(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 第一板塊“21~22”壓軸大題搶分練(一)-(六)

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1、(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 第一板塊“21~22”壓軸大題搶分練(一)-(六) 21.(本小題滿分15分)已知橢圓C:+y2=1的左、右焦點分別是F1,F(xiàn)2,點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點,連接PF1,PF2,設(shè)∠F1PF2的內(nèi)角平分線PM交C的長軸于點M(m,0). (1)求實數(shù)m的取值范圍; (2)求|PF1|·|PM|的最大值. 解:(1)設(shè)P(x0,y0)(y0≠0),則+y=1, 又F1(-,0),F(xiàn)2(,0), 所以直線PF1,PF2的方程分別為: lPF1:y0x-(x0+)y+y0=0. lPF2:y0x-(x0-)y-y0=0. 因為=,

2、所以= . 因為-0,得-2

3、1)已知函數(shù)F(x)=f(x)+x2-x+,求F(x)的極值; (2)已知函數(shù)G(x)=f(x)+ax2-(2a+1)x+a(a>0),若存在實數(shù)m∈(2,3),使得當x∈(0,m]時,函數(shù)G(x)的最大值為G(m),求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)由已知條件得,F(xiàn)(x)=ln x+x2-x+,且函數(shù)定義域為(0,+∞), 所以F′(x)=+x-=. 令F′(x)=0,得x=1或x=2, 當x變化時,F(xiàn)′(x),F(xiàn)(x)隨x的變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞) F′(x) + 0 - 0 + F(x)  0  ln

4、 2-  所以當x=1時,函數(shù)F(x)取得極大值F(1)=0; 當x=2時,函數(shù)F(x)取得極小值F(2)=ln 2-. (2)由條件,得G(x)=ln x+ax2-(2a+1)x+a+1,且定義域為(0,+∞), 所以G′(x)=+2ax-(2a+1)=. 令G′(x)=0,得x=1或x=. ①當a=時,函數(shù)G(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,顯然符合題意. ②當>1,即00,得x>或0G(1),解得a>1-ln 2.

5、又0時, 由G′(x)>0,得x>1或00.(*) 令g(a)=ln(2a)++ln 2-1, ∵g′(a)=>0恒成立, 故恒有g(shù)(a)>g=ln 2->0, ∴a>時,(*) 式恒成立. 綜上,實數(shù)a的取值范圍是(1-ln 2,+∞). “21~22”壓軸大題搶分練(二)

6、 21.(本小題滿分15分)已知拋物線x2=2py(p>0),點M是拋物線的準線與y軸的交點,過點A(0,λp)(λ∈R)的動直線l交拋物線于B,C兩點. (1)求證: ·≥0,并求等號成立時實數(shù)λ的值; (2)當λ=2時,設(shè)分別以O(shè)B,OC(O為坐標原點)為直徑的兩圓相交于另一點D,求|DO|+|DA|的最大值. 解:(1)證明:由題意知動直線l的斜率存在,且過點A(0,λp),則可設(shè)動直線l的方程為y=kx+λp, 代入x2=2py,消去y并整理得x2-2pkx-2λp2=0, Δ=4p2(k2+2λ)>0, 設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2), 則x1+x2=2pk,x1

7、x2=-2p2λ, y1y2=(kx1+λp)(kx2+λp)=k2x1x2+λkp(x1+x2)+λ2p2=λ2p2, y1+y2=k(x1+x2)+2λp=2pk2+2λp=2p(k2+λ). 因為拋物線x2=2py的準線方程為y=-, 所以點M的坐標為, 所以=,=, 所以·=x1x2+=x1x2+y1y2+(y1+y2)+=-2p2λ+λ2p2+[2p(k2+λ)]+=p2≥0,當且僅當k=0,λ=時等號成立. (2)由(1)知,當λ=2時,x1x2=-4p2,y1y2=4p2, 所以·=x1x2+y1y2=0, 所以O(shè)B⊥OC. 設(shè)直線OB的方程為y=mx(m≠0

