2019-2020年高三數(shù)學(xué)考前綜合試題含答案

1、2019-2020年高三數(shù)學(xué)考前綜合試題含答案一、填空題1數(shù)列an為等比數(shù)列，其前n項的乘積為Tn，若T2T8，則T10 【答案】1【提示】法一：由T2T8得a3a4a81，則(a3a8)31，a3a81從而T10a1a2a10(a1a10)5(a3a8)51；法二：(特殊化思想)，取an1，則T101【說明】本題考查等比數(shù)列的運算性質(zhì)可一般化：an為正項等比數(shù)列，其前n項的乘積為Tn，若TmTn，則Tmn1；可類比：an為等差數(shù)列，其前n項的和為Sn，若SmSn，則Smn0(其中m，nN*，mn)2已知點P為圓C：x2y24x4y40上的動點，點P到某直線l的最大距離為5若在直線l上任取一點

2、A作圓C的切線AB，切點為B，則AB的最小值是_【答案】 eq r(5) 【提示】由P到直線l的最大距離為5，得圓心C到直線l的距離為3，從而直線l與圓C相離過A引圓C的切線長AB eq r(AC2r2) eq r(AC24) eq r(324) eq r(5) 【說明】點直線與圓的相關(guān)問題常轉(zhuǎn)化為圓心與點直線問題3已知直線l：x2ym0上存在點M滿足與兩點A(2，0)，B(2，0)連線的斜率kMA與kMB之積為 eq f(3,4)，則實數(shù)m的值是_ 【答案】4，4【提示】點M的軌跡為 eq f(x2,4) eq f(y2,3)1(x2)把直線l：x2ym代入橢圓方程得，16y212my(3m

3、212)0根據(jù)條件，上面方程有非零解，得0，解得4m4【說明】求曲線方程的直接法，研究直線與橢圓位置關(guān)系中基本方法是方程思想4已知數(shù)列an為正項等差數(shù)列，滿足eq f(1,a1)eq f(4,a2k1)1(其中kN*且k2)，則ak的最小值為_【答案】 eq f(9,2)【提示】因為an為正項等差數(shù)列，則akeq f(a1 a2k1 ,2)eq f(a1 a2k1 ,2)(eq f(1,a1)eq f(4,a2k1) eq f(1,2) eq (5eq f(a2k1,a1)eq f(4 a1,a2k1) eq f(1,2)(52 eq r(,eq f(a2k1,a1)eq f(4 a1,a2k

4、1) eq f(9,2)(當(dāng)且僅當(dāng)eq f(1,a1)eq f(4,a2k1)1，且eq f(a2k1,a1)eq f(4 a1,a2k1)，即a13，a2k16時取“”號)【說明】本題將等差數(shù)列的運算性質(zhì)(等差中項)與基本不等式進(jìn)行綜合5 以C為鈍角的ABC中，BC3， eq o(sup8 (),BA) eq o(sup8 (),BC)12，當(dāng)角A最大時，ABC面積為_ABCD【答案】3【提示】過A作ADBC，垂足為D，則 eq o(sup8 (),BA) eq o(sup8 (),BC)| eq o(sup8 (),BA)| eq o(sup8 (),BC)|cosBBDBC3BD12，所

5、以BD4，又BC3，所以CD1設(shè)ADy(y0)，則tanBAC eq sdo1(f( eq sdo1(f(4,y) eq sdo1(f(1,y),1 eq sdo1(f(4,y2) eq sdo1(f(3,y eq sdo1(f(4,y) eq sdo1(f(3,4)，且僅當(dāng)y eq sdo1(f(4,y)，即y2時取“”，由正切函數(shù)的單調(diào)性知此時BAC也最大【說明】學(xué)會從向量的數(shù)量積處理的三種手法：定義法基底法和坐標(biāo)法中選擇，本題用定義法最為簡潔，用坐標(biāo)法也可以得出同上結(jié)論，另由兩個直角三角形拼接的平面圖形，計算角的最值，可轉(zhuǎn)化到直角三角形用兩角和與差的正切來解決，體現(xiàn)了化歸與轉(zhuǎn)化的思想6計

6、算：4sin20tan20 【答案】eq r(3)【提示】原式4sin20 eq f(sin20,cos20) eq f(4sin20 cos20sin20,cos20) eq f(2sin40sin20,cos20) eq f(2sin(6020)sin20,cos20) eq f(eq r(3)cos20sin20sin20,cos20)eq r(3)【說明】切化弦向特殊角轉(zhuǎn)化向單一的角轉(zhuǎn)化是三角恒等變換(求值)的一般思路7設(shè)是銳角，且cos(eq F(,6)eq F(4,5)，則sin(2eq F(,12)的值為 【答案】eq F(17eq R(,2),50)【提示】因為是銳角，所以eq

