高考数学试题库及参考答案 精品

1.(2012北京,18,13分)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大值.2.(2012安徽,19,13分)设函数f(x)=ae x++b(a>0).(1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值.3.(2012重庆,16,13分)设f(x)=aln x++x+1,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于y轴.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的极值.4. (2012大纲全国,20,12分)设函数f(x)=ax+cos x,x∈[0,π].(1)讨论f(x)的单调性;(2)设f(x)≤1+sin x,求a的取值范围.5.(2012湖北,17,12分)已知向量a=(cos ωx-sin ωx,sin ωx),b=(-cos ωx-sin ωx,2cos ωx),设函数f(x)=a·b+λ(x∈R)的图象关于直线x=π对称,其中ω,λ为常数,且ω∈. （1）求函数f(x)的最小正周期（2）若y=f(x)的图像经过点，求函数f(x)在区间上的取值范围6.(2012湖北,18,12分)已知等差数列{a n}前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求等差数列{a n}的通项公式;(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|a n|}的前n项和.8.(2012河北高三模拟，21，12分)设函数f(x)=x4+bx2+cx+d,当x=t1时, f(x)有极小值. (1)若b=-6时,函数f(x)有极大值,求实数c的取值范围;(2)在(1)的条件下,若存在实数c,使函数f(x)在闭区间[m-2,m+2]上单调递增,求实数m的取值范围;(3)若函数f(x)只有一个极值点,且存在t2∈(t1,t1+1),使f '(t2)=0,证明:函数g(x)=f(x)-x2+t1x在区间(t1,t2)内最多有一个零点.9. (2012沈阳高三模拟，21,12分)已知椭圆+=1(a>b>0)与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点,原点O到直线AB的距离为,该椭圆的离心率为.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)是否存在过点P的直线l与椭圆交于M,N两个不同的点,使=4成立?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.10.(2013高考仿真试题一，20,12分)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F作直线l 与抛物线交于A,B两点,抛物线的准线与x轴交于点C.(1)证明:∠ACF=∠BCF;(2)求∠ACB的最大值,并求∠ACB取得最大值时线段AB的长.11.(2013高考仿真试题二，20，12分)已知中心在原点O,焦点在x轴上,离心率为的椭圆过点.(1)求椭圆的方程;(2)设不过原点O的直线l与该椭圆交于P,Q两点,满足直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列,求△OPQ面积的取值范围.12.(2013高考仿真试题三，20,12分)已知圆x2+y2=1过椭圆+=1(a>b>0)的两焦点,与椭圆有且仅有两个公共点,直线y=kx+m与圆x2+y2=1相切,与椭圆+=1相交于A,B两点. 记λ=·,且≤λ≤.(1)求椭圆的方程;(2)求k的取值范围;(3)求△OAB的面积S的取值范围.13. (2013高考仿真试题五，21,12分)已知函数f(x)=aln x+x2-(1+a)x,其中a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)≥0对定义域内的任意x恒成立,求实数a的取值范围;(3)证明:对于任意正整数m,n,不等式++…+>恒成立.14.(2012浙江绍兴一中高三十月月考,20,10分）已知,,其中(e是自然常数）.（Ⅰ）求的单调性和极小值；（Ⅱ）求证：在上单调递增；（Ⅲ）求证：.15. (2012江西省临川一中、师大附中联考，20,13分）已知函数，a∈R．（1）若a＝－4，求函数f(x)的单调区间；（2）求y＝f(x)的极值点（即函数取到极值时点的横坐标）．16. (2012北京海淀区高三11月月考，19,14分）已知函数．（Ⅰ）若在处取得极大值，求实数的值；（Ⅱ）若，直线都不是曲线的切线，求的取值范围；（Ⅲ）若，求在区间上的最大值．17.(2012湖北省黄冈中学高三11月月考，21,14分）已知函数在上为增函数，且，，．