2021年高考數學壓軸題100題精選一、立體幾何多選題1．如圖，在棱長為2的正方體中，為邊的中點，下列結論正確的有（）A．與所成角的余弦值為B．過三點、、的正方體的截面面積為C．四面體的內切球的表面積為D．正方體中，點在底面（所在的平面）上運動并且使，那么點的軌跡是橢圓AB【分析】構建空間直角坐標系，由異面直線方向向量的夾角為與所成角的余弦值判斷A的正誤；同樣設結合向量夾角的坐標表示，且由等角的余弦值相等可得，進而判斷P的軌跡知D的正誤；由立方體的截面為梯形，分別求，進而得到梯形的高即可求面積，判斷B的正誤；由四面體的體積與內切球半徑及側面面積的關系求內切球半徑r，進而求內切球表面積，判斷C的正誤.【詳解】A：構建如下圖所示的空間直角坐標系：則有：，∴，，故正確.B：若N為的中點，連接MN，則有，如下圖示，∴梯形AMND’為過三點、、的正方體的截面，而，可得梯形的高為，∴梯形的面積為，故正確.C：如下圖知：四面體的體積為正方體體積減去四個直棱錐的體積，∴，而四面體的棱長都為，有表面積為，∴若其內切圓半徑為，則有，即，所以內切球的表面積為.故錯誤.D：正方體中，點在底面（所在的平面）上運動且，即的軌跡為面截以AM、AP為母線，AC’為軸的圓錐體側面所得曲線，如下圖曲線，構建如下空間直角坐標系，，若，則，∴，，即，整理得，即軌跡為雙曲線的一支，故錯誤.故選：AB關鍵點點睛：應用向量的坐標表示求異面直線的夾角，并結合等角的余弦值相等及向量數量積的坐標表示求動點的軌跡，綜合立方體的性質求截面面積，分割幾何體應用等體積法求內切球半徑，進而求內切球的表面積.2．如圖所示，正三角形ABC中，D，E分別為邊AB，AC的中點，其中AB＝8，把△ADE沿著DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B為60°，則下列選項中正確的是（）A．點A'到平面BCED的距離為3B．直線A'D與直線CE所成的角的余弦值為C．A'D⊥BDD．四棱錐A'-BCED的外接球半徑為ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延長AM交BC于N,連接A'M,A'N.利用線面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理與性質定理得到到平面面BCED的高A'H,并根據二面角的平面角，在直角三角形中計算求得A'H的值，從而判定A;根據異面直線所成角的定義找到∠A'DN就是直線A'D與CE所成的角，利用余弦定理計算即可判定B;利用勾股定理檢驗可以否定C;先證明底面的外接圓的圓心為N,在利用外接球的球心的性質進行得到四棱錐A'-BCED的外接球的球心為O,則ON⊥平面BCED,且OA'=OC,經過計算求解可得半徑從而判定D.【詳解】如圖所示，作AM⊥DE，交DE于M,延長AM交BC于N,連接A'M,A'N.則A'M⊥DE,MN⊥DE,,∵∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD?平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,則A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B為60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=,∴A'M=2,∴A'H=A'Msin60°=3，故A正確；連接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直線A'D與CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M=2,cos∠A'DN=,故B正確；A'D=DB=4,A'B=,∴,∴A'D與BD不垂直，故C錯誤’易得NB=NC=ND=NG=4，∴N為底面梯形BCED的外接圓的圓心，設四棱錐A'-BCED的外接球的球心為O,則ON⊥平面BCED,且OA'=OC,若O在平面BCED上方，入圖①所示：設ON=x,外接球的半徑為R,過O作A'H的垂線，垂足為P,則HP=x,易得,解得,舍去；故O在平面BCED下方，如圖②所示：設ON=x,外接球的半徑為R,過O作A'H的垂線，垂足為P,則HP=x,易得,解得,∴,,故D正確.故選:ABD.本題考查立體幾何中的折疊問題，涉及二面角問題，異面直線所成的角，用到線面、面面垂直的判定與性質及外接球的球心的性質和有關計算，余弦定理等，屬綜合性較強的題目，關鍵是利用線面垂直，面面垂直的判定和性質進行空間關系和結構的判定，注意球心在四棱錐的底面上方和下方的討論與驗證.3．在棱長為1的正方體中，P為底面ABCD內（含邊界）一點．（）A．若，則滿足條件的P點有且只有一個B．若，則點P的軌跡是一段圓弧C．若平面，則長的最小值為D．若且平面，則平面截正方體外接球所得截面的面積為ABD【分析】選項A，B可利用球的截面小圓的半徑來判斷；由平面平面，知滿足平面的點P在BD上，長的最大值為；結合以上條件點P與B或D重合，利用，求出，進而求出面積.【詳解】對A選項，如下圖：由，知點P在以為球心，半徑為的球上，又因為P在底面ABCD內（含邊界），底面截球可得一個小圓，由底面ABCD，知點P的軌跡是在底面上以A為圓心的小圓圓弧，半徑為，則只有唯一一點C滿足，故A正確；對B選項，同理可得點P在以A為圓心，半徑為的小圓圓弧上，在底面ABCD內（含邊界）中，可得點P軌跡為四分之一圓弧.故B正確；對C選項，移動點P可得兩相交的動直線與平面平行，則點P必在過且與平面平行的平面內，由平面平面，知滿足平面的點P在BD上，則長的最大值為，則C不正確；對選項D，由以上推理可知，點P既在以A為圓心，半徑為1的小圓圓弧上，又在線段BD上，即與B或D重合，不妨取點B，則平面截正方體外接球所得截面為的外接圓，利用.故D正確.故選：ABD（1）平面截球所得截面為圓面，且滿足（其中為球半徑，為小圓半徑，為球心到小圓距離）；（2）過定點A的動直線平行一平面，則這些動直線都在過A且與平行的平面內.4．如圖，在棱長為2的正方體，中，為棱上的中點，為棱上的點，且滿足，點，，，，為過三點，，的平面與正方體的棱的交點，則下列說法正確的是（）A． B．三棱錐的體積C．直線與平面所成的角為 D．ABD【分析】面面平行性質定理可得出A正確；等體積法求得B正確；直線與平面所成的角為，求其正切值不等于1即可得出C錯誤；利用面面平行性質定理和中位線求出長度即可得出D正確.【詳解】解：對于A.在正方體中平面平面，又平面平面，平面平面，有平面與平面平行的性質定理可得，故正確；對于B.因為，所以，又為棱上的中點，所以,所以，故正確；對于C.由題意及圖形可判定直線與平面所成的角為，結合B選項可得，故錯誤；對于D.同A選項證明方法一樣可證的，因為為棱上的中點，為棱上的中點，所以所以，所以，故正確.