備戰(zhàn)數(shù)學高考44道把關題跟蹤演練doc高中數(shù)學

備戰(zhàn)數(shù)學高考44道把關題跟蹤演練doc高中數(shù)學1．〔12分〕拋物線、橢圓和雙曲線都通過點，它們在軸上有共同焦點，橢圓和雙曲線的對稱軸是坐標軸，拋物線的頂點為坐標原點?！并瘛城筮@三條曲線的方程；〔Ⅱ〕動直線過點，交拋物線于兩點，是否存在垂直于軸的直線被以為直徑的圓截得的弦長為定值？假設存在，求出的方程；假設不存在，講明理由。解：〔Ⅰ〕設拋物線方程為，將代入方程得………………〔1分〕由題意知橢圓、雙曲線的焦點為…〔2分〕關于橢圓，………………〔4分〕關于雙曲線，………………〔6分〕〔Ⅱ〕設的中點為，的方程為：，以為直徑的圓交于兩點，中點為令………………〔7分〕…………〔12分〕2．〔14分〕正項數(shù)列中，，點在拋物線上；數(shù)列中，點在過點，以方向向量為的直線上?！并瘛城髷?shù)列的通項公式；〔Ⅱ〕假設，咨詢是否存在，使成立，假設存在，求出值；假設不存在，講明理由；〔Ⅲ〕對任意正整數(shù)，不等式成立，求正數(shù)的取值范疇。解：〔Ⅰ〕將點代入中得…………〔4分〕〔Ⅱ〕………………〔5分〕……〔8分〕〔Ⅲ〕由………………〔14分〕3.〔本小題總分值12分〕將圓O:上各點的縱坐標變?yōu)樵鹊囊话?橫坐標不變),得到曲線C.(1)求C的方程;(2)設O為坐標原點,過點的直線l與C交于A、B兩點,N為線段AB的中點,延長線段ON交C于點E.求證:的充要條件是.解:(1)設點,點M的坐標為,由題意可知………………(2分)又∴.因此,點M的軌跡C的方程為.………………(4分)(2)設點,,點N的坐標為,㈠當直線l與x軸重合時,線段AB的中點N確實是原點O,不合題意,舍去;………………(5分)㈡設直線l:由消去x,得………………①∴………………(6分)∴,∴點N的坐標為.………………(8分)①假設,坐標為,那么點E的為,由點E在曲線C上,得,即∴舍去).由方程①得又∴.………………(10分)②假設,由①得∴∴點N的坐標為,射線ON方程為:,由解得∴點E的坐標為∴.綜上,的充要條件是.………………(12分)4.〔本小題總分值14分〕函數(shù).(1)試證函數(shù)的圖象關于點對稱;(2)假設數(shù)列的通項公式為,求數(shù)列的前m項和(3)設數(shù)列滿足:,.設.假設(2)中的滿足對任意不小于2的正整數(shù)n,恒成立,試求m的最大值.解:(1)設點是函數(shù)的圖象上任意一點,其關于點的對稱點為.由得因此,點P的坐標為P.………………(2分)由點在函數(shù)的圖象上,得.∵∴點P在函數(shù)的圖象上.∴函數(shù)的圖象關于點對稱.………………(4分)(2)由(1)可知,,因此,即………………(6分)由,………………①得………………②由①＋②,得∴………………(8分)(3)∵,………………③∴對任意的.………………④由③、④,得即.∴.……………(10分)∵∴數(shù)列是單調遞增數(shù)列.∴關于n遞增.當,且時,.∵∴………………(12分)∴即∴∴m的最大值為6.……………(14分)5．〔12分〕、是橢圓的左、右焦點，是橢圓的右準線，點，過點的直線交橢圓于、兩點。當時，求的面積；當時，求的大??；求的最大值。解：〔1〕〔2〕因，那么設，當時，6．〔14分〕數(shù)列中，，當時，其前項和滿足，求的表達式及的值；求數(shù)列的通項公式；設，求證：當且時，。解：〔1〕因此是等差數(shù)列。那么。?！?〕當時，，綜上，。〔3〕令，當時，有〔1〕法1：等價于求證。當時，令，那么在遞增。又，因此即。法〔2〕〔2〕〔3〕因因此由〔1〕〔3〕〔4〕知。法3：令，那么因此因那么因此〔5〕由〔1〕〔2〕〔5〕知7．(本小題總分值14分)第21題設雙曲線=1(a>0,b>0)的右頂點為A，P是雙曲線上異于頂點的一個動點，從A引雙曲線的兩條漸近線的平行線與直線OP分不交于Q和R兩點.(1)證明：不管P點在什么位置，總有||2=|·|(O為坐標原點)；(2)假設以OP為邊長的正方形面積等于雙曲線實、虛軸圍成的矩形面積，求雙曲線離心率的取值范疇；解：(1)設OP：y=kx,又條件可設AR:y=(x–a),解得：=(,),同理可得=(,),∴|·|=|+|=.4分設=(m,n),那么由雙曲線方程與OP方程聯(lián)立解得:m2=,n2=,∴||2=:m2+n2=+=,∵點P在雙曲線上，∴b2–a2k2>0.∴不管P點在什么位置，總有||2=|·|.4分〔2〕由條件得：=4ab,2分即k2=>0,∴4b>a,得e>2分8.