最新高考数学难点题型拔高训练含解析.doc

1、难点题型拔高练(一)1过抛物线yx2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y1上，若ABC为正三角形，则其边长为()A11B12C13 D14解析：选B由题意可知，焦点F(0,1)，易知过焦点F的直线的斜率存在且不为零，设为k(k0)，则该直线方程为ykx1(k0)，联立方程得x24(kx1)，即x24kx40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x24k，x1x24，设线段AB的中点为M，则M(2k，2k21)，|AB|4(1k2)，设C(m，1)，连接MC，ABC为等边三角形，kMC，m2k34k，点C(m，1)到直线ykx1的距离|MC|AB|，4(1k2)，2(1k2)，

2、k，|AB|4(1k2)12.2已知函数f(x)2sin(x)(0,0)，f ，f 0，且f(x)在(0，)上单调下列说法正确的是()ABf C函数f(x)在上单调递增D函数f(x)的图象关于点中心对称解析：选C由题意得函数f(x)的最小正周期T，因为f(x)在(0，)上单调，所以，得01.因为f ，f 0，所以f(x)在(0，)上单调递减，又0，01，所以解得所以f(x)2sin.选项A显然不正确因为f 2sin2sin，所以B不正确因为当x时，0x，所以函数f(x)在上单调递增，故C正确因为f 2sin2sin0，所以点不是函数f(x)图象的对称中心，故D不正确3已知函数f(x)，g(x)

3、，若函数yf(g(x)a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1x2x3)，则2g(x1)g(x2)g(x3)的取值范围为_解析：g(x)，g(x).当0x0，g(x)单调递增；当xe时，g(x)0，g(x)单调递减作出函数g(x)的大致图象如图所示，令g(x)t，由f(t)aa0，得关于t的一元二次方程t2(a1)t1a0，又f(g(x)a0有三个根x1，x2，x3，且x1x2x3，结合g(x)的图象可知关于t的一元二次方程有两个不等实根，不妨设为t1，t2，且t1t2，则0t1，t2或t10t20，得1a4.当0t1，t2时，0t1t24，不符合题意，舍去t10t2，g(x1)t1，g(

4、x2)g(x3)t2，2g(x1)g(x2)g(x3)2t12t22(t1t2)2(1a)令1a，(t)t2(a1)t1at2t，由t10t2可知，即解得b0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当F1MF290时，F1MF2的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，连接并延长AF1，AF2，分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2(O为坐标原点)，求证：k1k2为定值解：(1)设|MF1|r1，|MF2|r2，由题意，得a，c1，则b2a2c21，椭圆C的方程为y21.(2)证明：易知直线AF1，AF2的

5、斜率均不为0.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，当直线AF1的斜率不存在时，不妨令A，则B，又F1(1,0)，F2(1,0)，直线AF2的方程为y(x1)，将其代入y21，整理可得5x22x70，x2，y2，则D ，直线BD的斜率k1，直线OA的斜率k2，k1k2.当直线AF2的斜率不存在时，同理可得k1k2.当直线AF1，AF2的斜率都存在且不为0时，设A(x0，y0)，则x0y00，则直线AF1的方程为y(x1)，联立，得消去y可得，(x01)22yx24yx2y2(x01)20，又y1，2y2x，(32x0)x22(2x)x3x4x00，x1x0，x1，则y1，B .直线AF2的方程

6、为y(x1)，同理可得D，直线BD的斜率k1，直线OA的斜率k2，k1k2.综上，k1k2为定值，且定值为.5.已知函数f(x)(xb)(exa)(b0)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为(e1)xeye10.(1)求a，b；(2)若方程f(x)m有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：x2x11.解：(1)由题意得f(1)0，所以f(1)(1b)0，所以a或b1.又f(x)(xb1)exa，所以f(1)a1，若a，则b2e0矛盾，故a1，b1.(2)证明：由(1)可知f(x)(x1)(ex1)，f(0)0，f(1)0，设曲线yf(x)在点(1,0)处的切线方程为yh(x)，则h(x)(

7、x1)，令F(x)f(x)h(x)，则F(x)(x1)(ex1)(x1)，F(x)(x2)ex，当x2时，F(x)(x2)ex2时，设G(x)F(x)(x2)ex，则G(x)(x3)ex0，故函数F(x)在(2，)上单调递增，又F(1)0，所以当x(，1)时，F(x)0，所以函数F(x)在区间(，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，故F(x)F(1)0，所以f(x)h(x)，所以f(x1)h(x1)设h(x)m的根为x1，则x11，又函数h(x)单调递减，且h(x1)f(x1)h(x1)，所以x1x1，设曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yt(x)，易得t(x)x，令T(x)f(

