华师一附中高考压轴题汇编高考数学知识点高考数学高分法则

华师一附中

高考数学压轴题精选精练 共46道典型压轴题

华师一附中高考数学知识点 华师一附中高考数学高分法则

1．（12分）已知抛物线、椭圆和双曲线都经过点M?1,2?，它们在x轴上有共同焦点，椭圆和双曲线的对

称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点.

（Ⅰ）求这三条曲线的方程；

（Ⅱ）已知动直线l过点P?3,0?，交抛物线于A,B两点，是否存在垂直于x轴的直线l?被以AP为直径的圆截得的弦长为定值？若存在，求出l?的方程；若不存在，说明理由.

解：（Ⅰ）设抛物线方程为y2?2px?p?0?，将M?1,2?代入方程得p?2

? 抛物线方程为: y2?4x………………………………………………（1分）

由题意知椭圆、双曲线的焦点为F??1,0?1,F2?1,0?, ? c=1…………………（2分） 对于椭圆，2a?MF1?MF2??1?1?2?22??1?1?2?4?2?22 ? a?1?2? a?1?22??2?3?22………………………………（4分）

? b2?a2?c2?2?22? 椭圆方程为： x23?22?y22?22?1对于双曲线，2a??MF1?MF2?22?2

? a??2?1? a?2?3?22? b?2?c?2?a?2?22?2? 双曲线方程为： x23?22?y222?2?1………………………………（6分）

（Ⅱ）设AP的中点为C，l?的方程为：x?a，以AP为直径的圆交l?于D,E两点，DE中点为H

?x?3y1?,?………………………………………………（7分） 令A?x1,y1?, ? C?122??? DC?112AP??x1?3??y1222

x1?31 CH??a??x1?2a??32221?12?x1?3??y12???x?2a?3?????4?14? ??a-2?x1?a2?3a2222? DH?DC?CH?当a?2时,DH??4?6?2为定值;? DE?2DH?22为定值此时l?的方程为： x?2

…………（12分）

2．（14分）已知正项数列?a?中，a?6，点A?a,an1nnn?1?在抛物线y2?x?1上；数列?bn?中，点Bn?n,bn?在过点?0,1?，以方向向量为?1,2?的直线上.

（Ⅰ）求数列?an?,?bn?的通项公式；

??an, ?n为奇数?（Ⅱ）若f?n???，问是否存在k?N，使f?k?27??4f?k?成立，若存在，求出k??bn, ?n为偶数?值；若不存在，说明理由； （Ⅲ）对任意正整数n，不等式

an?1?1??1?1?1??????b1??b2??1?1????bn??ann?2?an?0成立，求正数a的取值范围.

解：（Ⅰ）将点Anan,an?1代入y2?x?1中得

??an?1?an?1 ? an?1?an?d?1? an?a1??n?1??1?n?5直线l:y?2x?1, ? bn?2n?1…………………………………………（4分）

??n?5, ?n为奇数?（Ⅱ）f?n???………………………………（5分） ??2n?1, ?n为偶数?当k为偶数时，k?27为奇数， 当k为奇数时，k?27为偶数， f?k?27??4f?k?……………………（8分）

? k?27?5?4?2k?1?, ? k?4? 2?k?27??1?4?k?5?, ? k?综上，存在唯一的k?4符合条件。（Ⅲ）由

35?舍去?2an?1?1??1?1?1??????b1??b2??1?1????bn??ann?2?an?0

即a??1?1???bn???11??1??1?记f?n???1???1???1??2n?3?b1??b2??bn??1??1?1?1?????2n?3?b1??b2?1?1??1??1???1??2n?5?b1??b2?1?1??1??1???1??bbn??n?1??? f?n?1??? ?f?n?1?f?n?2?2n?3?1?2n?32n?42n?4??1?????2n?5?bn?1?2n?52n?32n?5?2n?3 ?14n2?16n?164n?16n?15? f?n?1??f?n?, 即f?n?递增，? f?n?min?f?1??? 0?a?4515………………………………（14分）

3.（本小题满分12分）将圆O: x?y?4上各点的纵坐标变为原来的一半 (横坐标不变), 得到曲线C. (1) 求C的方程;

(2) 设O为坐标原点, 过点F(3, 0)的直线l与C交于A、B两点, N为线段AB的中点, 延长线段ON交C于点E.

