江苏高考数学压轴题的分析与解.docx

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江苏高考数学压轴题的分析与解

2021年江苏卷

11．若函数f（x）=2x3-ax2+1（a∈R）在（0,+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[-1,1]上的最大值与最小值

的和为▲．

解析：

-3

函数f（x）导函数为

f'（x）=6x2-2ax=2x（3x-a），f（0）=1

情况一：

a≤0.此时f（x）在（0,+∞）递增，又f（0）=1，所以f（x）在（0,+∞）无零点，舍去.

情况二：

a>0.此时f（x）在

a

（0,）递减，在

3

（,+∞）递增.

3

在（0,+∞）上，在x=a处取得极小值

3

a

2a3a3

27-a3

此时

f（）=-+1=

327927

a=3

=0

f（x）=2x3-3x2+1，f'（x）=6x（x-1），x∈[-1,1]

f（x）在[-1,0]递增，在[0,1]递减，f（-1）=-4，f

（1）=0.

可得

f（x）max=f（0）=1，f（x）min=f（-1）=-4

f（x）max+f（x）min=-3

12.在平面直角坐标系xOy中，A为直线l:

y=2x上在第一象限内的点，B（5,0），以AB为直径的圆C与直

uuuruuur

线l交于另一点D．若AB⋅CD=0，则点A的横坐标为▲．

解析：

3

方法一：

几何法.

uuuruuur

由AB⋅CD=0，AC=DC=BC，可得△ADB为等腰直角三角形.

因为所以

构造如图所示一线三垂直，有

tan∠DOB=2,OB=5

OM=1MB=1OB=1,DM=2OM=2

45

△AND≌△DMB

AN=DM=2

xA=OM+AN=3

方法二：

向量法.

设A（a,2a），a>0，D（b,2b），b≠a，则C（a+5,a）

2

由AB⋅CD=0和AD⋅BD=0，得

⎧

uuuruuur

⎪AB⋅CD=（5-a）（b-

a+5

2

）-2a（2b-a）=0

解得

⎨uuuruuur

⎪

⎩AD⋅BD=（b-a）（b-5）+4b（b-a）=5（b-1）（b-a）=0

⎧a=3

⎩

⎨b=1

xA=a=3

方法三：

解析法.

设A（a,2a），a>0，则C（a+5,a）

2

圆C方程

a+522

（a-5）22

（x-

）+（y-a）=+a

与y=2x联立，得

24

xD=1，D（1,2）

a+55（a-3）（a+1）

AB⋅CD=（5-a）（1-

）-2a（2-a）==0

22

xA=a=3

13.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，∠ABC=120︒，∠ABC的平分线交AC与点D，且

BD=1，则4a+c的最小值为▲．

解析：

9

方法一：

正余弦定理.

△ABD和△CBD中，正弦定理得

所以

AD

sin60︒

=sinθ

DC

，

sin60︒

=sinθ

AD=c（角平分线分线段成比例）

DCa

△ABD和△CBD中，余弦定理得

AD2=c2+1-c，CD2=a2+1-a

所以

即

c2+1-cc2a2+1-aa2

=

（a-c）（a+c）=ac（a-c）

恒成立.可得

a+c=ac，1+1=1

ac

4a+c=（4a+c）（1+1）=5+c+4a≥5+2

acac

=9

当且仅当c=4a即c=2a时取等

ac

方法二：

面积法.由△ABC面积可得

1acsin120︒=1asin60︒+1csin60︒

222

a+c=ac，（a-1）（c-1）=1

4a+c=4（a-1）+（c-1）+5≥2

当且仅当c=4a即c=2a时取等

ac

+5=9

方法三：

几何法1.如图作垂线，可得

a-1

tan∠CDM=2=2a-1，tan∠CDN=

3

2

2a+2c-2

c-1

2=2c-1

3

2

同上可求.

tan（∠CDM+∠CDN）=3==-

1-4ac-2a-2c+11+a+c-2ac

3

a+c=ac

方法四：

解析法.

