南京市2023屆高三數學考前綜合訓練題一、填空題1．數列{an}為等比數列，其前n項的乘積為Tn，若T2＝T8，則T10＝．【答案】1【提示】法一：由T2＝T8得a3·a4·…·a8＝1，則(a3·a8)3＝1，a3·a8＝1．從而T10＝a1·a2·…·a10＝(a1·a10)5＝(a3·a8)5＝1；法二：(特殊化思想)，取an＝1，則T10＝1．【說明】本題考查等比數列的運算性質．可一般化：{an}為正項等比數列，其前n項的乘積為Tn，若Tm＝Tn，則Tm＋n＝1；可類比：{an}為等差數列，其前n項的和為Sn，若Sm＝Sn，則Sm＋n＝0．(其中m，n∈N*，m≠n)．2．已知點P為圓C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0上的動點，點P到某直線l的最大距離為5．若在直線l上任取一點A作圓C的切線AB，切點為B，則AB的最小值是________．【答案】eq\r(5)．【提示】由P到直線l的最大距離為5，得圓心C到直線l的距離為3，從而直線l與圓C相離．過A引圓C的切線長AB＝eq\r(AC2－r2)＝eq\r(AC2－4)≥eq\r(32－4)＝eq\r(5)．【說明】點?直線與圓的相關問題常轉化為圓心與點?直線問題．3．已知直線l：x－2y＋m＝0上存在點M滿足與兩點A(－2，0)，B(2，0)連線的斜率kMA與kMB之積為－eq\f(3,4)，則實數m的值是___________．【答案】[－4，4]．【提示】點M的軌跡為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±2)．把直線l：x＝2y－m代入橢圓方程得，16y2－12my＋(3m2－12)＝0．根據條件，上面方程有非零解，得△≥0，解得－4≤m【說明】求曲線方程的直接法，研究直線與橢圓位置關系中基本方法是方程思想．4．已知數列{an}為正項等差數列，滿足eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1)≤1(其中k∈N*且k≥2)，則ak的最小值為_________．【答案】eq\f(9,2)．【提示】因為{an}為正項等差數列，則ak＝eq\f(a1＋a2k－1,2)≥eq\f(a1＋a2k－1,2)·(eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1))＝eq\f(1,2)eq·(5＋eq\f(a2k－1,a1)＋eq\f(4a1,a2k－1))≥eq\f(1,2)·(5＋2eq\r(,eq\f(a2k－1,a1)·eq\f(4a1,a2k－1)))＝eq\f(9,2)(當且僅當eq\f(1,a1)＋eq\f(4,a2k－1)＝1，且eq\f(a2k－1,a1)＝eq\f(4a1,a2k－1)，即a1＝3，a2k－1＝6時取“＝”號)．【說明】本題將等差數列的運算性質(等差中項)與基本不等式進行綜合．5．以C為鈍角的△ABC中，BC＝3，eq\o(\s\up8(),BA)·eq\o(\s\up8(),BC)＝12，當角A最大時，△ABC面積為__________．ABCABCD【提示】過A作AD⊥BC，垂足為D，則eq\o(\s\up8(),BA)·eq\o(\s\up8(),BC)＝|eq\o(\s\up8(),BA)||eq\o(\s\up8(),BC)|cosB＝BDBC＝3BD＝12，所以BD＝4，又BC＝3，所以CD＝1．設AD＝y(y＞0)，則tan∠BAC＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(4,y))－eq\s\do1(\f(1,y)),1＋eq\s\do1(\f(4,y2))))＝eq\s\do1(\f(3,y＋eq\s\do1(\f(4,y))))≤eq\s\do1(\f(3,4))，且僅當y＝eq\s\do1(\f(4,y))，即y＝2時取“＝”，由正切函數的單調性知此時∠BAC也最大．【說明】學會從向量的數量積處理的三種手法：定義法?基底法和坐標法中選擇，本題用定義法最為簡潔，用坐標法也可以得出同上結論，另由兩個直角三角形拼接的平面圖形，計算角的最值，可轉化到直角三角形用兩角和與差的正切來解決，體現了化歸與轉化的思想．6．計算：4sin20＋tan20＝．【答案】eq\r(3)．【提示】原式＝4sin20＋eq\f(sin20,cos20)＝eq\f(4sin20cos20＋sin20,cos20)＝eq\f(2sin40＋sin20,cos20)＝eq\f(2sin(60－20)＋sin20,cos20)＝eq\f(eq\r(3)cos20－sin20＋sin20,cos20)＝eq\r(3)．【說明】切化弦?向特殊角轉化?向單一的角轉化是三角恒等變換(求值)的一般思路．7．設α是銳角，且cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(4,5)，則sin(2α＋eq\F(π,12))的值為．【答案】eq\F(17eq\R(,2),50)【提示】因為α是銳角，所以eq\F(π,6)＜α＋eq\F(π,6)＜eq\F(2π,3)，因為cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(4,5)，所以sin(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(3,5)．