（浙江專用）2022高考數學二輪復習 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六）

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1、（浙江專用）2022高考數學二輪復習 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六） 21.(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋y2＝1的左、右焦點分別是F1，F2，點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的內角平分線PM交C的長軸于點M(m,0)． (1)求實數m的取值范圍； (2)求|PF1|·|PM|的最大值． 解：(1)設P(x0，y0)(y0≠0)，則＋y＝1， 又F1(－，0)，F2(，0), 所以直線PF1，PF2的方程分別為： lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0. lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0. 因為＝，

2、所以＝ . 因為－0，得－2

3、1)已知函數F(x)＝f(x)＋x2－x＋，求F(x)的極值； (2)已知函數G(x)＝f(x)＋ax2－(2a＋1)x＋a(a>0)，若存在實數m∈(2,3)，使得當x∈(0，m]時，函數G(x)的最大值為G(m)，求實數a的取值范圍． 解：(1)由已知條件得，F(x)＝ln x＋x2－x＋，且函數定義域為(0，＋∞)， 所以F′(x)＝＋x－＝. 令F′(x)＝0，得x＝1或x＝2， 當x變化時，F′(x)，F(x)隨x的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) F′(x) ＋ 0 － 0 ＋ F(x)  0  ln

4、 2－  所以當x＝1時，函數F(x)取得極大值F(1)＝0； 當x＝2時，函數F(x)取得極小值F(2)＝ln 2－. (2)由條件，得G(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x＋a＋1，且定義域為(0，＋∞)， 所以G′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝. 令G′(x)＝0，得x＝1或x＝. ①當a＝時，函數G(x)在(0，＋∞)上單調遞增，顯然符合題意． ②當>1，即00，得x>或0G(1)，解得a>1－ln 2.

5、又0時， 由G′(x)>0，得x>1或00.(*) 令g(a)＝ln(2a)＋＋ln 2－1， ∵g′(a)＝>0恒成立， 故恒有g(a)>g＝ln 2－>0， ∴a>時，(*) 式恒成立． 綜上，實數a的取值范圍是(1－ln 2，＋∞)． “21～22”壓軸大題搶分練(二)

6、 21．(本小題滿分15分)已知拋物線x2＝2py(p>0)，點M是拋物線的準線與y軸的交點，過點A(0，λp)(λ∈R)的動直線l交拋物線于B，C兩點． (1)求證： ·≥0，并求等號成立時實數λ的值； (2)當λ＝2時，設分別以OB，OC(O為坐標原點)為直徑的兩圓相交于另一點D，求|DO|＋|DA|的最大值． 解：(1)證明：由題意知動直線l的斜率存在，且過點A(0，λp)，則可設動直線l的方程為y＝kx＋λp， 代入x2＝2py，消去y并整理得x2－2pkx－2λp2＝0， Δ＝4p2(k2＋2λ)>0， 設B(x1，y1)，C(x2，y2)， 則x1＋x2＝2pk，x1

7、x2＝－2p2λ， y1y2＝(kx1＋λp)(kx2＋λp)＝k2x1x2＋λkp(x1＋x2)＋λ2p2＝λ2p2， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2λp＝2pk2＋2λp＝2p(k2＋λ)． 因為拋物線x2＝2py的準線方程為y＝－， 所以點M的坐標為， 所以＝，＝， 所以·＝x1x2＋＝x1x2＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝－2p2λ＋λ2p2＋[2p(k2＋λ)]＋＝p2≥0，當且僅當k＝0，λ＝時等號成立． (2)由(1)知，當λ＝2時，x1x2＝－4p2，y1y2＝4p2， 所以·＝x1x2＋y1y2＝0， 所以OB⊥OC. 設直線OB的方程為y＝mx(m≠0