（1）求的值；（2）当时，求函数的单调区间和极值；（3）若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围．18.（2013湖北黄冈市高三三月质量检测，22,14分）设.（Ⅰ）若对一切恒成立，求的最大值.（Ⅱ）设，且是曲线上任意两点，若对任意的，直线AB的斜率恒大于常数，求的取值范围；（Ⅲ）求证：.答案理数1.(1)f '(x)=2ax,g'(x)=3x2+b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以f(1)=g(1),且f'(1)=g'(1).即a+1=1+b,且2a=3+b.解得a=3,b=3.(2)记h(x)=f(x)+g(x). 当b=a2时,h(x)=x3+ax2+a2x+1, h'(x)=3x2+2ax+a2.令h'(x)=0,得x1=-,x2=-.a>0时,h(x)与h'(x)的情况如下:x-∞,---,---,+∞h'(x) + 0 - 0 +h(x) ↗↘↗所以函数h(x)的单调递增区间为和;单调递减区间为.当-≥-1,即0<a≤2时,函数h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h(-1)=a-a2.当-<-1,且-≥-1,即2<a≤6时,函数h(x)在区间内单调递增,在区间上单调递减,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h=1.当-<-1,即a>6时,函数h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间上单调递增.又因h-h(-1)=1-a+a2=(a-2)2>0,所以h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h=1. 2.(1)f '(x)=ae x-,当f '(x)>0,即x>-ln a时, f(x)在(-ln a,+∞)上递增;当f '(x)<0,即x<-ln a时, f(x)在(-∞,-ln a)上递减.(i)当0<a<1时,-ln a>0, f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-ln a)=2+b;(ii)当a≥1时,-ln a≤0, f(x)在[0,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=a++b. (2)依题意f '(2)=ae2-=,解得ae2=2或ae2=-(舍去).所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=.故a=,b=. 3.(1)因f(x)=aln x++x+1,故f '(x)=-+.由于曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于y轴,故该切线斜率为0,即f '(1)=0,从而a-+=0,解得a=-1.(2)由(1)知f(x)=-ln x++x+1(x>0),f '(x)=--+==.令f '(x)=0,解得x1=1,x2=-因x2=-不在定义域内,舍去.当x∈(0,1)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,1)上为减函数;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上为增函数.故f(x)在x=1处取得极小值f(1)=3. 4.(1)f '(x)=a-sin x. (2分)(i)当a≥1时,f '(x)≥0,且仅当a=1,x=时, f '(x)=0,所以f(x)在[0,π]上是增函数;(ii)当a≤0时, f '(x)≤0,且仅当a=0,x=0或x=π时, f '(x)=0,所以f(x)在[0,π]上是减函数; (iii)当0<a<1时,由f '(x)=0解得x1=arcsin a,x2=π-arcsin a.当x∈[0,x1)时,sin x<a, f '(x)>0, f(x)是增函数;当x∈(x1,x2)时,sin x>a, f '(x)<0, f(x)是减函数;当x∈(x2,π]时,sin x<a, f '(x)>0, f(x)是增函数. (6分)(2)由f(x)≤1+sin x得f(π)≤1,aπ-1≤1,所以a≤.令g(x)=sin x-x,则g'(x)=cos x-.当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0.又g(0)=g=0,所以g(x)≥0,即x≤sin x. (9分)当a≤时,有f(x)≤x+cos x.(i)当0≤x≤时,x≤sin x,cos x≤1,所以f(x)≤1+sin x;(ii)当≤x≤π时, f(x)≤x+cos x=1+-sin≤1+sin x.