历年四川卷数学高考题部分

第 1 页 共 14 页 2 20 01 12 2 四四川川 如如图图 动动点点M M 到到两两定定点点 A A 1 1 0 0 B B 2 2 0 0 构构成成 M MA AB B 且且 M MB BA A 2 2 M MA AB B 设设动动点点 M M 的的轨轨迹迹为为 C C 求求轨轨迹迹 C C 的的方方程程 设设直直线线 y y 2 2x x m m 与与 y y 轴轴交交于于点点 P P 与与轨轨迹迹 C C 相相交交于于点点 Q Q R R 且且 P PQ Q P PR R 求求的的取取值值范范围围 分析 设出点 M x y 分类讨论 根据 MBA 2 MAB 利用正切函 数公式 建立方程化简即可得到点M 的轨迹方程 直线 y 2x m 与 3x2 y2 3 0 x 1 联立 消元可得 x2 4mx m2 3 0 利用 有两根且均在 1 内 可知 m 1 m 2 设 Q R 的坐标 求出xR xQ 利用 即可确定 的取值范围 解答 解 设 M 的坐标为 x y 显然有 x 0 且 y 0 当 MBA 90 时 点 M 的坐标为 2 3 当 MBA 90 时 x 2 由 MBA 2 MAB 有 tan MBA 化简可得 3x2 y2 3 0 而点 2 3 在曲线 3x2 y2 3 0 上 综上可知 轨迹C 的方程为 3x2 y2 3 0 x 1 直线 y 2x m 与 3x2 y2 3 0 x 1 联立 消元可得 x2 4mx m2 3 0 有两根且均在 1 内 设 f x x2 4mx m2 3 m 1 m 2 设 Q R 的坐标分别为 xQ yQ xR yR PQ PR xR 2m xQ 2m m 1 且 m 2 第 2 页 共 14 页 且 且 的取值范围是 1 7 7 7 4 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 设设向向量量 不不平平行行 向向量量 与与 2 2平平行行 则则实实数数 分析 利用向量平行即共线的条件 得到向量 与 2之间的关系 利用向量相等解答 解答 解 因为向量 不平行 向量 与 2平行 所以 2 所以 解得 故答案为 2 20 01 13 3 四四川川 已已知知f f x x 是是定定义义域域为为R R 的的偶偶函函数数 当当x x 0 0 时时 f f x x x x2 2 4 4x x 那那么么 不不等等式式f f x x 2 2 5 5 的的解解集集是是 分析 由偶函数性质得 f x 2 f x 2 则 f x 2 5 可变为 f x 2 5 代入已知表达式可表示出不等式 先解出 x 2 的范围 再 求 x 范围即可 解答 解 因为 f x 为偶函数 所以f x 2 f x 2 则 f x 2 5 可化为 f x 2 5 即 x 2 2 4 x 2 5 x 2 1 x 2 5 0 所以 x 2 5 解得 7 x 3 所以不等式f x 2 5 的解集是 7 3 故答案为 7 3 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 程程序序框框图图的的算算法法思思路路源源于于我我国国古古代代数数学学名名著著 九九章章算算术术 中中的的 更更相相减减损损术术 执执行行该该程程序序框框图图 若若输输入入的的a a b b 分分别别为为 1 14 4 1 18 8 则则输输 出出的的 a a 第 3 页 共 14 页 A 0 B 2 C 4 D 14 分析 由循环结构的特点 先判断 再执行 分别计算出当前的a b 的值 即可得到结论 解答 解 由 a 14 b 18 a b 则 b 变为 18 14 4 由 a b 则 a 变为 14 4 10 由 a b 则 a 变为 10 4 6 由 a b 则 a 变为 6 4 2 由 a b 则 b 变为 4 2 2 由 a b 2 则输出的 a 2 故选 B 2 20 01 15 5 四四川川 1 15 5 已已知知函函数数f f x x 2 2x x g g x x x x2 2 a ax x 其其中中 a a R R 对对于于不不 相相等等的的实实数数x x1 1 x x2 2 设设 m m n n 现现有有如如下下命命题题 对对于于任任意意不不相相等等的的实实数数x x1 1 x x2 2 都都有有 m m 0 0 对对于于任任意意的的a a 及及任任意意不不相相等等的的实实数数x x1 1 x x2 2 都都有有 n n 0 0 对对于于任任意意的的a a 存存在在不不相相等等的的实实数数x x1 1 x x2 2 使使得得 m m n n 对对于于任任意意的的a a 存存在在不不相相等等的的实实数数x x1 1 x x2 2 使使得得 m m n n 其其中中的的真真命命题题有有 写写出出所所有有真真命命题题的的序序号号 