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沈阳高中 高三 高考数学家教 2011年高考压轴题跟踪演练(全6套)


高考数学――压轴题跟踪演练系列一 ――压轴题跟踪演练系列 备战 2010 高考数学――压轴题跟踪演练系列一
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 y 2 = 2 px ( p > 0 ) ,将 M (1, 2 ) 代入方程得 p = 2



抛物线方程为: y 2 = 4 x ………………………………………………(1 分)
∴ c=1 …………………(2 分)
2

由题意知椭圆、双曲线的焦点为 F ( 1,0 )1 , F2 (1,0 ) , 对于椭圆, 2a = MF1 + MF2 =

(1 + 1)

2

+ 22 +

(1 1)

+4 =2+2 2

∴ ∴ ∴ ∴

a =1+ 2 a2 = 1 + 2

(

)

2

= 3+ 2 2
………………………………(4 分)

b2 = a 2 c 2 = 2 + 2 2
椭圆方程为:

x2 3+ 2 2

+

y2 2+2 2

=1

对于双曲线, 2a′ = MF1 MF2 = 2 2 2

∴ ∴ ∴ ∴

a′ = 2 1 a ′2 = 3 2 2 b′ 2 = c ′ 2 a ′ 2 = 2 2 2
双曲线方程为:
………………………………(6 分)

x2 3 2 2



y2 2 2 2

=1

(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 令 A ( x1 , y1 ) ,

x + 3 y1 ∴ C 1 , ………………………………………………(7 分) 2 2



DC =

1 1 2 AP = ( x1 3) + y12 2 2 x1 + 3 1 CH = a = ( x1 2a ) + 3 2 2
2 2 1 2 1 x 3 + y12 ( x1 2a ) + 3 ( 1 ) 4 4 2 = ( a - 2 ) x1 a + 3a 2 2 2



DH = DC CH =

当a = 2时, DH = 4 + 6 = 2为定值; ∴ DE = 2 DH = 2 2为定值 此时l ′的方程为: x = 2

…………(12 分)

2. (14 分)已知正项数列 {an } 中, a1 = 6 ,点 An an , an +1 在抛物线 y 2 = 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 , (Ⅱ)若 f ( n ) = bn ,
值;若不存在,说明理由;

( n为奇数 ) ,问是否存在 k ∈ N ,使 f ( k + 27 ) = 4 f ( k ) 成立,若存在,求出 k ( n为偶数 )
a n +1 an ≤ 0 成立,求正数 a 的取值范围. n 2 + an 1 1 1 1 + 1 + 1 + b1 b2 bn

(Ⅲ)对任意正整数 n ,不等式

解: (Ⅰ)将点 An an , an +1 代入 y 2 = x + 1 中得

(

)

an +1 = an + 1 ∴

an = a1 + ( n 1) 1 = n + 5

∴ an +1 an = d = 1
…………………………………………(4 分)

直线l : y = 2 x + 1, ∴ bn = 2n + 1
n + 5, (Ⅱ) f ( n ) = 2n + 1,

( n为奇数 ) ………………………………(5 分) ( n为偶数 )
∵ f ( k + 27 ) = 4 f ( k )
……………………(8 分)

当k为偶数时,k + 27为奇数, ∴ ∴ k + 27 + 5 = 4 ( 2k + 1) , 2 ( k + 27 ) + 1 = 4 ( k + 5 ) , 当k为奇数时,k + 27为偶数,

∴ k =4 ∴ k= 35 ( 舍去) 2

综上,存在唯一的k = 4符合条件。
(Ⅲ)由

a n +1 an ≤0 n 2 + an 1 1 1 1 + 1 + 1 + b1 b2 bn

即a ≤

1 1 1 1 + 1 + 1 + 2n + 3 b1 b2 bn 1 1 1 1 1 + 1 + 1 + 2n + 3 b1 b2 bn 1 1 1 1 1 1 + 1 + 1 + 1 + 2n + 5 b1 b2 bn bn +1 1 2n + 3 1 2 n + 3 2n + 4 2n + 4 1 + = = 2n + 5 2 n + 3 2n + 5 bn +1 2n + 5 2n + 3

记f ( n ) = ∴ ∴ = ∴ ∴ ∴

f ( n + 1) = f ( n + 1) f (n) =

>1 4n 2 + 16n + 15 f ( n + 1) > f ( n ) , 即f ( n ) 递增, f ( n )min = f (1) = 0<a≤ 4 5 15
………………………………(14 分)

4n 2 + 16n + 16

1

4 4 5 = , 5 3 15

3.(本小题满分 12 分)将圆 O: x 2 + y 2 = 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 . 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 ′ = 2 y,

又 x ′ 2 + y ′ 2 = 4, ∴ x + 4 y = 4
2 2

x2 + y2 = 1 . 4

所以, 点 M 的轨迹 C 的方程为

x2 + y 2 = 1 .………………(4 分) 4

(2)设点 A ( x 1 , y1 ) , B( x 2 , y 2 ) , 点 N 的坐标为 ( x 0 , y 0 ) , 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 , 由

x = my + 3 消去 x, x 2 + 4 y 2 = 4

得 ( m + 4) y + 2 3my 1 = 0 ………………①
2 2

∴ y0 =

3m , ………………(6 分) m +4
2

∴ x 0 = my 0 + 3 =

3m 2 3m 2 + 4 3 4 3 + = 2 , 2 2 m +4 m +4 m +4

∴点 N 的坐标为 (

4 3 3m , 2 ) .………………(8 分) 2 m +4 m +4

①若 OE = 2ON , 坐标为, 则点 E 的为 (

8 3 2 3m , 2 ) , 由点 E 在曲线 C 上, 2 m +4 m +4



48 12m 2 + = 1 , 即 m 4 4m 2 32 = 0, ∴ m 2 = 8 (m 2 = 4 舍去). ( m 2 + 4) 2 ( m 2 + 4) 2

由方程①得 |y1 y 2 |=

12m 2 + 4m 2 + 16 4 m 2 + 1 = = 1, m2 + 4 m2 + 4

又 | x 1 x 2 | = | my1 my 2 | = | m( y1 y 2 ) |, ∴ | AB | = m 2 + 1 | y1 y 2 | = 3 .………………(10 分) ②若 | AB | = 3 , 由①得

4(m 2 + 1) = 3, ∴ m 2 = 8. 2 m +4

∴点 N 的坐标为 (

3 6 2 ) , 射线 ON 方程为: y = ± x ( x > 0) , , ± 3 6 2

2 x ( x > 0) y = ± 由 2 x 2 + 4 y 2 = 4
∴ OE = 2ON .

2 3 x = 2 3 6 3 , ± 解得 ∴点 E 的坐标为 ( ), 3 3 6 y = ± 3

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 ) . 4 +2 1 1 (1) 试证函数 f ( x ) 的图象关于点 ( , ) 对称; 2 4 n (2) 若数列 {a n } 的通项公式为 a n = f ( ) ( m ∈ N + , n = 1, 2, , m) , 求数列 {a n } 的前 m 项和 m
x

Sm ;

(3) 设数列 {b n } 满足: b1 =

1 1 1 1 + ++ , b n +1 = b 2 + b n . 设 Tn = . n 3 b1 + 1 b 2 + 1 bn +1

若(2)中的 S n 满足对任意不小于 2 的正整数 n, S n < Tn 恒成立, 试求 m 的最大值. 解: (1)设点 P0 ( x 0 , y 0 ) 是函数 f ( x ) 的图象上任意一点, 其关于点 ( ,

1 2

1 ) 的对称点为 P( x , y) . 4

x + x0 1 x = 1 x 0 , 2 =2 由 得 1 y + y0 = 1 y = 2 y 0 . 2 4
1 y 0 ) .………………(2 分) 2 1 . 由点 P0 ( x 0 , y 0 ) 在函数 f ( x ) 的图象上, 得 y 0 = x 4 0 +2
所以, 点 P 的坐标为 P (1 x 0 , ∵ f (1 x 0 ) =

1 41 x 0

4 x0 4 x0 = = , + 2 4 + 2 4 x 0 2( 4 x 0 + 2)

4 x0 1 1 1 1 y0 = x = , ∴点 P (1 x 0 , y 0 ) 在函数 f ( x ) 的图象上. x0 0 2 2 4 + 2 2( 4 + 2) 2 1 ) 对称. ………………(4 分) 4 1 k k 1 (2)由(1)可知, f ( x ) + f (1 x ) = , 所以 f ( ) + f (1 ) = (1 ≤ k ≤ m 1) , 2 m m 2 k mk 1 1 即f( ) + f( ) = , ∴ a k + a m k = , ………………(6 分) m m 2 2
∴函数 f ( x ) 的图象关于点 ( , 由 S m = a 1 + a 2 + a 3 + + a m 1 + a m , ……………… ①

1 2

得 S m = a m 1 + a m 2 + a m 3 + + a 1 + a m , ………………② 由①+②, 得 2S m = ( m 1) × ∴ Sm =

1 m 1 1 m 1 + 2a m = + 2× = , 2 2 6 2 6

1 (3m 1). ………………(8 分) 12 1 (3) ∵ b1 = , b n +1 = b 2 + b n = b n ( b n + 1) , ………………③ n 3
∴对任意的 n ∈ N + , b n > 0 . ………………④ 由③、④, 得

1 b n +1

=

1 1 1 1 1 1 = ,即 = . b n (b n + 1) b n b n + 1 b n + 1 b n b n +1

∴ Tn = (

1 1 1 1 1 1 1 1 1 )= ) + ( ) ++ ( = 3 .……………(10 分) b1 b 2 b2 b3 b n b n +1 b1 b n +1 b n +1

2 ∵ b n +1 b n = b n > 0, ∴ b n +1 > b n , ∴数列 {b n } 是单调递增数列.

∴ Tn 关于 n 递增. 当 n ≥ 2 , 且 n ∈ N + 时, Tn ≥ T2 . ∵ b1 =

1 1 1 4 4 4 52 , b 2 = ( + 1) = , b 3 = ( + 1) = , 3 3 3 9 9 9 81

∴ Tn ≥ T2 = 3 ∴ Sm <

1 75 = . ………………(12 分) b1 52

75 1 75 238 4 , 即 (3m 1) < , ∴ m < = 6 , ∴m 的最大值为 6. ……………(14 分) 52 12 52 39 39
2 2

5. (12 分) E 、 F 是椭圆 x + 2 y = 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. (1) 当 AE ⊥ AF 时,求 AEF 的面积; (2) 当 AB = 3 时,求 AF + BF 的大小; (3) 求 ∠EPF 的最大值.
y

A

P M

m+n = 4 1 S AEF = mn = 2 解: (1) 2 2 2 m + n = 8
(2)因

B

E

O

F

x

AE + AF = 4 AB + AF + BF = 8 , BE + BF = 4

则 AF + BF = 5. (1) 设 P (2 2, t )(t > 0) tan∠EPF = tan(∠EPM ∠FPM )

=(

3 2 2 3 2× 2 2 2t 2 2 3 ) ÷ (1 + )= 2 , = ≤ 2 1 t t t t + 6 t + 6t 3 6 时, tan∠EPF = 3 ∠EPF = 30 3
2 2Sn 1 ,当 n ≥ 2 时,其前 n 项和 Sn 满足 an = , 3 2Sn 1

当t =

6. (14 分)已知数列 {an } 中, a1 =

(2) 求 Sn 的表达式及 lim

an 的值; n →∞ S 2 n

(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 .

解: (1) an = S n S n 1 =

2 2Sn 1 1 S n 1 S n = 2 S n S n 1 = 2(n ≥ 2) 2Sn 1 S n S n 1

所以

1 1 . 是等差数列.则 S n = 2n + 1 Sn

lim

an 2 2 = lim = = 2 . 2 n →∞ S n →∞ 2 S 1 2 lim Sn 1 n n
n →∞

(2)当 n ≥ 2 时, an = S n S n 1 =

1 1 2 = 2 , 2 n + 1 2n 1 4 n 1

1 3 ( n = 1) 综上, an = . 2 ( n ≥ 2) 1 4n 2
(3)令 a =

1 1 1 ,b = ,当 n ≥ 2 时,有 0 < b < a ≤ 2n 1 2n + 1 3
1 2n 1 1

(1)

法 1:等价于求证

( 2n 1)

3

>

1 2n + 1

1

( 2n + 1)

3

.

当 n ≥ 2 时, 0 <

1 1 1 ≤ , 令 f ( x ) = x2 x3 , 0 < x ≤ , 2n 1 3 3

3 3 1 3 f ′ ( x ) = 2 x 3 x 2 = 2 x(1 x) ≥ 2 x(1 × ) = 2 x(1 ) > 0, 2 2 2 3
则 f ( x ) 在 (0,

1 ] 递增. 3

又0 <

1 1 1 < ≤ , 2n + 1 2n 1 3 1 1 ) < g( 3 ), 即 an < bn . 2n + 1 2n 1
1 1 1 1 ( ) = b 2 a 2 (b3 a 3 ) 3 3 2n + 1 2n 1 (2n + 1) (2n 1)
(2)

所以 g (

3

法(2) an bn =

= (a b)(a 2 + b 2 + ab a b) = (a b)[(a 2 +
因b +

ab ab a ) + (b 2 + b)] 2 2

= (a b)[a (a +

b a 1) + b(b + 1)] 2 2

(3)

a b 3a 3 3 b a 1 < a + 1 < 1 < 1 = 1 < 0 ,所以 a (a + 1) + b(b + 1) < 0 2 2 2 2 2 2 2 3

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 =
2 2

1 a 2

所以 g ( b ) ≤ max g ( 0 ) , g ( a ) = max a 2 a,3a 2 2a 因0 < a ≤

{

}

{

}

2 1 4 1 , 则 a 2 a = a ( a 1) < 0 , 3a 2 2a = 3a(a ) ≤ 3a( )<0 3 3 9 3
2 2

所以 g ( b ) = a + b + ab a b < 0 由(1) (2) (5)知 an < bn 7. (本小题满分 14 分) 设双曲线

(5)

x 2 y2 =1( a > 0, b > 0 )的右顶点为 A, a 2 b2

P 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; 解:(1) 设 OP:y = k x, 解得: OR = (
→ → → → →


又条件可设 AR: y =

ab kab , ), ak b ak b

b (x – a ), a → ab kab 同理可得 OQ = ( , ), ak + b ak + b
4分

∴| OQ OR | =|


ab ab kab kab a 2 b 2 (1 + k 2 ) + |= 2 2 . ak b ak + b ak b ak + b | a k b2 |

设 OP = ( m, n ) , 则由双曲线方程与 OP 方程联立解得: m2 =

a 2b2 k 2a 2b2 , n2 = 2 , b2 a 2k 2 b a 2k2 a 2b2 k 2a 2b2 a 2 b 2 (1 + k 2 ) + 2 = 2 , b2 a 2k 2 b a 2k2 b a 2k 2

∴ | OP |2 = :m2 + n2 =



∵点 P 在双曲线上,∴b2 – a2k2 > 0 . ∴无论 P 点在什么位置,总有| OP |2 = | OQ OR | . (2)由条件得:
→ → →

4分 2分

a 2 b 2 (1 + k 2 ) = 4ab, b2 a 2k 2
17 4

即 k2 =

4b 2 ab > 0 , ∴ 4b > a, 得 e > ab + 4a 2

2分

基本上不看短文内容仅看选项, 基本上不看短文内容仅看选项,2010 年高考有人竟然过了 100 分!

