2022年年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解二 .pdf

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1、2009 年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解二1.(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)0,x 0,fn(x)a0 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 ,fn+1(n+1)=(n+1)(n+1)n (n+1+a)n n,fn+1(n+1)|u v|，所以 p(

2、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，v0，1，则：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 10 页 -|g(u)g(v)|=|(1 u)(1+v)|=|u v|=|v+u|v u|=|u v|，满足题设条件;40 若 u0，1，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

3、(x)=1xx(x 1)的图象上，且有 t2 c2at+4c2=0(c 0).(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 1x1,法 1.设 1 x1 x2,则 f(x2)f(x1)=1 1x12 1+1x11=)1x)(1x(xx1221.1 x1 x2,x1 x2 0,x2+1 0,f(x2)f(x1)0,即 f(x2)0 得 x 1,x 1 时，f(x)单调递增.（3）（仅理

4、科做）f(x)在 x 1 时单调递增，|c|a|4 0,f(|c|)f(|a|4)=1|a|4|a|4=4|a|4f(|a|)+f(|c|)=1|a|a|+4|a|4 4|a|a|+4|a|4=1.即 f(|a|)+f(|c|)1.4（本小题满分15 分）设定义在R 上的函数43201234()f xa xa xa xa xa（其中iaR，i=0,1,2,3,4），名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 10 页 -当x=1 时，f(x)取得极大值23，并且函数y=f(x+1)的图象关于点（1，0）对称（1）求 f(x)的表达式；（2）试在函数 f(x)的图象上求两点，使

5、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；（3）若+212(13),(N)23nnnnnnxyn，求证：4()().3nnf xfy解：（1）31().3f xxx5 分（2）20,0,2,3或20,0,2,.3 10 分（3）用导数求最值，可证得4()()(1)(1).3nnf xf yff 15 分5（本小题满分13 分）设 M 是椭圆22:1124xyC上的一点，P、Q、T 分别为 M 关于 y 轴、原点、x 轴的对称点，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11221

6、1(,),(,)(0),(,),M x yN xyx yE x y则111111(,),(,),(,),Px yQxyT xy 1 分221122221,(1)1241.(2)124xyxy3 分由（1）（2）可得1.3MNQNkk6 分又 MN MQ，111,MNMQMNxkkky所以11.3QNykx直线 QN 的方程为1111()3yyxxyx，又直线PT 的方程为11.xyxy 10分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 10 页 -从而得1111,.22xx yy所以112,2.xx yy代入（1）可得221(0),3xyxy此即为所求的轨迹方程.13 分6（

7、本小题满分12 分）过抛物线yx42上不同两点A、B 分别作抛物线的切线相交于P 点，.0PBPA（1）求点 P 的轨迹方程；（2）已知点 F（0，1），是否存在实数使得0)(2FPFBFA？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.解法（一）：（1）设)(),4,(),4,(21222211xxxxBxxA由,42yx得：2xy2,221xkxkPBPA4,021xxPBPAPBPA3 分直线 PA 的方程是：)(241121xxxxy即42211xxxy同理，直线PB 的方程是：42222xxxy由得：),(,142212121Rxxxxyxxx点 P 的轨迹方程是).(1Rxy6 分（2）

8、由（1）得：),14,(211xxFA),14,(222xxFB)1,2(21xxP4),2,2(2121xxxxFP42)14)(14(2221222121xxxxxxFBFA10 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 10 页 -2444)()(22212212xxxxFP所以0)(2FPFBFA故存在=1 使得0)(2FPFBFA12 分解法（二）：（1）直线PA、PB 与抛物线相切，且,0PBPA直线 PA、PB 的斜率均存在且不为0，且,PBPA设 PA 的直线方程是)0,(kRmkmkxy由yxmkxy42得：0442mkxx016162mk即2km3 分

9、即直线 PA 的方程是：2kkxy同理可得直线PB 的方程是：211kxky由2211kxkykkxy得：11yRkkx故点 P 的轨迹方程是).(1Rxy6 分（2）由（1）得：)1,1(),1,2(),2(22kkPkkBkkA)11,2(),1,2(22kkFBkkFA)2,1(kkFP)1(2)11)(1(42222kkkkFBFA10 分)1(24)1()(2222kkkkFP故存在=1 使得0)(2FPFBFA12 分7（本小题满分14 分）设函数xaxxxfln1)(在),1 上是增函数.（1）求正实数a的取值范围；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 1

