2010届高考数学压轴试题集锦(10)

2010届高考数学压轴试题集锦（十）

1.已知f?x?定义在R上的函数，对于任意的实数a，b都有f?ab??af?b??bf?a?，且f?2??1

?1??2?（1） 求f??的值

（2） 求f?2?n?的解析式（n?N?）

2. 设函数f?x??xx?a?b

（1）求证：f?x?为奇函数的充要条件是a2?b2?0

（2）设常数b＜22?3，且对任意x??0,1?，f?x?＜0恒成立，求实数a的取值范围

3.已知函数f(x)?x2?(a?3)x?a2?3a（a为常数）.

（1）如果对任意x?[1,2],f(x)?a2恒成立，求实数a的取值范围；

（2）设实数p,q,r满足：p,q,r中的某一个数恰好等于a，且另两个恰为方程f(x)?0 的

两实根，判断①p?q?r，②p2?q2?r2，③p3?q3?r3是否为定值？若是定值请求出：若不是定值，请把不是定值的表示为函数g(a)，并求g(a)的最小值；

- 1 -

（3）对于（2）中的g(a)，设Ha()??[g(a)27]?61，数列{an}满足an?1?H(an) (n?N*)，

且a1?(0,1)，试判断an?1与an的大小，并证明.

4．如图，以A1，A2为焦点的双曲线E与半径为c的圆O相交于C，D，C1，D1，连接CC1与OB交于点H，且有：OH?(3?23)HB。其中A1，A2，B是圆O与坐标轴的交点，c为双曲线的半焦距。

（1）当c=1时，求双曲线E的方程；

（2）试证：对任意正实数c，双曲线E的离心率为常数。 （3）连接A1C与双曲线E交于F，是否存在

实数?,使A1F??FC恒成立，若存在，试求出?的值； 若不存在，请说明理由.

5.设函数f(x)?13ax3

?bx2?cx(a?b?c),其图象在点ba?1 ；

A(1,f(1),B(m,f(m))处的切线

的斜率分别为0，－a. （1）求证：0? （2）若函数f（x）的递增区间为[s，t]，求|s－t|的取值范围.

（3）若当x≥k时，（k是a，b，c无关的常数），恒有f'(x)?a?0，试求k的最小值

- 2 -

6. 设函数f(x)?ax2?bx?1(a,b为实数),F(x)???f(x)(x?0)(x?)??f(x)

（1）若f(?1)?0且对任意实数均有f(x)?0成立，求F(x)表达式；

（2）在（1）在条件下，当x?[?2,2]时，g(x)?f(x)?kx是单调函数，求实数k的取值

范围；

（3）设mn<0，m+n>0，a>0且f(x)为偶函数，证明F(m)?F(n)?0.

7. 在平面直角坐标系内有两个定点F1、F2和动点P，F1、F2坐标分别为F1(?1,0) 、F2(1,0)，动点P满足

|PF1||PF2|22?，动点P的轨迹为曲线C，曲线C关于直线y?x的对称曲线为曲线

C'，直线y?x?m?3与曲线C'交于A、B两点，O是坐标原点，△ABO的面积为7， （1）

求曲线C的方程；（2）求m的值。

8.数列?an?，a1?1,an?1?2an?n2?3n(n?N?)

⑴是否存在常数?、?，使得数列?an??n2??n?是等比数列，若存在，求出?、?的值，若不存在，说明理由。

⑵设bn

?1an?n?2n?1，Sn?b1?b2?b3???bn，证明：当n?2时，

6n(n?1)(2n?1)?Sn?53.

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9、数列{an}的前n项和为Sn,a1?10,an?1?9Sn?10。 （I）求证：{lgan}是等差数列；

??3（Ⅱ）设Tn是数列??的前n项和，求Tn；

(lga)(lga)nn?1??（Ⅲ）求使Tn?(m2?5m)对所有的n?N?恒成立的整数m的取值集合。

41

10、（2009天津一中3月月考）已知数列｛an｝中，a1?其中n=1,2,3….

（1）令bn?an?1?an?1,求证数列?bn?是等比数列; （2）求数列?an?的通项； ⑶ 设Sn、Tn分别为数列??an?、?bn?的前n项和,是否存在实数?，使得数列?Sn??Tn??为n??12,点（n,2an?1?an）在直线y=x上，

等差数列？若存在，试求出?.若不存在,则说明理由。

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参考答案：

1．解：（1）令a=b=1 求得f?1??0 2分

??1?1?1?1?1?f?2? ∴f???? 5分 ??2f???2?4?2?2?2? 又 f?1??f?2? （

2n2

n?1）

f2

?1f2??n??f?2?1?21?n??2?1f2?1?n??21?nf2???1，∴

f2??n??2?1?n??2.