7、 F(,6)eq F(,6)eq F(2,3)，因為cos(eq F(,6)eq F(4,5)，所以sin(eq F(,6)eq F(3,5)sin2(eq F(,6)2sin(eq F(,6)cos(eq F(,6)eq F(24,25)，cos2(eq F(,6)12sin2(eq F(,6)eq F(7,25)sin(2eq F(,12)sin2(eq F(,6)eq F(,4)sin2(eq F(,6)coseq F(,4)cos2(eq F(,6)sineq F(,4)eq F(24,25)eq F(eq R(,2),2)eq F(7,25)eq F(eq R(,2),2)eq F(

8、17eq R(,2),50)【說明】考查同角三角函數(shù)，倍角三角函數(shù)，和角三角函數(shù)，重點突出角之間的互化，設(shè)法將所求角轉(zhuǎn)化為已知角，用已知角表示所求角8等比數(shù)列an中，首項a12，公比q3，anan1am720(m，nN*，mn)，則mn 【答案】9【提示】因為an23n1，則anan1ameq f(23n1(13mn1),13)3n1(3mn11)72032245，則eq blc(aal(n12,mn14)，解得n3，m6，則mn9【說明】本題考查等比數(shù)列中的基本運算，涉及到簡單的數(shù)論知識（整數(shù)的分解）9已知函數(shù)f (x)eq blc(aal(x4，xa，,x22x，xa)，若任意實數(shù)b，總存

9、在實數(shù)x0，使得f (x0)b，則實數(shù)a的取值范圍是 【答案】5a4【提示】“任意實數(shù)b，總存在實數(shù)x0，使得f (x0)b”等價于函數(shù)f (x)的值域為R在平面直角坐標(biāo)系xOy中，分別作出函數(shù)yx4及yx22x的圖像，觀察圖像可知5a4【說明】本題要注意條件的等價轉(zhuǎn)化一般情況下涉及到分段函數(shù)的問題都要有意識的作出圖像，運用數(shù)形結(jié)合的方法解決問題，學(xué)會從特殊值驗證，再到一般結(jié)論的發(fā)展10已知函數(shù)f (x)ax33x21，若f (x)存在唯一的零點x0，且x00，則實數(shù)a的取值范圍是 【答案】（，2）【提示】解法一：若a0，解得xeq F(eq R(,3),3)，不合題意若a0，則f (1)a2

10、0，f (0)10，所以f (x)存在負(fù)的零點，不合題意若a0，則f (x)3ax(xeq F(2,a)，可得f (eq F(2,a)1eq F(4,a2)為極小值，則滿足1eq F(4,a2)0，解得a2或a2此時，取得a2綜上，a的取值范圍是（，2）解法二：f (x)0，即ax33x21，分離參數(shù)aeq F(3,x)eq F(1,x3)，同樣可得a2【說明】考查零點概念、零點存在性定理；函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想，學(xué)會利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的圖象和性質(zhì)11設(shè)函數(shù)f(x)lnxeq f(m,x)，（mR），若對任意ba0，eq f(f(b)f(a),ba)1恒成立，則m的取值范圍

11、是 【答案】eq F(1,4)，）【提示】對任意的ba0，eq f(f（b）f（a）,ba)1恒成立，等價于f(b)bf(a)a恒成立函數(shù)h(x)f(x)xlnxeq f(m,x)x在(0，)是單調(diào)減函數(shù)，即h(x)eq f(1,x)eq f(m,x2)10在(0，)上恒成立，得mx2x(xeq F(1,2)2eq f(1,4)（x0）恒成立，解得：meq f(1,4)所以m的取值范圍是eq F(1,4)，） 【說明】考查求常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會用分離常數(shù)的方法來研究不等式恒成立問題，不等式、方程、函數(shù)三者之間相互轉(zhuǎn)化是高考考查的重點，要培養(yǎng)用函數(shù)的觀點來研究不等式、方程

12、的意識，體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想 二、解答題1在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c已知tanAeq F(1,3)設(shè)向量x(3a，cosA)，y(2c ，cosC)，且xy（1）若beq R(,5)，求c2a2的值；（2）求B的值解：（1）因為xy，所以3acosC2ccosA用余弦定理代入，化簡可得：b25(c2a2)因為beq R(,5)，所以c2a21（2）因為3acosC2ccosA，由正弦定理得：3sinAcosC2sinCcosA，即3tanA2tanC因為tanAeq F(1,3)，所以tanCeq F(1,2)，從而tanBtan(AC)eq F(tanAtanC,1tanAt