故選：ABD求體積的常用方法：（1）直接法：對于規(guī)則的幾何體，利用相關公式直接計算；（2）等體積法：選擇合適的底面來求幾何體體積，常用于求三棱錐的體積，即利用三棱錐的任一個面可作為三棱錐的底面進行等體積變換；（3）割補法：首先把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，然后進行體積計算；或者把不規(guī)則的幾何體補成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算.5．已知正方體的棱長為2，點O為的中點，若以O為球心，為半徑的球面與正方體的棱有四個交點E，F，G，H，則下列結論正確的是（）A．平面B．平面C．與平面所成的角的大小為45°D．平面將正方體分成兩部分的體積的比為ACD【分析】如圖，計算可得分別為所在棱的中點，利用空間中點線面的位置關系的判斷方法可判斷A、B的正確與否，計算出直線與平面所成的角為后可得C正確，而幾何體為三棱柱，利用公式可求其體積，從而可判斷D正確與否.【詳解】如圖，連接，則，故棱與球面沒有交點.同理，棱與球面沒有交點.因為棱與棱之間的距離為，故棱與球面沒有交點.因為正方體的棱長為2，而，球面與正方體的棱有四個交點E，F，G，H，所以棱與球面各有一個交點，如圖各記為.因為為直角三角形，故，故為棱的中點.同理分別為棱的中點.由正方形、為所在棱的中點可得，同理，故，故共面.由正方體可得，故因為平面，平面，故平面，故A正確.因為在直角三角中，，，，與不垂直，故與不垂直，故平面不成立，故B錯誤.由正方體可得平面，而平面，所以，所以在正方形中，因為分別為的中點，故，因為，故平面，所以為直線與平面所成的角，而，故直線與平面所成的角為，因為，故與平面所成的角的大小為45°.故C正確.因為分別為所在棱的中點，故幾何體為三棱柱，其體積為，而正方體的體積為8，故平面將正方體分成兩部分的體積的比為，故D正確.故選：ACD.本題考查空間中線面位置的判斷、空間角的計算和體積的計算，注意根據球的半徑確定哪些棱與球面有交點，本題屬于中檔題.6．已知正方體棱長為，如圖，為上的動點，平面.下面說法正確的是（）A．直線與平面所成角的正弦值范圍為B．點與點重合時，平面截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大C．點為的中點時，若平面經過點，則平面截正方體所得截面圖形是等腰梯形D．已知為中點，當的和最小時，為的中點AC【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷A選項的正誤；證明出平面，分別取棱、、、、、的中點、、、、、，比較和六邊形的周長和面積的大小，可判斷B選項的正誤；利用空間向量法找出平面與棱、的交點、，判斷四邊形的形狀可判斷C選項的正誤；將矩形與矩形延展為一個平面，利用、、三點共線得知最短，利用平行線分線段成比例定理求得，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則點、、設點，平面，則為平面的一個法向量，且，，，所以，直線與平面所成角的正弦值范圍為，A選項正確；對于B選項，當與重合時，連接、、、，在正方體中，平面，平面，，四邊形是正方形，則，，平面，平面，，同理可證，，平面，易知是邊長為的等邊三角形，其面積為，周長為.設、、、、、分別為棱、、、、、的中點，易知六邊形是邊長為的正六邊形，且平面平面，正六邊形的周長為，面積為，則的面積小于正六邊形的面積，它們的周長相等，B選項錯誤；對于C選項，設平面交棱于點，點，，平面，平面，，即，得，，所以，點為棱的中點，同理可知，點為棱的中點，則，，而，，且，由空間中兩點間的距離公式可得，，，所以，四邊形為等腰梯形，C選項正確；對于D選項，將矩形與矩形延展為一個平面，如下圖所示：若最短，則、、三點共線，，，，所以，點不是棱的中點，D選項錯誤.故選：AC.本題考查線面角正弦值的取值范圍，同時也考查了平面截正方體的截面問題以及折線段長的最小值問題，考查空間想象能力與計算能力，屬于難題.7．已知棱長為1的正方體，過對角線作平面交棱于點，交棱于點，以下結論正確的是（）A．四邊形不一定是平行四邊形B．平面分正方體所得兩部分的體積相等C．平面與平面不可能垂直D．四邊形面積的最大值為BD【分析】由平行平面的性質可判斷A錯誤;利用正方體的對稱性可判斷B正確;當?為棱中點時,通過線面垂直可得面面垂直,可判斷C錯誤;當與重合,與重合時,四邊形的面積最大,且最大值為,可判斷D正確.【詳解】如圖所示,對于選項A,因為平面,平面平面,平面平面,所以,同理可證,所以四邊形是平行四邊形,故A錯誤;對于選項B,由正方體的對稱性可知,平面分正方體所得兩部分的體積相等,故B正確;對于選項C,在正方體中,有,又,所以平面,當?分別為棱的中點時,有,則平面,又因為平面,所以平面平面,故C錯誤;對于選項D,四邊形在平面內的投影是正方形,當與重合,與重合時,四邊形的面積有最大值,此時,故D正確;故選:BD.本題考查了正方體的幾何性質與應用問題,也考查了點線面的位置關系應用問題,屬于中檔題.8．如圖，點是正四面體底面的中心，過點的直線交，于點，，是棱上的點，平面與棱的延長線相交于點，與棱的延長線相交于點，則（）A．若平面，則 B．存在點S與直線MN，使平面C．存在點與直線，使 D．是常數ABD【分析】對于選項A，根據線面平行的性質定理，進行推理判斷即可；對于選項B，當直線平行于直線，時，通過線面垂直的判定定理，證明此時平面，即可證明，存在點S與直線MN，使平面；對于選項C，假設存在點與直線，使，利用線面垂直的判定定理可證得平面，此時通過反證法說明矛盾性，即可判斷；對于選項D，利用，即可求得是常數.【詳解】對于選項A，若平面，平面與棱的延長線相交于點，與棱的延長線相交于點,平面平面，又平面，平面，，點在面上，過點的直線交，于點，，平面，又平面，平面平面，，，故A正確；對于選項B，當直線平行于直線，為線段上靠近的三等分點，即，此時平面，以下給出證明：在正四面體中，設各棱長為，，，，均為正三角形，點為的中心，，由正三角形中的性質，易得，在中，，，，由余弦定理得，，，則，同理，，又，平面，平面，平面，存在點S與直線MN，使平面，故B正確；對于選項C，假設存在點與直線，使，設中點為，則，，即，，，又易知與為相交直線，與均在平面上，平面，即平面，與正四面體相矛盾，所以假設不成立，故C錯誤；對于選項D，易知點到面，面，面的距離相等，記為，記與平面所處角的平面角為，為常數，則也為常數，則點到的距離為，又，又，，，，，為常數，故D正確.故選：ABD.本題考查了線面平行的性質定理、線面垂直的判定定理，考查了三棱錐體積的計算，考查了向量的運算，考查了轉化能力與探究能力，屬于較難題.9．如圖，正三棱柱中，、點為中點，點為四邊形內（包含邊界）的動點則以下結論正確的是（）A．B．若平面，則動點的軌跡的長度等于C．異面直線與，所成角的余弦值為D．若點到平面的距離等于，則動點的軌跡為拋物線的一部分BCD【分析】根據空間向量的加減法運算以及通過建立空間直角坐標系求解，逐項判斷，進而可得到本題答案.【詳解】解析：對于選項A，，選項A錯誤；對于選項B，過點作的平行線交于點．以為坐標原點，分別為軸的正方向建立空間直角坐標系．