sin2(α＋eq\F(π,6))＝2sin(α＋eq\F(π,6))cos(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(24,25)，cos2(α＋eq\F(π,6))＝1－2sin2(α＋eq\F(π,6))＝eq\F(7,25)．sin(2α＋eq\F(π,12))＝sin[2(α＋eq\F(π,6))－eq\F(π,4)]＝sin2(α＋eq\F(π,6))coseq\F(π,4)－cos2(α＋eq\F(π,6))sineq\F(π,4)＝eq\F(24,25)×eq\F(eq\R(,2),2)－eq\F(7,25)×eq\F(eq\R(,2),2)＝eq\F(17eq\R(,2),50)．【說明】考查同角三角函數，倍角三角函數，和角三角函數，重點突出角之間的互化，設法將所求角轉化為已知角，用已知角表示所求角．8．等比數列{an}中，首項a1＝2，公比q＝3，an＋an＋1＋…＋am＝720(m，n∈N*，m＞n)，則m＋n＝．【答案】9．【提示】因為an＝2·3n－1，則an＋an＋1＋…＋am＝eq\f(2·3n－1·(1－3m－n＋1),1－3)＝3n－1·(3m－n＋1－1)＝720＝32×24×5，則eq\b\lc\{(\a\al(n－1＝2,m－n＋1＝4))，解得n＝3，m＝6，則m＋n＝9．【說明】本題考查等比數列中的基本運算，涉及到簡單的數論知識（整數的分解）．9．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(x＋4，x＜a，,x2－2x，x≥a))，若任意實數b，總存在實數x0，使得f(x0)＝b，則實數a的取值范圍是．【答案】－5≤a≤4．【提示】“任意實數b，總存在實數x0，使得f(x0)＝b”等價于函數f(x)的值域為R．在平面直角坐標系xOy中，分別作出函數y＝x＋4及y＝x2－2x的圖像，觀察圖像可知－5≤a≤4．【說明】本題要注意條件的等價轉化．一般情況下涉及到分段函數的問題都要有意識的作出圖像，運用數形結合的方法解決問題，學會從特殊值驗證，再到一般結論的發展．10．已知函數f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則實數a的取值范圍是．【答案】（－∞，－2）【提示】解法一：若a＝0，解得x＝±eq\F(eq\R(,3),3)，不合題意．若a＞0，則f(－1)＝－a－2＜0，f(0)＝1＞0，所以f(x)存在負的零點，不合題意．若a＜0，則f′(x)＝3ax(x－eq\F(2,a))，可得f(eq\F(2,a))＝1－eq\F(4,a2)為極小值，則滿足1－eq\F(4,a2)＞0，解得a＞2或a＜－2．此時，取得a＜－2．綜上，a的取值范圍是（－∞，－2）．解法二：f(x)＝0，即ax3＝3x2－1，分離參數a＝eq\F(3,x)－eq\F(1,x3)，同樣可得a＜－2．【說明】考查零點概念、零點存在性定理；函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想，學會利用導數來研究函數的圖象和性質．11．設函數f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，（m∈R），若對任意b＞a＞0，eq\f(f(b)－f(a),b－a)＜1恒成立，則m的取值范圍是．【答案】[eq\F(1,4)，＋∞）．【提示】對任意的b＞a＞0，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＜1恒成立，等價于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．函數h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x在(0，＋∞)是單調減函數，即h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－(x－eq\F(1,2))2＋eq\f(1,4)（x＞0）恒成立，解得：m≥eq\f(1,4)．所以m的取值范圍是[eq\F(1,4)，＋∞）．【說明】考查求常見函數的導數，利用導數研究函數的單調性，會用分離常數的方法來研究不等式恒成立問題，不等式、方程、函數三者之間相互轉化是高考考查的重點，要培養用函數的觀點來研究不等式、方程的意識，體現數形結合思想．二、解答題1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知tanA＝eq\F(1,3)．設向量x＝(3a，cosA)，y＝(2c，cosC)，且x∥y．（1）若b＝eq\R(,5)，求c2－a2的值；（2）求B的值．解：（1）因為x∥y，所以3acosC＝2ccosA．用余弦定理代入，化簡可得：b2＝5(c2－a2)．因為b＝eq\R(,5)，所以c2－a2＝1．（2）因為3acosC＝2ccosA，由正弦定理得：3sinAcosC＝2sinCcosA，即3tanA＝2tanC．因為tanA＝eq\F(1,3)，所以tanC＝eq\F(1,2)，從而tanB＝－tan(A＋C)＝－eq\F(tanA＋tanC,1－tanAtanC)＝－1．因為B∈(0，π)，所以B＝eq\F(3π,4)．【說明】考查向量的平行，正弦、余弦定理，兩角和與差的正切公式．能夠根據題目的要求正確實現邊角互化．2．三角形ABC中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，面積為S．