(本小題總分值12分)常數(shù)a>0,n為正整數(shù)，fn(x)=xn–(x+a)n(x>0)是關于x的函數(shù).(1)判定函數(shù)fn(x)的單調性，并證明你的結論.(2)對任意na,證明f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n)解:(1)fn`(x)=nxn–1–n(x+a)n–1=n[xn–1–(x+a)n–1],∵a>0,x>0,∴fn`(x)<0,∴fn(x)在〔0，+∞〕單調遞減.4分〔2〕由上知：當x>a>0時,fn(x)=xn–(x+a)n是關于x的減函數(shù),∴當na時,有：(n+1)n–(n+1+a)nnn–(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[nn–1–(n+a)n–1]=(n+1)[nn–n(n+a)n–1],2分∵(n+a)>n,∴f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n).2分9.(本小題總分值12分)：y=f(x)定義域為［–1，1］，且滿足：f(–1)=f(1)=0，對任意u,v[–1，1］，都有|f(u)–f(v)|≤|u–v|.(1)判定函數(shù)p(x)=x2–1是否滿足題設條件？(2)判定函數(shù)g(x)=，是否滿足題設條件？解：(1)假設u,v[–1，1]，|p(u)–p(v)|=|u2–v2|=|(u+v)(u–v)|，取u=[–1，1]，v=[–1，1],那么|p(u)–p(v)|=|(u+v)(u–v)|=|u–v|>|u–v|，因此p(x)不滿足題設條件.〔2〕分三種情形討論：10.假設u,v[–1，0]，那么|g(u)–g(v)|=|(1+u)–(1+v)|=|u–v|，滿足題設條件；20.假設u,v[0，1]，那么|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1–v)|=|v–u|，滿足題設條件；30.假設u[–1，0]，v[0，1]，那么：|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1+v)|=|–u–v|=|v+u|≤|v–u|=|u–v|，滿足題設條件;40假設u[0，1]，v[–1，0],同理可證滿足題設條件.綜合上述得g(x)滿足條件.10.(本小題總分值14分)點P(t,y)在函數(shù)f(x)=(x–1)的圖象上，且有t2–c2at+4c2=0(c0).(1)求證：|ac|4;(2)求證：在(–1，+∞〕上f(x)單調遞增.(3)(僅理科做)求證：f(|a|)+f(|c|)>1.證：(1)∵tR,t–1,∴⊿=(–c2a)2–16c2=c4a2–16c2∵c0,∴c2a216,∴|ac|(2)由f(x)=1–,法1.設–1<x1<x2,那么f(x2)–f(x1)=1––1+=.∵–1<x1<x2,∴x1–x2<0,x1+1>0,x2+1>0,∴f(x2)–f(x1)<0,即f(x2)<f(x1),∴x0時，f(x)單調遞增.法2.由f`(x)=>0得x–1,∴x>–1時，f(x)單調遞增.〔3〕〔僅理科做〕∵f(x)在x>–1時單調遞增，|c|>0,∴f(|c|)f()==f(|a|)+f(|c|)=+>+=1.即f(|a|)+f(|c|)>1.11．〔本小題總分值15分〕設定義在R上的函數(shù)〔其中∈R，i=0,1,2,3,4〕，當x=－1時，f(x)取得極大值，同時函數(shù)y=f(x+1)的圖象關于點〔－1，0〕對稱．求f(x)的表達式；試在函數(shù)f(x)的圖象上求兩點，使這兩點為切點的切線互相垂直，且切點的橫坐標都在區(qū)間上；假設，求證：解：〔1〕…………5分〔2〕或…………10分〔3〕用導數(shù)求最值，可證得……15分12．〔本小題總分值13分〕設M是橢圓上的一點，P、Q、T分不為M關于y軸、原點、x軸的對稱點，N為橢圓C上異于M的另一點，且MN⊥MQ，QN與PT的交點為E，當M沿橢圓C運動時，求動點E的軌跡方程．解：設點的坐標那么……1分………3分由〔1〕－〔2〕可得………………6分又MN⊥MQ，因此直線QN的方程為，又直線PT的方程為……10分從而得因此代入〔1〕可得此即為所求的軌跡方程.………………13分13．〔本小題總分值12分〕過拋物線上不同兩點A、B分不作拋物線的切線相交于P點，〔1〕求點P的軌跡方程；〔2〕點F〔0，1〕，是否存在實數(shù)使得？