[高三数学]高考数学压轴题训练题含答案

2023年12月9日发(作者：数学试卷解决问题分析)

高考数学综合题系列训练（一）

1(xR)

x4211（1）试证函数f(x)的图象关于点(, )对称；

24n（2）若数列{an}的通项公式为anf() (mN, n1, 2,

,m)，求数列{an}的前m项和Sm

m【例1】已知函数f(x)（3）设数列{bn}满足：

b111112，bn1bnbn， 设Tn，若（2）b11b21bn13中的Sn满足对任意不小于2的正整数n，SnTn恒成立, 试求m的最大值

解: (1)设点P0(x0, y0)是函数f(x)的图象上任意一点, 其关于点(, )的对称点为P(x, y).

1214xx01x1x0,22由 得

1yy1yy.00242所以, 点P的坐标为P(1x0, y0).………………(2分)

由点P0(x0, y0)在函数f(x)的图象上, 得y0∵f(1x0)121.

x042141x04x04x0,

x0x024242(42)11114x0 ∴点Py0x0(1x, y0)在函数f(x)的图象上.

,022422(4x02)2141kk1(2)由(1)可知,

f(x)f(1x), 所以f()f(1) (1km1),

2mm2kmk11即f()f() , akamk,………………(6分)

mm22∴函数f(x)的图象关于点(, )对称. ………………(4分)

由Sma1a2a3am1am, ……………… ①

得Smam1am2am3a1am, ………………②

由①＋②, 得2Sm(m1)∴Sm121m11m12am2,

226261(3m1).………………(8分)

12(3) ∵b11,bn1b2nbnbn(bn1), ………………③

3∴对任意的nN, bn0. ………………④

由③、④, 得1bn1111111,即.

bn(bn1)bnbn1bn1bnbn1∴Tn(111111111)()()3.……………(10分)

b1b2b2b3bnbn1b1bn1bn12∵bn1bnbn0, bn1bn,∴数列{bn}是单调递增数列.

∴Tn关于n递增. 当n2, 且nN时,

TnT2.

∵b111144452,b2(1), b3(1),

33399981175.………………(12分)

b152∴TnT23∴Sm751752384,即(3m1),∴m6, ∴m的最大值为6. ……………(14分)

521252393922【例2】将圆O:xy4上各点的纵坐标变为原来的一半（横坐标不变）得到曲线C

（1）求曲线C的方程;

（2）设O为坐标原点， 过点F(3, 0)的直线l与C交于A、B两点，N为线段AB的中点，延长线段ON交C于点E，求证：OE2ON的充要条件是AB3

xx解：（1）设点P(x,y)，点M(x,y)，由题意，

y2yx2x22y1，故曲线C的方程为y21 又∵xy4 ∴x4y4442222（2）设点A(x1, y1)，

B(x2, y2)， 点N的坐标为(x0, y0) 当直线l与x轴重合时，线段AB的中点N就是原点O，不合题意，舍去；

x2y21整理得：(m24)y223my10 设直线

l:xmy3，将直线l的方程代入方程4∴y03m43433mxmy3(, ) ，，即点N002222m4m4m4m48323m, 2), 1若OE2ON, 则点E(2○m4m44812m24222m4m320m8 m4舍去） 由题意得, 即 ∴（12222(m4)(m4)12m24m2164(m21)3 ∴AB m1y1y21mm24m24224(m21)23m8 2若AB3, 由○1得，∴○2m4∴点N的坐标为(362, ), 射线ON方程为yx (x0),

36223x2x (x0)236y3, )，故OE2ON 由 解得 ∴点E的坐标为(233x24y24y63综上，OE2ON的充要条件是AB3

【例3】E、F是椭圆x2y4的左、右焦点，l是椭圆的右准线，点Pl，过点E的直线交椭

圆于A、B两点.

（1） 当AEAF时，求AEF的面积；

（2） 当AB3时，求AFBF的大小；

BEOFy22APMx（3） 求EPF的最大值.

解：（1）mn41Smn2

AEF222mn8（2）因AEAF4ABAFBF8，则AFBF5.

BEBF4（1） 设P(22,t)(t0)

tanEPFtan(EPMFPM)

(32232222t223)(1)，

ttt2t26t6t133EPF30

3当t6时，tanEPF

【例1】已知焦点在x轴上的抛物线C点M(1,2)，动直线l过点P(3,0)，交抛物线于A、B两点，是否存在垂直于x轴的直线l被以AP为直径的圆截得的弦长为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.

解：设抛物线方程为y2px(p0)，将M(1,2)代入方程得p2， ∴抛物线方程为y4x

（Ⅱ）设AP的中点为C，l的方程为：xa，以AP为直径的圆交l于D,E两点，DE中点为H

22x3y1,………………………………………………（7分） 令Ax1,y1,  C122 DC112APx13y1222

x131 CHax12a322222 DHDCCH2112x13y12x2a3414 a-2x1a23a2当a2时,DH462为定值; DE2DH22为定值此时l的方程为： x2

…………（12分）

【例4】已知正项数列an中，a16，点Anan,an1在抛物线y2x1上；数列bn中，点Bnn,bn在过点0,1，以方向向量为1,2的直线上.

（Ⅰ）求数列an,bn的通项公式；

an,

n为奇数（Ⅱ）若fn，问是否存在kN，使fk274fk成立，若存在，求出bn,

n为偶数k值；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）对任意正整数n，不等式an11111b1b211bnann2an0成立，求正数a的取值范围.

解：（Ⅰ）将点Anan,an1代入y2x1中得

an1an1  an1and1 ana1n11n5直线l:y2x1,  bn2n1n5,

n为奇数（Ⅱ）fn………………………………（5分）

2n1, n为偶数当k为偶数时，k27为奇数，

当k为奇数时，k27为偶数， 2k2714k5,  k综上，存在唯一的k4符合条件。（Ⅲ）由…………………………………………（4分）

fk274fk……………………（8分）

 k27542k1,  k435舍去2an11111b1b211bnann2an0 即a11bn1111记fn1112n3b1b2bn11112n3b1b2111112n5b1b211111bbnn1 fn1

fn1fn22n312n32n42n412n5bn12n52n32n52n3

14n216n164n16n15 fn1fn, 即fn递增， fnminf1 0a4515………………………………（14分）

22Sn16．（14分）已知数列an中，a1，当n2时，其前n项和Sn满足an，

32Sn11445,5315（2） 求Sn的表达式及liman的值；

nS2n（3） 求数列an的通项公式；

（4） 设bn1(2n1)31(2n1)3，求证：当nN且n2时，anbn.

22Sn11解：（1）anSnSn1Sn1Sn2SnSn12(n2)

2Sn1SnSn1所以11是等差数列.则.

