高考数学大题经典习题.docx
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高考数学大题经典习题
1321.对于函数。
fx(a2)xbx(a2)x3
(1)若在处取得极值,且的图像上每一点的切线的斜率均不超过fxfxx1和x32试求实数的取值范围;2sintcost23cost3t
(2)若为实数集R上的单调函数,设点P的坐标为,试求出点P的轨迹所形成fxa,b的图形的面积S。
1321.
(1)由,则fx(a2)xbx(a2)x32f'x(a2)x2bx(a2)因为处取得极值,所以的两个根fx在x1和x3x1和x3是f'x02a1(a2)12b1(a2)02f'xx4x32b2(a2)32b3(a2)02因为的图像上每一点的切线的斜率不超过fx2sintcost23cost32所以恒成立,f'x2sintcost23cost3对xR2而,其最大值为1.f'xx212故2sintcost23cost3172sin2t1ktk,kZ3412fx
(2)当时,由在R上单调,知a2b0fxf'x0f'x0当时,由在R上单调恒成立,或者恒成立.a22f'x(a2)x2bx(a2)∵,2222可得4b4(a4)0ab4Pa,baob从而知满足条件的点在直角坐标平面上形成的轨迹所围成的图形的面积为S432a02.函数()的图象关于原点对称,、f(x)axbxcxA(,f())B(,f())
分别为函数的极大值点和极小值点,且|AB|=2,.f(x)f()f()(Ⅰ)求的值;b(Ⅱ)求函数的解析式;f(x)6(Ⅲ)若恒成立,求实数的取值范围.mx[2,1],f(x)mm2.(Ⅰ)=0b3f(x)axcx(Ⅱ)'2f(x)3axc0的两实根是,0则c3a222|AB|=2()(ff)4()2()()c342ca3a233f()f()acac222a(c)1a[()3c]1c332a(c)1cac1aa1a2233又fxxa0a1(x)2(Ⅲ)时,求的最小值是-5x[2,1]f(x)6(m6)(m1)5m0mmm6或0m1323.已知是定义在R上的函数,其图象交x轴于A,B,C三点,若fxaxbxcxd点B的坐标为(2,0),且在和[4,5]上有相同的单调性,在[0,2]和[4,[1,0]fx
5]上有相反的单调性.
(1)求c的值;
(2)在函数的图象上是否存在一点M(x,y),使得在点M的切线斜率为3b?
fxfx00若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由;3.⑴∵在和上有相反单调性,fx1,00,2'∴x=0是的一个极值点,故,fx0fx2即有一个解为x=0,∴c=03ax2bxc0⑵∵交x轴于点B(2,0)fx∴8a4bd0,即d4b2a2b'2令,则fx03ax2bx0,x0,x123a∵在和上有相反的单调性fx0,24,52bb∴,∴24633aa'假设存在点M(x,y),使得在点M的切线斜率为3b,则fx3bfx0002即3ax2bx3b000b22∵△=2b43a3b4b36ab4ab9ab又,∴△<063a∴不存在点M(x,y),使得在点M的切线斜率为fx004.已知函数f(x)lnx
(1)求函数的最大值;g(x)f(x1)x2a(ba)
(2)当时,求证;0abf(b)f(a)22ab4.
(1)f(x)lnx,g(x)f(x1)x1令得x0g(x)1g(x)ln(x1)x(x1)g(x)0,x11x0x0当时,当时,又g(x)0g(x)0g(0)0x0当且仅当时,取得最大值0g(x)baab
(2)f(b)f(a)lnblnalnlnln
(1)abbabba由
(1)知ln(1x)xf(b)f(a)bb12aba2b(ba)22又0ab,ab2ab2222bbabab
2a(ba)f(b)f(a)22ab15.已知是定义在,,上的奇函数,当,时,f(x)2axf(x)[10)(01]x[10]2x(a为实数).
(1)当,时,求的解析式;f(x)1]x(0
(2)若,试判断在[0,1]上的单调性,并证明你的结论;a1f(x)(3)是否存在a,使得当,时,有最大值.6f(x)x(01]15.
(1)设,,则,,,是奇函数,则f(x)2axf(x)x(01]x[10)2x1,,;f(x)2ax1]x(02x2111
(2),因为,,,,,'a11f(x)2a2(a)a0x(01]3333xxxx即,所以在,上是单调递增的.'f(x)f(x)01][05(3)当时,在,上单调递增,(不a1f(x)f
(1)aaf(x)1](0max23311xf(x)f()含题意,舍去),当,则,,如下表a1'f(x)0maxaa2,6a22x(01]2333111x(x)(,)aaa-+0f(x)f(x)最大值6所以存在使在,上有最大值.a22f(x)1](0.