综上,a的取值范围是. (12分) 5. (1)因为f(x)=sin2ωx-cos2ωx+2sin ωx·cos ωx+λ=-cos 2ωx+sin 2ωx+λ=2sin+λ.由直线x=π是y=f(x)图象的一条对称轴,可得sin=±1,所以2ωπ-=kπ+(k∈Z),即ω=+(k∈Z).又ω∈,k∈Z,所以k=1,故ω=.所以f(x)的最小正周期是.(2)由y=f(x)的图象过点,得f=0,即λ=-2sin=-2sin=-,即λ=-.故f(x)=2sin-,由0≤x≤,有-≤x-≤,所以-≤sin≤1,得-1-≤2sin-≤2-,故函数f(x)在上的取值范围为[-1-,2-]. 6. (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得a n=2-3(n-1)=-3n+5或a n=-4+3(n-1)=3n-7.故a n=-3n+5或a n=3n-7.(2)当a n=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;当a n=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.故|a n|=|3n-7|=记数列{|a n|}的前n项和为S n.当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;当n≥3时,S n=S2+|a3|+|a4|+…+|a n|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)=5+=n2-n+10.当n=2时,满足此式,综上,S n=7.(1)当n=k∈N+时,S n=-n2+kn取最大值,即8=S k=-k2+k2=k2,故k2=16,因此k=4,从而a n=S n-S n-1=-n(n≥2).又a1=S1=,所以a n=-n.(2)因为b n==,T n=b1+b2+…+b n=1+++…++,所以T n=2T n-T n=2+1++…+-=4--=4-. 8.(1)因为f(x)=x4+bx2+cx+d,所以f '(x)=x3-12x+c. 设h(x)=x3-12x+c,(2分)由题意知,方程h(x)=0有三个互异的实根,∵h'(x)=3x2-12,令h'(x)=0,得x=±2.x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞) h'(x) + 0 - 0 +h(x) 增c+16(极大值) 减c-16(极小值) 增所以故-16<C<16. span (4<>分)(2)存在c∈(-16,16),使f '(x)≥0,即x3-12x≥-c,所以x3-12x>-16,即(x-2)2(x+4)>0,(*)在区间[m-2,m+2]上恒成立. (6分)所以[m-2,m+2]是不等式(*)解集的子集,所以或m-2>2,即-2或m>4. (8分)(3)证明:由题设,可得存在α,β∈R,使f '(x)=x3+2bx+c=(x-t1)(x2+αx+β),且x2+αx+β≥0恒成立. (9分)又f '(t2)=0,且在x=t2两侧同号,所以f '(x)=(x-t1)(x-t2)2. (10分)另一方面,g'(x)=x3+2bx+c-(x-t1)=x3+(2b-1)x+t1+c=(x-t1)[(x-t2)2-1].因为t12,且t2-t1<1,所以-11-t22<0.所以0<(x-t2)2<1,所以(x-t2)2-1<0,而x-t1>0,所以g'(x)<0,所以g(x)在(t1,t2)内单调递减.从而g(x)在(t1,t2)内最多有一个零点. (12分)9.(Ⅰ)由题意得,直线AB的方程为bx+ay-ab=0(a>b>0),(1分)由=及=,得a=2,b=1. (3分)所以椭圆的方程为+y2=1. (4分)(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时,M(0,-1),N(0,1),易知符合条件,此时直线l的方程为x=0. (6分) 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+,代入+y2=1得(9+36k2)x2+120kx+64=0.由Δ=14 400k2-256(9+36k2)>0,解得k2>.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,①x1x2=,②(9分)由=4得x1=4x2,③(10分)由①②③消去x1,x2,得=,即=1,无解.综上,存在符合条件的直线l,且其方程为x=0. (12分)10.(1)证明:由题设知,F,C, 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为x=my+,代入抛物线方程y2=2px,得y2-2pmy-p2=0.