Sn2n1Snliman22lim2.

nS2n2S12limS1nnnn（2）当n2时，anSnSn11122，

2n12n14n11n13综上，an.

2n2214n（3）令a111,b，当n2时，有0ba （1）

2n12n13法1：等价于求证12n112n1312n112n13.

当n2时，0111,令fxx2x3,0x,

2n1333313fx2x3x22x(1x)2x(1)2x(1)0，

2223则fx在(0,1]递增.

3又0111，

2n12n1311)g(),即anbn.

332n12n1所以g(法（2）anbn1111()b2a2(b3a3)

2n12n1(2n1)3(2n1)3(ab)(a2b2abab) （2）

(ab)[(a2因bababbaa)(b2b)]

(ab)[a(a1)b(b1)] （3）

2222baab3a331a11110，所以a(a1)b(b1)0

22222223由（1）（3）（4）知anbn.

法3：令gbababab，则gb2ba10b221a

2所以gbmaxg0,gamaxaa,3a2a

22因0a2141)0

,则a2aaa10，3a22a3a(a)3a(3393所以gba2b2abab0 （5）

由（1）（2）（5）知anbn

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 ) < ( n + 1 )fn`(n)

解: (1) fn `( x ) = nx

n – 1

– n ( x + a)n – 1

= n [x

n – 1

– ( x + a)n – 1 ] ,

∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分

（2）由上知：当x > a>0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

] ,

∴f

`n + 1

( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n

–( n + 1 + a )n

] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn –

( n + a )( n + a)n – 1

] 2分

( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n

n – 1

– ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n

n

– n( n + a)n – 1 ], 2分

∵( n + a ) > n ,

∴f

`n + 1

( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分

2. (本小题满分12分)

已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v[–1，1］，都有|f (u) –

f (v) | ≤ | u –v | .

(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？

(2) 判断函数g(x)=1x,x[1,0]，是否满足题设条件？

1x,x[0,1]解： (1) 若u ,v  [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，

取u =

31[–1，1]，v = [–1，1],

42则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | =

所以p( x)不满足题设条件.

（2）分三种情况讨论：

5| u – v | > | u – v |，

410. 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]，v[0，1]，则：

|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件;

40

若u[0，1]，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 ( x ) =

(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 –

x(x  –1)的图象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c  0 ).

x11,

x1x1x211–1 + = .

x21x11(x21)(x11)法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1–

∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,

∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x  0时，f ( x )单调递增.

法2. 由f ` ( x ) =

1> 0 得x  –1,

2(x1) ∴x > –1时，f ( x )单调递增.

（3）（仅理科做）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c | 

4 > 0 ,

|a|444|a| ∴f (| c | )  f () = =

4|a||a|41|a|f ( | a | ) + f ( | c | ) =

|a|4|a|4+ > +=1.

|a|1|a|4|a|4|a|4 即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.

4．（本小题满分15分）

432设定义在R上的函数f(x)a0xa1xa2xa3xa4（其中ai∈R，i=0,1,2,3,4），当

x= －1时，f (x)取得极大值（1） 求f (x)的表达式；

2，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称．

3（2） 试在函数f (x)的图象上求两点，使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；

2n12(13n)4,y(nN)（3） 若xn，求证：f(x)f(y).

n+nn2n3n3解：（1）f(x)13xx.…………………………5分

322 （2）0,0,2,或0,0,2,3.…………10分

3 （3）用导数求最值，可证得f(xn)f(yn)f(1)f(1)5．（本小题满分13分）

4.……15分

3x2y21上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对称点，N为设M是椭圆C:124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M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y10),E(x,y),

则P(x1,y1),Q(x1,y1),T(x1,y1),……1分

x1212

2x212y121,42y21.4(1)………………………………………………………3分

(2) 由（1）－（2）可得kMN•kQN.………………………………6分

又MN⊥MQ，kMNkMQ1,kMN13x1y,所以kQN1.

y13x1 直线QN的方程为yy1x(xx1)y1，又直线PT的方程为y1x.……10分

3x1y1 从而得x11x1,yy1.所以x12x,y12y.

22x2y21(xy0),此即为所求的轨迹方程.………………13分 代入（1）可得36．（本小题满分12分）

2过抛物线x4y上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，PAPB0.

（1）求点P的轨迹方程；

（2）已知点F（0，1），是否存在实数使得FAFB(FP)20？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.

2x12x2解法（一）：（1）设A(x1,),B(x2,),(x1x2)

44\'由x4y,得：y2x

2kPAx1x,kPB2

22PAPB0,PAPB,x1x24………………………………3分

x12x1x1xx12(xx1)即y直线PA的方程是：y ①

42242x2xx2 ② 同理，直线PB的方程是：y24x1x2x2(x1,x2R) 由①②得：x1x2y1,4∴点P的轨迹方程是y1(xR).……………………………………6分 2x12x2xx1),FB(x2,1),P(12,1) （2）由（1）得：FA(x1,442FP(x1x2,2),x1x24

222x12x2x12x2FAFBx1x2(1)(1)2 …………………………10分

4442(x1x2)2x12x2(FP)42

442所以FAFB(FP)20

故存在=1使得FAFB(FP)20…………………………………………12分

解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且PAPB0,

∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且PAPB,

设PA的直线方程是ykxm(k,mR,k0)

ykxm2由2得：x4kx4m0

x4y16k216m0即mk2…………………………3分

即直线PA的方程是：ykxk

同理可得直线PB的方程是：y211x2

kk1ykxk2xkR由

11得：kyxy1kk2故点P的轨迹方程是y1(xR).……………………………………6分

（2）由（1）得：A(2k,k),B(2211,2),P(k,1)

kkk21FA(2k,k21),FB(,21)

kk1FP(k,2)

k1121)2(k)………………………………10分

22kk11(FP)2(k)242(k22)

kkFAFB4(k21)(故存在=1使得FAFB(FP)20…………………………………………12分

7．（本小题满分14分）

1xlnx在[1,)上是增函数.

ax（1） 求正实数a的取值范围；

设函数f(x)（2） 设b0,a1，求证：解：（1）f(x)\'1ababln.

abbbax10对x[1,)恒成立，

2axa又1对x[1,)恒成立

x11

a1为所求.…………………………4分

xabab（2）取x，a1,b0,1，

bb1x一方面，由（1）知f(x)lnx在[1,)上是增函数，

axabf()f(1)0

bab1blnab0

abbabab1即ln……………………………………8分

bab另一方面，设函数G(x)xlnx(x1)

G\'(x)11x10(x1)

xx∴G(x)在(1,)上是增函数且在xx0处连续，又G(1)10

∴当x1时，G(x)G(1)0

ababln

bb1ababln.………………………………………………14分 综上所述，abbb∴xlnx 即8．(本小题满分12分)