8、), 與拋物線的方程x2=2py聯(lián)立可得B(2pm,2pm2), 所以以O(shè)B為直徑的圓的方程為x2+y2-2pmx-2pm2y=0. 因為OB⊥OC,所以直線OC的方程為y=-x. 同理可得以O(shè)C為直徑的圓的方程為x2+y2+x-y=0,即m2x2+m2y2+2pmx-2py=0, 將兩圓的方程相加消去m得x2+y2-2py=0, 即x2+(y-p)2=p2, 所以點D的軌跡是以O(shè)A為直徑的圓, 所以|DA|2+|DO|2=4p2, 由≥2, 得|DA|+|DO|≤2p, 當且僅當|DA|=|DO|=p時,(|DA|+|DO|)max=2p. 22.(本小題滿分15分)

9、三個數(shù)列{an},{bn},{cn},滿足a1=-,b1=1,an+1=,bn+1=2bn+1,cn=abn,n∈N*. (1)證明:當n≥2時,an>1; (2)是否存在集合[a,b],使得cn∈[a,b]對任意n∈N*成立,若存在,求出b-a的最小值;若不存在,請說明理由; (3)求證:++…+≤2n+1+cn+1-6(n∈N*,n≥2). 解:(1)證明:下面用數(shù)學(xué)歸納法證明: 當n≥2時,an>1. ①當n=2時,由a1=-, an+1=, 得a2=,顯然成立; ②假設(shè)n=k時命題成立,即ak>1. 則n=k+1時,ak+1= . 于是ak+1-1=. 因為

10、()2-(3-ak)2=4(ak-1)>0. 所以ak+1>1,也就是說n=k+1時命題成立. 由①②可知,當n≥2時,an>1. (2)由bn+1=2bn+1,b1=1,得bn+1+1=2(bn+1), 所以數(shù)列{bn+1}是以b1+1=2為首項,2為公比的等比數(shù)列, 所以bn+1=2n,從而bn=2n-1. 由(1)知,當n≥2時,an>1, 所以當n≥2時,an+1-an=. 因為a-2an+5-(1+an)2=4(1-an)<0, 所以an+1

11、2=,c2=a3=2, 所以c1<1,c2=a3>c3>…>1, 從而存在集合[a,b],使得cn∈[a,b]對任意n∈N*成立, 當b=c2=a3=2,a=c1=-時, b-a的最小值為c2-c1=. (3)證明:當n≥2時,an>1 , 因為an+1=, 所以anan+1=a+an+1-1, 也即an-an+1=1- , 即≤2n+cn+1-cn(n≥2) , 于是 ≤ (2i+ci+1-ci)=2n+1-4+cn+1-c2=2n+1+cn+1-6. 故++…+≤2n+1+cn+1-6(n∈N*,n≥2). “21~22”壓軸大題搶分練(三) 21.(本小

12、題滿分15分)過拋物線x2=4y的焦點F的直線l交拋物線于A,B兩點,拋物線在A,B兩點處的切線交于點M. (1)求證:點M在直線y=-1上; (2)設(shè)=λ,當λ∈時,求△MAB的面積S的最小值. 解:(1)證明:易知直線l的斜率一定存在,F(xiàn)(0,1), 設(shè)直線l的方程為y=kx+1,聯(lián)立 消去y,得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=4k,x1x2=-4,x=4y1,x=4y2, 由x2=4y,得y′=x,則切線AM的方程為y-y1=x1(x-x1),即y=x1x-x, 同理,切線BM的方程為y=x2x-x.