8、x)t(x)(x1)(ex1)x，T(x)(x2)ex2，当x2时，T(x)(x2)ex222时，设H(x)T(x)(x2)ex2，则H(x)(x3)ex0，故函数T(x)在(2，)上单调递增，又T(0)0，所以当x(，0)时，T(x)0，所以函数T(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，所以T(x)T(0)0，所以f(x)t(x)，所以f(x2)t(x2)设t(x)m的根为x2，则x2m，又函数t(x)单调递增，且t(x2)f(x2)t(x2)，所以x2x2.又x1x1，所以x2x1x2x1m1.难点题型拔高练(二)1已知A，B，C，D四点均在以点O1为球心的球面上，且AB

9、ACAD2，BCBD4，CD8.若球O2在球O1内且与平面BCD相切，则球O2直径的最大值为()A1B2C4 D8解析：选D由题意，得BC2BD2CD2，所以BCBD，所以BCD为等腰直角三角形如图，设CD的中点为O，则O为BCD的外心，且外接圆半径r4.连接AO，BO，因为ACAD2，所以AOCD，AO2，又BO4，所以AO2BO2AB2，所以AOBO，所以AO平面BCD，所以球心O1在直线AO上设球O1的半径为R，则有r2OOR2，即16(R2)2R2，解得R5.当球O2直径最大时，球O2与平面BCD相切，且与球O1内切，此时A，O，O1，O2四点共线，所以球O2直径的最大值为ROO18.

10、2已知函数f(x)(xa)33xa(a0)在1，b上的值域为22a,0，则b的取值范围是()A0,3 B0,2C2,3 D(1,3解析：选A由题意，得f(x)3(xa)233(xa1)(xa1)由f(x)0，得xa1或xa1，所以当a1xa1时，f(x)0，当xa1时，f(x)0，所以函数f(x)在(a1，a1)上单调递减，在(，a1)，(a1，)上单调递增又f(a1)2a2，f(a1)2a2.若f(1)2a2，即(1a)33a2a2，则a1，此时f(x)(x1)33x1，且f(x)4时，x1或x2；由f(x)0，解得x0或x3.因为函数f(x)在1，b上的值域为4,0，所以0b3.若f(1)

11、2a2，因为a0，所以a11，要使函数f(x)在1，b上的值域为22a,0，需a1b，此时a11，b，所以即无解综上所述，b的取值范围是0,33在平面四边形ABCD中，AB1，AC，BDBC，BD2BC，则AD的最小值为_解析：设BAC，ABD(0，)，则ABC.在ABC中，由余弦定理，得BC2AB2AC22ABACcos 62cos ，由正弦定理，得，即BC.在ABD中，由余弦定理，得AD2AB2DB22ABDBcos 14BC24BCcos 14(62cos )4cos 258cos 4sin 2520sin()（其中sin ，cos ），所以当sin()1，即sin ，cos 时，AD2

12、取得最小值5，所以AD的最小值为.答案：4椭圆E：1(ab0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|，直线CF交线段AB于点D，且|BD|2|DA|.(1)求E的标准方程；(2)是否存在直线l，使得l交椭圆于M，N两点，且F恰是BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由解：(1)法一：由题意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，b)，所以直线AB的方程为1，直线CF的方程为1，由得，xD.因为|BD|2|DA|，所以2，所以| |，得a，解得a2c，所以bc.因为|AB|，即，所以c，所以c1，a2，b，所以椭圆E的标准方程为1.法二：如图，设椭圆E

13、的左焦点为G，连接BG，由椭圆的对称性得BGCF，则2，即|GF|2|FA|，由题意知F(c,0)，则|GF|2c，|FA|ac，所以2c2(ac)，得a2c，所以bc.因为|AB|，即，即c，所以c1，a2，b，所以椭圆E的标准方程为1.(2)假设存在直线l，使得F是BMN的垂心，连接BF，并延长，连接MF，并延长，如图，则BFMN，MFBN.由(1)知，B(0，)，F(1,0)，所以直线BF的斜率kBF，易知l的斜率存在，设为k，则kBFk1，所以k，设l的方程为yxm，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y得13x28mx12(m23)0，由(8m)241312(m23)0得，m.