假設存在，求出的值，假設不存在，請講明理由。解法〔一〕：〔1〕設由得：………………3分直線PA的方程是：即①同理，直線PB的方程是：②由①②得：∴點P的軌跡方程是……6分〔2〕由〔1〕得：…………10分因此故存在=1使得…………12分解法〔二〕：〔1〕∵直線PA、PB與拋物線相切，且∴直線PA、PB的斜率均存在且不為0，且設PA的直線方程是由得：即…………3分即直線PA的方程是：同理可得直線PB的方程是：由得：故點P的軌跡方程是……6分〔2〕由〔1〕得：………………10分故存在=1使得…………12分14．〔本小題總分值14分〕設函數(shù)在上是增函數(shù)。求正實數(shù)的取值范疇；設，求證：解：〔1〕對恒成立，對恒成立又為所求?！?分〔2〕取，，一方面，由〔1〕知在上是增函數(shù)，即……8分另一方面，設函數(shù)∴在上是增函數(shù)且在處連續(xù)，又∴當時，∴即綜上所述，………………14分15．(本小題總分值12分)如圖，直角坐標系中，一直角三角形，，、在軸上且關于原點對稱，在邊上，，的周長為12．假設一雙曲線以、為焦點，且通過、兩點．(1)求雙曲線的方程；(2)假設一過點〔為非零常數(shù)〕的直線與雙曲線相交于不同于雙曲線頂點的兩點、，且，咨詢在軸上是否存在定點，使？假設存在，求出所有如此定點的坐標；假設不存在，請講明理由．解：(1)設雙曲線的方程為，那么．由，得，即．∴ 〔3分〕解之得，∴．∴雙曲線的方程為． 〔5分〕(2)設在軸上存在定點，使．設直線的方程為，．由，得．即 ① 〔6分〕∵，，∴．即． ② 〔8分〕把①代入②，得 ③ 〔9分〕把代入并整理得其中且，即且．． 〔10分〕代入③，得，化簡得．當時，上式恒成立．因此，在軸上存在定點，使． 〔12分〕16．(本小題總分值14分)數(shù)列各項均不為0，其前項和為，且對任意都有〔為大于1的常數(shù)〕，記．(1)求；(2)試比較與的大小〔〕；(3)求證：，〔〕．解：(1)∵， ①∴． ②②－①，得，即． 〔3分〕在①中令，可得．∴是首項為，公比為的等比數(shù)列，． 〔4分〕(2)由(1)可得．．∴， 〔5分〕．而，且，∴，．∴，〔〕． 〔8分〕(3)由(2)知，，〔〕．∴當時，．∴， 〔10分〕〔當且僅當時取等號〕．另一方面，當，時，．∵，∴．∴， 〔13分〕〔當且僅當時取等號〕．∴．〔當且僅當時取等號〕．綜上所述，，〔〕．〔14分〕17．〔本小題總分值13分〕如圖，雙曲線C：的右準線與一條漸近線交于點M，F(xiàn)是雙曲線C的右焦點，O為坐標原點?！睮〕求證：；〔II〕假設且雙曲線C的離心率，求雙曲線C的方程；〔III〕在〔II〕的條件下，直線過點A〔0，1〕與雙曲線C右支交于不同的兩點P、Q且P在A、Q之間，滿足，試判定的范疇，并用代數(shù)方法給出證明。解：〔I〕右準線，漸近線 ……3分〔II〕雙曲線C的方程為： ……7分〔III〕由題意可得 ……8分證明：設，點由得與雙曲線C右支交于不同的兩點P、Q ……11分，得的取值范疇是〔0，1〕 ……13分18．〔本小題總分值13分〕函數(shù)，數(shù)列滿足〔I〕求數(shù)列的通項公式；〔II〕設x軸、直線與函數(shù)的圖象所圍成的封閉圖形的面積為，求；〔III〕在集合，且中，是否存在正整數(shù)N，使得不等式對一切恒成立？假設存在，那么如此的正整數(shù)N共有多少個？并求出滿足條件的最小的正整數(shù)N；假設不存在，請講明理由?！睮V〕請構造一個與有關的數(shù)列，使得存在，并求出那個極限值。解：〔I〕 ……1分……將這n個式子相加，得 ……3分〔II〕為一直角梯形〔時為直角三角形〕的面積，該梯形的兩底邊的長分不為，高為1 ……6分〔III〕設滿足條件的正整數(shù)N存在，那么又均滿足條件它們構成首項為2018，公差為2的等差數(shù)列。設共有m個滿足條件的正整數(shù)N，那么，解得中滿足條件的正整數(shù)N存在，共有495個， ……9分〔IV〕設，即那么明顯，其極限存在，同時 ……10分注：〔c為非零常數(shù)〕，等都能使存在。19.〔本小題總分值14分〕設雙曲線的兩個焦點分不為，離心率為2。〔I〕求此雙曲線的漸近線的方程；〔II〕假設A、B分不為上的點，且，求線段AB的中點M的軌跡方程，并講明軌跡是什么曲線；〔III〕過點能否作出直線，使與雙曲線交于P、Q兩點，且。假設存在，求出直線的方程；假設不存在，講明理由。