（1）若eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))≤2eq\r(3)S，求A的取值范圍；（2）若tanA∶tanB∶tanC＝1∶2∶3，且c＝1，求b．解：（1）由題意知，eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝bccosA，S＝eq\F(1,2)bcsinA，所以bccosA≤eq\r(3)bcsinA，即cosA≤eq\r(3)sinA，（或也可根據cosA的正負，轉化為關于tanA的不等式）．即eq\r(3)sinA－cosA≥0，2sin(A－eq\F(π,6))≥0．因為A為三角形內角，則A－eq\F(π,6)∈(－eq\F(π,6)，eq\F(5π,6))，所以0≤A－eq\F(π,6)＜eq\F(5π,6)，從而A∈[eq\F(π,6)，π)．（2）設tanA＝m，tanB＝2m，tanC＝3m，由題意知，m因為tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\F(tanA＋tanB,1－tanA·tanB)，則3m＝－eq\F(3m,1－2m2)，解得m＝1，則tanB＝2，tanC＝3，從而sinB＝eq\F(2eq\r(5),5)，sinC＝eq\F(3eq\r(10),10)，所以eq\F(AC,AB)＝eq\F(sinB,sinC)＝eq\F(2eq\r(2),3)，則AC＝eq\F(2eq\r(2),3)．【說明】本題第（1）問考查數量積?三角形面積公式?兩角和差公式及簡單的三角不等式．第（2）問的目的是考查斜三角形三內角A，B，C滿足的一個恒等式(tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC)．還可聯想到一類求值問題(兩角和差正切公式的變形)，如tan37＋tan23＋eq\r(3)tan37·tan23等問題．3．某高速公路收費站出口處依次有編號為1?2?3?4?5的五個收費窗口．（1）若每天隨機開放其中的3個收費窗口，則恰有兩個相鄰窗口開放（如：1，2，4）的概率是多少?（2）經統計，在某個開放的收費窗口處排隊等侯的車輛數及相應概率如下：排隊車輛數01234≥5概率①該收費窗口處至多有2輛車排隊等侯的概率是多少?②該收費窗口處至少有3輛車排隊等侯的概率是多少?解：（1）記事件A為“開放3個收費窗口，恰有兩個相鄰窗口開放”，用(i，j，k)表示編號分別為i，j，k的三個收費窗口開放．則本題的基本事件包括：(1，2，3)，(1，2，4)(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共10個基本事件；而事件A包括：(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，共6個基本事件．因此P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)．答：隨機開放其中三個收費窗口，恰有兩個相鄰窗口開放的概率為eq\f(3,5)．（2）記事件Bi為“該收費窗口處有i輛車排隊等侯”，其中i＝0，1，2，3，4，5．則由題意知，上述6個事件為互斥事件．記事件C為“該收費窗口處至多有2輛車排隊等侯”，事件D為“該收費窗口處至少有3輛車排隊等侯”．則P(C)＝P(B0＋B1＋B2)＝P(B0)＋P(B1)＋P(B2)＝＋＋＝，P(D)＝P(B3＋B4＋B5)＝P(B3)＋P(B4)＋P(B5)＝＋＋＝．（另解：由題意知事件C，D為對立事件，則P(D)＝P(eq\o(\s\up6(－),C))＝1－P(C)＝）答：該收費窗口處至多2輛車排隊等侯的概率為，至少3輛車排隊等侯的概率為．【說明】本題考查古典概型和互斥事件的概率計算，主要要注意規范表述．ACDB4．如圖，四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，三角形ACDB（1）當∠BAD＝eq\F(π,3)時，設eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))，求x，y的值； （2）設∠BAD＝α，則當α為多少時，四邊形ABCD的面積S最大，并求出最大值．解：（1）在△ABD中，由于AB＝2，AD＝1，∠BAD＝eq\F(π,3)，易得BD＝eq\r(,3)，∠ABD＝eq\F(π,6)，∠ADB＝eq\F(π,2)，∠ABC＝eq\F(π,2)，∠ADC＝eq\F(5π,6)．下面提供三種解法：法一：如圖，過點C作CE//AD交AB于點E，在△BCE中，BC＝eq\r(,3)，∠ABC＝eq\F(π,2)，∠BEC＝eq\F(π,3)，ACDBE則CE＝2，BE＝1，則AE＝1，所以eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AE,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(EC,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\F(1,2)eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋2eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))，即eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))ACDBEAACDBOyx法二：以A為坐標原點，AB所在直線為x軸建立如圖直角坐標系．