2022年备战数学高考的压轴题.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 1（本小题满分 14 分）m已知 fx=2xaxR在区间 1,1上是增函数 . x22（）求实数a 的值组成的集合A；（）设关于x 的方程 fx=1 的两个非零实根为 xx1、x2.试问：是否存在实数m,使得不等式2+tm+1 |x 1x 2|对任意 aA 及 t1,1恒成立？如存在,求m 的取值范畴；如不存在,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学问,考查数形结合及分类争论思想和敏捷运用数学学问分析问题和解决问题的才能.满分 14 分. 解：（） fx=42ax2 x2= 2 x2ax2 ,x22 2x22 2

2、 fx 在1,1 上是增函数, fx 0 对 x1,1恒成立,即 x2ax20 对 x1, 1恒成立 . 设x=x2ax2,方法一：1=1 a2 0,1 a1, 1=1+a 20. 对 x1,1,fx 是连续函数,且只有当 A=a| 1a1. 方法二：a=1 时, f -1=0 以及当 a=1 时, f1=0 a 0,2或a 0 x22 x1,x2 是方程 x2ax2=0 的两非零实根,x 1+x 2=a,名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 29 页精选学习资料 - - - - - - - - - 从而 |x 1x 2|=x 1x224 x 1x 2=a28. x1x2=2

3、,2 1 a1, |x 1-x 2|= a 83. 要使不等式 m 2+tm+1 |x 1x2|对任意 a A 及 t 1,1恒成立,当且仅当 m 2+tm+1 3 对任意 t1,1 恒成立,即 m2+tm 20 对任意 t1, 1恒成立 . 设 gt=m 2+tm 2=mt+m 22,方法一：g 1=m 2m20, g1=m 2+m 20,m 2 或 m 2. 所以,存在实数m,使不等式m2+tm+1 |x 1x2|对任意 a A 及 t 1,1恒成立,其取值范围是 m|m 2,或 m 2. 方法二：当 m=0 时,明显不成立；当 m 0 时,m0 ,2 m20 或m0,y20. 由 y=1

4、 x 22,得 y=x. 过点 P 的切线的斜率k切= x 1,xx 1,直线 l 的斜率 k l=1 =-k 切1,x 1直线 l 的方程为 y1 x1 22=1x1方法一：联立消去y,得 x2+2xx 12 2=0. x 1 M 是 PQ 的中点x 0=x 12x2=-1,x 1y 0=1 x 1 221x 0x1. 2+1x 0. x 1消去 x 1,得 y0=x 02+12+1x 0 0,2 x0 PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x2+21x 0方法二：名师归纳总结 由 y 1=1 x1 22,y 2=1 x 2 22,x0=x 12x2,第 3 页,共 29 页得 y 1y2=1x

5、121x 22=1x 1+x 2x 1x 2=x 0x 1x2,222- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就 x 0=y 1y2=k l=-1,x 1x2x 1 x1=1,x 0将上式代入并整理,得y 0=x 0 2+ 12 +1x 0 0,2 x 0 PQ 中点 M 的轨迹方程为 y=x2+ 12 +1x 0. 2 x 0（）设直线 l:y=kx+b ,依题意 k 0,b 0,就 T0 ,b. 分别过 P、Q 作 PP x 轴, QQ y 轴,垂足分别为 P、Q,就| ST | | ST | | OT | | OT | | b | | b |. | S

6、P | | SQ | | P P | | Q Q | | y 1 | | y 2 |y= 1 x 22由 消去 x,得 y 22k 2+by+b 2=0. y=kx+b y 1+y 2=2k 2+b ,就y 1y 2=b 2. 方法一：|ST|ST|b|112|b|12=2|b|1=2. y1y 2y 1yb2|SP|SQ| y1、y2 可取一切不相等的正数,|ST|ST|的取值范畴是（2,+）. |SP|SQ|方法二：名师归纳总结 |ST|ST|=|b|y 1yy 2=|b|2k22=b. 2b=2 k2+22 ；第 4 页,共 29 页b|SP|SQ|y 12当 b0 时,|ST|ST|=

7、b2k2b2k|SP|SQ|b2bb- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当 b0 ,于是 k2+2b0 ,即 k22b. 所以|ST|ST|22 bb=2. |SP|SQ|b）. 当 b0 时,2k2可取一切正数,b|ST|ST|的取值范畴是（2,+|SP|SQ|方法三：由 P、Q 、T 三点共线得kTQ =K TP,即y22b=y 1b. xx 1就 x 1y 2bx 1=x 2y 1 bx 2,即 bx 2x 1=x 2y 1x 1y 2. 于是 b=x21x 12x 11x 22=1 x1x2. 22|=|x 2|+|x 1|2. 400 万元22