解：〔I〕，漸近線方程為 4分〔II〕設，AB的中點那么M的軌跡是中心在原點，焦點在x軸上，長軸長為，短軸長為的橢圓。〔9分〕〔III〕假設存在滿足條件的直線設由〔i〕〔ii〕得∴k不存在，即不存在滿足條件的直線。 14分20.〔本小題總分值13分〕數(shù)列的前n項和為，且對任意自然數(shù)都成立，其中m為常數(shù)，且?！睮〕求證數(shù)列是等比數(shù)列；〔II〕設數(shù)列的公比，數(shù)列滿足：，試咨詢當m為何值時，成立？解：〔I〕由〔2〕由得：，即對任意都成立〔II〕當時，由題意知 13分21．〔本小題總分值12分〕設橢圓的左焦點為，上頂點為，過點與垂直的直線分不交橢圓和軸正半軸于，兩點，且分向量所成的比為8∶5．〔1〕求橢圓的離心率；〔2〕假設過三點的圓恰好與直線：相切，求橢圓方程．解：〔1〕設點其中．由分所成的比為8∶5，得，2分∴．①，4分而，∴．．②，5分由①②知．∴．6分〔2〕滿足條件的圓心為，，8分圓半徑．10分由圓與直線：相切得，，又．∴橢圓方程為．12分22．〔本小題總分值14分〕〔理〕給定正整數(shù)和正數(shù)，關于滿足條件的所有無窮等差數(shù)列，試求的最大值，并求出取最大值時的首項和公差．〔文〕給定正整數(shù)和正數(shù)，關于滿足條件的所有無窮等差數(shù)列，試求的最大值，并求出取最大值時的首項和公差．〔理〕解：設公差為，那么．3分4分．7分又．∴，當且僅當時，等號成立．11分∴．13分當數(shù)列首項，公差時，，∴的最大值為．14分〔文〕解：設公差為，那么．3分，6分又．∴．當且僅當時，等號成立．11分∴．13分當數(shù)列首項，公差時，．∴的最大值為．14分23．〔本小題總分值12分〕垂直于x軸的直線交雙曲線于M、N不同兩點，A1、A2分不為雙曲線的左頂點和右頂點，設直線A1M與A2N交于點P〔x0，y0〕〔Ⅰ〕證明：〔Ⅱ〕過P作斜率為的直線l，原點到直線l的距離為d，求d的最小值.解〔Ⅰ〕證明：①直線A2N的方程為②……4分①×②，得〔Ⅱ〕……10分當……12分24．〔本小題總分值14分〕函數(shù) 〔Ⅰ〕假設 〔Ⅱ〕假設 〔Ⅲ〕假設的大小關系〔不必寫出比較過程〕.解：〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕設……6分〔Ⅲ〕在題設條件下，當k為偶數(shù)時當k為奇數(shù)時……14分25．〔本小題總分值14分〕f(x)=(x∈R)在區(qū)間[－1，1]上是增函數(shù).〔Ⅰ〕求實數(shù)a的值組成的集合A；〔Ⅱ〕設關于x的方程f(x)=的兩個非零實根為x1、x2.試咨詢：是否存在實數(shù)m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？假設存在，求m的取值范疇；假設不存在，請講明理由.本小題要緊考查函數(shù)的單調性，導數(shù)的應用和不等式等有關知識，考查數(shù)形結合及分類討論思想和靈活運用數(shù)學知識分析咨詢題和解決咨詢題的能力.總分值14分.解：〔Ⅰ〕f＇(x)==，∵f(x)在[－1，1]上是增函數(shù)，∴f＇(x)≥0對x∈[－1，1]恒成立，即x2－ax－2≤0對x∈[－1，1]恒成立.①設(x)=x2－ax－2，方法一：(1)=1－a－2≤0，①－1≤a≤1，(－1)=1+a－2≤0.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當a=1時，f＇(-1)=0以及當a=－1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.方法二：≥0，<0，①或(－1)=1+a－2≤0(1)=1－a－2≤00≤a≤1或－1≤a≤0－1≤a≤1.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數(shù)，且只有當a=1時，f＇(－1)=0以及當a=-1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.〔Ⅱ〕由=，得x2－ax－2=0，∵△=a2+8>0∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的兩非零實根，x1+x2=a，∴從而|x1－x2|==.x1x2=－2，∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，當且僅當m2+tm+1≥3對任意t∈[－1，1]恒成立，即m2+tm－2≥0對任意t∈[－1，1]恒成立.