326.已知在R上单调递增,记的三内角的对应边分ABCf(x)kxxx5A,B,C332222别为,若时,不等式恒成fmsinBcos(AC)f(2m)acbaca,b,c4立.(Ⅰ)求实数的取值范围;k(Ⅱ)求角的取值范围;cosB(Ⅲ)求实数的取值范围.m32219.
(1)由知,在R上单调递增,f(x)kxxx5f(x)3kx2x1f(x)1恒成立,且,即且,,3k00k0412k0kf(x)03122当,即时,,0kf(x)3kx2x1(x1)31时,时,,即当时,能使在R上单调递增,x1x1kf(x)0f(x)0f(x)31.k3222acbac1222
(2),由余弦定理:
,,----50BcosBacbac32ac2ac2分332(3)在R上单调递增,且,所以fmsinBcos(AC)f(2m)f(x)4332msinBcos(AC)2m433332912222,---10分cosBcosBsinBcos(AC)sinBcosB(cosB)7844422m2m83m130m40m16故,即,,即,即(m1)93327.已知函数f(x)ax(a2)x6x32a2(I)当时,求函数的极小值f(x)
(II)试讨论曲线与轴的公共点的个数。
xyf(x)227.(I)f(x)3ax3(a2)x63a(x)(x1)a222当时,或时,;当x11xx1a2,f(x)0f(x)0aaa22在,(1,内单调递增,在内单调递减(,1)(,)f(x))aaa故的极小值为f
(1)f(x)22(II)①若则的图象与轴只有一个交点。
……6分xf(x)3(x1)a0,f(x)222②若则,当当时,,时,1x或x1x1a0,f(x)0f(x)0aaaa的极大值为f
(1)0f(x)22的极小值为的图象与轴有三个公共点。
xf()0f(x)f(x)a2③若,则。
0a21a22当时,,当时,x1或xx1f(x)0f(x)0aa的图象与轴只有一个交点xf(x)2④若,则的图象与轴只有一个交点a2xf(x)6(x1)0f(x)21332⑤当,由(I)知的极大值为a2f()4()0f(x)aa44综上所述,若的图象与轴只有一个公共点;xa0,f(x)第二组:
解析几何若,的图象与轴有三个公共点。
a0xf(x)1.已知点C(-3,0),点P在y轴上,点Q在x轴的正半轴上,点M在直线PQ上,且满足1CPPM0,PMMQ2
(1)当点P在y轴上运动时,求点M的轨迹C的方程;
(2)是否存在一个点H,使得以过H点的动直线L被轨迹C截得的线段AB为直径的圆始终过原点O。
若存在,求出这个点的坐标,若不存在说明理由。
6.
(1)设M(x,y),P(0,t),Q(s,0)则CP(3,t),PQ(s,t)2由得3s—t=0……………………………………………………①CPPQ011又由得PMMQ(x,yt)(sx,y)22
1s3xx(sx)2,……………………………………②31tyyt(y)22322把②代入①得=0,即y=4x,又x≠09x(y)22∴点M的轨迹方程为:
y=4x(x≠0)
(2)如图示,假设存在点H,满足题意,则OAOB即OAOB022yy12设,则由可得OAOB0A(,y),B(,y)124422yy12解得yy16yy0121216yy421又kAB22yyyy21124424y1则直线AB的方程为:
yy(x)1yy41222即把代入,化简得yy16(yy)yyyy4xy12121121(4x16)(yy)y01令y=0代入得x=4,∴动直线AB过定点(4,0)答,存在点H(4,0),满足题意。
2.设为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量,若向量x,yR,i,j.axi(y2)j,bxi(y2)j,且ab8
(1)求点M(x,y)的轨迹C的方程;
(2)过点(0,3)作直线与曲线C的交于A、B两点,设,是否存在这样的lOPOAOB直线,使得四边形OAPB为矩形?
若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.ll2.