8、2xx 1|ST|ST|=|b|b|=|1 2x 1x 2|+|1x 1x2|SP|SQ|y 1|y21x 1x22 12 |x 2|可取一切不等于1 的正数,x 1|ST|ST|的取值范畴是（2,+）. |SP|SQ|0.3,一旦发生,将造成3（本小题满分12 分）某突发大事,在不实行任何预防措施的情形下发生的概率为的缺失 . 现有甲、 乙两种相互独立的预防措施可供采纳. 单独采纳甲、 乙预防措施所需的费用分名师归纳总结 别为 45 万元和 30 万元,采纳相应预防措施后此突发大事不发生的概率为0.9 和 0.85. 如预防第 5 页,共 29 页方案答应甲、乙两种预防措施单独采纳、联合采纳

9、或不采纳,请确定预防方案使总费用最少. （总费用=实行预防措施的费用+发生突发大事缺失的期望值.）本小题考查概率的基本学问和数学期望概念及应用概率学问解决实际问题的才能,满分12 分. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：不实行预防措施时,总费用即缺失期望为 如单独实行措施甲,就预防措施费用为400 0.3=120 （万元）；45 万元,发生突发大事的概率为10.9=0.1 ,缺失期望值为 400 0.1=40 （万元）,所以总费用为 45+40=85 （万元）如单独实行预防措施乙,就预防措施费用为 30 万元,发生突发大事的概率为 10.85=0.

10、15 ,缺失期望值为 400 0.15=60 （万元）,所以总费用为 30+60=90 （万元）；如联合实行甲、乙两种预防措施,就预防措施费用为45+30=75 （万元）,发生突发大事的概率为（10.9 ）（10.85 ）=0.015 ,缺失期望值为400 0.015=6（万元）,所以总费用为75+6=81（万元） . 综合、,比较其总费用可知,应挑选联合实行甲、乙两种预防措施,可使总费用最少 . 4（本小题满分 14 分）已知a0,数列an满意a 1a,an1a1,n,12 ,.an（I）已知数列an极限存在且大于零,求Alim nan（将 A 用 a 表示）；（II）设bnanA ,n,1

11、2 ,证明:bn1A bnA ;b n（III）如|bn|1对n,12 ,都成立,求a 的取值范畴 . 2n本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法,考查敏捷运用数学学问分析问题和解决问题名师归纳总结 的才能,满分14 分. Alim nanA0 ,对an1a1两边取极限得第 6 页,共 29 页解：（I）由lim nan存在,且anAa1,解得Aaa24. 又A0 ,Aaa24.A2n2A.a1得b n1Aa1（ II）由anbnA ,an1anbnb n1aAbn1A11bA.AbnAAb n即bn1Ab nA对n,12 ,都成立b n（ III）令|b 1|1,得|a1aa24|1

12、.222- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - |1a24a|1.22a24a,1解得a3.那么.2现证明当a3时|,bn|1对n,1,2都成立.22n（ i）当 n=1 时结论成立（已验证）. （ ii）假设当nkk1 时结论成立,即|bk|1,2k|bk1|A|bk|A|A|b1A|1b k2k3 2成立k故只须证明A|b1A|1,即证A|bkA|2对ak2由于Aaa24a224a,2而当a3时,a24a,1A.22|b kA|A|b k|21,1即A|b kA|2 .2k故当a3时|,b k1|11211.222kk即 n=k+1 时结论成立 . 依据

13、（ i）和（ ii）可知结论对一切正整数都成立. . 满分 14故|bn|1对n,12,都成立的a的取值范畴为3,.2n25（本小题满分14 分,第一小问满分4 分,其次小问满分10 分）已知 aR ,函数f x x2|xa . 当a2时,求使f x x 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争论函数性质的方法,考查分类争论的数学思想和分析推理才能分. 名师归纳总结 解：（）由题意,f x 2x2xx2. x0或x. 1；第 7 页,共 29 页当x2时,f x x2x ,解得当x2时,f x x2x2x ,解得x12- - - - - -