13、 由得(x1-x2)x-(x1+x2)·(x1-x2)=0, 又x1-x2≠0,所以x==2k. 所以2y=(x1+x2)x-[(x1+x2)2-2x1x2] =×4k×2k-(16k2+8)=-2, 所以y=-1,即點M(2k,-1), 故點M在直線y=-1上. (2)由(1)知,當k=0時,=,此時λ=1,不符合題意,故k≠0.連接MF,則kMF==-, 因為·k=-1,所以MF⊥AB. 因為=λ, 所以(-x1,1-y1)=λ(x2,y2-1),得-x1=λx2, 則-λ+=+=, 所以2-λ-===-4k2, 即k2=-, 令f(λ)=-,λ∈, 因為f(

14、λ)=-在上單調(diào)遞減,所以≤f(λ)≤,所以≤k2≤. 因為|MF|==2, |AB|=y(tǒng)1+y2+2=k(x1+x2)+4=4k2+4, 所以S=×|AB|×|MF|=4, 所以當k2=,即λ=時,S取得最小值, 且Smin=4=. 22.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax+a. (1)當a=-1時,求函數(shù)f(x)的圖象在點(1,0)處的切線方程; (2)若函數(shù)f(x)有一個大于1的零點,求實數(shù)a的取值范圍; (3)若f(x0)=0,且x0>1,求證:x0+1>. 解:(1)當a=-1時,f(x)=ln x+x-1, f′(x)=+1, 所以f′(1

15、)=2,所以切線的斜率k=2. 又切點為(1,0),所以切線的方程為y=2x-2. (2)由題意知,f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=-a=. ①當a≤0時,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又f(1)=0, 所以f(x)有唯一零點1,不符合題意. ②當a>0時,令f′(x)=0,則x=, 當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x f′(x) + 0 - f(x)  極大值  由表可知,當≤1,即a≥1時,f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,又f(1)=0,所以f(x)<0在(1,+∞)上恒成立,無零點

16、,不符合題意. 當>1,即0f(1)=0, 又f(e)=+a-ae,令t=∈(1,+∞), 則y=t+-et=, 令g(t)=t2+1-et(t>1), 則g′(t)=2t-et, 令G(t)=2t-et(t>1),則G′(t)=2-et<0, 所以g′(t)=2t-et在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 所以當t>1時,g′(t)1時,g(t)

17、x>x,得e>. 所以f(x)在上無零點,在上有唯一零點. 綜上,滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是(0,1). (3)證明:由(2)得,x0∈且01), 則當m>1時,h′(m)=-=>0, 所以h(m)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 則h(m)>h(1)=0, 所以f >0,即f >f(x0). 又-1,x0∈且f(x)在上為減函數(shù), 所以-1. “21~22”壓軸大題搶分練(四) 21.(本小題滿分15分)已知直線l:y=x+m與圓x

18、2+y2=2交于A,B兩點,若橢圓+y2=1上有兩個不同的點C,D關(guān)于直線l對稱. (1)求實數(shù)m的取值范圍; (2)求四邊形ACBD面積的取值范圍. 解:(1)設(shè)直線CD:y=-x+n,聯(lián)立x2+2y2=2, 得3x2-4nx+2(n2-1)=0. 設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),CD中點為M(x0,y0), 故Δ=16n2-24(n2-1)>0,解得-

19、以|AB|=2, 所以S四邊形ACBD=|AB|·|CD| = = = . 因為0≤m2<, 所以0n-. 證明:(1)數(shù)學(xué)歸納法:①當n=1時,a1=,a2=, 顯然有0

20、k+1n-. “21~22”壓軸大題搶分練(五) 21.(本小題滿分15分)橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,其右焦點到橢圓C外一點P(2,1)的距離為,不過原點O的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,且線段AB的長度為2. (1)求橢圓C的

21、方程; (2)求△AOB面積S的最大值. 解:(1)設(shè)橢圓右焦點為(c,0), 則由題意得 解得或(舍去). 所以b2=a2-c2=1, 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)因為線段AB的長等于橢圓短軸的長,要使三點A,O,B能構(gòu)成三角形,則直線l不過原點O,弦AB不能與x軸垂直,故可設(shè)直線AB的方程為y=kx+m, 由消去y,并整理, 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 又Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)>0, 所以x1+x2=-,x1x2= 因為|AB|=2,所以 =2, 即(1+k2)[(

