歷年高考數(shù)學(xué)壓軸題集錦(編輯修改稿)
2025-05-14 00:02 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 ）∵a＞0，c＜0，∴ac＜0，∴Δ＞0∴f（x）、g（x）相交于相異兩點 （Ⅱ）設(shè)xx2為交點A、B之橫坐標(biāo)則|A1B1|2＝|x1－x2|2，由方程（*），知|A1B1|2＝ ∵，而a＞0，∴∵，∴∴ ∴4［（）2＋＋1］∈（3，12）∴|A1B1|∈（，2） 解：（1）=依題意得k==3+2a=－3， ∴a=－3，把B（1，b）代入得b=∴a=－3，b=－1（2）令=3x2－6x=0得x=0或x=2∵f（0）=1，f（2）=23－322＋1=－3f（－1）=－3，f（4）=17∴x∈[－1，4]，－3≤f（x）≤17要使f（x）≤A－1987對于x∈[－1，4]恒成立，則f（x）的最大值17≤A－1987∴A≥2004。（1） 已知g（x）=－∴∵0＜x≤1，∴－3≤－3x2＜0，① 當(dāng)t＞3時，t－3x2＞0，∴g（x）在上為增函數(shù)，g（x）的最大值g（1）=t－1=1,得t=2（不合題意,舍去）② 當(dāng)0≤t≤3時, 令=0,得x=列表如下:x（0, ）＋0－g（x）↗極大值↘g（x）在x=處取最大值－＋t=1∴t==＜3∴x=＜1③當(dāng)t＜0時，＜0，∴g（x）在上為減函數(shù)，∴g（x）在上為增函數(shù)，∴存在一個a=，使g（x）在上有最大值1。解:（1）設(shè)動點的坐標(biāo)為P（x,y）,則H（0,y）,=（－2－x,－y）=（2－x,－y）∴=（－2－x,－y）（2－x,－y）=由題意得∣PH∣2=2即即，所求點P的軌跡為橢圓（2）由已知求得N（2，0）關(guān)于直線x+y=1的對稱點E（1，－1），則∣QE∣=∣QN∣雙曲線的C實軸長2a=（當(dāng)且僅當(dāng)Q、E、M共線時取“=”），此時，實軸長2a最大為所以，雙曲線C的實半軸長a=又∴雙曲線C的方程式為8.（1） （2）9．解：（Ⅰ）設(shè)雙曲線C的漸近線方程為y=kx，則kxy=0∵該直線與圓相切，∴雙曲線C的兩條漸近線方程為y=177。x．…………………………………………2分故設(shè)雙曲線C的方程為．又雙曲線C的一個焦點為 ∴，．∴雙曲線C的方程為．………………………………………………4分（Ⅱ）由得．令直線與雙曲線左支交于兩點，等價于方程f(x)=0在上有兩個不等實根．因此 解得．又AB中點為，∴直線l的方程為．………………………………6分令x=0，得．∵，∴∴．………………………………………………8分（Ⅲ）若Q在雙曲線的右支上，則延長到T，使，若Q在雙曲線的左支上，則在上取一點T，使．根據(jù)雙曲線的定義，所以點T在以為圓心，2為半徑的圓上，即點T的軌跡方程是 ①…………………………………………10分由于點N是線段的中點，設(shè)，．則，即．代入①并整理得點N的軌跡方程為．………………12分10 解：（Ⅰ）因為．所以．……2分令，得，即．……………4分（Ⅱ）又………………5分兩式相加．所以，………………7分又．故數(shù)列是等差數(shù)列．………………9分（Ⅲ）………………10分………………12分所以……………………………………………………………………14分11．設(shè)直線OA的斜率為k，顯然k存在且不等于0則OA的方程為y＝kx由解得A() ……4分又由，知OA⊥OB，所以O(shè)B的方程為y＝－x由解得B(2pk2，－2pk) ……4分從而OA的中點為A39。()，OB的中點為B39。(pk2，－pk) ……6分所以，以O(shè)A、OB為直徑的圓的方程分別為x2＋y2－＝0 ……①x2＋y2－2pk2x＋2pky＝0 ……② ……10分∵P(x，y)是異于O點的兩圓交點，所以x≠0，y≠0由①－②并化簡得y＝(k－)x ……③將③代入①，并化簡得x(k2＋－1)＝2p ……④由③④消去k，有x2＋y2－2px＝0∴點P的軌跡為以(p，0)為圓心，p為半徑的圓(除去原點). ……13分12．(1)由題意，有x2－2mx＋2m2＋＞0對任意的x∈R恒成立所以△＝4m2－4(2m2＋)＜0即－m2－＜0∴＞0由于分子恒大于0，只需m2－3＞0即可所以m＜－或m＞∴M＝{m|m＜－或m＞} ……4分(2)x2－2mx＋2m2＋＝(x－m)2＋m2＋≥m2＋當(dāng)且僅當(dāng)x＝m時等號成立.所以，題設(shè)對數(shù)函數(shù)的真數(shù)的最小值為m2＋ ……7分又因為以3為底的對數(shù)函數(shù)為增函數(shù)∴f(x)≥log3(m
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