则y1+y2=2pm,y1y2=-p2. (4分)不妨设y1>0,y2<0,则tan∠ACF=====,tan∠BCF=-=-,∴tan∠ACF=tan∠BCF,又∠ACF,∠BCF∈(0,π),∴∠ACF=∠BCF. (8分)(2)如(1)所设y1>0,tan∠ACF=≤=1,当且仅当y1=p时取等号,此时∠ACF取最大值,∠ACB=2∠ACF取最大值,并且A,B,|AB|=2p. (12分)失分警示:(1)不能准确地得出∠ACF与∠BCF的正切值.(2)没有注意到∠ACF取得最大值时,y1=p. 11.(1)由题意可设椭圆方程为+=1(a>b>0),则解得所以椭圆方程为+y2=1. (4分)(2)由题意可知,直线l的斜率存在且不为0,OP,OQ的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+m(m≠0且m≠±1),P(x1,y1),Q(x2,y2),由消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0,且x1+x2=,x1x2=.故y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.因为直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列,所以·==k2,即+m2=0,又m≠0,所以k2=,即k=±.又m≠±1,且Δ>0,∴02<2且m2≠1.又S△OPQ=|x1-x2||m|=|m|=,所以S△OPQ的取值范围为(0,1). (12分)失分警示:根据直线OP、PQ、OQ的斜率依次成等比数列求出k的值,从而用m表示出S△OPQ. 12.(1)由题意知2c=2,c=1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点,从而b=1,故a=,所以所求椭圆方程为+y2=1. (3分)(2)因为直线l:y=kx+m与圆x2+y2=1相切,所以原点O到直线l的距离为=1,即m2=k2+1. (5分)由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=. (7分)λ=·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=,由≤λ≤,得≤k2≤1,即k的取值范围是∪. (9分)(3)|AB|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]=2-,由≤k2≤1,得≤|AB|≤. (11分)设△OAB的AB边上的高为d,则S=|AB|d=|AB|,所以≤S≤. (12分)失分警示:(1)没有将几何关系转化为代数式;(2)计算时不细心或不耐心. 13.f'(x)=+x-(1+a)==.(1)当a≤0时,若0则f '(x)<0,若x>1,则f '(x)>0,故此时函数f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞);当0时,随着x的变化, f '(x),f(x)的变化情况如下表:x (0,a) a (a,1) 1 (1,+∞)f '(x) + 0 - 0 +f(x) 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数f(x)的单调递增区间是(0,a),(1,+∞),单调递减区间是(a,1).当a=1时,f '(x)=≥0,函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞);当a>1时,同理可得,函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(a,+∞),单调递减区间是(1,a). (4分) (2)由于f(1)=--a,显然当a>0时, f(1)<0,此时f(x)≥0不是恒成立的;当a≤0时,根据(1)知,函数f(x)在区间(0,+∞)上的极小值,也是最小值,为f(1)=--a,此时只要f(1)≥0即可,解得a≤-, 故实数a的取值范围是. (7分)(3)证明:由(2)得,当a=-时, f(x)=-ln x+x2-·x≥0,当且仅当x=1时等号成立,即ln x≤x2-x,当x>1时,可以变换为>=,(9分)在上面不等式中分别令x取m+1,m+2,…,m+n,然后不等式两边再相加得++…+>++…+=++…+=-=.所以++…+>. (12分)失分警示:(1)忽略a=1的情形;(2)在证明第(3)问时,没有注意到(2)的结论. 14.（Ⅰ）函数的定义域是，，令，解得；令，解得.当变化时，的变化如下表所示：1- 0 + 0↘极小值↗由表知，函数单调递减区间是，单调递增区间是，的极小值为. ------（4分）（Ⅱ）函数的定义域是，，当时，，∴，∴在上是增函数. ------（7分）（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数在上的最小值为，∴，，由（Ⅱ）知函数在上的最大值是，∴，即不等式成立. ------（10分）15.