高考有没有瞬间大幅度提分的可能? 高考有没有瞬间大幅度提分的可能?
谁能让你不用花很多时间和心思学习, 英语就能提高至少 20-30 分?要是真的话, 简直是白捡的分数! 不仅如此,当你了解了高考真题答案的所有内幕规律,看到了绝密的解题招式,就会豁然开朗。哇!原来 也可以这么做题!你的思路因此将会被彻底打通,提高的分数将不仅仅是 20-30 分!无论现在的英语成绩 是 60 分,还是 110 分,任何人都可以做到!这些绝密招式是太简单、太震撼了!所以,如果你看到了, 切勿告诉他人,否则,他们会在高考中轻松超过你! 请注意 ! 如果你不相信这世上有考试秘诀,请立即将您的眼睛离开; 如果你习惯于按照传统思路做题,不希望有思维上的突破,请你立即将您的眼睛离开; 如果你现在的成绩已接近满分,甚至已是满分,请你立即将您的眼睛离开; 如果你患有心理疾病或心脏病,请您立即将您的眼睛离开; 如果你选择留下来,那么接下来的事,很可能让你目瞪口呆! 如果我告诉你 N 个秘诀,在做完形填空和阅读理解题时,不用看文章和题干,只是简单的比较四个选 项,就能瞬间选出正确答案,你是否想看? 请先看下面的例子,它是辽宁卷 2010 年真题的第 36 题,是一个完形填空题. 在此我只列出它的四 个选项,试试看,只是比较选项,你是否能够在 3 秒之内选出正确答案? 36. A. worried B. sad C. surprised D. nervous 正确答案是 C, ABD 都是一个人状态不好的倾向词,而 C 则为中性词,表述态度不一致者是答案。. 都是一个人状态不好的倾向词, 则为中性词,表述态度不一致者是答案。 如果你知道了这个秘诀,可以解决很多类似的完型填空题! 看一下辽宁卷 2010 年完形填空真题的第 52 题: 52. A. Largely B. Generally C. Gradually D. Probably 正确答案是 C, ABD 都是含义不肯定的副词 排除表述不明确的选项,答案就水落石出了. 如果你知 都是含义不肯定的副词,排除表述不明确的选项,答案就水落石出了. 排除表述不明确的选项 道了这个秘诀, 你更是可以解决很多类似的完型填空题! 试想一下,知道了全部 36 个完形秘诀之后,您的分 数会怎么样呢? 请再看下面的例子,它是辽宁卷 2010 年真题阅读理解题的第 56 题,在此我只写出它的题干和四个 选项.也试试看,只是比较选项,你是否能够在 5 秒之内选出正确答案? 56. From Paragragh 1 we learn that the villagers A.worked very hard for centuries B.dreamed of having a better life C.were poor but somewhat content D.lived a different life from their forefathers 正确答案是 C, 选项中表述的内容前后相互矛盾的是答案 思路很简单,如果你掌握了其中的秘诀, 选项中表述的内容前后相互矛盾的是答案! 抛开文章,你也可以很快选出正确答案. 掌握此类瞬间解题秘诀,不仅缩短了答题时间,还能保障近乎 100%的准确率!请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询! .

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抚顺 2 中的徐金良同学,来时成绩是 71 分左右, 2009 年高考成绩为 117 分;沈阳 4 中的刘洪鹏同学 来时 成绩是 46 分, 2009 年高考成绩为 100 分; 黑山 1 中的高三刘璐同学来时成绩是 50-70 分, 2010 年高考成绩 为 113 分!………………………. 孩子从小学开始,学习英语已经多年,孩子天天背单词、做习题、记笔记,做过的卷子岂止几百套, 上千套,那么孩子的英语成绩一直在稳步提高吗?还是一直没有提高,甚至越学越落后、越学越迷茫?如 果孩子的英语成绩一直提高不了,如果孩子一直抓不住重点、找不到感觉,就来找 “神奇”的吴军老师 吧!在这里孩子马上就会体验到英语学习成绩“突飞猛进”的快乐!在这里一天提高几十分的孩子比比皆 是!

鲁美附中、 人全部考取国本! 鲁美附中、沈音附中 7 人全部考取国本!

热烈庆祝吴军一对一家教学员---2010 届鲁美附中 1 班王巨龙、冯潇潇,沈音附中李同学(女,不愿公 开全名)及沈阳 2 中补习班姜雯悦等 7 人考取鲁美和沈阳音乐学院!为什么一个英语烂到家的学生,在不 到 2-3 个月内成绩突飞猛进?为什么英语基础几乎为零的学生经过他辅导 10 到 20 次课,成绩就能迅速提 升 30-70 多分?走捷径考高分的窍门是什么?沈阳高端英语快速提分名师吴军老师将为您咨询谜底。艺术 类国本,英语小分很关键!9 年的高分经验能成就了他们,同样也可以成就暂时停止成功的你!

次课, 多分! 只学习 5-10 次课,英语成绩就提高了 30 多分!
能接触到吴军老师《英语高分密码》的人太幸运了!如何把握中心,猜测题意,一听就会!融会贯通, 举一反三!沈阳 83 中高二的金柏岑同学来时成绩是 82 分, 2010 年学习 5 次课后的期末成绩为 108 分; 现 就读于沈阳 4 中高二文科班的胡兢元同学来时成绩是 91 分, 13 次课后的期末成绩为 125 分; 现就读于皇姑 区沈阳 10 中高一的高雅慧同学来时成绩是 90 分左右, 2010 年高一下学期期中考试的成绩为 127 分;现就读 于沈阳东北育才高中本部高二的戴冠宇同学来时成绩是 107 分,学习后的成绩稳定在 125-140 分之间,最 好成绩是由倒数到班里前 6 名。

2010 年沈阳中考距离满分竟然只差了 7 分!
2010 届杏坛中学初三 6 班的周千会同学(女) 2010 年沈阳市铁西区一模才 120 分左右,其中一大 , 半还是‘懵’来的。跟吴军老师学习 3-4 次后,自己很快找到了英语学习的感觉,好像一下子容易了很多, 二模考了 135 分。10 次课后,中考距离满分竟然只差了七分,考了 143 分。她说没想到她的最高纪录竟然 创造在 2010 年沈阳中考中! 请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!

2010 中考冲刺,没想到效果居然这么好! 中考冲刺,没想到效果居然这么好!
2010 届 43 中学初三 13 班的李圣同学 (男) 初三后成绩与其他同学突然拉大, , 成绩一直在 80 分左右, 很少达到及格线 90 分,对自己没有信心,对英语家教更是排斥。跟吴军老师学习 20 次后,虽与好学生还 有 5-7 分的差距,但又找到了初一前十名时的感觉。2010 年沈阳中考虽然发挥不算理想(非选择手写部分 基础不好) ,也达到了 129 分! 请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!

英语一对一家教授课内容 英语一对一家教授课内容 一对一家教
单项选择 13 条经典实战技巧,助你避开语法的干扰轻松得高分; 完型填空 11 个重要特点,10 种判断技巧,彻底解决一错错一串、发挥不稳定两大难题; 阅读理解 9 大要点,9 种提高方法轻松解决 做题慢准确率低等难题; 短文改错 6 大应试策略,6 大提高方法让你拿分如探囊取物; 书面表达 “黄金写作模型”,精辟独到的讲解,写出让阅卷老师无可挑剔的高分作文!

以下情况不能提分: 以下情况不能提分:
单词量要达到初二牛津 8B 水平 (目标高考分数是 70-95 分)初二牛津 9B 水平 , (目标高考分数是 95-115 分) ,当次见效(通过现场实战做题,题也可以自己带,明显感觉提了 8-10 分) ,一般 8-20 次课达到目标! 什么也不会(连羊 sheep 和睡觉 sleep 都分不清就别浪费家里的钱了) ,家里有钱也没用,”神”也帮不 了你! 心里形成强烈“自己不行”思维定势,不能迅速扭转的,应先找心理医生或另寻他法; 一模 40 分,二模 50 分以上可以来,30 分左右的得包 5-8 天,费用得 1.5 万起,否则拒访! 不走心,每次课都没有问题,甚至连给的课后专项题或语境化词汇题都不做的, 拒访!非要学可以,成 绩变化不大,就别来找我! 仅上 3-5 次课就想提 30-50 分的别来,当次课提分是因为阅读或完形有了技巧性突破,但考点还没系统 化,所以只能提 10-15 分. 提 30-50 分不是 3-5 次而是包 3-5 天!

他的诚信宣言: 他的诚信宣言
1.我只能帮助孩子提高英语分数,而不能提高孩子基本功! 2.现成绩 125 分以上的同学,建议不要参加。因为他们只有 10~15 分的提分空间,性价比不合适! 3.听完 1 小时内不满意,保证不问原因、不问理由、无条件地、全额退费!超过了,则按一课收取。 讲课当中或讲完后,提供试题或自己带题,马上答题验证!再于下次补交 10-20 次的费用,3 课内不满意 可以退回未上课的所有费用,因用大量时间为您的孩子做个性化教案,故 3 课后恕不退还!本承诺已坚持 了四年半! 4.保分”需要过程,中考高考结束后才能验证,到时就算退回了学费也买不回来孩子的时间和未来。 Peter 高分英语“立竿见影”当次课见效!每次课后都可以拿高考真题和你的期中/末考题来验证高分教 案,答的正确率高或方法好使,就可以证明我们的教案有效!一般情况下,85 分以上来的,都能在 6-20 课内提到 105-135 分。 2009-2010 年 (吴军亲授的学生) 高考 130 分以上的有 39 人, 个月内提高了 50-70 3 分的有 17 人。请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!

考数学――压轴题跟踪演练 ――压轴题跟踪演练系列二 备战 2010 高考数学――压轴题跟踪演练系列二
1. (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. (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 4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 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 ], ∵( n + a ) > n , ∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2. (本小题满分 12 分)

2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=

3 1 ∈[–1,1],v = ∈[–1,1], 4 2 5 | 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. 3. (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.

x (x ≠ –1)的图象上,且有 t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c ≠ 0 ). x +1

(2) 由 f ( x ) = 1 –

1 , x +1
x1 x 2 1 1 –1 + = . x2 +1 x 1 + 1 ( x 2 + 1)( x 1 + 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) , 法 2. 由 f ` ( x ) = ∴x ≥ 0 时,f ( x )单调递增.

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|

4 4 4 |a | ∴f (| c | ) ≥ f ( )= = 4 |a| | a | +4 +1 |a|
f(|a|)+f(|c|)=

|a | 4 |a| 4 + > + =1. | a | +1 | a | +4 | a | +4 | a | +4

即 f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1. 4. (本小题满分 15 分) 设定义在 R 上的函数 f ( x ) = a0 x + a1 x + a2 x + a3 x + a4 (其中 ai ∈R,i=0,1,2,3,4) ,当
4 3 2

x= -1 时,f (x)取得极大值 (1) 求 f (x)的表达式;

2 ,并且函数 y=f (x+1)的图象关于点(-1,0)对称. 3

(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, 2 上;
2n 1 2(1 3n ) 4 , yn = (n ∈ N + ) ,求证: f ( xn ) f ( yn ) < . (3) 若 xn = n n 2 3 3
解: (1) f ( x ) =

1 3 x x. …………………………5 分 3

(2) ( 0, 0 ) , 2,



2 2 或 ( 0, 0 ) , 2, . …………10 分 3 3 4 . ……15 分 3

(3)用导数求最值,可证得 f ( xn ) f ( yn ) < f ( 1) f (1) < 5. (本小题满分 13 分) 设 M 是椭圆 C :

x2 y 2 + = 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 12 4

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 )( x1 y1 ≠ 0), E ( x, y ), 则 P ( x1 , y1 ), Q ( x1 , y1 ), T ( x1 , y1 ), ……1 分

x12 + 12 2 x2 + 12

y12 = 1, (1) 4 ………………………………………………………3 分 2 y2 = 1. (2) 4
1 3

由(1)-(2)可得 k MN kQN = . ………………………………6 分 又 MN⊥MQ, k MN k MQ = 1, k MN =

x1 y , 所以 kQN = 1 . y1 3 x1

直线 QN 的方程为 y = 从而得 x =

x y1 ( x + x1 ) y1 ,又直线 PT 的方程为 y = 1 x. ……10 分 y1 3 x1

1 1 x1 , y = y1. 所以 x1 = 2 x, y1 = 2 y. 2 2

x2 代入(1)可得 + y 2 = 1( xy ≠ 0), 此即为所求的轨迹方程.………………13 分 3
6. (本小题满分 12 分) 过抛物线 x 2 = 4 y 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 λ 使得 FA FB + λ ( FP ) = 0 ?若存在,求出 λ 的值,若不存
2

在,请说明理由. 解法(一)(1)设 A( x1 , : 由 x 2 = 4 y, 得: y =
'

x12 x2 ), B ( x2 , 2 ), ( x1 ≠ x2 ) 4 4

x 2

∴ k PA =

x1 x , k PB = 2 2 2

∵ PA PB = 0,∴ PA ⊥ PB,∴ x1 x2 = 4 ………………………………3 分
x12 x1 x1 x x12 = ( x x1 ) 即 y = 直线 PA 的方程是: y 4 2 2 4
同理,直线 PB 的方程是: y =
2 x2 x x2 2 4





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

x +x x12 x2 1), FB = ( x2 , 2 1), P ( 1 2 ,1) 4 4 2

FP = (

x1 + x 2 ,2), x1 x 2 = 4 2
2 x12 x2 x 2 + x2 1)( 2 1) = 2 1 …………………………10 分 4 4 4

FA FB = x1 x2 + (

( FP ) 2 =

2 ( x1 + x2 ) 2 x 2 + x2 +4= 1 +2 4 4

所以 FA FB + ( FP ) = 0
2

故存在 λ =1 使得 FA FB + λ ( FP ) = 0 …………………………………………12 分
2

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)



y = kx + m 2 得: x 4kx 4m = 0 2 x = 4y

∴ = 16k 2 + 16m = 0 即 m = k 2 …………………………3 分
即直线 PA 的方程是: y = kx k 2 同理可得直线 PB 的方程是: y =

1 1 x 2 k k

1 y = kx k 2 x = k ∈ R 由 1 1 得: k y = k x k2 y = 1
故点 P 的轨迹方程是 y = 1( x ∈ R ). ……………………………………6 分 (2)由(1)得: A( 2k , k ), B (
2

2 1 1 , 2 ), P (k ,1) k k k

2 1 FA = (2k , k 2 1), FB = ( , 2 1) k k 1 FP = (k ,2) k

1 1 1) = 2 (k 2 + 2 ) ………………………………10 分 2 k k 1 1 ( FP ) 2 = ( k ) 2 + 4 = 2 + (k 2 + 2 ) k k FA FB = 4 + (k 2 1)(
故存在 λ =1 使得 FA FB + λ ( FP ) = 0 …………………………………………12 分
2

7. (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x ) =

1 x + ln x 在 [1,+∞) 上是增函数. ax
1 a+b a+b < ln < . a+b b b

(1) 求正实数 a 的取值范围; (2) 设 b > 0, a > 1 ,求证: 解: (1) f ( x ) =
'

ax 1 ≥ 0 对 x ∈ [1,+∞) 恒成立, ax 2

∴a ≥


1 对 x ∈ [1,+∞ ) 恒成立 x
∴a ≥ 1 为所求.…………………………4 分

a+b a+b ,∵ a > 1, b > 0,∴ > 1, b b 1 x 一方面,由(1)知 f ( x ) = + ln x 在 [1,+∞) 上是增函数, ax a+b ∴f( ) > f (1) = 0 b a+b 1 b + ln a + b > 0 ∴ a+b b a b a+b 1 > ……………………………………8 分 即 ln b a+b
(2)取 x = 另一方面,设函数 G ( x) = x ln x( x > 1)

1 ≤1 x

G ' ( x) = 1

1 x 1 = > 0(∵ x > 1) x x

∴ 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 ∴ x > ln x 综 上 即

a+b a+b > ln b b
所 述 ,
y A

1 a+b a+b < ln < . ………………………………………… a+b b b
……14 分 8.(本小题满分 12 分)
B O

D

C

x

如图,直角坐标系 xOy 中,一直角三角形 ABC ,∠C = 90 , B 、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 、 D 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 E 相交于不同于双曲线顶点的两点 M 、 N , 且 MP = λ PN ,问在 x 轴上是否存在定点 G ,使 BC ⊥ (GM λ 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.