求证: OE?2ON的充要条件是|AB| ?3.

221445?,3155?

解: (1)设点P(x?, y?), 点M的坐标为(x, y),由题意可知??x??x,………………(2分)

?y??2y,x2?y2?1. 又x??y??4,∴x?4y?4?42222x2?y2?1.………………(4分) 所以, 点M的轨迹C的方程为4(2)设点A(x1, y1), B(x2, y2), 点N的坐标为(x0, y0), ㈠当直线l与x轴重合时, 线段AB的中点N就是原点O, 不合题意,舍去; ………………(5分) ㈡设直线l: x?my?3,

??x?my?3由?消去x,

22??x?4y?4得(m2?4)y2?23my?1?0………………① ∴y0??3m,………………(6分)

m2?43m23m2?4343∴x0?my0?3??2, ??22m?4m?4m?4∴点N的坐标为(433m, ?).………………(8分) 22m?4m?48323m, ?), 由点E在曲线C上, 22m?4m?4①若OE?2ON, 坐标为, 则点E的为(4812m24222得, 即 ∴m?4m?32?0,m?8 (m??4舍去). ??12222(m?4)(m?4)12m2?4m2?164m2?1由方程①得|y1?y2|???1,

m2?4m2?4又|x1?x2| ? |my1?my2| ? |m(y1?y2)|,

∴|AB| ? m2?1|y1?y2| ?3.………………(10分)

4(m2?1)2?3,m?8. ②若|AB| ?3, 由①得∴2m?4∴点N的坐标为(362, ?), 射线ON方程为: y??x (x?0), 362

?23?2x??x (x?0)?y???3 ∴点E的坐标为(23, ?6),

由? 解得2?33?x2?4y2?4?y??6??3?∴OE?2ON.

综上, OE?2ON的充要条件是|AB| ?3.………………(12分)

4.（本小题满分14分）已知函数f(x)?1(x?R).

4x?211(1) 试证函数f(x)的图象关于点(, )对称;

24n(2) 若数列{an}的通项公式为an?f() (m?N?, n?1, 2, ?,m), 求数列{an}的前m项和

mSm;

(3) 设数列{bn}满足: b1?11112, bn?1?bn?bn. 设Tn?. ????3b1?1b2?1bn?1若(2)中的Sn满足对任意不小于2的正整数n, Sn?Tn恒成立, 试求m的最大值.

解: (1)设点P0(x0, y0)是函数f(x)的图象上任意一点, 其关于点(, )的对称点为P(x, y).

1214?x?x01??x?1?x0,??2?2由? 得? 1y??y0.?y?y0?1?2??4?2所以, 点P的坐标为P(1?x0, ?y0).………………(2分) 由点P0(x0, y0)在函数f(x)的图象上, 得y0?∵f(1?x0)?121.

4x0?2141?x04x04x0??, x0x0?24?2?42(4?2)11114x0?y0??x0?(1?x, ?y0)在函数f(x)的图象上. ∴点P,0x0224?22(4?2)2

141kk1(2)由(1)可知, f(x)?f(1?x)?, 所以f()?f(1?)? (1?k?m?1),

2mm2km?k11)? , ?ak?am?k?,………………(6分) 即f()?f(mm22∴函数f(x)的图象关于点(, )对称. ………………(4分) 由Sm?a1?a2?a3???am?1?am, ……………… ① 得Sm?am?1?am?2?am?3???a1?am, ………………② 由①＋②, 得2Sm?(m?1)?∴Sm?121m?11m1?2am??2???, 226261(3m?1).………………(8分) 121(3) ∵b1?,bn?1?b2n?bn?bn(bn?1), ………………③

3∴对任意的n?N?, bn?0. ………………④ 由③、④, 得

1bn?1?111111. ??,即??bn(bn?1)bnbn?1bn?1bnbn?1∴Tn?(111111111.……………(10分) ?)?(?)???(?)???3?b1b2b2b3bnbn?1b1bn?1bn?1∵bn?1?bn?b2?bn?1?bn,∴数列{bn}是单调递增数列. n?0, ∴Tn关于n递增. 当n?2, 且n?N?时, Tn?T2. ∵b1?11144452,b2?(?1)?, b3?(?1)?, 33399981∴Tn?T2?3?∴Sm?