建立如图所示坐标系，则

A（,），B（-

22

a

），D（1,0）

22

于是kAB=

c-a

，直线AB的方程为

y-a=

c-a

⋅（x+

3a）

22

又直线AB经过点D，有

1-a=

c-a3a

同上可求.

方法五：

向量法.

由角平分线分线段成比例，得

22

a+c=ac

c

向量共线定理

CD=⋅AD

a

ca

对上式进行平方得

同上可求.

方法六：

几何法2.

构造如图所示图形，则

同上可求.

BD=⋅BC+⋅BA

a+ca+c

a2c2

1=（a+c）2

a+c=ac

1=c-1

ac

a+c=ac

14.已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*}，B={x|x=2n,n∈N*}．将AB的所有元素从小到大依次排列构

成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为▲．

解析：

27

由Sn>12an+1可知，n>24且an+1∉B.

当

2m<2（n+1-m）-1<2m+1（即

2m-1+

2m+1-1

m

此时m≥5且

由Sn>12an+1得

22

n+n1

a=2（n+1-m）-1=2n-m+1，S=（n-m）2+2m+1-2

（n-m）2+2m+1-2>12（2n+1）

n2-2（m+12）n+（m2+2m+1+24m-14）>0若m=5，解①和②，得n≥27，成立.

所以nmin=27.

此题亦可先将m=5带入得

n+n1

从而求出nmin=27.

a=2n-9，S=（n-5）2+62

18．如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点（3,1）,焦点F（-3,0）,F（3,0）,圆O的直径为FF．

21212

（1）求椭圆C及圆O的方程；

（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．

①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；

②直线l与椭圆C交于A,B两点．若△OAB的面积为26，求直线l的方程．

7

解析：

（1）椭圆C的方程：

x2+2=

4

（第18题）

圆O的方程：

x2+y2=3

（2）①

方法一：

利用一元二次方程求解.直线l存在斜率，设直线l方程为

y=kx+m（k<0,m>0）

与椭圆方程联立，相切∆=0，有a2k2+b2=m2，则

与圆方程联立，相切∆=0，则

解得

4k2+1=m2

3k2+3=m2

所以直线l方程为

k=

y=-

，m=3

2x+3

与圆方程联立得切点P（2,1）方法二：

利用切线方程求解.

设直线l与圆切点P（x0,y0）（x0>0,y0>0），则直线l方程为

x0x+y0y=3设直线l与椭圆切点Q（x1,y1），则直线l方程为

x1x+4y1y=4

直线l方程是相同的，所以

即

x0=

x1

x=4x

y0

4y1

，y

=3

4

=1y

由于点Q（x1,y1）在椭圆上，有

130

130

带入得

x2+4y2=4

11

4x2+y2=

又点P（x0,y0）在圆上，有

00

99

1

解得

x2+y2=3

00

x0=，y0=1

所以切点P（2,1）

②设直线l方程为

y=kx+m（k<0,m>0）

与椭圆方程联立得

（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0

设与椭圆的两交点

A（x1,kx1+m），A（x2,kx2+m）

由①知与圆相切，与椭圆相交，有

解得

⎧3k2+3=m2

⎩

⎨4k2+1>m2

k<，m=

∆=16（4k2+1-m2）

方法一：

利用三角形底高公式求解.

原点O到直线l距离

AB=

x1-x2

=

d=m

4k2+1

S△AOB=⋅2

⋅m==

解得

24k

+14k+17

所以直线l方程为

k=

y=-

，m=3

5x+3

方法二：

利用三角形宽高公式求解.