(1)a(x,y2),b(x,y2),ab8且即点M(x,y)到两个定点F(0,-2)、F(0,2)的距离之和为8,1222yx点M(x,y)的轨迹C为以F(0,-2)、F(0,2)为焦点的椭圆,其方程为.1121612
(2)由题意可设直线方程为,lykx3,A(x,y),B(x,y)1122ykx32由消去y得:
(4+3k)x+18kx-21=0.22yx1121618kxx12243k22此时,△=(18k)-4(4+3k(-21)>0恒成立,且21xx12243k由知:
四边形OAPB为平行四边形.OPOAOBl假设存在直线,使得四边形OAPB为矩形,则.OAOB,即OA0B0
因为,所以,xxyy0OA(x,y),OB(x,y)121212222而,yy(kx3)(kx3)kxx3k(xx)9121212122118k5522故,即.(1k)()3k()90k,得k2243k43k1845所以,存在直线:
,使得四边形OAPB为矩形.lyx343.一束光线从点出发,经直线上一点反射后,恰好穿过点F(1,0)Pl:
2xy301.F(1,0)2(Ⅰ)求点关于直线的对称点的坐标;lFF11(Ⅱ)求以、为焦点且过点的椭圆的方程;CFFP21(Ⅲ)设直线与椭圆的两条准线分别交于、两点,点为线段上的动点,求ClABABQ点到的距离与到椭圆右准线的距离之比的最小值,并求取得最小值时点的坐标.CFQQ2n1m1n12.(Ⅰ)设的坐标为,则且.230F(m,n)1m12229292解得,因此,点的坐标为.m,n(,)F15555(Ⅱ),根据椭圆定义,PFPF119222得,
(1)(0)222a|PF||PF||FF|121255,.b211a22x2∴所求椭圆方程为.y122a(Ⅲ)2,椭圆的准线方程为.x2c设点的坐标为,表示点到的距离,表示点到椭dFd(t,2t3)(2t2)QQQ221圆的右准线的距离.222dt2则,.d(t1)(2t3)5t10t102122d5t10t10t2t21,52dt2(t2)22t2t2令,则f(t)(2t2)2(t2)22(2t2)(t2)(t2t2)2(t2)(6t8),f(t)43(t2)(t2)444,,,.2tftt2,f(t)0t当f(t)0,()03334∴在时取得最小值.tf(t)3d42411)5f(因此,最小值=,此时点的坐标为.(,)Q32d332注:
的最小值还可以用判别式法、换元法等其它方法求得.f(t)
d411说明:
求得的点的最小值即为椭圆的离心即为切点,(,)PQd332294.已知椭圆的一个焦点,对应的准线方程为,且离心率满足,eF(0,22)y21344,成等比数列.e3
(1)求椭圆的方程;1
(2)试问是否存在直线,使与椭圆交于不同的两点、,且线段恰被直线NMNllxM2平分?
若存在,求出的倾斜角的取值范围;若不存在,请说明理由.l2424224.
(1)∵成等比数列∴,e,ee233333设是椭圆上任意一点,依椭圆的定义得p(x,y)222x(y22)22y222即为所求的椭圆方程.,化简得9xy9x1939y241
(2)假设存在,因与直线相交,不可能垂直轴llxx2因此可设的方程为:
由lykxmykxm22消去y,得9x(kxm)9整理得229xy9222①(k9)x2kmx(m9)0方程①有两个不等的实数根222222∴②4km4(k9)(m9)0即mk902km设两个交点、的坐标分别为∴Nxx(x,y)(x,y)M1211222k9xx12km112∵线段恰被直线平分∴MN即1x2222k922kk9922∵∴③把③代入②得k0()(k9)0m2k2k2k922k3∴∵∴解得或10kk903k324k2l∴直线的倾斜角范围为,)()(,3223
5.已知向量.a(x,3y),b(1,0),且(a3b)(a3b)(Ⅰ)求点的轨迹C的方程;Q(x,y)(Ⅱ)设曲线C与直线相交于不同的两点M、N,又点,当AMANykxmA(0,1)时,求实数的取值范围。
m5.由题意得:
ykxm222(II)由得,(3k1)x6mkx3(m1)02x2y1322由于直线与椭圆有两个不同的交点,,即①0m3k1
(1)当时,设弦MN的中点为分别为点M、N的横坐标,则k0P(x,y),x、xppMN2y1xx3mkmm3k1pMNx从而ykxmkpppAP2223k13k1x3mkp2m3k112又②.AMAN,APMN,则即2m3k13mkk2m1122将②代入①得,解得,由②得,0m20,解得mk2mm321故所求的取值范围是m(,2)222AMAN,APMN,m3k1,解得1m1
(2)当时,k06.设直线与椭圆l:
yk(x1)222ABxCO相交于、两个不同的点,与轴相交于点,记为坐标原点.x3ya(a0)23k2(I)证明:
;a213k(II)若的面积取得最大值时的椭圆方程.AC2CB,求OAB1l6.依题意,直线显然不平行于坐标轴,故yk(x1)可化为xy1.k
1222将,得xy1代入x3ya,消去xk1222①(3)yy1a0.2kkl由直线与椭圆相交于两个不同的点,得14122,4(3)(1a)0,整理得(3)a3222kkk23k2即a.213k2k(II)解:
设由①,得yyA(x,y),B(x,y).121122213k2k因为,代入上式,得.yAC2CB,得y2y212213k13OAB于是,△的面积S|OC||yy||y|122223|k|3|k|3.2213k23|k|32其中,上式取等号的条件是3k1,即k.32k3由y,可得y.222313k33332将这两组值分别代入①,均可解出k,y,y及ka5.22333322OAB所以,△的面积取得最大值的椭圆方程是x3y5.227.如图,已知⊙:
及点A,在⊙上任取一点A′,连AA′并作AA′OOx2y82,0的中垂线l,设l与直线A′交于点P,若点A′取遍⊙上的点.OO
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)若过点的直线与曲线交于、两点,且,则当时,OCNONOMMm[6,)求直线的斜率的取值范围.kmPAPA7.