解:(1) 设双曲线 E 的方程为

x2 y 2 = 1 ( a > 0, b > 0) , a 2 b2

y A

则 B(c, 0), D (a, 0), C (c,0) . 由 BD = 3DC ,得 c + a = 3(c a) ,即 c = 2a .
| AB |2 | AC |2 = 16a 2 , ∴ | AB | + | AC |= 12 4a, | AB | | AC |= 2a.
B O D C

x

(3 分)

解之得 a = 1 ,∴ c = 2, b = 3 . ∴双曲线 E 的方程为 x 2
y2 =1. 3

(5 分)

(2) 设在 x 轴上存在定点 G (t , 0) ,使 BC ⊥ (GM λ GN ) . 设直线 l 的方程为 x m = ky , M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) . 由 MP = λ PN ,得 y1 + λ y2 = 0 . 即λ =
y1 y2
B y

G
O



(6 分)

C

P N

x

∵ BC = (4,0) ,
M

GM λ GN = ( x1 t λ x2 + λ t , y1 λ y2 ) ,

∴ BC ⊥ (GM λ GN ) x1 t = λ ( x2 t ) . 即 ky1 + m t = λ (ky2 + m t ) . ② 把①代入②,得
2ky1 y2 + (m t )( y1 + y2 ) = 0

(8 分)



(9 分)

把 x m = ky 代入 x 2

y2 = 1 并整理得 3

(3k 2 1) y 2 + 6kmy + 3( m 2 1) = 0

其中 3k 2 1 ≠ 0 且 > 0 ,即 k 2 ≠

1 且 3k 2 + m 2 > 1 . 3

y1 + y2 =

6km 3( m 2 1) , y1 y2 = . 2 3k 1 3k 2 1

(10 分)

代入③,得
6k (m 2 1) 6km(m t ) =0, 3k 2 1 3k 2 1

化简得 kmt = k . 当t =
1 时,上式恒成立. m

1 因此,在 x 轴上存在定点 G ( ,0) ,使 BC ⊥ (GM λ GN ) . m

(12 分)

9.(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 的常数) ,记 f (n) =
2 1 + C1 a1 + Cn a2 + + Cn an n n . 2n Sn

(1) 求 an ; (2) 试比较 f (n + 1) 与
p +1 f ( n) 的大小( n ∈ N* ) ; 2p p +1 p +1 1 p 1 2 p
2 n 1

(3) 求证: (2n 1) f (n) 剟 f (1) + f (2) + + f (2n 1) 解:(1) ∵ (1 p ) Sn = p pan , ∴ (1 p ) Sn +1 = p pan +1 . ②-①,得
(1 p )an +1 = pan +1 + pan ,

( . , n ∈ N* )

① ②

即 an +1 = pan . 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 = p n . (2) 由(1)可得 Sn =
p(1 p n ) p( p n 1) = . 1 p p 1

(3 分)

(4 分)

2 2 1 + C1 a1 + Cn a2 + + Cn an = 1 + pC1 + p 2 Cn + + Cn p n = (1 + p) n = ( p + 1)n . n n n n

∴ f ( n) =

2 1 + C1 a1 + Cn a2 + + Cn an p 1 ( p + 1)n n n = , p 2n ( p n 1) 2n Sn

(5 分)

f (n + 1) =

p 1 ( p + 1) n +1 . p 2n +1 ( p n +1 1)



p +1 p 1 ( p + 1)n +1 f ( n) = n +1 n +1 ,且 p > 1 , 2p p 2 ( p p)

∴ p n +1 1 > p n +1 p > 0 , p 1 > 0 . ∴ f (n + 1) <
p +1 f ( n ) , n ∈ N* ) ( . 2p p +1 p +1 , f (n + 1) < f ( n ) , n ∈ N* ) ( . 2p 2p p +1 p +1 2 p + 1 n 1 p +1 n f ( n 1) < ( ) f (n 2) < < ( ) f (1) = ( ) . 2p 2p 2p 2p
2 2 n 1

(8 分)

(3) 由(2)知 f (1) =

∴当 n …2 时, f (n) <

p +1 p +1 p +1 ∴ f (1) + f (2) + + f (2n 1) + ++ 2p 2p 2p = p +1 p +1 1 p 1 2 p
2 n 1



(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,
f (k ) + f (2n k ) = p 1 ( p + 1) k ( p + 1) 2 n k + 2nk 2nk k k p 2 ( p 1) 2 ( p 1) p 1 ( p + 1)k ( p + 1) 2 n k 2 k k 2n k 2n k p 2 ( p 1) 2 ( p 1) p 1 2( p + 1) n p 2n p 1 2( p + 1) n p 2n 1 ( p 1)( p 2 n k 1)
k



=

=

p

2n

1 . p p 2n k + 1
k

∵ p k + p 2 n k …2 p n ,∴ p 2 n p k p 2 n k + 1 p 2 n 2 p n + 1 = ( p n 1) 2 . ∴ f (k ) + f (2n k ) … ∴ ∑ f (k ) =
k =1 2 n 1

p 1 2( p + 1)n = 2 f ( n) , (当且仅当 k = n 时取等号)(13 分) . p 2n ( p n 1)

2 n 1 1 2 n 1 [ f ( k ) + f (2n k )] … ∑ f (n) =(2n 1) f (n) . (当且仅当 n = 1 时取等号) . ∑ 2 k =1 k =1 2 n 1 k =1 2 n 1 p +1 p +1 * ( . 1 , n ∈ N )(14 分) p 1 2 p

综上所述, (2n 1) f (n) 剟 ∑ f (k )

高考数学――压轴题跟踪演练 ――压轴题跟踪演练系列三 备战 2010 高考数学――压轴题跟踪演练系列三
1. (本小题满分 13 分)

x2 y2 如图,已知双曲线 C: 2 2 = 1( a > 0,b > 0) 的右准线 l1 与一 a b
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: OM ⊥ MF ;





(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 AP =



λ AQ ,试判断 λ 的范围,并用代数方法给出证明.
a2 b ,渐近线 l2 :y = x c a



解: (I)∵ 右准线 l1 :x =

→ ab ab a2 a2 2 2 2 ∴ M ( , ) , ∵ F(c, 0) ,c = a + b ,∴ OM = ( , ) c c c c → ab b2 ab a2 MF = (c , )=( , ) c c c c → → a 2 b2 a 2 b2 ∵ OM MF = 2 2 = 0 c c
(II)∵ e =

→ → ∴ OM ⊥ MF

……3 分

6 b 2 , ∴ = e2 1 = , ∴ a 2 = 2b 2 2 a 2

→ b4 a 2 b2 b 2 (b 2 + a 2 ) ∵| MF| = 1, ∴ 2 + 2 = 1, ∴ =1 c c c2 ∴ b 2 = 1,a 2 = 1
∴ 双曲线 C 的方程为:

x2 y2 = 1 2

……7 分 ……8 分

(III)由题意可得 0 < λ < 1

证明:设 l3 :y = kx + 1 ,点 P( x 1 ,y 1 ) ,Q( x 2 ,y 2 ) 由

x 2 2 y 2 = 2 y = kx + 1

得 (1 2 k 2 ) x 2 4 kx + 4 = 0

∵ l3 与双曲线 C 右支交于不同的两点 P、Q

1 2 k 2 ≠ 0 2 2 = 16k + 16(1 2 k ) > 0 ∴ x + x = 4 k > 0 1 2 1 2k 2 4 >0 x 1 x 2 = 1 2k 2
∴ 1 < k < 2 2

2 k ≠ ± 2 2 ∴ k < 1 k < 0 1 2 k 2 < 0
……11 分

→ → ∵ AP = λ AQ , ∴ ( x 1 ,y 1 1) = λ ( x 2 ,y 2 1) ,得 x 1 = λx 2
∴ (1 + λ ) x 2 = 4k 4 ,λ x 2 = 2 2 1 2k 1 2k 2 (1 + λ ) 2 16k 2 4k 2 2 ∴ = = =2+ 2 2 2 λ 4(1 2 k ) 2 k 1 2k 1
2 (1 + λ ) 2 , ∴ 0 < 2 k 2 1 < 1, ∴ >4 2 λ ∴ λ2 2 λ + 1 > 0
……13 分

∵ 1 < k <

∴ (1 + λ ) 2 > 4λ

∴ λ 的取值范围是(0,1)
2. (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) =

( x ≤ 0) 0 n[ x ( n 1)] + f ( n 1)

( n 1 < x ≤ n,n ∈ N*)



数列 {a n } 满足 a n = f ( n)( n ∈ N*) (I)求数列 {a n } 的通项公式; (II)设 x 轴、直线 x = a 与函数 y = f ( x) 的图象所围成的封闭图形的面积为 S( a ) ( a ≥ 0) ,求

S( n) S( n 1)( n ∈ N*) ;
(III)在集合 M = {N| N = 2 k,k ∈ Z ,且 1000 ≤ k < 1500} 中,是否存在正整数 N,使得不等式

a n 1005 > S( n) S( n 1) 对一切 n > N 恒成立?若存在,则这样的正整数 N 共有多少个?并求出满足
条件的最小的正整数 N;若不存在,请说明理由. (IV)请构造一个与 {a n } 有关的数列 {b n } ,使得 lim( b 1 + b 2 ++ b n ) 存在,并求出这个极限值.
n →∞

解: (I)∵ n ∈ N *

∴ f ( n) = n[ n ( n 1)] + f ( n 1) = n + f ( n 1) ∴ f ( n) f ( n 1) = n
……1 分

∴ f (1) f (0) = 1 f (2) f (1) = 2 f (3) f (2) = 3
……

f ( n) f ( n 1) = n
将这 n 个式子相加,得

f ( n) f (0) = 1 + 2 + 3++ n =

n( n + 1) 2

∵ f (0) = 0

∴ f ( n) = ∴an =

n( n + 1) 2

n( n + 1) ( n ∈ N*) ……3 分 2 (II) S( n) S( n 1) 为一直角梯形( n = 1 时为直角三角形)的面积,该梯形的两底边的长分别为

f ( n 1) ,f ( n) ,高为 1
∴ S( n) S( n 1) = a + an f ( n 1) + f ( n) × 1 = n 1 2 2
……6 分

1 n( n 1) n( n + 1) n2 = [ + ]= 2 2 2 2
(III)设满足条件的正整数 N 存在,则

n( n + 1) n2 n 1005 > > 1005 n > 2010 2 2 2
又 M = {2000, 2002 , , 2008, 2010, 2012 , , 2998}

∴ N = 2010, 2012 ,……, 2998 均满足条件
它们构成首项为 2010,公差为 2 的等差数列. 设共有 m 个满足条件的正整数 N,则 2010 + 2( m 1) = 2998 ,解得 m = 495

∴ M 中满足条件的正整数 N 存在,共有 495 个, N min = 2010
(IV)设 b n =

……9 分

1 2 1 1 ,即 b n = = 2( ) an n( n + 1) n n +1

则 b 1 + b 2 ++ b n = 2[(1

1 1 1 1 1 1 1 1 ) + ( ) + ( ) ++ ( )] = 2(1 ) 2 2 3 3 4 n n +1 n +1 1 显然,其极限存在,并且 lim( b 1 + b 2 ++ b n ) = lim[ 2 ]=2 ……10 分 n →∞ n →∞ n +1
2a 2a

n c 1 n 注: b n = (c 为非零常数) b n = ( ) n +1 ,b n = q n +1 ( 0 <| q| < 1) 等都能使 lim( b 1 + b 2 ++ b n ) , n →∞ an 2

存在. 19. (本小题满分 14 分) 设双曲线

y2 x2 = 1 的两个焦点分别为 F1 、F2 ,离心率为 2. 3 a2

(I)求此双曲线的渐近线 l1 、l2 的方程;

(II)若 A、B 分别为 l1 、l2 上的点,且 2| AB| = 5| F1 F2 | ,求线段 AB 的中点 M 的轨迹方程,并说明 轨迹是什么曲线; (III)过点 N (1, 0) 能否作出直线 l ,使 l 与双曲线交于 P、Q 两点,且 OP OQ = 0 .若存在,求 出直线 l 的方程;若不存在,说明理由. 解: (I)∵ e = 2 , ∴ c = 4a
2 2





∵ c 2 = a 2 + 3, ∴ a = 1,c = 2

x2 3 ∴ 双曲线方程为y = 1 ,渐近线方程为 y = ± x 3 3
2

4分

(II)设 A( x1 ,y1 ) ,B ( x 2 ,y 2 ) ,AB 的中点 M x,y

(

)

∵ 2| AB| = 5| F1 F2 | ∴| AB| = 5 5 | F1 F2 | = × 2c = 10 2 2

∴ ( x1 x 2 ) 2 + ( y1 y 2 ) 2 = 10 3 3 x1 , y 2 = x 2 , 2 x = x1 + x 2 , 2 y = y 1 + y 2 3 3 3 3 ∴ y1 + y 2 = ( x1 x 2 ) , y1 y 2 = ( x1 + x 2 ) 3 3 又 y1 = ∴

[

3 ( y1 + y 2 )

]

2

3 + ( x1 + x 2 ) = 10 3

2

1 x 2 3y 2 ∴ 3(2 y ) 2 + (2 x ) 2 = 100,即 + =1 3 75 25
则 M 的轨迹是中心在原点,焦点在 x 轴上,长轴长为 10 3 ,短轴长为 (III)假设存在满足条件的直线 l 设 l:y = k ( x 1) ,l与双曲线交于P ( x1 ,y1 ) 、Q( x 2 ,y 2 )

10 3 的椭圆.(9 分) 3

→ → ∵ OP OQ = 0 ∴ x1 x 2 + y1 y 2 = 0 ∴ x1 x 2 + k 2 ( x1 1)( x 2 1) = 0 ∴ x1 x 2 + k 2 [ x1 x 2 ( x1 + x 2 ) + 1] = 0 (i )

y = k ( x 1) 由 2 x 2 得 (3k 1) x 2 6k 2 x + 3k 2 3 = 0 =1 y 3 3k 2 3 6k 2 则x1 + x 2 = 2 ,x 1 x 2 = 2 (ii ) 3k 1 3k 1

由(i) (ii)得 k + 3 = 0
2

∴k 不存在,即不存在满足条件的直线 l . 3. (本小题满分 13 分)

14 分

已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ( n ∈ N * ) ,且 S n = ( m + 1) ma n 对任意自然数都成立,其中 m 为常 数,且 m < 1 . (I)求证数列 {a n } 是等比数列; (II)设数列 {a n } 的公比 q = f ( m) ,数列 {bn } 满足: b1 =

1 a1 ,bn = f (bn 1 ) 3

(n ≥ 2 ,n ∈ N * ) ,试问当 m 为何值时, lim bn (lg a n ) = lim 3(b1b2 + b2 b3 + b3b4 + n→∞ n→∞

… + bn 1bn ) 成立?
解: (I)由已知 S n +1 = (m + 1) ma n +1

(1)

S n = (m + 1) ma n

(2)

由 (1) ( 2) 得: a n +1 = ma n ma n +1 ,即 ( m + 1) a n +1 = ma n 对任意 n ∈ N * 都成立

∵ m为常数,且m < 1 ∴ a n +1 m = an m+1

即{a n }为等比数列

5分

(II)当 n = 1 时, a1 = ( m + 1) ma1

∴ a1 = 1,从而b1 =

1 3 m m+1

由(I)知q = f (m) = ∴ bn = f (bn 1 ) =


bn 1 ( n ≥ 2 ,n ∈ N * ) bn 1 + 1

1 1 1 1 = 1+ ,即 =1 bn bn 1 bn bn 1

1 ∴ 为等差数列 bn 1 1 ∴ = 3 + (n 1) = n + 2 ,bn = (n ∈ N * ) bn n+2 m ∵ an = m + 1
n 1

