高考数学140分必读之把关题圆锥曲线(8)

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（2）由a1?13，b1?，得： 44341414?，a??? b2?225455?1?1????4? ∴点P2?l，猜想点Pn?n?2?在直线l上，以下用数学归纳法证明： 当n＝2时，点P2?l

假设当n?k(k?2)时，点Pk?l，即ak?bk?1 当n?k?1时，

ak?1?bk?1?ak·bk?1?bk?1

??1?ak?bk?1 ??1?ak?bkbk ?21?ak1?ak?1 ∴点Pk?1?l

综上，点Pn?l?n?2???????8分 （3）由an?1?an·bn?1，bn?1?bn，an?bn?1，得： 21?anan?1?an·

bn1?anan?a·??an?0?n221?a1?an1?ann?1an?11??1an

∴数列??1?1

是以?3为首项，公差为1的等差数列 ?aa0?n?11?3?n，an?ann?31n?2bn?1?an?1??n?3n?3 ?lima?lim1?0

nn??n??n?321?n?2n?1limbn?lim?limn??n??n?3n??31?n???P0，1 ?Pn???17557465.doc 第 37 页 共 42 页

即点Pn的极限位置为点P（0，1）??????14分

20. （本题满分14分）

22 已知直线l：y?mx?1与曲线C：ax?y?2m，a?R交于两点A、B。

????? （1）设OP?OA?OB，当a??2时，求点P的轨迹方程；

?? （2）是否存在常数a，对任意m?R，都有OA·OB??2？如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由。 ?? （3）是否存在常数m，对任意a?R，都有OA·OB为常数？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由。

?解：（1）设Ax1，y1，Bx2，y2，则

??????? OP?OA?OB??x1?x2，y1?y2?

?y?mx?1 由?消去y，得： 22?2x?y?0?22 m?2x?2mx?1?0???1?

2??m?2?0 依题意有?解得： 22?????2m??4m?2?0??2 m?1且m?2，即m??1或m?1且m??2

2x1?x2?

2m1，xx?122?m22?m242?m2

y1?y2?mx1?1?mx2?1?m?x1?x2??2?2m?x???2?m2 ∴点P的坐标为：?消去m，得：

?y?4?2?m2?x2?1 2x?y?2y?0，即?y?1??12222 由y?42y?42m?，得

2?m2y?2y?4?1?y? ??，解得y?0或y?4

2y?4??2?y?17557465.doc 第 38 页 共 42 页

x2?1（y?0或y?4）??????5分 ∴点P的轨迹方程为?y?1??122 （2）假设存在这样的常数a 由??y?mx?1?ax?y?2222消去y得：

?m

?ax2?2mx?1?0??2?2m1

x1?x2??2，x1x2??2m?am?a?? OA·OB?x1x2?y1y2

?x1x2??mx1?1??mx2?1??m?1·x1x2?m?x1?x2??12??

?m2?1·???1?2m?m·?122m?am?a

?3m2?1 ??1m2?a??2 解得：a? 当a?1 3112时，m??0，且方程<2>判别式 332 ??4m?4?m???0

??21?3???1 ∴对任意m?R，A、B两点总存在，故当a?时，对任意m?R，都有OA·OB??2??????10分

3??? （3）假设这样的常数m存在，对任意的a?R，使OA·OB为一常数M。

?? 即OA·OB?x1x2?y1y2?M

?3m2?1?1?M 即2m?a 化简，得：?1?M?a??M?2?m2?1 ∵a为任意正实数

?1?M?02 ??，即3m?1?0，矛盾。 2??M?2?m?1?0 故这样的常数m不存在。??????14分 2．大连二模 20．（本小题满分12分）

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数列{an}，设Sn是数列的前n项和，并且满足a1?1,Sn?1?4an?2.

（Ⅰ）令bn?an?1?2an(n?1,2,3?),证明{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式； （Ⅱ）令Cn?bn1,Tn为数列{}的前n项和,求limTn.

n??3log2Cn?2?log2Cn?1解：（Ⅰ）f?(x)?3x2?2(a?b)x?ab.

依题意知，s、t是二次方程f?(x)?0的两个实根.

∵f?(0)?ab?0,f?(a)?a2?ab?a(a?b)?0,f?(b)?b2?ab?b(b?a)?0,??2分 ∴f?(x)?0在区间（0，a）与（a，b）内分别有一个实根. ∵s?t,?0?s?a?t?b. ????4分 （Ⅱ）由s、t是f?(x)?0的两个实根，知s?t?2(a?b)ab,st?. 3342(a?b)3?ab(a?b)?6分 273∴f(s)?f(t)?(s3?t3)?(a?b)(s2?t2)?ab(s?t)??∵f(s?ta?b211)?f()??(a?b)3?ab(a?b)?(f(s)?f(t)), 232732s?ts?t,f()）在曲线y=f(x)上. ??8分 故AB的中点C（22（Ⅲ）过曲线上点(x1,y1)的切线方程为y?y1?[3x1?2(a?b)x1?ab](x?x1). ∵y1?x1(x1?a)?(x1?b)，又切线过原点.

∴?x1(x1?a)(x1?b)??x1[3x1?2(a?b)x1?ab]. 解得x1=0，或x1?22a?b. 2当x1=0时，切线的斜率为ab；当x1?a?b时，切线的斜率为?1(a?b)2?ab.??10分

42∵a?0,b?0,a?b?22, ∴两斜率之积

11[?(a?b)2?ab]?ab?(ab)2?(a?b)2?ab?(ab)2?2ab?(ab?1)2?1??1. 44故两切线不垂直. ??????12分

21．（本小题满分12分）

已知函数f(x)?x(x?a)(x?b),其中0?a?b.

（Ⅰ）设f(x)在x?s及x?t处取到极值，其中s?t,求证:0?s?a?t?b; （Ⅱ）设A(s,f(s)),B(t,f(t)),求证：线段AB的中点C在曲线y=f(x)上； （Ⅲ）若a?b?22，求证：过原点且与曲线y=f(x)相切的两条直线不可能垂直.

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解：（Ⅰ）以线段AB的中点O为原点，直线AB为x轴建立直角坐标系，

作CD⊥AB于D， 由题知：AB?AC?1|AB| ① 2而AB?AC?|AB|?|AC|?cosA ② 由①②AC?cosA?同理，|BD|?11,即|AD|?. ??????2分 223,则|AB|?2 ∴A（－1，0）、B（1，0）??4分 2x2y21设双曲线方程2?2?1(a?0,b?0),c(?,h),E(x1,y1)

2ab2?x?,??15由3BE?2EC,得? ????6分

?y?2h.1?5??1h2?2?2?1b?4a?44h2??1 ??????8分 因为E、C两点在双曲线上，所以?2225b?25a?c2?a2?b2?1???21a??x2y2?7??1 ????10分 解得?，∴双曲线方程为16?b2?6?777?（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2) ∵|TM|?|TN|,?y1?(x1?x0)?222y2?(x2?x0)2

22∴y1?y2?(x2?x0)2?(x1?x0)2?(x2?x12)?2x0(x1?x2) ①

2又M、N在双曲线上，满足7x1?27272222y1?1,7x2?y2?1,?y12?y2?6(x12?x2) ② 6622将②代入①，7(x1?x2)?2x0(x1?x2)

∵x1?x2,?7(x1?x2)?2x0 ??????????12分 又x1?x2?277,?x0?(x1?x2)?7, 72∴x0取值范围为（7,??） ??????14分 3．德州模拟

???221. （12分）已知定点A（0，1），B（0，－1），C（1，0），动点P满足AP·BP?k|PC|

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