高考數(shù)學二輪復習 高難拉分攻堅特訓（二）理試題

高難拉分攻堅特訓(二)1．已知數(shù)列{an}滿足a1>0，a11＝4，an＋1＝an＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)，數(shù)列{bn}滿足bn>0，b1＝a12，bn＝bn＋1＋eq\f(1,2)beq\o\al(2,n＋1)，n∈N*.若存在正整數(shù)m，n(m≤n)，使得bm＋bn＝14，則()A．m＝10，n＝12 B．m＝9，n＝11C．m＝4，n＝6 D．m＝1，n＝3答案D解析因為an＋1＝an＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)，bn＝bn＋1＋eq\f(1,2)beq\o\al(2,n＋1)，則有an＋1>an>…>a1>0，b1>b2>…>bn>0，且函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2＋x在(0，＋∞)上單調遞增，故有b1＝a12＝b2＋eq\f(1,2)beq\o\al(2,2)＝a11＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,11)，得b2＝a11＝4，同理有b3＝a10＝2，…，bm＝a13－m，又因為a12＝a11＋eq\f(1,2)aeq\o\al(2,11)＝12，故bm＋bn＝a10＋a12，所以m＝1，n＝3.故選D.2．已知f(x)＝eq\f(ax,x2＋c)＋b，g(x)＝[f(x)]2－1，其中a≠0，c>0，則下列判斷正確的是________．(寫出所有正確結論的序號)①f(x)的圖象關于點(0，b)成中心對稱；②f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；③存在M>0，使|f(x)|≤M；④若g(x)有零點，則b＝0；⑤g(x)＝0的解集可能為{1，－1,2，－2}．答案①③⑤解析令y＝eq\f(ax,x2＋c)(a≠0)，則該函數(shù)的定義域為R，且函數(shù)為奇函數(shù)，故其圖象關于原點(0,0)對稱．又函數(shù)y＝f(x)的圖象是由y＝eq\f(ax,x2＋c)(a≠0)的圖象向上或向下平移|b|個單位而得到的，所以函數(shù)y＝f(x)圖象的對稱中心為(0，b)，故①正確．當x>0時，y＝eq\f(ax,x2＋c)＝eq\f(a,x＋\f(c,x))，若a>0，c>0，則函數(shù)y＝x＋eq\f(c,x)在(0，eq\r(c))上單調遞減，所以函數(shù)y＝f(x)單調遞增；函數(shù)y＝x＋eq\f(c,x)在(eq\r(c)，＋∞)上單調遞增，所以函數(shù)y＝f(x)單調遞減，故②不正確．令y＝eq\f(ax,x2＋c)(a≠0)，則當x＝0時，y＝0，f(x)＝b，|f(x)|＝|b|，令M＝|b|＋1>0，則|f(x)|≤M成立；當x≠0時，y＝eq\f(ax,x2＋c)＝eq\f(a,x＋\f(c,x))，則|y|＝eq\f(|a|,|x|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(c,x))))≤eq\f(|a|,2\r(|c|))＝eq\f(|a|,2\r(c)).所以|f(x)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ax,x2＋c)＋b))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ax,x2＋c)))＋|b|≤eq\f(|a|,2\r(c))＋|b|，令M＝eq\f(|a|,2\r(c))＋|b|，則|f(x)|≤M成立，故③正確．若g(x)有零點，則g(x)＝[f(x)]2－1＝0，得f(x)＝±1，從而得eq\f(ax,x2＋c)＋b＝±1，故eq\f(ax,x2＋c)＝－b±1，結合③可得當g(x)有零點時，只需|－b±1|≤eq\f(|a|,2\r(c))即可，而b不一定為零，故④不正確．由g(x)＝[f(x)]2－1＝0，得f(x)＝eq\f(ax,x2＋c)＋b＝±1.取b＝0，eq\f(ax,x2＋c)＝1，整理得x2－ax＋c＝0.當a＝3，c＝2時，方程x2－3x＋2＝0的兩根為x＝1或x＝2.又函數(shù)y＝eq\f(ax,x2＋c)為奇函數(shù)，故方程的解集為{1，－1,2，－2}，故⑤正確．綜上可得①③⑤正確．3．在直角坐標系xOy中，動圓M與圓O1：x2＋2x＋y2＝0外切，同時與圓O2：x2＋y2－2x－24＝0內切．(1)求動圓圓心M的軌跡方程；(2)設動圓圓心M的軌跡為曲線C，設A，P是曲線C上兩點，點A關于x軸的對稱點為B(異于點P)，若直線AP，BP分別交x軸于點S，T，證明：|OS|·|OT|為定值．解(1)∵圓O1：x2＋2x＋y2＝0，∴圓心O1(－1,0)，半徑為1.∵圓O2：x2＋y2－2x－24＝0，∴圓心O2(1,0)，半徑為5.設動圓圓心M(x，y)，半徑為R，∵圓M與圓O1外切，∴|MO1|＝R＋1，∵圓M與圓O2內切，∴|MO2|＝5－R，兩式相加得：|MO1|＋|MO2|＝6>|O1O2|，由橢圓定義知：M在以O1，O2為焦點的橢圓上，∵2a＝6，∴a＝3，∵c＝1，∴b＝2eq\r(2).∴動圓圓心M的軌跡方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)證明：設P(x1，y1)，A(x2，y2)，S(xS,0)，T(xT,0)∴B(x2，－y2)且x1≠±x2.∵kAP＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，∴l(xiāng)AP：y－y1＝kAP(x－x1)，y－y1＝eq\f(y1－y2,x1－x2)(x－x1)，令y＝0得xS＝eq\f(x1y2－x2y1,y2－y1)；同理得，xT＝eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1).∵|OS|·|OT|＝|xS·xT|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,2)－x\o\al(2,2)y\o\al(2,1),y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1))))，又∵P，A在橢圓上，∴yeq\o\al(2,1)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),9)))，yeq\o\al(2,2)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),9)))，∴yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1)＝eq\f(8,9)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))，∴xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,1)＝8xeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),9)))－8xeq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),9)))＝8(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))，∴|OS|·|OT|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,2)－x\o\al(2,2)y\o\al(2,1),y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),\f(8,9)x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))))＝9.4．已知函數(shù)f(x)＝xex－1－a(x＋lnx)，a∈R.(1)若f(x)存在極小值，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設x0是f(x)的極小值點，且f(x0)≥0，證明：f(x0)≥2(xeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(3,0))．解(1)f′(x)＝eq\f(x＋1,x)(xex－1－a)(x>0)．令g(x)＝xex－1－a，則g′(x)＝(x＋1)ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．又因為當x→0時，g(x)→－a；當x→＋∞時，g(x)→＋∞.所以，當a≤0時，g(x)>0，f′(x)>0