高考数学压轴题(详细解析)

已知函数在上的最小值为，，是函数图像上的两点，且线段的中点的横坐标为.）若数列的通项公式为, 求数列的前项和；）设数列满足:，设，）中的满足对任意不小于, 恒成立已知函数．）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；）当时，试比较与的大小；）求证：（）．设函数，其中为常数．（Ⅰ）当时，判断函数在定义域上的单调性；（Ⅱ）若函数的有极值点，求的取值范围及的极值点；（Ⅲ）当且时，求证：．已知数列是各项均不为的等差数列，公差为，为其前项和，且满足，．列满足，为数列的前）求、和；）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；）是否存在正整数，使得成等比数列？若存在，求出所有的值；若（本小题满分分）已知函数（Ⅰ）求函数的定义域，并证明在定义域上是奇函数；（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）当时，试比较与的大小关系．分）已知圆的圆心为，半径为，：和直线的如图所示，已知椭圆和抛物线有公共焦点, 的中心和的顶点都在坐标原点，过点的直线与抛物线分别相交于两点）写出抛物线的标准方程；）若，求直线的方程；）若坐标原点关于直线的对称点在抛物线上，直线与椭圆有公共点，求椭圆的长轴已知函数（为自然对数的底数）．）求的最小值；）不等式的解集为，若且求实数的取值范围；）已知，且，是否存在等差数列和首项为公比大于列，使得？若存在，请求出数列的通项公已知函数当时，求函数的最值；求函数的单调区间；试说明是否存在实数使的图象与无公共点对于实数，称为取整函数或高斯函数，亦即是不超过的最大整数例如：.平面内，若满足，则的取值范围已知二次函数的导函数为，与轴恰有一个交点，则的最小值为对数列，规定为数列的一阶差分数列，其中N为的阶差分数列，其中．（Ⅰ）若数列的首项，且满足，求数列的通项公式；（Ⅱ）对（Ⅰ）中的数列，若数列是等差数列，使得对一切正整数N都成立，求；在（Ⅱ）的条件下，令设若成立，求最小正整数的值．如图，在四棱柱中，底面是正方形，侧棱与底面垂直，点是正方形对角线的交点，，点，分别在和上，且．（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求二面角的余弦值．设函数，其中为常数．）当时，判断函数在定义域上的单调性；）若函数的有极值点，求的取值范围及的极值点；的正整数，不等式都成立已知函数）、若函数在处的切线方程为，求的值；）、若函数在为增函数，求的取值范围；）、讨论方程解的个数，并说明理由。

已知抛物线与圆相交于、、、四个点。

）求得取值范围；）当四边形的面积最大时，求对角线、的交点坐标E: （，）N(,1)且？若已知函数f(x)的导函数是。

对任意两个不相等的正数，（Ⅰ）当时，；（Ⅱ）当时，。

在（，使得.时，（可不用证明函数的连续性和可导性）在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线相交于轴的直线，使得被以若存在，求出的方程已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为）求椭圆的标准方程；）若直线与椭圆相交于两点（不是左右顶点），且以的圆过椭圆的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．设函数，其中．证明：当时，函数没有极值点；当时，函数有且只有一个极值点，已知点,直线，动点M在直线的右侧，以为圆心的动圆与直线相切，且与以为圆心（半径与⊙相等）的圆外切。

（Ⅰ）求点的轨迹方程；过直线与轴的交点作直线与点的轨迹交于不同两点、,求的取值（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设点关于轴的对称点为,问：直线是否过定点？参考答案）当时，在上单调递减，又的最小值为，∴，得当时，在上单调递增，又的最小值为，∴，得时，（舍），= 1, .∵∴，∴，即点的纵坐标为定值。

, , 所以, 即由, … ①得由①＋②, 得∴∵, ……③∴对任意的. ……④由③、④, 得即.∴.∵∴数列是单调递增数列∴关于当, 且时, .∵∴∴即∴）当时，，定义域是，，令，得或．当或时，，当时，，函数在、上单调递增，在上单调递减．的极大值是，极小值是．当时，；当时，，当仅有一个零点时，的取值范围是或． (5)）当时，，定义域为．令，，在上是增函数．①当时，，即；②当时，，即；③当时，，即．）的结论，当时，，即．令，则有，．．当时，．，，即时命题成立．设当时，命题成立，即．时，．）的结论，当时，，即．令，则有，则有，即时命题也成立． (13)因此，由数学归纳法可知不等式成得． (11)，．，又，，．．）由题意知，的定义域为，当时，，函数在定义域上单调递增．）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点．②时，有两个相同的解，时，时，函数在上无极值点．③当时，有两个不同解，时，，,，随在定义域上的变化情况如下表：由此表可知：时，有惟一极小值点，当时，0<<1此时，，随的变化情况如下表：由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；当且仅当时有极值点当时，有惟一最小值点；当时，有一个极大值点和一个极小值点可知当时，函数，此时有惟一极小值点且令函数）（法一）在中，令，，得即解得，，．，．（法二）是等差数列，．由，得，又，，则．(求法同法一）①当为偶数时，要使不等式恒成立，即需不等式恒成立．，等号在时取得．此时需满足．②当为奇数时，要使不等式恒成立，即需不等式恒成立．是随的增大而增大，时取得最小值．此时需满足．综合①、②可得的取值范围是． (10)），若成等比数列，则，即． (11)（法一）由，可得，即，．又，且，所以，此时．因此，当且仅当，时，数列中的成等比数列． (14)（法二）因为，故，即，，（以下同上）．解：（Ⅰ）由，解得或，∴ 函数的定义域为当时，∴ 在定义域上是奇函数。