設棱柱底面邊長為，側棱長為，則，，，，所以，．∵，∴，即，解得．因為平面，則動點的軌跡的長度等于．選項B正確．對于選項C，在選項A的基礎上，，，，，所以，，因為，所以異面直線所成角的余弦值為，選項C正確．對于選項D，設點E在底面ABC的射影為，作垂直于，垂足為F，若點E到平面的距離等于，即有，又因為在中，，得，其中等于點E到直線的距離，故點E滿足拋物線的定義，另外點E為四邊形內（包含邊界）的動點，所以動點E的軌跡為拋物線的一部分,故D正確.故選：BCD本題主要考查立體幾何與空間向量的綜合應用問題，其中涉及到拋物線定義的應用.10．半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美．二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形構成（如圖所示），若它的所有棱長都為，則（）A．BF⊥平面EABB．該二十四等邊體的體積為C．該二十四等邊體外接球的表面積為8πD．PN與平面EBFN所成角的正弦值為BCD【分析】用反證法判斷；先補齊八個角成正方體，再計算體積判斷；先找到球心與半徑，再計算表面積判斷；先找到直線與平面所成角，再求正弦值判斷．【詳解】解：對于，假設對，即平面，于是，，但六邊形為正六邊形，，矛盾，所以錯；對于，補齊八個角構成棱長為2的正方體，則該二十四等邊體的體積為，所以對；對于，取正方形對角線交點，即為該二十四等邊體外接球的球心，其半徑為，其表面積為，所以對；對于，因為在平面影為，所以與平面所成角即為，其正弦值為，所以對．故選：．本題考查了正方體的性質，考查了直線與平面所成角問題，考查了球的體積與表面積計算問題．1．（本小題滿分14分）如圖，設拋物線C:yx2的焦點為F，動點P在直線l:xy20上運動，過P作拋物線C的兩條切線PA、PB，且與拋物線C分別相切于A、B兩點.（1）求△APB的重心G的軌跡方程.（2）證明∠PFA=∠PFB.解：（1）設切點A、B坐標分別為(x,x2)和(x,x2)((xx)，0 1 1 1 0∴切線AP的方程為：2x0xyx0;020切線BP的方程為：2xxyx20;1 14(2n1)}31．（12分）已知拋物線、橢圓和雙曲線都經過點，它們在軸上有共同焦點，橢圓和雙曲線的對稱軸是坐標軸，拋物線的頂點為坐標原點.（Ⅰ）求這三條曲線的方程；（Ⅱ）已知動直線過點，交拋物線于兩點，是否存在垂直于軸的直線被以為直徑的圓截得的弦長為定值？若存在，求出的方程；若不存在，說明理由.解：（Ⅰ）設拋物線方程為，將代入方程得………………（1分）由題意知橢圓、雙曲線的焦點為…（2分）對于橢圓，………………（4分）對于雙曲線，………………（6分）（Ⅱ）設的中點為，的方程為：，以為直徑的圓交于兩點，中點為令………………（7分）…………（12分）2．（14分）已知正項數列中，，點在拋物線上；數列中，點在過點，以方向向量為的直線上.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）若，問是否存在，使成立，若存在，求出值；若不存在，說明理由；（Ⅲ）對任意正整數，不等式成立，求正數的取值范圍.解：（Ⅰ）將點代入中得…………（4分）（Ⅱ）………………（5分）……（8分）（Ⅲ）由………………（14分）3.（本小題滿分12分）將圓O:上各點的縱坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?橫坐標不變),得到曲線C.(1)求C的方程;(2)設O為坐標原點,過點的直線l與C交于A、B兩點,N為線段AB的中點,延長線段ON交C于點E.求證:的充要條件是.解:(1)設點,點M的坐標為,由題意可知………………(2分)又∴.所以,點M的軌跡C的方程為.………………(4分)(2)設點,,點N的坐標為,㈠當直線l與x軸重合時,線段AB的中點N就是原點O,不合題意,舍去;………………(5分)㈡設直線l:由消去x,得………………①∴………………(6分)∴,∴點N的坐標為.………………(8分)①若,坐標為,則點E的為,由點E在曲線C上,得,即∴舍去).由方程①得又∴.………………(10分)②若,由①得∴∴點N的坐標為,射線ON方程為:,由解得∴點E的坐標為∴.綜上,的充要條件是.………………(12分)4.（本小題滿分14分）已知函數.(1)試證函數的圖象關于點對稱;(2)若數列的通項公式為,求數列的前m項和(3)設數列滿足:,.設.若(2)中的滿足對任意不小于2的正整數n,恒成立,試求m的最大值.解:(1)設點是函數的圖象上任意一點,其關于點的對稱點為.由得所以,點P的坐標為P.………………(2分)由點在函數的圖象上,得.∵∴點P在函數的圖象上.∴函數的圖象關于點對稱.………………(4分)(2)由(1)可知,,所以,即………………(6分)由,………………①得………………②由①＋②,得∴………………(8分)(3)∵,………………③∴對任意的.………………④由③、④,得即.∴.……………(10分)∵∴數列是單調遞增數列.∴關于n遞增.當,且時,.∵∴………………(12分)∴即∴∴m的最大值為6.……………(14分)5．（12分）、是橢圓的左、右焦點，是橢圓的右準線，點，過點的直線交橢圓于、兩點.當時，求的面積；當時，求的大小；求的最大值.解：（1）（2）因，則設，當時，6．（14分）已知數列中，，當時，其前項和滿足，求的表達式及的值；求數列的通項公式；設，求證：當且時，.解：（1）所以是等差數列.則..（2）當時，，綜上，.（3）令，當時，有（1）法1：等價于求證.當時，令，則在遞增.又，所以即.法（2）（2）（3）因，所以由（1）（3）（4）知.法3：令，則所以因則，所以（5）由（1）（2）（5）知7．(本小題滿分14分)第21題設雙曲線=1(a>0,b>0)的右頂點為A，P是雙曲線上異于頂點的一個動點，從A引雙曲線的兩條漸近線的平行線與直線OP分別交于Q和R兩點.(1)證明：無論P點在什么位置，總有||2=|·|(O為坐標原點)；(2)若以OP為邊長的正方形面積等于雙曲線實、虛軸圍成的矩形面積，求雙曲線離心率的取值范圍；解：(1)設OP：y=kx,又條件可設AR:y=(x–a),解得：=(,),同理可得=(,),∴|·|=|+|=.4分設=(m,n),則由雙曲線方程與OP方程聯(lián)立解得:m2=,n2=,∴||2=:m2+n2=+=,∵點P在雙曲線上，∴b2–a2k2>0.∴無論P點在什么位置，總有||2=|·|.4分（2）由條件得：=4ab,2分即k2=>0,∴4b>a,得e>2分1.(本小題滿分12分)已知常數a>0,n為正整數，fn(x)=xn–(x+a)n(x>0)是關于x的函數.(1)判定函數fn(x)的單調性，并證明你的結論.