22、x2+x1)2-4x1x2]=4, 所以(1+k2)=4, 即=2(1-m2), 因為1+k2≥1,所以≤m2<1. 又點O到直線AB的距離d=, 因為S=|AB|·d=d, 所以S2==2m2(1-m2)=-22+, 所以0

23、它的取值范圍. 解:(1)由題意得a=1時,f(x)=x,解得x=1. (2)f(x)=其中f(0)=f(a)=1, 最大值在f(1),f(2),f(a)中?。? 當0<a≤1時,f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減, 故f(x)max=f(1)=a; 當1<a<2時,f(x)在[1,a]上單調(diào)遞增,[a,2]上單調(diào)遞減, 故f(x)max=f(a)=1; 當2≤a<3時,f(x)在上單調(diào)遞減,上單調(diào)遞增, 且x=是函數(shù)的對稱軸, 因為-=3-a>0, 所以f(x)max=f(2)=5-2a, 綜上,f(x)= (3)∵當x∈(0,+∞)時,f(x)max=1, 故問題只需

24、轉(zhuǎn)化為在給定區(qū)間內(nèi)f(x)≥-2恒成立. 因f=1-,分兩種情況討論: 當1-<-2時,M(a)是方程x2-ax+1=-2的較小根, 即a>2時, M(a)==∈(0,); 當1-≥-2時,M(a)是方程-x2+ax+1=-2的較大根, 即0<a≤2時, M(a)=∈(,+ ], 綜上M(a)= 且M(a)∈(0,)∪(,+ ]. “21~22”壓軸大題搶分練(六) 21.(本小題滿分15分)設(shè)拋物線y2=4x的焦點為F,過點的動直線交拋物線于不同兩點P,Q,線段PQ中點為M,射線MF與拋物線交于點A. (1)求點M的軌跡方程; (2)求△APQ的面積的最小值. 解

25、:(1)設(shè)直線PQ方程為x=ty+,代入y2=4x, 得y2-4ty-2=0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 則y1+y2=4t,y1y2=-2,x1+x2=t(y1+y2)+1=4t2+1, 所以M. 設(shè)M(x,y),由消去t,得中點M的軌跡方程為y2=2x-1. (2)設(shè)=λ (λ<0),A(x0,y0), 又F(1,0),M, 則(x0-1,y0)=λ, 即 由點A在拋物線y2=4x上, 得4λ2t2=8λt2-2λ+4, 化簡得(λ2-2λ)t2=-λ+1. 又λ<0,所以t2=-. 因為點A到直線PQ的距離 d==, |PQ|=|y1-y2|

26、=2. 所以△APQ的面積S=·|PQ|·d = |λ-1|= . 設(shè)f(λ)=,λ<0,則f′(λ)=, 由f′(λ)>0,得λ>-; 由f′(λ)<0,得λ<-, 所以f(λ)在上是減函數(shù),在上是增函數(shù),因此,當λ=-時,f(λ)取到最小值. 所以△APQ的面積的最小值是. 22.(本小題滿分15分)已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+-1. 證明:當n∈N*時, (1)00. 當n=1時,x1=1>0成立. 假設(shè)n=k時,xk>0成立

27、, 那么n=k+1時,假設(shè)xk+1≤0, 則xk=xk+1+-1≤0,矛盾, 所以xk+1>0,故xn>0得證. 所以xn=xn+1+-1>xn+1, 故00), 則f′(x)=2x++-4=+22-. 由于y=與22在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f′(x)>f′(0)=0, 故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以f(x)>f(0)=0, 所以x+(xn+1+6)-4xn+1-6>0, 即3xn+1-2xn<. (3)由(2)得-≥>0, 則-≥n-1=n-2, 所以xn≤n-2. 又-1≤x(x≥0), 所以 -1≤xn+1, 所以xn=xn+1+-1≤xn+1, 故xn+1≥xn , 所以xn≥n-1, 所以n-1≤xn≤n-2.

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