②設g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，方法一：g(－1)=m2－m－2≥0，②g(1)=m2+m－2≥0，m≥2或m≤－2.因此，存在實數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范疇是{m|m≥2，或m≤－2}.方法二：當m=0時，②明顯不成立；當m≠0時，m>0，m<0，②或g(－1)=m2－m－2≥0g(1)=m2+m－2≥0m≥2或m≤－2.因此，存在實數(shù)m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范疇是{m|m≥2，或m≤－2}.26．〔本小題總分值12分〕如圖，P是拋物線C：y=x2上一點，直線l過點P且與拋物線C交于另一點Q.〔Ⅰ〕假設直線l與過點P的切線垂直，求線段PQ中點M的軌跡方程；〔Ⅱ〕假設直線l只是原點且與x軸交于點S，與y軸交于點T，試求的取值范疇.此題要緊考查直線、拋物線、不等式等基礎知識，求軌跡方程的方法，解析幾何的差不多思想和綜合解題能力.總分值12分.解：〔Ⅰ〕設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依題意x1≠0，y1>0，y2>0.由y=x2，①得y＇=x.∴過點P的切線的斜率k切=x1，∴直線l的斜率kl=－=-，∴直線l的方程為y－x12=－(x－x1)，方法一：聯(lián)立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.∵M是PQ的中點x0==-，∴y0=x12－(x0－x1).消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).方法二：由y1=x12，y2=x22，x0=，得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，那么x0==kl=-，∴x1=－，將上式代入②并整理，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).〔Ⅱ〕設直線l:y=kx+b，依題意k≠0，b≠0，那么T(0，b).分不過P、Q作PP＇⊥x軸，QQ＇⊥y軸，垂足分不為P＇、Q＇，那么.y=x2由消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0.③y=kx+by1+y2=2(k2+b)，那么y1y2=b2.方法一：∴|b|()≥2|b|=2|b|=2.∵y1、y2可取一切不相等的正數(shù)，∴的取值范疇是〔2，+〕.方法二：∴=|b|=|b|.當b>0時，=b==+2>2；當b<0時，=－b=.又由方程③有兩個相異實根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，因此k2+2b>0，即k2>－2b.因此>=2.∵當b>0時，可取一切正數(shù)，∴的取值范疇是〔2，+〕.方法三：由P、Q、T三點共線得kTQ=KTP，即=.那么x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).因此b==－x1x2.22∴==+=+≥2.22∵可取一切不等于1的正數(shù)，∴的取值范疇是〔2，+〕.27．〔本小題總分值12分〕 某突發(fā)事件，在不采取任何預防措施的情形下發(fā)生的概率為0.3，一旦發(fā)生，將造成400萬元的缺失.現(xiàn)有甲、乙兩種相互獨立的預防措施可供采納.單獨采納甲、乙預防措施所需的費用分不為45萬元和30萬元，采納相應預防措施后此突發(fā)事件不發(fā)生的概率為0.9和0.85.假設預防方案承諾甲、乙兩種預防措施單獨采納、聯(lián)合采納或不采納，請確定預防方案使總費用最少. 〔總費用=采取預防措施的費用+發(fā)生突發(fā)事件缺失的期望值.〕本小題考查概率的差不多知識和數(shù)學期望概念及應用概率知識解決實際咨詢題的能力，總分值12分.