(浙江專用)2022高考數(shù)學二輪復習 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)學二輪復習 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- 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0 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) 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 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0 20、k+1 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)中取.
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)0 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0n-.
證明:(1)數(shù)學歸納法:①當n=1時,a1=,a2=,
顯然有0
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