2021年高考数学压轴题100题精选含答案

这是一份2021年高考数学压轴题100题精选含答案，共103页。试卷主要包含了立体几何多选题，第三小问满分各6分）等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点、、的正方体的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆
【答案】AB
【分析】
构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角为与所成角的余弦值判断A的正误；同样设结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得，进而判断P的轨迹知D的正误；由立方体的截面为梯形，分别求，进而得到梯形的高即可求面积，判断B的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球表面积，判断C的正误.
【详解】
A：构建如下图所示的空间直角坐标系：
则有：，
∴，
，故正确.
B：若N为的中点，连接MN，则有，如下图示，
∴梯形AMND’为过三点、、的正方体的截面，
而，可得梯形的高为，
∴梯形的面积为，故正确.
C：如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，
∴，而四面体的棱长都为，有表面积为，
∴若其内切圆半径为，则有，即，所以内切球的表面积为.故错误.
D：正方体中，点在底面（所在的平面）上运动且，即的轨迹为面截以AM、AP为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，
构建如下空间直角坐标系，，若，则，

∴，
，即，整理得，即轨迹为双曲线的一支，故错误.
故选：AB
【点睛】
关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.
2．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（ ）
A．点A'到平面BCED的距离为3
B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为
C．A'D⊥BD
D．四棱锥A'-BCED的外接球半径为
【答案】ABD
【分析】
作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.
【详解】
如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.
则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,
∵∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,
又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,
在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,
∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，
∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=,∴A'M=2,∴A'H=A'Msin60°=3，故A正确；
连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,
∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，
DN=DA'=4,A'N=A'M=2,
cs∠A'DN=,故B正确；
A'D=DB=4,A'B=,
∴,∴A'D与BD不垂直，故C错误’
易得NB=NC=ND=NG=4，∴N为底面梯形BCED的外接圆的圆心，
设四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,
若O在平面BCED上方，入图①所示：
设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,
则HP=x,易得,解得,舍去；
故O在平面BCED下方，如图②所示：
设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,
则HP=x,易得, 解得,
∴,,故D正确.
故选:ABD.
【点睛】
本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.
3．在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（含边界）一点．（ ）
A．若，则满足条件的P点有且只有一个
B．若，则点P的轨迹是一段圆弧
C．若平面，则长的最小值为
D．若且平面，则平面截正方体外接球所得截面的面积为
【答案】ABD
【分析】
选项A，B可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面平面，知满足平面的点P在BD上，长的最大值为；结合以上条件点P与B或D重合，利用，求出，进而求出面积.
【详解】
对A选项，如下图：由，知点P在以为球心，半径为的球上，又因为P在底面ABCD内（含边界），底面截球可得一个小圆，由底面ABCD，知点P的轨迹是在底面上以A为圆心的小圆圆弧，半径为，则只有唯一一点C满足，故A正确；
对B选项，同理可得点P在以A为圆心，半径为的小圆圆弧上，在底面ABCD内（含边界）中，可得点P轨迹为四分之一圆弧.故B正确；
对C选项，移动点P可得两相交的动直线与平面平行，则点P必在过且与平面平行的平面内，由平面平面，知满足平面的点P在BD上，则长的最大值为，则C不正确；
对选项D，由以上推理可知，点P既在以A为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD上，即与B或D重合，不妨取点B，则平面截正方体外接球所得截面为的外接圆，利用.故D正确.
故选：ABD
【点睛】
（1）平面截球所得截面为圆面，且满足（其中为球半径，为小圆半径，为球心到小圆距离）；
（2）过定点A的动直线平行一平面，则这些动直线都在过A且与平行的平面内.
4．如图，在棱长为2的正方体，中，为棱上的中点，为棱上的点，且满足，点，，，，为过三点，，的平面与正方体的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．三棱锥的体积
C．直线与平面所成的角为D．
【答案】ABD
【分析】
面面平行性质定理可得出A正确；等体积法求得B正确；直线与平面所成的角为，求其正切值不等于1即可得出C错误；利用面面平行性质定理和中位线求出长度即可得出D正确.