(2)對任意n3a,證明f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n)解:(1)fn`(x)=nxn–1–n(x+a)n–1=n[xn–1–(x+a)n–1],∵a>0,x>0,∴fn`(x)<0,∴fn(x)在（0，+∞）單調遞減.4分（2）由上知：當x>a>0時,fn(x)=xn–(x+a)n是關于x的減函數,∴當n3a時,有：(n+1)n–(n+1+a)nnn–(n+a)n.2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(n+1)fn`(n)=(n+1)n[nn–1–(n+a)n–1]=(n+1)[nn–n(n+a)n–1],2分∵(n+a)>n,∴f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n).2分2.(本小題滿分12分)已知：y=f(x)定義域為［–1，1］，且滿足：f(–1)=f(1)=0，對任意u,v[–1，1］，都有|f(u)–f(v)|≤|u–v|.(1)判斷函數p(x)=x2–1是否滿足題設條件？(2)判斷函數g(x)=，是否滿足題設條件？解：(1)若u,v[–1，1]，|p(u)–p(v)|=|u2–v2|=|(u+v)(u–v)|，取u=[–1，1]，v=[–1，1],則|p(u)–p(v)|=|(u+v)(u–v)|=|u–v|>|u–v|，所以p(x)不滿足題設條件.（2）分三種情況討論：10.若u,v[–1，0]，則|g(u)–g(v)|=|(1+u)–(1+v)|=|u–v|，滿足題設條件；20.若u,v[0，1]，則|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1–v)|=|v–u|，滿足題設條件；30.若u[–1，0]，v[0，1]，則：|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1+v)|=|–u–v|=|v+u|≤|v–u|=|u–v|，滿足題設條件;40若u[0，1]，v[–1，0],同理可證滿足題設條件.綜合上述得g(x)滿足條件.3.(本小題滿分14分)已知點P(t,y)在函數f(x)=(x–1)的圖象上，且有t2–c2at+4c2=0(c0).(1)求證：|ac|4;(2)求證：在(–1，+∞）上f(x)單調遞增.(3)(僅理科做)求證：f(|a|)+f(|c|)>1.證：(1)∵tR,t–1,∴⊿=(–c2a)2–16c2=c4a2–16c20，∵c0,∴c2a216,∴|ac|4.(2)由f(x)=1–,法1.設–1<x1<x2,則f(x2)–f(x1)=1––1+=.∵–1<x1<x2,∴x1–x2<0,x1+1>0,x2+1>0,∴f(x2)–f(x1)<0,即f(x2)<f(x1),∴x0時，f(x)單調遞增.法2.由f`(x)=>0得x–1,∴x>–1時，f(x)單調遞增.（3）（僅理科做）∵f(x)在x>–1時單調遞增，|c|>0,∴f(|c|)f()==f(|a|)+f(|c|)=+>+=1.即f(|a|)+f(|c|)>1.4．（本小題滿分15分）設定義在R上的函數（其中∈R，i=0,1,2,3,4），當x=－1時，f(x)取得極大值，并且函數y=f(x+1)的圖象關于點（－1，0）對稱．求f(x)的表達式；試在函數f(x)的圖象上求兩點，使這兩點為切點的切線互相垂直，且切點的橫坐標都在區(qū)間上；若，求證：解：（1）…………5分（2）或…………10分（3）用導數求最值，可證得……15分5．（本小題滿分13分）設M是橢圓上的一點，P、Q、T分別為M關于y軸、原點、x軸的對稱點，N為橢圓C上異于M的另一點，且MN⊥MQ，QN與PT的交點為E，當M沿橢圓C運動時，求動點E的軌跡方程．解：設點的坐標則……1分………3分由（1）－（2）可得………………6分又MN⊥MQ，所以直線QN的方程為，又直線PT的方程為……10分從而得所以代入（1）可得此即為所求的軌跡方程.………………13分6．（本小題滿分12分）過拋物線上不同兩點A、B分別作拋物線的切線相交于P點，（1）求點P的軌跡方程；（2）已知點F（0，1），是否存在實數使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.解法（一）：（1）設由得：………………3分直線PA的方程是：即①同理，直線PB的方程是：②由①②得：∴點P的軌跡方程是……6分（2）由（1）得：…………10分所以故存在=1使得…………12分解法（二）：（1）∵直線PA、PB與拋物線相切，且∴直線PA、PB的斜率均存在且不為0，且設PA的直線方程是由得：即…………3分即直線PA的方程是：同理可得直線PB的方程是：由得：故點P的軌跡方程是……6分（2）由（1）得：………………10分故存在=1使得…………12分7．（本小題滿分14分）設函數在上是增函數.求正實數的取值范圍；設，求證：解：（1）對恒成立，對恒成立又為所求.…………4分（2）取，，一方面，由（1）知在上是增函數，即……8分另一方面，設函數∴在上是增函數且在處連續(xù)，又∴當時，∴即綜上所述，………………14分8．(本小題滿分12分)如圖，直角坐標系中，一直角三角形，，、在軸上且關于原點對稱，在邊上，，的周長為12．若一雙曲線以、為焦點，且經過、兩點．(1)求雙曲線的方程；(2)若一過點（為非零常數）的直線與雙曲線相交于不同于雙曲線頂點的兩點、，且，問在軸上是否存在定點，使？若存在，求出所有這樣定點的坐標；若不存在，請說明理由．解：(1)設雙曲線的方程為，則．由，得，即．∴ （3分）解之得，∴．∴雙曲線的方程為． （5分）(2)設在軸上存在定點，使．設直線的方程為，．由，得．即 ① （6分）∵，，∴．即． ② （8分）把①代入②，得 ③ （9分）把代入并整理得其中且，即且．． （10分）代入③，得，化簡得．當時，上式恒成立．因此，在軸上存在定點，使． （12分）9．(本小題滿分14分)已知數列各項均不為0，其前項和為，且對任意都有（為大于1的常數），記．(1)求；(2)試比較與的大?。ǎ?；(3)求證：，（）．解：(1)∵， ①∴． ②②－①，得，即． （3分）在①中令，可得．∴是首項為，公比為的等比數列，． （4分）(2)由(1)可得．．∴， （5分）．而，且，∴，．∴，（）． （8分）(3)由(2)知，，（）．∴當時，．∴， （10分）（當且僅當時取等號）．另一方面，當，時，．∵，∴．∴，（當且僅當時取等號）．（13分）∴．（當且僅當時取等號）．綜上所述，，（）．（14分）1．（本小題滿分14分）已知橢圓的左、右焦點分別是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是橢圓外的動點，滿足點P是線段F1Q與該橢圓的交點，點T在線段F2Q上，并且滿足（Ⅰ）設為點P的橫坐標，證明；（Ⅱ）求點T的軌跡C的方程；（Ⅲ）試問：在點T的軌跡C上，是否存在點M，使△F1MF2的面積S=若存在，求∠F1MF2的正切值；若不存在，請說明理由.本小題主要考查平面向量的概率，橢圓的定義、標準方程和有關性質，軌跡的求法和應用，以及綜合運用數學知識解決問題的能力.滿分14分.