14、 -精选学习资料 - - - - - - - - - 综上,所求解集为0 1 12. （）设此最小值为m . f x x3ax2. 当a1时,在区间 1 2, 上,由于f 3 x 22 ax 3 x x 2 a 0,x 1 2,3就 f x 在区间 1 2, 上是增函数,所以 m f 1 1 a . 2当 1 a 2 时,在区间 1 2, 上,f x x x a 0,由 f a 0 知m f a 0 . 2 3当 a 2 时,在区间 1 2, 上,f x ax x . f 2 ax 3 x 23 2 a x . 3如 a 3,在区间 1 2 内 f 0,从而 f x 为区间 1 2, 上的增函

15、数,由此得 m f 1 a 1 . 如 2 a 3,就 1 2 a 2 . 3当 1 x 2 a 时,f 0,从而 f x 为区间 1,2 a 上的增函数；3 3当2 a x 2 时,f 0,从而 f x 为区间 2 a, 上的减函数 . 3 3因此,当 2 a 3 时,m f 1 a 1 或 m f 2 4 a 2 . 当 2 a 7 时, 4 a 2 a 1,故 m f 2 4 a 2；3当7 a 3 时,a 1 4 a 2,故 m f 1 a 1 . 3综上所述,所求函数的最小值名师归纳总结 1a,当a1 时；6 分）第 8 页,共 29 页0,当 1a2 时；m4a2, 当2a7时；3

16、a1,当a7时36（本小题满分14 分,第一小问满分2 分,其次、第三小问满分各设数列an的前 n 项和为S ,已知a11,a26,a311,且5 n8Sn15n2SnAnB n1 2 3,其中 A B, 为常数 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 求 A 与 B 的值；证明：数列an为等差数列；. 证明：不等式5amna an1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学问、不等式的证明方法,考查思维才能、运算才能解：（）由已知,得S 1a 11,S 2a1a27,S 3a1a2a318. 由5n8S n15n2SnAnB ,知

17、23S 27S 1AB,即AB28,S 312S 22AB,2AB48,解得A20,B8. （）方法1 由（）,得 5 n8 n1 5S 2 nn2 0,8所以5n3S n25n7 Sn120n28. -,得5 n3S n210 n1S n15n2S n20,所以5n2S n310n9S n25n7S n120. -,得5n2S n315 n6Sn215 n6Sn15n2Sn0. 由于an1Sn1S ,所以5n2an310 n4an25n2an10. 又由于5n20,所以an32an2an10,即an3an2an2an1,n1. 所以数列an为等差数列 . 方法 2 名师归纳总结 由已知,得S

18、 1a 11,3. n 52 23n,2 08第 9 页,共 29 页又5n8S n15n2Sn20n8,且 5n80,所以数列S n是唯独确定的,因而数列an是唯独确定的 . 设b n5 n4,就数列bn为等差数列,前n 项和Tnn 5n2于是 5 n8 n1 5T 2 n 5n1 5 8 22 nn 5由唯独性得bna ,即数列 nan为等差数列 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）由（）可知,an15n15n4. 要证5 amna an1,n425 mn20mn16,只要证5amn1a an2a an. 由于amn5 mn4,a a mn5

19、 m45故只要证5 5 mn4 1mn 2 5m 2 0 n1 6 a an 2,即只要证2 0 m2 03 7a a . 由于2a anaman5 m5n85 m5n815m15n2920m20 n37,所以命题得证 . 7（本小题满分 14 分）2 2已知椭圆 x2 y2 1 a b 0 的左、右焦点分别是 F 1（ c,0）、 F2（c, 0）,Q 是椭圆外a b的动点,满意 | F 1 Q | 2 a . 点 P 是线段 F1Q 与该椭圆的交点,点 T 在线段 F 2Q 上,并且满意PT TF 2 |,0 TF 2 | 0 .（）设 x 为点 P 的横坐标,证明 | F 1 P | a

20、 cx；a（）求点 T 的轨迹 C 的方程；（）试问：在点 T 的轨迹 C 上,是否存在点 M,使 F1MF 2 的面积 S= b 2 . 如存在,求 F 1MF 2 的正切值；如不存在,请说明理由 . 本小题主要考查平面对量的概率,椭圆的定义、标准方程和有关性质,轨迹的求法和应用,以及综名师归纳总结 合运用数学学问解决问题的才能.满分 14 分. 第 10 页,共 29 页（）证法一：设点P 的坐标为x,y.由 Px ,y 在椭圆上,得- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - |F 1P|xc2y2xc 2b2b2x2a2名师归纳总结 acx 2.第 11