（Ⅱ）由时，恒成立，∴∴ 在成立令，，由二次函数的性质可知时函数单调递增，时函数单调递减，时，∴（Ⅲ）=证法一：设函数,则时，，即在上递减，所以，故在成立，则当时,成立. (14)证法二：构造函数，当时，，∴在单调递减， (12)当（）时，的方程为的方程，得即，解得∵∴的方程为）直线能与圆依题意设直线的方程为，即若直线与圆相切，则∴，解得当时，直线与轴的交点横坐标为，不合题意，舍去当时，直线与轴的交点横坐标为，∴∴，即，∴直线能与圆C直线的方程为，的方程为）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．设．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．椭圆设为消元整理．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．） 1由当；当），有解由即上有解令，上减，在又，且）设存在公差为的等差数列和公比首项为的等比数列，使又时，得，解得（舍）故此时存在满足条件的数列时，，所以在为减函数在为增函数，所以函数的最小值为= (5)(2) (6)时，则f)在(1,+∞)恒成立，所以a＞，则故当，， (9)当时，) ,的减区间为，的增区间为 (10)在(1,+∞)的最小值为， (11)令在[1,+∞)上单调递减，所以则>0的最小值大于，的图象与无公共点 (14)11 A解：（Ⅰ）由及，，∴∴∴数列是首项为公差为的等差数列，∴．————————，∴ ．∵，∴ ．————————————，，，∴，又，∴，∴是递增数列，且，∴ 满足条件的最小正整数的值为解：（Ⅰ）证明：取，连结和,∴，∥，，∥，∴，∥．∴四边形为平行四边形，∴∥，在矩形中，，为平行四边形．∴∥，∥．∵平面，平面，∴∥平面．（Ⅱ）连结，在正四棱柱中，平面，∴，，∴平面，∴．由已知，得平面．∴，，在△与△中，，，∴△∽△∴，．—————————（Ⅲ）以为原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系．．，由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，设为平面的一个法向量，，即，令，所以．∴，∵二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．）由题意知，的定义域为，当时，，函数在定义域上单调递增．）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点．②时，有两个相同的解，时，时，函数在上无极值点．③当时，有两个不同解，时，，,，随在定义域上的变化情况如下表：由此表可知：时，有惟一极小值点，当时，0<<1此时，，随的变化情况如下表：由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；当且仅当时有极值点当时，有惟一最小值点；当时，有一个极大值点和一个极小值点可知当时，函数，此时有惟一极小值点且）因为：，又在处的切线方程为解得：）若函数在上恒成立。

则在上恒成立，即：在上恒成立。

所以有）当时，在定义域上恒大于，此时方程无解； (7)当时，在上恒成立，所以在定义域上为增函数。

，，所以方程有惟一解。

(8)当时，因为当时，，在内为减函数；当时，在内为增函数。

所以当时，有极小值即为最小值。

(10)当时，，此方程无解；当时，此方程有惟一解。

当时，因为且，所以方程在区间上有惟一解， (12)因为当时，，所以，所以方程在区间上有惟一解。

所以方程在区间上有惟两解。

综上所述：当时，方程无解；当时，方程有惟一解；当时方程有两解。

）这一问学生易下手。

将抛物线与圆的方程联立，消去，整理得．．．．．．．．．．．．．（＊）抛物线与圆相交于、、、四个点的充要条件是：易得.设四个交点的坐标分别为、、、。

）根据韦达定理有，则令，则下面求的最大值。

当且仅当，即时取最大值。

经检验此时满足题意。

下面来处理点的坐标。

设点的坐标为：以下略。

E: （，）N(,1)所以解得所以椭圆的方程为且,圆的切线方程为解方程组得,,则△=,即,要使,需使,即,所以,以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,,,所求的圆为,都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆且.因为,所以,,①当时因为所以,所以,所以当且仅当时取”=”.当时,.两个交点为或, ,的取值范围为即:证明：（Ⅰ）由得而又∴∵∴∵∴即（Ⅱ）证法一：由，得下面证明对任意两个不相等的正数,有恒成立即证成立∵设，则令得，列表如下：∴∴对任意两个不相等的正数，恒有证法二：由，得∴∵是两个不相等的正数∴设则，列表：∴∴即对任意两个不相等的正数，恒有的方程在（使g’(x)=,g’(x)∈(),b-a>0即。

：（Ⅰ）依题意，点的坐标为，可设，直线的方程为，与联立得消去得．由韦达定理得，．于是．，当，．（Ⅱ）假设满足条件的直线存在，其方程为，设的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，则，点的坐标为．，，，．令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，，又由点到直线的距离公式得．从而，当时，．（Ⅱ）假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程代入得，则．设直线与以为直径的圆的交点为，则有．令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，）由题意设椭圆的标准方程为，由已知得：，椭圆的标准方程为．）设．联立，则又．因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，，即．．．．解得：，且均满足．当时，的方程，直线过点，与已知矛盾；当时，的方程为，直线过定点．所以，直线过定点，定点坐标为证明：因为，所以的定义域为．．当时，如果在上单调递增；如果在上单调递减．所以当，函数没有极值点．当时，令，将（舍去），，当时，随的变化情况如下表：极小值函数有且只有一个极小值点，极小值为．当时，随的变化情况如下表：极大值函数有且只有一个极大值点，极大值为．当时，函数没有极值点；当时，若时，函数有且只有一个极小值点，极小值为．若时，函数有且只有一个极大值点，极大值为．解：（Ⅰ）设圆的半径为，则点到直线的距离所以点的轨迹是以为焦点、为准线的双曲线右支点轨迹方程为（Ⅱ）设直线的方程为，代入双曲线方程消去得设则此方程由两个不相等的正实根，由得到。