9分

n 1 m m ∴ lim bn (lg a n ) = lim lg = lg n→∞ n→∞ n + 2 m+1 m+1 lim 3(b b + b2 b3 + … + bn 1bn ) n→∞ 1 2 1 1 1 1 1 1 = lim 3 + + … + =1 n→∞ 3 4 4 5 n + 1 n + 2
由题意知 lg

m m 10 = 1 ,∴ = 10, ∴ m = m+1 m+1 9

13 分

4. (本小题满分 12 分)

x2 y2 设椭圆 2 + 2 = 1( a > b > 0) 的左焦点为 F ,上顶点为 A ,过点 A 与 AF 垂直的直线分别交椭圆和 a b

x 轴正半轴于 P , Q 两点,且 P 分向量 AQ 所成的比为 8∶5.
(1)求椭圆的离心率; (2)若过 A, Q, F 三点的圆恰好与直线 l : x + 3 y + 3 = 0 相切,求椭圆方程. 解: (1)设点 Q ( x 0 ,0), F ( c,0), 其中 c = 由 P 分 AQ 所成的比为 8∶5,得 P (
2

a 2 b 2 , A(0, b) .
2分

8 5 x 0 , b) , 13 13

8 2x 5 2 3 ∴ ( ) 02 + ( ) = 1 x 0 = a .①, 13 a 13 2
而 FA = (c, b), AQ = ( x 0 ,b), FA ⊥ AQ , ∴ FA AQ = 0 .∴ cx 0 b = 0, x 0 =
2

4分

b2 .②, c

5分

由①②知 2b 2 = 3ac,∴ 2c 2 + 3ac 2a 2 = 0 . ∴ 2e + 3e 2 = 0. ∴ e =
2

1 . 2 b2 c 2 ,0 ) , 2c

6分

(2)满足条件的圆心为 O′(

b2 c2 a2 c2 c2 = = c,∴ O ′(c,0) , 2c 2c

8分

b2 +2 a2 圆半径 r = c = =a. 2 2c
由圆与直线 l : x + 3 y + 3 = 0 相切得, 又 a = 2c,∴ c = 1, a = 2, b =

10 分

| c +3| =a, 2 x2 y2 + = 1. 4 3
12 分

3 .∴椭圆方程为

5. (本小题满分 14 分) ( 理 )给 定正 整 数 n 和 正数 b , 对于 满足 条 件 a1 a n +1 ≥ b 的 所有 无 穷等 差数 列 {a n } , 试 求
2

y = a n +1 + a n + 2 + + a 2 n +1 的最大值,并求出 y 取最大值时 {a n } 的首项和公差.
( 文 )给 定正 整 数 n 和 正数 b , 对于 满足 条 件 a1 a n +1 = b 的 所有 无 穷等 差数 列 {a n } , 试 求
2

y = a n +1 + a n + 2 + + a 2 n +1 的最大值,并求出 y 取最大值时 {a n } 的首项和公差.
(理)解:设 {a n } 公差为 d ,则 a n +1 = a1 + nd , nd = a n +1 a1 . 3分

y = a n+1 + a n + 2 + + a 2 n +1

= a n +1 + (a n +1 + d ) + + (a n +1 + nd ) = (n + 1)a n +1 + (1 + 2 + + n)d
= (n + 1)a n +1 + n(n + 1) d 2
a a1 nd ) = (n + 1)(a n +1 + n +1 ) 2 2
7分
2

4分

= (n + 1)(a n +1 + =

n +1 (3a n +1 a1 ) . 2
2

又 a1 a n +1 ≥ b,∴ a1 ≤ b a n +1 . ∴ 3a n +1 a1 ≤ a n +1 + 3a n +1 b = ( a n +1 ) +
2 2

3 2

9 4b 9 4b 3 ≤ ,当且仅当 a n +1 = 时,等号成 4 4 2

立. ∴y=

11 分

n +1 (n + 1)(9 4b) (3a n +1 a1 ) ≤ . 13 分 2 8 9 4b + 3 (n + 1)(9 4b) 当数列 {a n } 首项 a1 = b + ,公差 d = 时, y = , 4 4n 8 (n + 1)(9 4b) ∴ y 的最大值为 . 14 分 8
3分

(文)解:设 {a n } 公差为 d ,则 a n +1 = a1 + nd , nd = a n +1 a1 .

y = a n+1 + a n + 2 + + a 2 n +1 = a n +1 (a n +1 + d ) + + (a n +1 + nd ) = (n + 1)a n +1 + (1 + 2 + + n)d = (n + 1)a n +1 + n(n + 1) nd d = (n + 1)(a n +1 + ) 2 2 a n +1 a1 n +1 )= (3a n +1 a1 ) , 2 2
2

= (n + 1)(a n +1 +
2

6分

又 a1 a n +1 = b,∴ a1 = b a n +1 . ∴ 3a n +1 a1 = a n +1 + 3a n +1 b = ( a n +1 ) +
2 2

3 2

9 4b 9 4b ≤ . 4 4

当且仅当 a n +1 =

3 时,等号成立. 11 分 2 n +1 (n + 1)(9 4b) ∴y= (3a n +1 a1 ) = . 13 分 2 8 9 4b + 3 (n + 1)(9 4b) 时, y = . 当数列 {a n } 首项 a1 = b + ,公差 d = 4 4n 8 (n + 1)(9 4b) ∴ y 的最大值为 . 14 分 8

6. (本小题满分 12 分) 垂直于 x 轴的直线交双曲线 x 2 y = 2 于 M、N 不同两点,A1、A2 分别为双曲线的左顶点和右顶
2 2

点,设直线 A1M 与 A2N 交于点 P(x0,y0) (Ⅰ)证明: x 0 + 2 y 0 为定值;
2 2

(Ⅱ)过 P 作斜率为

x0 的直线 l,原点到直线 l 的距离为 d,求 d 的最小值. 2 y0

解(Ⅰ)证明: 设M ( x1 , y1 ), 则N ( x1 , y1 ),∵ A1 ( 2 ,0), A2 ( 2 ,0)

∴ 直线A1 M的方程为y =

y1 x1 + 2

(x + 2)



直线 A2N 的方程为 y =

y1 x1 2

(x 2 )

②……4 分

①×②,得 y =
2

y12 x1 2
2

( x 2 2)

1 ∵ x12 2 y12 = 2,∴ y 2 = ( x 2 2), 即x 2 + 2 y 2 = 2 2 ∵ P( x0 , y 0 )是直线A1 M与A2 N的交点
2 2 ∴ x0 + 2 y 0 = 2为定值 8分

(Ⅱ) l的方程为y y 0 =

x0 2 2 ( x x0 ), 结合x0 + 2 y 0 = 2整理得x0 x + 2 y 0 y 2 = 0 2 y0

于是d =

2
2 2 x0 + 4 y 0

=

2
2 2 + 2 y0

=

2 ……10 分 2 1 + y0

2 2 ∵ x0 + 2 y 0 = 2

2 ∴ y0 ≤ 1

2 ∴1 + y 0 ≤ 2

∴d =

2 ≥1 2 1 + y0

当 y 0 = ±1时, y 0 = 1, d取最小值1 ……12 分
2

7. (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) = x sin x

(Ⅰ)若 x ∈ [0, π ], 试求函数f ( x)的值域; (Ⅱ)若 x ∈ [0, π ],θ ∈ (0, π ), 求证 :

2 f (θ ) + f ( x) 2θ + x ≥ f( ); 3 3 2 f (θ ) + f ( x) 2θ + x 与f ( ) 的大小关系 (Ⅲ)若 x ∈ [ kπ , ( k + 1)π ],θ ∈ (kπ , ( k + 1)π ), k ∈ Z , 猜想 3 3

(不必写出比较过程). 解: (Ⅰ) 当x ∈ (0, π )时, f ′( x) = 1 cos x > 0,∴ f ( x)为增函数

又f ( x)在区间[0, π ]上连续 所以f (0) ≤ f ( x) ≤ f (π ), 求得0 ≤ f ( x) ≤ π 即f ( x)的值域为[0, π ] 4分
(Ⅱ)设 g ( x ) =

2 f (θ ) + f ( x) 2θ + x 2 f (θ ) + sin x 2θ + x f( ) , 即g ( x ) = + sin 3 3 3 3 1 2θ + x ) ……6 分 g ′( x) = ( cos x + cos 3 3

∵ x ∈ [0, π ],θ ∈ (0, π )

2θ + x ∈ (0, π ) 3 由g ′( x) = 0, 得x = θ ∴

∴当x ∈ (0,θ )时, g ′( x) < 0, g ( x)为减函数. 当x ∈ (θ , π )时, g ′( x) > 0, g ( x)为增函数8分
∵ g ( x)在区间[0, π ]上连续 则g (θ )为g ( x)的最小值 对x ∈ [0, π ]有g ( x) ≥ g (θ ) = 0 2 f (θ ) + f ( x) 2θ + x ≥ f( ) 10分 3 3 2 f (θ ) + f ( x) 2θ + x (Ⅲ)在题设条件下,当 k 为偶数时 ≥ f( ) 3 3 2 f (θ ) + f ( x) 2θ + x 当 k 为奇数时 ≤ f( ) ……14 分 3 3 因而

高考数学――压轴题跟踪演 ――压轴题跟踪演练 备战 2010 高考数学――压轴题跟踪演练系列四
1. (本小题满分 14 分) 已知 f(x)=

2x a (x∈R)在区间[-1,1]上是增函数. x2 + 2 1 的两个非零实根为 x1、 2.试问: x 是否存在实数 m, 使得不等式 m2+tm+1 x

(Ⅰ)求实数 a 的值组成的集合 A; (Ⅱ) 设关于 x 的方程 f(x)=

≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若不存在,请说明理由. 本小题主要考查函数的单调性,导数的应用和不等式等有关知识,考查数形结合及分类讨论思想和灵活运 用数学知识分析问题和解决问题的能力.满分 14 分.

解: (Ⅰ)f'(x)=

4 + 2ax 2 x 2 2( x 2 ax 2) = , ( x 2 + 2) 2 ( x 2 + 2) 2

∵f(x)在[-1,1]上是增函数, ∴f'(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 即 x2-ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立. 设 (x)=x2-ax-2, 方法一: ①

(1)=1-a-2≤0,




-1≤a≤1,

(-1)=1+a-2≤0.
∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a=-1 时,f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}. 方法二:

a ≥0, 2
① 或

a <0, 2

(-1)=1+a-2≤0

0≤a≤1 -1≤a≤1. 或

(1)=1-a-2≤0
-1≤a≤0

∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a=-1 时,f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}. (Ⅱ)由

2x a 1 = ,得 x2-ax-2=0, 2 x +2 x

∵△=a2+8>0

∴x1,x2 是方程 x2-ax-2=0 的两非零实根, x1+x2=a, ∴ 从而|x1-x2|= ( x1 + x 2 ) 4 x1 x 2 = a + 8 .
2

2

x1x2=-2, ∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|= a + 8 ≤3.
2

要使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立, 当且仅当 m2+tm+1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立, 即 m2+tm-2≥0 对任意 t∈[-1,1]恒成立. 设 g(t)=m2+tm-2=mt+(m2-2), 方法一: g(-1)=m2-m-2≥0, ②




g(1)=m2+m-2≥0,

m≥2 或 m≤-2.
所以, 存在实数 m, 使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1, 1]恒成立, 其取值范围是{m|m ≥2,或 m≤-2}. 方法二: 当 m=0 时,②显然不成立; 当 m≠0 时, m>0, ② g(-1)=m2-m-2≥0 或 g(1)=m2+m-2≥0 m<0,

m≥2 或 m≤-2.
所以, 存在实数 m, 使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1, 1]恒成立, 其取值范围是{m|m ≥2,或 m≤-2}.

2. (本小题满分 12 分) 如图,P 是抛物线 C:y= C 交于另一点 Q. (Ⅰ)若直线 l 与过点 P 的切线垂直,求线段 PQ 中点 M 的轨迹 方程; (Ⅱ)若直线 l 不过原点且与 x 轴交于点 S,与 y 轴交于点 T, 试求

1 2 x 上一点,直线 l 过点 P 且与抛物线 2

| ST | | ST | + 的取值范围. | SP | | SQ |

本题主要考查直线、抛物线、不等式等基础知识,求轨迹方程的方法,解析几何的基本思想和综合解题能 力.满分 12 分. 解: (Ⅰ)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0),依题意 x1≠0,y1>0,y2>0. 由 y=

1 2 x, 2



得 y'=x. ∴过点 P 的切线的斜率 k 切= x1, ∴直线 l 的斜率 kl=-

1 1 =, k 切 x1

∴直线 l 的方程为 y- 方法一:

1 2 1 x1 =- (x-x1), 2 x1

联立①②消去 y,得 x2+ ∵M 是 PQ 的中点 x0 = ∴ y0=

2 x-x12-2=0. x1

x1 + x 2 1 =, 2 x1

1 2 1 x1 - (x0-x1). 2 x1

消去 x1,得 y0=x02+

1 2 x0
2

+1(x0≠0),

∴PQ 中点 M 的轨迹方程为 y=x2+ 方法二: 由 y1=

1 2 x0
2

+1(x≠0).

x + x2 1 2 1 x1 ,y2= x22,x0= 1 , 2 2 2 1 2 1 2 1 x1 - x2 = (x1+x2)(x1-x2)=x0(x1-x2), 2 2 2

得 y1-y2= 则 x0=

y1 y 2 1 =kl=- , x1 x 2 x1
1 , x0

∴x1=-

将上式代入②并整理,得 y0=x02+

1 2 x0
2

+1(x0≠0),

∴PQ 中点 M 的轨迹方程为 y=x2+

1 2 x0
2

+1(x≠0).

(Ⅱ)设直线 l:y=kx+b,依题意 k≠0,b≠0,则 T(0,b). 分别过 P、Q 作 PP'⊥x 轴,QQ'⊥y 轴,垂足分别为 P' 、Q' ,则

| ST | | ST | | OT | | OT | |b| |b| + = + = + . | SP | | SQ | | P ′P | | Q ′Q | | y1 | | y 2 |

y= 由

1 2 x 2


消去 x,得 y2-2(k2+b)y+b2=0. y=kx+b y1+y2=2(k2+b),

则 y1y2=b2. 方法一: ∴

1 1 1 1 | ST | | ST | + = |b|( + )≥2|b| =2|b| =2. y1 y 2 | SP | | SQ | y1 y 2 b2

∵y1、y2 可取一切不相等的正数, ∴

| ST | | ST | + 的取值范围是(2,+ ∞ ). | SP | | SQ |

方法二: ∴

y + y2 | ST | | ST | 2( k 2 + b ) + =|b| 1 =|b| . | SP | | SQ | y1 y 2 b2
| ST | | ST | 2(k 2 + b) 2(k 2 + b) 2k 2 + =b = = +2>2; | SP | | SQ | b b b2 | ST | | ST | 2( k 2 + b ) 2( k 2 + b ) + =-b = . | SP | | SQ | b b2

当 b>0 时,

当 b<0 时,

又由方程③有两个相异实根,得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0, 于是 k2+2b>0,即 k2>-2b. 所以

| ST | | ST | 2(2b + b) + > =2. | SP | | SQ | b 2k 2 可取一切正数, b

∵当 b>0 时,



| ST | | ST | + 的取值范围是(2,+ ∞ ). | SP | | SQ |

方法三: 由 P、Q、T 三点共线得 kTQ=KTP, 即

y 2 b y1 b = . x2 x1

则 x1y2-bx1=x2y1-bx2,即 b(x2-x1)=(x2y1-x1y2).