21、页,共 29 页a由xa,知acxca0,所以|F 1P|acx. 3 分aa证法二：设点P 的坐标为x ,y.记|F 1P|r 1|,F 2P|r2,就r 1xc2y2,r2xc2y2.由r 1r22a,r2r24cx ,得|F 1P|r1acx .12a证法三：设点P 的坐标为x ,y.椭圆的左准线方程为acx0.a由椭圆其次定义得|F 1P|c,即|F 1P|c|xa2|acx.|xa2aacac由xa ,知acxca0,所以|F 1P|acx . 3 分aa（）解法一：设点T 的坐标为x,y.当| PT|0时,点（ a ,0）和点（ a ,0）在轨迹上 . 当|PT|0 且|TF 2|

22、0时,由|PT|TF 2|0,得PTTF 2. 又|PQ|PF2|,所以 T 为线段 F 2Q 的中点 . 在 QF 1F 2 中,|OT|1|F1 Q|a,所以有x2y2a2.2综上所述,点T 的轨迹 C 的方程是x2y2a2. 7 分解法二：设点T 的坐标为x ,y.当| PT|0时,点（ a ,0）和点（ a ,0）在轨迹上 . 当 |PT|0 且|TF 2|0时,由PTTF 20,得PTTF 2. 又|PQ|PF 2|,所以 T 为线段 F 2Q 的中点 . 设点 Q 的坐标为（x ,y）,就xx2c,yy.2因此x2xc ,y2y .由|F 1Q|2 a得xc 2y24 a2.- -

23、 - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 将代入,可得x2y2a2.名师归纳总结 综上所述,点T 的轨迹 C 的方程是x2y2a2. 7 分第 12 页,共 29 页（）解法一：C 上存在点 M（x0, y0）使 S=b2的充要条件是x2y2a2,0012 c|y0|b2.2由得|y | 0a,由得|y 0|b2.所以,当ab2时,存在点M,使 S=2 b ；cc当ab2时,不存在满意条件的点M. 11 分c当ab2时,MF 1cx 0,y 0,MF2cx 0,y 0,c由MF 1MF22 x 0c2y2a2c2b2,0MF1MF2|MF 1|MF2|cosF 1M

24、F2,S1|MF1|MF2|sinF 1MF2b2,得tanF 1MF22 .2解法二： C 上存在点 M（x0, y0）使 S=b2的充要条件是x2y2a2,0012 c|y0|b2.2由得|y0|b2.上式代入得2 x 0a2b4ab2ab20.c2ccc于是,当ab2时,存在点M,使 S=2 b ；c当ab2时,不存在满意条件的点M. 11 分c当ab2时,记k 1kF 1 My0c,k2kF 2My 0c,cx 0x 0由|F 1F 2|2a ,知F 1MF290,所以tanF1MF2|k 1kk2|2. 14 分11k28（本小题满分12 分）函数yfx 在区间（ 0,+）内可导,导

25、函数fx是减函数,且fx0 .设x 00,ykxm是 曲 线yfx在 点 （x0,fx0） 得 的 切 线 方 程 , 并 设 函 数- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - gxkxm .（）用x 、fx0、fx0表示 m ；在0 ,上恒成立,其中a、b 为实数,（）证明：当x00, 时,gxfx；（）如关于x 的不等式x21axb3x232求 b 的取值范畴及a 与 b 所满意的关系 . 本小题考查导数概念的几何意义,函数极值、最值的判定以及敏捷运用数形结合的思想判定函数之间的大小关系.考查同学的学习才能、抽象思维才能及综合运用数学基本关系解决问题的才能.

26、满分12 分（）解：mfx0x0fx0. 2 分hx 的（）证明：令hxgxfx,就hxfx0fx,hx00.由于fx递减,所以hx递增,因此,当xx0时,hx 0；当xx0 时,hx0.所以x 是hx唯独的极值点,且是微小值点,可知最小值为 0,因此hx0 ,即gxfx. 6 分. （）解法一：0b1,a0是不等式成立的必要条件,以下争论设此条件成立x21axb ,即x2ax1b0对任意x,0成立的充要条件是1名师归纳总结 axya2 1b2.第 13 页,共 29 页另一方面,由于fx 3x2满意前述题设中关于函数yfx 的条件,利用（ II）的结果可知,32b3 x 22的充要条件是：过点（0,