分析 运用指数函数的单调性 即可判断 由二次函数的单调性 即可判 断 通过函数 h x x2 ax 2x 求出导数判断单调性 即可判断 通过函数 h x x2 ax 2x 求出导数判断单调性 即可判断 解答 解 对于 由于 2 1 由指数函数的单调性可得f x 在 R 上递 增 即有 m 0 则 正确 对于 由二次函数的单调性可得g x 在 递减 在 递增 则n 0 不恒成立 第 4 页 共 14 页 则 错误 对于 由 m n 可得 f x1 f x2 g x1 g x2 即为 g x1 f x1 g x2 f x2 考查函数 h x x2 ax 2x h x 2x a 2xln2 当 a h x 小于 0 h x 单调递减 则 错误 对于 由 m n 可得 f x1 f x2 g x1 g x2 考查函 数 h x x2 ax 2x h x 2x a 2xln2 对于任意的a h x 不恒大于0 或小于 0 则 正确 故答案为 2 20 01 13 3 四四川川 已已知知函函数数 其其中中 a a 是是实实数数 设设 A A x x1 1 f f x x1 1 B B x x2 2 f f x x2 2 为为该该函函数数图图象象上上的的点点 且且x x1 1 x x2 2 指指出出函函数数f f x x 的的单单调调区区间间 若若函函数数 f f x x 的的图图象象在在点点A A B B 处处的的切切线线互互相相垂垂直直 且且x x2 2 0 0 求求 x x2 2 x x1 1的的最最小小值值 若若函函数数 f f x x 的的图图象象在在点点A A B B 处处的的切切线线重重合合 求求a a 的的取取值值范范围围 分析 I 利用二次函数的单调性和对数函数的单调性即可得出 II 利用导数的几何意义即可得到切线的斜率 因为切线互相垂直 可得 即 2x1 2 2x2 2 1 可得 再利用基本不等式的性质即可得出 III 当 x1 x2 0 或 0 x1 x2时 故不成立 x1 0 x2 分别写出切线的方程 根据两条直线重合的充要条件即可得出 再 利用导数即可得出 解答 解 I 当 x 0 时 f x x 1 2 a f x 在 1 上单调递减 在 1 0 上单调递增 当 x 0 时 f x lnx 在 0 单调递增 II x1 x2 0 f x x2 2x a f x 2x 2 函数 f x 在点 A B 处的切线的斜率分别为f x1 f x2 函数 f x 的图象在点A B 处的切线互相垂直 2x1 2 2x2 2 1 2x1 2 0 2x2 2 0 1 当且仅当 2x1 2 2x2 2 1 即 时等号成立 第 5 页 共 14 页 函数 f x 的图象在点A B 处的切线互相垂直 且x2 0 求 x2 x1的 最小值为 1 III 当 x1 x2 0 或 0 x1 x2时 故不成立 x1 0 x2 当 x1 0 时 函数 f x 在点 A x1 f x1 处的切线方程为 即 当 x2 0 时 函数 f x 在点 B x2 f x2 处的切线方程为 即 函数 f x 的图象在点A B 处的切线重合的充要条件是 由 及 x1 0 x2可得 1 x1 0 由 得 函数 y ln 2x1 2 在区间 1 0 上单调递减 a x1 在 1 0 上单调递减 且x1 1 时 ln 2x1 2 即 ln 2x1 2 也即 a x1 x1 0 a x1 1 ln2 a 的取值范围是 1 ln2 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 设设函函数数 f f x x 是是奇奇函函数数f f x x x x R R 的的导导函函数数 f f 1 1 0 0 当当 x x 0 0 时时 x xf f x x f f x x 0 0 则则使使得得 f f x x 0 0 成成立立的的 x x 的的取取值值范范围围是是 A A 1 1 0 0 1 1 B B 1 1 0 0 1 1 C C 1 1 1 1 0 0 D D 0 0 1 1 1 1 分析 由已知当 x 0 时总有 xf x f x 0 成立 可判断函数 g x 为减函数 由已知f x 是定义在R 上的奇函数 可证明 g x 为 0 0 上的偶函数 根据函数g x 在 0 上的单调性和奇偶性 模拟g x 的图象 而不等式f x 0 等价于 x g x 0 数形结合解不等式组即可 解答 解 设 g x 则 g x 的导数为 g x 第 6 页 共 14 页 当 x 0 时总有 xf x f x 成立 即当 x 0 时 g x 恒小于 0 当 x 0 时 函数 g x 为减函数 又 g x g x 函数 g x 为定义域上的偶函数 又 g 1 0 函数 g x 的图象性质类似如图 数形结合可得 不等式f x 0 x g x 0 或 0 x 1 或 x 1 故选 