【详解】
解：对于A.在正方体中平面平面，
又平面平面，平面平面，
有平面与平面平行的性质定理可得，故正确；
对于B.因为，所以，
又为棱上的中点，所以,
所以，故正确；
对于C.由题意及图形可判定直线与平面所成的角为，
结合B选项可得，故错误；
对于D.同A选项证明方法一样可证的，
因为为棱上的中点，为棱上的中点，所以
所以，所以，故正确.
故选：ABD
【点睛】
求体积的常用方法：
（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；
（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.
5．已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．与平面所成的角的大小为45°
D．平面将正方体分成两部分的体积的比为
【答案】ACD
【分析】
如图，计算可得分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A、B的正确与否，计算出直线与平面所成的角为后可得C正确，而几何体为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D正确与否.
【详解】
如图，连接，则，故棱与球面没有交点.
同理，棱与球面没有交点.
因为棱与棱之间的距离为，故棱与球面没有交点.
因为正方体的棱长为2，而，
球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，
所以棱与球面各有一个交点， 如图各记为.
因为为直角三角形，故，故为棱的中点.
同理分别为棱的中点.
由正方形、为所在棱的中点可得，
同理，故，故共面.
由正方体可得，故
因为平面，平面，故平面，故A正确.
因为在直角三角中，， ，，
与不垂直，故与不垂直，故平面不成立，故B错误.
由正方体可得平面，而平面，
所以，所以
在正方形中，因为分别为的中点，故，
因为，故平面，
所以为直线与平面所成的角，而，
故直线与平面所成的角为，
因为，故与平面所成的角的大小为45°.故C正确.
因为分别为所在棱的中点，故几何体为三棱柱，
其体积为，而正方体的体积为8，
故平面将正方体分成两部分的体积的比为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.
6．已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（）
A．直线与平面所成角的正弦值范围为
B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知为中点，当的和最小时，为的中点
【答案】AC
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】
本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
7．已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点，交棱于点，以下结论正确的是（ ）
A．四边形不一定是平行四边形
B．平面分正方体所得两部分的体积相等
C．平面与平面不可能垂直
D．四边形面积的最大值为
【答案】BD
【分析】
由平行平面的性质可判断A错误;利用正方体的对称性可判断B正确;当､为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C错误;当与重合,与重合时,四边形的面积最大,且最大值为,可判断D正确.
【详解】
如图所示,
对于选项A,因为平面,平面平面,平面平面,
所以,同理可证,所以四边形是平行四边形,故A错误;
对于选项B,由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故B正确;
对于选项C,在正方体中,有,
又,所以平面,
当､分别为棱的中点时,
有,则平面,
又因为平面,
所以平面平面,故C错误;
对于选项D,四边形在平面内的投影是正方形,
当与重合,与重合时,四边形的面积有最大值,
此时,故D正确;
故选:BD.
【点睛】
本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.
8．如图，点是正四面体底面的中心，过点的直线交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）
A．若平面，则B．存在点S与直线MN，使平面
C．存在点与直线，使D．是常数
【答案】ABD
【分析】
对于选项A，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；
对于选项B，当直线平行于直线， 时，通过线面垂直的判定定理，证明此时平面，即可证明，存在点S与直线MN，使平面；
对于选项C，假设存在点与直线，使，利用线面垂直的判定定理可证得平面，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；
对于选项D，利用，即可求得是常数.
【详解】
对于选项A，
若平面，
平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点,
平面平面，
又平面，平面，
，
点在面上，过点的直线交，于点，，
平面，
又平面，平面平面，
，
，
故A正确；
对于选项B，
当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，
此时平面，以下给出证明：
在正四面体中，设各棱长为，
，，，均为正三角形，
点为的中心，，
由正三角形中的性质，易得，
在中，
，，，
由余弦定理得，，
，则，
同理，，
又，平面，平面，
平面，
存在点S与直线MN，使平面，
故B正确；
对于选项C，
假设存在点与直线，使，
设中点为，则，
，即，
，
，
又易知与为相交直线，与均在平面上，
平面，即平面，
与正四面体相矛盾，所以假设不成立，
故C错误；
对于选项D，
易知点到面，面，面的距离相等，记为，
记与平面所处角的平面角为，为常数，则也为常数，
则点到的距离为，
又
，
又，
，
，
，
，
为常数，
故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.
