,0FF，l的方程为2 2x故可设122 2,2 2,MyNy由知120FMF N知12222,2 22,0yy得126y y，所以122160,y yyy121111612 6MNyyyyyy当且仅当16y时，上式取等号，此时21yy所以，1222122 2,02,2,F FF MF Nyy120,yy07（）易知2a，1b，3c1(3,0)F，2( 3,0)F设( , )P x y(0,0)xy则22125(3,)(3,)34PFPFxyxyxy，又2214xy，联立22227414xyxy，解得22113342xxyy，3(1,)2P（）显然0 x不满足题设条件可设l的方程为2ykx，设11(,)A x y，22(,)B xy联立22222214(2)4(14)1612042xyxkxkxkxykx1221214x xk，1221614kxxk由22(16 )4 (1 4) 120kk22163(1 4)0kk，2430k，得234k又AOB为锐角cos00AOBOA OB，12120OA OBx xy y又212121212(2)(2)2 ()4y ykxkxk x xk xx1212x xy y21212(1)2 ()4kx xk xx2221216(1)2()41414kkkkk22212(1)21641414kkkkk224(4)014kk2144k综可知2344k，k的取值范围是33( 2,)(,2)228（）由题可得( )2fxx所以曲线( )yf x在点(,()nnxf x处的切线方程是：()()()nnnyf xfxxx即2(4)2()nnnyxxxx令0y，得21(4)2()nnnnxxxx即2142nnnxx x显然0nx，122nnnxxx（）由122nnnxxx，知21(2 )22222nnnnnxxxxx，同理21(2)22nnnxxx故21122()22nnnnxxxx从而1122lg2lg22nnnnxxxx，即12nnaa所以，数列na成等比数列故111111222lg2lg32nnnnxaax即12lg2lg32nnnxx从而12232nnnxx所以11222(31)31nnnx（）由（）知11222(31)31nnnx，1242031nnnbx1111 12122223111113313133nnnnnnbb当1n时，显然1123Tb当1n时，21121111( )( )333nnnnbbbb12nnTbbb111111( )33nbbb111( ) 3113nb133 ( )33n综上，3nT(*)nN9 解： （I）123)(2xxxf若fx()0，则x131，当 x 变化时，)(),( xfxf变化情况如下表：x ()，1313()131，1 ()1，fx( )0 0 f x( )极大值极小值所以 f(x) 的极大值是fa()13527，极小值是fa( )11（II）函数f xxxxaxxa( )() ()322111由此可知x 取足够大的正数时，有f x( )0，x 取足够小的负数时有f x( )0，所以曲线yf x( )与 x 轴至少有一个交点。结合 f(x) 的单调性可知：当 f(x) 的极大值5270a，即a()，527时，它的极小值也小于0，因此曲线yf x( )与 x 轴仅有一个交点，它在()1，上；当 f(x) 的极小值a10，即a()1，时，它的极大值也大于0，因此曲线yf x( )与 x 轴仅有一个交点，它在()，13上所以当a()()，5271时，曲线yf x( )与 x 轴仅有一个交点。10 解：如图， 由条件知MN 和 PQ 是椭圆的两条弦，相交于焦点F（0，1）且MNPQ，直线 PQ、MN 中至少有一条存在斜率，不妨设PQ 的斜率为k。又 PQ 过点 F（0，1） ，故 PQ 方程为 ykx 1 将此式代入椭圆方程得012)2(22kxxk设P、Q两点的坐标分别为),(),(2211yxyx，则222221222,222kkkxkkkx从而22222212212)2()1(8)()(|kkyyxxPQ亦即222)1(22|kkPQ（i ）当0k时， MN 的斜率为k1，同上可推得22)1(2)1(1(22|kkMN故四边形面积|21MNPQS)12)(2()11)(1(42222kkkk2222225)12(4kkkk令221kku，得)2511(225)2(4uuuS因为2122kku当1k时，9162，Su且 S 是以 u 为自变量的增函数所以2916S（ii ）当 k=0 时， MN 为椭圆长轴，2|22|PQ，MN2|21MNPQS综合（ i） ， （ii）知，四边形PMQN 面积的最大值为2，最小值为91611 解：由 f（x）为二次函数知0a令 f（x） 0 解得其两根为122211112,2xxaaaa由此可知120,0 xx（i）当0a时，12|Ax xxx xxAB的充要条件是23x，即21123aa解得67a（ii ）当0a时，12|Ax xxxAB的充要条件是21x，即21121aa解得2a综上，使AB成立的 a 的取值范围为6(, 2)(,)712解： ()由已知条件，得F(0，1)， 0设 A(x1，y1)，B(x2，y2)由 AF FB，即得(x1，1y) (x2，y21)，x1x21 y1 (y2 1) 将式两边平方并把y114x12，y214x22代入得y12y2解、式得y1 ，y21，且有 x1x2 x22 4y2 4，抛物线方程为y14x2，求导得 y12x所以过抛物线上A、B 两点的切线方程分别是y12x1(xx1)y1，y12x2(xx2) y2，即 y12x1x14x12， y12x2x14x22解出两条切线的交点M 的坐标为 (x1x22，x1x24) (x1x22， 1) 4 分所以 FM AB(x1x22， 2) (x2x1，y2y1)12(x22x12)2(14x2214x12)0 所以 FM AB为定值，其值为0 7 分()由()知在 ABM 中， FMAB，因而 S12|AB|FM |FM |(x1x22)2(2)214x1214x2212x1x24 y1y212(4) 4 12 1因为 |AF|、 |BF|分别等于A、B 到抛物线准线y 1 的距离，所以|AB|AF|BF|y1y22 12( 1)2于是S 12|AB|FM |( 1)3，由 12 知 S4，且当 1 时， S取得最小值4