1 2 1 2 x 2 x1 x1 x 2 1 2 2 于是 b= =- x1x2. x 2 x1 2
1 1 | x1 x 2 | | x1 x 2 | x x 2 2 + = | 2 | + | 1 | ≥2. x1 x2 21 21

| ST | | ST | | b | |b| + + ∴ = = | SP | | SQ | | y1 | | y 2 |
∵|

x2 | 可取一切不等于 1 的正数, x1



| ST | | ST | + 的取值范围是(2,+ ∞ ). | SP | | SQ |

3. (本小题满分 12 分) 某突发事件,在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为 0.3,一旦发生,将造成 400 万元的损失. 现有甲、 乙两种相互独立的预防措施可供采用. 单独采用甲、 乙预防措施所需的费用分别为 45 万元和 30 万元,采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为 0.9 和 0.85. 若预防方案允许甲、乙两种预 防措施单独采用、联合采用或不采用,请确定预防方案使总费用最少. (总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.) ... 本小题考查概率的基本知识和数学期望概念及应用概率知识解决实际问题的能力,满分 12 分. 解:①不采取预防措施时,总费用即损失期望为 400×0.3=120(万元) ; ②若单独采取措施甲,则预防措施费用为 45 万元,发生突发事件的概率为 1-0.9=0.1,损失期望值为 400×0.1=40(万元) ,所以总费用为 45+40=85(万元) ③若单独采取预防措施乙,则预防措施费用为 30 万元,发生突发事件的概率为 1-0.85=0.15,损失 期望值为 400×0.15=60(万元) ,所以总费用为 30+60=90(万元) ; ④若联合采取甲、乙两种预防措施,则预防措施费用为 45+30=75(万元) ,发生突发事件的概率为(1 -0.9) (1-0.85)=0.015,损失期望值为 400×0.015=6(万元) ,所以总费用为 75+6=81(万元). 综合①、②、③、④,比较其总费用可知,应选择联合采取甲、乙两种预防措施,可使总费用最少.

4. (本小题满分 14 分) 已知 a > 0, 数列{a n }满足a1 = a, a n +1 = a +

1 , n = 1,2, . an

(I)已知数列 {a n } 极限存在且大于零,求 A = lim a n (将 A 用 a 表示) ;
n →∞

(II)设 bn = a n A, n = 1,2, , 证明 : bn +1 =

bn ; A(bn + A)

(III)若 | bn |≤

1 对n = 1,2, 都成立,求 a 的取值范围. 2n

本小题主要考查数列、 数列极限的概念和数学归纳法, 考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力, 满分 14 分. 解: (I)由 lim a n 存在, 且A = lim a n ( A > 0), 对a n +1 = a +
n →∞ n →∞

1 两边取极限得 an

A=a+

1 a ± a2 + 4 a + a2 + 4 , 解得A = .又A > 0,∴ A = . A 2 2
1 1 得bn +1 + A = a + . an bn + A

(II)由a n = bn + A, a n +1 = a +

∴ bn+1 = a A + 即bn +1 =

bn 1 1 1 = + = . bn + A A bn + A A(bn + A)

bn 对n = 1,2, 都成立 A(bn + A) 1 1 1 , 得 | a (a + a 2 + 4 ) |≤ . 2 2 2

(III) 令 | b1 |≤

1 1 ∴| ( a 2 + 4 a ) |≤ . 2 2 3 ∴ a 2 + 4 a ≤ 1, 解得a ≥ . 2 3 1 现证明当a ≥ 时, | bn |≤ n 对n = 1,2, 都成立. 2 2
(i)当 n=1 时结论成立(已验证). (ii)假设当 n = k ( k ≥ 1)时结论成立, 即 | bk |≤

1 , 那么 2k

| bk +1 |=

| bk | 1 1 ≤ × k | A(bk + A) | A | bk + A | 2
1 A | bk + A | ≤ 1 3 , 即证A | bk + A |≥ 2对a ≥ 成立. 2 2

故只须证明

由于A =

a + a2 + 4 = 2

2 a2 + 4 a

,

3 而当a ≥ 时, a 2 + 4 a ≤ 1,∴ A ≥ 2. 2 1 ∴| bk + A |≥ A | bk |≥ 2 k ≥ 1, 即A | bk + A |≥ 2. 2 3 1 1 1 故当a ≥ 时, | bk +1 |≤ × k = k +1 . 2 2 2 2
即 n=k+1 时结论成立. 根据(i)和(ii)可知结论对一切正整数都成立.

故 | bn |≤

1 3 对n = 1,2, 都成立的a的取值范围为[ ,+∞). n 2 2

5. (本小题满分 14 分,第一小问满分 4 分,第二小问满分 10 分) 已知 a ∈ R ,函数 f ( x ) = x 2 | x a | . (Ⅰ)当 a = 2 时,求使 f ( x ) = x 成立的 x 的集合; (Ⅱ)求函数 y = f ( x ) 在区间 [1, 上的最小值. 2]
本小题主要考查运用导数研究函数性质的方法,考查分类讨论的数学思想和分析推理能力. 满分 14 分. 解: (Ⅰ)由题意, f ( x ) = x 2 x 2 . 当 x < 2 时, f ( x ) = x 2 (2 x ) = x ,解得 x = 0 或 x = 1 ; 当 x ≥ 2 时, f ( x ) = x 2 ( x 2) = x ,解得 x = 1 + 2 . 综上,所求解集为 0,, + 2 . 1 1
(Ⅱ)设此最小值为 m . ①当 a ≤ 1 时,在区间[1, 上, f ( x ) = x 3 ax 2 . 2] 因为 2 f ′( x ) = 3x 2 2ax = 3x ( x a ) > 0 , x ∈ (1, , 2) 3 则 f ( x ) 在区间[1, 上是增函数,所以 m = f (1) = 1 a . 2] ②当1 < a ≤ 2 时,在区间[1, 上, f ( x ) = x 2 ( x a ) ≥ 0 ,由 f ( a ) = 0 知 2]
m = f (a) = 0 .

{

}

③当 a > 2 时,在区间[1, 上, f ( x ) = ax 2 x 3 . 2] 2 f ′( x ) = 2ax 3x 2 = 3x ( a x ) . 3 若 a ≥ 3 ,在区间 (1, 内 f ′( x ) > 0 ,从而 f ( x ) 为区间 [1, 上的增函数, 2) 2] 由此得
m = f (1) = a 1 .

若 2 < a < 3 ,则 1 < 当1 < x <

2 a < 2. 3

2 2 a 时, f ′( x ) > 0 ,从而 f ( x ) 为区间 [1, a ] 上的增函数; 3 3

2 2 当 a < x < 2 时, f ′( x ) < 0 ,从而 f ( x ) 为区间 [ a , 上的减函数. 2] 3 3 因此,当 2 < a < 3 时, m = f (1) = a 1 或 m = f (2) = 4( a 2) . 当2< a ≤ 当 7 时, 4( a 2) ≤ a 1 ,故 m = f (2) = 4( a 2) ; 3

7 < a < 3 时, a 1 < 4( a 2) ,故 m = f (1) = a 1 . 3

综上所述,所求函数的最小值
1 a , 0, m = 4( a 2), a 1, 当a ≤ 1时; 当1 < a ≤ 2时; 7 当2 < a ≤ 时; 3 7 当a > 时. 3

(本小题满分 14 分,第一小问满分 2 分,第二、第三小问满分各 6 分) 6. 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,已知 a1 = 1, 2 = 6, 3 = 11 ,且 a a
(5n 8)S n +1 (5n + 2)S n = An + B , = 1,,, , n 2 3 其中 A, 为常数. B

(Ⅰ)求 A 与 B 的值; (Ⅱ)证明:数列 {a n } 为等差数列; (Ⅲ)证明:不等式 5a mn a m a n > 1 对任何正整数 m , 都成立. n
本小题主要考查等差数列的有关知识、不等式的证明方法,考查思维能力、运算能力. 解: (Ⅰ)由已知,得 S 1 = a1 = 1 , S 2 = a1 + a 2 = 7 , S 3 = a1 + a 2 + a 3 = 18 . 由 (5n 8) S n +1 (5n + 2) S n = An + B ,知 3S 2 7S 1 = A + B , A + B = 28 , 即 2 A + B = 48 , 2 S 3 12 S 2 = 2 A + B , 解得
A = 20 , B = 8 .

(Ⅱ)方法 1 由(Ⅰ) ,得 所以 ②-①,得 所以 ④-③,得 因为 所以 又因为 所以 即
(5n 8)S n +1 (5n + 2)S n = 20n 8 , (5n 3)S n + 2 (5n + 7)S n +1 = 20n 28 . (5n 3)S n + 2 (10n 1)S n +1 + (5n + 2)S n = 20 , (5n + 2) S n + 3 (10n + 9)S n + 2 + (5n + 7)S n +1 = 20 .

① ② ③ ④

(5n + 2) S n + 3 (15n + 6)S n + 2 + (15n + 6)S n +1 (5n + 2)S n = 0 . a n +1 = S n +1 S n , (5n + 2)a n + 3 (10n + 4)a n + 2 + (5n + 2)a n +1 = 0 . 5n + 2 ≠ 0 , a n + 3 2a n + 2 + a n +1 = 0 , a n + 3 a n + 2 = a n + 2 a n +1 , n ≥ 1 .

所以数列 {a n } 为等差数列. 方法 2

由已知,得 S 1 = a1 = 1 , 又 (5n 8)S n +1 (5n + 2)S n = 20n 8 ,且 5n 8 ≠ 0 , 所以数列 {S n } 是唯一确定的,因而数列 {a n } 是唯一确定的. 设 bn = 5n 4 ,则数列 {bn } 为等差数列,前 n 项和 Tn =
n(5n 3) . 2

于是

(5n 8)Tn +1 (5n + 2)Tn = (5n 8)

( n + 1)(5n + 2) n(5n 3) (5n + 2) = 20n 8 , 2 2

由唯一性得

bn = a n ,即数列 {a n } 为等差数列.

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知, a n = 1 + 5( n 1) = 5n 4 . 要证 只要证 因为 故只要证 即只要证 因为
5a mn a m a n > 1 , 5a mn > 1 + a m a n + 2 a m a n . a mn = 5mn 4 , a m a n = (5m 4)(5n 4) = 25mn 20( m + n ) + 16 , 5(5mn 4) > 1 + 25mn 20( m + n ) + 16 + 2 a m a n , 20m + 20n 37 > 2 a m a n . 2 a m a n ≤ a m + a n = 5m + 5n 8 < 5m + 5n 8 + (15m + 15n 29) = 20m + 20n 37 ,

所以命题得证.

高考数学――压轴题跟踪演练 ――压轴题跟踪演练系列五 备战 2010 高考数学――压轴题跟踪演练系列五
1. (本小题满分 14 分) 已知椭圆

x2 y2 + = 1( a > b > 0) 的左、右焦点分别是 F1(-c,0) 2(c,0) 是椭圆外的动点, 、F ,Q a2 b2

满足 | F1Q |= 2a. 点 P 是线段 F1Q 与该椭圆的交点, T 在线段 F2Q 上, 点 并且满足 PT TF2 = 0, | TF2 |≠ 0. (Ⅰ)设 x 为点 P 的横坐标,证明 | F1 P |= a + (Ⅱ)求点 T 的轨迹 C 的方程; (Ⅲ)试问:在点 T 的轨迹 C 上,是否存在点 M,

c x; a

使△F1MF2 的面积 S= b 2 . 若存在,求∠F1MF2 的正切值;若不存在,请说明理由. 本小题主要考查平面向量的概率,椭圆的定义、标准方程和有关性质,轨迹的求法和应用,以及综合运用 数学知识解决问题的能力.满分 14 分. (Ⅰ)证法一:设点 P 的坐标为 ( x, y ). 由 P ( x, y ) 在椭圆上,得

| F1 P |= ( x + c) 2 + y 2 = ( x + c) 2 + b 2 = (a + c 2 x) . a

b2 2 x a2

由 x ≥ a , 知a +

c c x ≥ c + a > 0 ,所以 | F1 P |= a + x. ………………………3 分 a a

证法二:设点 P 的坐标为 ( x, y ). 记 | F1 P |= r1 , | F2 P |= r2 , 则 r1 =

( x + c ) 2 + y 2 , r2 = ( x + c ) 2 + y 2 .

c x. a c 证法三:设点 P 的坐标为 ( x, y ). 椭圆的左准线方程为 a + x = 0. a
由 r1 + r2 = 2a, r12 r22 = 4cx, 得 | F1 P |= r1 = a +
2 由椭圆第二定义得 | F1 P | = c ,即 | F1 P |= c | x + a |=| a + c x | . a c a a a2 |x+ | c

由 x ≥ a , 知a +

c c x ≥ c + a > 0 ,所以 | F1 P |= a + x. …………………………3 分 a a

(Ⅱ)解法一:设点 T 的坐标为 ( x, y ). 当 | PT |= 0 时,点( a ,0)和点(- a ,0)在轨迹上. 当| PT |≠ 0且 | TF2 |≠ 0 时,由 | PT | | TF2 |= 0 ,得 PT ⊥ TF2 . 又 | PQ |=| PF2 | ,所以 T 为线段 F2Q 的中点. 在△QF1F2 中, | OT |=

1 | F1Q |= a ,所以有 x 2 + y 2 = a 2 . 2

综上所述,点 T 的轨迹 C 的方程是 x 2 + y 2 = a 2 . …………………………7 分 解法二:设点 T 的坐标为 ( x, y ). 当 | PT |= 0 时,点( a ,0)和点(- a ,0)在轨迹上. 当| PT |≠ 0且 | TF2 |≠ 0 时,由 PT TF2 = 0 ,得 PT ⊥ TF2 . 又 | PQ |=| PF2 | ,所以 T 为线段 F2Q 的中点.

x′ + c x = 2 , 设点 Q 的坐标为( x ′, y ′ ) ,则 y = y′ . 2

x ′ = 2 x c, 因此 y ′ = 2 y.
由 | F1Q |= 2a 得 ( x ′ + c) + y ′ = 4a .
2 2 2





将①代入②,可得 x + y = a .
2 2 2

综上所述,点 T 的轨迹 C 的方程是 x + y = a . ……………………7 分
2 2 2

(Ⅲ)解法一:C 上存在点 M( x0 , y 0 )使 S= b 的充要条件是
2 2 x0 + y0 = a 2 , 1 2 2c | y 0 |= b . 2

2

③ ④
2 b2 . 所以,当 a ≥ b 时,存在点 M,使 S= b 2 ; c c

由③得 | y 0 |≤ a ,由④得 | y 0 |≤
2

当 a < b 时,不存在满足条件的点 M.………………………11 分
c

当 a ≥ b 时, MF1 = ( c x0 , y 0 ), MF2 = (c x 0 , y 0 ) , c 由 MF1 MF2 = x0 c + y 0 = a c = b ,
2 2 2 2 2 2

2

MF1 MF2 =| MF1 | | MF2 | cos ∠F1 MF2 ,
S= 1 | MF1 | | MF2 | sin ∠F1 MF2 = b 2 ,得 tan ∠F1 MF2 = 2. 2

解法二:C 上存在点 M( x 0 , y 0 )使 S= b 2 的充要条件是
2 2 x0 + y0 = a 2 , 1 2 2c | y 0 |= b . 2

③ ④

由④得 | y 0 |≤

4 2 2 b2 2 . 上式代入③得 x 0 = a 2 b 2 = (a b )(a + b ) ≥ 0. c c c c
2

于是,当 a ≥ b 时,存在点 M,使 S= b 2 ; c 当 a < b 时,不存在满足条件的点 M.………………………11 分
c
2 y0 y0 , 当 a ≥ b 时,记 k1 = k F M = , k 2 = k F2 M = 1 c x0 + c x0 c
2

由 | F1 F2 |< 2a, 知 ∠F1 MF2 < 90° ,所以 tan ∠F MF =| k1 k 2 |= 2. …………14 分 1 2
1 + k1 k 2

2. (本小题满分 12 分) 函数 y = f (x ) 在区间(0,+∞)内可导,导函数 f ′(x ) 是减函数,且 f ′( x ) > 0. 设

x0 ∈ (0,+∞), y = kx + m 是曲线 y = f (x ) 在点( x0 , f ( x0 ) )得的切线方程,并设函数 g ( x ) = kx + m.
(Ⅰ)用 x 0 、 f ( x 0 ) 、 f ′( x 0 ) 表示 m; (Ⅱ)证明:当 x0 ∈ (0,+∞)时, g ( x) ≥ f ( x) ;

3 (Ⅲ)若关于 x 的不等式 x + 1 ≥ ax + b ≥ x 3 在[0,+∞) 上恒成立,其中 a、b 为实数, 2
2

2

求 b 的取值范围及 a 与 b 所满足的关系. 本小题考查导数概念的几何意义,函数极值、最值的判定以及灵活运用数形结合的思想判断函数之间的大 小关系.考查学生的学习能力、抽象思维能力及综合运用数学基本关系解决问题的能力.满分 12 分 (Ⅰ)解: m = f ( x 0 ) x 0 f ′( x 0 ). …………………………………………2 分 (Ⅱ)证明:令 h( x ) = g ( x ) f ( x ), 则h ′( x ) = f ′( x 0 ) f ′( x ), h ′( x 0 ) = 0. 因为 f ′(x ) 递减,所以 h ′(x) 递增,因此,当 x > x 0时, h ′( x) > 0 ; 当 x < x 0时, h ′( x ) < 0 .所以 x 0 是 h(x) 唯一的极值点,且是极小值点,可知 h(x) 的 最小值为 0,因此 h( x) ≥ 0, 即 g ( x) ≥ f ( x ). …………………………6 分 (Ⅲ)解法一: 0 ≤ b ≤ 1 , a > 0 是不等式成立的必要条件,以下讨论设此条件成立.

x 2 + 1 ≥ ax + b, 即x 2 ax + (1 b) ≥ 0 对任意 x ∈ [0,+∞ ) 成立的充要条件是
1

a ≤ 2(1 b) 2 .

