高考數(shù)學(xué)大題經(jīng)典習(xí)題

1.對于函數(shù)fx1(a2)x3bx2(a2)x;3fxx和x3fx的圖像上每一點的切線的斜率均不超過32sintcost2 3cos2t3

試求實數(shù)t的取值范圍；fxRPa,bPS;1.1fx1(a2)x3bx2(a2)xf'x(a2)x2(a2)33因為fxxx3處取得極值,所以xxf'x0的兩個根因為fx的圖像上每一點的切線的斜率不超過2sintcost2 3cos2t所以f'x2sintcost2 3cos2t xR恒成立,3f'xx11．3故2sintcost2 3cos2t 132afxRb0當(dāng)afxRf'x0f'x0恒成立．∵f'x(a2)x2(a2),4b24(a24)0可得a2b24Pa,baob積為Sf(x)ax3bx2cxa0A(,f(、B(,f())分別f(x的極大值點和極小值點,且|AB|＝2,f(f().Ⅰ求b的值；Ⅱ求函數(shù)f(x)的解析式；x],f(x)m6恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.m2.Ⅰb=0Ⅱf(x)ax3cxⅡf'(x)3ax2c0的兩實根是,0則則c |AB|＝2)2(f f )24)22() ()3又a0 a1 Ⅲx[2,1]時,求f(x)的最小值是-5

(x)

x3 x2fxax3bx2cxdRxA,B,CB2,0f在[1,04,50,24,5求cf,yfxM3b0 0M3.f在10和02上有相反單調(diào)性,x=0ffx0,即3ax22bxc0x=0,∴c=0⑵∵fx交x軸于點B2,08a4bd0即d2a令f'x0,則22bx0, x1

0,x2

f在02和45上有相反的單調(diào)性∴24,∴6ba,yfM3bf

3b0 0 0即3ax22bx0 0

3b0∵△=43b236ab4abba

9又6ba

3,∴△＜0

,使得fx在點M的切線斜率為0 0f(x)lnxg(x)f(xx的最大值；2當(dāng)0ab時,求證f(b)f(a)2a(ba)；a2b24.1f(x)lnx,g(x)f(xxg(x)ln(xx (xg(x) 1 1 g(x)x0x1當(dāng)1x0時,g(x)0 當(dāng)x0時g(x)0,又g(0)0 x0g(x0f(b)f(a)lnblnalnb

lna

ln(1

ab)a b b由1知x)x f(b)f(a)abbab b1 2a ba 2b(ba)又0aa2b22ab b a2

b2

b a

b25.f(x是定義在[10(0x[10]f(x2ax1ax2為實數(shù)．x(0f(x的解析式；若af(x0,1a,x(0f(x有最大值6．5.1x(0,則x[10f(x2ax

1f(x是奇函數(shù),則x2f(x)2ax

1,x(0；x22f'(x)2a2x3

2(a

1ax(0x3

11,ax3

10f'(x0,x3所以f(x)在[0,1]上是單調(diào)遞增的．3af(x)在(0f(x)

max

faa5不含題意,舍231a去,當(dāng)af'(x)31a

,如下表f(x)

max

f(31)a26a22

x

(0,222xx(31,)a＋＋0-最大值2所以存在a22

使f(x)在(0,1]上有最大值6．．6.已知f(x)kx3x2x5在R上單調(diào)遞增,記ABC的三內(nèi)角A,B,C的對應(yīng)邊分 33abc,若a2c2b2acfⅠ求實數(shù)k的取值范圍；Ⅱ求角cosB的取值范圍；

msin2

fm )恒成立．4Ⅲ求實數(shù)m的取值范圍．19.1f(xx2x5f2x1,f(x在Rf0恒成立,0且0,即k0且40,k1,31當(dāng)0,即k 時,f(x)3kx22x1(x2,13x1f(x)0x1f(x)0k