8、)， 與拋物線的方程x2＝2py聯立可得B(2pm,2pm2)， 所以以OB為直徑的圓的方程為x2＋y2－2pmx－2pm2y＝0. 因為OB⊥OC，所以直線OC的方程為y＝－x. 同理可得以OC為直徑的圓的方程為x2＋y2＋x－y＝0，即m2x2＋m2y2＋2pmx－2py＝0， 將兩圓的方程相加消去m得x2＋y2－2py＝0， 即x2＋(y－p)2＝p2， 所以點D的軌跡是以OA為直徑的圓， 所以|DA|2＋|DO|2＝4p2， 由≥2， 得|DA|＋|DO|≤2p， 當且僅當|DA|＝|DO|＝p時，(|DA|＋|DO|)max＝2p. 22．(本小題滿分15分)

9、三個數列{an}，{bn}，{cn}，滿足a1＝－，b1＝1，an＋1＝，bn＋1＝2bn＋1，cn＝abn，n∈N*. (1)證明：當n≥2時，an>1； (2)是否存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對任意n∈N*成立，若存在，求出b－a的最小值；若不存在，請說明理由； (3)求證：＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)． 解：(1)證明：下面用數學歸納法證明： 當n≥2時，an>1. ①當n＝2時，由a1＝－， an＋1＝， 得a2＝，顯然成立； ②假設n＝k時命題成立，即ak>1. 則n＝k＋1時，ak＋1＝ . 于是ak＋1－1＝. 因為

10、()2－(3－ak)2＝4(ak－1)>0. 所以ak＋1>1，也就是說n＝k＋1時命題成立． 由①②可知，當n≥2時，an>1. (2)由bn＋1＝2bn＋1，b1＝1，得bn＋1＋1＝2(bn＋1)， 所以數列{bn＋1}是以b1＋1＝2為首項，2為公比的等比數列， 所以bn＋1＝2n，從而bn＝2n－1. 由(1)知，當n≥2時，an>1， 所以當n≥2時，an＋1－an＝. 因為a－2an＋5－(1＋an)2＝4(1－an)<0， 所以an＋1

11、2＝，c2＝a3＝2， 所以c1<1，c2＝a3>c3>…>1， 從而存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對任意n∈N*成立， 當b＝c2＝a3＝2，a＝c1＝－時， b－a的最小值為c2－c1＝. (3)證明：當n≥2時，an>1 ， 因為an＋1＝， 所以anan＋1＝a＋an＋1－1, 也即an－an＋1＝1－ , 即≤2n＋cn＋1－cn(n≥2) ， 于是 ≤ (2i＋ci＋1－ci)＝2n＋1－4＋cn＋1－c2＝2n＋1＋cn＋1－6. 故＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)． “21～22”壓軸大題搶分練(三) 21．(本小

12、題滿分15分)過拋物線x2＝4y的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，拋物線在A，B兩點處的切線交于點M. (1)求證：點M在直線y＝－1上； (2)設＝λ，當λ∈時，求△MAB的面積S的最小值． 解：(1)證明：易知直線l的斜率一定存在，F(0,1)， 設直線l的方程為y＝kx＋1，聯立 消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，x＝4y1，x＝4y2， 由x2＝4y，得y′＝x，則切線AM的方程為y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x， 同理，切線BM的方程為y＝x2x－x.

13、 由得(x1－x2)x－(x1＋x2)·(x1－x2)＝0， 又x1－x2≠0，所以x＝＝2k. 所以2y＝(x1＋x2)x－[(x1＋x2)2－2x1x2] ＝×4k×2k－(16k2＋8)＝－2， 所以y＝－1，即點M(2k，－1)， 故點M在直線y＝－1上． (2)由(1)知，當k＝0時，＝，此時λ＝1，不符合題意，故k≠0.連接MF，則kMF＝＝－， 因為·k＝－1，所以MF⊥AB. 因為＝λ， 所以(－x1,1－y1)＝λ(x2，y2－1)，得－x1＝λx2， 則－λ＋＝＋＝， 所以2－λ－＝＝＝－4k2， 即k2＝－， 令f(λ)＝－，λ∈， 因為f(