則D(eq\F(1,2)，eq\F(eq\r(3),2))，B(2，0)，C(2，eq\r(,3))，則eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))＝(2，eq\r(,3))，eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(2，0)，從而eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\F(1,2)，eq\F(eq\r(3),2))，則eq\b\lc\{(\a\al(2x＋eq\F(1,2)y＝2,eq\F(eq\r(3),2)y＝eq\r(,3)))，解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))法三：因為eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))2＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝4x＋y，又eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(BC,\d\fo1()\s\up7(→)))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))2＋eq\o(BC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))＝4，則4x＋y＝4．因為eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))2＝x＋y，又eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＋eq\o(DC,\d\fo1()\s\up7(→)))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))2＋eq\o(DC,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))＝1＋1×eq\r(,3)×coseq\F(π,6)＝eq\F(5,2)，則x＋y＝eq\F(5,2)．從而eq\b\lc\{(\a\al(4x＋y＝4,x＋y＝eq\F(5,2)))，解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\F(1,2)，,y＝2．))（2）在△ABD中，由余弦定理知，BD＝eq\r(,5－4cosα)，則S△ABD＝sinα，S△BDC＝eq\F(eq\r(,3),4)BD2＝eq\F(eq\r(,3),4)(5－4cosα)，則S＝sinα－eq\r(,3)cosα＋eq\F(5eq\r(,3),4)＝2sin(α－eq\F(π,3))＋eq\F(5eq\r(,3),4)，α∈(0，π)，所以Smax＝2＋eq\F(5eq\r(,3),4)，此時α－eq\F(π,3)＝eq\F(π,2)，即α＝eq\F(5π,6)．【說明】第（1）問考查平面向量基本定理，將向量eq\o(AC,\d\fo1()\s\up7(→))用基底eq\o(AB,\d\fo1()\s\up7(→))，eq\o(AD,\d\fo1()\s\up7(→))線性表示．此類問題通常的處理方法：利用“平行四邊形法則”或“三角形法則”分解；將向量用坐標表示；將向量與基底進行運算（數量積?平方等）．第（2）問考查三角形面積?三角恒等變換及三角函數在給定區間上的最值問題．5．某隧道長2150m，通過隧道的車輛速度不能超過20m/s．一列有55輛車身長都為10m的同一車型的車隊(這種型號車能行駛的最高速度為40m/s)，勻速通過該隧道，設車隊的速度為xm/s，根據安全和車流量的需要，當0＜x≤10時，相鄰兩車之間保持20m的距離；當10＜x≤20時，相鄰兩車之間保持(eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x)m的距離．自第1輛車車頭進入隧道至第55輛車車尾離開隧道所用時間為y(s)．（1）將y表示為x的函數；（2）求車隊通過隧道時間y的最小值及此時車隊的速度．(eq\r(3)≈．解：（1）當0＜x≤10時，y＝eq\f(2150＋10×55＋20×(55－1),x)＝eq\f(3780,x)(s)；當10＜x≤20時，y＝eq\f(2150＋10×55＋(eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,3)x)×(55－1),x)＝eq\f(2700＋9x2＋18x,x)＝18＋9x＋eq\f(2700,x)(s)．所以y＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(3780,x)，0＜x≤10，,18＋9x＋eq\f(2700,x)，10＜x≤20．))（2）當x∈(0，10]時，在x＝10時，ymin＝eq\f(3780,10)＝378(s)．當x∈(10，20]時，y＝18＋9x＋eq\f(2700,x)≥18＋2eq\r(9xeq\f(2700,x))＝18＋180eq\r(3)≈(s)．