175?.………………(12分) b152751752384,即(3m?1)?,∴m??6, ∴m的最大值为6. ……………(14分) 52125239395．（12分）E、F是椭圆x?2y?4的左、右焦点，l是椭圆的右准线，点P?l，过点E的直线交椭圆于A、B两点.

y22（1） 当AE?AF时，求?AEF的面积； （2） 当AB?3时，求AF?BF的大小；

BEOAPMFx

（3） 求?EPF的最大值. 解：（1）??m?n?41?S?mn?2 ?AEF222?m?n?8??AE?AF?4?AB?AF?BF?8， （2）因???BE?BF?4则AF?BF?5.

（1） 设P(22,t)(t?0) tan?EPF?tan(?EPM??FPM)

?(32232?222t223， ?)?(1?)???22?1tttt?6t?6t33??EPF?30 3当t?6时，tan?EPF?

212Sn6．（14分）已知数列?an?中，a1?，当n?2时，其前n项和Sn满足an?，

32Sn?1（2） 求Sn的表达式及liman的值；

n??S2n（3） 求数列?an?的通项公式； （4） 设bn?1(2n?1)3?1(2n?1)3，求证：当n?N且n?2时，an?bn.

22Sn11解：（1）an?Sn?Sn?1??Sn?1?Sn?2SnSn?1???2(n?2)

2Sn?1SnSn?1?1?1所以??是等差数列.则Sn?.

2n?1S?n?liman22?lim???2.

n??S2n??2S?12limSn?1nnn??（2）当n?2时，an?Sn?Sn?1?11?2??2， 2n?12n?14n?1

?1?n?1???3综上，an??.

2?n?2?2???1?4n（3）令a?111，当n?2时，有0?b?a? （1） ,b?32n?12n?11?2n?11?1?2n?11. 法1：等价于求证

?2n?1?3?2n?1?3当n?2时，0?111?,令f?x??x2?x3,0?x?, 2n?1333313f??x??2x?3x2?2x(1?x)?2x(1??)?2x(1?)?0，

2223则f?x?在(0,1]递增. 3又0?111， ??2n?12n?1311)?g(),即an?bn.

332n?12n?1所以g(法（2）an?bn?1111??(?)?b2?a2?(b3?a3) 2n?12n?1(2n?1)3(2n?1)3?(a?b)(a2?b2?ab?a?b) （2）

?(a?b)[(a2?因b?ababba?a)?(b2??b)] ?(a?b)[a(a??1)?b(b??1)] （3） 2222baab3a33?1?a??1??1??1??1?0，所以a(a??1)?b(b??1)?0

22222223由（1）（3）（4）知an?bn.

法3：令g?b??a?b?ab?a?b，则g??b??2b?a?1?0?b?2222所以g?b??maxg?0?,g?a??maxa?a,3a?2a

1?a 2????因0?a?2141,则a2?a?a?a?1??0，3a2?2a?3a(a?)?3a(?)?0

339322所以g?b??a?b?ab?a?b?0 （5） 由（1）（2）（5）知an?bn

7． (本小题满分14分)

x2y2设双曲线2?2=1( a > 0, b > 0 )的右顶点为A，

abP是双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP分别交于Q和R两点.

(1) 证明：无论P点在什么位置，总有|OP|2 = |OQ·OR| ( O为坐标原点)；

(2) 若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；

????????b(x – a ), a??????ab?kababkab 解得：OR= (,), 同理可得OQ= (,),

ak?bak?bak?bak?b解：(1) 设OP：y = k x, 又条件可设AR: y =

a2b2(1?k2)?abab?kabkab∴|OQ·OR| =|+| =22. 4分 2ak?bak?bak?bak?b|ak?b|????? 设OP = ( m, n ) , 则由双曲线方程与OP方程联立解得:

???a2b2k2a2b22

m =2, n = 2,

b?a2k2b?a2k22

a2b2(1?k2)a2b2k2a2b2∴ |OP| = :m + n = 2+ 2=2 , 222222b?akb?akb?ak???222

∵点P在双曲线上，∴b2 – a2k2 > 0 .

