高中数学2009年高考压轴题猜想专题训练(A).docx
《高中数学2009年高考压轴题猜想专题训练(A).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学2009年高考压轴题猜想专题训练(A).docx（18页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
高中数学2009年高考压轴题猜想专题训练（A）
1．（12分）已知抛物线、椭圆和双曲线都经过点M1,2，它们在x轴上有共同焦点，椭圆和双
曲线的对称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点.
（Ⅰ）求这三条曲线的方程；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
（Ⅱ）已知动直线l过点P3,0，交抛物线于A,B两点，是否存在垂直于x轴的直线l被以AP为直
径的圆截得的弦长为定值？
若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.
解：
（Ⅰ）设抛物线方程为
220
ypxp，将M1,2代入方程得p2
24
抛物线方程为:
yx⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1分）
由题意知椭圆、双曲线的焦点为
F1,0,F1,0,c=1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）
2
1
对于椭圆，
222
2aMFMF112114222
12
a12
2
a
2
12322
222
bac
222
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）
椭圆方程为：
22
xy
322222
1
对于双曲线，
2aMFMF222
12
a21
2
a322
222
bca
222
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）
双曲线方程为：
22
xy
322222
1
（Ⅱ）设AP的中点为C，l的方程为：
xa，以AP为直径的圆交l于D,E两点，DE中点为
H
x3y
令AxyC11⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（7分）
,,11
22
11
22
DCAPx3y
11
22
x31
1
CHax2a3
1
22
11
22222
DHDCCHx3yx2a3
111
44
2
a-2xa3a
1
2
2
当a2时,DH462为定值;
⋯⋯⋯⋯（12分）
DE2DH22为定值
此时l的方程为：
x2
2．（14分）已知正项数列
a中，
n
a16，点Anan,an1在抛物线
21
yx上；数列
b中，
n
点Bn,b在过点0,1，以方向向量为1,2的直线上.
nn
（Ⅰ）求数列a,b的通项公式；
nn
（Ⅱ）若
fn
a
n
b
n
n为奇数
n为偶数
，问是否存在kN，使fk274fk成立，若存在，求
出k值；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）对任意正整数n，不等式
n1n
aa
111
111
bbb
12n
n2a
n
0
成立，求正数a的取值范
围.
解：
（Ⅰ）将点Anan,an1代入
21
yx中得
aa1aad1
n1nn1n
aan11n5
n1
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）
直线l:
y2x1,b2n1
n
（Ⅱ）
fn
n5,n为奇数
2n1,n为偶数
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）
当为偶数时，27为奇数，274
kkfkfk
k27542k1,k4
当k为奇数时，k27为偶数，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（8分）
2k2714k5,k
35
2
舍去
综上，存在唯一的k4符合条件。
（Ⅲ）由
n1n
aa
111
111
bbb
12n
n2a
n
0
即a
1111
111
2n3bbb
12n
记
fn
1111
111
2n3bbb
12n
fn
11111
11111
bbbb
2n5
12nn1
fn12n312n32n42n4
1
fn2n5b2n52n32n52n3
n1
2
4n16n16
2
4n16n15
1
fnfnfn
1,即递增，
fnf
min
1445
1,
5315
0a
45
15
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（14分）
22
3.（本小题满分12分）将圆O:
xy4
上各点的纵坐标变为原来的一半（横坐标不变）,
得到曲线C.
（1）求C的方程;
（2）设O为坐标原点,过点F（3,0）的直线l与C交于A、B两点,N为线段AB的中点,
延长线段ON交C于点E.
求证:
OE2ON的充要条件是|AB|3.
x
y
解:
（1）设点P（x,y）,点M的坐标为（x,y）,由题意可知
x,
2y,
⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）
22
又xy4,
2
x
222
∴x4y4y1
.
