高考数学大题习题

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Newly compiled on November 23, 2020

11. 对于函数fx(a2)x3bx2(a2)x。

3（1）若fx在x1和x3处取得极值，且fx的图像上每一点的切线的斜率均不超过2sintcost23cos2t3试求实数t的取值范围；

（2）若fx为实数集R上的单调函数，设点P的坐标为a,b，试求出点P的轨迹所形成的图形的面积S。

11. （1）由fx(a2)x3bx2(a2)x，则f'x(a2)x22bx(a2)

3因为fx在x1和x3处取得极值，所以x1和x3是f'x0的两个根 因为fx的图像上每一点的切线的斜率不超过2sintcost23cos2t3 所以f'x2sintcost23cos2t3对xR恒成立， 而f'xx21，其最大值为1． 故2sintcost23cos2t31

（2）当a2时，由fx在R上单调，知b0

当a2时，由fx在R上单调f'x0恒成立，或者f'x0恒成立． ∵f'x(a2)x22bx(a2)，

4b24(a24)0可得a2b24

2从而知满足条件的点Pa,b在直角坐标平面aob上形成的轨迹所围成的图形的面积为

S4

2. 函数f(x)ax3bx2cx（a0）的图象关于原点对称，A(,f())、B(,f())分别为函数f(x)的极大值点和极小值点，且|AB|＝2，f()f(). （Ⅰ）求b的值；

（Ⅱ）求函数f(x)的解析式； （Ⅲ）若x[2,1],f(x)m2. （Ⅰ） b=0

6恒成立，求实数m的取值范围. m（Ⅱ）

f'(x)3ax2c0的两实根是,f(x)ax3cx0则 c

3a|AB|＝2()2(f()f())24()22 又a03a1 f(x)x3x

2（Ⅲ） x[2,1]时，求f(x)的最小值是-5

3. 已知fxax3bx2cxd是定义在R上的函数，其图象交x轴于A，B，C三点，若

点B的坐标为（2，0），且fx在[1,0]和[4，5]上有相同的单调性，在[0，2]和[4，5]上有相反的单调性． （1）求c的值；

（2）在函数fx的图象上是否存在一点M（x0，y0），使得fx在点M的切线斜率为

3b若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；

3. ⑴ ∵fx在1,0和0,2上有相反单调性，

∴ x=0是fx的一个极值点，故f'x0， 即3ax22bxc0有一个解为x=0，∴c=0 ⑵ ∵fx交x轴于点B（2，0） ∴8a4bd0,即d4b2a

令f'x0，则3ax22bx0,x10,x2 ∵fx在0,2和4,5上有相反的单调性 ∴22bb4， ∴63 3aa2b 3a 假设存在点M（x0，y0），使得fx在点M的切线斜率为3b，则f'x03b

22bx03b0 即 3ax0 ∵ △=2b243a3b4b236ab4ab9 又63， ∴△＜0

∴不存在点M（x0，y0），使得fx在点M的切线斜率为 4. 已知函数f(x)lnx

（1）求函数g(x)f(x1)x的最大值； （2）当0ab时，求证f(b)f(a)2a(ba)； 22abbaba4. （1）f(x)lnx,g(x)f(x1)x

g(x)ln(x1)x(x1) g(x)11 令g(x)0,得x0 x1当1x0时，g(x)0 当x0时g(x)0，又g(0)0

 当且仅当x0时，g(x)取得最大值0

baablnln(1) abbabba由（1）知ln(1x)x f(b)f(a)bb12aba2b(ba)又0ab,a2b22ab2 2bab2bab2（2）f(b)f(a)lnblnaln5. 已知f(x)是定义在[1，0)(0，1]上的奇函数，当x[1，0]时，f(x)2ax（a为实数）．