如图，直角坐标系xOy中，一直角三角形ABC，C90，yAB、C在x轴上且关于原点O对称，D在边BC上，BD3DC，若一双曲线E以B、C为焦点，且经过A、ABC的周长为12．xD两点．

(1) 求双曲线E的方程；

(2) 若一过点P(m,0)（m为非零常数）的直线l与双曲线EBODC相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且MPPN，问在x轴上是否存在定点G，使BC(GMGN)？若存在，求出所有这样定点G的坐标；若不存在，请说明理由．

x2y2解：(1) 设双曲线E的方程为221(a0,b0)，

ab则B(c,0),D(a,0),C(c,0)．

由BD3DC，得ca3(ca)，即c2a．

yA|AB||AC|16a,∴|AB||AC|124a,

|AB||AC|2a.222BODCx （3分）

解之得a1，∴c2,b3．

y2∴双曲线E的方程为x1．

32（5分）

(2) 设在x轴上存在定点G(t,0)，使BC(GMGN)．

y设直线l的方程为xmky，M(x1,y1),N(x2,y2)．

由MPPN，得y1y20．

y即1

y2BGO ① （6分）

CPNx∵BC(4,0)，

MGMGN(x1tx2t,y1y2)，

∴BC(GMGN)x1t(x2t)．

即ky1mt(ky2mt)． ② （8分） 把①代入②，得

2ky1y2(mt)(y1y2)0

2③ （9分）

y2把xmky代入x1并整理得

3(3k21)y26kmy3(m21)0

其中3k210且0，即k21且3k2m21．

3 （10分）

6km3(m21)

y1y22．

,y1y23k13k21代入③，得

6k(m21)6km(mt)

0，

223k13k1化简得

kmtk．

当t1时，上式恒成立．

m （12分）

1因此，在x轴上存在定点G(,0)，使BC(GMGN)．

m9．(本小题满分14分)

已知数列an各项均不为0，其前n项和为Sn，且对任意nN*都有(1p)Snppan（p为大于21C1na1Cna21的常数），记f(n)2nSnnCnan．

(1) 求an；

(2) 试比较f(n1)与p1；

f(n)的大小（nN*）2pf(1)f(2)f(2n1)2n1p1p1（nN*）．

1，p12p(3) 求证：(2n1)f(n)解：(1) ∵(1p)Snppan， ①

② ∴(1p)Sn1ppan1．

②－①，得

(1p)an1pan1pan，

即an1pan． （3分） 在①中令n1，可得a1p．

∴an是首项为a1p，公比为p的等比数列，anpn．

p(1pn)p(pn1)(2) 由(1)可得Sn．

1pp121C1na1Cna2 （4分）

22nCnan1pC1npCnnnCnp(1p)n(p1)n．

21C1na1Cna2∴f(n)2nSnnCnanp1(p1)n，

p2n(pn1) （5分）

p1(p1)n1．

f(n1)p2n1(pn11)p1p1(p1)n1而，且p1，

f(n)p2n1(pn1p)2p∴pn11pn1p0，p10．

∴f(n1)p1（nN*）．

f(n)，2p （8分）

(3) 由(2)知

f(1)∴当np1p1，f(n1)（nN*）．

f(n)，2p2pp1p12f(n1)()f(n2)2p2pp1p12p2p22时，f(n)(p1n1p1n)f(1)()．

2p2p∴f(1)f(2)f(2n1)p12p2n1

2n1p1p11，

p12p （10分）

（当且仅当n1时取等号）．

另一方面，当n2，k1,2,,2n1时，

p1(p1)k(p1)2nkf(k)f(2nk)

p2k(pk1)22nk(p2nk1)p1(p1)k(p1)2nk2kk

p2(p1)22nk(p2nk1)p12(p1)np2np12(p1)np2n1

(p1)(p2nk1)k1．

p2npkp2nk1∵pkp2nk2pn，∴p2npkp2nk1p2n2pn1(pn1)2．

∴f(k)f(2nk)∴k12n1p12(p1)n（当且仅当kn时取等号）．（13分）

2f(n)，p2n(pn1)2n1k112n1f(k)[f(k)f(2nk)]2k12n1k1（当且仅当n1时取等号）．

f(n)(2n1)f(n)．综上所述，(2n1)f(n)

f(k)2n1p1p1（nN*）．（14分）

1，p12p2009年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解三

1．（本小题满分13分）

x2y2 如图，已知双曲线C：221(a0，b0)的右准线l1ab与一条渐近线l2交于点M，F是双曲线C的右焦点，O为坐标原点.

 （I）求证：OMMF；

 （II）若|MF|1且双曲线C的离心率e的方程；

（III）在（II）的条件下，直线l3过点A（0，1）与双曲线C右支交于不同的两点P、Q且P在A、6，求双曲线C2Q之间，满足APAQ，试判断的范围，并用代数方法给出证明.

a2b解：（I）右准线l1：x，渐近线l2：yx

caa2aba2ab222，)，F(c，0)，cab，OM(，)

M(cccca2abb2ab，)(，)

MF(ccccca2b2a2b220

OMMFc2cOMMF ……3分 （II）e6b2，e21，a22b2

2a2b4a2b2b2(b2a2)|MF|1，221，1

ccc2b21，a21x2双曲线C的方程为：y21

2 （III）由题意可得01

……7分

……8分

证明：设l3：ykx1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)

x22y2222 由得(12k)x4kx40

ykx1

l3与双曲线C右支交于不同的两点P、Q

12k202216k16(12k)0

xx4k01212k240x1x2212k

1k2k22k1

k0212k0……11分

2

2



APAQ，(x1，y11)(x2，y21)，得x1x2

4k42，x212k212k2

222(1)16k4k224(12k2)2k212k21(1)x22(1)22，02k11，4

1k2

(1)422210

……13分

的取值范围是（0，1）

2．（本小题满分13分） (x0)0已知函数f(x)n[x(n1)]f(n1)数列{an}满足anf(n)(nN*)

（I）求数列{an}的通项公式；

(n1xn，nN*)，

（II）设x轴、直线xa与函数yf(x)的图象所围成的封闭图形的面积为S(a)(a0)，求S(n)S(n1)(nN*)；

（III）在集合M{N|N2k，kZ，且1000k1500}中，是否存在正整数N，使得不等式an1005S(n)S(n1)对一切nN恒成立？若存在，则这样的正整数N共有多少个？并求出满足条件的最小的正整数N；若不存在，请说明理由.