∴无论P点在什么位置，总有|OP| = |OQ·OR| . 4分

???2

?????a2b2(1?k2)（2）由条件得：2= 4ab, 2分 22b?ak4b2?ab即k = > 0 , ∴ 4b > a, 得e >

ab?4a22

17 2分 4

8. (本小题满分12分)

已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数. (1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论. (2) 对任意n ? a , 证明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) 解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,

∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分 （2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,

∴ 当n ? a时, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n ? n n – ( 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[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分 ∵( n + a ) > n ,

∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分

9. (本小题满分12分)

已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v?[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .

(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？ (2) 判断函数g(x)=??1?x,x?[?1,0]，是否满足题设条件？

1?x,x?[0,1]?解： (1) 若u ,v ? [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，

取u =

31?[–1，1]，v = ?[–1，1], 425| u – v | > | u – v |， 4则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = 所以p( x)不满足题设条件. （2）分三种情况讨论：

10. 若u ,v ? [–1，0]，则|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，满足题设条件；

20. 若u ,v ? [0，1]， 则|g(u) – g(v)| = |(1 – u) – (1 – v)|= |v –u|，满足题设条件； 30. 若u?[–1，0]，v?[0，1]，则：

|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件; 40 若u?[0，1]，v?[–1，0], 同理可证满足题设条件.

综合上述得g(x)满足条件.

10. (本小题满分14分)

已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = (1) 求证：| ac | ? 4;

(2) 求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增. (3) (仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 证：(1) ∵ t?R, t ? –1,

∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2 ? 0 ， ∵ c ? 0, ∴c2a2 ? 16 , ∴| ac | ? 4. (2) 由 f ( x ) = 1 –

x(x ? –1)的图象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c ? 0 ). x?11, x?1x1?x211–1 + = . x2?1x1?1(x2?1)(x1?1)法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1–

∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,

∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x ? 0时，f ( x )单调递增. 法2. 由f ` ( x ) =

1> 0 得x ? –1,

(x?1)2 ∴x > –1时，f ( x )单调递增.

（3）（仅理科做）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c | ?

4 > 0 , |a|444|a| ∴f (| c | ) ? f () = =

4|a||a|?4?1|a||a|4|a|4f ( | a | ) + f ( | c | ) = + > +=1.

|a|?1|a|?4|a|?4|a|?4 即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.

11．（本小题满分15分）

设定义在R上的函数f(x)?a0x4?a1x3?a2x2?a3x?a4（其中ai∈R，i=0,1,2,3,4），当 x= －1时，f (x)取得极大值（1） 求f (x)的表达式；

（2） 试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间

2，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称． 3??2,2?上； ??42n?12(1?3n)f(x)?f(y)?. （3） 若xn?，求证：,y?(n?N)nnn+32n3n解：（1）f(x)?13x?x.…………………………5分 3 （2）?0,0?,?2,?????2?2?0,0,?2,.…………10分 或????????3?3??4.……15分 3 （3）用导数求最值，可证得f(xn)?f(yn)?f(?1)?f(1)?

12．（本小题满分13分）

x2y2??1上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对称点，N为椭设M是椭圆C:124圆C上异于M的另一点，且MN⊥MQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．

解：设点的坐标M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y1?0),E(x,y),

则P(?x1,y1),Q(?x1,?y1),T(x1,?y1),……1分

?x12???12 ?2?x2???12y12?1,42y2?1.4(1)………………………………………………………3分

(2)13 由（1）－（2）可得kMN?kQN??.………………………………6分 又MN⊥MQ，kMN?kMQ??1,kMN??x1y,所以kQN?1. y13x1 直线QN的方程为y?y1x(x?x1)?y1，又直线PT的方程为y??1x.……10分 3x1y1 从而得x?11x1,y??y1.所以x1?2x,y1??2y. 22x2?y2?1(xy?0),此即为所求的轨迹方程.………………13分 代入（1）可得3

13．（本小题满分12分）

过抛物线x?4y上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，PA?PB?0. （1）求点P的轨迹方程；

（2）已知点F（0，1），是否存在实数?使得FA?FB??(FP)2?0？若存在，求出?的值，若不存在，请说明理由.