13、anC)1因為B(0，)，所以Beq F(3,4)【說明】考查向量的平行，正弦、余弦定理，兩角和與差的正切公式能夠根據(jù)題目的要求正確實現(xiàn)邊角互化2三角形ABC中，角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為a，b，c，面積為S（1）若eq o(AB,dfo1()sup7()eq o(AC,dfo1()sup7()2 eq r(3)S，求A的取值范圍；（2）若tanAtanBtanC123，且c1，求b解：（1）由題意知，eq o(AB,dfo1()sup7()eq o(AC,dfo1()sup7()bccosA，Seq F(1,2)bcsinA，所以bccosA eq r(3)bcsinA，即cosA eq

14、r(3)sinA，（或也可根據(jù)cosA的正負(fù)，轉(zhuǎn)化為關(guān)于tanA的不等式）即 eq r(3)sinAcosA0，2sin(Aeq F(,6)0因為A為三角形內(nèi)角，則Aeq F(,6)(eq F(,6)，eq F(5,6)，所以0Aeq F(,6)eq F(5,6)，從而Aeq F(,6)，)（2）設(shè)tanAm，tanB2m，tanC3m，由題意知，m0因為tanCtan(AB) eq F(tanAtanB,1tanAtanB) ，則3m eq F(3m,12m2) ，解得m1，則tanB2，tanC3，從而sinBeq F(2 eq r(5),5)，sinCeq F(3 eq r(10),10

15、)，所以eq F(AC,AB)eq F(sinB,sinC)eq F(2 eq r(2), 3)，則ACeq F(2 eq r(2), 3)【說明】本題第（1）問考查數(shù)量積三角形面積公式兩角和差公式及簡單的三角不等式第（2）問的目的是考查斜三角形三內(nèi)角A，B，C滿足的一個恒等式(tanAtanBtanCtanAtanBtanC)還可聯(lián)想到一類求值問題(兩角和差正切公式的變形)，如tan37tan23 eq r(3)tan37tan23等問題 3某高速公路收費站出口處依次有編號為12345的五個收費窗口（1）若每天隨機(jī)開放其中的3個收費窗口，則恰有兩個相鄰窗口開放（如：1，2，4）的概率是多少?

16、（2）經(jīng)統(tǒng)計，在某個開放的收費窗口處排隊等侯的車輛數(shù)及相應(yīng)概率如下：排隊車輛數(shù)012345概率0.10.160.30.30.10.04該收費窗口處至多有2輛車排隊等侯的概率是多少?該收費窗口處至少有3輛車排隊等侯的概率是多少?解：（1）記事件A為“開放3個收費窗口，恰有兩個相鄰窗口開放”，用(i，j，k)表示編號分別為i，j，k的三個收費窗口開放則本題的基本事件包括：(1，2，3)，(1，2，4)(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)， 共10個基本事件；而事件A包括：(1，2，4)，(1，2，5)，(1，

17、3，4)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，共6個基本事件因此P(A) eq f(6,10) eq f(3,5)答：隨機(jī)開放其中三個收費窗口，恰有兩個相鄰窗口開放的概率為 eq f(3,5)（2）記事件Bi為“該收費窗口處有i輛車排隊等侯”，其中i0，1，2，3，4，5 則由題意知，上述6個事件為互斥事件記事件C為“該收費窗口處至多有2輛車排隊等侯”，事件D為“該收費窗口處至少有3輛車排隊等侯”則P(C)P(B0B1B2) P(B0)P(B1)P(B2)0.10.160.30.56，P(D)P(B3B4B5) P(B3)P(B4)P(B5)0.30.10.040.44（另解：由題

18、意知事件C，D為對立事件，則P(D)P( eq o(sup6(),C)1P(C)0.44）答：該收費窗口處至多2輛車排隊等侯的概率為0.56，至少3輛車排隊等侯的概率為0.44【說明】本題考查古典概型和互斥事件的概率計算，主要要注意規(guī)范表述ACDB4如圖，四邊形ABCD中，AB2，AD1，三角形BCD為正三角形（1）當(dāng)BADeq F(,3)時，設(shè)eq o(AC,dfo1()sup7()xeq o(AB,dfo1()sup7() yeq o(AD,dfo1()sup7()，求x，y的值；（2）設(shè)BAD，則當(dāng)為多少時，四邊形ABCD的面積S最大，并求出最大值解：（1）在ABD中，由于AB2，AD1