（IV）请构造一个与{an}有关的数列{bn}，使得lim(b1b2bn)存在，并求出这个极限值.

n解：（I）nN*

f(n)n[n(n1)]f(n1)nf(n1)

f(n)f(n1)n ……1分

f(1)f(0)1

f(2)f(1)2

f(3)f(2)3 ……

f(n)f(n1)n

将这n个式子相加，得

f(n)f(0)123nn(n1)

2f(0)0

f(n)n(n1)

2n(n1) ……3分

(nN*)

2 （II）S(n)S(n1)为一直角梯形（n1时为直角三角形）的面积，该梯形的两底边的长分别为

anf(n1)，f(n)，高为1

S(n)S(n1)aanf(n1)f(n)

1n122 ……6分

1n(n1)n(n1)n2]

[

2222 （III）设满足条件的正整数N存在，则

n(n1)n2n10051005n2010

222 又M{2000，2002，，2008，2010，2012，，2998}

N2010，2012，……，2998均满足条件

它们构成首项为2010，公差为2的等差数列.

设共有m个满足条件的正整数N，则20102(m1)2998，解得m495

M中满足条件的正整数N存在，共有495个，Nmin2010

（IV）设bn……9分

12112() ，即bnann(n1)nn11111111)()()]2(1)

2334nn1n11 显然，其极限存在，并且lim(b1b2bn)lim[2]2 ……10分

nnn1 则b1b2bn2[(1)(n1nn1cn1bn()，bnq(0|q|1)等都能使lim(b1b2bn)bn（c为非零常数） 注：，n2an122a2a存在.

19. （本小题满分14分）

y2x21的两个焦点分别为F1、F2，离心率为2. 设双曲线23a （I）求此双曲线的渐近线l1、l2的方程；

（II）若A、B分别为l1、l2上的点，且2|AB|5|F1F2|，求线段AB的中点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；

（III）过点N(1，0)能否作出直线l，使l与双曲线交于P、Q两点，且OP·OQ0.若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由. 解：（I）e2，c4a

ca3，a1，c2

2222x23x

1，渐近线方程为y

双曲线方程为y332 4分

（II）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点Mx，y

2|AB|5|F1F2||AB|55|F1F2|2c1022(x1x2)2(y1y2)210

33x1，y2x2，2xx1x2，2yy1y23333y1y2(x1x2)，y1y2(x1x2)33又y13(y1y2)23(x1x2)10321x23y221

3(2y)(2x)100，即375252 则M的轨迹是中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为103，短轴长为 （III）假设存在满足条件的直线l

设l：yk(x1)，l与双曲线交于P(x1，y1)、Q(x2，y2)

103的椭圆.（9分）

3OP·OQ0

x1x2y1y20x1x2k(x11)(x21)0x1x2k2x1x2(x1x2)10(i)2

yk(x1)由2x2得(3k1)x26k2x3k230y31

6k23k23则x1x22，x1x22(ii)3k13k1 由（i）（ii）得k30

∴k不存在，即不存在满足条件的直线l. 14分

23. （本小题满分13分）

已知数列an的前n项和为Sn(nN)，且Sn(m1)man对任意自然数都成立，其中m为*常数，且m1.

（I）求证数列an是等比数列；

（II）设数列an的公比qf(m)，数列bn满足：b11a1，bnf(bn1)

3(n2，nN*)，试问当m为何值时，limbn(lgan)lim3(b1b2b2b3b3b4

nn…bn1bn)成立？

解：（I）由已知Sn1(m1)man1

Sn(m1)man （2）

由(1)(2)得：an1manman1，即(m1)an1man对任意nN都成立

*(1)

m为常数，且m1am

n1anm1即an为等比数列5分

（II）当n1时，a1(m1)ma1

a11，从而b113mm1

由（I）知qf(m)bnf(bn1)bn1(n2，nN*)bn1111111，即1bnbn1bnbn11为等差数列bn113(n1)n2，bn(nN*)bnn2n1



9分m

anm1 n1mmlimbn(lgan)lim·lglgnnn2m1m1

lim3(b1b2b2b3…bn1bn)n

111111lim3…1n3445n1n2 由题意知lgmm1010，m

1，m19m1 13分

4．（本小题满分12分）

x2y2设椭圆221(ab0)的左焦点为F，上顶点为A，过点A与AF垂直的直线分别交椭圆ab和x轴正半轴于P，Q两点，且P分向量AQ所成的比为8∶5．

（1）求椭圆的离心率；

（2）若过A,Q,F三点的圆恰好与直线l：x3y30相切，求椭圆方程．

解：（1）设点Q(x0,0),F(c,0),其中c由P分AQ所成的比为8∶5，得P(2a2b2,A(0,b)．

85x0,b)， 2分

131382x523∴()02()1x0a．①， 4分

13a132而FA(c,b),AQ(x0,b),FAAQ，

b2∴FAAQ0．cx0b0,x0．②， 5分

c2由①②知2b3ac,2c3ac2a0．

∴2e3e20.e22221． 6分

2b2c2,0)， （2）满足条件的圆心为O(2cb2c2a2c2c2c,O(c,0)， 8分

2c2cb22a2ca． 10分 圆半径r22c由圆与直线l：x3y30相切得，|c3|a，

2x2y21． 12分 又a2c,c1,a2,b3．∴椭圆方程为435．（本小题满分14分）

（理）给定正整数n和正数b，对于满足条件a1an1b的所有无穷等差数列an，试求2yan1an2a2n1的最大值，并求出y取最大值时an的首项和公差．

（文）给定正整数n和正数b，对于满足条件a1an1b的所有无穷等差数列an，试求2yan1an2a2n1的最大值，并求出y取最大值时an的首项和公差．

（理）解：设an公差为d，则an1a1nd,ndan1a1． 3分

yan1an2a2n1an1(an1d)(an1nd)

(n1)an1(12n)d(n1)an1n(n1)d 4分

2aa1nd)(n1)(an1n1)

22(n1)(an1n1(3an1a1)． 7分

222又a1an1b,a1ban1．

∴3an1a1an13an1b(an1)232294b94b3，当且仅当an1时，等号442成立． 11分

n1(n1)(94b)． 13分

(3an1a1)2894b3(n1)(94b)当数列an首项a1b，公差d时，y，

44n8(n1)(94b)∴y的最大值为． 14分

8∴y（文）解：设an公差为d，则an1a1nd,ndan1a1． 3分 yan1an2a2n1an1(an1d)(an1nd)(n1)an1(12n)d(n1)an1n(n1)ndd(n1)(an1)22an1a1n1)(3an1a1)， 6分

222

(n1)(an12又a1an1b,a1ban1．

∴3an1a1an13an1b(an1)当且仅当an1232294b94b．

443时，等号成立． 11分

2n1(n1)(94b)∴y． 13分

(3an1a1)2894b3(n1)(94b)当数列an首项a1b，公差d时，y．

44n8(n1)(94b)∴y的最大值为． 14分

86．（本小题满分12分）

垂直于x轴的直线交双曲线x2y2于M、N不同两点，A1、A2分别为双曲线的左顶点和右顶点，设直线A1M与A2N交于点P（x0，y0）

22（Ⅰ）证明：x02y0为定值;

22（Ⅱ）过P作斜率为x0的直线l，原点到直线l的距离为d，求d的最小值.