另一方面,由于 f ( x ) = 3 x 3 满足前述题设中关于函数 y = f (x ) 的条件,利用(II)的结果可知, 2
ax + b =
y = ( 2b )

2 3 3 的充要条件是:过点(0, b )与曲线 3 x y = x 3 相切的直线的斜率大于 a ,该切线的方程为 2 2

2

2

1 2

x + b.
1

2 于是 ax + b ≥ 3 x 3 的充要条件是 a ≥ (2b) 2 . …………………………10 分

2

综上,不等式 x 2 + 1 ≥ ax + b ≥
1 2 1

3 3 x 对任意 x ∈ [0,+∞ ) 成立的充要条件是 2


2

(2b)

≤ a ≤ 2(1 b) 2 .

显然,存在 a、b 使①式成立的充要条件是:不等式 (2b) 有解、解不等式②得 2 2 ≤ b ≤ 2 + 2 . 4 4



1 2

≤ 2(1 b) . ②


1 2

因此,③式即为 b 的取值范围,①式即为实数在 a 与 b 所满足的关系.…………12 分 (Ⅲ)解法二: 0 ≤ b ≤ 1, a > 0 是不等式成立的必要条件,以下讨论设此条件成立.

x 2 + 1 ≥ ax + b, 即x 2 ax + (1 b) ≥ 0 对任意 x ∈ [0,+∞ ) 成立的充要条件是
1

a ≤ 2(1 b) 2 . ………………………………………………………………8 分
2 3 3 令 φ ( x ) = ax + b x 3 ,于是 ax + b ≥ x 3 对任意 x ∈ [0,+∞ ) 成立的充要条件是 2 2

2

φ ( x) ≥ 0. 由 φ ′( x) = a x
当0< x<a
3



1 3

= 0得x = a 3 .
3

时 φ ′( x) < 0; 当 x > a
3

时, φ ′( x) > 0 ,所以,当 x = a
1 2

3

时, φ (x ) 取最小值.因此

φ ( x) ≥ 0 成立的充要条件是 φ (a ) ≥ 0 ,即 a ≥ (2b) . ………………10 分
综上,不等式 x 2 + 1 ≥ ax + b ≥ 3 x 3 对任意 x ∈ [0,+∞ ) 成立的充要条件是 2
2

(2b)



1 2

1

≤ a ≤ 2(1 b) 2 .


1 2 1

显然,存在 a、b 使①式成立的充要条件是:不等式 (2b) 有解、解不等式②得 2 2 ≤ b ≤ 2 + 2 . 4 4

≤ 2(1 b) 2



因此,③式即为 b 的取值范围,①式即为实数在 a 与 b 所满足的关系.…………12 分 3. (本小题满分 12 分) 已知数列 {an } 的首项 a1 = 5, 前 n 项和为 Sn ,且 S n+1 = S n + n + 5( n ∈ N )
*

(I)证明数列 {an + 1} 是等比数列; 求函数 f ( x ) 在点 x = 1 处的导数 f ′(1) 并比较 2 f ′(1) 与 23n 13n (II) f ( x ) = a1 x + a2 x + + an x , 令
2 n
2

的大小. 解:由已知 S n+1 = S n + n + 5( n ∈ N ) 可得 n ≥ 2, S n = 2 S n1 + n + 4 两式相减得
*

Sn+1 Sn = 2 ( Sn S n1 ) + 1 即 an+1 = 2an + 1 从 而 an+1 + 1 = 2 ( an + 1) 当 n = 1 时 S 2 = 2 S1 + 1 + 5 所 以
a2 + a1 = 2a1 + 6 又 a1 = 5 所以 a2 = 11 从而 a2 + 1 = 2 ( a1 + 1)
故总有 an+1 + 1 = 2( an + 1) , n ∈ N 又 a1 = 5, a1 + 1 ≠ 0 从而
*

an+1 + 1 = 2 即数列 {an + 1} 是等比数列; an + 1

(II)由(I)知 an = 3 × 2 1
n

因为 f ( x ) = a1 x + a2 x + + an x 所以 f ′( x ) = a1 + 2a2 x + + nan x
2 n

n 1

2 n 从而 f ′(1) = a1 + 2a2 + + nan = ( 3 × 2 1) + 2 3 × 2 1 + + n(3 × 2 1)

(

)

= 3 2 + 2 × 22 + + n × 2n - (1 + 2 + + n ) = 3 ( n 1) 2

(

)

n +1



n(n + 1) +6 2

由上 2 f ′(1) 23n 2 13n = 12 ( n 1) 2n - 12 2n 2 n 1 =

(

)

(

)

12 ( n 1) 2n 12 ( n 1) (2n + 1) =12 (n 1) 2n (2n + 1) ①
当 n = 1 时,①式=0 所以 2 f ′(1) = 23n 2 13n ; 当 n = 2 时,①式=-12 < 0 所以 2 f ′(1) < 23n 2 13n 当 n ≥ 3 时, n 1 > 0 又 2 = (1 + 1) = Cn + Cn + + Cn
n n
0 1

B
n 1 n + Cn ≥ 2 n + 2 > 2 n + 1
2

y

A
M
o x

所以 ( n 1) 2 ( 2n + 1) > 0 即① > 0 从而 2 f ′(1) > 23n 13n
n

N
4.(本小题满分 14 分) 已知动圆过定点

p F ,0 2

p p , 0 ,且与直线 x = 相切,其中 p > 0 . 2 2

x=

p 2

(I)求动圆圆心 C 的轨迹的方程; (II)设 A、B 是轨迹 C 上异于原点 O 的两个不同点,直线 OA 和 OB 的倾斜角分别为 α 和 β ,当 α , β 变 化且 α + β 为定值 θ (0 < θ < π ) 时,证明直线 AB 恒过定点,并求出该定点的坐标. 解: (I)如图,设 M 为动圆圆心,

p p , 0 为记为 F ,过点 M 作直线 x = 的垂线,垂足为 N ,由题 2 2 p 的距离相等,由抛物线的定义知,点 M 的轨迹 2

意知: MF = MN 即动点 M 到定点 F 与定直线 x = 为抛物线,其中 F

p p , 0 为焦点, x = 为准线,所以轨迹方程为 y 2 = 2 px( P > 0) ; 2 2

(II)如图,设 A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ,由题意得 x1 ≠ x2 (否则 α + β = π )且 x1 , x2 ≠ 0 所以直线 AB 的斜 率存在,设其方程为 y = kx + b ,显然 x1 =

y12 y2 , x2 = 2 ,将 y = kx + b 与 y 2 = 2 px( P > 0) 联立消去 x , 2p 2p
2p 2 pb , y1 y2 = ① k k

2 得 ky 2 py + 2 pb = 0 由韦达定理知 y1 + y2 =

(1)当 θ =

π
2
2

时,即 α + β =

π
2

时,tan α tan β = 1 所以

y1 y2 y2 y2 = 1, x1 x2 y1 y2 = 0 , 1 22 y1 y2 = 0 所 x1 x2 4p

以 y1 y2 = 4 p 由 ① 知 :

2 pb = 4 p 2 所 以 b = 2 pk . 因 此 直 线 AB 的 方 程 可 表 示 为 y = kx + 2 Pk , 即 k

k ( x + 2 P ) y = 0 所以直线 AB 恒过定点 ( 2 p,0 )
(2)当 θ ≠

π
2

时,由 α + β = θ ,得 tan θ = tan(α + β ) =

tan α + tan β = 1 tan α tan β

2 p ( y1 + y2 ) 2p 2p 将①式代入上式整理化简可得: tan θ = ,所以 b = + 2 pk , 2 y1 y2 4 p b 2 pk tan θ
此时,直线 AB 的方程可表示为 y = kx +

2p 2p + 2 pk 即 k ( x + 2 p ) y tan θ tan θ

=0

所以直线 AB 恒过定点 2 p,



2p tan θ

所以由 (2) 当 θ = (1) 知, 5. (本小题满分 12 分)

π
2

时, 直线 AB 恒过定点 ( 2 p,0 ) , θ ≠ 当

π
2

时直线 AB 恒过定点 2 p,



2p tan θ

.

已知椭圆 C1 的方程为

x2 + y 2 = 1 ,双曲线 C2 的左、右焦点分别为 C1 的左、右顶点,而 C2 的左、 4

右顶点分别是 C1 的左、右焦点. (Ⅰ)求双曲线 C2 的方程; (Ⅱ)若直线 l : y = kx +

2 与椭圆 C1 及双曲线 C2 都恒有两个不同的交点,且 l 与 C2 的两个交点 A

和 B 满足 OA OB < 6 (其中 O 为原点) ,求 k 的取值范围.
2 2 解: (Ⅰ)设双曲线 C2 的方程为 x y = 1 ,则 a 2 = 4 1 = 3, 再由a 2 + b 2 = c 2 得b 2 = 1. a 2 b2

故 C2 的方程为

x2 y 2 = 1. 3 2代入 x2 + y 2 = 1得(1 + 4k 2 ) x 2 + 8 2kx + 4 = 0. 4

(II)将 y = kx +

由直线 l 与椭圆 C1 恒有两个不同的交点得

1 = (8 2 ) 2 k 2 16(1 + 4k 2 ) = 16( 4k 2 1) > 0,


1 k2 > . 4



x2 将y = kx + 2代入 y 2 = 1得(1 3k 2 ) x 2 6 2kx 9 = 0 . 3
由直线 l 与双曲线 C2 恒有两个不同的交点 A,B 得

1 3k 2 ≠ 0, 2 = (6 2k ) 2 + 36(1 3k 2 ) = 36(1 k 2 ) > 0. 1 即k 2 ≠ 且k 2 < 1. 3
设A( x A , y A ), B ( x B , y B ), 则x A + x B = 由OA OB < 6得x A x B + y A y B < 6, 而 x A x B + y A y B = x A x B + (kx A + 2 )(kx B + 2 ) 6 2k 9 , x A xB = 2 1 3k 1 3k 2

= (k 2 + 1) x A x B + 2k ( x A + x B ) + 2 = (k 2 + 1) = 3k 2 + 7 . 3k 2 1 9 6 2k + 2k +2 2 1 3k 1 3k 2

3k 2 + 7 15k 2 13 于是 2 < 6, 即 > 0. 解此不等式得 3k 1 3k 2 1
k2 > 13 1 或k 2 < . 15 3


由①、②、③得

1 1 13 < k 2 < 或 < k 2 < 1. 4 3 15
故 k 的取值范围为 (1, 6. (本小题满分 12 分) 数列{an}满足 a1 = 1且a n +1 = (1 +

13 3 1 1 3 13 ) ∪ ( , ) ∪ ( , ) ∪ ( ,1) 15 3 2 2 3 15

1 1 ) a n + n ( n ≥ 1) . n +n 2
2

(Ⅰ)用数学归纳法证明: a n ≥ 2(n ≥ 2) ; (Ⅱ)已知不等式 ln(1 + x ) < x对x > 0成立, 证明 : a n < e 2 ( n ≥ 1) ,其中无理数 e=2.71828…. (Ⅰ)证明: (1)当 n=2 时, a 2 = 2 ≥ 2 ,不等式成立. (2)假设当 n = k ( k ≥ 2) 时不等式成立,即 a k ≥ 2( k ≥ 2), 那么 a k +1 = (1 +

1 1 ) a k + 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: a k ≥ 2对所有n ≥ 2 成立. 、

(Ⅱ)证法一: 由递推公式及(Ⅰ)的结论有 a n +1 = (1 + 两边取对数并利用已知不等式得 ln a n +1

1 1 1 1 )a n + n ≤ (1 + 2 + n )a n .(n ≥ 1) n +n 2 n +n 2 1 1 ≤ ln(1 + 2 + ) + ln a n n + n 2n
2

≤ ln a n +

1 1 1 1 + n + n . 故 ln a n +1 ln a n ≤ n(n + 1) 2 n +n 2
2

( n ≥ 1).

上式从 1 到 n 1 求和可得

ln a n ln a1 ≤

1 1 1 1 1 1 + ++ + + 2 + + n 1 1× 2 2 × 3 (n 1)n 2 2 2
1 1 2 n = 1 1 + 1 1 < 2. 1 n 2n 1 2

1 1 1 1 1 1 = 1 + ( ) ++ + 2 2 3 n 1 n 2
即 ln a n < 2, 故a n < e 2 (Ⅱ)证法二:

( n ≥ 1).

由数学归纳法易证 2 n > n( n 1)对n ≥ 2 成立,故

a n+1 = (1 +

1 1 1 1 )a n + n < (1 + an + n(n 1) n(n 1) n +n 2
2

(n ≥ 2).

令 bn = a n + 1

(n ≥ 2), 则bn +1 ≤ (1 +

1 )bn n(n 1)

(n ≥ 2).

取对数并利用已知不等式得

ln bn+1 ≤ ln(1 +

1 ) + ln bn n(n 1)

≤ ln bn +

1 n(n 1)

(n ≥ 2). 1 1 1 + ++ 1× 2 2 × 3 n(n 1)

上式从 2 到 n 求和得

ln bn +1 ln b2 ≤

= 1

1 1 1 1 1 + ++ < 1. 2 2 3 n 1 n
( n ≥ 2).

因 b2 = a 2 + 1 = 3.故 ln bn +1 < 1 + ln 3, bn +1 < e1+ ln 3 = 3e

故 a n +1 < 3e 1 < e 2 , n ≥ 2, 又显然 a1 < e 2 , a 2 < e 2 , 故a n < e 2 对一切 n ≥ 1 成立. 7. (本小题满分 12 分) 已知数列 {a n }的各项都是正数, 且满足 : a 0 = 1, a n +1 = (1)证明 a n < a n +1 < 2, n ∈ N ;

1 a n , (4 a n ), n ∈ N . 2

(2)求数列 {a n } 的通项公式 an. 解: (1)方法一 用数学归纳法证明: 1°当 n=1 时, a 0 = 1, a1 =

1 3 a0 (4 a 0 ) = , 2 2

∴ a 0 < a1 < 2 ,命题正确. 2°假设 n=k 时有 a k 1 < a k < 2. 则 n = k + 1时, a k a k +1 =

1 1 a k 1 ( 4 a k 1 ) a k ( 4 a k ) 2 2

1 = 2(a k 1 a k ) (a k 1 a k )(a k 1 + a k ) 2 1 = (a k 1 a k )(4 a k 1 a k ). 2
而 a k 1 a k < 0. 又 a k +1 =

4 a k 1 a k > 0,

∴ a k a k 1 < 0.