14、x1x2，x1x2.因为MFBN，所以0，因为(1x1，y1)，(x2，y2)，所以(1x1)x2y1(y2)0，即(1x1)x20，整理得(x1x2)x1x2m2m0，所以m2m0，整理得21m25m480，解得m或m.当m时，M或N与B重合，不符合题意，舍去；当m时，满足m.所以存在直线l，使得F是BMN的垂心，l的方程为yx.5已知函数f(x)(ax22ax1)ex2.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)若a，求证：当x0时，f(x)0，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(，)当a0时，(4a)24a(2a1)4a(2a1)，()当a时，0，令u(x)0，得x1，x2，且x10，f

15、(x)0，当x(x1，x2)时，u(x)0，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为， ，单调递减区间为.()当0a时，0，所以u(x)0，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(，)当a0，令u(x)0，得x1，x2，且x20，f(x)0，当x(，x2)(x1，)时，u(x)0，f(x)时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当0a时，f(x)的单调递增区间为(，)；当a0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为， .(2)证明：f(x)(ax22ax1)ex2aex(x22x)ex2，令(a)aex(x22x)ex2，显然当x0时，ex(x22x)0，所以当a时，(a)ex2.

16、所以要证当x0时，f(x)0，只需证当x0时，ex20，即证当x0时，ex(x22x7)140.令g(x)ex(x22x7)14，则g(x)ex(x24x5)(x1)(x5)ex，所以当x(0,1)时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，所以当x0时，g(x)g(1)144e0，从而当x0时，f(x)0，令f(x)0，得x2或exkx2(x0)，由x2是函数f(x)的唯一极值点知exkx2(x0)恒成立或exkx2(x0)恒成立，由yex(x0)和ykx2(x0)的图象可知，只能是exkx2(x0)恒成立法一：由x0知，exkx2，则k，设g(x)，则kg(x)min.由g(x)，得当x

17、2时，g(x)0，g(x)单调递增；当0x2，g(x)0)恒成立，则yex(x0)的图象在ykx2(x0)的图象的上方(含相切)，若k0，易知满足题意；若k0，设yex(x0)与ykx2(x0)的图象在点(x0，y0)处有相同的切线，则解得数形结合可知，0k.综上，k的取值范围是(，0.2定义“有增有减”数列an如下：tN*，atas1.已知“有增有减”数列an共4项，若aix，y，z(i1,2,3,4)，且xy0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心，半径为4的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，EAB90.(1)求p的值；(2)已知点P的纵坐标为1且在抛物线C上，Q，R是抛

18、物线C上异于点P的两点，且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为1，试问直线QR是否经过一定点？若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由解：(1)连接AF，EF，由题意及抛物线的定义，得|AF|EF|AE|4，即AEF是边长为4的正三角形，所以FAE60，设准线l与x轴交于点D，在RtADF中，FAD30，所以p|DF|AF|42.(2)由题意知直线QR的斜率不为0，设直线QR的方程为xmyt，点Q(x1，y1)，R(x2，y2)由得y24my4t0，则16m216t0，y1y24m，y1y24t.又点P，Q在抛物线C上，所以kPQ，同理可得kPR.因为kPQkPR1，所以1，则t3m.由解得m(1

19、，)，所以直线QR的方程为xm(y3)，则直线QR过定点.5已知函数f(x)e2x(x3ax4xcos x1)，g(x)exm(x1)(1)当m1时，求函数g(x)的极值；(2)若a，证明：当x(0,1)时，f(x)x1.解：(1)由题意可知g(x)exm，当m1时，由g(x)0得xln m，由xln m得g(x)0，g(x)单调递增；由xln m得g(x)x1，即证x3ax4xcos x1.由(1)得，当m1时，g(x)ex(x1)0，即exx1，所以e2x(x1)2，所以x3ax4xcos x1x3ax4xcos xx，令h(x)x24cos xa，则h(x)2x4sin x，令I(x)2

20、x4sin x，则I(x)24cos x2(12cos x)，当x(0,1)时，cos xcos 1cos，所以12cos x0，所以I(x)0，所以I(x)在(0,1)上为减函数，所以当x(0,1)时，I(x)I(0)0，h(x)h(1)a4cos 1，因为4cos 14cos2，而a，所以a4cos 10，所以当x(0,1)时，h(x)0，所以x3ax4xcos x1成立，所以当x(0,1)时，f(x)x1成立难点题型拔高练(四)1已知函数f(x)1nln x(m0,0ne)在区间1，e内有唯一零点，则的取值范围为()A.B. C. D 解析：选Af(x)，当n0时，f(x)0，当0ne时