2y0解（Ⅰ）证明：设M(x1,y1),则N(x1,y1),A1(2,0),A2(2,0)

直线A1M的方程为yy1x12(x2) ①

直线A2N的方程为yy1x12(x2) ②……4分

①×②，得y2y12x122(x22) 1x122y122,y2(x22),即x22y222P(x0,y0)是直线A1M与A2N的交点

22x02y02为定值8分（Ⅱ）l的方程为yy0x022(xx0),结合x02y02整理得x0x2y0y20

2y0于是d222x04y02222y02……10分

21y022x02y022y0121y02d21

21y02当y01时,y01,d取最小值1……12分

7．（本小题满分14分）

已知函数f(x)xsinx

（Ⅰ）若x[0,],试求函数f(x)的值域;

2f()f(x)2xf();

332f()f(x)2x（Ⅲ）若x[k,(k1)],(k,(k1)),kZ,猜想与f()的大小关系33（Ⅱ）若x[0,],(0,),求证:（不必写出比较过程）.

解：（Ⅰ）当x(0,)时,f(x)1cosx0,f(x)为增函数

又f(x)在区间[0,]上连续

所以f(0)f(x)f(),求得0f(x)

即f(x)的值域为[0,]4分（Ⅱ）设g(x)2f()f(x)2x2f()sinx2x

f()，即g(x)sin333312xg(x)(cosxcos)……6分

33x[0,],(0,)2x(0,)

3由g(x)0,得x当x(0,)时,g(x)0,g(x)为减函数.当x(,)时,g(x)0,g(x)为增函数8分 g(x)在区间[0,]上连续则g()为g(x)的最小值

对x[0,]有g(x)g()02f()f(x)2x因而f()10分332f()f(x)2x（Ⅲ）在题设条件下，当k为偶数时f()

332f()f(x)2x当k为奇数时f()……14分

33

2009年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解四

1．（本小题满分14分）

已知f(x)=2xa(x∈R)在区间[－1，1]上是增函数.

2x21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+1x（Ⅰ）求实数a的值组成的集合A；

（Ⅱ）设关于x的方程f(x)=≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]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.

42ax2x22(x2ax2)解：（Ⅰ）f＇(x)== ，

2222(x2)(x2)∵f(x)在[－1，1]上是增函数，

∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立，

即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立. ①

设(x)=x2－ax－2，

方法一：

(1)=1－a－2≤0，

①



－1≤a≤1，

(－1)=1+a－2≤0.

∵对x∈[－1，1]，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|－1≤a≤1}. 方法二：

aa≥0， <0，

22① 或

(－1)=1+a－2≤0

(1)=1－a－2≤0

 0≤a≤1 或 －1≤a≤0

 －1≤a≤1.

∵对x∈[－1，1]，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|－1≤a≤1}.

（Ⅱ）由2xa1=，得x2－ax－2=0， ∵△=a2+8>0

2x2x∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的两非零实根，

x1+x2=a，

∴ 从而|x1－x2|=(x1x2)4x1x2=a28.

2x1x2=－2，

∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=a28≤3.

要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，

当且仅当m2+tm+1≥3对任意t∈[－1，1]恒成立，

即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立. ②

设g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，

方法一：

g(－1)=m2－m－2≥0，

②



g(1)=m2+m－2≥0，

m≥2或m≤－2.

所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|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，②显然不成立；

当m≠0时，

m>0， m<0，

② 或

g(－1)=m2－m－2≥0 g(1)=m2+m－2≥0 

m≥2或m≤－2.

所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.

2．（本小题满分12分）

如图，P是抛物线C：y=C交于另一点Q.

（Ⅰ）若直线l与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程；

（Ⅱ）若直线l不过原点且与x轴交于点S，与y轴交于点T，试求12x上一点，直线l过点P且与抛物线2|ST||ST|的取值范围.

|SP||SQ|本题主要考查直线、抛物线、不等式等基础知识，求轨迹方程的方法，解析几何的基本思想和综合解题能力.满分12分.

解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依题意x1≠0，y1>0，y2>0.

由y=12x， ①

2得y＇=x.

∴过点P的切线的斜率k切= x1，

∴直线l的斜率kl=－11=-，

k切x1112x1=－ (x－x1)，

x21∴直线l的方程为y－方法一：

联立①②消去y，得x2+∵M是PQ的中点

x0=∴

2x－x12－2=0.

x1x1x21=-，

x12 y0=121x1－(x0－x1).

x12消去x1，得y0=x02+12x02+1(x0≠0)，

∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2+方法二：

由y1=12x02+1(x≠0).

xx2121x1，y2=x22，x0=1，

222得y1－y2=12121x1－x2=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，

222y1y21则x0==kl=-，

x1x2x1∴x1=－1，

x0将上式代入②并整理，得

y0=x02+12x02+1(x0≠0)，

∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2+12x02+1(x≠0).

（Ⅱ）设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，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

|b||b||ST||ST||OT||OT|.

|SP||SQ||PP||QQ||y1||y2| y=12x

2由 消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0. ③

y=kx+b

y1+y2=2(k2+b)，

则

y1y2=b2. 方法一：

∴11|ST||ST||b|()≥2|b|y1y2|SP||SQ|11=2|b|=2.

2y1y2b∵y1、y2可取一切不相等的正数，

∴|ST||ST|的取值范围是（2，+）.

|SP||SQ|方法二：

y1y22(k2b)|ST||ST|∴=|b|=|b|.

2y1y2|SP||SQ|b2(k2b)2(k2b)2k2|ST||ST|当b>0时，=b==+2>2；

2bb|SP||SQ|b2(k2b)2(k2b)|ST||ST|当b<0时，=－b=.

b|SP||SQ|b2又由方程③有两个相异实根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，

于是k2+2b>0，即k2>－2b.

所以|ST||ST|2(2bb)>=2.

|SP||SQ|b2k2∵当b>0时，可取一切正数，

b∴|ST||ST|的取值范围是（2，+）.

|SP||SQ|方法三：

由P、Q、T三点共线得kTQ=KTP，

即y2by1b=.

x1x2则x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).