令 bn?2nf?2?n? ， ∴bn?bn?1?2?1， 9分 ∴ 数列 ?bn?是以公差d=?12 b1?2f?????2??1?12的等差数列 12分

∴ bn?b1??n?1??????1?nn?n??n?1 14分 ?， ∴bn??，∴f22?22??2．解：（1）充分性：若a2?b2?0 ∴a=b=0

∴f?x??xx 对任意的x?R都有f??x??f?x??0

∴f?x?为奇函数，故充分性成立. 2分 必要性：若f?x?为奇函数

则对任意的x?R都有f??x??f?x??0恒成立， 即 ?x?x?a?b?xx?a?b?0

令x=0 ，得b=0；令x=a ，得a=0 。∴ a2?b2?0 6分 （2）由b＜22?3＜0，当x=0时a取任意实数不等式恒成立 当0＜x≤1时 f?x?＜0恒成立，也即x?令g?x??x?bxbx＜a＜x?bx恒成立

在0＜x≤1上单调递增，∴a＞gmax?x??g?1??1?b 10分

bx 令h?x??x? ， 则h?x?在?0,?b上单调递减，

bx???b,??单调递增

??1当b＜?1时 h?x??x?在0＜x≤1上单调递减

∴ a＜hmin?x??h?1??1?b。∴1?b＜ a＜1?b 。 12分

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?2当?1≤b＜22?3时， h?x??x?bx≥2?b，

∴a＜hmin?x??2?b，∴ 1?b＜ a＜2?b 14分

3．解：（1）?f(x)?a2?x2?(a?3)x?3a?0，?(x?3)(x?a)?0对x?[1,2]恒成立， 又?x?3?0恒成立，?x?a?0对x?[1,2]恒成立，?a??x,又?x?[?2,?1]，?a??2. （2）由??(a?3)2?4(a2?3a)?0得：?1?a?3， 不妨设a?p，则q，r恰为方程两根，由韦达定理得： ①p?q?r?3,qr?a2?3a,

?②p?q?r?a?(q?r)?2pr?a?(3?a)?2(a?3a)?9

22222222③而p3?q3?r3?a3?(q3?r3)?a3?(q?r)[q2?qr?r2]?3a3?9a2?27. 设g(a)?3a3?9a2?27，求导得：g(a)?9a2?18a?9a(a?2)

当a?[2,3]时，g(a)?0,g(a)递增；当a?[0,2]时，g(a)?0,g(a)递减； 当a?[?1,0]时，g(a)?0,g(a)递增，

?g(a)在[?1,3]上的最小值为min{g(?1),g(2)}?min{15,15}?15

1616（3

32）

2H(a)??12[g(a)?27]??(3a?9a),32如果

a?(0，则

H?(a)?3a?a?3a(1?a)?0

?H(a)在

(0,1)为

16递

32增函数，

?H(a)?(H(0),H(1))?(0,1),?an?1?H(an)??(3an?9an)

?a1?(0,1)?a2?(0,1)???an?(0,1)??

又?an?1?an??12an?332an?an??212an(an?2)(an?1)?0，?an?1?an.

4．（1）由c=1知B（0，1），∵OH?(3?23)HB， ∴xH?0,yH?3?234?23?32

即 H(0,32), 点C在单位圆上，∴C?(12,32)

设双曲线E的方程为

xa22?yb22?1(a?0,b?0).

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?a2?b2?1,?由点C的双曲线E上，半焦距c=1有：?1解得3??1,?224b?4a22?23?a?1??2 ?3?2b??2?所以双曲线E的方程为：

x1?32?y32?1.