21、，令f(x)0，则x0，所以函数f(x)在1，e上单调递减，由函数f(x)在区间1，e内有唯一零点，得即即或即又m0,0ne，所以(1)或(2)所以m，n满足的可行域如图(1)或图(2)中的阴影部分所示，则表示点(m，n)与点(1，2)所在直线的斜率，当m，n满足不等式组(1)时，的最大值在点(1，e)处取得，为1，当m，n满足不等式组(2)时，的最小值在A点处取得，根据得所以最小值为，故选A.2已知P为双曲线C：1(a0，b0)右支上的任意一点，经过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点若点A，B分别位于第一、四象限，O为坐标原点，当时，AOB的面积为2b，则双曲线C的实轴长为

22、()A. B.C. D.解析：选A设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，由，得(xx1，yy1)(x2x，y2y)，则xx1x2，yy1y2，所以1.易知点A在直线yx上，点B在直线yx上，则y1x1，y2x2，所以1，即b22a22a2b2，化简可得a2x1x2.由渐近线的对称性可得sinAOBsin 2AOx，所以AOB的面积为|OA|OB|sinAOBsinAOB x1x2 a2a2ab2b，得a，所以双曲线C的实轴长为.3已知数列an共16项，且a11，a84.记关于x的函数fn(x)x3anx2(a1)x，nN*.若xan1(1n15)是函数fn(x)的极值点，且曲线y

23、f8(x)在点(a16，f8(a16)处的切线的斜率为15，则满足条件的数列an的个数为_解析：fn(x)x22anxa1x(an1)x(an1)，令fn(x)0，得xan1或xan1，所以an1an1或an1an1(1n15)，所以|an1an|1(1n15)，又f8(x)x28x15，所以a8a161515，解得a160或a168，当a160时，a8a1(a2a1)(a3a2)(a8a7)3，得ai1ai(1i7，iN*)的值有2个为1,5个为1；由a16a8(a9a8)(a10a9)(a16a15)4，得ai1ai(8i15，iN*)的值有6个为1,2个为1.所以此时数列an的个数为CC

24、588，同理可得当a168时，数列an的个数为CC588.综上，数列an的个数为2CC1 176.答案： 1 1764已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，左顶点为A，离心率为，点B是椭圆上的动点，ABF1面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点F1的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，线段MN的中垂线为l.若直线l与直线l相交于点P，与直线x2相交于点Q，求的最小值解：(1)由已知得e，即a22c2.a2b2c2，bc.设B点的纵坐标为y0(y00)，则SABF1(ac)|y0|(ac)b，即(bb)b1，b1，a.椭圆C的方程为y21.(2)由(1)可知F1(

25、1,0)，由题意知直线l的斜率不为0，故设直线l：xmy1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，Q(2，yQ)联立，得消去x，得(m22)y22my10，此时8(m21)0，y1y2，y1y2.由弦长公式，得|MN|y1y2| 2.又yP，xPmyP1，|PQ|xP2|，（）2，当且仅当，即m1时等号成立，当m1，即直线l的斜率为1时，取得最小值2.5已知函数f(x)xln xax1，aR.(1)当x0时，若关于x的不等式f(x)0恒成立，求a的取值范围；(2)当nN*时，证明：(ln 2)222.解：(1)由f(x)0，得xln xax10(x0)，即aln x恒成立，即

26、amin.令F(x)ln x(x0)，则F(x)，函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，函数F(x)ln x的最小值为F(1)1，a1，即a1，a的取值范围是1，)(2)证明：为数列的前n项和，为数列的前n项和，只需证明2即可由(1)知，当a1时，xln xx10，即ln x1，令x1，得ln 1，22.现证明2，即2ln .(*)现证明2ln xx(x1)，构造函数G(x)x2ln x(x1)，则G(x)10，函数G(x)在(1，)上是增函数，即G(x)G(1)0，即2ln xx成立令x ，则(*)式成立综上，得2.对数列，分别求前n项和，得(ln 2)222.难点题型拔

27、高练(五)1函数f(x)2sin(0)的图象在0,1上恰有两个极大值点，则的取值范围为()A2，4B.C. D.解析：选C法一：由函数f(x)在0,1上恰有两个极大值点，及正弦函数的图象可知，则.法二：取2，则f(x)2sin，由2x2k，kZ，得xk，kZ，则在0,1上只有x，不满足题意，排除A、B、D，故选C.2过点P(2，1)作抛物线x24y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，M两点，O为坐标原点，则PEM与OAB的面积的比值为()A. B.C. D.解析：选C设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令x1x2，则y1，y2，由yx2得yx，则直线PA的方程为yy1