2x12x2解法（一）：（1）设A(x1,),B(x2,),(x1?x2)

4422由x?4y,得：y?'x 2?kPA?x1x,kPB?2 22?PA?PB?0,?PA?PB,?x1x2??4………………………………3分

x12x1x1xx12?(x?x1)即y??直线PA的方程是：y? ① 42242x2xx2? ② 同理，直线PB的方程是：y?24

x1?x2?x??2由①②得：?(x1,x2?R) x1x2?y???1,4?∴点P的轨迹方程是y??1(x?R).……………………………………6分

2x?xx12x2?1),FB?(x2,?1),P(12,?1) （2）由（1）得：FA?(x1,244FP?(x1?x2,?2),x1x2??4 222x12x2x12?x2FA?FB?x1x2?(?1)(?1)??2? …………………………10分

4442(x1?x2)2x12?x2(FP)??4??2

442所以FA?FB?(FP)2?0

故存在?=1使得FA?FB??(FP)2?0…………………………………………12分 解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且PA?PB?0, ∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且PA?PB, 设PA的直线方程是y?kx?m(k,m?R,k?0)

由??y?kx?m2x?4kx?4m?0 得：2?x?4y???16k2?16m?0即m??k2…………………………3分

即直线PA的方程是：y?kx?k2 同理可得直线PB的方程是：y??11x?2 kk1?y?kx?k2???x?k??R由? 11得：?ky??x????y??1kk2?故点P的轨迹方程是y??1(x?R).……………………………………6分 （2）由（1）得：A(2k,k),B(?2211,2),P(k?,?1) kkk21FA?(2k,k2?1),FB?(?,2?1)

kk1FP?(k?,?2)

k

112?1)??2?(k?)………………………………10分 22kk11(FP)2?(?k)2?4?2?(k2?2)

kkFA?FB??4?(k2?1)(故存在?=1使得FA?FB??(FP)2?0…………………………………………12分

14．（本小题满分14分）

设函数f(x)?1?x?lnx在[1,??)上是增函数. ax（1） 求正实数a的取值范围； （2） 设b?0,a?1，求证：解：（1）f(x)?'1a?ba?b?ln?. a?bbbax?1?0对x?[1,??)恒成立， 2ax?a?又

1对x?[1,??)恒成立 x1?1 ?a?1为所求.…………………………4分 xa?ba?b?1， （2）取x?，?a?1,b?0,?bb1?x?lnx在[1,??)上是增函数， 一方面，由（1）知f(x)?axa?b?f()?f(1)?0

ba?b1?b?lna?b?0 ?a?bba?ba?b1?即ln……………………………………8分 ba?b另一方面，设函数G(x)?x?lnx(x?1)

G'(x)?1?1x?1??0(?x?1) xx∴G(x)在(1,??)上是增函数且在x?x0处连续，又G(1)?1?0 ∴当x?1时，G(x)?G(1)?0

a?ba?b?ln bb1a?ba?b?ln?.………………………………………………14分 综上所述，

a?bbb∴x?lnx 即

15．(本小题满分12分)

如图，直角坐标系xOy中，一直角三角形ABC，?C?90，

yAB、C在x轴上且关于原点O对称，D在边BC上，BD?3DC，

!ABC的周长为12．若一双曲线E以B、C为焦点，且经过A、

xD两点．

(1) 求双曲线E的方程；

(2) 若一过点P(m,0)（m为非零常数）的直线l与双曲线EBODC相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且MP??PN，问在x轴上是否存在定点G，使

BC?(GM??GN)？若存在，求出所有这样定点G的坐标；若不存在，请说明理由．

x2y2解：(1) 设双曲线E的方程为2?2?1(a?0,b?0)，

ab则B(?c,0),D(a,0),C(c,0)．

由BD?3DC，得c?a?3(c?a)，即c?2a． ?|AB|?|AC|?16a,?∴?|AB|?|AC|?12?4a, ?|AB|?|AC|?2a.?222yABODCx （3分）

解之得a?1，∴c?2,b?3．

y2∴双曲线E的方程为x??1．

32（5分）

(2) 设在x轴上存在定点G(t,0)，使BC?(GM??GN)．

y设直线l的方程为x?m?ky，M(x1,y1),N(x2,y2)． 由MP??PN，得y1??y2?0． y即???1

y2BGO ① （6分）

CPNx∵BC?(4,0)，

M

GM??GN?(x1?t??x2??t,y1??y2)， ∴BC?(GM??GN)?x1?t??(x2?t)． 即ky1?m?t??(ky2?m?t)． ② 把①代入②，得