（1）当x(0，1]时，求f(x)的解析式；

（2）若a1，试判断f(x)在[0，1]上的单调性，并证明你的结论； （3）是否存在a，使得当x(0，1]时，f(x)有最大值6． 5. （1）设x(0，1]，则x[1，0)，f(x)2ax1x21，f(x)是奇函数，则x21，x(0，1]； 2x2111 （2）f'(x)2a32(a3)，因为a1，x(0，1]，31，a30，即

xxxxf(x)2axf'(x)0，所以f(x)在[0，1]上是单调递增的．

5 （3）当a1时，f(x)在(0，1]上单调递增，f(x)maxf(1)aa（不含

2311题意，舍去），当a1，则f'(x)0，x，如下表f(x)maxf()

aa36a22x2(01]， 2x ＋ 0 最大值 (31，) a- 所以存在a22使f(x)在(0，1]上有最大值6．

．

6. 已知f(x)kx3x2x5在R上单调递增，记ABC的三内角A,B,C的对应边分别为a,b,c，若a2c2b2ac时，不等式fmsin2Bcos(AC)f(2m（Ⅰ）求实数k的取值范围； （Ⅱ）求角cosB的取值范围； （Ⅲ）求实数m的取值范围．

19. (1)由f(x)kx3x2x5知f(x)3kx22x1，f(x)在R上单调递增，f(x)01恒成立，3k0且0，即k0且412k0，k，

31 当0，即k时，f(x)3kx22x1(x1)2，

31x1时f(x)0，x1时，f(x)0，即当k时，能使f(x)在R上单调递增，

31k．

333)恒成立． 4a2c2b2ac1，0B，----5分 (2)acbac，由余弦定理：cosB2ac2ac23222(3) f(x)在R上单调递增，且fmsin2Bcos(AC)f(2mmsin2Bcos(AC)2msin2Bcos(AC)33433)，所以 43333291sin2BcosBcos2BcosB(cosB)278，---10分 4442故m2m8，即(m1)29，3m13，即0m4，即0m16

37. 已知函数f(x)ax3(a2)x26x3

2 （I）当a2时，求函数f(x)的极小值

（II）试讨论曲线yf(x)与x轴的公共点的个数。

27. （I）f(x)3ax23(a2)x63a(x)(x1)

a222 a2, 1 当x或x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0

aaa22 f(x)在(,)，（1，)内单调递增，在(,1)内单调递减

aa 故f(x)的极小值为f(1)a 2（II）①若a0,则f(x)3(x1)2 f(x)的图象与x轴只有一个交点。……6分

2221，当x或x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0 aaaaf(x)的极大值为f(1)0

22f(x)的极小值为f()0 f(x)的图象与x轴有三个公共点。

a2③若0a2，则1。

a22 当x1或x时，f(x)0，当x1时，f(x)0

aa②若a0,则

f(x)的图象与x轴只有一个交点

④若a2，则f(x)6(x1)20 f(x)的图象与x轴只有一个交点

2133⑤当a2，由（I）知f(x)的极大值为f()4()20

aa44综上所述，若a0,f(x)的图象与x轴只有一个公共点；

若a0，f(x)的图象与x轴有三个公共点。第二组：解析几何

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

1满足CPPM0,PMMQ

2（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)

由CPPQ0得3s—t2=0……………………………………………………①

11又由PMMQ得(x,yt)(sx,y)

221x(sx)s3x2， 3……………………………………②

tyyt1(y)223把②代入①得9x(y)2=0，即y2=4x，又x≠0

2∴点M的轨迹方程为：y2=4x（x≠0）

（2）如图示，假设存在点H，满足题意，则

yy设A(1,y1),B(2,y2)，则由OAOB0可得

4422y1y2y1y20解得y1y216 16yy4又kAB2212

y2y1y1y24424y1则直线AB的方程为：yy1(x)

y1y2422即(y1y2)yy1y1y24xy1把y1y216代入，化简得

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x,yR,i,j为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量，若向量

axi(y2)j,bxi(y2)j,且ab8. (1)求点M（x,y）的轨迹C的方程；

(2)过点(0,3)作直线l与曲线C 的交于A、B两点，设OPOAOB，是否存在这样的直线l，使得四边形OAPB为矩形若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.

2. (1)a(x,y2),b(x,y2),且ab8

即点M(x,y)到两个定点F1(0,-2)、F2(0,2)的距离之和为8,

y2x21. 点M（x,y）的轨迹C为以F1(0,-2)、F2(0,2)为焦点的椭圆，其方程为

1612 (2)由题意可设直线l方程为ykx3,A(x1,y1),B(x2,y2)，

ykx3由y2x2消去y得：(4+3k)x2 +18kx-21=0.