28、x1(xx1)，即yx1(xx1)，则E，将P(2，1)代入得x1y110，同理可得直线PB的方程为x2y210，M，直线AB的方程为xy10，则AB过定点F(0,1)，SAOB|OF|(x2x1)(x2x1)，SPEM1(x2x1)，.3在四面体ABCD中，ADDBACCB1，则当四面体的体积最大时，它的外接球半径R_.解析：当平面ADC与平面BCD垂直时，四面体ABCD的体积最大，因为ADAC1，所以可设等腰三角形ACD的底边CD2x，高为h，则x2h21，此时四面体的体积V2xh2x(1x2)，则Vx2，令V0，得x，从而h，则CDAB，故可将四面体ABCD放入长、宽、高分别为a，b，c

29、的长方体中，如图，则解得a2c2，b2，则长方体的体对角线即四面体ABCD的外接球直径，(2R)2a2b2c2，R.答案：4已知椭圆1，过点P(1,1)作斜率互为相反数的两条不同直线l1，l2，设l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点(1)若P(1,1)为AB的中点，求直线l1的方程；(2)记，求的取值范围解：(1)易知直线l1的斜率存在且不为0，设直线AB的斜率为k，则其方程为y1k(x1)，代入x22y24中，得x22kx(k1)240，(12k2)x24k(k1)x2(k1)240.判别式4(k1)k24(2k21)2(k1)248(3k22k1)0.设A(x1，y1)，B(

30、x2，y2)，则AB的中点为P(1,1)，(x1x2)1，则k.直线l1的方程为y1(x1)，即x2y30.(2)由(1)知|AB|x1x2|.由题可得直线l2的方程为y1k(x1)(k0)，同理可得|CD|， (k0)，211.令t3k，则g(t)1，t(，2 2，)易知g(t)在(，2 ，2，)上单调递减，2g(t)1或1g(t)2，故221或122，即.5已知函数f(x)xexa(ln xx)，aR.(1)当ae时，判断f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围解：(1)f(x)的定义域为(0，)，当ae时，f(x)，令f(x)0，得x1，f(x)在(0,1)上为减

31、函数；在(1，)上为增函数(2)记tln xx，则tln xx在(0，)上单调递增，且tR.f(x)xexa(ln xx)etat，令g(t)etat.f(x)在x0上有两个零点等价于g(t)etat在tR上有两个零点当a0时，g(t)et，在R上单调递增，且g(t)0，故g(t)无零点；当a0时，g(t)eta0，g(t)在R上单调递增，又g(0)10，ge10，故g(t)在R上只有一个零点；当a0时，由g(t)eta0可知g(t)在tln a时有唯一的一个极小值g(ln a)a(1ln a)若0ae，g(t)极小值a(1ln a)0，g(t)无零点；若ae，g(t)极小值0，g(t)只有一

32、个零点；若ae，g(t)极小值a(1ln a)0，而g(0)10，由y在xe时为减函数，可知当ae时，eaaea2，从而g(a)eaa20，g(x)在(0，ln a)和(ln a，)上各有一个零点综上，当ae时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，)难点题型拔高练(六)1已知函数f(x)，当x0时，函数f(x)的图象恒在直线ykx的下方，则k的取值范围是()A.B. C. D解析：选Bf(x)，令f(x)0，得x2k，kZ，所以函数f(x)在x2k，kZ时取得极大值，当直线ykx与f(x)的图象在原点处相切时，可得kf(0)，由图(图略)易得k的取值范围是.2已知f(x)是定义在R上

33、的可导函数，若3f(x)f(x)恒成立，且f(1)e3(e为自然对数的底数)，则下列结论正确的是()Af(0)1 Bf(0)1Cf(2)e6解析：选C由3f(x)f(x)可得3f(x)f(x)0，令h(x)f(x)e3x，则h(x)e3xf(x)3f(x)h(1)，即1，所以f(0)1，同理有h(2)h(1)，即1，所以f(2)e6.3已知数列an满足a11，a2，若anan12anan13an1an1(n2，nN*)，则an_.解析：由anan12anan13an1an1(n2，nN*)，得anan1an1an12(an1an1anan1)(n2，nN*)，得2 (n2，nN*)，因为2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以2n，所以2n1