高考数学大题经典习题

1、最新 料推荐1.对于函数 fx1(a2) x3bx2( a2)x 。3（1）若 fx在 x1和x3处取得极值，且fx 的图像上每一点的切线的斜率均不超过2sin t cost23 cos2 t3试求实数 t 的取值范围；（2）若 fx 为实数集 r 上的单调函数， 设点 p 的坐标为a, b，试求出点 p 的轨迹所形成的图形的面积 s。1. （ 1）由 f x1 (a2)x3bx2(a2)x，则3f x(a2)x22bx(a2)因为 fx 在 x1和x3处取得极值，所以x1和x3是 f x0 的两个根2a1(a2) 12b 1(a2)0f xx24x3b2(a2) 322b 3( a2)0因为

2、 fx的图像上每一点的切线的斜率不超过2sin t cost 23 cos2 t3所以 f x2sin t cost23cos2 t3对 xr 恒成立，而 f xx221，其最大值为1故 2sin t cost23 cos2 t312sin 2t1k4tk7, k z312（ 2）当 a2 时，由fx 在 r 上单调，知 b0当 a2 时，由fx在 r 上单调f x0 恒成立，或者f x 0恒成立 f x(a2)x22bx(a2) ，4b24( a24) 0 可得 a2b24从而知满足条件的点p a,b 在直角坐标平面aob 上形成的轨迹所围成的图形的面积为s42.函数 f ( x)ax 3b

3、x 2cx（ a0 ）的图象关于原点对称，a(, f () 、 b(, f ()1最新 料推荐分别为函数f ( x) 的极大值点和极小值点，且|ab| 2， f ()f ().（）求 b 的值；（）求函数f ( x) 的解析式；（）若 x2,1, f ( x)m6m 的取值范围 .恒成立，求实数2. （）b =0mf ( x)3cx（）axf ( x)3ax2c0的两实根是,0则c3a|ab| 2()2( f( )f( ) ) 24()224c2 c33aa2f ( )f ( )a 3ca 3ca(22c)1a() 23c1a( cc)1c ac 13 a3 a21a22x33 x又 a 0a

4、 1f( x)2（）x 2,1时，求 f ( x) 的最小值是 -55m6(m6)(m1)mm0m6或0m13.已知 f xax3bx2cxd 是定义在r 上的函数，其图象交x 轴于 a， b， c 三点，若点 b 的坐标为（ 2，0），且 f x 在 1, 0 和 4 ， 5 上有相同的单调性，在0 ， 2 和4 ，2最新 料推荐5 上有相反的单调性（ 1）求 c 的值；（ 2）在函数 f x 的图象上是否存在一点 m（x0，y0），使得 f x 在点 m的切线斜率为 3b？若存在，求出点m的坐标；若不存在，说明理由；3. f x 在 1, 0 和 0 , 2 上有相反单调性， x=0 是

5、f x 的一个极值点，故 f x 0 ，即 322bxc0有一个解为 x=0， c=0ax fx 交 x 轴于点 b（2， 0） 8a 4b d 0 ,即 d4 b 2a令 f x0 ，则 3ax 22bx0,x1 0 , x22b3a fx在0 , 2和 4 ,5上有相反的单调性 22b4 ， 6b33aa3b，则 f x0 3b假设存在点m（x0， y0），使得 f x在点 m的切线斜率为即 32230ax0bx0b = 2b 243a3b4b236ab 4abb9a又 6b3， 0a不存在点 m（x0， y0），使得 fx 在点 m的切线斜率为4. 已知函数（1）求函数f (x)ln x

6、g(x)f (x1)x 的最大值；（2）当 0a b 时，求证 f (b) f (a)2a(ba)；a2b24.（ 1）f ( x)ln x, g ( x)f ( x1)xg( x) ln( x1)x(x1)11令 g ( x)0, 得 x 0g ( x)1x当1 x0 时， g ( x)0 当 x0 时 g( x)0 ，又 g(0) 0当且仅当 x0 时， g( x) 取得最大值 0（2） f (b)f (a)ln bln aln bln aln(1a b )abb由（ 1）知 ln(1x)xf (b)f ( a)abbabb又0 ab,a 2b22ab1a 22aba2b(ba)bb2ba

7、 2b23最新 料推荐2a(ba)f (b) f (a)b 2a25.已知 f ( x) 是定义在 1 ，0)(0 ，1 上的奇函数， 当 x 1，0 时， f ( x)2ax1x2（a 为实数）（ 1）当 x(0 ，1时，求 f ( x) 的解析式；（ 2）若 a1，试判断 f (x) 在0 ， 1 上的单调性，并证明你的结论；（ 3）是否存在 a，使得当 x(0 ， 1 时， f (x) 有最大值65.（ 1）设 x (0 ， 1 ，则x1， 0) ， f (x)2ax1， f ( x) 是奇函数，则x21f ( x)2ax， x(0 ， 1 ；x221 ) ，因为 a11（2） f(x)