19、，BADeq F(,3)，易得BD eq r(,3)，ABDeq F(,6)，ADBeq F(,2)，ABCeq F(,2)，ADCeq F(5,6)下面提供三種解法：法一：如圖，過點C作CE/AD交AB于點E，在BCE中，BC eq r(,3)，ABCeq F(,2)，BECeq F(,3)，ACDBE則CE2，BE1，則AE1，所以eq o(AC,dfo1()sup7()eq o(AE,dfo1()sup7()eq o(EC,dfo1()sup7()eq F(1,2)eq o(AB,dfo1()sup7()2eq o(AD,dfo1()sup7()，即eq blc(aal(xeq F(1,

20、2)，,y2)ACDBOyx法二：以A為坐標(biāo)原點，AB所在直線為x軸建立如圖直角坐標(biāo)系則D(eq F(1,2)，eq F( eq r(3),2)，B(2，0)，C(2， eq r(,3)，則eq o(AC,dfo1()sup7()(2， eq r(,3)，eq o(AB,dfo1()sup7()(2，0)，從而eq o(AD,dfo1()sup7()(eq F(1,2)，eq F( eq r(3),2)，則eq blc(aal(2xeq F(1,2)y2, eq F( eq r(3),2)y eq r(,3)，解得eq blc(aal(xeq F(1,2)，,y2)法三：因為eq o(AC,d

21、fo1()sup7()eq o(AB,dfo1()sup7()xeq o(AB,dfo1()sup7()2yeq o(AD,dfo1()sup7()eq o(AB,dfo1()sup7()4xy，又eq o(AC,dfo1()sup7()eq o(AB,dfo1()sup7()(eq o(AB,dfo1()sup7()eq o(BC,dfo1()sup7()eq o(AB,dfo1()sup7()eq o(AB,dfo1()sup7()2eq o(BC,dfo1()sup7()eq o(AB,dfo1()sup7()4，則4xy4因為eq o(AC,dfo1()sup7()eq o(AD,df

22、o1()sup7()xeq o(AB,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7()yeq o(AD,dfo1()sup7()2xy，又eq o(AC,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7()(eq o(AD,dfo1()sup7()eq o(DC,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7()2eq o(DC,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7()11 eq r(,3)coseq F(,6)eq F(5,2)，則xyeq F(5,2) 從而eq blc(aal(4xy

23、4,xyeq F(5,2)，解得eq blc(aal(xeq F(1,2)，,y2)（2）在ABD中，由余弦定理知，BD eq r(,54cos)，則SABDsin，SBDCeq F( eq r(,3),4)BD2eq F( eq r(,3),4)(54cos)，則S sin eq r(,3)cos eq F(5 eq r(,3),4)2sin( eq F(,3)eq F(5 eq r(,3),4)，(0，)，所以Smax2eq F(5 eq r(,3),4)，此時 eq F(,3)eq F(,2)，即eq F(5,6)【說明】第（1）問考查平面向量基本定理，將向量eq o(AC,dfo1()

24、sup7()用基底eq o(AB,dfo1()sup7()，eq o(AD,dfo1()sup7()線性表示此類問題通常的處理方法：利用“平行四邊形法則”或“三角形法則”分解；將向量用坐標(biāo)表示；將向量與基底進(jìn)行運算（數(shù)量積平方等）第（2）問考查三角形面積三角恒等變換及三角函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題5某隧道長2150m，通過隧道的車輛速度不能超過20m/s一列有55輛車身長都為10m的同一車型的車隊(這種型號車能行駛的最高速度為40m/s)，勻速通過該隧道，設(shè)車隊的速度為xm/s，根據(jù)安全和車流量的需要，當(dāng)0 x10時，相鄰兩車之間保持20m的距離；當(dāng)10 x20時，相鄰兩車之間保持( eq f

25、(1,6)x2 eq f(1,3)x)m的距離自第1輛車車頭進(jìn)入隧道至第55輛車車尾離開隧道所用時間為y(s)（1）將y表示為x的函數(shù)；（2）求車隊通過隧道時間y的最小值及此時車隊的速度( eq r(3)1.73)解：（1）當(dāng)0 x10時，y eq f(2150105520(551),x) eq f(3780,x)(s)； 當(dāng)10 x20時，y eq f(21501055( eq f(1,6)x2 eq f(1,3)x)(551),x) eq f(27009x218x,x)189x eq f(2700,x)(s)所以y eq blc(aal( eq f(3780,x)，0 x10，,189x

26、eq f(2700,x)，10 x20)（2）當(dāng)x(0，10時，在x10時，ymin eq f(3780,10)378(s)當(dāng)x(10，20時，y189x eq f(2700,x)182 eq r(9x eq f(2700,x)18180 eq r(3)329.4(s)當(dāng)且僅當(dāng)9x eq f(2700,x)，即x10 eq r(3)17.3時取等號因為17.3(10，20，所以當(dāng)x17.3m/s時，ymin329.4(s)因為378329.4，所以當(dāng)車隊的速度為17.3m/s時，車隊通過隧道時間y有最小值329.4s【說明】注意半建模型的應(yīng)用問題，其中變量在不同范圍內(nèi)，對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系不一樣，處