1161218kxx2143k222

此时，△=(18k)-4(4+3k (-21)>0恒成立，且

21xx1243k222由OPOAOB知：四边形OAPB为平行四边形.

假设存在直线l，使得四边形OAPB为矩形，则OAOB,即OA0B0 . 因为OA(x1,y2),OB(x2,y2)，所以x1x2y1y20，

而y1y2(kx13)(kx23)k2x1x23k(x1x2)9，

552118k2k,得k)3k()90，即. 2218443k43k5x3，使得四边形OAPB为矩形. 所以，存在直线l：y43. 一束光线从点F1(1,0)出发，经直线l:2xy30上一点P反射后，恰好穿过点F2(1,0)．

故(1k2)(（Ⅰ）求点F1关于直线l的对称点F1的坐标；

（Ⅱ）求以F1、F2为焦点且过点P的椭圆C的方程；

（Ⅲ）设直线l与椭圆C的两条准线分别交于A、B两点，点Q为线段AB上的动点，求点Q 到F2的距离与到椭圆C右准线的距离之比的最小值，并求取得最小值时点Q的坐标．

n1m1n12. （Ⅰ）设F1的坐标为(m,n)，则且230．

m12229292解得m,n， 因此，点 F1的坐标为(,)．

5555（Ⅱ）PF1PF1，根据椭圆定义，

92得2a|PF1||PF2||F1F2|(1)2(0)222，

55a2，b211．

x2y21． ∴所求椭圆方程为2a22，椭圆的准线方程为x2． （Ⅲ）c设点Q的坐标为(t,2t3)(2t2),d1表示点Q到F2的距离，d2表示点Q到椭圆的右准线的距离．

则d1(t1)2(2t3)25t210t10，d2t2．

d15t210t10t22t25， d2t2(t2)2t22t2令f(t)(2t2)，则

(t2)2(2t2)(t2)2(t22t2)2(t2)(6t8)， f(t)43(t2)(t2)444当2t,f(t)0，t2,f(t)0， t，f(t)0．

3334 ∴ f(t)在t时取得最小值．

3d4241因此，1最小值＝5f()，此时点Q的坐标为(,)．

32d233注：f(t)的最小值还可以用判别式法、换元法等其它方法求得．

d41说明：求得的点Q(,)即为切点P，1的最小值即为椭圆的离心

d2334. 已知椭圆的一个焦点F1(0,22)，对应的准线方程为y24，e，成等比数列. 33(1)求椭圆的方程；

92，且离心率e满足4(2)试问是否存在直线l，使l与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN恰被直线

1x平分若存在，求出l的倾斜角的取值范围；若不存在，请说明理由.

2242424. （1）∵,e,成等比数列 ∴e2 e2

33333设p(x,y)是椭圆上任意一点，依椭圆的定义得

x2(y22)222y2222,化简得9xy9 即x1为所求的椭圆方程.

939y241（2）假设l存在，因l与直线x相交，不可能垂直x轴

2因此可设l的方程为：ykxm由 (k29)x22kmx(m29)0 ① 方程①有两个不等的实数根

∴4k2m24(k29)(m29)0即m2k290 ②

2km设两个交点M、N的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2) ∴x1x22

k91xx22km1即21 ∵线段MN恰被直线x平分 ∴1222k9k29k292)(k29)0 ∵k0 ∴m ③ 把③代入②得 (2k2kk29210 ∴k23解得k3或k3 ∵k90 ∴24k2∴直线l的倾斜角范围为(,)(,)

32235. 已知向量a(x,3y),b(1,0),且(a3b)(a3b).

（Ⅰ）求点Q(x,y)的轨迹C的方程；

（Ⅱ）设曲线C与直线ykxm相交于不同的两点M、N，又点A(0,1)，当AMAN时，求实数m的取值范围。

5. 由题意得：

ykxm222(3k1)x6mkx3(m1)0, （II）由x2得2y13由于直线与椭圆有两个不同的交点，0，即m23k21 ①

（1）当k0时，设弦MN的中点为P(xp,yp),xM、xN分别为点M、N的横坐标，则

m3k211即2m3k21 ②. 又AMAN,APMN,则3mkk2m110,解得m , 将②代入①得2mm2，解得0m2, 由②得k2321

故所求的m取值范围是(,2)

2

（2）当k0时，AMAN,APMN,m23k21,解得1m1

6. 设直线l:yk(x1)与椭圆

x23y2a2(a0)相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点C，记O为坐标原点.