14、λ)＝－在上單調遞減，所以≤f(λ)≤，所以≤k2≤. 因為|MF|＝＝2， |AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4， 所以S＝×|AB|×|MF|＝4， 所以當k2＝，即λ＝時，S取得最小值， 且Smin＝4＝. 22．(本小題滿分15分)已知函數f(x)＝ln x－ax＋a. (1)當a＝－1時，求函數f(x)的圖象在點(1,0)處的切線方程； (2)若函數f(x)有一個大于1的零點，求實數a的取值范圍； (3)若f(x0)＝0，且x0>1，求證：x0＋1>. 解：(1)當a＝－1時，f(x)＝ln x＋x－1， f′(x)＝＋1， 所以f′(1

15、)＝2，所以切線的斜率k＝2. 又切點為(1,0)，所以切線的方程為y＝2x－2. (2)由題意知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝. ①當a≤0時，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(1)＝0， 所以f(x)有唯一零點1，不符合題意． ②當a>0時，令f′(x)＝0，則x＝， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  由表可知，當≤1，即a≥1時，f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，又f(1)＝0，所以f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，無零點

16、，不符合題意． 當>1，即0f(1)＝0， 又f(e)＝＋a－ae，令t＝∈(1，＋∞)， 則y＝t＋－et＝， 令g(t)＝t2＋1－et(t>1)， 則g′(t)＝2t－et， 令G(t)＝2t－et(t>1)，則G′(t)＝2－et<0， 所以g′(t)＝2t－et在(1，＋∞)上單調遞減， 所以當t>1時，g′(t)1時，g(t)

17、x>x，得e>. 所以f(x)在上無零點，在上有唯一零點． 綜上，滿足條件的實數a的取值范圍是(0,1)． (3)證明：由(2)得，x0∈且01)， 則當m>1時，h′(m)＝－＝>0， 所以h(m)在(1，＋∞)上單調遞增， 則h(m)>h(1)＝0， 所以f >0，即f >f(x0)． 又－1，x0∈且f(x)在上為減函數， 所以－1. “21～22”壓軸大題搶分練(四) 21．(本小題滿分15分)已知直線l：y＝x＋m與圓x

18、2＋y2＝2交于A，B兩點，若橢圓＋y2＝1上有兩個不同的點C，D關于直線l對稱． (1)求實數m的取值范圍； (2)求四邊形ACBD面積的取值范圍． 解：(1)設直線CD：y＝－x＋n，聯立x2＋2y2＝2， 得3x2－4nx＋2(n2－1)＝0. 設C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中點為M(x0，y0)， 故Δ＝16n2－24(n2－1)>0，解得－

19、以|AB|＝2， 所以S四邊形ACBD＝|AB|·|CD| ＝ ＝ ＝ . 因為0≤m2<， 所以0n－. 證明：(1)數學歸納法：①當n＝1時，a1＝，a2＝， 顯然有0

20、k＋1n－. “21～22”壓軸大題搶分練(五) 21．(本小題滿分15分)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其右焦點到橢圓C外一點P(2,1)的距離為，不過原點O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且線段AB的長度為2. (1)求橢圓C的

21、方程； (2)求△AOB面積S的最大值． 解：(1)設橢圓右焦點為(c,0)， 則由題意得 解得或(舍去)． 所以b2＝a2－c2＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)因為線段AB的長等于橢圓短軸的長，要使三點A，O，B能構成三角形，則直線l不過原點O，弦AB不能與x軸垂直，故可設直線AB的方程為y＝kx＋m， 由消去y，并整理， 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 又Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝ 因為|AB|＝2，所以 ＝2， 即(1＋k2)[(

22、x2＋x1)2－4x1x2]＝4， 所以(1＋k2)＝4， 即＝2(1－m2)， 因為1＋k2≥1，所以≤m2<1. 又點O到直線AB的距離d＝， 因為S＝|AB|·d＝d， 所以S2＝＝2m2(1－m2)＝－22＋， 所以0

