（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“2122”壓軸大題搶分練（一）-（六）21.(本小題滿分15分)已知橢圓C：y21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P(x0，y0)(y00)，則y1，又F1(，0)，F(xiàn)2(，0), 所以直線PF1，PF2的方程分別為：lPF1：y0x(x0)yy00.lPF2：y0x(x0)yy00.因為，所以 .因為m，2x02，可得，所以mx0, 因此m，所以實數(shù)m的取值范圍為.(2

2、)因為|PF1|x02，|PM| ，所以|PF1|PM| . 設f(x)2(2x0，得2x；由f(x)0，得x0)，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 xx2x，且函數(shù)定義域為(0，)，所以F(x)x.令F(x)0，得x1或x2，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)00F(x)0ln 2所以當x1時，函數(shù)F(x)取得極大值F(1)0；當x2時，函數(shù)F(x)取得極小值F(2)ln 2.(2)由條件，得G(x)ln xax2(2a1)xa1，且定

3、義域為(0，)，所以G(x)2ax(2a1).令G(x)0，得x1或x.當a時，函數(shù)G(x)在(0，)上單調遞增，顯然符合題意當1，即0a0，得x或0x1；由G(x)0，得1xG(1)，解得a1ln 2.又0a，所以1ln 2a.當時，由G(x)0，得x1或0x；由G(x)0，得x1，所以函數(shù)f(x)在和(1，)上單調遞增， 在上單調遞減， 要存在實數(shù)m(2,3)，使得當x(0，m時， 函數(shù)G(x)的最大值為G(m)，則G0.(*)令g(a)ln(2a)ln 21，g(a)0恒成立， 故恒有g(a)gln 20，a時，(*) 式恒成立綜上，實數(shù)a的取值范圍是(1ln 2，)“2122”壓軸大題

4、搶分練(二)21(本小題滿分15分)已知拋物線x22py(p0)，點M是拋物線的準線與y軸的交點，過點A(0，p)(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)的值；(2)當2時，設分別以OB，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，p)，則可設動直線l的方程為ykxp，代入x22py，消去y并整理得x22pkx2p20，4p2(k22)0，設B(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1x22pk，x1x22p2，y1y2(kx1p)(kx2p)k2x1x2kp(x1x2)2p22

5、p2，y1y2k(x1x2)2p2pk22p2p(k2)因為拋物線x22py的準線方程為y，所以點M的坐標為，所以，所以x1x2x1x2y1y2(y1y2)2p22p22p(k2)p20，當且僅當k0，時等號成立(2)由(1)知，當2時，x1x24p2，y1y24p2，所以x1x2y1y20，所以OBOC.設直線OB的方程為ymx(m0)，與拋物線的方程x22py聯(lián)立可得B(2pm,2pm2)，所以以OB為直徑的圓的方程為x2y22pmx2pm2y0.因為OBOC，所以直線OC的方程為yx.同理可得以OC為直徑的圓的方程為x2y2xy0，即m2x2m2y22pmx2py0，將兩圓的方程相加消去

6、m得x2y22py0，即x2(yp)2p2，所以點D的軌跡是以OA為直徑的圓，所以|DA|2|DO|24p2，由2，得|DA|DO|2p，當且僅當|DA|DO|p時，(|DA|DO|)max2p.22(本小題滿分15分)三個數(shù)列an，bn，cn，滿足a1，b11，an1，bn12bn1，cnabn，nN*.(1)證明：當n2時，an1；(2)是否存在集合a，b，使得cna，b對任意nN*成立，若存在，求出ba的最小值；若不存在，請說明理由；(3)求證：2n1cn16(nN*，n2)解：(1)證明：下面用數(shù)學歸納法證明：當n2時，an1.當n2時，由a1，an1，得a2，顯然成立；假設nk時命題

7、成立，即ak1.則nk1時，ak1 .于是ak11.因為()2(3ak)24(ak1)0.所以ak11，也就是說nk1時命題成立由可知，當n2時，an1.(2)由bn12bn1，b11，得bn112(bn1)，所以數(shù)列bn1是以b112為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以bn12n，從而bn2n1.由(1)知，當n2時，an1，所以當n2時，an1an.因為a2an5(1an)24(1an)0，所以an1an.綜上，當n2時，1an1an.由a1，an1f(an)(nN*)，所以c1a1，a2，c2a32，所以c1c31，從而存在集合a，b，使得cna，b對任意nN*成立，當bc2a32，ac1時

8、，ba的最小值為c2c1.(3)證明：當n2時，an1 ，因為an1，所以anan1aan11, 也即anan11 , 即2ncn1cn(n2) ，于是 (2ici1ci)2n14cn1c22n1cn16.故2n1cn16(nN*，n2)“2122”壓軸大題搶分練(三)21(本小題滿分15分)過拋物線x24y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y1上；(2)設，當時，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)，設直線l的方程為ykx1，聯(lián)立消去y，得x24kx40，16k2160，設A(x1，y1)

9、，B(x2，y2)，則x1x24k，x1x24，x4y1，x4y2，由x24y，得yx，則切線AM的方程為yy1x1(xx1)，即yx1xx，同理，切線BM的方程為yx2xx.由得(x1x2)x(x1x2)(x1x2)0，又x1x20，所以x2k.所以2y(x1x2)x(x1x2)22x1x24k2k(16k28)2，所以y1，即點M(2k，1)，故點M在直線y1上(2)由(1)知，當k0時，此時1，不符合題意，故k0.連接MF，則kMF，因為k1，所以MFAB.因為，所以(x1,1y1)(x2，y21)，得x1x2，則，所以24k2，即k2，令f()，因為f()在上單調遞減，所以f()，所以