當且僅當9x＝eq\f(2700,x)，即x＝10eq\r(3)≈時取等號．因為∈(10，20]，所以當x＝17.3m/s時，ymin＝(因為378＞，所以當車隊的速度為17.3m/s時，車隊通過隧道時間【說明】注意半建模型的應用問題，其中變量在不同范圍內，對應的函數關系不一樣，處理問題的方法也有區別，可與多項式函數?分式函數?三角函數等綜合，也可用不等式?導數?三角變換等工具研究其最值．6．在平面直角坐標系xOy中，圓O:x2＋y2＝1，P為直線l：x＝t(1＜t＜2)上一點．（1）已知t＝eq\F(4,3)．＝1\*GB3①若點P在第一象限，且OP＝eq\F(5,3)，求過點P圓O的切線方程；＝2\*GB3②若存在過點P的直線交圓O于點A，B，且B恰為線段AP的中點，求點P縱坐標的取值范圍；（2）設直線l與x軸交于點M，線段OM的中點為Q．R為圓O上一點，且RM＝1，直線RM與圓O交于另一點N，求線段NQ長的最小值．解：（1）設點P的坐標為(eq\F(4,3)，y0)．＝1\*GB3①因OP＝eq\F(5,3)，所以(eq\F(4,3))＋y02＝(eq\F(5,3))2，解得y0＝±1．又點P在第一象限，所以y0＝1，即P的坐標為(eq\F(4,3)，1)．易知過點P圓O的切線的斜率必存在，可設切線的斜率為k，則切線為y－1＝k(x－eq\F(4,3))，即kx－y＋1－eq\F(4,3)k＝0，于是有eq\F(|1－eq\F(4,3)k|,eq\R(,k2＋1))＝1，解得k＝0或k＝eq\F(24,7)．因此過點P圓O的切線為:y＝1或24x－7y－25＝0．＝2\*GB3②設A(x，y)，則B(eq\F(x＋eq\F(4,3),2)，eq\F(y＋y0,2))．因為點A，B均在圓上，所以有eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,(eq\F(x＋eq\F(4,3),2))2＋(eq\F(y＋y0,2))2＝1．))即eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,(x＋eq\F(4,3))2＋(y＋y0)2＝4．))該方程組有解，即圓x2＋y2＝1與圓(x＋eq\f(4,3))2＋(y＋y0)2＝4有公共點．于是1≤eq\R(,eq\F(16,9)＋y02)≤3，解得－eq\F(eq\R(,65),3)≤y0≤eq\F(eq\R(,65),3)，即點P縱坐標的取值范圍是[－eq\F(eq\R(,65),3)，eq\F(eq\R(,65),3)]．（2）設R(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\al(x22＋y22＝1，,(x2－t)2＋y22＝1．))解得x2＝eq\F(t,2)，y22＝1－eq\F(t2,4)．RM的方程為：y＝－eq\F(2y2,t)(x－t)．由eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝1，,y＝－eq\F(2y2,t)(x－t)．))可得N點橫坐標為eq\F(t(3－t2),2)，所以NQ＝eq\R(,(eq\F(2t－t3,2))2＋1－(eq\F(3t－t3,2))2)＝eq\F(1,2)eq\R(,2t4－5t2＋4)．所以當t2＝eq\F(5,4)即t＝eq\F(eq\R(,5),2)時，NQ最小為eq\F(eq\R(,14),8)．【說明】本題考查了直線與圓的位置關系?圓與圓的位置關系．其中第二問要能體會將方程組有解問題轉化為圓與圓有公共點問題；第三問要能會求在已知一個交點的情況下直線與曲線的另一個交點的坐標．最后需要注意解析幾何當中求范圍問題．OFADCBQPxy7．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點D(1，eq\f(3,2))，且右焦點為F(1,0)，右頂點為A．過點F的弦為BC．直線BA，直線CA分別交直線l:x＝m,(m＞2)于P?Q兩點．OFADCBQPxy（1）求橢圓方程；（2）若FP⊥FQ，求m的值．解：（1）eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1,a2－b2＝1,解之得a2＝4，b2＝3，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；（2）設B(x0，y0)，則BC：y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，與橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1聯立方程組：eq\b\lc\{(\a\al(y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，,eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．))解得x＝x0，y＝y0或x＝eq\f(8－5x0,5－2x0)，y＝eq\f(－3y0,5－2x0)，所以C(eq\f(8－5x0,5－2x0),eq\f(－3y0,5－2x0))．kABkAC＝eq\f(y0,x0－2)eq\f(eq\f(－3y0,5－2x0),eq\f(8－5x0,5－2x0)－2)＝eq\f(y0,x0－2)eq\f(3y0,x0＋2)＝eq\f(3y02,x02－4)＝eq\f(9(1－eq\f(x02,4)),x02－4)＝－eq\f(9,4)．