4
2
x2
所以,点M的轨迹C的方程为y1
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）
4
（2）设点A（x1,y1）,B（x2,y2）,点N的坐标为（x0,y0）,
㈠当直线l与x轴重合时,线段AB的中点N就是原点O,
不合题意,舍去;⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）
㈡设直线l:
xmy3,
由
x
x
2
my
4y
2
3
4
消去x,
22
得（m4）y23my10
⋯⋯⋯⋯⋯⋯①
3m
∴,
y
0⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）
2
m4
∴
x
22
3m3m4343
my3
0,
0
222
m4m4m4
433m
∴点N的坐标为）
（,
2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（8分）
2
m4m4
8323m
①若OE2ON,坐标为,则点E的为）
（,
2,由点E在曲线C上,
2
m4m4
2
4812m
42
得21,即m4m320,
222
（m4）（m4）
22
∴m8（m4
舍去）.
22212m4m164m1
由方程①得|yy|1,
12
22
m4m4
又|xx||mymy||m（yy）|,
121212
2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）∴|AB|m1|yy|3
12
2
4（m1）
②若|AB|3,由①得3,
2
m4
2
∴m8.
362
∴点N的坐标为）
（,,射线ON方程为:
yx（x0）,
362
由
y
x
2
2
2
2
4y
x
（x
4
0）
解得
x
y
2
3
3
6
3
236
∴点E的坐标为（,）,
33
∴OE2ON.
综上,OE2ON的充要条件是|AB|3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分）
4.（本小题满分14分）已知函数
f（x）
4
1
x（xR）.
2
11
（1）试证函数f（x）的图象关于点（,）对称;
24
n
（2）若数列{an}的通项公式为an）（mN,n1,2,,m）,求数列{an}的前m项
f（
m
和S;
m
（3）设数列{bn}满足:
1
2
b1,bnbbn.设
1n
3
111
Tn.
b1b1b1
12n
若
（2）中的Sn满足对任意不小于2的正整数n,SnTn恒成立,试求m的最大值.
11
解:
（1）设点P（x,y）
0是函数f（x）的图象上任意一点,其关于点（,）的对称点为P（x,y）.
00
24
x
y
2
2
x
0
y
0
1
2
1
4
得
x
y
1
1
2
x
0
y
0
由
.
1
所以,点P的坐标为Py）
（1x0,0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）
2
由点P（x,y）
0在函数f（x）的图象上,得
00
y
1
0.
x
40
2
xx
144
00
∵f（1x）,
0
10xx
x
424242（42）
00
1
2
y
x
114
0
0,
xx
2422（42）
0
0
1
∴点P（1x0,y0）在函数f（x）的图象上.
2
11
∴函数f（x）的图象关于点）
（,对称.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）
24
（2）由
（1）可知,
1kk1
f（x）f（1x）,所以f（）f
（1）（1km1）,
2mm2
kmk11
即,
f（）f（）,akamk⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）
mm22
由
Smaaaaa,⋯⋯⋯⋯⋯⋯①
123m1m
得Saaaaa,
m⋯⋯⋯⋯⋯⋯②
m1m2m31m
1m11m1
由①＋②,得,
2Sm（m1）2am2
22626
1
∴（3m1）.
Sm⋯⋯⋯⋯⋯⋯（8分）
12
1
2
（3）∵b1,bbbnbn（bn1）
n,⋯⋯⋯⋯⋯⋯③
1n
3
∴对任意的nN,b0
n.⋯⋯⋯⋯⋯⋯④
1111
由③、④,得,
bb（b1）bb1
n1nnnn
即
11
1
bn1bb
nn
1
.
∴
111111111
T（）（）（）3.⋯⋯⋯⋯⋯（10分）
nb
bbbbbbbb
1223nn11n1n1
2
∵bnbb0,bb,∴数列{bn}是单调递增数列.
1nnn1n
∴
T关于n递增.当n2,且nN时,TnT2.
n
11144452
∵,
b1,b2
（1）,b3
（1）
33399981
175
∴.
TnT3⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分）
2
b52
1
751752384
∴,
Sm即（3m1）,∴m6,∴m的最大值为6.⋯⋯⋯⋯⋯（14分）
5212523939
5．（12分）E、F是椭圆
2224
xy的左、右焦点，l是椭圆的右准线，点Pl，过点E的直线
交椭圆于A、B两点.