1f(x)在R上單調(diào)遞3增,k1．32a2c2b2acc2

ac1,0B,----52 3 33m3f(x)Rfm33

msin2Bcos(AC)

f ,所4mmsin2Bcos(AC)2 m4

si2BcoB co2BcoB (coB27,---10分33 33 29 4 4 4 233 33 29 m故m8,即(m9,3 13,即0m4,即0m16m37.已知函數(shù)f(x)ax3 (a2)x26x32I當(dāng)a2時,求函數(shù)f(x)的極小值IIyf(xx軸的公共點的個數(shù);27.If(x)3ax23(a2)x63a(x )(x2aa21 x2x1f(x)02x1f(x)0a a af(x在(2,1,內(nèi)單調(diào)遞增,在2內(nèi)單調(diào)遞減a a故f(x)的極小值為f(1)a2II①若a則f(x)3(x1)2 f(x)的圖象與x軸只有一個交點;……6分②若a21,x2x1f(x02

x1f(x)0a a af(x)的極大值為f(1)a02f(x)的極小值為f(2)0 f(x)的圖象與x軸有三個公共點;a③若0a22a

1;x或x2f(x)02x1f(x)0a af(x)的圖象與x軸只有一個交點④若a2,則f(x)6(x1)20 f(x)的圖象與x軸只有一個交點2 1 3 3⑤當(dāng)a2,由I知f(x)的極大值為f( )4( )2 0a a 4 4綜上所述,若a0,f(x)的圖象與x軸只有一個公共點；若a0,f(xx軸有三個公共點;第二組：解析幾何1.已知點C-3,0,點P在y軸上,點Q在x軸的正半軸上,點M在直線PQ上,且滿足CPPMPM1MQ2當(dāng)點PyMC是否存在一個點H,使得以過HLCABO;若存在,求出這個點的坐標(biāo),若不存在說明理由;6.1Mx,y,P0,t,Qs,則CP(3,tPQ(s,t)由CPPQ0得①PM

MQ得(xyt2

1(sx,y)2x1(sx) s3x, 2 , 1

……②yt

(y) 2y23把②代入①得9x( y)2=0,即y=4x,又x≠02∴點M的軌跡方程為：y2=4xx≠0H,滿足題意,則設(shè)y2設(shè)1 ,

2y),B( 2 ,y

),則由OAOB0可得4 1 4 2y2116

2 yy21 2

0yy1 2

16又 yy 4k 2 1 AB y2 y22 1

yy1 24 4AByy1

4yy1

(xy2)141即(yy)yy2yy 4xy2把yy

16代入,化簡得1 2 1 1 2 1 1 2令y=0代入得x=4,∴動直線AB過定點4,0答,存在點H4,0,滿足題意;xy

為直角坐標(biāo)平面內(nèi)x,y軸正方向上的單位向量,若向量R,i, R,i,axiy2j,bxiy2j,且ab8Mx,yC0,3lCA、BOPOAOB,是否存在這樣的直線lOAPBl理由. aa2.1(xy2),b(xy2),b8aa即點Mx,yF0,-2、F0,28,1 2點Mx,yCF0,-2、F0,2y2x21 2 16

1.2lykxA(xy1 1

),B(x,y),2 2ykx3由y

x2

消去y得x

+18kx-21=0.16 12 1

xx

18k=18k2-44+3k2

-21>0恒成立,且1 2

43k2xx 211 2

43k2由OPOAOB知：四邊形OAPB為平行四邊形.假設(shè)存在直線l,使得四邊形OAPB為矩形,則OAOB,OA0B0 .因為OA(x,y1 2

),OB(x2

yxx2 1

yy1

0,yy1

(kx1

3)(kx2

3)k2xx1 23k(x1

x)9,525故k2)(

)( 90,即k

5,得k .21 421 所以,存在直線ly

42 18 45x3,使得四邊形OAPB為矩形.54F1

(10l:2xy30P反射后,恰好穿過點F ,0)．2F1

關(guān)于直線l的對稱點F的坐標(biāo)；1F、F1

為焦點且過點P的橢圓C的方程；Ⅲ設(shè)直線l與橢圓CAB兩點,點QAB上的動點,求點Q F2

的距離與到橢圓C右準(zhǔn)線的距離之比的最小值,并求取得最小值時點Q的坐標(biāo)．12.Ⅰ設(shè)F的坐標(biāo)為(m,n),則n 1且2m1n30．1 m1 2 2 2, 解得m9, n2,因此,點F的坐標(biāo)為(9 2．, 5 5 1 5 5ⅡPFPF

,根據(jù)橢圓定義,((91)2(20)2552得2aPF||PF F|

2 ,1 2 1 2221 a ,b 221x2∴所求橢圓方程為 y21．2Ⅲa2c

2,橢圓的準(zhǔn)線方程為x2．Q(t,2t)(2t2)d1橢圓的右準(zhǔn)線的距離．

QF2

的距離,d2

表示點Q到則d 210t2d

,d(t(t1)2(2t3)25t210t10t22t25(t2)2,

t2．1 d2令f(t

t2(t2)2

(2t2),則f(t)