3k2 （I）证明：a； 213k （II）若AC2CB,求OAB的面积取得最大值时的椭圆方程.

26. 依题意，直线l显然不平行于坐标轴，故yk(x1)可化为x将x1y1. k1y1代入x23y2a2,消去x，得 k12(23)y2y1a20. ①

kk由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得

41124(23)(1a2)0,整理得(23)a23，

kkk3k22. 即a13k22k （II）解：设A(x1,y1),B(x2,y2).由①，得y1y2 213k2k因为AC2CB,. 得y12y2，代入上式，得y2213k13于是，△OAB的面积 S|OC||y1y2||y2|

223. 其中，上式取等号的条件是3k21,即k32k3,可得y. 由y222313k3333,y2及k,y2将k这两组值分别代入①，均可解出a25. 3333所以，△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是x23y25.

7. 如图，已知⊙O：x2y28及点A2,0，在 ⊙O上任取一点A′，连AA′并作AA′的中垂线l，设l与直线OA′交于点P，若点A′取遍⊙O上的点. （1）求点P的轨迹C的方程；

（2）若过点O的直线m与曲线C交于M、N两点,且ONOM,则当[6,)时,求直线m的斜率k的取值范围.

7. (1) ∵l是线段AA的中垂线，∴PAPA,

∴||PA|－|PO||=||PA|－|PO||=|OA|=22.即点P在以O、A为焦点，以4

x2y2为焦距，以22为实轴长的双曲线上，故轨迹C的方程为1.

22 (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则直线m的方程为yk(x2),则由ONOM,得

2 x2(x12)2,y2y1.由y1y24k1k2yk(x2)xy222,得(1k2)y24ky2k20.∴

,y1y22k221k,16k28k2(1k2)8k2(1k2)0.

2由y2y1,y1y2 消去y1,y2,得∴

81k24k1k(1),y1y222k221k,

181k26212.∵6,函数g()17172在[6,)上单调递增.

626149,

149k1，所以 1k或k1.

1717 故斜率k的取值范围为(1,][,1).

66228. 如图，已知⊙O：xy3m4mm0及点M 0,3m，在 ⊙O上任取一

点M′，连MM′，并作MM′的中垂线l，设l与OM′交于点P， 若点M′取遍⊙O上

2的点.

（1）求点P的轨迹C的方程；

（2）设直线l:yk(x1)(k0)与轨迹C相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点D.若AD2DB,求OAB的面积取得最大值时的椭圆方程． 8. (1) ∵l是线段MM的中垂线，∴PMPM,

∴

|PM|+|PO|=|PM|+|PO|=|OM|=2mm0.即点P在以O、M为焦点，以26m为焦距，以32m为长轴长的椭圆上，故轨迹C的方程为y2x22223xym，即. 1m2m23（2）由 yk(x1)(k0)得x将x1y1. k136y1代入3x2y2m2消去x，得 (21)y2y3a20. ① kkk由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得

3k2322. 整理得(21)m3，即m23kk6k 设A(x1,y1),B(x2,y2).由①，得y1y2.

3k2∵AD2DB,而点D(1,0), ∴(1x1,y1)2(x21,y2)，所以y12y2，

6k. 代入上式，得y223k9|k|9|k|3313于是，△OAB的面积 S|OD||y1y2||y2|.

223k223|k|236324(21)(3m2)0,kk其中，上式取等号的条件是k23,即k3.

6k由y2.可得y23. 23k将k3,y23及k3,y23这两组值分别代入①，均可解出a215. ∴△OAB的面积取得最大值的椭圆方程是3x2y215.