1212x2x1x1x2122于是b==－x1x2.

x2x1211|x1x2||x1x2|xx|b||ST||ST||b|22∴==+=|2|+|1|≥2.

x1x2|SP||SQ||y1||y2|2

12

1∵|x2|可取一切不等于1的正数，

x1∴|ST||ST|的取值范围是（2，+）.

|SP||SQ|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：①不采取预防措施时，总费用即损失期望为400×0.3=120（万元）；

②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

1－0.9=0.1，损失期望值为400×0.1=40（万元），所以总费用为45+40=85（万元）

③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1－0.85=0.15，损失期望值为400×0.15=60（万元），所以总费用为30+60=90（万元）；

④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（1－0.9）（1－0.85）=0.015，损失期望值为400×0.015=6（万元），所以总费用为75+6=81（万元）.

综合①、②、③、④，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a0,数列{an}满足a1a,an1a1,n1,2,.

an（I）已知数列{an}极限存在且大于零，求Aliman（将A用a表示）；

n（II）设bnanA,n1,2,,证明:bn1bn;

A(bnA)（III）若|bn|1对n1,2,都成立，求a的取值范围.

n2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liman存在,且Aliman(A0),对an1ann1两边取极限得

an

1aa24aa24Aa,解得A.又A0,A.

A22（II）由anbnA,an1a

11得bn1Aa.

anbnAbn1aA

bn111.bnAAbnAA(bnA)即bn1

bn对n1,2,都成立A(bnA)111,得|a(aa24)|.

222

（III）令|b1||

11(a24a)|.223a24a1,解得a.

231现证明当a时,|bn|n对n1,2,都成立.22（i）当n=1时结论成立（已验证）.

（ii）假设当nk(k1)时结论成立,即|bk|

1,那么

2k

|bk1||bk|11k

|A(bkA)|A|bkA|21A|bkA|13,即证A|bkA|2对a成立.

22 故只须证明aa24由于A2

2a4a2,3而当a时,a24a1,A2.2

1|bkA|A|bk|2k1,即A|bkA|2.23111故当a时,|bk1|kk1.2222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|bn|

13对n1,2,都成立的a的取值范围为[,).

n225．（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aR，函数f(x)x2|xa|.

(Ⅰ)当a2时，求使f(x)x成立的x的集合；

(Ⅱ)求函数yf(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：（Ⅰ）由题意，f(x)x2x2.

当x2时，f(x)x2(2x)x，解得x0或x1；

当x2时，f(x)x2(x2)x，解得x12.

综上，所求解集为0，1，12.

（Ⅱ）设此最小值为m.

①当a1时，在区间[1，2]上，f(x)x3ax2.

因为

2

f(x)3x22ax3x(xa)0，x(1，2)，

3则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)x2(xa)0，由f(a)0知

mf(a)0.

③当a2时，在区间[1，2]上，f(x)ax2x3. 2

f(x)2ax3x23x(ax).

3若a3，在区间(1，2)内f(x)0，从而f(x)为区间[1，2]上的增函数，

由此得

mf(1)a1.

若2a3，则1 当1x2a2.

322a时，f(x)0，从而f(x)为区间[1，a]上的增函数；

33222]上的减函数. 当ax2时，f(x)0，从而f(x)为区间[a，33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)；

37当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

1a，0，

m4(a2)，a1，当a1时；当1a2时；7

当2a时；37当a时．36．（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an的前n项和为Sn，已知a11，a26，a311，且

，

(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，n1，，，23其中A，B为常数.

(Ⅰ)求A与B的值；

(Ⅱ)证明：数列an为等差数列；

(Ⅲ)证明：不等式5amnaman1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：（Ⅰ）由已知，得S1a11，S2a1a27，S3a1a2a318.

由(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，知

3S27S1AB，

 即

2S12S2AB，23AB28，

2AB48，解得

A20，B8. （Ⅱ）方法1

由（Ⅰ），得

(5n8)Sn1(5n2)Sn20n8， ①

所以

(5n3)Sn2(5n7)Sn120n28. ②

②-①，得

(5n3)Sn2(10n1)Sn1(5n2)Sn20， ③

所以

(5n2)Sn3(10n9)Sn2(5n7)Sn120. ④

④-③，得

(5n2)Sn3(15n6)Sn2(15n6)Sn1(5n2)Sn0.

因为

an1Sn1Sn，

所以

(5n2)an3(10n4)an2(5n2)an10.

又因为

5n20，

所以

an32an2an10，

即

an3an2an2an1，n1.

所以数列an为等差数列.

方法2

由已知，得S1a11，

又(5n8)Sn1(5n2)Sn20n8，且5n80，

所以数列Sn是唯一确定的，因而数列an是唯一确定的.

设bn5n4，则数列bn为等差数列，前n项和Tn

于是

(5n8)Tn1(5n2)Tn(5n8)n(5n3).

2(n1)(5n2)n(5n3)(5n2)20n8，

22由唯一性得

bnan，即数列an为等差数列.

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，an15(n1)5n4.

要证

5amnaman1，

只要证

5amn1aman2aman.

因为

amn5mn4，aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，

故只要证

5(5mn4)125mn20(mn)162aman，

即只要证

20m20n372aman. 因为

2amanaman5m5n8

5m5n8(15m15n29)

20m20n37，

所以命题得证.

2009年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解五

1．（本小题满分14分）

x2y2已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动ab点，满足|F1Q|2a.点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足PTTF20,|TF2|0.

（Ⅰ）设x为点P的横坐标，证明|F1P|a （Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；

（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，

使△F1MF2的面积S=b2.若存在，求∠F1MF2

的正切值；若不存在，请说明理由.

cx；

a本小题主要考查平面向量的概率，椭圆的定义、标准方程和有关性质，轨迹的求法和应用，以及综合运用数学知识解决问题的能力.满分14分.

（Ⅰ）证法一：设点P的坐标为(x,y).

由P(x,y)在椭圆上，得

b22|F1P|(xc)y(xc)b2xa

c(ax)2.a2222由xa,知accxca0，所以

|F1P|ax.………………………3分

aa证法二：设点P的坐标为(x,y).记|F1P|r1,|F2P|r2,

则r1(xc)2y2,r2(xc)2y2.

cx.

ac证法三：设点P的坐标为(x,y).椭圆的左准线方程为ax0.

a由r1r22a,r12r224cx,得|F1P|r1a

2cac|FP|c由椭圆第二定义得，即1|FP||x||ax|.

12acaaa|x|c 由xa,知accxca0，所以|F1P|ax.…………………………3分

aa（Ⅱ）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|TF2|0时，由|PT||TF2|0，得PTTF2.

又|PQ||PF2|，所以T为线段F2Q的中点.