27、理問題的方法也有區(qū)別，可與多項式函數(shù)分式函數(shù)三角函數(shù)等綜合，也可用不等式導(dǎo)數(shù)三角變換等工具研究其最值6在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O:x2y21，P為直線l：xt(1t2)上一點 （1）已知teq F(4,3) 1 * GB3 若點P在第一象限，且OPeq F(5,3)，求過點P圓O的切線方程； 2 * GB3 若存在過點P的直線交圓O于點A，B，且B恰為線段AP的中點，求點P縱坐標(biāo)的取值范圍；（2）設(shè)直線l與x軸交于點M，線段OM的中點為QR為圓O上一點，且RM1，直線RM與圓O交于另一點N，求線段NQ長的最小值 解：（1）設(shè)點P的坐標(biāo)為(eq F(4,3)，y0) 1 * GB3 因OPe

28、q F(5,3)，所以(eq F(4,3)y02(eq F(5,3)2，解得y01 又點P在第一象限，所以y01，即P的坐標(biāo)為(eq F(4,3)，1) 易知過點P圓O的切線的斜率必存在，可設(shè)切線的斜率為k， 則切線為y1k(xeq F(4,3)，即kxy1eq F(4,3)k0，于是有eq F(|1eq F(4,3)k|,eq R(,k21) )1，解得k0或keq F(24,7) 因此過點P圓O的切線為:y1或24x7y250 2 * GB3 設(shè)A(x，y)，則B(eq F(xeq F(4,3),2)，eq F(yy0,2) 因為點A，B均在圓上，所以有eq blc(aal(x2y21，,

29、(eq F(xeq F(4,3),2)2(eq F(yy0,2)21)即eq blc(aal(x2y21，,(xeq F(4,3)2(yy0)24)該方程組有解，即圓x2y21與圓(x eq f(4,3)2(yy0)24有公共點 于是1eq R(,eq F(16,9) y02)3，解得eq F(eq R(,65) ,3)y0eq F(eq R(,65) ,3)，即點P縱坐標(biāo)的取值范圍是eq F(eq R(,65) ,3)，eq F(eq R(,65) ,3) （2）設(shè)R(x2，y2)，則eq blc(aal(x22y221，,(x2t)2y221)解得x2eq F(t,2)，y221eq F(

30、t2,4) RM的方程為：yeq F(2y2,t)(xt) 由eq blc(aal(x2y21，, yeq F(2y2,t)(xt)可得N點橫坐標(biāo)為eq F(t(3t2),2)，所以NQeq R(,(eq F(2tt3,2)21(eq F(3tt3,2)2)eq F(1,2)eq R(,2t45t24) 所以當(dāng)t2eq F(5,4)即teq F(eq R(,5) ,2)時，NQ最小為eq F(eq R(,14) ,8)【說明】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系圓與圓的位置關(guān)系其中第二問要能體會將方程組有解問題轉(zhuǎn)化為圓與圓有公共點問題；第三問要能會求在已知一個交點的情況下直線與曲線的另一個交點的坐標(biāo)最

31、后需要注意解析幾何當(dāng)中求范圍問題OFADCBQPxy7 已知橢圓E： eq f(x2,a2) eq f(y2,b2)1過點D(1， eq f(3,2)，且右焦點為F(1,0)，右頂點為A過點F的弦為BC直線BA，直線CA分別交直線l:xm,(m2)于PQ兩點（1）求橢圓方程；（2）若FPFQ，求m的值解：（1） eq f(1,a2) eq f(9,4b2)1,a2b21,解之得a24，b23，所以橢圓方程為 eq f(x2,4) eq f(y2,3)1；（2）設(shè)B(x0，y0)，則BC：y eq f(y0,x01)(x1)，與橢圓E： eq f(x2,4) eq f(y2,3)1聯(lián)立方程組：e

32、q blc(aal(y eq f(y0,x01)(x1)，, eq f(x2,4) eq f(y2,3)1)解得xx0，yy0或x eq f(85x0,52x0)，y eq f(3y0,52x0)，所以C( eq f(85x0,52x0), eq f(3y0,52x0)kABkAC eq f(y0,x02) eq f( eq f(3y0,52x0), eq f(85x0,52x0)2) eq f(y0,x02) eq f(3y0,x02) eq f(3y02,x024) eq f(9(1 eq f(x02,4),x024) eq f(9,4)顯然kABkAP,kACkAQ，所以kAPkAQ e