解：①不采取預防措施時，總費用即缺失期望為400×0.3=120〔萬元〕； ②假設單獨采取措施甲，那么預防措施費用為45萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0.9=0.1，缺失期望值為400×0.1=40〔萬元〕，因此總費用為45+40=85〔萬元〕③假設單獨采取預防措施乙，那么預防措施費用為30萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0.85=0.15，缺失期望值為400×0.15=60〔萬元〕，因此總費用為30+60=90〔萬元〕；④假設聯(lián)合采取甲、乙兩種預防措施，那么預防措施費用為45+30=75〔萬元〕，發(fā)生突發(fā)事件的概率為〔1－0.9〕〔1－0.85〕=0.015，缺失期望值為400×0.015=6〔萬元〕，因此總費用為75+6=81〔萬元〕.綜合①、②、③、④，比較其總費用可知，應選擇聯(lián)合采取甲、乙兩種預防措施，可使總費用最少.28．〔本小題總分值14分〕 〔I〕數(shù)列極限存在且大于零，求〔將A用a表示〕；〔II〕設〔III〕假設都成立，求a的取值范疇.本小題要緊考查數(shù)列、數(shù)列極限的概念和數(shù)學歸納法，考查靈活運用數(shù)學知識分析咨詢題和解決咨詢題的能力，總分值14分. 解：〔I〕由 〔II〕 〔III〕 〔i〕當n=1時結論成立〔已驗證〕. 〔ii〕假設當 故只須證明 即n=k+1時結論成立. 依照〔i〕和〔ii〕可知結論對一切正整數(shù)都成立. 故29．〔本小題總分值14分，第一小咨詢總分值4分，第二小咨詢總分值10分〕，函數(shù).(Ⅰ)當時，求使成立的的集合；(Ⅱ)求函數(shù)在區(qū)間上的最小值.本小題要緊考查運用導數(shù)研究函數(shù)性質的方法，考查分類討論的數(shù)學思想和分析推理能力.總分值14分.解：〔Ⅰ〕由題意，.當時，，解得或；當時，，解得.綜上，所求解集為.〔Ⅱ〕設此最小值為.①當時，在區(qū)間上，.因為，，那么在區(qū)間上是增函數(shù)，因此.②當時，在區(qū)間上，，由知.③當時，在區(qū)間上，..假設，在區(qū)間內，從而為區(qū)間上的增函數(shù)，由此得.假設，那么.當時，，從而為區(qū)間上的增函數(shù)；當時，，從而為區(qū)間上的減函數(shù).因此，當時，或.當時，，故；當時，，故.綜上所述，所求函數(shù)的最小值30．〔本小題總分值14分，第一小咨詢總分值2分，第二、第三小咨詢總分值各6分〕設數(shù)列的前項和為，，且，其中為常數(shù).(Ⅰ)求與的值；(Ⅱ)證明：數(shù)列為等差數(shù)列；(Ⅲ)證明：不等式對任何正整數(shù)都成立.本小題要緊考查等差數(shù)列的有關知識、不等式的證明方法，考查思維能力、運算能力.解：〔Ⅰ〕由，得，，.由，知即解得，.〔Ⅱ〕方法1由〔Ⅰ〕，得，①因此.②②-①，得，③因此.④④-③，得.因為，因此.又因為，因此，即，.因此數(shù)列為等差數(shù)列.方法2由，得，又，且，因此數(shù)列是唯獨確定的，因而數(shù)列是唯獨確定的.設，那么數(shù)列為等差數(shù)列，前項和.因此，由唯獨性得，即數(shù)列為等差數(shù)列.〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕可知，.要證，只要證.因為，，故只要證，即只要證.因為，因此命題得證.31．〔本小題總分值14分〕橢圓的左、右焦點分不是F1〔－c，0〕、F2〔c，0〕，Q是橢圓外的動點，滿足點P是線段F1Q與該橢圓的交點，點T在線段F2Q上，同時滿足〔Ⅰ〕設為點P的橫坐標，證明；〔Ⅱ〕求點T的軌跡C的方程；〔Ⅲ〕試咨詢：在點T的軌跡C上，是否存在點M，使△F1MF2的面積S=假設存在，求∠F1MF2的正切值；假設不存在，請講明理由.本小題要緊考查平面向量的概率，橢圓的定義、標準方程和有關性質，軌跡的求法和應用，以及綜合運用數(shù)學知識解決咨詢題的能力.總分值14分.〔Ⅰ〕證法一：設點P的坐標為由P在橢圓上，得由，因此………3分證法二：設點P的坐標為記那么由證法三：設點P的坐標為橢圓的左準線方程為 由橢圓第二定義得，即 由，因此…………3分〔Ⅱ〕解法一：設點T的坐標為 當時，點〔，0〕和點〔－，0〕在軌跡上.當|時，由，得.又，因此T為線段F2Q的中點.在△QF1F2中，，因此有綜上所述，點T的軌跡C的方程是…………7分解法二：設點T的坐標為當時，點〔，0〕和點〔－，0〕在軌跡上. 當|時，由，得. 又，因此T為線段F2Q的中點. 設點Q的坐標為〔〕，那么 因此① 由得② 將①代入②，可得 綜上所述，點T的軌跡C的方程是……7分③④〔Ⅲ〕解法一：C上存在點M〔〕使S=的充要條件是③④ 由③得，由④得因此，當時，存在點M，使S=； 當時，不存在滿足條件的點M.