（1）函数的定义域是.，，……..3分令，解得；令，解得.所以函数的单调递增区间为（-1,3），单调递减区间为（3,+∞）. ……….5分（2）函数的定义域是，.，此时函数在定义域上是减函数，不存在极值点. ……..7分当时，关于的方程令，解得，………………9分则，若，则，令，解得；令，解得，或.当变化时，的变化如下表所示：- 0 + 0 -↘极小值↗极大值↘由表知，函数的极小值点；极大值点是. ……………..11分若，，令，解得；令，解得.当变化时，的变化如下表所示：+ 0 -↗极大值↘由表知，函数的极大值点是，不存在极小值点.……………..12分综上所得，当时，函数不存在极值点；当时，函数的极小值点，极大值点是；当时，函数的极大值点是，不存在极小值点. ……………..13分16.（Ⅰ），………………2分令，解得，，令，解得或；令，解得.当变化时，，随的变化情况如下表：0 0………………4分由表知，函数在处取得极大值，所以. ………………5分（II），………………6分因为，直线都不是曲线的切线，所以对成立，………………7分则只要的最小值，所以. ………………8分(III) ，，因为所以当时，对成立，在R上是增函数，所以当时，取得最大值；………………9分当时，在时，，是增函数，在时，，是减函数，所以当时，取得最大值；………………10分当时，在时，，单调递减，所以当时，取得最大值；………………11分当时，在时，，是减函数，在时，，是增函数，又，当时，在取得最大值，当时，在取得最大值，当时，在，处都取得最大值.综上所得，当或时，取得最大值；当时，在，处都取得最大值；当时，在取得最大值；当时，取得最大值. ………………14分17.（1），又函数在上为增函数，∴，即恒成立，∵，∴，∴在上恒成立，即在上恒成立，又在的最大值是1，∴，又，∴仅有.……………………4分（2）∵，∴，，∴，令，解得，令，解得；令，解得.∴函数的单调递增区间是，单调递减区间为.当变化时，、的变化情况如下表：+ 0极大值由表知函数的极大值，不存在极小值.……………………9分（3）由（1）知，则，.令，,当时，，∵，∴，，∴恒有，∴此时不存在使得，即此时不存在使得成立；当时，，又，∴，，∴在上恒成立，∴在上是增函数，∴，又在上至少存在一个，使得成立，即恒成立，∴必有，∴，解得，综上所得，的取值范围为．……………………14分18.（Ⅰ）∵f（x）=e x-a （x+1），∴f′（x）=e x-a，∵a＞0，f′（x）=e x-a=0的解为x=lna．∴f（x）min=f（lna）=a-a（lna+1）=-alna，∵f（x）≥0对一切x∈R恒成立，∴-alna≥0，∴alna≤0，∴a max=1．（Ⅱ）设是任意的两实数，且，，故，不妨令函数，则上单调递增..，恒成立.=.故. ……9分（Ⅲ）由（1）知e x≥x+1，取x=, 得1-即 . 累加得(故存在正整数a=2．使得.19.（Ⅰ）.由的判别式①当即时，恒成立，则在单调递增②当时，在恒成立，则在单调递增③当时，方程的两正根为则在单调递增，单调递减，单调递增综上，当时，只有单调递增区间当时，单调递增区间为，单调递减区间为（Ⅱ）即时，恒成立当时，在单调递增∴当时，满足条件当时，在单调递减则在单调递减此时不满足条件故实数的取值范围为.（Ⅲ）由（2）知，在恒成立.令则，∴.又，∴∴.20.(Ⅰ) 因为f ' (x) =(r+1) (1+x) r-(r+1) =(r+1) [(1+x) r-1], 令f ' (x) =0, 解得x=0.当-1< x< 0时, f ' (x) < 0, 所以f(x) 在(-1,0) 内是减函数;当x> 0时, f ' (x) > 0, 所以f(x) 在(0, +∞) 内是增函数.故函数f(x) 在x=0处取得最小值f(0) =0.(Ⅱ) 由(Ⅰ), 当x∈(-1, +∞) 时, 有f(x) ≥f(0) =0, 即(1+x) r+1≥1+(r+1) x, 且等号当且仅当x=0时成立,故当x> -1且x≠0时, 有(1+x) r+1> 1+(r+1) x. ①在①中, 令x=(这时x> -1且x≠0), 得> 1+.上式两边同乘n r+1, 得(n+1) r+1> n r+1+n r(r+1),即n r< . ②当n> 1时, 在①中令x=-(这时x> -1且x≠0), 类似可得n r> . ③且当n=1时, ③也成立.综合②, ③得< n r< . ④(Ⅲ) 在④中, 令r=, n分别取值81,82, 83, …, 125, 得(8-8) < < (8-8),(8-8) < < (8-8),(8-8) < < (8-8),……(12-12) < < (12-12).将以上各式相加, 并整理得(12-8) < S< (12-8).代入数据计算, 可得(12-8) ≈210.2, (12-8) ≈210.9. 由[S]的定义, 得[S]=211.。