（2）证明：∵A1（－c，0），B（0，c），由 OH?(3?23)HB得:H(0,222232c),C(12c,32c),

设双曲线E的方程为

xa?yb4?a2?b2?c2①?2 ?1(a?0,b?0), ∴ ?c23c??1②?224b?4a224①代入②，化简整理得 3a?6ab?b?0,?()?6()?3?0

aab4b2解得 ()?3?23.

ab2又 e?2ca22b2?1?()?4?23.∴e?a4?23?即双曲线E的离心离是与3?1，

c无关的常数。

（3）假设存在实数?,使A1F??FC恒成立，A1(?c,0),C(,2c3c2)有

?c?xF?c2??,yF1????2? 1??32?c23c??1③?22c(??2)3c?4b?4a,,点C，F都在双曲线E上，故有?2点F( 2222(1??)2(1??)3c??c(??2)?④2222?4b(1??)?4a(1??)由③得e?23cb222?4?2cb22?e?432⑤ ?22⑤代入④得

e(??2)4(1??)2?(e?4)?24(1??)?1,化简整理得??e?e22?2??1

即??e?1e?222,利用（2）小题的结论得：??3?236?23?1?43,

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故存在实数??1?43,使A1F??FC恒成立.

5．（1）?f'(x)?ax2?2bx?c,由题意及导数的几何意义得f'(1)?a?2b?c?0①

f(m)?am'2?2bm?c??a②

又a?b?c,可得4a?a?2b?c?4c,即4a?0?4c,故a?0,c?0 由①得c??a?2b，代入a?b?c,再由a?0,得?将c=－a－2b代入②得am2132?ba?1③

2?2bm?2b?0即方程axb2?2bx?2b?0有实根，

ba?0④

故判别式??4b?8ab?0,得()?2()?0,得aabba??2,或由③、④得0?ba?1

（2）由f'(x)?ax2?2bx?c的判别式?'?4b2?4ac?0 知方程f'(x)?ax2?2bx?c?0(*)有两个不等实根，设为x1，x2， 又由f'(1)?a?2b?c?0知，x1?1为方程（*）的一个实根， 则由根与系数的关系得x1?x2??2ba,x2??2ba?1?0?x1

当x＜x2，或x＞x1时，f'(x)?0,当x2?x?x1时f'(x)?0 故函数f（x）的递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2，x1]=[s，t]， 因此|s?t|?|x1?x2|?2?（3）由

f(x)?a?0,即ax?2bx?2ba22ba2,由（1）知0?ba?1得|s?t|的取值范围为2[2，4)

'?2bx?a?c?0即axba?x2?2bx?2b?

因此a＜0，得x2b?0,整理得(2x?2)??0

设g()?(2x?2)?abbba?x,可以看作是关于ba的一次函数，由题意，

2?g(1)?0??x?2x?2?0g()?0对于0??1恒成立故?即?得x??3?1或x?2aag(0)?0???x?03?1

由题意[k,??)?(??,?3?1)?[3?1,??)，故k?3?1,因此k的最小值为3?1

6．（1）∵f(?1)?0，∴b?a?1，由f(x)?0恒成立知：

??b?4a?(a?1)?4a?(a?1)?0，

- 8 -

222

2?(x?1)?∴a=1，从而f(x)?x2?2x?1,?F(x)??2???(x?1)(x?0)(x?0)

（2）由（1）知f(x)?x2?2x?1,?g(x)?f(x)?kx?x2?(2?k)x?1, 由g(x)在[－2，2]上是单调函数知：?2?k2??2或?2?k2?2，得k??2或k?6.

（3）∵f(x)是偶函数，∴f(?x)?f(x)而a?0,?f(x)在[0,??)为增函数，对于F(x)， 当x?0时， ?x?0, ?x?0,F(?x)??f(?x)??f(x)??F(x)，当x?0时， F(?x)?f(?x)?f(x)??F(x)，∴F(x)是奇函数，且F(x)是在[0,??)上为增函数，当mn<0，m、n异号，

(i)当m?0,n?0时，由m??n?0知F(m)?F(?n)??F(n) ∴F(m)?F(n)?0.

∴F(m)?F(n)?0. (ii)当m?0,n?0时，由n??m?0知F(n)?F(?m)??F(m)，综上可知F(m)?F(n)?0.

(x?1)?y(x?1)?y22227、解：（1）设P点坐标为(x,y)，则?22，化简得(x?3)2?y2?8，

所以曲线C的方程为(x?3)2?y2?8；

（2）曲线C是以(?3,0)为圆心，22为半径的圆 ，曲线C'也应该是一个半径为22的圆，点(?3,0)关于直线y?x的对称点的坐标为(0,?3)，所以曲线C'的方程为x?(y?3)?8， 该圆的圆心(0,?3)到直线y?x?m?3的距离d为 d?|0?(?3)?m?3|1?(?1)1212m222222?|m|2，

S△ABO?2?d?|AB|??d?28?d2?(8?)?m22?7

?m2?1，或

m22?7，所以，m??2，或m??14。

8. ⑴解:设 an?1?2an?n2?3n可化为an?1??(n?1)2??(n?1)?2(an??n2??n)， 即an?1?2an??n2?(??2?)n???? …………………………… (2分)

????1? 故???2??3??????0?解得????1 …………………………… (4分) ???1?