………11分 當時，， 由， ， ，得解法二：C上存在點M〔〕使S=的充要條件是③④③④ 由④得上式代入③得 因此，當時，存在點M，使S=； 當時，不存在滿足條件的點M.………11分 當時，記， 由知，因此…………14分32．〔本小題總分值12分〕 函數(shù)在區(qū)間〔0，+∞〕內可導，導函數(shù)是減函數(shù)，且設是曲線在點〔〕得的切線方程，并設函數(shù)〔Ⅰ〕用、、表示m；〔Ⅱ〕證明：當；〔Ⅲ〕假設關于的不等式上恒成立，其中a、b為實數(shù)，求b的取值范疇及a與b所滿足的關系.本小題考查導數(shù)概念的幾何意義，函數(shù)極值、最值的判定以及靈活運用數(shù)形結合的思想判定函數(shù)之間的大小關系.考查學生的學習能力、抽象思維能力及綜合運用數(shù)學差不多關系解決咨詢題的能力.總分值12分〔Ⅰ〕解：…………2分〔Ⅱ〕證明：令因為遞減，因此遞增，因此，當；當.因此是唯獨的極值點，且是極小值點，可知的最小值為0，因此即…………6分〔Ⅲ〕解法一：，是不等式成立的必要條件，以下討論設此條件成立.對任意成立的充要條件是 另一方面，由于滿足前述題設中關于函數(shù)的條件，利用〔II〕的結果可知，的充要條件是：過點〔0，〕與曲線相切的直線的斜率大于，該切線的方程為 因此的充要條件是…………10分 綜上，不等式對任意成立的充要條件是 ① 明顯，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式② 有解、解不等式②得③ 因此，③式即為b的取值范疇，①式即為實數(shù)在a與b所滿足的關系.…………12分〔Ⅲ〕解法二：是不等式成立的必要條件，以下討論設此條件成立.對任意成立的充要條件是………………8分 令，因此對任意成立的充要條件是 由 當時當時，，因此，當時，取最小值.因此成立的充要條件是，即………………10分 綜上，不等式對任意成立的充要條件是 ① 明顯，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式② 有解、解不等式②得 因此，③式即為b的取值范疇，①式即為實數(shù)在a與b所滿足的關系.…………12分33．〔本小題總分值12分〕數(shù)列的首項前項和為，且〔I〕證明數(shù)列是等比數(shù)列；〔II〕令，求函數(shù)在點處的導數(shù)并比較與的大小.解：由可得兩式相減得即從而當時因此又因此從而故總有，又從而即數(shù)列是等比數(shù)列；〔II〕由〔I〕知因為因此從而==-=由上-==12①當時，①式=0因此；當時，①式=-12因此當時，又因此即①從而34．(本小題總分值14分)動圓過定點，且與直線相切，其中.〔I〕求動圓圓心的軌跡的方程；〔II〕設A、B是軌跡上異于原點的兩個不同點，直線和的傾斜角分不為和，當變化且為定值時，證明直線恒過定點，并求出該定點的坐標.解：〔I〕如圖，設為動圓圓心，為記為，過點作直線的垂線，垂足為，由題意知：即動點到定點與定直線的距離相等，由拋物線的定義知，點的軌跡為拋物線，其中為焦點，為準線，因此軌跡方程為；〔II〕如圖，設，由題意得〔否那么〕且因此直線的斜率存在，設其方程為，明顯，將與聯(lián)立消去，得由韋達定理知①〔1〕當時，即時，因此，因此由①知：因此因此直線的方程可表示為，即因此直線恒過定點〔2〕當時，由，得==將①式代入上式整理化簡可得：，因此，現(xiàn)在，直線的方程可表示為即因此直線恒過定點因此由〔1〕〔2〕知，當時，直線恒過定點，當時直線恒過定點.35．〔本小題總分值12分〕 橢圓C1的方程為，雙曲線C2的左、右焦點分不為C1的左、右頂點，而C2的左、右頂點分不是C1的左、右焦點.〔Ⅰ〕求雙曲線C2的方程；〔Ⅱ〕假設直線與橢圓C1及雙曲線C2都恒有兩個不同的交點，且l與C2的兩個交點A和B滿足〔其中O為原點〕，求k的取值范疇.解：〔Ⅰ〕設雙曲線C2的方程為，那么故C2的方程為〔II〕將由直線l與橢圓C1恒有兩個不同的交點得即①.由直線l與雙曲線C2恒有兩個不同的交點A，B得解此不等式得③由①、②、③得故k的取值范疇為36．〔本小題總分值12分〕 數(shù)列{an}滿足.〔Ⅰ〕用數(shù)學歸納法證明：；〔Ⅱ〕不等式，其中無理數(shù)e=2.71828….〔Ⅰ〕證明：〔1〕當n=2時，，不等式成立.〔2〕假設當時不等式成立，即那么.這確實是講，當時不等式成立.依照〔1〕、〔2〕可知：成立.