9．如图，正三棱柱中，、点为中点，点为四边形内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）
A．
B．若平面，则动点的轨迹的长度等于
C．异面直线与，所成角的余弦值为
D．若点到平面的距离等于，则动点的轨迹为抛物线的一部分
【答案】BCD
【分析】
根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案.
【详解】
解析：对于选项A，，选项A错误；
对于选项B，过点作的平行线交于点．
以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系．
设棱柱底面边长为，侧棱长为，则，，，，所以，．
∵，∴，
即，解得．
因为平面，则动点的轨迹的长度等于．选项B正确．
对于选项C，在选项A的基础上，，，，，所以，，
因为，所以异面直线所成角的余弦值为，选项C正确．
对于选项D，设点E在底面ABC的射影为，作垂直于，垂足为F，若点E到平面的距离等于，即有，又因为在中，，得，其中等于点E到直线的距离，故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形内（包含边界）的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分,故D正确.

故选：BCD
【点睛】
本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.
10．半正多面体（semiregularslid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ）
A．BF⊥平面EAB
B．该二十四等边体的体积为
C．该二十四等边体外接球的表面积为8π
D．PN与平面EBFN所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】
用反证法判断；先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；先找到球心与半径，再计算表面积判断；先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．
【详解】
解：对于，假设对，即平面，于是，
，但六边形为正六边形，，矛盾，
所以错；
对于，补齐八个角构成棱长为2的正方体，
则该二十四等边体的体积为，
所以对；
对于，取正方形对角线交点，
即为该二十四等边体外接球的球心，
其半径为，其表面积为，所以对；
对于，因为在平面内射影为，
所以与平面所成角即为，
其正弦值为，所以对．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．
1．（本小题满分 14 分）
如图，设抛物线C : y  x 2 的焦点为 F，动点 P 在直线l : x  y  2  0 上运动，过 P 作抛物线 C 的两条切线 PA、
PB，且与抛物线 C 分别相切于 A、B 两点.
（1）求△APB 的重心 G 的轨迹方程.
（2）证明∠PFA=∠PFB.
解：（1）设切点 A、B 坐标分别为(x, x 2 )和(x , x 2 )((x  x ) ，
01110
∴切线 AP 的方程为： 2x0 x  y  x  0;
0
2
切线 BP 的方程为： 2x x  y  x 2  0;
11
4(2n  1)
}
3
1．（12分）已知抛物线、椭圆和双曲线都经过点，它们在轴上有共同焦点，椭圆和双曲线的对称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点.
（Ⅰ）求这三条曲线的方程；
（Ⅱ）已知动直线过点，交抛物线于两点，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆截得的弦长为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
解：（Ⅰ）设抛物线方程为，将代入方程得
………………………………………………（1分）
由题意知椭圆、双曲线的焦点为…………………（2分）
对于椭圆，
………………………………（4分）
对于双曲线，
………………………………（6分）
（Ⅱ）设的中点为，的方程为：，以为直径的圆交于两点，中点为
令………………………………………………（7分）
…………（12分）
2．（14分）已知正项数列中，，点在抛物线上；数列中，点在过点，以方向向量为的直线上.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，问是否存在，使成立，若存在，求出值；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）对任意正整数，不等式成立，求正数的取值范围.
解：（Ⅰ）将点代入中得
…………………………………………（4分）
（Ⅱ）………………………………（5分）
……………………（8分）
（Ⅲ）由
………………………………（14分）
3.（本小题满分12分）将圆O: 上各点的纵坐标变为原来的一半 (横坐标不变),
得到曲线C.
(1) 求C的方程;
(2) 设O为坐标原点, 过点的直线l与C交于A、B两点, N为线段AB的中点,
延长线段ON交C于点E.
求证: 的充要条件是.
解: (1)设点, 点M的坐标为,由题意可知………………(2分)
又∴.
所以, 点M的轨迹C的方程为.………………(4分)
(2)设点, , 点N的坐标为,
㈠当直线l与x轴重合时, 线段AB的中点N就是原点O,
不合题意,舍去; ………………(5分)
㈡设直线l:
由消去x,
得………………①
∴………………(6分)
∴,
∴点N的坐标为.………………(8分)
①若, 坐标为, 则点E的为, 由点E在曲线C上,
得, 即 ∴舍去).