在△QF1F2中，|OT|1|F1Q|a，所以有x2y2a2.

2222综上所述，点T的轨迹C的方程是xya.…………………………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|TF2|0时，由PTTF20，得PTTF2.

又|PQ||PF2|，所以T为线段F2Q的中点.

xcx,2 设点Q的坐标为（x,y），则yy.2

因此x2xc, ①

y2y.222

由|F1Q|2a得(xc)y4a. ②

将①代入②，可得xya.

222 综上所述，点T的轨迹C的方程是xya.……………………7分

222 （Ⅲ）解法一：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22x0y0a2,



122c|y0|b.2③

④

2b2. 所以，当ab时，存在点M，使S=b2； 由③得|y0|a，由④得|y0|cc2当ab时，不存在满足条件的点M.………………………11分

c2b当a时，MF1(cx0,y0),MF2(cx0,y0)，

c222222由MF，

MFxcyacb1200MF1MF2|MF1||MF2|cosF1MF2，

S1|MF1||MF2|sinF1MF2b2，得tanF1MF22.

2解法二：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22③

x0y0a2,



122c|y0|b.④

2

b2b4b2b222. 上式代入③得x0a2(a)(a)0. 由④得|y0|cccc2于是，当ab时，存在点M，使S=b2；

c2当ab时，不存在满足条件的点M.………………………11分

c

2y0y0当ab时，记k1kF1M，

,k2kF2Mx0cx0cc由|F1F2|2a,知F1MF290，所以tanF1MF2|k1k2|2.…………14分

1k1k22．（本小题满分12分）

函数yf(x)在区间（0，+∞）内可导，导函数f(x)是减函数，且f(x)0. 设

x0(0,),ykxm是曲线yf(x)在点（x0,f(x0)）得的切线方程，并设函数g(x)kxm. （Ⅰ）用x0、f(x0)、f(x0)表示m；

（Ⅱ）证明：当x0(0,)时,g(x)f(x)；

3 （Ⅲ）若关于x的不等式x1axbx3在[0,)上恒成立，其中a、b为实数，

222 求b的取值范围及a与b所满足的关系.

本小题考查导数概念的几何意义，函数极值、最值的判定以及灵活运用数形结合的思想判断函数之间的大小关系.考查学生的学习能力、抽象思维能力及综合运用数学基本关系解决问题的能力.满分12分

（Ⅰ）解：mf(x0)x0f(x0).…………………………………………2分

（Ⅱ）证明：令h(x)g(x)f(x),则h(x)f(x0)f(x),h(x0)0.

因为f(x)递减，所以h(x)递增，因此，当xx0时,h(x)0；

当xx0时,h(x)0.所以x0是h(x)唯一的极值点，且是极小值点，可知h(x)的

最小值为0，因此h(x)0,即g(x)f(x).…………………………6分

（Ⅲ）解法一：0b1，a0是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.

x1axb,即xax(1b)0对任意x[0,)成立的充要条件是

a2(1b).

另一方面，由于f(x)3x3满足前述题设中关于函数yf(x)的条件，利用（II）的结果可知，222122223axbx3的充要条件是：过点（0，b）与曲线y3x3相切的直线的斜率大于a，该切线的方程为2212y(2b)xb.

2 于是axb3x3的充要条件是a(2b)2.…………………………10分

21

3综上，不等式x1axbx3对任意x[0,)成立的充要条件是

222

(2b)12a2(1b). ①

1212显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式(2b)2(1b). ②

12

有解、解不等式②得2222b. ③

44因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分

（Ⅲ）解法二：0b1,a0是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.

x1axb,即xax(1b)0对任意x[0,)成立的充要条件是

a2(1b).………………………………………………………………8分

23333令(x)axbx，于是axbx对任意x[0,)成立的充要条件是

2212222

(x)0. 由(x)ax130得xa3.

当0xa3时(x)0;当xa3时，(x)0，所以，当xa3时，(x)取最小值.因此12(x)0成立的充要条件是(a3)0，即a(2b).………………10分

综上，不等式x1axb3x3对任意x[0,)成立的充要条件是

222(2b)12a2(1b). ①

1212显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式(2b)有解、解不等式②得22b22.

442(1b) ②

12因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分

3．（本小题满分12分）

*已知数列an的首项a15,前n项和为Sn，且Sn1Snn5(nN)

（I）证明数列an1是等比数列；

2（II）令f(x)a1xa2xanxn，求函数f(x)在点x1处的导数f(1)并比较2f(1)与23n213n的大小.

*解：由已知Sn1Snn5(nN)可得n2,Sn2Sn1n4两式相减得

Sn1Sn2SnSn11即an12an1从而an112an1当n1时S22S115所以a2a12a16又a15所以a211从而a212a11 *故总有an112(an1)，nN又a15,a110从而an112即数列an1是等比数列；

an1n（II）由（I）知an321

2因为f(x)a1xa2xanxn所以f(x)a12a2xnanxn1

从而f(1)a12a2=32222nan=32123221n(32n1)

n(n1)6

2n2n-12n=3n12n1由上2f(1)23n213n12n12n-122n2n1=

n212n12n12n1(2n1)=12(n1)(2n1)①

当n1时，①式=0所以2f(1)23n13n；

当n2时，①式=-120所以2f(1)23n13n

当n3时，n10

又211CnCnn01nn1nCnCn2n22n1

22ByAMo2n23n13n 所以n1即①从而2f(1)22n100

4．(本小题满分14分)

已知动圆过定点NxpF,02pp,0，且与直线x相切，其中p0.

22xp2（I）求动圆圆心C的轨迹的方程；

（II）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且为定值(0)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标.

解：（I）如图，设M为动圆圆心，pp,0为记为F，过点M作直线x的垂线，垂足为N，由22p的距离相等，由抛物线的定义知，点M的2题意知：MFMN即动点M到定点F与定直线x轨迹为抛物线，其中Fpp,0为焦点，x为准线，所以轨迹方程为y22px(P0)；

22（II）如图，设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意得x1x2（否则）且x1,x20所以直线AB的2y12y22,x2斜率存在，设其方程为ykxb，显然x1，将ykxb与y2px(P0)联立消去2p2px，得ky22py2pb0由韦达定理知y1y22p2pb①

,y1y2kk2y12y2y1y21,x1x2y1y20，2y1y20（1）当时，即时，tantan1所以4px1x2222所以y1y24p由①知：2pb4p2所以b2pk.因此直线AB的方程可表示为ykx2Pk，即kk(x2P)y0所以直线AB恒过定点2p,0

（2）当2时，由，得tantan()=tantan=

1tantan2p(y1y2)2p2ptan将①式代入上式整理化简可得：，所以b2pk，

2y1y24pb2pktan此时，直线AB的方程可表示为ykx2p2p2pk即k(x2p)ytantan0

所以直线AB恒过定点2p,2ptan

所以由（1）（2）知，当2时，直线AB恒过定点2p,0，当2时直线AB恒过定点2p2p,tan.