〔Ⅱ〕證法一：由遞推公式及〔Ⅰ〕的結論有兩邊取對數(shù)并利用不等式得故上式從1到求和可得即〔Ⅱ〕證法二：由數(shù)學歸納法易證成立，故令取對數(shù)并利用不等式得上式從2到n求和得因故成立.37．〔本小題總分值12分〕數(shù)列〔1〕證明〔2〕求數(shù)列的通項公式an.解：〔1〕方法一用數(shù)學歸納法證明：1°當n=1時，∴，命題正確.2°假設n=k時有那么而又∴時命題正確.由1°、2°知，對一切n∈N時有方法二：用數(shù)學歸納法證明： 1°當n=1時，∴；2°假設n=k時有成立，令，在[0，2]上單調遞增，因此由假設有：即也即當n=k+1時成立，因此對一切〔2〕下面來求數(shù)列的通項：因此,又bn=－1，因此38．〔本小題總分值14分〕如圖，設拋物線的焦點為F，動點P在直線上運動，過P作拋物線C的兩條切線PA、PB，且與拋物線C分不相切于A、B兩點.〔1〕求△APB的重心G的軌跡方程.〔2〕證明∠PFA=∠PFB.解：〔1〕設切點A、B坐標分不為，∴切線AP的方程為：切線BP的方程為：解得P點的坐標為：因此△APB的重心G的坐標為，因此，由點P在直線l上運動，從而得到重心G的軌跡方程為：〔2〕方法1：因為由于P點在拋物線外，那么∴同理有∴∠AFP=∠PFB.方法2：①當因此P點坐標為，那么P點到直線AF的距離為：即因此P點到直線BF的距離為：因此d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.②當時，直線AF的方程：直線BF的方程：因此P點到直線AF的距離為：，同理可得到P點到直線BF的距離，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB.39．〔本小題總分值12分〕 設A、B是橢圓上的兩點，點N〔1，3〕是線段AB的中點，線段AB的垂直平分線與橢圓相交于C、D兩點.〔Ⅰ〕確定的取值范疇，并求直線AB的方程；〔Ⅱ〕試判定是否存在如此的，使得A、B、C、D四點在同一個圓上？并講明理由.〔此題不要求在答題卡上畫圖〕本小題要緊考查直線、圓和橢圓等平面解析幾何的基礎知識以及推理運算能力和綜合解決咨詢題的能力.〔Ⅰ〕解法1：依題意，可設直線AB的方程為，整理得①設是方程①的兩個不同的根，∴②且由N〔1，3〕是線段AB的中點，得解得k=－1，代入②得，的取值范疇是〔12，+∞〕.因此，直線AB的方程為解法2：設那么有依題意，∵N〔1，3〕是AB的中點，∴又由N〔1，3〕在橢圓內，∴∴的取值范疇是〔12，+∞〕.直線AB的方程為y－3=－〔x－1〕，即x+y－4=0.〔Ⅱ〕解法1：∵CD垂直平分AB，∴直線CD的方程為y－3=x－1，即x－y+2=0，代入橢圓方程，整理得又設CD的中點為是方程③的兩根，∴因此由弦長公式可得④將直線AB的方程x+y－4=0，代入橢圓方程得⑤同理可得⑥∵當時，假設存在>12，使得A、B、C、D四點共圓，那么CD必為圓的直徑，點M為圓心.點M到直線AB的距離為⑦因此，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得故當>12時，A、B、C、D四點勻在以M為圓心，為半徑的圓上.〔注：上述解法中最后一步可按如下解法獲得：〕A、B、C、D共圓△ACD為直角三角形，A為直角|AN|2=|CN|·|DN|，即⑧由⑥式知，⑧式左邊由④和⑦知，⑧式右邊∴⑧式成立，即A、B、C、D四點共圓.解法2：由〔Ⅱ〕解法1及λ>12,∵CD垂直平分AB，∴直線CD方程為，代入橢圓方程，整理得③將直線AB的方程x+y－4=0，代入橢圓方程，整理得⑤解③和⑤式可得不妨設∴運算可得，∴A在以CD為直徑的圓上.又B為A關于CD的對稱點，∴A、B、C、D四點共圓.〔注：也可用勾股定理證明AC⊥AD〕40．〔本小題總分值14分〕 不等式為大于2的整數(shù)，表示不超過的最大整數(shù).設數(shù)列的各項為正，且滿足〔Ⅰ〕證明〔Ⅱ〕推測數(shù)列是否有極限？假如有，寫出極限的值〔不必證明〕；〔Ⅲ〕試確定一個正整數(shù)N，使得當時，對任意b>0，都有本小題要緊考查數(shù)列、極限及不等式的綜合應用以及歸納遞推的思想.〔Ⅰ〕證法1：∵當即因此有所有不等式兩邊相加可得由不等式知，當n≥3時有，∵證法2：設，第一利用數(shù)學歸納法證不等式〔i〕當n=3時，由知不等式成立.〔ii〕假設當n=k〔k≥3〕時，不等式成立，即那么即當n=k+1時，不等式也成立.由〔i〕、〔ii〕知，又由不等式得〔Ⅱ〕有極限，且〔Ⅲ〕∵那么有故取N=10