由方程①得
又
∴.………………(10分)
②若, 由①得∴
∴点N的坐标为, 射线ON方程为: ,
由 解得 ∴点E的坐标为
∴.
综上, 的充要条件是.………………(12分)
4.（本小题满分14分）已知函数.
(1) 试证函数的图象关于点对称;
(2) 若数列的通项公式为, 求数列的前m项和
(3) 设数列满足: , . 设.
若(2)中的满足对任意不小于2的正整数n, 恒成立, 试求m的最大值.
解: (1)设点是函数的图象上任意一点, 其关于点的对称点为.
由 得
所以, 点P的坐标为P.………………(2分)
由点在函数的图象上, 得.
∵
∴点P在函数的图象上.
∴函数的图象关于点对称. ………………(4分)
(2)由(1)可知, , 所以,
即………………(6分)
由, ……………… ①
得 ………………②
由①＋②, 得
∴………………(8分)
(3) ∵, ………………③
∴对任意的. ………………④
由③、④, 得即.
∴.……………(10分)
∵∴数列是单调递增数列.
∴关于n递增. 当, 且时, .
∵
∴………………(12分)
∴即∴ ∴m的最大值为6. ……………(14分)
5．（12分）、是椭圆的左、右焦点，是椭圆的右准线，点，过点的直线交椭圆于、两点.
当时，求的面积；
当时，求的大小；
求的最大值.
解：（1）
（2）因，
则
设
，
当时，
6．（14分）已知数列中，，当时，其前项和满足，
求的表达式及的值；
求数列的通项公式；
设，求证：当且时，.
解：（1）
所以是等差数列.则.
.
（2）当时，，
综上，.
（3）令，当时，有 （1）
法1：等价于求证.
当时，令
，
则在递增.
又，
所以即.
法（2）
（2）
（3）
因，所以
由（1）（3）（4）知.
法3：令，则
所以
因则，
所以 （5）
由（1）（2）（5）知
7． (本小题满分14分)
第21题
设双曲线=1( a > 0, b > 0 )的右顶点为A，P是双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP分别交于Q和R两点.
(1) 证明：无论P点在什么位置，总有||2 = |·| ( O为坐标原点)；
(2) 若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；
解：(1) 设OP：y = k x, 又条件可设AR: y = (x – a ),
解得：= (,), 同理可得= (,),
∴|·| =|+| =. 4分
设 = ( m, n ) , 则由双曲线方程与OP方程联立解得:
m2 =, n2 = ,
∴ ||2 = :m2 + n2 = + = ,
∵点P在双曲线上，∴b2 – a2k2 > 0 .
∴无论P点在什么位置，总有||2 = |·| . 4分
（2）由条件得：= 4ab, 2分
即k2 = > 0 , ∴ 4b > a, 得e > 2分
1. (本小题满分12分)
已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数.
(1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论.
(2) 对任意n  a , 证明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n)
解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分
（2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,
∴ 当n  a时, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n  n n – ( n + a)n. 2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn – ( n + a )( n + a)n – 1 ] 2分
( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分
∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分
2. (本小题满分12分)
已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .
(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？
(2) 判断函数g(x)=，是否满足题设条件？
解： (1) 若u ,v  [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，
取u = [–1，1]，v = [–1，1],
则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = | u – v | > | u – v |，
所以p( x)不满足题设条件.
（2）分三种情况讨论：
10. 若u ,v  [–1，0]，则|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，满足题设条件；
20. 若u ,v  [0，1]， 则|g(u) – g(v)| = |(1 – u) – (1 – v)|= |v –u|，满足题设条件；
30. 若u[–1，0]，v[0，1]，则：
|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件;
40 若u[0，1]，v[–1，0], 同理可证满足题设条件.
综合上述得g(x)满足条件.
3. (本小题满分14分)
已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = (x  –1)的图象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c  0 ).
(1) 求证：| ac |  4;
(2) 求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增.
(3) (仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
证：(1) ∵ tR, t  –1,
∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2  0 ，
∵ c  0, ∴c2a2  16 , ∴| ac |  4.
(2) 由 f ( x ) = 1 – ,
法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1– –1 + = .
∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,
∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x  0时，f ( x )单调递增.