（Ⅰ）證法一：設點P的坐標為由P在橢圓上，得由，所以………3分證法二：設點P的坐標為記則由證法三：設點P的坐標為橢圓的左準線方程為 由橢圓第二定義得，即 由，所以…………3分（Ⅱ）解法一：設點T的坐標為 當時，點（，0）和點（－，0）在軌跡上.當|時，由，得.又，所以T為線段F2Q的中點.在△QF1F2中，，所以有綜上所述，點T的軌跡C的方程是…………7分解法二：設點T的坐標為當時，點（，0）和點（－，0）在軌跡上. 當|時，由，得. 又，所以T為線段F2Q的中點. 設點Q的坐標為（），則 因此① 由得② 將①代入②，可得 綜上所述，點T的軌跡C的方程是……7分③④（Ⅲ）解法一：C上存在點M（）使S=的充要條件是③④ 由③得，由④得所以，當時，存在點M，使S=； 當時，不存在滿足條件的點M.………11分 當時，， 由， ， ，得解法二：C上存在點M（）使S=的充要條件是③④③④ 由④得上式代入③得 于是，當時，存在點M，使S=； 當時，不存在滿足條件的點M.………11分 當時，記， 由知，所以…………14分2．（本小題滿分12分） 函數在區(qū)間（0，+∞）內可導，導函數是減函數，且設是曲線在點（）得的切線方程，并設函數（Ⅰ）用、、表示m；（Ⅱ）證明：當；（Ⅲ）若關于的不等式上恒成立，其中a、b為實數，求b的取值范圍及a與b所滿足的關系.本小題考查導數概念的幾何意義，函數極值、最值的判定以及靈活運用數形結合的思想判斷函數之間的大小關系.考查學生的學習能力、抽象思維能力及綜合運用數學基本關系解決問題的能力.滿分12分（Ⅰ）解：…………2分（Ⅱ）證明：令因為遞減，所以遞增，因此，當；當.所以是唯一的極值點，且是極小值點，可知的最小值為0，因此即…………6分（Ⅲ）解法一：，是不等式成立的必要條件，以下討論設此條件成立.對任意成立的充要條件是 另一方面，由于滿足前述題設中關于函數的條件，利用（II）的結果可知，的充要條件是：過點（0，）與曲線相切的直線的斜率大于，該切線的方程為 于是的充要條件是…………10分 綜上，不等式對任意成立的充要條件是 ① 顯然，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式② 有解、解不等式②得③ 因此，③式即為b的取值范圍，①式即為實數在a與b所滿足的關系.…………12分（Ⅲ）解法二：是不等式成立的必要條件，以下討論設此條件成立.對任意成立的充要條件是………………8分 令，于是對任意成立的充要條件是 由 當時當時，，所以，當時，取最小值.因此成立的充要條件是，即………………10分 綜上，不等式對任意成立的充要條件是 ① 顯然，存在a、b使①式成立的充要條件是：不等式② 有解、解不等式②得 因此，③式即為b的取值范圍，①式即為實數在a與b所滿足的關系.…………12分3．（本小題滿分12分）已知數列的首項前項和為，且（I）證明數列是等比數列；（II）令，求函數在點處的導數并比較與的大小.解：由已知可得兩式相減得即從而當時所以又所以從而故總有，又從而即數列是等比數列；（II）由（I）知因為所以從而==-=由上-==12①當時，①式=0所以；當時，①式=-12所以當時，又所以即①從而4．(本小題滿分14分)已知動圓過定點，且與直線相切，其中.（I）求動圓圓心的軌跡的方程；（II）設A、B是軌跡上異于原點的兩個不同點，直線和的傾斜角分別為和，當變化且為定值時，證明直線恒過定點，并求出該定點的坐標.解：（I）如圖，設為動圓圓心，為記為，過點作直線的垂線，垂足為，由題意知：即動點到定點與定直線的距離相等，由拋物線的定義知，點的軌跡為拋物線，其中為焦點，為準線，所以軌跡方程為；（II）如圖，設，由題意得（否則）且所以直線的斜率存在，設其方程為，顯然，將與聯(lián)立消去，得由韋達定理知①（1）當時，即時，所以，所以由①知：所以因此直線的方程可表示為，即所以直線恒過定點（2）當時，由，得==將①式代入上式整理化簡可得：，所以，此時，直線的方程可表示為即所以直線恒過定點所以由（1）（2）知，當時，直線恒過定點，當時直線恒過定點.5．（本小題滿分12分） 已知橢圓C1的方程為，雙曲線C2的左、右焦點分別為C1的左、右頂點，而C2的左、右頂點分別是C1的左、右焦點.（Ⅰ）求雙曲線C2的方程；（Ⅱ）若直線與橢圓C1及雙曲線C2都恒有兩個不同的交點，且l與C2的兩個交點A和B滿足（其中O為原點），求k的取值范圍.解：（Ⅰ）設雙曲線C2的方程為，則故C2的方程為（II）將由直線l與橢圓C1恒有兩個不同的交點得即①.由直線l與雙曲線C2恒有兩個不同的交點A，B得解此不等式得③由①、②、③得故k的取值范圍為6．（本小題滿分12分） 數列{an}滿足.（Ⅰ）用數學歸納法證明：；（Ⅱ）已知不等式，其中無理數e=2.71828….（Ⅰ）證明：（1）當n=2時，，不等式成立.（2）假設當時不等式成立，即那么.這就是說，當時不等式成立.根據（1）、（2）可知：成立.（Ⅱ）證法一：由遞推公式及（Ⅰ）的結論有兩邊取對數并利用已知不等式得故上式從1到求和可得即（Ⅱ）證法二：由數學歸納法易證成立，故令取對數并利用已知不等式得上式從2到n求和得因故成立.7．（本小題滿分12分）已知數列（1）證明（2）求數列的通項公式an.解：（1）方法一用數學歸納法證明：1°當n=1時，∴，命題正確.2°假設n=k時有則而又∴時命題正確.由1°、2°知，對一切n∈N時有方法二：用數學歸納法證明： 1°當n=1時，∴；2°假設n=k時有成立，令，在[0，2]上單調遞增，所以由假設有：即也即當n=k+1時成立，所以對一切（2）下面來求數列的通項：所以,又bn=－1，所以1．（本小題滿分14分）已知f(x)=(x∈R)在區(qū)間[－1，1]上是增函數.（Ⅰ）求實數a的值組成的集合A；（Ⅱ）設關于x的方程f(x)=的兩個非零實根為x1、x2.試問：是否存在實數m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由.解：（Ⅰ）f＇(x)==，∵f(x)在[－1，1]上是增函數，∴f＇(x)≥0對x∈[－1，1]恒成立，即x2－ax－2≤0對x∈[－1，1]恒成立.①設(x)=x2－ax－2，方法一：(1)=1－a－2≤0，①－1≤a≤1，(－1)=1+a－2≤0.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數，且只有當a=1時，f＇(-1)=0以及當a=－1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.方法二：≥0，<0，①或(－1)=1+a－2≤0(1)=1－a－2≤00≤a≤1或－1≤a≤0－1≤a≤1.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數，且只有當a=1時，f＇(－1)=0以及當a=-1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.