33、q f(9,4)設(shè)Q(m,y1)kFQ eq f(y1,m1) eq f(y1,m2) eq f(m2,m1) eq f(m2,m1)kAQ，同理kFP eq f(m2,m1) kAP所以kFP kFQ( eq f(m2,m1)2kAPkAQ eq f(9,4)( eq f(m2,m1)21,又m2，所以 eq f(m2,m1) eq f(2,3)，所以m4【說明】本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程直線的斜率重點考查學(xué)生的計算能力，即應(yīng)用解析的方法證明圓錐曲線性質(zhì)的能力本題中要證明FPFQ，即證明kFP kFQ1，通過分析可以發(fā)現(xiàn)kFQ與kAQ成比例，同理kFP與 kAP成比例，故只需證明kABkAC即

34、可BAPQF2lxyMO8已知橢圓C： eq f(x2,a2) eq f(y2,b2)1(ab0) 的離心率e eq f( eq r(2),2)，右焦點下頂點左頂點分別為F2，B，AAB eq r(3)直線l交橢圓C于P，Q兩點，直線AP與BQ交于點M （1）求a，b的值；（2）當(dāng)BP過點F2時，求過ABP三點的圓的方程；*（3）當(dāng) eq f(AM,MP) eq f(BM,MQ)時，求F2M的最小值解：（1）根據(jù)條件得， eq blc(aal( eq f(c,a) eq f( eq r(2),2)，,a2b23，,a2b2c2)解得a eq r(2)，b1 （2）由（1）知，F(xiàn)2，B的坐標(biāo)分別

35、為(1，0)，(0，1)所以BP方程為yx1代入C： eq f(x2,2)y21得3x24x0，解得x10，x2 eq f(4,3)所以P( eq f(4,3)， eq f(1,3)設(shè)過A，B，P三點的圓的方程為x2y2DxEyF0，將A( eq r(2)，0)，B(0，1)，P( eq f(4,3)， eq f(1,3)代入得， eq blc(aal( eq r(2)DF2，,EF1，, eq f(4,3)D eq f(1,3)EF eq f(17,9) 解得 eq blc(aal(D eq f(1,3)( eq r(2)1)，,E eq f(1,3)( eq r(2)1)，,F eq f(

36、1,3)( eq r(2)4) 所以所求圓的方程為x2y2 eq f(1,3)( eq r(2)1)x eq f(1,3)( eq r(2)1)y eq f(1,3)( eq r(2)4)0 （3）設(shè)P，Q，M的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，且 eq f(AM,MP) eq f(BM,MQ)，根據(jù)條件得， eq o(sup8 (),AM) eq o(sup8 (),MP)， eq o(sup8 (),BM) eq o(sup8 (),MQ)由 eq o(sup8 (),AM) eq o(sup8 (),MP)得，即(x0 eq r(2)，y0)(x1x0，y1y0)

37、所以 eq blc(aal(x0 eq r(2)(x1x0)，,y0(y1y0) 解得 eq blc(aal(x1(1 eq f(1,)x0 eq f( eq r(2),)，,y1(1 eq f(1,)y0) 同理，由 eq o(sup8 (),BM) eq o(sup8 (),MQ)得， eq blc(aal(x2(1 eq f(1,)x0，,y2(1 eq f(1,)y0 eq f(1,)因為P(x1，y1)在橢圓C上，所以x122y122代入得，(1 eq f(1,)x0 eq f( eq r(2),)22(1 eq f(1,)y022同理得，(1 eq f(1,)x022(1 eq f

38、(1,)y0 eq f(1,)22把上面兩式相減得，(1 eq f(1,)(x0 eq r(2)y0)0因為1 eq f(1,)0，所以x0 eq r(2)y00即點M 的軌跡是直線x eq r(2)y0在橢圓內(nèi)的一段所以F2M的最小值即為F2到直線x eq r(2)y0距離即F2Mmin eq f(11 eq r(2)0, eq r(12( eq r(2)2) eq f( eq r(3),3) 【說明】（1）橢圓中的a，b，c與各種幾何量之間關(guān)系要熟記，它們是求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何量的基礎(chǔ)；（2）注意求方程的待定系數(shù)法，合理選擇方程的形式；（3）在進(jìn)行關(guān)系轉(zhuǎn)化時，一定要分清主次，要求什么量關(guān)系