（1）当AEAF时，求AEF的面积；
（2）当AB3时，求AFBF的大小；
（3）求EPF的最大值.
解：
（1）
mn
22
mn
41
Smn
AEF
82
2
（2）因
AEAF
BEBF
4
4
ABAFBF
8
，
则AFBF5.
（1）设P（22,t）（t0）tanEPFtan（EPMFPM）
32232222t223
（）
（1）
221
tttt6t6t3
，
当t6时，
3
tanEPFEPF
3
30
6．（14分）已知数列
1
a中，a1，当n2时，其前n项和
n
3
S满足
n
a
n
2
2S
n
，
2S1
n
（2）求
S的表达式及
n
lim
n
a
n
2
S
n
的值；
（3）求数列
a的通项公式；
n
（4）设
b
n
11
33
（2n1）（2n1）
，求证：
当nN且n2时，
ab.
nn
解：
（1）
2
2S11
n
aSSSS2SS2（n2）
nnn1n1nnn1
2S1SS
nnn1
所以
1
S
n
是等差数列.则
S
n
1
2n1
.
a22
n
limlim2
2
nSn2S12limS1
nnn
n
.
（2）当n2时，
aSS
nnn
112
12
2n12n14n1
，
综上，
a
n
1
n1
3
2
2
14n
n2
.
（3）令
11
a,b
2n12n1
，当n2时，有
0
1
ba
（1）
3
法1：
等价于求证
1111
2n12n12n12n1
33
.
当n2时，
11
0,
2n13
令
231
fxxx,0x,
3
23313
fx2x3x2x（1x）2x
（1）2x
（1）0，
2232
则fx在
1
（0,]
3
递增.
又
0
111
2n12n13
，
所以
11
g（）g（）,
33
2n12n1
即anbn.
法
（2）
1111
2233
ab（）ba（ba）
nn
2121（21）3（21）3
nnnn
22
（ab）（ababab）
（2）
ababba22
（ab）[（aa）（bb）]（ab）[a（a1）b（b1）]（3）
2222
因
ab3a33ba
b1a11110，所以a（a1）b（b1）0
222232
22
由
（1）（3）（4）知
ab.
nn
法3：
令
22
gbababab，则
gb2ba10b
1a
2
所以
22
gbmaxg0,gamaxaa,3a2a
因
1
0a,则
3
210
aaaa，
2214
3a2a3a（a）3a（）0
339
所以
220
gbababab（5）
由
（1）
（2）（5）知
ab
nn
7．（本小题满分14分）
设双曲线
2
x
2
a
2
2
y
b
=1（a>0,b>0）的右顶点为A，P是
双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的
平行线与直线OP分别交于Q和R两点.
2=|OQ·OR|
（1）证明：
无论P点在什么位置，总有|OP|
（O为坐标原点）；
（2）若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围
成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；
解：
（1）设OP：
y=kx,又条件可设AR:
y=
b
a
（x–a）,
解得：
OR=（
ak
ab
b
kab
akb
）,同理可得OQ=（
ab
ak
b
kab
ak
b
）,
∴|OQ·OR|=|
ak
ab
b
ab
ak
b
+
ak
kab
b
kab
akb
|=
a
|
2
2
（1
2
b
2
ak
2
k
2
b
）
|
.4分
设OP=（m,n）,则由双曲线方程与OP方程联立解得:
m
2=
2
b
2
a
b
a
2
2
k
2
2=
n
k
2
b
222
ab
2
ak
2
2=:
m2+n2=
∴|OP|
b
2
a
2
2
b
2
a
k
2
+
k
2
b
22
2
a
b
2
ak
2
=
a
2
b
2
b
2
（1
k
2
ak
2
2
）
2
∵点P在双曲线上，∴b
2k2>0.
–a
2=|OQ·OR|.4分
∴无论P点在什么位置，总有|OP|
（2）由条件得：
2
ab
2
b
2
（1
2
a
k
k
2
2
）
=4ab,2分
2=
即k
2
4b
ab
ab
2
4a
>0,∴4b>a,得e>
17
4
2分
升级会员 