(2t2)(t2)2(t22)2(t2)(t2)4

(6t,(t2)3當(dāng)2t4, f(t)0,4tf(t)0,t4,f(t)0．3 3 3∴f(t在t4時取得最小值．3

d1最小值＝

,此時點Q的坐標(biāo)為(41．5f(45f(4)322注：f(t)的最小值還可以用判別式法、換元法等其它方法求得．, 說明：求得的點Q(4 , 3 3

P

d1的最小值即為橢圓的離心d2已知橢圓的一個焦點F(0,2 2),對應(yīng)的準(zhǔn)線方程為y9 2,且離心率e滿足1 42e4成等比數(shù)列.3 3求橢圓的方程；試問是否存在直線l,使lMN,且線段MN恰被直線x1平分若存在,求出l的傾斜角的取值范圍；若不存在,請說明理由.24.1∵2,e,

e2

24

e2 23 3 3 3 3p(x,y是橢圓上任意一點,依橢圓的定義得x2(y2 2)2 2 2 y2 ,化簡9x2y29 即x2 1為所求的橢圓方程.y9 2 3 942假設(shè)l存在,因l與直線x1相交,不可能垂直x軸2因此可設(shè)l的方程為：ykxm由(k29)x22kmx(m29)0 方程①有兩個不等的實數(shù)根∴4k2m24(k29)(m29)即m2k290 ②設(shè)兩個交點MN的坐標(biāo)分別為(xy1 1

)(x,y2

) ∴xx1

2kmk2∵線段MNx11

xx1 2即

2km

12 2 2 k29k29 k29k0 m ③把③代入②得(2k

)2(k29)0∵k

90

k24k2

10 ∴k23解得k 3或k 3∴直線l的傾斜角范圍為(

, ) ( , )3 2 2 35.已知向量a(x, 3y),b(1,0),且(a 3b)(a 3b)Ⅰ求點Q(x,y)的軌跡C的方程；CykxmMNA(0,1)AMAN時,求實數(shù)m的取值范圍;由題意得：ykxmII由x2 得(3k21)x26mkx3(m21)0,3

y21由于直線與橢圓有兩個不同的交點,0,即m221 ①1k0MNP(xyp p

x 、xM

分別為點M、N的橫坐標(biāo),則AMANAPMN,則

m21 1 2m3k21 ②.3mk k2m1 1將②代入①得2mm2,解得0m2,由②得k2 0,解得m ,3 2故所求的m

1( ,2)22k0AMANAPMNm221,解得1m1設(shè)直線l:yk(x與橢圓x23y2a2(a0BxO為坐標(biāo)原點.Ia2 ；13k2IIAC2CB,OAB的面積取得最大值時的橢圓方程.lyk(x可化為x1

1y1.kxk

y代入x23y2a2,消去x,得1 ( y2 y1a20. 1 k2 k由直線l與橢圓相交于兩個不同的點,得4 4( a2)整理得4

3)a2

3,k2 k2 k23k2即a

.13k2IIA(xy1 1

),B(x,y2

yy1 2

2k1AC

yy1

y2

2k 12于是,△OAB的面積S

1|OC||yy 2 1 2

3|y |2 23其中,上式取等號的條件是3k2即k .3由y

,可得y 3.2 13k2 2 33 3 3 3將k

,y 及k ,y 3 2 3 3 2

這兩組值分別代入①,均可解出a25.3所以,△OABx23y25.7.O：x22y28及點A2,0⊙O上任取一點AAA′llOA′PAO上的點.求點PC若過點O的直線m與曲線CMN兩點,且ONOM,則當(dāng)[6,時,求直線m的斜率k的取值范圍.1∵lAAPA,∴||PA|－|PO||=||PA|－|PO||=|OA|=2 2PO、A以4為焦距,以2 2為實軸長的雙曲線上,故軌跡C的方程為x2

y2

1.2 22設(shè)M(xyN(xy,則直線myk(x2),則由,得1 1 2 2,

.由yk(x2) ,得 .∴x(x2

2)

y y2 1

x2y22

(1k2)y24ky2k20yy1

4k1k

,yy1

2k21k

,16k28k2(1k2)8k2(1k2)0.由y y,yy2 1 1

4k1k

,yy1

2k2 ,1k2yy1 2

,得81k

(1)2

1

26g()1

2在[6,)上單調(diào)遞8

61249,

k21,所以1k11k1.1k2 6

6 49 7 7故斜率k的取值范圍為(1,1] [1,1).如圖,已知⊙

：2

7 76 22

及點

6

上任取一O x y 3m 4m m0 M 0,3m O 點MMM′,并作MM′的中垂線l,設(shè)lOM′交于點P,若點M′取遍O上的點.求點PC設(shè)直線lyk(x1)(k0)CBx軸相交于AD2DB,求OAB的面積取得最大值時的橢圓方程．8.1 lMMPMPM,∴|PM|+|PO|=|PM|+|PO|=|OM|=2mm0.即點P在以O(shè)M為焦點,以2 6m為焦距,以2m3為長軸長的橢圓上,故軌跡C的方程為y2 x2