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∴an?1?2an?n2?3n可化为an?1?(n?1)2?(n?1)?2(an?n2?n) ………(5分) 又a1?12?1?0 ……………………………………………………………………(6分) 故存在???1,??11an?n?2n?1使得数列?an??n2??n?是等比数列 ……………(7分)

⑵证明：由⑴得 an?n2?n?(a1?12?1)?2n?1 ∴an?2n?1?n2?n， 故 bn?∵ bn??1n2 ……………………………………………… (8分)

?22n?1?21n22n?1222222∴n?2时,Sn?b1?b2?b3???bn?1?(?)?(?)???(?)

35572n?12n?1225 ?1??? ……………………………………（11分）

32n?136n现证Sn?(n?2).

(n?1)(2n?1)?44n2?44n?12 ………………………… (9分)

当n?2时Sn?b1?b2?1?14?54,而6n(n?1)(2n?1)1?123?5?45,54?45，

故n?2时不等式成立 ………………………………………………（12分） 当n?3时,由bn?1n2?1n(n?1)12?1n12??n?113得

13?146)???(1n?1n?1)

Sn?b1?b2?b3???bn?(1??1?1n?1?nn?1)?()?(，且由2n?1?66n得1?2n?1，

∴Sn?nn?1?(n?1)(2n?1) …………………………………… （14分）

9、解：（I）依题意，a2?9c1?10?100

故

a2a1?10

当n?2时，an?1?9Sn?10 an?9Sn?1?10 ①-②得：

an?1an?10

n?1n??10(n?N)， 故{an}为等比数列，且an?a1q?lgan?n

?lgaa?1?lgan?(n?1)?n?1

即{lgan}是等差数列 （Ⅱ）由（I）知，Tn?3(11?212??12?312????131n(n?1)1n?)

)?3?3n?1 ?3(1?（Ⅲ）?Tn?3?3n?1???1n?1

- 10 -

?当n?1时，Tn取最小值 依题意有

3?1(m?5m)

232

24 解得?1?m?6

故所求整数m的取值集合为{0，1，2，3，4，5} 10、解：（I）由已知得 a1??a2?34,a2?a1?1?34?1212,2an?1?an?n,

34,

?1??又bn?an?1?an?1,bn?1?an?2?an?1?1,

an?1?(n?1)?bn?1bn?an?1?an?1an?2?an?1?134?1222an?1?an?1?an?n?an?1?an?1an?112?.

?an?12?{bn}是以?为首项，以

3为公比的等比数列.

（II）由（I）知，bn???an?1?an?1??3?1n1n?131?()???n, 42223?1,

22223131a3?a2?1???2,???????an?an?1?1???n?1,

22223111(?2?????n?1), 2222,?a2?a1?1??将以上各式相加得：

?an?a1?(n?1)??1?an?a1?n?1?32?2(1?1?121n?1)?12?(n?1)?32(1?12)?n?132n?n?2.

2?an?32n?n?2.

（III）解法一： 存在??2，使数列{Sn??Tnn121}是等差数列. ?122?Sn?a1?a2?????an?3(?????12n)?(1?2?????n)?2n

1?3?2(1?1?1212n)?n(n?1)2?2n?3(1?12n)?n?3n22??32n?n?3n22?3.

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?Tn?b1?b2?????bn?34(1?1212n)??32(1?12)??n32?32n?1.

1?数列{Sn??Tnn}是等差数列的充要条件是

Sn??Tnn?An?B,(A、B是常数)

即Sn??Tn?An2?Bn,

32n又Sn??Tn???当且仅当1??n?3n22?3??(?32?32)?n?1n?3n22?3(1??2)(1?12n)

?2?0，即??2时，数列{Sn??Tnn}为等差数列.

解法二：

存在??2，使数列{Sn??Tnn}是等差数列.

n(n?1)2?2n

由（I）、（II）知，an?2bn?n?2?Sn?2T?n(n?1)Sn??Tnn?2?2n?2Tn??Tnn?n?32???2nTn

?34(1?1212n)??又Tn?b1?b2?????bn?Sn??Tnnn?3232(1?12)??n32?32n?1

1?????2n(?32?32nn?1)

}是等差数列.

?当且仅当??2时，数列{Sn??Tn

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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