1 1 a k ( 4 a k ) = [ 4 ( a k 2) 2 ] < 2. 2 2

∴ n = k + 1 时命题正确. 由 1°、2°知,对一切 n∈N 时有 a n < a n +1 < 2. 方法二:用数学归纳法证明: 1°当 n=1 时, a 0 = 1, a1 =

1 3 a 0 (4 a 0 ) = , ∴ 0 < a 0 < a1 < 2 ; 2 2

2°假设 n=k 时有 a k 1 < a k < 2 成立,

1 x(4 x) , f (x ) 在[0,2]上单调递增,所以由假设 2 1 1 1 有: f ( a k 1 ) < f ( a k ) < f ( 2), 即 a k 1 ( 4 a k 1 ) < a k ( 4 a k ) < × 2 × ( 4 2), 2 2 2
令 f ( x) = 也即当 n=k+1 时

a k < a k +1 < 2 成立,所以对一切 n ∈ N , 有a k < a k +1 < 2 1 1 a n (4 a n ) = [(a n 2) 2 + 4], 所以 2 2

(2)下面来求数列的通项: a n +1 =

2( a n +1 2) = ( a n 2) 2
2 n 1 n 1 1 1 1 1 1 令bn = a n 2, 则bn = bn21 = ( bn22 ) 2 = ( ) 2 bn21 = = ( )1+ 2++ 2 bn2 , 2 2 2 2 2 2

又 bn=-1,所以 bn = ( ) 2

1 2

n

1

1 n , 即a n = 2 + bn = 2 ( ) 2 1 2

高考数学――压轴题跟踪演练 ――压轴题跟踪演练系列六 备战 2010 高考数学――压轴题跟踪演练系列六
1. (本小题满分 14 分)

如图,设抛物线 C : y = x 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
2

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, x 0 )和( x1 , x12 )(( x1 ≠ x 0 ) , 2 ∴切线 AP 的方程为: 2 x 0 x y x 0 = 0;

切线 BP 的方程为: 2 x1 x y x1 = 0;
2

解得 P 点的坐标为: x P =

x0 + x1 , y P = x0 x1 2 x0 + x1 + x P = xP , 3
2

所以△APB 的重心 G 的坐标为 xG =

2 y + y1 + y P x0 + x12 + x0 x1 ( x0 + x1 ) 2 x0 x1 4 x P y p , yG = 0 = = = 3 3 3 3

所以 y p = 3 y G + 4 xG ,由点 P 在直线 l 上运动,从而得到重心 G 的轨迹方程为:
2

1 x ( 3 y + 4 x 2 ) 2 = 0, 即y = ( 4 x 2 x + 2). 3
(2)方法 1:因为 FA = ( x0 , x0 ), FP = (
2

1 4

x0 + x1 1 1 2 , x0 x1 ), FB = ( x1 , x1 ). 2 4 4

由于 P 点在抛物线外,则 | FP |≠ 0.

x0 + x1 1 1 1 2 x0 + ( x0 x1 )( x0 ) x0 x1 + FP FA 4 4 = 4, ∴ cos ∠AFP = = 2 1 | FP || FA | | FP | 2 2 | FP | x0 + ( x0 ) 2 4

x0 + x1 1 1 1 2 x1 + ( x 0 x1 )( x1 ) x0 x1 + 2 4 4 = 4, = 同理有 cos ∠BFP = 1 | FP || FB | | FP | 2 2 | FP | x1 + ( x1 ) 2 4 FP FB
∴∠AFP=∠PFB. 方法 2:①当 x1 x 0 = 0时,由于x1 ≠ x 0 , 不妨设x 0 = 0, 则y 0 = 0, 所以 P 点坐标为 (

x1 ,0) ,则 P 点到 2

|x | 1 直线 AF 的距离为: d 1 = 1 ; 而直线BF的方程 : y = 2 4

x12 x1

1 4 x,

即 ( x12 ) x x1 y +

1 4

1 x1 = 0. 4

x 1 x 1 |x | | ( x12 ) 1 + 1 | ( x12 + ) 1 4 2 4 = 4 2 = | x1 | 所以 P 点到直线 BF 的距离为: d 2 = 1 2 1 x12 + ( x12 ) 2 + ( x1 ) 2 4 4
所以 d1=d2,即得∠AFP=∠PFB.

1 2 x0 1 4 ( x 0),即( x 2 1 ) x x y + 1 x = 0, ②当 x1 x0 ≠ 0 时,直线 AF 的方程: y = 0 0 0 4 x0 0 4 4
1 x12 1 4 ( x 0), 即( x 2 1 ) x x y + 1 x = 0, 直线 BF 的方程: y = 1 1 1 4 x1 0 4 4
所以 P 点到直线 AF 的距离为:

x x1 1 x + x1 1 1 2 2 2 | ( x 0 )( 0 ) x 0 x1 + x 0 | | 0 )( x 0 + ) 4 2 4 2 4 = | x0 x1 | , d1 = = 同理可得到 P 点到直线 1 2 2 1 2 2 2 x0 + ( x0 ) + x0 4 4
BF 的距离 d 2 =

| x1 x0 | ,因此由 d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB. 2

2. (本小题满分 12 分) 设 A、B 是椭圆 3 x 2 + y 2 = λ 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 λ 的取值范围,并求直线 AB 的方程; (Ⅱ)试判断是否存在这样的 λ ,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3 x 2 + y 2 = λ , 整 理 得

(k 2 + 3) x 2 2k (k 3) x + (k 3) 2 λ = 0. ①
设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ), 则x1 , x 2 是方程①的两个不同的根, ∴ = 4[λ ( k 2 + 3) 3( k 3) 2 ] > 0, 且 x1 + x 2 = ②

2k (k 3) , 由 N(1,3)是线段 AB 的中点,得 k2 +3

x1 + x 2 = 1, 2

∴ k (k 3) = k 2 + 3.

解得 k=-1,代入②得, λ > 12,即λ 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( x 2 , y 2 ), 则有

3 x12 + y12 = λ ( x1 x 2 )( x1 + x 2 ) + ( y1 y 2 )( y1 + y 2 ) = 0. 2 2 3 x 2 + y 2 = λ
依题意, x1 ≠ x 2 ,∴ k AB =

3( x1 + x 2 ) . y1 + y 2

∵N(1,3)是 AB 的中点, ∴ x1 + x 2 = 2, y1 + y 2 = 6, 从而k AB = 1. 又由 N(1,3)在椭圆内,∴ λ > 3 × 12 + 3 2 = 12, ∴ λ 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, 代入椭圆方程,整理得

4 x 2 + 4 x + 4 λ = 0.

又设 C ( x3 , y 3 ), D ( x 4 , y 4 ), CD 的中点为 C ( x 0 , y 0 ), 则x3 , x 4 是方程③的两根, ∴ x3 + x 4 = 1, 且x 0 =

1 1 3 1 3 ( x3 + x 4 ) = , y 0 = x 0 + 2 = , 即M ( , ). 2 2 2 2 2

于是由弦长公式可得

1 | CD |= 1 + ( ) 2 | x3 x 4 |= 2(λ 3) . ④ k


将直线 AB 的方程 x+y-4=0,代入椭圆方程得 4 x 2 8 x + 16 λ = 0 同理可得

| AB |= 1 + k 2 | x1 x 2 |= 2(λ 12) .



∵当 λ > 12 时, 2(λ 3) >

2(λ 12) ,∴| AB |<| CD |

假设存在 λ >12,使得 A、B、C、D 四点共圆,则 CD 必为圆的直径,点 M 为圆心.

点 M 到直线 AB 的距离为 d =

| x0 + y 0 4 | 2

1 3 | + 4| 3 2 = 2 2 = . 2 2



于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

AB 2 9 λ 12 λ 3 CD 2 | = + = =| | . 2 2 2 2 2 | CD | 为半径的圆上. 故当 λ >12 时,A、B、C、D 四点匀在以 M 为圆心, 2 | MA | 2 =| MB | 2 = d 2 + |
(注:上述解法中最后一步可按如下解法获得: ) A、B、C、D 共圆 △ACD 为直角三角形,A 为直角 |AN|2=|CN||DN|,

| AB | 2 | CD | | CD | ) =( + d )( d ). 2 2 2 λ 12 由⑥式知,⑧式左边 = , 2
即 ( 由④和⑦知,⑧式右边 = (



2(λ 3) 3 2 2(λ 3) 3 2 λ 3 9 λ 12 + )( )= = , 2 2 2 2 2 2 2

∴⑧式成立,即 A、B、C、D 四点共圆. 解法 2:由(Ⅱ)解法 1 及λ>12, ∵CD 垂直平分 AB, ∴直线 CD 方程为 y 3 = x 1 ,代入椭圆方程,整理得

4 x 2 + 4 x + 4 λ = 0.



将直线 AB 的方程 x+y-4=0,代入椭圆方程,整理得

4 x 2 8 x + 16 λ = 0.
解③和⑤式可得



x1, 2 =

2 ± λ 12 1± λ 3 . , x 3, 4 = 2 2

不妨设 A(1 + 1 λ 12 ,3 1 λ 12 ), C ( 1 λ 3 , 3 λ 3 ), D( 1 + λ 3 , 3 + λ 3 ) 2 2 2 2 2 2 ∴ CA = (

3 + λ 12 + λ 3 3 + λ 3 λ 12 ) , 2 2

DA = (

3 + λ 12 λ 3 3 λ 3 λ 12 , ) 2 2

计算可得 CA DA = 0 ,∴A 在以 CD 为直径的圆上. 又 B 为 A 关于 CD 的对称点,∴A、B、C、D 四点共圆. (注:也可用勾股定理证明 AC⊥AD) 3. (本小题满分 14 分) 已知不等式

1 1 1 1 + + + > [log 2 n], 其中n 为大于 2 的整数, [log 2 n] 表示不超过 log 2 n 的最大 2 3 n 2
na n 1 , n = 2,3,4, n + a n 1

整数. 设数列 {a n } 的各项为正,且满足 a1 = b(b > 0), a n ≤

(Ⅰ)证明 a n <

2b , n = 3,4,5, 2 + b[log 2 n]

(Ⅱ)猜测数列 {a n } 是否有极限?如果有,写出极限的值(不必证明) ; (Ⅲ)试确定一个正整数 N,使得当 n > N 时,对任意 b>0,都有 a n < 本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想.

1 . 5

(Ⅰ)证法 1:∵当 n ≥ 2时,0 < a n ≤

nan 1 1 n + a n 1 1 1 ,∴ ≥ = + , n + a n 1 an na n 1 a n 1 n



1 1 1 ≥ , a n a n 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ≥ , ≥ ,, ≥ . a 2 a1 2 a 3 a 2 3 a n a n 1 n 1 1 1 1 1 ≥ + ++ . a n a1 2 3 n 1 1 1 > [log 2 n]. a n a1 2

于是有

所有不等式两边相加可得

由已知不等式知,当 n≥3 时有,

∵ a1 = b,∴

2 + b[log 2 n] 1 1 1 > + [log 2 n] = . an b 2 2b

an <

2b . 2 + b[log 2 n]

证法 2:设 f ( n) =

1 1 1 + + + ,首先利用数学归纳法证不等式 2 3 n

an ≤

b , n = 3,4,5, . 1 + f (n)b 3a 2 3 3 b = ≤ = . 3 2 + a1 3 + a2 1 + f (3)b +1 3 +1 a2 2a1

(i)当 n=3 时, 由 a 3 ≤

知不等式成立. (ii)假设当 n=k(k≥3)时,不等式成立,即 a k ≤

b , 1 + f (k )b

则 a k +1 ≤

(k + 1)a k k +1 k +1 = ≤ 1 + f (k )b (k + 1) + a k (k + 1) + 1 (k + 1) +1 ak b

=

(k + 1)b = (k + 1) + (k + 1) f (k )b + b

b 1 + ( f (k ) + 1 )b k +1

=

b , 1 + f (k + 1)b

即当 n=k+1 时,不等式也成立. 由(i)(ii)知, a n ≤ 、

b , n = 3,4,5, . 1 + f (n)b
b 1 1 + [log 2 n]b 2 = 2b , n = 3,4,5, . 2 + b[log 2 n]

又由已知不等式得

an <

(Ⅱ)有极限,且 lim a n = 0.
n →∞

(Ⅲ)∵

2b 2 2 1 < ,令 < , 2 + b[log 2 n] [log 2 n] [log 2 n] 5
10

则有 log 2 n ≥ [log 2 n] > 10, n > 2

= 1024,
1 . 5

故取 N=1024,可使当 n>N 时,都有 a n <

4.如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点 F1,F2 在 x 轴上,长轴 A1A2 的长为 4,左准线 l 与 x 轴的交 点为 M,|MA1|∶|A1F1|=2∶1. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)若点 P 为 l 上的动点,求∠F1PF2 最大值. 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角等基础知 识,考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.满分 14 分. 解:(Ⅰ)设椭圆方程为

x2 y2 + = 1( a > b > 0 ) ,半焦距为 c ,则 a 2 b2

a2 a, A1 F1 = a c c a2 c a = 2(a c) 由题意,得 2a = 4 a 2 = b 2 + c 2 MA1 = ∴ a = 2, b = 3, c = 1 x2 y2 + = 1. 4 3

故椭圆方程为

(Ⅱ) 设P ( 4, y0 ) , y0 ≠ 0

设直线PF1的斜率k1 =


y0 y ,直线PF2的斜率k2 = 0 3 5

0 < ∠F1 PF2 < ∠PF1 M < ∠F1 PF 为锐角。

π

2

,



∴ tan ∠F1 PF2 =

2y 2 y0 k2 k1 15 = 2 0 ≤ = . 1 + k1k2 y0 + 15 2 15 y0 15

当 y0 = 15,即y0 = ± 15时, ∠F1 PF2 取到最大值,此时∠F1 PF2最大, tan 故∠F1 PF2的最大值为 arctan 15 . 15

5.已知函数 f ( x ) 和 g ( x ) 的图象关于原点对称,且 f ( x ) = x 2 + 2 x . (Ⅰ)求函数 g ( x ) 的解析式; (Ⅱ)解不等式 g ( x ) ≥ f ( x ) x 1 ;

(Ⅲ)若 h ( x ) = g ( x ) λ f ( x ) + 1 在 [ 1,1] 上是增函数,求实数 λ 的取值范围. 本题主要考查函数图象的对称、二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识,以及综合运用所学知识 分析和解决问题的能力.满分 14 分. 解:(Ⅰ)设函数 y = f ( x ) 的图象上任意一点 Q ( x0 , y0 ) 关于原点的对称点为 P ( x, y ) ,则

x0 + x 2 = 0, x0 = x, 即 y0 + y = 0, y0 = y. 2
∵点 Q ( x0 , y0 ) 在函数 y = f ( x ) 的图象上 ∴ y = x 2 x,即y = x + 2 x, 故g ( x ) = x + 2 x
2 2 2

(Ⅱ)由 g ( x ) ≥ f ( x ) x 1 , 可得2 x x 1 ≤ 0
2

当 x ≥ 1 时, 2 x x + 1 ≤ 0 ,此时不等式无解.
2

当 x < 1 时, 2 x + x 1 ≤ 0 ,解得 1 ≤ x ≤
2

1 . 2

因此,原不等式的解集为 1, . 2



1

(Ⅲ) h ( x ) = (1 + λ ) x 2 + 2 (1 λ ) x + 1 ① 当λ = 1时,h ( x ) = 4 x + 1在 [ 1,1] 上是增函数,



λ = 1
1 λ . 1+ λ

② 当λ ≠ 1时,对称轴的方程为x =

1 λ ⅰ) 当λ < 1时, ≤ 1, 解得λ < 1. 1+ λ 1 λ ⅱ) 当λ > 1时, ≥ 1, 解得 1 < λ ≤ 0. 1+ λ 综上,λ ≤ 0.
6.(本题满分 16 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 4 分, 第 2 小题满分 6 分, 第 3 小题满分 6 分. 对定义域分别是 Df、Dg 的函数 y=f(x) 、y=g(x), f(x)g(x) 规定: 函数 h(x)= f(x) g(x) (1) 若函数 f(x)= 当 x∈Df 且 x∈Dg 当 x∈Df 且 x Dg 当 x Df 且 x∈Dg