5．（本小题满分12分）

x2y21，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、已知椭圆C1的方程为4右顶点分别是C1的左、右焦点.

（Ⅰ）求双曲线C2的方程；

（Ⅱ）若直线l:ykx2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足OAOB6（其中O为原点），求k的取值范围.

22解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为x2y21，则a2413,再由a2b2c2得b21.

abx2y21. 故C2的方程为3x2y21得(14k2)x282kx40. （II）将ykx2代入4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

1(82)2k216(14k2)16(4k21)0,

即

k21. ①

4x2将ykx2代入y21得(13k2)x262kx90.

3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

213k0,2222(62k)36(13k)36(1k)0.

1即k2且k21.3设A(xA,yA),B(xB,yB),则xAxB62k9,xxAB13k213k2

由OAOB6得xAxByAyB6,而xAxByAyBxAxB(kxA2)(kxB2)(k21)xAxB2k(xAxB)2

(k1)2962k2k2

2213k13k3k27.3k213k2715k213于是26,即0.解此不等式得

3k13k21k2131或k2. ③

153由①、②、③得

1113k2或k21.

4315故k的取值范围为(1,6．（本小题满分12分）

13311313)(,)(,)(,1)

15322315 数列{an}满足a11且an1(111)a(n1).

n2nnn2（Ⅰ）用数学归纳法证明：an2(n2)；

2（Ⅱ）已知不等式ln(1x)x对x0成立,证明:ane(n1)，其中无理数e=2.71828….

（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，a222，不等式成立.

（2）假设当nk(k2)时不等式成立，即ak2(k2),

那么ak1(111)akk2. 这就是说，当nk1时不等式成立.

k(k1)2根据（1）、（2）可知：ak2对所有n2成立.

（Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有

an1(11111)a(1)an.(n1)

n2n2nnn2nn2两边取对数并利用已知不等式得

lnan1ln(111)lnan

2nnn2lnan1111lnalna 故

(n1).

.n1nn(n1)2nn2n2n上式从1到n1求和可得

lnanlna11111112n1

1223(n1)n2221n1111111121()11n2.

1223n1n2n21212即lnan2,故ane(n1).

（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证2n(n1)对n2成立，故

nan1(11111)a(1annn(n1)n(n1)n2n2n(n2),则bn1(11)bnn(n1)(n2).

令bnan1(n2). 取对数并利用已知不等式得

lnbn1ln(11)lnbn

n(n1)lnbn1n(n1)(n2).

111

1223n(n1)上式从2到n求和得

lnbn1lnb21111111.

223n1n(n2).

1ln33e因b2a213.故lnbn11ln3,bn1e2222故an13e1e,n2,又显然a1e,a2e,故ane对一切n1成立.

7．（本小题满分12分）

已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a01,an1（1）证明anan12,nN;

（2）求数列{an}的通项公式an.

解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a11an,(4an),nN.

213a0(4a0),

22 ∴a0a12，命题正确.

2°假设n=k时有ak1ak2.

则nk1时,akak111ak1(4ak1)ak(4ak)

2212(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)2

1(ak1ak)(4ak1ak).2而ak1ak0.又ak14ak1ak0,akak10.

11ak(4ak)[4(ak2)2]2.

22∴nk1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有anan12. 方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a01,a113a0(4a0),∴0a0a12；

22 2°假设n=k时有ak1ak2成立，

1x(4x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设

2111有：f(ak1)f(ak)f(2),即ak1(4ak1)ak(4ak)2(42),

222 令f(x)也即当n=k+1时

akak12成立，所以对一切nN,有akak12

（2）下面来求数列的通项：an111an(4an)[(an2)24],所以

222(an12)(an2)2

1122n12n令bnan2,则bnbn(b)()b()bn,

1n2n122222212n112n1又bn=－1，所以bn(),即an2bn2()

22

2009年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解六

1．（本小题满分14分）

如图，设抛物线C:yx的焦点为F，动点P在直线l:xy20上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.

（1）求△APB的重心G的轨迹方程.

（2）证明∠PFA=∠PFB.

22解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x1)((x1x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0xyx00;

2 切线BP的方程为：2x1xyx10;

解得P点的坐标为：xP2x0x1,yPx0x1

2x0x1xPxP，

3所以△APB的重心G的坐标为

xG2y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPypyG,

33332所以yp3yG4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

21x(3y4x2)20,即y(4x2x2).

3 （2）方法1：因为FA(x0,x0),FP(由于P点在抛物线外，则|FP|0.

214x0x1112,x0x1),FB(x1,x1).

244x0x11112x0(x0x1)(x0)x0x1FPFA444, ∴cosAFP21|FP||FA||FP|22|FP|x0(x0)24x0x11112x1(x0x1)(x1)x0x1FPFB2444,

同理有cosBFP1|FP||FB||FP|22|FP|x1(x1)24∴∠AFP=∠PFB.

方法2：①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为(x1,0)，则P点2到直线AF的距离为：d1即(x12)xx1y|x1|1;而直线BF的方程:y24x12x114x,

141x10.

4x1x1|x||(x12)11|(x12)1|x1|42442d所以P点到直线BF的距离为：2

1221x1(x12)2(x1)244所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.

114(x0),即(x21)xxy1x0, ②当x1x00时，直线AF的方程：y0004x00442x0114(x0),即(x21)xxy1x0, 直线BF的方程：y1114x1044x12所以P点到直线AF的距离为：

xx11xx111222|(x0)(0)x0x1x0||0)(x0)42424|x0x1|，同理可得到P点到d1122122x0(x0)2x044直线BF的距离d22．（本小题满分12分）

设A、B是椭圆3xy上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线22|x1x0|，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB.

2与椭圆相交于C、D两点.

（Ⅰ）确定的取值范围，并求直线AB的方程；

（Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.

（此题不要求在答题卡上画图）

本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识以及推理运算能力和综合解决问题的能力.

（Ⅰ）解法1：依题意，可设直线AB的方程为yk(x1)3,代入3xy，整理得

22(k23)x22k(k3)x(k3)20. ①

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是方程①的两个不同的根，

∴4[(k3)3(k3)]0, ②

且x1x2

222k(k3),由N（1，3）是线段AB的中点，得

k23x1x21,2k(k3)k23.

解得k=－1，代入②得，12,即的取值范围是（12，+∞）.

于是，直线AB的方程为y3(x1),即xy40.

解法2：设A(x1,y1),B(x2,y2),则有