,即 . 1m2 m23

3x2y2m22yk(x1)(k0)x

1y1.k1 3 6x

y1代入3x2y2m2x,得(k k

1)y2 y3a20. ①k由直線l與橢圓相交于兩個不同的點,得364(3

1)(3m2)0,

整理得(3

1)m2

3,即m22 .k2 k2

k2 3k2設(shè)A(x,y1 1

),B(x,y2

).由①,得yy1 2

6k .3k2AD2DBD(1,0)(1xy

)2(

1,

2y,y2

6k 3k2

1 1 2 2 1 2于是,△OAB的面積S1|OD||y

|3|y

9|k||

9|k| .3 32 1 2 2 3 3

3k2 22 3|k|其中,上式取等號的條件是k23,即k2 3|k|3由y 6k .可得y .32 3k2 2將k 3,y2

3及k 3,y2

3這兩組值分別代入①,均可解出a215.∴△OAB的面積取得最大值的橢圓方程是3x2y215.第三組：數(shù)列不等式1．正數(shù)數(shù)列n

的前n項的和Sn

,滿足2

a 1,試求：nSn數(shù)列Snn

的通項公式；設(shè)b

1 ,數(shù)列

的前n

,求證：B 1n an

nn1

n n 2解：1由已知得4S (a 2 ,n2時,4S (a 2 ,作差得：n n n1 n14a an n

2an

a2n1

n1

,所以(an

an1

)(an

an1

2)0n

為正數(shù)數(shù)列,所以an

an1

2,即n

是公差為22

a1a1

1,所以S1a 2nS1n2b 1

1 1( 1

1 ,所以n an

n1

(2n2 2n1 2n1n項和能直接求和或者通過變形{an滿足條件an1anf求和或者利用分組、裂項、倒序相加等方法來求和．二．先放縮再求和1例．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an

}的前nSn

,且a2an

2S.nSn

a2a 2 n n1 ；42Sn求證：S 2Sn1

S2S

S 1Snn121在條件中,令n1aSnn12

2S

2a

,a

0 a

1 ,又由條件1 1 1 1 1 1a2an

2Sn

有a2n1

an1

2S

n1

,上述兩式相減,注意到a

n1

Sn1

S 得n(a a)(a a 0 a 0 a a 0 ∴a a 1n1 n n1 n n n1 n n1 n所以,an

11(nn,Sn

n(n1)2所以S

n(n1n2(n1)2a2

a 2n1n(n2nn 2 2 2n(n2nn(nn(n

n1,所以n

n1,所以222 2n12n23n222 2n12

1； SSSnSSSn

1

2 n

n(n1)S2222 22n放縮后成等比數(shù)列,再求和2222 22n例．1a,n∈N,a≥2a2n(a)n(aan；2aa1nAA,A,A成n 1 2

n 7 9 8a2等差數(shù)列．設(shè)b n

,數(shù)列{bnB,證明：B1．n 1a nn

n n 3解：1當(dāng)n為奇數(shù)時,≥,于是,a2n(a)nan(an)(a)an．當(dāng)n為偶數(shù)時,－1≥1,且≥2,于是a2n(a)nan(an(a2an(aan(aan．2∵AA9 7

aa,AA8 9 8

a,a9

aa9 1

,∴公比qa9a98

1．21∴a ( )n．1

4n

1 1 ．1n 2 1

1( )n2

4n(2)n 32n1(11)∴B bb

b

1

1 1

12 22

1(11)1．n 1 2

n 32 322

32n 3

11 32

2n 3放縮后為差比數(shù)列,再求和4．已知數(shù)列n

}a1

1,

n1

n)a2n

(n1,2,3)．求證：證明：因為a

n1

n)a2n

,所以a

與an1

同號,又因為a1

10,所以an

0,即a an1

na2n

0,即

n1

a．所以數(shù)列n

}為遞增數(shù)列,所以an

a 1,1即a a

na

na

a

12

n1．n1

n 2n n 2n