将x=0带入直线l方程，得D（0,m）

解得

S=1x-xOD=1⋅

△AOB2122

4k2+1

⋅m=

4k2+1=7

所以直线l方程为

k=

称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．

19.记f'（x）,g'（x）分别为函数f（x）,g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）=g（x0）且f'（x0）=g'（x0），则

y=-

，m=3

5x+3

解析：

（1）证明：

函数f（x）=x与g（x）=x2+2x-2不存在“S点”；

间（0,+∞）内存在“S点”，并说明理由．

（1）对f（x）和g（x）求导，得

f'（x）=1，g'（x）=2x+2因为f（x0）=g（x0）且f'（x0）=g'（x0），得

⎧x=x2+2x-2

无解，所以f（x）与g（x）不存在“S点”

⎨000

⎩1=2x0+2

（2）对f（x）和g（x）求导，得

f'（x）=2ax，g'（x）=1

x

因为f（x0）=g（x0）且f'（x0）=g'（x0），得

⎧ax2-1=lnx

⎪00

解得

⎪2ax0=

⎩0

（3）对f（x）和g（x）求导，得

'

a=e

2

'

bex（x-1）

f（x）=-2x，g（x）=

x2

因为f（x0）=g（x0）且f'（x0）=g'（x0），（x0>0），得

⎧-x2+a=

⎪

bex0

x0

①

⎨bex0（x-1）

x

⎪-2x=0②

因为b>0，由②得0

⎩⎪0

2

0

（a-x2）（x

-1）

分离变量

-2x0

-2x2

=00

x0

x3-3x2

a=0

+x2=00③

x-10x-1

构造函数

00

x3-3x2x3-3x2-ax+a

构造函数

h（x）=-a=

x-1

x-1

（00）

m（x）=x3-3x2-ax+a（a>0）

由于

m（0）=a>0,m

（1）=-2<0

所以m（x）在（0,1）上有零点所以h（x）在（0,1）上有零点

即对于任意a>0，总存在00，使得①②③成立，函数f（x）与g（x）在区间（0,+∞）内存在“S点”.

20．设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．

（1）设a1=0,b1=1,q=2，若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立，求d的取值范围；

求d的取值范围（用b1,m,q表示）．

解析：

（1）将n=1,2,3,4分别带入|an-bn|≤b1

⎧0-1≤1

⎪d-2≤175

（2）由a

⎨2d-4≤1解得3≤d≤2

⎪⎩3d-8≤1

=b>0,m∈N*,q∈（1,m2]可得

11

a=b+（n-1）d,b=bqn-1

n1n1

带入|an-bn|≤b1，有

b+（n-1）d-bqn-1≤b

111

即

b（qn-1-2）

bqn-1

1≤d≤1

对n=2,3,,m+1均成立

n-1

n-1

b（qn-1-2）

bqn-1

比较1与1大小

n-1n-1

b（qn-1-2）

n-1

b（2m

-2）

bbqn-1

1≤1≤0<1<1

n-1

n-1

n-1

n-1

所以存在d∈R，使得|an-bn|≤b1对n=2,3,,m+1均成立

构造函数

对f1（n）求导

b（qn-1-2）

f1（n）=1（2≤n≤m+1,n∈Nn-1

+）

'bqn-1lnq（n-1）-b（qn-1-2）b[qn-1（nlnq-lnq-1）+2]

f1（n）=11=1

（n-1）2

令

（n-1）2

所以

g（n）=qn-1（nlnq-lnq-1）+2

1

11

g'（n）=（n-1）qn-1ln2q>0，g（n）递增

g1

（2）=q（lnq-1）+2>0

11

g1（n）>0，f'（n）>0，f（n）递增

b（qm-2）

f1（n）≤

即

f1（m+1）=1

m

构造函数

b（qm-2）

d≥1

m

对f2（n）求导

bqn-1

f2（n）=1（2≤n≤m+1,n∈Nn-1

+）

'bqn-1lnq（n-1）-bqn-1bqn-1（nlnq-lnq-1）

f2（n）=11=1>0

（n-1）2（n-1）2

所以f2（n）递增

即

f2（n）≥

1

f

（2）=bq

2

d≤b1q

⎡b（qm-2）⎤

综上所述，d的取值范围⎢1,b1q⎥

⎣m⎦