2ky1y2?(m?t)(y1?y2)?0

2（8分）

③ （9分）

y2把x?m?ky代入x??1并整理得

3(3k2?1)y2?6kmy?3(m2?1)?0

其中3k2?1?0且??0，即k2?1且3k2?m2?1． 3

（10分）

?6km3(m2?1) y1?y2?2． ,yy1?23k?13k2?1代入③，得

6k(m2?1)6km(m?t) ??0，

3k2?13k2?1化简得 kmt?k． 当t?1时，上式恒成立． m1,0)，使BC?(GM??GN)． m

（12分）

因此，在x轴上存在定点G(

16．(本小题满分14分)

已知数列?an?各项均不为0，其前n项和为Sn，且对任意n?N*都有(1?p)Sn?p?pan（p为大于1

21?C1na1?Cna2?的常数），记f(n)?2nSnn?Cnan．

(1) 求an；

(2) 试比较f(n?1)与

p?1f(n)的大小（n?N*）； 2p(3) 求证：(2n?1)f(n)剟f(1)?f(2)??f(2n?1)2n?1p?1??p?1???1??（n?N*）． ??，p?1?2p?????解：(1) ∵(1?p)Sn?p?pan，

①

∴(1?p)Sn?1?p?pan?1． ②－①，得

(1?p)an?1??pan?1?pan，

②

即an?1?pan．

（3分）

在①中令n?1，可得a1?p．

∴?an?是首项为a1?p，公比为p的等比数列，an?pn． p(1?pn)p(pn?1)?(2) 由(1)可得Sn?．

1?pp?121?C1na1?Cna2?n22?Cnan?1?pC1n?pCn?nnn?Cnnp?(1?p)?(p?1)．

（4分）

21?C1na1?Cna2?∴f(n)?2nSnn?Cnanp?1(p?1)n??，

p2n(pn?1) （5分）

p?1(p?1)n?1?f(n?1)?． p2n?1(pn?1?1)p?1p?1(p?1)n?1f(n)??而，且p?1， 2pp2n?1(pn?1?p)∴pn?1?1?pn?1?p?0，p?1?0． ∴f(n?1)?

p?1f(n)，（n?N*）． 2p （8分）

(3) 由(2)知 f(1)?p?1p?1f(n)，，f(n?1)?（n?N*）．

2p2p∴当n…2时，f(n)?p?1p?12f(n?1)?()f(n?2)?2p2p2?(p?1n?1p?1n)f(1)?()． 2p2p2n?1∴f(1)?f(2)?p?1?p?1??f(2n?1)?????2p?2p??p?1?????2p?

2n?1p?1??p?1????1????， p?1?2p????? （10分）

（当且仅当n?1时取等号）． 另一方面，当n…2，k?1,2,,2n?1时，

p?1?(p?1)k(p?1)2n?k?f(k)?f(2n?k)????

p?2k(pk?1)22n?k(p2n?k?1)?p?1(p?1)k(p?1)2n?k …?2kk?p2(p?1)22n?k(p2n?k?1)p?12(p?1)n??p2n1 (pk?1)(p2n?k?1)

p?12(p?1)n??p2n1．

p?p?p2n?k?12nk∵pk?p2n?k…2pn，∴p2n?pk?p2n?k?1?p2n?2pn?1?(pn?1)2．

p?12(p?1)n??2f(n)，∴f(k)?f(2n?k)…（当且仅当k?n时取等号）．（13分） p2n(pn?1)∴?k?12n?12n?112n?1f(k)??[f(k)?f(2n?k)]…?f(n)?(2n?1)f(n)．（当且仅当n?1时取等号）．

2k?1k?1综上所述，(2n?1)f(n)剟?f(k)k?12n?12n?1p?1??p?1???1??（n?N*）．（14分） ??，p?1?2p?????

17．（本小题满分13分）

22xy 如图，已知双曲线C：2?2?的右准线l1与一1(a?0，b?0)ab条渐近线l2交于点M，F是双曲线C的右焦点，O为坐标原点.