顯然kAB＝kAP,kAC＝kAQ，所以kAPkAQ＝－eq\f(9,4)．設Q(m,y1)kFQ＝eq\f(y1,m－1)＝eq\f(y1,m－2)eq\f(m－2,m－1)＝eq\f(m－2,m－1)kAQ，同理kFP＝eq\f(m－2,m－1)kAP．所以kFPkFQ＝(eq\f(m－2,m－1))2kAPkAQ＝－eq\f(9,4)(eq\f(m－2,m－1))2＝－1,又m＞2，所以eq\f(m－2,m－1)＝eq\f(2,3)，所以m＝4．【說明】本題考查了橢圓的標準方程?直線的斜率．重點考查學生的計算能力，即應用解析的方法證明圓錐曲線性質的能力．本題中要證明FP⊥FQ，即證明kFPkFQ＝－1，通過分析可以發現kFQ與kAQ成比例，同理kFP與kAP成比例，故只需證明kABkAC即可．BAPQF2lxyMO8．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(eq\r(2),2)，右焦點?下頂點?左頂點分別為F2，B，A．AB＝eq\r(3)．直線l交橢圓C于P，Q兩點，直線AP與BQ交于點M．BAPQF2lxyMO（1）求a，b的值；（2）當BP過點F2時，求過A?B?P三點的圓的方程；*（3）當eq\f(AM,MP)＝eq\f(BM,MQ)時，求F2M的最小值．解：（1）根據條件得，eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(c,a)＝eq\f(eq\r(2),2)，,a2＋b2＝3，,a2＝b2＋c2．))解得a＝eq\r(2)，b＝1．（2）由（1）知，F2，B的坐標分別為(1，0)，(0，－1)．所以BP方程為y＝x－1．代入C：eq\f(x2,2)＋y2＝1得3x2－4x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(4,3)．所以P(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))．設過A，B，P三點的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，將A(－eq\r(2)，0)，B(0，－1)，P(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))代入得，eq\b\lc\{(\a\al(－eq\r(2)D＋F＝－2，,－E＋F＝－1，,eq\f(4,3)D＋eq\f(1,3)E＋F＝－eq\f(17,9)．))解得eq\b\lc\{(\a\al(D＝eq\f(1,3)(eq\r(2)－1)，,E＝－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋1)，,F＝－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋4)．))所以所求圓的方程為x2＋y2＋eq\f(1,3)(eq\r(2)－1)x－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋1)y－eq\f(1,3)(eq\r(2)＋4)＝0．（3）設P，Q，M的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，且eq\f(AM,MP)＝eq\f(BM,MQ)＝，根據條件得，eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),MP)，eq\o(\s\up8(),BM)＝eq\o(\s\up8(),MQ)．由eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),MP)得，即(x0＋eq\r(2)，y0)＝(x1－x0，y1－y0)．所以eq\b\lc\{(\a\al(x0＋eq\r(2)＝(x1－x0)，,y0＝(y1－y0)．))解得eq\b\lc\{(\a\al(x1＝(1＋eq\f(1,))x0＋eq\f(eq\r(2),)，,y1＝(1＋eq\f(1,))y0．))同理，由eq\o(\s\up8(),BM)＝eq\o(\s\up8(),MQ)得，eq\b\lc\{(\a\al(x2＝(1＋eq\f(1,))x0，,y2＝(1＋eq\f(1,))y0＋eq\f(1,)．))因為P(x1，y1)在橢圓C上，所以x12＋2y12＝2．代入得，[(1＋eq\f(1,))x0＋eq\f(eq\r(2),)]2＋2[(1＋eq\f(1,))y0]2＝2．同理得，[(1＋eq\f(1,))x0]2＋2[(1＋eq\f(1,))y0＋eq\f(1,)]2＝2．把上面兩式相減得，(1＋eq\f(1,))(x0－eq\r(2)y0)＝0．因為1＋eq\f(1,)≠0，所以x0－eq\r(2)y0＝0．即點M的軌跡是直線x－eq\r(2)y＝0在橢圓內的一段．所以F2M的最小值即為F2到直線x－eq\r(2)y＝0距離．即F2Mmin＝eq\f(∣11－eq\r(2)0∣,eq\r(12＋(－eq\r(2))2))＝eq\f(eq\r(3),3)．【說明】（1）橢圓中的a，b，c與各種幾何量之間關系要熟記，它們是求橢圓標準方程與幾何量的基礎；（2）注意求方程的待定系數法，合理選擇方程的形式；（3）在進行關系轉化時，一定要分清主次，要求什么量關系，需要消去哪些量，先想明白，再變形．9．