8、2a2(a1 ， x ( 0，1 ，1， a0 ，x3x3x3x3即 f( x) 0，所以 f ( x) 在 0 ，1上是单调递增的（ 3）当 a1时， f (x) 在 (0 ， 1 上单调递增，f (x)maxf (1)a a5（不2含题意，舍去） ，当 a1 ，则 f ( x) 0 ， x3131 )，如下表 f ( x)maxf (aa6a22x2(0 1 ，2x31 )3131(x(，)aaaf ( x)0-f ( x)最大值所以存在 a22 使 f (x) 在 ( 0 ， 1 上有最大值6 4最新 料推荐6. 已知 f ( x) kx 3x2x5 在 r 上单调递增，记abc 的三内

9、角a, b, c 的对应边分别为 a , b , c ，若 a 2c 2b2ac 时，不等式 f msin2 b cos(a c)f (2 m33) 恒成4立（）求实数k 的取值范围；（）求角 cos b的取值范围；（）求实数m 的取值范围19.(1) 由 f ( x)kx3x2x5 知 f (x)3kx22x 1 ，f (x) 在r 上单 调 递 增 ，f (x) 0恒成立，3k0且0，即 k0且 4 12k0 ，k 1，13当0 ，即 k时， f ( x)3kx 22x1( x 1) 2 ，31x 1时 f ( x)0 ， x1时， f ( x)0 ，即当 k时，能使 f ( x) 在 r

10、 上单调递增，13k3(2)a2 c2b2ac ，由余弦定理：cosb a2 c2 b2ac1，0b ， -52ac2ac23分(3)f ( x) 在 r 上单调递增，且f m sin 2 bcos(ac)f (2m33) ，所以334msin2 bcos(ac)2 m334332912c)22cosb278，-10 分sin b cos(a4sin b cosb4cos b(cosb )42故 m 2 m8，即(m1)29，3 m 1 3，即，即0 m 40 m 167. 已知函数 f (x) ax3 3 (a 2)x 26x 32（ i ）当 a2 时，求函数f (x) 的极小值5最新 料

11、推荐（ ii ） 曲 yf ( x) 与 x 的公共点的个数。7. （ i ） f ( x)3ax23(a2)x6 3a( x2 )( x 1)22a2a 2,1当xx1f ( x)0x 1 ， f( x) 0或；当a ，aaf ( x) 在 (, 2) ，（ 1，)内 增，在( 2 ,1) 内 减aaa故 f ( x) 的极小 f (1)2（ ii ）若 a0, 则 f ( x)3(x1) 2f (x) 的 象与 x 只有一个交点。6 分若 a 0, 则 21， 当 x2 或x1 ， f ( x)0 ，当 2x 1 ， f ( x) 0aaaf ( x) 的极大 f ( x) 的极小 a0f

12、 (1)2f ( 2 ) 0f ( x) 的 象与 x 有三个公共点。a若 0a2 ， 21 。a当 x 1或 x2，当21 ， f(x)0 ， f (x) 0xaaf ( x) 的 象与 x 只有一个交点若 a2， f ( x)6(x 1) 20f ( x) 的 象与 x 只有一个交点当 a2，由（ i ）知 f (x) 的极大 f ( 2)4( 13) 230aa44 上所述，若 a0,f ( x) 的 象与 x 只有一个公共点；若 a0，f ( x) 的 象与x 有三个公共点。第二组：解析几何1.已知点 c（ -3 ， 0），点 p 在 y 上，点 q在 x 的正半 上，点m在直 pq上

13、，且 足cp pm 0, pm1mq2（1）当点 p 在 y 上运 ，求点m的 迹 c的方程；（2）是否存在一个点h，使得以 h点的 直 l 被 迹 c 截得的 段 ab 直径的 始 原点 o。若存在，求出 个点的坐 ，若不存在 明理由。6.（ 1） m(x,y), p(0, t), q(s, 0)则 cp (3,t ), pq (s, t)由 cp pq0 得 3s t 2=0又由 pm1mq 得 ( x, y t )1 (s x, y)226最新 料推荐x1 ( sx)s3x2，31tyyt(y)22把代入得9x (3y) 2=0，即 y2=4x，又 x02点 m的 迹方程 ： y2=4x

14、（ x 0）（2）如 示，假 存在点h， 足 意， oaob即oa ob0设 a( y12, y1 ), b( y22, y2 ) ， 由 oaob0 可得44y12 y22y1 y20 解得 y1 y21616y2y14又 kaby22y12y1y244y12 直 ab的方程 ： yy14( x)y1y24即 ( y1y2 ) yy12y1 y24xy12把 y1 y216 代入，化 得(4 x16) ( y1 y) y0令 y=0 代入得 x=4， 直 ab 定点（ 4， 0）答，存在点 h（ 4， 0）， 足 意。2.设 x, y r, i , j 直角坐 平面内 x,y 正方向上的 位

15、向量，若向量axi ( y 2) j ,b xi ( y 2) j ,且 ab 8.(1) 求点 m（ x,y ）的 迹 c 的方程；(2) 点 (0,3)作直 l 与曲 c 的交于 a、b 两点， opoaob ，是否存在 的直 l ，使得四 形oapb 矩形？若存在，求出直 l 的方程；若不存在， 明理由 .2. (1)a( x, y2), b( x, y2), 且 ab8即点 m(x,y)到两个定点 f1(0,-2) 、 f2(0,2)的距离之和 8,y 2x2点 m（x,y ）的 迹 c 以 f1(0,-2) 、 f2(0,2) 焦点的 ，其方程 1.l 方程 ykx3, a( x1