?? （I）求证：O； MM?F? （II）若|MF|?1且双曲线C的离心率e?6，求双曲线C的方程； 2 （III）在（II）的条件下，直线l3过点A（0，1）与双曲线C右支交于不同的两点P、Q且P在A、

??Q之间，满足A，试判断?的范围，并用代数方法给出证明. P??AQba2y?x x?，渐近线l2：解：（I）?右准线l1：ac22?aaabab222M(，)，?F(c，0)，c?ab?OM?(，) ?，?

cccc22?aabbabF?(c?，?)(?，?) M

cccc

2222????abab ? ……3分 OM?MF???0?OM?MF22cc （II）? e?，??e?1?，?a?2b422222?babb(b?a)?|MF|?1，???1，??1222 ccc22?b?1，a?16b2a22222x2双曲线C的方程为：?y2?1 ?2 （III）由题意可得0 ???1

……7分 ……8分

证明：设l，点P (x，y)，Q(x，y)：y?kx?111223?x2?2y2?222 由?得( 1?2k)x?4kx?4?0y?kx?1? ?l3与双曲线C右支交于不同的两点P、Q

2?1?2k?0?22??16k?161(?2k)?0??4k ??x?x??01221?2k??4xx???0?1221?2k??2k???2??2k?1? ??k?0?2?1?2k?0?……11分

?1?k?? ??? ?，得x AP?AQ，?(x，y?1)?(x，y?1)?x11221?24k42?(1??)x?，?x??222212?k12?k 222(1??)16k4k2???2?2?22??4(12?k)2k?12k?122(1?)2?1?k??，?0?21k??1，??4 ?

2?2 2

???(1?)?4 ??????2??1?0

22??的取值范围是（0，1）

……13分

那么ak?1?(1?11)ak?k?2. 这就是说，当n?k?1时不等式成立.

k(k?1)2根据（1）、（2）可知：ak?2对所有n?2成立. （Ⅱ）证法一：

由递推公式及（Ⅰ）的结论有 an?1?(1?两边取对数并利用已知不等式得 lnan?11111)a??(1??)an.(n?1) n2n2nn?n2n?n211?ln(1?2?n)?lnan

n?n2?lnan?1111?. 故 (n?1). lna?lna??n?1n2nnn?n2n(n?1)2上式从1到n?1求和可得

lnan?lna1?111111??????2???n?1 1?22?3(n?1)n2221n111111112?1??(?)???????1??1?n?2. 1223n?1n2n21?21?即lnan?2,故an?e2（Ⅱ）证法二：

由数学归纳法易证2n?n(n?1)对n?2成立，故

(n?1).

an?1?(1?1111)a??(1?a?nnn(n?1)n(n?1)n2?n2n(n?2),则bn?1?(1?1)bnn(n?1)(n?2).

令bn?an?1(n?2).

(?取对数并利用已知不等式得 lnbn?1?ln11n(n?1)1)?lnbn

n(n?1)?lnbn?(n?2).

111???? 1?22?3n(n?1)上式从2到n求和得 lnbn?1?lnb2??1?11111???????1. 223n?1n因b2?a2?1?3.故lnbn?1?1?ln3,bn?1?e1?ln3?3e(n?2).

故an?1?3e?1?e2,n?2,又显然a1?e2,a2?e2,故an?e2对一切n?1成立.

36．（本小题满分12分）已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0?1,an?1?（1）证明an?an?1?2,n?N; （2）求数列{an}的通项公式an. 解：（1）方法一 用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a0?1,a1?1an,(4?an),n?N. 213a0(4?a0)?, 22 ∴a0?a1?2，命题正确. 2°假设n=k时有ak?1?ak?2. 则n?k?1时,ak?ak?1?11ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak) 221?2(ak?1?ak)?(ak?1?ak)(ak?1?ak)2

1?(ak?1?ak)(4?ak?1?ak).2而ak?1?ak?0.又ak?1?4?ak?1?ak?0,?ak?ak?1?0.

11ak(4?ak)?[4?(ak?2)2]?2. 22∴n?k?1时命题正确.

由1°、2°知，对一切n∈N时有an?an?1?2. 方法二：用数学归纳法证明：

1°当n=1时，a0?1,a1?13a0(4?a0)?,∴0?a0?a1?2； 22 2°假设n=k时有ak?1?ak?2成立， 令f(x)?1x(4?x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设 2

有：f(ak?1)?f(ak)?f(2),即

111ak?1(4?ak?1)?ak(4?ak)??2?(4?2), 222也即当n=k+1时 ak?ak?1?2成立，所以对一切n?N,有ak?ak?1?2 （2）下面来求数列的通项：an?1?11an(4?an)?[?(an?2)2?4],所以 222(an?1?2)??(an?2)2

1211221122211?2???2n?12n令bn?an?2,则bn??bn??(?b)???()b????()bn, ?1n?2n?122222212n?11n,即an?2?bn?2?()2?1 又bn=－1，所以bn??()22

37．（本小题满分14分）

如图，设抛物线C:y?x2的焦点为F，动点P在直线l:x?y?2?0上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.