已知函數f(x)＝(x－1)ex，g(x)＝lnx，其中e是自然對數的底數．（1）求函數f(x)的極值；（2）求函數h(x)＝f(x)＋e∣g(x)－a∣(a為常數)的單調區間；解：（1）因為f(x)＝xex，所以當x＞0時，f(x)＞0；當x＜0時，f(x)＜0．因此f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞減，所以f(x)有極小值為f(0)＝－1，無極大值．（2）h(x)＝f(x)＋e∣g(x)－a∣＝(x－1)ex＋e∣lnx－a∣．當x≥ea時，h(x)＝(x－1)ex＋e(lnx－a)，h(x)＝xex＋eq\F(e,x)＞0恒成立，h(x)在(ea，＋∞)上單調遞增，當0＜x≤ea時，h(x)＝(x－1)ex＋e(a－lnx)，h(x)＝xex－eq\F(e,x)，[h(x)]＝(x＋1)ex＋eq\F(e,x2)＞0恒成立．所以h(x)在(0，ea]上單調遞增，注意到h(1)＝0．因此當a≤0時，h(x)≤0恒成立．當a＞0時，當x∈(0，1)時，h(x)＜0；當x∈[1，ea]時，h(x)≥0．綜上有：當a≤0時，h(x)減區間為(0，ea]，增區間為(ea，＋∞)．當a＞0時，h(x)減區間為(0，1)，增區間為[1，＋∞)．【說明】本題以指對函數為載體，考查了導數的運用?分類討論思想?函數的零點等相關知識．其中第3問要能感受與體會存在性和唯一性的證明方法．10．已知函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d是實數集R上的奇函數，且在x＝1處取得極小值－2．（1）求f(x)的表達式；（2）已知函數g(x)＝|x|－2，判斷關于x的方程f(g(x))－k＝0解的個數．解：（1）f(－x)＝－ax3＋bx2－cx＋d，－f(x)＝－ax3－bx2－cx－d，對任意x∈R，f(－x)＝－f(x)，即－ax3＋bx2－cx＋d＝－ax3－bx2－cx－d，bx2＋d＝0，所以b＝d＝0，f(x)＝ax3＋cx．f'(x)＝3ax2＋c,由題意f'(1)＝3a＋c＝0，f(1)＝a＋c＝－2,所以a＝1，c＝－3f(x)＝x3－3x；（2）令t＝g(x),則f(t)＝k．f'(t)＝3t2－3＝3(t＋1)(t－1),令f'(t)＝0，則t＝－1或t＝1，t＜－1，則f'(t)＞0,所以f(t)在(－∞，－1)上單調增，－1＜t＜1,則f'(t)＜0,所以f(t)在(－1，1)上單調減，t＞1,則f'(t)＞0,所以f(t)在(1，＋∞)上單調增．計算得f(－2)＝f(1)＝－2,f(2)＝f(－1)＝2．1t1tOy22－2－1－2xOt22－2－21ok＜－2時,f(t)＝k僅有一小于－2的解t1，g(x)＝t1,即|x|－2＝t1，|x|＝t1＋2無解；即f(g(x))－k＝0無解．1t1tOy22－2－1－2y＝kt1xOt22－2－2t＝t12ok＝－2時,f(t)＝k有兩解t1＝－2，t2＝1，g(x)＝t1,即|x|－2＝－2，x＝0，g(x)＝t2,即|x|－2＝1，x＝3或x＝－3，即f(g(x))－k＝0有3解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2xOt22－2－2t＝t1t＝t23o－2＜k＜2時,f(t)＝k有三解t1，t2，t3，且－2＜t1＜t2＜t3＜2，g(x)＝ti,即|x|－2＝ti，|x|＝ti＋2,有兩解，(i＝1,2,3)，即f(g(x))－k＝0有6解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2t3xOt22－2－2t＝t1t＝t2t＝t34ok＝2時,f(t)＝k有兩解t1＝－1，t2＝2，g(x)＝t1,即|x|－2＝－1，x＝－1或x＝1，g(x)＝t2,即|x|－2＝2，x＝4或x＝－4，即f(g(x))－k＝0有4解；1t1tOy22－2－1－2y＝kt1t2xOt22－2－2t＝t1t＝t25ok＞2時,f(t)＝k僅有一大于2的解t1，g(x)＝t1,即|x|－2＝t1，|x|＝t1＋2，有2解；即f(g(x))－k＝0有2解．1t1tOy22－2－1－2y＝kt1xOt22－2－2t＝t1綜上，方程f(g(x))－k＝0解的個數如下：k＜－2時0解；k＝－2時3解；－2＜k＜2時6解；k＝2時4解；k＞2時2解．【說明】本題考查了函數的奇偶性，單調性與極值．重點考查復合函數的零點個數，體現了數形結合與化歸的思想．處理復合函數的問題一般用換元法，就復合函數的零點個數而言，一般先求外函數的零點個數，再分別代入內函數即可．研究函數零點問題，重點是利用好數形結合．11．公差不為零的等差數列{an}的前n項之和為Sn，且Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)對n∈N*成立．（1）求常數k的值以及數列{an}的通項公式；（2）設數列{an}中的部分項aeq\s\do4(k1)，aeq\s\do4(k2)，aeq\s\do4(k3)，…aeq\s\do4(kn)，…，恰成等比數列，其中k1＝，,k3＝14，求a1k1＋a2k2＋…＋ankn的值．解：（1）法一：條件化為2eq\r(Sn)＝an＋k對n∈N*成立．設等差數列公差為d，則2eq\r(na1＋eq\f(n(n－1)d,2))＝a1＋(n－1)d＋k．分別令n＝1，2，3得：eq\b\lc\{(\a\al(2eq\r(a1)＝a1＋k，①,2eq\r(2a1＋d)＝a1＋d＋k，②,2eq\r(3a1＋3d)＝a1＋2d＋k．