A 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 已已知知椭椭圆圆C C 9 9x x2 2 y y2 2 m m2 2 m m 0 0 直直线线 l l 不不过过原原点点 O O 且且不不 平平行行于于坐坐标标轴轴 l l 与与 C C 有有两两个个交交点点A A B B 线线段段 A AB B 的的中中点点为为 M M 1 1 证证明明 直直线线O OM M 的的斜斜率率与与 l l 的的斜斜率率的的乘乘积积为为定定值值 2 2 若若 l l 过过点点 m m 延延长长线线段段O OM M 与与 C C 交交于于点点 P P 四四边边形形 O OA AP PB B 能能否否为为平平 行行四四边边形形 若若能能 求求此此时时l l 的的斜斜率率 若若不不能能 说说明明理理由由 分析 1 联立直线方程和椭圆方程 求出对应的直线斜率即可得到结论 2 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段 OP 互相平分 即 xP 2xM 建立方程关系即可得到结论 解答 解 1 设直线 l y kx b k 0 b 0 A x1 y1 B x2 y2 M xM yM 将 y kx b 代入 9x2 y2 m2 m 0 得 k2 9 x2 2kbx b2 m2 0 则判别式 4k2b2 4 k2 9 b2 m2 0 则 x1 x2 则 xM yM kxM b 于是直线 OM 的斜率 kOM 第 7 页 共 14 页 即 kOM k 9 直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值 2 四边形 OAPB 能为平行四边形 直线 l 过点 m 由判别式 4k2b2 4 k2 9 b2 m2 0 即 k2m2 9b2 9m2 b m m k2m2 9 m m 2 9m2 即 k2 k2 6k 则 k 0 l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k 0 k 3 由 1 知 OM 的方程为 y x 设 P 的横坐标为xP 由得 即 xP 将点 m 的坐标代入l 的方程得 b 即 l 的方程为 y kx 将 y x 代入 y kx 得 kx x 解得 xM 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段 OP 互相平分 即 xP 2xM 于是 2 解得 k1 4 或 k2 4 ki 0 ki 3 i 1 2 当 l 的斜率为 4 或 4 时 四边形OAPB 能为平行四边形 第 8 页 共 14 页 2 20 01 11 1 四四川川 椭椭圆圆有有两两顶顶点点A A 1 1 0 0 B B 1 1 0 0 过过其其焦焦点点F F 0 0 1 1 的的直直线线 l l 与与椭椭圆圆交交于于C C D D 两两点点 并并与与x x 轴轴交交于于点点 P P 直直线线 A AC C 与与直直线线 B BD D 交交于于 点点 Q Q 当当 C CD D 时时 求求直直线线l l 的的方方程程 当当点点 P P 异异于于 A A B B 两两点点时时 求求证证 为为定定值值 分析 根据椭圆有两顶点A 1 0 B 1 0 焦点 F 0 1 可知椭圆的焦点在y 轴上 b 1 c 1 可以求得椭圆的方程 联立直线和椭圆 方程 消去y 得到关于 x 的一元二次方程 利用韦达定理和弦长公式可求出直线 l 的方程 根据过其焦点F 0 1 的直线 l 的方程可求出点P 的坐标 该直线与 椭圆交于 C D 两点 和直线AC 与直线 BD 交于点 Q 求出直线AC 与直线 BD 的方程 解该方程组即可求得点Q 的坐标 代入即可证明结论 解答 解 椭圆的焦点在y 轴上 设椭圆的标准方程为 a b 0 由已知得 b 1 c 1 所以 a 椭圆的方程为 当直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符 设直线 l 的方程为 y kx 1 C x1 y1 D x2 y2 将直线 l 的方程代入椭圆的方程化简得 k2 2 x2 2kx 1 0 则 x1 x2 x1 x2 CD 第 9 页 共 14 页 解得 k 直线 l 的方程为 y x 1 证明 当直线l 与 x 轴垂直时与题意不符 设直线 l 的方程为 y kx 1 k 0 k 1 C x1 y1 D x2 y2 P 点的坐标为 0 由 知 x1 x2 x1 x2 且直线 AC 的方程为 y 且直线 BD 的方程为 y 将两直线联立 消去y 得 1 x1 x2 1 与异号 y1y2 k2x1x2 k x1 x2 1 与 y1y2异号 与同号 解得 x k 故 Q 点坐标为 k y0 0 k y0 1 