1 ,g(x)=x2,x∈R,写出函数 h(x)的解析式; x 1

(2) 求问题(1)中函数 h(x)的值域; (3)若 g(x)=f(x+α), 其中 α 是常数,且 α∈[0,π],请设计一个定义域为 R 的函数 y=f(x),及一个 α 的值,使得

h(x)=cos4x,并予以证明. [解] (1)h(x)=

x2 x 1
1

x∈(-∞,1)∪(1,+∞) x=1

(2) 当 x≠1 时, h(x)=

x2 1 =x-1+ +2, x 1 x 1

若 x>1 时, 则 h(x)≥4,其中等号当 x=2 时成立 若 x<1 时, 则 h(x)≤ 0,其中等号当 x=0 时成立 ∴函数 h(x)的值域是(-∞,0] {1}∪[4,+∞) (3)令 f(x)=sin2x+cos2x,α= 则 g(x)=f(x+α)= sin2(x+

π
4

π
4

)+cos2(x+

π
4

)=cos2x-sin2x,

于是 h(x)= f(x)f(x+α)= (sin2x+co2sx)( cos2x-sin2x)=cos4x. 另解令 f(x)=1+ 2 sin2x, α=

π
2

,

g(x)=f(x+α)= 1+ 2 sin2(x+π)=1- 2 sin2x, 于是 h(x)= f(x)f(x+α)= (1+ 2 sin2x)( 1- 2 sin2x)=cos4x. 7.(本题满分 18 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 4 分, 第 2 小题满分 8 分, 第 3 小题满分 6 分. 在直角坐标平面中,已知点 P1(1,2),P2(2,22),┄,Pn(n,2n),其中 n 是正整数.对平面上任一点 A0,记 A1 为 A0 关于点 P1 的对称点, A2 为 A1 关于点 P2 的对称点, ┄, AN 为 AN-1 关于点 PN 的对称点. (1)求向量 A0 A2 的坐标; (2)当点 A0 在曲线 C 上移动时, 点 A2 的轨迹是函数 y=f(x)的图象,其中 f(x)是以 3 为周期的周期函数, 且当 x∈(0,3]时,f(x)=lgx.求以曲线 C 为图象的函数在(1,4]上的解析式; (3)对任意偶数 n,用 n 表示向量 A0 An 的坐标. [解](1)设点 A0(x,y), A0 为 P1 关于点的对称点 A0 的坐标为(2-x,4-y), A1 为 P2 关于点的对称点 A2 的坐标为(2+x,4+y), ∴ A0 A2 ={2,4}. (2) ∵ A0 A2 ={2,4}, ∴f(x)的图象由曲线 C 向右平移 2 个单位,再向上平移 4 个单位得到. 因此, 曲线 C 是函数 y=g(x)的图象,其中 g(x)是以 3 为周期的周期函数,且当 x∈(-2,1]时,g(x)=lg(x+2)-4. 于是,当 x∈(1,4]时,g(x)=lg(x-1)-4. 另解设点 A0(x,y), A2(x2,y2),于是 x2-x=2,y2-y=4,

若 3< x2≤6,则 0< x2-3≤3,于是 f(x2)=f(x2-3)=lg(x2-3). 当 1< x≤4 时, 则 3< x2≤6,y+4=lg(x-1). ∴当 x∈(1,4]时,g(x)=lg(x-1)-4. (3) A0 An = A0 A2 + A2 A4 + + An 2 An , 由于 A2 k 2 A2 k = 2 P2 k 1 P2 k ,得

A0 An =2( P1 P2 + P3 P4 + + Pn1 Pn )=2({1,2}+{1,23}+┄+{1,2n-1})=2{

n 2(2 n 1) 4(2 n 1) , }={n, } 2 3 3

基本上不看短文内容仅看选项, 基本上不看短文内容仅看选项,2010 年高考有人竟然过了 100 分!

高考有没有瞬间大幅度提分的可能? 高考有没有瞬间大幅度提分的可能?
谁能让你不用花很多时间和心思学习, 英语就能提高至少 20-30 分?要是真的话, 简直是白捡的分数! 不仅如此,当你了解了高考真题答案的所有内幕规律,看到了绝密的解题招式,就会豁然开朗。哇!原来 也可以这么做题!你的思路因此将会被彻底打通,提高的分数将不仅仅是 20-30 分!无论现在的英语成绩 是 60 分,还是 110 分,任何人都可以做到!这些绝密招式是太简单、太震撼了!所以,如果你看到了, 切勿告诉他人,否则,他们会在高考中轻松超过你! 请注意 ! 如果你不相信这世上有考试秘诀,请立即将您的眼睛离开; 如果你习惯于按照传统思路做题,不希望有思维上的突破,请你立即将您的眼睛离开; 如果你现在的成绩已接近满分,甚至已是满分,请你立即将您的眼睛离开; 如果你患有心理疾病或心脏病,请您立即将您的眼睛离开; 如果你选择留下来,那么接下来的事,很可能让你目瞪口呆! 如果我告诉你 N 个秘诀,在做完形填空和阅读理解题时,不用看文章和题干,只是简单的比较四个选 项,就能瞬间选出正确答案,你是否想看? 请先看下面的例子,它是辽宁卷 2010 年真题的第 36 题,是一个完形填空题. 在此我只列出它的四 个选项,试试看,只是比较选项,你是否能够在 3 秒之内选出正确答案? 36. A. worried B. sad C. surprised D. nervous 正确答案是 C, ABD 都是一个人状态不好的倾向词,而 C 则为中性词,表述态度不一致者是答案。. 都是一个人状态不好的倾向词, 则为中性词,表述态度不一致者是答案。 如果你知道了这个秘诀,可以解决很多类似的完型填空题! 看一下辽宁卷 2010 年完形填空真题的第 52 题: 52. A. Largely B. Generally C. Gradually D. Probably 正确答案是 C, ABD 都是含义不肯定的副词 排除表述不明确的选项,答案就水落石出了. 如果你知 都是含义不肯定的副词,排除表述不明确的选项,答案就水落石出了. 排除表述不明确的选项 道了这个秘诀, 你更是可以解决很多类似的完型填空题! 试想一下,知道了全部 36 个完形秘诀之后,您的分 数会怎么样呢? 请再看下面的例子,它是辽宁卷 2010 年真题阅读理解题的第 56 题,在此我只写出它的题干和四个 选项.也试试看,只是比较选项,你是否能够在 5 秒之内选出正确答案? 56. From Paragragh 1 we learn that the villagers A.worked very hard for centuries .

B.dreamed of having a better life C.were poor but somewhat content D.lived a different life from their forefathers 正确答案是 C, 选项中表述的内容前后相互矛盾的是答案 思路很简单,如果你掌握了其中的秘诀, 选项中表述的内容前后相互矛盾的是答案! 抛开文章,你也可以很快选出正确答案. 掌握此类瞬间解题秘诀,不仅缩短了答题时间,还能保障近乎 100%的准确率!请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!

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模棱两可处和看不懂,该怎么办? 模棱两可处和看不懂,该怎么办?
要知道, 如果对文章似懂非懂, 那么, 在文章中寻找答案线索就像大海捞针一样的难,更谈不上做对题! 吴军英语高分密码将会告诉你此类瞬间解题秘诀,帮助你辨识选项中的诸多暗示点,瞬间找出正确答案,或 者瞬间排除错误选项.请记住!在英语完型填空和阅读理解题的选项中,从头到尾都充满了暗示点,善于利用 这些暗示点,可以快速做对题! 无论任何人, 在考试中, 总会遇到吃不准选项的题, 或可以称之为不会做的“难题”,那么, 如果遇到“难 题”,你会怎办?是放弃?不可能,怎么着也要“猜”出一个答案!那么,是“瞎猜”吗?如果是“瞎猜”,其正 确率仅是 25%,是可想而知的低!那么,如何“猜”才能有高的准确率呢?如果我告诉你 N 个秘诀,让你在 做“难题”时,猜出的答案的准确率由 25%提高至 95%,甚至是 100%,你愿意继续看下去吗? 35. A. eat up B. deal with C. throw away D. send out

35 题在 B 和 C 模棱两可处到底选哪个? 当然选范围大的,能包括另一个的,即选 B. 当然选范围大的,能包括另一个的, 再举个例子,假如 2010 年辽宁卷高考英语完形填空的 47 题,不知选哪个, 怎么办? As I found out, there is, My aunt even goes so far as to of a word in English! 47. A. words B. names C. ideas D. characters 很简单,选 A,勿须有任何的犹豫,为什么?复现法则 复现法则! 复现法则 吴军英语高分密码会告诉你具体原因以及更多的解决“难题”的秘诀,都是非常的简单和直接.请记住!遇 到“难题”,即使“猜”答案,也要“猜”的有理有据,切勿盲目的“猜”! The moment he was about to 47 the hospital, he saw on the desk the 48 new book ,just as he had left it one 49 ago. 48. A much B still C hardly D quite 很简单,选 B,为什么?答案高频词汇倾向归纳让你笑逐颜开! 副词: 高频形容词 \ 副词 suddenly, even, finally, first, last, again, also, however, though, although, yet, instead, even though, but, still 等. 吴军英语高分密码真的有这么神奇吗?是!一点儿没错!效果是绝对的真实!作为一种标准化考试, 选择题本身是有很多缺陷的,这些缺陷就是暗示点,就是解题的突破口!吴军英语高分密码通过对历年真题 的长时间的研究,对这些暗示点进行了全面、深入、细致的挖掘和整理,将其转化为超级解题秘诀! 每一个秘诀的准确率都在 95%以上,甚至是 100% 吴军英语高分密码,真正做到了立竿见影!甚至是 一剑封喉! 单选 280 个考点,42 个诀窍; 阅读 16 大满分攻略; 完形 36 绝招; 七选五 6 大原则; 改错 36 个规 律;作文 4 大模板 6-8 页;不想考上一本、二本都很难!马上用吴军英语高分密码对照历年所有的高考真题进 行逐一的验证吧! 遇到吴军老师,您太幸运了!请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴 军"查询! 46 , often no perfect equivalence(对应)between two 48 47 in two languages. 49 meaning

that a Chinese “equivalent” can never give you the

“当时学习,当时提分”的超实战家教! 当时学习,当时提分”的超实战家教!
抚顺 2 中的徐金良同学,来时成绩是 71 分左右, 2009 年高考成绩为 117 分;沈阳 4 中的刘洪鹏同学 来时 成绩是 46 分, 2009 年高考成绩为 100 分; 黑山 1 中的高三刘璐同学来时成绩是 50-70 分, 2010 年高考成绩 为 113 分!………………………. 孩子从小学开始,学习英语已经多年,孩子天天背单词、做习题、记笔记,做过的卷子岂止几百套, 上千套,那么孩子的英语成绩一直在稳步提高吗?还是一直没有提高,甚至越学越落后、越学越迷茫?如 果孩子的英语成绩一直提高不了,如果孩子一直抓不住重点、找不到感觉,就来找 “神奇”的吴军老师 吧!在这里孩子马上就会体验到英语学习成绩“突飞猛进”的快乐!在这里一天提高几十分的孩子比比皆 是!

鲁美附中、沈音附中 7 人全部考取国本! 鲁美附中、 人全部考取国本!
热烈庆祝吴军一对一家教学员---2010 届鲁美附中 1 班王巨龙、冯潇潇,沈音附中李同学(女,不愿公 开全名)及沈阳 2 中补习班姜雯悦等 7 人考取鲁美和沈阳音乐学院!为什么一个英语烂到家的学生,在不 到 2-3 个月内成绩突飞猛进?为什么英语基础几乎为零的学生经过他辅导 10 到 20 次课,成绩就能迅速提 升 30-70 多分?走捷径考高分的窍门是什么?沈阳高端英语快速提分名师吴军老师将为您咨询谜底。艺术 类国本,英语小分很关键!9 年的高分经验能成就了他们,同样也可以成就暂时停止成功的你!

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能接触到吴军老师《英语高分密码》的人太幸运了!如何把握中心,猜测题意,一听就会!融会贯通, 举一反三!沈阳 83 中高二的金柏岑同学来时成绩是 82 分, 2010 年学习 5 次课后的期末成绩为 108 分; 现 就读于沈阳 4 中高二文科班的胡兢元同学来时成绩是 91 分, 13 次课后的期末成绩为 125 分; 现就读于皇姑 区沈阳 10 中高一的高雅慧同学来时成绩是 90 分左右, 2010 年高一下学期期中考试的成绩为 127 分;现就读 于沈阳东北育才高中本部高二的戴冠宇同学来时成绩是 107 分,学习后的成绩稳定在 125-140 分之间,最 好成绩是由倒数到班里前 6 名。

2010 年沈阳中考距离满分竟然只差了 7 分!
2010 届杏坛中学初三 6 班的周千会同学(女) 2010 年沈阳市铁西区一模才 120 分左右,其中一大 , 半还是‘懵’来的。跟吴军老师学习 3-4 次后,自己很快找到了英语学习的感觉,好像一下子容易了很多, 二模考了 135 分。10 次课后,中考距离满分竟然只差了七分,考了 143 分。她说没想到她的最高纪录竟然 创造在 2010 年沈阳中考中! 请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!

2010 中考冲刺,没想到效果居然这么好! 中考冲刺,没想到效果居然这么好!
2010 届 43 中学初三 13 班的李圣同学 (男) 初三后成绩与其他同学突然拉大, , 成绩一直在 80 分左右, 很少达到及格线 90 分,对自己没有信心,对英语家教更是排斥。跟吴军老师学习 20 次后,虽与好学生还 有 5-7 分的差距,但又找到了初一前十名时的感觉。2010 年沈阳中考虽然发挥不算理想(非选择手写部分 基础不好) ,也达到了 129 分! 请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!

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单词量要达到初二牛津 8B 水平 (目标高考分数是 70-95 分)初二牛津 9B 水平 , (目标高考分数是 95-115 分) ,当次见效(通过现场实战做题,题也可以自己带,明显感觉提了 8-10 分) ,一般 8-20 次课达到目标! 什么也不会(连羊 sheep 和睡觉 sleep 都分不清就别浪费家里的钱了) ,家里有钱也没用,”神”也帮不 了你! 心里形成强烈“自己不行”思维定势,不能迅速扭转的,应先找心理医生或另寻他法; 一模 40 分,二模 50 分以上可以来,30 分左右的得包 5-8 天,费用得 1.5 万起,否则拒访! 不走心,每次课都没有问题,甚至连给的课后专项题或语境化词汇题都不做的, 拒访!非要学可以,成 绩变化不大,就别来找我! 仅上 3-5 次课就想提 30-50 分的别来,当次课提分是因为阅读或完形有了技巧性突破,但考点还没系统 化,所以只能提 10-15 分. 提 30-50 分不是 3-5 次而是包 3-5 天!

他的诚信宣言: 他的诚信宣言
1.我只能帮助孩子提高英语分数,而不能提高孩子基本功! 2.现成绩 125 分以上的同学,建议不要参加。因为他们只有 10~15 分的提分空间,性价比不合适! 3.听完 1 小时内不满意,保证不问原因、不问理由、无条件地、全额退费!超过了,则按一课收取。 讲课当中或讲完后,提供试题或自己带题,马上答题验证!再于下次补交 10-20 次的费用,3 课内不满意 可以退回未上课的所有费用,因用大量时间为您的孩子做个性化教案,故 3 课后恕不退还!本承诺已坚持 了四年半! 4.保分”需要过程,中考高考结束后才能验证,到时就算退回了学费也买不回来孩子的时间和未来。 Peter 高分英语“立竿见影”当次课见效!每次课后都可以拿高考真题和你的期中/末考题来验证高分教 案,答的正确率高或方法好使,就可以证明我们的教案有效!一般情况下,85 分以上来的,都能在 6-20 课内提到 105-135 分。 2009-2010 年 (吴军亲授的学生) 高考 130 分以上的有 39 人, 个月内提高了 50-70 3 分的有 17 人。请上 www.sypeterwu.com 或上百度,输入"沈阳英语家教吴军"查询!


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