③))由①＋③－2②得，eq\r(a1)＋eq\r(3a1＋3d)＝2eq\r(2a1＋d)．兩邊平方得，4a1＋d＝2eq\r(3a12＋3a1d)．兩邊再平方得，4a12－4a1d＋d2＝0．解得d＝2代入②得，4eq\r(a1)＝3a1＋k，④由④－①得，a1＝eq\r(a1)．所以a1＝0，或a1＝1．又當a1＝0時，d＝0不合題意．所以a1＝1，d＝2．代入①得k＝1．而當k＝1，a1＝1，d＝2時，Sn＝n2，an＝2n－1，等式Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)對n∈N*成立．所以k＝1，an＝2n－1．法二：設等差數列的首項為a1，公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n，an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)．代入Sn＝eq\b\bc\((eq\f(an＋k,2))eq\s\up12(2)得，eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(d,2))n＝eq\f(1,4)[dn＋(a1＋k－d)]2，即2dn2＋(4a1－2d)n＝d2n2＋2d(a1＋k－d)n＋(a1＋k－d)2因為上面等式對一切正整數n都成立，所以由多項式恒等可得，eq\b\lc\{(\a\al(2d＝d2，,4a1－2d＝2d(a1＋k－d)，,a1＋k－d＝0．))因為d≠0，所以解得，eq\b\lc\{(\a\al(d＝2，,a1＝1，,k＝1．))所以常數k＝1，通項公式an＝2n－1．（2）設cn＝aeq\s\do4(kn)，則數列{cn}為等比數列，且c1＝aeq\s\do4(k1)＝a2＝3，c3＝aeq\s\do4(k3)＝a14＝27．故等比數列{cn}的公比q滿足q2＝eq\f(c3,c1)＝9．又cn＞0，所以q＝3．所以cn＝c1qn－1＝33n－1＝3n．又cn＝aeq\s\do4(kn)＝2kn－1，所以2kn－1＝3n．由此可得kn＝eq\f(1,2)3n＋eq\f(1,2)．所以ankn＝eq\f(2n－1,2)3n＋eq\f(2n－1,2)．所以a1k1＋a2k2＋…＋ankn＝(eq\f(1,2)31＋eq\f(1,2))＋(eq\f(3,2)32＋eq\f(3,2))＋(eq\f(5,2)33＋eq\f(5,2))＋…＋(eq\f(2n－1,2)3n＋eq\f(2n－1,2))＝eq\f(1,2)[131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n]＋eq\f(1,2)[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝eq\f(1,2)[131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n]＋eq\f(1,2)n2．法一：令S＝131＋332＋533＋…＋(2n－1)3n則3S＝132＋333＋…＋(2n－3)3n＋(2n－1)3n＋1，兩式相減得:－2S＝3＋232＋233＋…＋23n－(2n－1)3n＋1，S＝－eq\f(1,2)[2eq\f(3(1－3n),1－3)－3－(2n－1)3n＋1]＝－eq\f(1,2)[－3(1－3n)－3－(2n－1)3n＋1]＝－eq\f(1,2)[－2(n－1)3n＋1－6]＝(n－1)3n＋1＋3，代入得a1k1＋a2k2＋…＋ankn＝eq\f(1,2)[(n－1)3n＋1＋3]＋eq\f(1,2)n2＝eq\f((n－1)3n＋1＋n2＋3,2)．法二：因為(2k－1)3k＝[(k＋1)－2]3k＋1－(k－2)3k＝(k－1)3k＋1－(k－2)3k．所以S＝[032－(－1)31]＋[133－032]＋[234－133]＋…＋[(n－1)3n＋1－(n－2)3n]＝(n－1)3n＋1＋3．【說明】（1）等差數列或等比數列中的基本量問題，通常轉化為方程組求解，但在解方程組要注意一些消元的方法；（2）等差數列注意前n項和與通項的形式，有時可根據其特征，轉化為多項式恒等問題；（3）數列求和中兩類比較重要的方法錯位相減法與裂項相消法．12．已知數列{an}的各項均為正數，其前n項的和為Sn，且rSn＋1－(r＋1)Sn＝ra1對任意正整數n都成立，其中r為常數，且r∈N*．（1）求證：數列{an}為等比數列；*（2）若r≥2，且a1，at(t≥3)均為正整數，如果存在正整數q，使得a1≥qt－1，at≤(q＋1)t－1，求證：St＝(q＋1)t－qt．解：（1）由rSn＋1－(r＋1)Sn＝ra1得rSn＋2－(r＋1)Sn＋1＝ra1，兩式相減得ran＋2＝(r＋1)an＋1，即eq\F(an＋2,an＋1)＝eq\F(r＋1,r)．又rS2－(r＋1)S1＝ra1，得eq\F(a2,a1)＝eq\F(r＋1,r)．綜上可知{an}為等比數列，且公比為eq\F(r＋1,r)．（2）由于at＝a1(eq\F(r＋1,r))t－1及a1均為正整數，所以存在正整數k，使得a1＝krt－1，所以at＝k(r＋1)t－1．由at≤(q＋1)t－1得(q＋1)t－1≥k(r＋1)t－1≥(r＋1)t－1，于是q≥r．又由a1≥qt－1，at≤(q＋1)t－1得eq\F(at,a1)≤eq\F((q＋1)t－1,qt－1)，于是(eq\F(r＋1,r))t－1≤eq