法2. 由f ` ( x ) = > 0 得x  –1,
∴x > –1时，f ( x )单调递增.
（3）（仅理科做）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c |  > 0 ,
∴f (| c | )  f () = =
f ( | a | ) + f ( | c | ) = + > +=1.
即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
4．（本小题满分15分）
设定义在R上的函数（其中∈R，i=0,1,2,3,4），当
x= －1时，f (x)取得极大值，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称．
求f (x)的表达式；
试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间上；
若，求证：
解：（1）…………………………5分
（2）或…………10分
（3）用导数求最值，可证得……15分
5．（本小题满分13分）
设M是椭圆上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对称点，N为椭圆C上异于M的另一点，且MN⊥MQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．
解：设点的坐标
则……1分
………………………………………………………3分
由（1）－（2）可得………………………………6分
又MN⊥MQ，所以
直线QN的方程为，又直线PT的方程为……10分
从而得所以
代入（1）可得此即为所求的轨迹方程.………………13分
6．（本小题满分12分）
过抛物线上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，
（1）求点P的轨迹方程；
（2）已知点F（0，1），是否存在实数使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
解法（一）：（1）设
由得：
………………………………3分
直线PA的方程是：即 ①
同理，直线PB的方程是： ②
由①②得：
∴点P的轨迹方程是……………………………………6分
（2）由（1）得：
…………………………10分
所以
故存在=1使得…………………………………………12分
解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且
∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且
设PA的直线方程是
由得：
即…………………………3分
即直线PA的方程是：
同理可得直线PB的方程是：
由得：
故点P的轨迹方程是……………………………………6分
（2）由（1）得：
………………………………10分
故存在=1使得…………………………………………12分
7．（本小题满分14分）
设函数在上是增函数.
求正实数的取值范围；
设，求证：
解：（1）对恒成立，
对恒成立
又 为所求.…………………………4分
（2）取，，
一方面，由（1）知在上是增函数，
即……………………………………8分
另一方面，设函数
∴在上是增函数且在处连续，又
∴当时，
∴ 即
综上所述，………………………………………………14分
8．(本小题满分12分)
如图，直角坐标系中，一直角三角形，，、在轴上且关于原点对称，在边上，，的周长为12．若一双曲线以、为焦点，且经过、两点．
(1) 求双曲线的方程；
(2) 若一过点（为非零常数）的直线与双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点、，且，问在轴上是否存在定点，使？若存在，求出所有这样定点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1) 设双曲线的方程为，
则．
由，得，即．
∴（3分）
解之得，∴．
∴双曲线的方程为．（5分）
(2) 设在轴上存在定点，使．
设直线的方程为，．
由，得．
即①（6分）
∵，
，
∴．
即．②（8分）
把①代入②，得
③（9分）
把代入并整理得
其中且，即且．
．（10分）
代入③，得
，
化简得 ．
当时，上式恒成立．
因此，在轴上存在定点，使．（12分）
9．(本小题满分14分)
已知数列各项均不为0，其前项和为，且对任意都有（为大于1的常数），记．
(1) 求；
(2) 试比较与的大小（）；
(3) 求证：，（）．
解：(1) ∵，①
∴．②
②－①，得
，
即．（3分）
在①中令，可得．
∴是首项为，公比为的等比数列，．（4分）
(2) 由(1)可得．
．
∴，（5分）
．
而，且，
∴，．
∴，（）．（8分）
(3) 由(2)知 ，，（）．
∴当时，．
∴
，（10分）
（当且仅当时取等号）．
另一方面，当，时，
．
∵，∴．
∴，（当且仅当时取等号）．（13分）
∴．（当且仅当时取等号）．
综上所述，，（）．（14分）
1．（本小题满分14分）
已知椭圆的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足
（Ⅰ）设为点P的横坐标，证明；
（Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；
（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，
使△F1MF2的面积S=若存在，求∠F1MF2
的正切值；若不存在，请说明理由.
本小题主要考查平面向量的概率，椭圆的定义、标准方程和有关性质，轨迹的求法和应用，以及综合运用数学知识解决问题的能力.满分14分.