10、k2.因為|MF|2，|AB|y1y22k(x1x2)44k24，所以S|AB|MF|4，所以當k2，即時，S取得最小值，且Smin4.22(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)ln xaxa.(1)當a1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x01，求證：x01.解：(1)當a1時，f(x)ln xx1，f(x)1，所以f(1)2，所以切線的斜率k2.又切點為(1,0)，所以切線的方程為y2x2.(2)由題意知，f(x)的定義域為(0，)，f(x)a.當a0時，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)

11、上單調遞增，又f(1)0，所以f(x)有唯一零點1，不符合題意當a0時，令f(x)0，則x，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：xf(x)0f(x)極大值由表可知，當1，即a1時，f(x)在(1，)上單調遞減，又f(1)0，所以f(x)1，即0af(1)0，又f(e)aae，令t(1，)，則ytet，令g(t)t21et(t1)，則g(t)2tet，令G(t)2tet(t1)，則G(t)2et1時，g(t)g(1)2e1時，g(t)g(1)2e0，即f(e)aaex，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

12、且0a1)，則當m1時，h(m)0，所以h(m)在(1，)上單調遞增，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.“2122”壓軸大題搶分練(四)21(本小題滿分15分)已知直線l：yxm與圓x2y22交于A，B兩點，若橢圓y21上有兩個不同的點C，D關于直線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)設直線CD：yxn，聯(lián)立x22y22，得3x24nx2(n21)0.設C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中點為M(x0，y0)，故16n224(n21)0，解得n，且x1x2，x1x2，x0，y0，代入yxm

13、，得m，所以m，故實數(shù)m的取值范圍為.(2)由(1)得|CD|x1x2| ，又點O到直線AB的距離為d，所以|AB|2， 所以S四邊形ACBD|AB|CD| .因為0m2，所以0S四邊形ACBD，所以四邊形ACBD的面積的取值范圍為.22(本小題滿分15分)已知數(shù)列an中a1，an1sin(nN*)(1)證明：0anan1n.證明：(1)數(shù)學歸納法：當n1時，a1，a2，顯然有0a1a21.假設當nk(kN*)，結論成立，即0akak11，那么0akak1，0sinsin1，即0ak1ak21，綜上所述，0anan11成立(2)由(1)知，an1，01an，0(1an)，0sinsin，1an

14、1sin1cos2sin2sin(1an1)于是1an(1an1)n1(1a1)n1，所以nSnn.“2122”壓軸大題搶分練(五)21(本小題滿分15分)橢圓C：1(ab0)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的方程；(2)求AOB面積S的最大值解：(1)設橢圓右焦點為(c,0)，則由題意得解得或(舍去)所以b2a2c21，所以橢圓C的方程為y21.(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，故可設直線AB的方程為ykxm，

15、由消去y，并整理，得(12k2)x24kmx2m220.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，又16k2m24(12k2)(2m22)0，所以x1x2，x1x2因為|AB|2，所以 2，即(1k2)(x2x1)24x1x24，所以(1k2)4，即2(1m2)，因為1k21，所以m21.又點O到直線AB的距離d，因為S|AB|dd，所以S22m2(1m2)22，所以0S2，即S的最大值為.22(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)x|xa|1(xR)(1)當a1時，求使f(x)x成立的x的值；(2)當a(0,3)，求函數(shù)yf(x)在x1,2上的最大值；(3)對于給定的正數(shù)a，有一個最大的正數(shù)M(a

16、)，使x0，M(a)時，都有|f(x)|2，試求出這個正數(shù)M(a)，并求它的取值范圍解：(1)由題意得a1時，f(x)x，解得x1.(2)f(x)其中f(0)f(a)1，最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取當0a1時，f(x)在1,2上單調遞減，故f(x)maxf(1)a；當1a2時，f(x)在1，a上單調遞增，a,2上單調遞減，故f(x)maxf(a)1；當2a3時，f(x)在上單調遞減，上單調遞增，且x是函數(shù)的對稱軸，因為3a0，所以f(x)maxf(2)52a，綜上，f(x)(3)當x(0，)時，f(x)max1，故問題只需轉化為在給定區(qū)間內(nèi)f(x)2恒成立因f1，分兩種情況討論：當

17、12時，M(a)(0，)；當12時，M(a)是方程x2ax12的較大根，即0a2時，M(a)(， ，綜上M(a)且M(a)(0，)(， “2122”壓軸大題搶分練(六)21(本小題滿分15分)設拋物線y24x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：(1)設直線PQ方程為xty，代入y24x，得y24ty20.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1y24t，y1y22，x1x2t(y1y2)14t21，所以M.設M(x，y)，由消去t，得中點M的軌跡方程為y22x1.(2)設 (0

18、)，A(x0，y0)，又F(1,0)，M，則(x01，y0)，即由點A在拋物線y24x上，得42t28t224，化簡得(22)t21.又0，所以t2.因為點A到直線PQ的距離d，|PQ|y1y2|2.所以APQ的面積S|PQ|d |1| .設f()，0，得；由f()0，得，所以f()在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，因此，當時，f()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：x11，xnxn11.證明：當nN*時，(1)0xn1xn；(2)3xn12xn0.當n1時，x110成立假設nk時，xk0成立，那么nk1時，假設xk10，則xkxk110，矛盾，所以xk10，故xn0得證所以xnxn11xn1，故0xn10)，則f(x)2x422.由于y與22在(0，)上單調遞增，所以f(x)f(0)0，故f(x)在(0，)上單調遞增，所以f(x)f(0)0，所以x(xn16)4xn160，即3xn12xn0，則n1n2，所以xnn2.又1x(x0)，所以 1xn1，所以xnxn11xn1，故xn1xn ，所以xnn1，所以n1xnn2.