39、，需要消去哪些量，先想明白，再變形9已知函數(shù)f (x)(x1)ex，g(x)lnx，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)（1）求函數(shù)f (x)的極值；（2）求函數(shù)h(x)f (x)eg(x)a(a為常數(shù))的單調(diào)區(qū)間；解：（1）因為f (x)xex，所以當(dāng)x0時，f (x)0；當(dāng)x0時，f (x)0 因此f (x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，0)上單調(diào)遞減， 所以f (x)有極小值為f (0)1，無極大值 （2）h(x)f (x)eg(x)a(x1)exelnxa 當(dāng)xea時，h(x)(x1)exe(lnxa)，h(x)xexeq F(e,x)0恒成立，h(x)在(ea，)上單調(diào)遞增， 當(dāng)0 xea時，h(x

40、)(x1)exe(alnx)，h(x)xexeq F(e,x)，h(x)(x1) exeq F(e,x2)0恒成立 所以h(x)在(0，ea上單調(diào)遞增，注意到h(1)0 因此當(dāng)a0時，h(x)0恒成立 當(dāng)a0時，當(dāng)x(0，1)時，h(x)0；當(dāng)x1，ea時，h(x)0 綜上有：當(dāng)a0時，h(x)減區(qū)間為(0，ea，增區(qū)間為(ea，) 當(dāng)a0時，h(x)減區(qū)間為(0，1)，增區(qū)間為1，)【說明】本題以指對函數(shù)為載體，考查了導(dǎo)數(shù)的運用分類討論思想函數(shù)的零點等相關(guān)知識其中第3問要能感受與體會存在性和唯一性的證明方法10已知函數(shù)f(x)ax3bx2cxd是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，且在x1處取得極小值2（1

41、）求f(x)的表達(dá)式；（2）已知函數(shù)g(x)|x|2，判斷關(guān)于x的方程f(g(x)k0解的個數(shù)解：（1） f(x)ax3bx2cxd，f(x) ax3bx2cxd，對任意xR，f(x) f(x)，即ax3bx2cxdax3bx2cxd，bx2d0，所以bd0，f(x)ax3cx f (x)3ax2c,由題意f (1)3ac0，f(1)ac2,所以a1，c3，f(x)x33x；（2）令tg(x),則f(t)kf (t)3t233(t1)(t1),令f (t)0，則t1或t1，t1，則f (t)0,所以f(t)在(，1)上單調(diào)增，1t1, 則f (t)0,所以f(t)在(1，1)上單調(diào)減，t1,

42、則f (t)0,所以f(t)在(1，)上單調(diào)增計算得f(2)f(1)2,f(2)f(1)21tOy22212xOt22221o k2時,f(t)k僅有一小于2的解t1，g(x)t1,即|x|2t1，|x|t12無解；即f(g(x)k0無解1tOy22212ykt1xOt2222tt12ok2時,f(t)k有兩解t12，t21，g(x)t1,即|x|22，x0，g(x)t2,即|x|21，x3或x3，即f(g(x)k0有3解；1tOy22212ykt1t2xOt2222tt1tt23 o 2k2時,f(t)k有三解t1，t2，t3，且2 t1t2t32，g(x) ti,即|x|2ti，|x|ti

43、2,有兩解，(i1,2,3)，即f(g(x)k0有6解；1tOy22212ykt1t2t3xOt2222tt1tt2tt34ok2時,f(t)k有兩解t11，t22，g(x)t1,即|x|21，x1或x1，g(x)t2,即|x|22，x4或x4，即f(g(x)k0有4解；1tOy22212ykt1t2xOt2222tt1tt25o k2時,f(t)k僅有一大于2的解t1，g(x)t1,即|x|2t1，|x|t12，有2解；即f(g(x)k0有2解1tOy22212ykt1xOt2222tt1綜上，方程f(g(x)k0解的個數(shù)如下：k2時0解；k2時3解；2k2時6解；k2時4解；k2時2解【說

44、明】本題考查了函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性與極值重點考查復(fù)合函數(shù)的零點個數(shù)，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合與化歸的思想處理復(fù)合函數(shù)的問題一般用換元法，就復(fù)合函數(shù)的零點個數(shù)而言，一般先求外函數(shù)的零點個數(shù)，再分別代入內(nèi)函數(shù)即可研究函數(shù)零點問題，重點是利用好數(shù)形結(jié)合11公差不為零的等差數(shù)列an的前n項之和為Sn，且Sn eq bbc( eq f(ank,2) eq sup12(2)對nN*成立（1）求常數(shù)k的值以及數(shù)列an的通項公式；（2）設(shè)數(shù)列an中的部分項a eq sdo4(k1)，a eq sdo4(k2)，a eq sdo4(k3)，a eq sdo4(kn)，恰成等比數(shù)列，其中k1，,k314，求a1k1a2k2