（Ⅰ）证法一：设点P的坐标为
由P在椭圆上，得
由，所以 ………………………3分
证法二：设点P的坐标为记
则
由
证法三：设点P的坐标为椭圆的左准线方程为
由椭圆第二定义得，即
由，所以…………………………3分
（Ⅱ）解法一：设点T的坐标为
当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.
在△QF1F2中，，所以有
综上所述，点T的轨迹C的方程是…………………………7分
解法二：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.
设点Q的坐标为（），则
因此 ①
由得 ②
将①代入②，可得
综上所述，点T的轨迹C的方程是……………………7分
③
④
（Ⅲ）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是

由③得，由④得 所以，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.………………………11分
当时，，
由，
，
，得
解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是
③
④

由④得 上式代入③得
于是，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.………………………11分
当时，记，
由知，所以…………14分
2．（本小题满分12分）
函数在区间（0，+∞）内可导，导函数是减函数，且 设
是曲线在点（）得的切线方程，并设函数
（Ⅰ）用、、表示m；
（Ⅱ）证明：当；
（Ⅲ）若关于的不等式上恒成立，其中a、b为实数，
求b的取值范围及a与b所满足的关系.
本小题考查导数概念的几何意义，函数极值、最值的判定以及灵活运用数形结合的思想判断函数之间的大小关系.考查学生的学习能力、抽象思维能力及综合运用数学基本关系解决问题的能力.满分12分
（Ⅰ）解：…………………………………………2分
（Ⅱ）证明：令
因为递减，所以递增，因此，当；
当.所以是唯一的极值点，且是极小值点，可知的
最小值为0，因此即…………………………6分
（Ⅲ）解法一：，是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.
对任意成立的充要条件是

另一方面，由于满足前述题设中关于函数的条件，利用（II）的结果可知，的充要条件是：过点（0，）与曲线相切的直线的斜率大于，该切线的方程为
于是的充要条件是…………………………10分
综上，不等式对任意成立的充要条件是
①
显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②
有解、解不等式②得 ③
因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分
（Ⅲ）解法二：是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.
对任意成立的充要条件是
………………………………………………………………8分
令，于是对任意成立的充要条件是
由
当时当时，，所以，当时，取最小值.因此成立的充要条件是，即………………10分
综上，不等式对任意成立的充要条件是
①
显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②
有解、解不等式②得
因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分
3．（本小题满分12分）
已知数列的首项前项和为，且
（I）证明数列是等比数列；
（II）令，求函数在点处的导数并比较与的大小.
解：由已知可得两式相减得
即从而当时所以又所以从而
故总有，又从而即数列是等比数列；
（II）由（I）知
因为所以
从而=
=-=
由上-=
=12①
当时，①式=0所以；
当时，①式=-12所以
当时，
又
所以即①从而
4．(本小题满分14分)
已知动圆过定点，且与直线相切，其中.
（I）求动圆圆心的轨迹的方程；
（II）设A、B是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
解：（I）如图，设为动圆圆心，为记为，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为；
（II）如图，设，由题意得（否则）且所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知①
（1）当时，即时，所以，所以由①知：所以因此直线的方程可表示为，即所以直线恒过定点
（2）当时，由，得==
将①式代入上式整理化简可得：，所以，
此时，直线的方程可表示为即
所以直线恒过定点
所以由（1）（2）知，当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点.
5．（本小题满分12分）
已知椭圆C1的方程为，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点.
（Ⅰ）求双曲线C2的方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足（其中O为原点），求k的取值范围.
解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为，则
故C2的方程为
（II）将
由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得
即 ①
.
由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

解此不等式得
③
由①、②、③得
故k的取值范围为
6．（本小题满分12分）
数列{an}满足.
（Ⅰ）用数学归纳法证明：；
（Ⅱ）已知不等式，其中无理数e=2.71828….
（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，，不等式成立.
（2）假设当时不等式成立，即
那么. 这就是说，当时不等式成立.
根据（1）、（2）可知：成立.
（Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）的结论有
两边取对数并利用已知不等式得
故
上式从1到求和可得
即
（Ⅱ）证法二：
由数学归纳法易证成立，故
令
取对数并利用已知不等式得
上式从2到n求和得
因
故成立.
7．（本小题满分12分）
已知数列
（1）证明
（2）求数列的通项公式an.
解：（1）方法一 用数学归纳法证明：
1°当n=1时，
∴，命题正确.