第三组：数列不等式

一．先求和后放缩

例1．正数数列an的前n项的和Sn，满足2Snan1，试求： （1）数列an的通项公式； （2）设bn11，数列bn的前n项的和为Bn，求证：Bn anan12解：（1）由已知得4Sn(an1)2，n2时，4Sn1(an11)2，作差得：

224anan2anan12an1，所以(anan1)(anan12)0，又因为an为正数数

列，所以anan12，即an是公差为2的等差数列，由2S1a11，得a11，所以an2n1 （2）bn11111()，所以 anan1(2n1)(2n1)22n12n1注：一般先分析数列的通项公式．如果此数列的前n项和能直接求和或者通过变形后求和，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{an}满足条件an1anfn）求和或者利用分组、裂项、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an2Sn. 例．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且anan2an12(1) 求证：Sn；

4(2) 求证：SnS1S1S2Snn1 22解：（1）在条件中，令n1，得a12a12S12a1，a10a11 ，又由条件

22anan2Sn有an1an12Sn1，上述两式相减，注意到an1Sn1Sn得

(an1an)(an1an1)0 an0an1an0 ∴an1an1

所以， an11(n1)n，Snn(n1) 222n(n1)1n2(n1)2anan1•所以Sn 2224（2）因为nn(n1)n1，所以

n23n22Sn112n2n(n1)n1，所以 221222n2n(n1)22Sn2；S1S2Sn

2．放缩后成等比数列，再求和

例．（1）设a，n∈N*，a≥2，证明：a2n(a)n(a1)an； （2）等比数列{an}中，a1，前n项的和为An，且A7，A9，A8成

12a1等差数列．设bnn，数列{bn}前n项的和为Bn，证明：Bn＜．

31an解：（1）当n为奇数时，an≥a，于是，a2n(a)nan(an1)(a1)an． 当n为偶数时，a－1≥1，且an≥a2，于是

a2n(a)nan(an1)(a21)an(a1)(a1)an(a1)an．

2（2）∵A9A7a8a9，A8A9a9，a8a9a9，∴公比qa91． a821∴an()n． bn214n11()n211． nnn4(2)3211(12)1111221(11)1． ∴Bnb1b2bn1323223332n32n123．放缩后为差比数列，再求和

例4．已知数列{an}满足：a11，an1(1证明：因为an1(1即an1ann)an(n1,2,3)．求证： 2nn)an，所以an1与an同号，又因为a110，所以an0， n2nan0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11， n2nn12n1即an1annann，累加得：ana12n1．

2222212n1112n1令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

222222211111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1， 22222222n1故得an1an3n1．

24．放缩后为裂项相消，再求和

例5．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列(n1)n(n1)321的逆序数为an，如排列21的逆序数a11，排列321的逆序数a36．

（1）求a4、a5，并写出an的表达式； （2）令bnanan1，证明2nb1b2bn2n3，n=1,2,…. an1an解（1）由已知得a410,a515，ann(n1)21n(n1). 2（2）因为bnanann2nn2n122,n1,2,， an1ann2nn2n所以b1b2bn2n.

nn2222,n1,2,， n2nnn2111111)] 所以b1b2bn2n2[()()(1324nn222 =2n32n3.

n1n2又因为bn 综上，2nb1b2bn2n3,n1,2,. 注：常用放缩的结论：（1）

1k1k111111112(k2) kk1k(k1)kk(k1)k1k2kk11k2kk12(1k11k)(k2)

（2）．2()在解题时朝着什么方向进行放缩，是解题的关键，一般要看证明的结果是什么形式．如例２要证明的结论

n23n22、

n(n1)22为等差数列求和结果的类型，则把通项放缩

111为等差数列，再求和即可；如例3要证明的结论(1n)为等比数列求和结果的类

332n1型，则把通项放缩为等比数列，再求和即可；如例4要证明的结论3n1为差比数列

2求和结果的类型，则把通项放缩为差比数列，再求和即可；如例5要证明的结论

2n322为裂项相消求和结果的类型，则把通项放缩为相邻两项或相隔一项n1n2的差，再求和即可．

虽然证明与数列和有关的不等式问题是高中数学中比较困难的问题，但是我们通过仔细分析它的条件与要证明的结论之间的内在关系，先确定能不能直接求和，若不能直接求和则要考虑把通项朝什么方向进行放缩．如果我们平时能多观测要证明结论的特征与数列求和之间的关系，则仍然容易找到解决这类问题的突破口．