45、ankn的值解：（1）法一：條件化為2 eq r(Sn)ank對nN*成立 設(shè)等差數(shù)列公差為d，則2 eq r(na1 eq f(n(n1)d,2) a1(n1)dk 分別令n1，2，3得： eq blc(aal(2 eq r(a1)a1k，,2 eq r(2a1d)a1dk，,2 eq r(3a13d)a12dk) 由2得， eq r(a1) eq r(3a13d)2 eq r(2a1d)兩邊平方得，4a1d2 eq r(3a123a1d) 兩邊再平方得，4a124a1dd20解得d2a1代入得，4 eq r(a1)3a1k，由得，a1 eq r(a1)所以a10，或a11又當(dāng)a10時，d0

46、不合題意所以a11，d2代入得k1而當(dāng)k1，a11，d2時，Snn2，an2n1，等式 Sn eq bbc( eq f(ank,2) eq sup12(2)對nN*成立所以k1，an2n1法二：設(shè)等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，則Snna1 eq f(n(n1),2)d eq f(d,2)n2(a1 eq f(d,2)n，ana1(n1)ddn(a1d)代入Sn eq bbc( eq f(ank,2) eq sup12(2)得， eq f(d,2)n2(a1 eq f(d,2)n eq f(1,4)dn(a1kd)2，即2dn2(4a12d)nd2n22d(a1kd)n(a1kd)2因為上面等

47、式對一切正整數(shù)n都成立，所以由多項式恒等可得， eq blc(aal(2dd2，,4a12d2d(a1kd)，,a1kd0)因為d0，所以解得， eq blc(aal(d2，,a11，,k1)所以常數(shù)k1，通項公式an2n1（2）設(shè)cn a eq sdo4(kn)，則數(shù)列cn為等比數(shù)列，且c1a eq sdo4(k1)a23，c3a eq sdo4(k3)a1427故等比數(shù)列cn的公比q滿足q2 eq f(c3,c1)9又cn0，所以q3所以cnc1qn133n13n又cna eq sdo4(kn)2kn1，所以2kn13n由此可得kn eq f(1,2)3n eq f(1,2)所以ankn

48、eq f(2n1,2)3n eq f(2n1,2)所以a1k1a2k2ankn( eq f(1,2)31 eq f(1,2)( eq f(3,2)32 eq f(3,2)( eq f(5,2)33 eq f(5,2)( eq f(2n1,2)3n eq f(2n1,2) eq f(1,2)131332533(2n1)3n eq f(1,2)135(2n1) eq f(1,2)131332533(2n1)3n eq f(1,2)n2法一：令S131332533(2n1)3n則3S 132333(2n3)3n(2n1)3n1，兩式相減得:2S323223323n(2n1)3n1，S eq f(1,

49、2)2 eq f(3(13n),13)3(2n1)3n1 eq f(1,2)3(13n)3(2n1)3n1 eq f(1,2)2(n1)3n16(n1)3n13，代入得a1k1a2k2ankn eq f(1,2)(n1)3n13 eq f(1,2)n2 eq f(n1)3n1n23,2) 法二：因為(2k1)3k(k1)23k1(k2)3k(k1)3k1(k2)3k所以S032(1)31133032234133(n1)3n1(n2)3n(n1)3n13【說明】（1）等差數(shù)列或等比數(shù)列中的基本量問題，通常轉(zhuǎn)化為方程組求解，但在解方程組要注意一些消元的方法；（2）等差數(shù)列注意前n項和與通項的形式，

50、有時可根據(jù)其特征，轉(zhuǎn)化為多項式恒等問題；（3）數(shù)列求和中兩類比較重要的方法錯位相減法與裂項相消法12已知數(shù)列an的各項均為正數(shù)，其前n項的和為Sn，且rSn1(r1)Snra1對任意正整數(shù)n都成立，其中r為常數(shù)，且rN* （1）求證：數(shù)列an為等比數(shù)列； *（2）若r2，且a1，at(t3)均為正整數(shù)，如果存在正整數(shù)q，使得a1qt1，at(q1)t1，求證：St(q1)tqt解：（1）由rSn1(r1)Snra1得rSn2(r1)Sn1ra1，兩式相減得ran2(r1)an1，即eq F(an2, an1)eq F(r1,r)又rS2(r1)S1ra1，得eq F(a2, a1)eq F(r1,r)綜上可知an為等比數(shù)列，且公比為eq F(r1,r)（2）由于ata1(eq F(r1,r)t1及a1均為正整數(shù)，所以存在正整數(shù)k，使得a1krt1， 所以atk(r1)t1 由at(q1)t1得(q1)t1k(r1)t1(r1)t1，于是qr 又由a1qt1，at(q1)t1得eq F(at, a1)eq F(q1)t1, qt1)，