10、0 页 -（2）设1,0 ab，求证：.ln1bbabbaba解：（1）01)(2axaxxf对),1x恒成立，xa1对),1x恒成立又11x1a为所求.4 分（2）取bbax，1,0,1bbaba，一方面，由（1）知xaxxxfln1)(在),1 上是增函数，0)1()(fbbaf0ln1bbabbaabba即babba1ln8 分另一方面，设函数)1(ln)(xxxxG)1(0111)(xxxxxG)(xG在),1(上是增函数且在0 xx处连续，又01)1(G当1x时，0)1()(GxGxxln即bbabbaln综上所述，.ln1bbabbaba14 分8(本小题满分12 分)如图，直角坐

11、标系xOy 中，一直角三角形ABC，90C，B、C在 x 轴上且关于原点O对称，D在边BC上，3BDDC，ABC!的周长为12若一双曲线E以B、C为焦点，且经过A、D两点(1)求双曲线E的方程；(2)若一过点(,0)P m（m 为非零常数）的直线l与双曲线E相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且 MPPN，问在 x 轴上是否存在定xyDOCAB名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 10 页 -点G，使()BCGMGN？若存在，求出所有这样定点G的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)设双曲线E的方程为22221(0,0)xyabab，则(,0),(,0),(,0)BcD

12、aC c由3BDDC，得3()caca，即2ca222|16,|124,|2.ABACaABACaABACa（3 分）解之得1a，2,3cb双曲线E的方程为2213yx（5 分）(2)设在 x 轴上存在定点(,0)G t，使()BCGMGN 设直线l的方程为xmky，1122(,),(,)M xyN xy由 MPPN，得120yy即12yy（6 分）(4,0)BC，1212(,)GMGNxtxt yy，()BCGMGN12()xtxt 即12()kymtkymt（8 分）把代入，得12122()()0ky ymtyy（9 分）把 xmky 代入2213yx并整理得222(31)63(1)0ky

13、kmym其中2310k且0，即213k且2231km212122263(1),3131kmmyyy ykk（10 xyDOCABNBCOyxGMP名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 10 页 -分）代入，得2226(1)6()03131k mkm mtkk，化简得kmtk当1tm时，上式恒成立因此，在 x轴上存在定点1(,0)Gm，使()BCGMGN（12分）9(本小题满分14 分)已知数列na各项均不为0，其前 n项和为nS，且对任意*nN 都有(1)nnp Sppa（p为大于 1 的常数），记12121CCC()2nnnnnnnaaaf nS(1)求na；(2)试

14、比较(1)f n与1()2pf np的大小（*nN）；(3)求证：2111(21)()(1)(2)(21)112nppnf nfffnpp剟，（*nN）解：(1)(1)nnp Sppa，11(1)nnp Sppa，得11(1)nnnp apapa，即1nnapa（3 分）在中令1n，可得1ap na是首项为1ap，公比为p的等比数列，nnap（4 分）(2)由(1)可得(1)(1)11nnnppp pSpp12121CCCnnnnnaaa1221CCC(1)(1)nnnnnnnppppp名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 10 页 -12121CCC()2nnnnnn

15、naaaf nS1(1)2(1)nnnpppp，（5 分）(1)f n1111(1)2(1)nnnpppp而1()2pf np1111(1)2()nnnppppp，且1p，1110nnppp，10p(1)f n1()2pf np，（*nN）（8 分）(3)由(2)知1(1)2pfp，(1)f n1()2pf np，（*nN）当2n时，211111()(1)()(2)()(1)()2222nnppppf nf nf nfpppp221111(1)(2)(21)222npppfffnppp,2111112npppp，（10 分）（当且仅当1n时取等号）另一方面，当2n，1,2,21kn时，2221

16、(1)(1)()(2)2(1)2(1)kn kkkn kn kpppf kfnkppp2221(1)(1)22(1)2(1)knkkknknkpppppp21 2(1)12(1)(1)nnkn kppppp221 2(1)121nnnkn kpppppp22kn knppp，2222121(1)nkn knnnpppppp,12(1)()(2)2()2(1)nnnppf kfnkf npp，（当且仅当kn时取等号）（13分）2121211111()()(2)()(21)()2nnnkkkf kf kfnkf nnf n（当且仅当1n时取等号）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 10 页 -综上所述，2121111(21)()()112nnkppnf nf kpp剟，（*nN）（14 分）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 10 页 -