（Ⅱ）由=，得x2－ax－2=0，∵△=a2+8>0∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的兩非零實根，x1+x2=a，∴從而|x1－x2|==.x1x2=－2，∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，當且僅當m2+tm+1≥3對任意t∈[－1，1]恒成立，即m2+tm－2≥0對任意t∈[－1，1]恒成立.②設g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，方法一：g(－1)=m2－m－2≥0，②g(1)=m2+m－2≥0，m≥2或m≤－2.所以，存在實數m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.方法二：當m=0時，②顯然不成立；當m≠0時，m>0，m<0，②或g(－1)=m2－m－2≥0g(1)=m2+m－2≥0m≥2或m≤－2.所以，存在實數m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.2．（本小題滿分12分）如圖，P是拋物線C：y=x2上一點，直線l過點P且與拋物線C交于另一點Q.（Ⅰ）若直線l與過點P的切線垂直，求線段PQ中點M的軌跡方程；（Ⅱ）若直線l不過原點且與x軸交于點S，與y軸交于點T，試求的取值范圍.解：（Ⅰ）設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依題意x1≠0，y1>0，y2>0.由y=x2，①得y＇=x.∴過點P的切線的斜率k切=x1，∴直線l的斜率kl=－=-，∴直線l的方程為y－x12=－(x－x1)，方法一：聯(lián)立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.∵M是PQ的中點x0==-，∴y0=x12－(x0－x1).消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).方法二：由y1=x12，y2=x22，x0=，得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，則x0==kl=-，∴x1=－，將上式代入②并整理，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).（Ⅱ）設直線l:y=kx+b，依題意k≠0，b≠0，則T(0，b).分別過P、Q作PP＇⊥x軸，＇⊥y軸，垂足分別為P＇、Q＇，則.y=x2由消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0.③y=kx+by1+y2=2(k2+b)，則y1y2=b2.方法一：∴|b|()≥2|b|=2|b|=2.∵y1、y2可取一切不相等的正數，∴的取值范圍是（2，+）.方法二：∴=|b|=|b|.當b>0時，=b==+2>2；當b<0時，=－b=.又由方程③有兩個相異實根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，于是k2+2b>0，即k2>－2b.所以>=2.∵當b>0時，可取一切正數，∴的取值范圍是（2，+）.方法三：由P、Q、T三點共線得kTQ=KTP，即=.則x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).于是b==－x1x2.22∴==+=+≥2.22∵可取一切不等于1的正數，∴的取值范圍是（2，+）.3．（本小題滿分12分） 某突發(fā)事件，在不采取任何預防措施的情況下發(fā)生的概率為0.3，一旦發(fā)生，將造成400萬元的損失.現有甲、乙兩種相互獨立的預防措施可供采用.單獨采用甲、乙預防措施所需的費用分別為45萬元和30萬元，采用相應預防措施后此突發(fā)事件不發(fā)生的概率為0.9和0.85.若預防方案允許甲、乙兩種預防措施單獨采用、聯(lián)合采用或不采用，請確定預防方案使總費用最少. （總費用=采取預防措施的費用+發(fā)生突發(fā)事件損失的期望值.）解：①不采取預防措施時，總費用即損失期望為400×0.3=120（萬元）； ②若單獨采取措施甲，則預防措施費用為45萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0.9=0.1，損失期望值為400×0.1=40（萬元），所以總費用為45+40=85（萬元）③若單獨采取預防措施乙，則預防措施費用為30萬元，發(fā)生突發(fā)事件的概率為1－0.85=0.15，損失期望值為400×0.15=60（萬元），所以總費用為30+60=90（萬元）；④若聯(lián)合采取甲、乙兩種預防措施，則預防措施費用為45+30=75（萬元），發(fā)生突發(fā)事件的概率為（1－0.9）（1－0.85）=0.015，損失期望值為400×0.015=6（萬元），所以總費用為75+6=81（萬元）.綜合①、②、③、④，比較其總費用可知，應選擇聯(lián)合采取甲、乙兩種預防措施，可使總費用最少.5．（本小題滿分14分，第一小問滿分4分，第二小問滿分10分）已知，函數.(Ⅰ)當時，求使成立的的集合；(Ⅱ)求函數在區(qū)間上的最小值.解：（Ⅰ）由題意，.當時，，解得或；當時，，解得.綜上，所求解集為.（Ⅱ）設此最小值為.①當時，在區(qū)間上，.因為，，則在區(qū)間上是增函數，所以.②當時，在區(qū)間上，，由知.③當時，在區(qū)間上，..若，在區(qū)間內，從而為區(qū)間上的增函數，由此得.若，則.當時，，從而為區(qū)間上的增函數；當時，，從而為區(qū)間上的減函數.因此，當時，或.當時，，故；當時，，故.綜上所述，所求函數的最小值1．（12分）已知拋物線、橢圓和雙曲線都經過點，它們在軸上有共同焦點，橢圓和雙曲線的對稱軸是坐標軸，拋物線的頂點為坐標原點.（Ⅰ）求這三條曲線的方程；（Ⅱ）已知動直線過點，交拋物線于兩點，是否存在垂直于軸的直線被以為直徑的圓截得的弦長為定值？若存在，求出的方程；若不存在，說明理由.解：（Ⅰ）設拋物線方程為，將代入方程得………………（1分）由題意知橢圓、雙曲線的焦點為…（2分）對于橢圓，………………（4分）對于雙曲線，………………（6分）（Ⅱ）設的中點為，的方程為：，以為直徑的圓交于兩點，中點為令………………（7分）…………（12分）2．（14分）已知正項數列中，，點在拋物線上；數列中，點在過點，以方向向量為的直線上.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）若，問是否存在，使成立，若存在，求出值；若不存在，說明理由；（Ⅲ）對任意正整數，不等式成立，求正數的取值范圍.解：（Ⅰ）將點代入中得…………（4分）（Ⅱ）………………（5分）……（8分）（Ⅲ）由………………（14分）3.（本小題滿分12分）將圓O:上各點的縱坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?橫坐標不變),得到曲線C.