16、, y1 ), b(x2 , y2 ) ，1612(2)由 意可 直 ykx3由y 2x 2消去 y 得： (4+3k)x2 +18kx-21=0.16121x1x218k2243k 2此 ， =(18k)-4(4+3k(-21)0恒成立，且21x1 x243k2由 opoaob 知：四 形 oapb 平行四 形 .假 存在直 l ，使得四 形 oapb 矩形， oaob,即oa 0b0 .7最新 料推荐因为 oa(x1 , y2 ), ob( x2 ,y 2 ) ，所以x1 x2y1 y20，而 y1 y2(kx13) (kx23)k 2 x1 x23k (x1x2 )9 ，故 (1 k 2

17、 )(21)3k (18k)90，即 k 25 ,得 k5.43k243k 2184所以，存在直线l ： y5 x3 ，使得四边形oapb为矩形 .43.一束光线从点f1( 1, 0) 出发，经直线 l :2xy30上一点 p 反射后，恰好穿过点f2(1, 0)（）求点f1 关于直线 l 的对称点 f1 的坐标；（）求以f1 、 f2 为焦点且过点p 的椭圆 c 的方程；（）设直线 l 与椭圆 c 的两条准线分别交于a 、 b 两点，点 q 为线段 ab 上的动点，求点 q 到 f2 的距离与到椭圆c 右准线的距离之比的最小值，并求取得最小值时点 q 的坐标12.（）设 f1的坐标为 ( m,

18、 n) ，则n11 且 2m1n30 m222解得 m92f1 的坐标为 (925, n，因此，点5, ) 55（）pf1pf1 ，根据椭圆定义，得 2a | pf1 | | pf 2 | | f1f2|( 91) 2( 20)22 2 ，55a2 ， b211所求椭圆方程为x 2y 212（）a 22 ， 椭圆的准线方程为x2c设点 q 的坐标为 (t , 2t3) (2t2) ,d1 表示点 q 到 f2 的距离， d2表示点 q 到椭圆的右准线的距离则(1)2(23)2521010，d1ttttd 2t2d15t 210t105t 22t2 ，d 2t2(t2) 2令 f (t )t 2

19、2t2 ( 2 t2) ，则(t2) 2f (t )(2t 2) (t2) 2(t 22t2)2(t2)(6t8)(t2)4(t2)3，当2t4 ,f (t)0 ，4t2,f(t )0 ， t4， f(t) 0 333f (t ) 在 t4时取得最小值3因此， d1最小值5f (4 )2，此时点 q 的坐标为 (4,1) d23233注： f (t ) 的最小值还可以用判别式法、换元法等其它方法求得8最新 料推荐说明： 求得的点 q (4 , 1) 即为切点 p ， d1的最小值即为椭圆的离心3 3d24. 已知椭圆的一个焦点f1 (0, 22) ，对应的准线方程为 y9，且离心率 e 满足2

20、，234 成等比数列 .4e ，3(1) 求椭圆的方程；(2) 试问是否存在直线l ，使 l 与椭圆交于不同的两点m1、n ，且线段 mn 恰被直线 x2平分？若存在，求出l 的倾斜角的取值范围；若不存在，请说明理由.4. （ 1） 2, e, 4成等比数列 e2 24e2233333设 p(x, y)是椭圆上任意一点，依椭圆的定义得x2( y22)222 , 化简得 9x2y 2即 x 2y291为所求的椭圆方程 .y92394（ 2）假设 l 存在，因 l与直线 x1相交，不可能垂直x 轴2因此可设 l 的方程为： ykxm 由ykxm消去 , 得9x2(kx) 29整理得9x 2y 29

21、ym(k 29) x 22kmx(m29)0方程有两个不等的实数根4k2m24(k29)(m29) 02k29 0即 m设两个交点 m 、 n 的坐标分别为 (x1, y1 )( x2 , y2 ) x1x22kmk 291x1 x2 即2km线段 mn 恰被直线 x1平分1222k 29 k0 mk 29把代入得( k 29 )2(k 29)02k2k k 29 0 k291 0 k 23解得 k3 或 k34k 2, 2直线 l的倾斜角范围为 (,2) (2)339最新 料推荐5.已知向量 a (x, 3y), b(1,0), 且 (a3b) ( a3b) .（）求点 q (x, y) 的轨迹 c的方程；（）设曲线 c与直线 ykx m 相交于不同的两点m、n，又点 a(0,1) ，当 am an时，求实数 m 的取值范围。5.由题意得：ykxm222（ii）由得 (3k1)x6mkx1)0,x2y23(m130 ，即 m23k 2由于直线与椭圆有两个不同的交点，1（ 1）当 k0时，设弦 mn的中点为 p(xp ,yp ), xm 、 xn 分别为点m、 n 的横坐标，则xpxmxn3mk从而 ypkxpmmkapyp1m3k