（1）求△APB的重心G的轨迹方程. （2）证明∠PFA=∠PFB.

2解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x12)((x1?x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0x?y?x0?0;

2 切线BP的方程为：2x1x?y?x1?0;

解得P点的坐标为：xP?x0?x1,yP?x0x1 2x0?x1?xP?xP，

32所以△APB的重心G的坐标为 xG?2y0?y1?yPx0?x12?x0x1(x0?x1)2?x0x14xP?ypyG????,

3333所以yp??3yG?4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

21x?(?3y?4x2)?2?0,即y?(4x2?x?2).

3 （2）方法1：因为FA?(x0,x0?),FP?(由于P点在抛物线外，则|FP|?0.

214x0?x1112,x0x1?),FB?(x1,x1?). 244

x0?x11112?x0?(x0x1?)(x0?)x0x1?FP?FA44?4, ?2∴cos?AFP?1|FP||FA||FP|22|FP|x0?(x0?)24x0?x11112?x1?(x0x1?)(x1?)x0x1?FP?FB244?4, ?同理有cos?BFP?1|FP||FB||FP|22|FP|x1?(x1?)24∴∠AFP=∠PFB.

方法2：①当x1x0?0时,由于x1?x0,不妨设x0?0,则y0?0,所以P点坐标为(x1,0)，则P点到2直线AF的距离为：d1?2即(x1?)x?x1y?|x1|1;而直线BF的方程:y??24x12?x114x,

141x1?0. 4x1x1|x||(x12?)1?1|(x12?)1|x1|42442d???所以P点到直线BF的距离为：2

1221x1?(x12?)2?(x1)244所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.

114(x?0),即(x2?1)x?xy?1x?0, ②当x1x0?0时，直线AF的方程：y??0004x0?0442x0?114(x?0),即(x2?1)x?xy?1x?0, 直线BF的方程：y??1114x1?044x12?所以P点到直线AF的距离为：

x?x11x?x111222|(x0?)(0)?x0x1?x0||0)(x0?)42424?|x0?x1|，d1??同理可得到P点到直线

122122x0?(x0?)2?x044BF的距离d2?

|x1?x0|，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB. 2

38．（本小题满分12分）

设A、B是椭圆3x2?y2??上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与

椭圆相交于C、D两点.

（Ⅰ）确定?的取值范围，并求直线AB的方程；

（Ⅱ）试判断是否存在这样的?，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由. （此题不要求在答题卡上画图）

本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识以及推理运算能力和综合解决问题的能力. （Ⅰ）解法1：依题意，可设直线AB的方程为y?k(x?1)?3,代入3x2?y2??，整理得

(k2?3)x2?2k(k?3)x?(k?3)2???0. ①

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是方程①的两个不同的根， ∴??4[?(k2?3)?3(k?3)2]?0, ② 且x1?x2?

2k(k?3),由N（1，3）是线段AB的中点，得

k2?3x1?x2?1,2?k(k?3)?k2?3.

解得k=－1，代入②得，??12,即?的取值范围是（12，+∞）. 于是，直线AB的方程为y?3??(x?1),即x?y?4?0. 解法2：设A(x1,y1),B(x2,y2),则有

22??3x1?y1???(x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2)?0. ?22??3x2?y2?? 依题意，x1?x2,?kAB??3(x1?x2).

y1?y2∵N（1，3）是AB的中点， ∴x1?x2?2,y1?y2?6,从而kAB??1. 又由N（1，3）在椭圆内，∴??3?1?3?12, ∴?的取值范围是（12，+∞）.

直线AB的方程为y－3=－（x－1），即x+y－4=0.

（Ⅱ）解法1：∵CD垂直平分AB，∴直线CD的方程为y－3=x－1，即x－y+2=0，

2代入椭圆方程，整理得 4x?4x?4???0.

22又设C(x3,y3),D(x4,y4),CD的中点为C(x0,y0),则x3,x4是方程③的两根，

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库华师一附中高考压轴题汇编高考数学知识点高考数学高分法则在线全文阅读。