23、它的取值范圍． 解：(1)由題意得a＝1時，f(x)＝x，解得x＝1. (2)f(x)＝其中f(0)＝f(a)＝1， 最大值在f(1)，f(2)，f(a)中?。? 當0＜a≤1時，f(x)在[1,2]上單調遞減， 故f(x)max＝f(1)＝a； 當1＜a＜2時，f(x)在[1，a]上單調遞增，[a,2]上單調遞減， 故f(x)max＝f(a)＝1； 當2≤a＜3時，f(x)在上單調遞減，上單調遞增， 且x＝是函數的對稱軸， 因為－＝3－a＞0， 所以f(x)max＝f(2)＝5－2a， 綜上，f(x)＝ (3)∵當x∈(0，＋∞)時，f(x)max＝1， 故問題只需

24、轉化為在給定區(qū)間內f(x)≥－2恒成立． 因f＝1－，分兩種情況討論： 當1－<－2時，M(a)是方程x2－ax＋1＝－2的較小根， 即a>2時， M(a)＝＝∈(0，)； 當1－≥－2時，M(a)是方程－x2＋ax＋1＝－2的較大根， 即0＜a≤2時， M(a)＝∈(，＋ ]， 綜上M(a)＝ 且M(a)∈(0，)∪(，＋ ]． “21～22”壓軸大題搶分練(六) 21．(本小題滿分15分)設拋物線y2＝4x的焦點為F，過點的動直線交拋物線于不同兩點P，Q，線段PQ中點為M，射線MF與拋物線交于點A. (1)求點M的軌跡方程； (2)求△APQ的面積的最小值． 解

25、：(1)設直線PQ方程為x＝ty＋，代入y2＝4x， 得y2－4ty－2＝0. 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則y1＋y2＝4t，y1y2＝－2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋1＝4t2＋1， 所以M. 設M(x，y)，由消去t，得中點M的軌跡方程為y2＝2x－1. (2)設＝λ (λ<0)，A(x0，y0)， 又F(1,0)，M， 則(x0－1，y0)＝λ， 即 由點A在拋物線y2＝4x上， 得4λ2t2＝8λt2－2λ＋4， 化簡得(λ2－2λ)t2＝－λ＋1. 又λ<0，所以t2＝－. 因為點A到直線PQ的距離 d＝＝， |PQ|＝|y1－y2|

26、＝2. 所以△APQ的面積S＝·|PQ|·d ＝ |λ－1|＝ . 設f(λ)＝，λ<0，則f′(λ)＝， 由f′(λ)>0，得λ>－； 由f′(λ)<0，得λ<－， 所以f(λ)在上是減函數，在上是增函數，因此，當λ＝－時，f(λ)取到最小值． 所以△APQ的面積的最小值是. 22．(本小題滿分15分)已知數列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋－1. 證明：當n∈N*時， (1)00. 當n＝1時，x1＝1>0成立． 假設n＝k時，xk>0成立

27、， 那么n＝k＋1時，假設xk＋1≤0， 則xk＝xk＋1＋－1≤0，矛盾， 所以xk＋1>0，故xn>0得證． 所以xn＝xn＋1＋－1>xn＋1， 故00)， 則f′(x)＝2x＋＋－4＝＋22－. 由于y＝與22在(0，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)>f′(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 所以f(x)>f(0)＝0， 所以x＋(xn＋1＋6)－4xn＋1－6>0， 即3xn＋1－2xn<. (3)由(2)得－≥>0， 則－≥n－1＝n－2， 所以xn≤n－2. 又－1≤x(x≥0)， 所以 －1≤xn＋1， 所以xn＝xn＋1＋－1≤xn＋1， 故xn＋1≥xn ， 所以xn≥n－1， 所以n－1≤xn≤n－2.