故为定值 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 设设函函数数 f f x x e em mx x x x2 2 m mx x 1 1 证证明明 f f x x 在在 0 0 单单调调递递减减 在在 0 0 单单调调递递增增 第 10 页 共 14 页 2 2 若若对对于于任任意意x x1 1 x x2 2 1 1 1 1 都都有有 f f x x1 1 f f x x2 2 e e 1 1 求求 m m 的的取取值值范范围围 分析 1 利用 f x 0 说明函数为增函数 利用f x 0 说明 函数为减函数 注意参数m 的讨论 2 由 1 知 对任意的m f x 在 1 0 单调递减 在 0 1 单调 递增 则恒成立问题转化为最大值和最小值问题 从而求得m 的取值范围 解答 解 1 证明 f x m emx 1 2x 若 m 0 则当 x 0 时 emx 1 0 f x 0 当 x 0 时 emx 1 0 f x 0 若 m 0 则当 x 0 时 emx 1 0 f x 0 当 x 0 时 emx 1 0 f x 0 所以 f x 在 0 时单调递减 在 0 单调递增 2 由 1 知 对任意的m f x 在 1 0 单调递减 在 0 1 单调 递增 故 f x 在 x 0 处取得最小值 所以对于任意x1 x2 1 1 f x1 f x2 e 1 的充要条件是 即 设函数 g t et t e 1 则 g t et 1 当 t 0 时 g t 0 当 t 0 时 g t 0 故 g t 在 0 单调递减 在 0 单调递增 又 g 1 0 g 1 e 1 2 e 0 故当 t 1 1 时 g t 0 当 m 1 1 时 g m 0 g m 0 即合式成立 当 m 1 时 由 g t 的单调性 g m 0 即 em m e 1 当 m 1 时 g m 0 即 e m m e 1 综上 m 的取值范围是 1 1 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 在在直直角角坐坐标标系系x xO Oy y 中中 曲曲线线 C C1 1 t t 为为参参数数 t t 0 0 其其中中 0 0 在在以以 O O 为为极极点点 x x 轴轴正正半半轴轴为为极极轴轴的的极极坐坐标标系系中中 曲曲 线线 C C2 2 2 2s si in n C C3 3 2 2c co os s 1 1 求求 C C2 2与与 C C3 3交交点点的的直直角角坐坐标标 2 2 若若 C C1 1与与 C C2 2相相交交于于点点 A A C C1 1与与 C C3 3相相交交于于点点 B B 求求 A AB B 的的最最大大值值 分析 I 由曲线 C2 2sin 化为 2 2 sin 把代 入可得直角坐标方程 同理由C3 2cos 可得直角坐标方程 联立解 出可得 C2与 C3交点的直角坐标 第 11 页 共 14 页 2 由曲线 C1的参数方程 消去参数t 化为普通方程 y xtan 其中 0 其极坐标方程为 R 0 利用 AB 即可得出 解答 解 I 由曲线 C2 2sin 化为 2 2 sin x2 y2 2y 同理由 C3 2cos 可得直角坐标方程 联立 解得 C2与 C3交点的直角坐标为 0 0 2 曲线 C1 t 为参数 t 0 化为普通方程 y xtan 其中 0 其极坐标方程为 R 0 A B 都在 C1上 A 2sin B AB 4 当时 AB 取得最大值4 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 若若 x x y y 满满足足约约束束条条件件 则则 z z x x y y 的的最最大大值值 为为 分析 首先画出平面区域 然后将目标函数变形为直线的斜截式 求在y 轴的截距最大值 解答 解 不等式组表示的平面区域如图阴影部分 当直线经过D 点时 z 最大 由得 D 1 所以 z x y 的最大值为1 第 12 页 共 14 页 故答案为 2 20 01 15 5 新新课课标标 I II I 如如图图 长长方方形形A AB BC CD D 的的边边 A AB B 2 2 B BC C 1 1 O O 是是 A AB B 的的中中点点 点点 P P 沿沿着着边边 B BC C C CD D 与与 D DA A 运运动动 记记 B BO OP P x x 将将动动点点 P P 到到 A A B B 两两点点距距离离之之和和 表表示示为为 x x 的的函函数数 f f x x 则则 y y f f x x 的的图图象象大大致致为为 A B C D 解答 解 当 0 x 时 BP tanx AP 此时 f x tanx 0 x 此时单调递增 当 P 在 CD 边上运动时 x 且 x 时 如图所示 tan