2°假设n=k时有
则

而
又
∴时命题正确.
由1°、2°知，对一切n∈N时有
方法二：用数学归纳法证明：
1°当n=1时，∴；
2°假设n=k时有成立，
令，在[0，2]上单调递增，所以由假设
有：即
也即当n=k+1时 成立，所以对一切
（2）下面来求数列的通项：所以
,
又bn=－1，所以
1．（本小题满分14分）
已知f(x)=(x∈R)在区间[－1，1]上是增函数.
（Ⅰ）求实数a的值组成的集合A；
（Ⅱ）设关于x的方程f(x)=的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由.
解：（Ⅰ）f＇(x)== ，
∵f(x)在[－1，1]上是增函数， ∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立，
即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立. ①
设(x)=x2－ax－2，
方法一：
(1)=1－a－2≤0，
① －1≤a≤1，
(－1)=1+a－2≤0.
∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0
∴A={a|－1≤a≤1}. 方法二：
≥0， <0，
① 或
(－1)=1+a－2≤0 (1)=1－a－2≤0
0≤a≤1 或 －1≤a≤0
－1≤a≤1.
∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(－1)=0以及当a=-1时，f＇(1)=0
∴A={a|－1≤a≤1}.
（Ⅱ）由=，得x2－ax－2=0， ∵△=a2+8>0
∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的两非零实根，
x1+x2=a，
∴ 从而|x1－x2|==.
x1x2=－2，
∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.
要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，
当且仅当m2+tm+1≥3对任意t∈[－1，1]恒成立，
即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立. ②
设g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，
方法一：
g(－1)=m2－m－2≥0，
②
g(1)=m2+m－2≥0，
m≥2或m≤－2.
所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.
方法二：
当m=0时，②显然不成立；
当m≠0时，
m>0， m<0，
② 或
g(－1)=m2－m－2≥0 g(1)=m2+m－2≥0
m≥2或m≤－2.
所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.
2．（本小题满分12分）
如图，P是抛物线C：y=x2上一点，直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.
（Ⅰ）若直线l与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程；
（Ⅱ）若直线l不过原点且与x轴交于点S，与y轴交于点T，试求的取值范围.
解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依题意x1≠0，y1>0，y2>0.
由y=x2， ①
得y＇=x.
∴过点P的切线的斜率k切= x1，
∴直线l的斜率kl=－=-，
∴直线l的方程为y－x12=－ (x－x1)，
方法一：
联立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.
∵M是PQ的中点
x0==-，
∴
y0=x12－(x0－x1).
消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0).
方法二：
由y1=x12，y2=x22，x0=，
得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，
则x0==kl=-，
∴x1=－，
将上式代入②并整理，得
y0=x02++1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0).
（Ⅱ）设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0，b).
分别过P、Q作PP＇⊥x轴，QQ＇⊥y轴，垂足分别为P＇、Q＇，则
.
y=x2
由 消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0. ③
y=kx+b
y1+y2=2(k2+b)，
则
y1y2=b2.
方法一：
∴|b|()≥2|b|=2|b|=2.
∵y1、y2可取一切不相等的正数，
∴的取值范围是（2，+）.
方法二：
∴=|b|=|b|.
当b>0时，=b==+2>2；
当b<0时，=－b=.
又由方程③有两个相异实根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，
于是k2+2b>0，即k2>－2b.
所以>=2.
∵当b>0时，可取一切正数，
∴的取值范围是（2，+）.
方法三：
由P、Q、T三点共线得kTQ=KTP，
即=.
则x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).
于是b==－x1x2.
2
2
∴==+=+≥2.
∵可取一切不等于1的正数，
∴的取值范围是（2，+）.
3．（本小题满分12分）
某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失. 现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用. 单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为0.9和0.85. 若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少.
（总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.）
解：①不采取预防措施时，总费用即损失期望为400×0.3=120（万元）；
②若单独采取措施甲，则预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为
1－0.9=0.1，损失期望值为400×0.1=40（万元），所以总费用为45+40=85（万元）
③若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为1－0.85=0.15，损失期望值为400×0.15=60（万元），所以总费用为30+60=90（万元）；
④若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45+30=75（万元），发生突发事件的概率为（1－0.9）（1－0.85）=0.015，损失期望值为400×0.015=6（万元），所以总费用为75+6=81（万元）.