(1)求C的方程;(2)設O為坐標原點,過點的直線l與C交于A、B兩點,N為線段AB的中點,延長線段ON交C于點E.求證:的充要條件是.解:(1)設點,點M的坐標為,由題意可知………………(2分)又∴.所以,點M的軌跡C的方程為.………………(4分)(2)設點,,點N的坐標為,㈠當直線l與x軸重合時,線段AB的中點N就是原點O,不合題意,舍去;………………(5分)㈡設直線l:由消去x,得………………①∴………………(6分)∴,∴點N的坐標為.………………(8分)①若,坐標為,則點E的為,由點E在曲線C上,得,即∴舍去).由方程①得又∴.………………(10分)②若,由①得∴∴點N的坐標為,射線ON方程為:,由解得∴點E的坐標為∴.綜上,的充要條件是.………………(12分)4.（本小題滿分14分）已知函數.(1)試證函數的圖象關于點對稱;(2)若數列的通項公式為,求數列的前m項和(3)設數列滿足:,.設.若(2)中的滿足對任意不小于2的正整數n,恒成立,試求m的最大值.解:(1)設點是函數的圖象上任意一點,其關于點的對稱點為.由得所以,點P的坐標為P.………………(2分)由點在函數的圖象上,得.∵∴點P在函數的圖象上.∴函數的圖象關于點對稱.………………(4分)(2)由(1)可知,,所以,即………………(6分)由,………………①得………………②由①＋②,得∴………………(8分)(3)∵,………………③∴對任意的.………………④由③、④,得即.∴.……………(10分)∵∴數列是單調遞增數列.∴關于n遞增.當,且時,.∵∴………………(12分)∴即∴∴m的最大值為6.……………(14分)5．（12分）、是橢圓的左、右焦點，是橢圓的右準線，點，過點的直線交橢圓于、兩點.當時，求的面積；當時，求的大??；求的最大值.解：（1）（2）因，則設，當時，6．（14分）已知數列中，，當時，其前項和滿足，求的表達式及的值；求數列的通項公式；設，求證：當且時，.解：（1）所以是等差數列.則..（2）當時，，綜上，.（3）令，當時，有（1）法1：等價于求證.當時，令，則在遞增.又，所以即.法（2）（2）（3）因，所以由（1）（3）（4）知.法3：令，則所以因則，所以（5）由（1）（2）（5）知7．(本小題滿分14分)第21題設雙曲線=1(a>0,b>0)的右頂點為A，P是雙曲線上異于頂點的一個動點，從A引雙曲線的兩條漸近線的平行線與直線OP分別交于Q和R兩點.(1)證明：無論P點在什么位置，總有||2=|·|(O為坐標原點)；(2)若以OP為邊長的正方形面積等于雙曲線實、虛軸圍成的矩形面積，求雙曲線離心率的取值范圍；解：(1)設OP：y=kx,又條件可設AR:y=(x–a),解得：=(,),同理可得=(,),∴|·|=|+|=.4分設=(m,n),則由雙曲線方程與OP方程聯(lián)立解得:m2=,n2=,∴||2=:m2+n2=+=,∵點P在雙曲線上，∴b2–a2k2>0.∴無論P點在什么位置，總有||2=|·|.4分（2）由條件得：=4ab,2分即k2=>0,∴4b>a,得e>2分1.(本小題滿分12分)已知常數a>0,n為正整數，fn(x)=xn–(x+a)n(x>0)是關于x的函數.(1)判定函數fn(x)的單調性，并證明你的結論.(2)對任意n3a,證明f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n)解:(1)fn`(x)=nxn–1–n(x+a)n–1=n[xn–1–(x+a)n–1],∵a>0,x>0,∴fn`(x)<0,∴fn(x)在（0，+∞）單調遞減.4分（2）由上知：當x>a>0時,fn(x)=xn–(x+a)n是關于x的減函數,∴當n3a時,有：(n+1)n–(n+1+a)nnn–(n+a)n.2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(n+1)fn`(n)=(n+1)n[nn–1–(n+a)n–1]=(n+1)[nn–n(n+a)n–1],2分∵(n+a)>n,∴f`n+1(n+1)<(n+1)fn`(n).2分2.(本小題滿分12分)已知：y=f(x)定義域為［–1，1］，且滿足：f(–1)=f(1)=0，對任意u,v[–1，1］，都有|f(u)–f(v)|≤|u–v|.(1)判斷函數p(x)=x2–1是否滿足題設條件？(2)判斷函數g(x)=，是否滿足題設條件？解：(1)若u,v[–1，1]，|p(u)–p(v)|=|u2–v2|=|(u+v)(u–v)|，取u=[–1，1]，v=[–1，1],則|p(u)–p(v)|=|(u+v)(u–v)|=|u–v|>|u–v|，所以p(x)不滿足題設條件.（2）分三種情況討論：10.若u,v[–1，0]，則|g(u)–g(v)|=|(1+u)–(1+v)|=|u–v|，滿足題設條件；20.若u,v[0，1]，則|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1–v)|=|v–u|，滿足題設條件；30.若u[–1，0]，v[0，1]，則：|g(u)–g(v)|=|(1–u)–(1+v)|=|–u–v|=|v+u|≤|v–u|=|u–v|，滿足題設條件;40若u[0，1]，v[–1，0],同理可證滿足題設條件.綜合上述得g(x)滿足條件.3.(本小題滿分14分)已知點P(t,y)在函數f(x)=(x–1)的圖象上，且有t2–c2at+4c2=0(c0).(1)求證：|ac|4;(2)求證：在(–1，+∞）上f(x)單調遞增.(3)(僅理科做)求證：f(|a|)+f(|c|)>1.證：(1)∵tR,t–1,∴⊿=(–c2a)2–16c2=c4a2–16c20，∵c0,∴c2a216,∴|ac|4.(2)由f(x)=1–,法1.設–1<x1<x2,則f(x2)–f(x1)=1––1+=.∵–1<x1<x2,∴x1–x2<0,x1+1>0,x2+1>0,∴f(x2)–f(x1)<0,即f(x2)<f(x1),∴x0時，f(x)單調遞增.法2.由f`(x)=>0得x–1,∴x>–1時，f(x)單調遞增.（3）（僅理科做）∵f(x)在x>–1時單調遞增，|c|>0,∴f(|c|)f()==f(|a|)+f(|c|)=+>+=1.即f(|a|)+f(|c|)>1.4．（本小題滿分15分）設定義在R上的函數（其中∈R，i=0,1,2,3,4），當x=－1時，f(x)取得極大值，并且函數y=f(x+1)的圖象關于點（－1，0）對稱．求f(x)的表達式；試在函數f(x)的圖象上求兩點，使這兩點為切點的切線互相垂直，且切點的橫坐標都在區(qū)間上；若，求證：解：（1）…………5分（2）或…………10分（3）用導數求最值，可證得……15分5．（本小題滿分13分）設M是橢圓上的一點，P、Q、T分別為M關于y軸、原點、x軸的對稱點，N為橢圓C上異于M的另一點，且MN⊥MQ，QN與PT的交點為E，當M沿橢圓C運動時，求動點E的軌跡方程．解：設點的坐標則……1分………3分由（1）－（2）可得………………6分又MN⊥MQ，所以直線QN的方程為，又直線PT的方程為……10分從而得所以代入（1）可得此即為所求的軌跡方程.