(1)∵l是线段A的中垂线,∴,A∴||PA|-|P||=||P|-|P||=||=.即点P在以、A为焦点,以4AAOOOO2222xy为焦距,以为实轴长的双曲线上,故轨迹C的方程为.12222
(2)设,,则直线的方程为,则由,得ONOMmyk(x2)M(x,y)N(x,y)1122yk(x2)222,.由,得.∴(1k)y4ky2k0x(x2)2yy212122xy224k2k22222,,.16k8k(1k)8k(1k)0yyyy1212221k1k24k2k,由,,yyyyyy121221221k1k218
(1)1消去,得.∵,函数在上单调g()226[6,)y,y1221k
81491112递增.∴,,所以或.1kk162k12771k664911故斜率的取值范围为.(1,][,1)k77266228.如图,已知⊙:
在⊙上任取一及点,OOxym4mm00,mM33点′,连′,并作′的中垂线l,设l与′交于点P,若点′取遍OMMMMMMM⊙上的点.O
(1)求点P的轨迹C的方程;ABx
(2)设直线与轨迹C相交于、两个不同的点,与轴相交于l:
yk(x1)(k0)D点.若的面积取得最大值时的椭圆方程.AD2DB,求OAB8.
(1)∵l是线段的中垂线,∴,PMPMMM∴|PM|+|P|=|P|+|P|=||=2m.OOOm0MM26即点P在以、M为焦点,以为焦距,以为长O2mm322yx轴长的椭圆上,故轨迹C的方程为,即122mm3222.3xym1
(2)由得xy1.yk(x1)(k0)k1222将代入消去,得xxy13xymk3622①(y3a0.1)y2kkl由直线与椭圆相交于两个不同的点,得23k3363222整理得,即4
(1)(3m)0,
(1)m3m.2222kkk3k6k设由①,得.yyA(x,y),B(x,y).12112223k∵而点,∴,所以,(1x,y)2(x1,y)y2yAD2DB,D(1,0)1122126k代入上式,得y.223k9|k|9|k|3313OAB于是,△的面积.|OD||yy||y|S1222223k223|k|2k3.其中,上式取等号的条件是即k3,6k由可得.y3y.2223k2将及这两组值分别代入①,均可解出k3,y3k3,y3a15.2222OAB∴△的面积取得最大值的椭圆方程是3xy15.
第三组:
数列不等式一.先求和后放缩例1.正数数列的前项的和,满足,试求:
n2Sa1aSnnnn
(1)数列的通项公式;an11
(2)设,数列的前项的和为,求证:
nbBBbnnnn2aann122解:
(1)由已知得,时,,作差得:
n24S(a1)4S(a1)n1n1nn22,所以,又因为为正数数(aa)(aa2)0a4aa2aa2ann1nn1nnnnn1n1列,所以,即是公差为2的等差数列,由,得,所2Sa1aa2aa1nn1n111以a2n1n11111
(2),所以b()naa(2n1)(2n1)2n122n1nn1111111111B
(1)n23352n12n122(2n1)2注:
一般先分析数列的通项公式.如果此数列的前项和能直接求和或者通过变形后求和,n则采用先求和再放缩的方法来证明不等式.求和的方式一般要用到等差、等比、差比数列(这里所谓的差比数列,即指数列满足条件)求和或者利用分组、裂项、aafn{a}n1nn倒序相加等方法来求和.二.先放缩再求和1.放缩后成等差数列,再求和2例.已知各项均为正数的数列的前n项和为,且.{a}Saa2Snnnnn22aann1
(1)求证:
;Sn4SS1nn1
(2)求证:
SSS12n222n1解:
(1)在条件中,令,得,,又由条件a0a1aa2S2a111111
22有,上述两式相减,注意到得aSSaa2Saa2Sn1n1nnnnn1n1n1∴(aa)(aa1)0a0aa0aa1n1nn1nnn1nn1nn(n1)所以,,a
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