………………13分6．（本小題滿分12分）過拋物線上不同兩點A、B分別作拋物線的切線相交于P點，（1）求點P的軌跡方程；（2）已知點F（0，1），是否存在實數使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.解法（一）：（1）設由得：………………3分直線PA的方程是：即①同理，直線PB的方程是：②由①②得：∴點P的軌跡方程是……6分（2）由（1）得：…………10分所以故存在=1使得…………12分解法（二）：（1）∵直線PA、PB與拋物線相切，且∴直線PA、PB的斜率均存在且不為0，且設PA的直線方程是由得：即…………3分即直線PA的方程是：同理可得直線PB的方程是：由得：故點P的軌跡方程是……6分（2）由（1）得：………………10分故存在=1使得…………12分7．（本小題滿分14分）設函數在上是增函數.求正實數的取值范圍；設，求證：解：（1）對恒成立，對恒成立又為所求.…………4分（2）取，，一方面，由（1）知在上是增函數，即……8分另一方面，設函數∴在上是增函數且在處連續(xù)，又∴當時，∴即綜上所述，………………14分8．(本小題滿分12分)如圖，直角坐標系中，一直角三角形，，、在軸上且關于原點對稱，在邊上，，的周長為12．若一雙曲線以、為焦點，且經過、兩點．(1)求雙曲線的方程；(2)若一過點（為非零常數）的直線與雙曲線相交于不同于雙曲線頂點的兩點、，且，問在軸上是否存在定點，使？若存在，求出所有這樣定點的坐標；若不存在，請說明理由．解：(1)設雙曲線的方程為，則．由，得，即．∴ （3分）解之得，∴．∴雙曲線的方程為． （5分）(2)設在軸上存在定點，使．設直線的方程為，．由，得．即 ① （6分）∵，，∴．即． ② （8分）把①代入②，得 ③ （9分）把代入并整理得其中且，即且．． （10分）代入③，得，化簡得．當時，上式恒成立．因此，在軸上存在定點，使． （12分）9．(本小題滿分14分)已知數列各項均不為0，其前項和為，且對任意都有（為大于1的常數），記．(1)求；(2)試比較與的大?。ǎ?3)求證：，（）．解：(1)∵， ①∴． ②②－①，得，即． （3分）在①中令，可得．∴是首項為，公比為的等比數列，． （4分）(2)由(1)可得．．∴， （5分）．而，且，∴，．∴，（）． （8分）(3)由(2)知，，（）．∴當時，．∴， （10分）（當且僅當時取等號）．另一方面，當，時，．∵，∴．∴，（當且僅當時取等號）．（13分）∴．（當且僅當時取等號）．綜上所述，，（）．（14分）2021屆高考數學壓軸題系列訓練1．（本小題滿分14分）已知f(x)=(x∈R)在區(qū)間[－1，1]上是增函數.（Ⅰ）求實數a的值組成的集合A；（Ⅱ）設關于x的方程f(x)=的兩個非零實根為x1、x2.試問：是否存在實數m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由.本小題主要考查函數的單調性，導數的應用和不等式等有關知識，考查數形結合及分類討論思想和靈活運用數學知識分析問題和解決問題的能力.滿分14分.解：（Ⅰ）f＇(x)==，∵f(x)在[－1，1]上是增函數，∴f＇(x)≥0對x∈[－1，1]恒成立，即x2－ax－2≤0對x∈[－1，1]恒成立.①設(x)=x2－ax－2，方法一：(1)=1－a－2≤0，①－1≤a≤1，(－1)=1+a－2≤0.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數，且只有當a=1時，f＇(-1)=0以及當a=－1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.方法二：≥0，<0，①或(－1)=1+a－2≤0(1)=1－a－2≤00≤a≤1或－1≤a≤0－1≤a≤1.∵對x∈[－1，1]，f(x)是連續(xù)函數，且只有當a=1時，f＇(－1)=0以及當a=-1時，f＇(1)=0∴A={a|－1≤a≤1}.（Ⅱ）由=，得x2－ax－2=0，∵△=a2+8>0∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的兩非零實根，x1+x2=a，∴從而|x1－x2|==.x1x2=－2，∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，當且僅當m2+tm+1≥3對任意t∈[－1，1]恒成立，即m2+tm－2≥0對任意t∈[－1，1]恒成立.②設g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，方法一：g(－1)=m2－m－2≥0，②g(1)=m2+m－2≥0，m≥2或m≤－2.所以，存在實數m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.方法二：當m=0時，②顯然不成立；當m≠0時，m>0，m<0，②或g(－1)=m2－m－2≥0g(1)=m2+m－2≥0m≥2或m≤－2.所以，存在實數m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|對任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范圍是{m|m≥2，或m≤－2}.2．（本小題滿分12分）如圖，P是拋物線C：y=x2上一點，直線l過點P且與拋物線C交于另一點Q.（Ⅰ）若直線l與過點P的切線垂直，求線段PQ中點M的軌跡方程；（Ⅱ）若直線l不過原點且與x軸交于點S，與y軸交于點T，試求的取值范圍.本題主要考查直線、拋物線、不等式等基礎知識，求軌跡方程的方法，解析幾何的基本思想和綜合解題能力.滿分12分.解：（Ⅰ）設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依題意x1≠0，y1>0，y2>0.由y=x2，①得y＇=x.∴過點P的切線的斜率k切=x1，∴直線l的斜率kl=－=-，∴直線l的方程為y－x12=－(x－x1)，方法一：聯(lián)立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.∵M是PQ的中點x0==-，∴y0=x12－(x0－x1).消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).方法二：由y1=x12，y2=x22，x0=，得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，則x0==kl=-，∴x1=－，將上式代入②并整理，得y0=x02++1(x0≠0)，∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1(x≠0).（Ⅱ）設直線l:y=kx+b，依題意k≠0，b≠0，則T(0，b).分別過P、Q作PP＇⊥x軸，＇⊥y軸，垂足分別為P＇、Q＇，則.y=x2由