综合①、②、③、④，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少.
5．（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分10分）
已知，函数.
(Ⅰ)当时，求使成立的的集合；
(Ⅱ)求函数在区间上的最小值.
解：（Ⅰ）由题意，.
当时，，解得或；
当时，，解得.
综上，所求解集为.
（Ⅱ）设此最小值为.
①当时，在区间上，.
因为
，，
则在区间上是增函数，所以.
②当时，在区间上，，由知
.
③当时，在区间上，.
.
若，在区间内，从而为区间上的增函数，
由此得 .
若，则.
当时，，从而为区间上的增函数；
当时，，从而为区间上的减函数.
因此，当时，或.
当时，，故；
当时，，故.
综上所述，所求函数的最小值

1．（12分）已知抛物线、椭圆和双曲线都经过点，它们在轴上有共同焦点，椭圆和双曲线的对称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点.
（Ⅰ）求这三条曲线的方程；
（Ⅱ）已知动直线过点，交抛物线于两点，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆截得的弦长为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
解：（Ⅰ）设抛物线方程为，将代入方程得
………………………………………………（1分）
由题意知椭圆、双曲线的焦点为…………………（2分）
对于椭圆，
………………………………（4分）
对于双曲线，
………………………………（6分）
（Ⅱ）设的中点为，的方程为：，以为直径的圆交于两点，中点为
令………………………………………………（7分）
…………（12分）
2．（14分）已知正项数列中，，点在抛物线上；数列中，点在过点，以方向向量为的直线上.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，问是否存在，使成立，若存在，求出值；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）对任意正整数，不等式成立，求正数的取值范围.
解：（Ⅰ）将点代入中得
…………………………………………（4分）
（Ⅱ）………………………………（5分）
……………………（8分）
（Ⅲ）由
………………………………（14分）
3.（本小题满分12分）将圆O: 上各点的纵坐标变为原来的一半 (横坐标不变),
得到曲线C.
(1) 求C的方程;
(2) 设O为坐标原点, 过点的直线l与C交于A、B两点, N为线段AB的中点,
延长线段ON交C于点E.
求证: 的充要条件是.
解: (1)设点, 点M的坐标为,由题意可知………………(2分)
又∴.
所以, 点M的轨迹C的方程为.………………(4分)
(2)设点, , 点N的坐标为,
㈠当直线l与x轴重合时, 线段AB的中点N就是原点O,
不合题意,舍去; ………………(5分)
㈡设直线l:
由消去x,
得………………①
∴………………(6分)
∴,
∴点N的坐标为.………………(8分)
①若, 坐标为, 则点E的为, 由点E在曲线C上,
得, 即 ∴舍去).
由方程①得
又
∴.………………(10分)
②若, 由①得∴
∴点N的坐标为, 射线ON方程为: ,
由 解得 ∴点E的坐标为
∴.
综上, 的充要条件是.………………(12分)
4.（本小题满分14分）已知函数.
(1) 试证函数的图象关于点对称;
(2) 若数列的通项公式为, 求数列的前m项和
(3) 设数列满足: , . 设.
若(2)中的满足对任意不小于2的正整数n, 恒成立, 试求m的最大值.
解: (1)设点是函数的图象上任意一点, 其关于点的对称点为.
由 得
所以, 点P的坐标为P.………………(2分)
由点在函数的图象上, 得.
∵
∴点P在函数的图象上.
∴函数的图象关于点对称. ………………(4分)
(2)由(1)可知, , 所以,
即………………(6分)
由, ……………… ①
得 ………………②
由①＋②, 得
∴………………(8分)
(3) ∵, ………………③
∴对任意的. ………………④
由③、④, 得即.
∴.……………(10分)
∵∴数列是单调递增数列.
∴关于n递增. 当, 且时, .
∵
∴………………(12分)
∴即∴ ∴m的最大值为6. ……………(14分)
5．（12分）、是椭圆的左、右焦点，是椭圆的右准线，点，过点的直线交椭圆于、两点.
当时，求的面积；
当时，求的大小；
求的最大值.
解：（1）
（2）因，
则
设
，
当时，
6．（14分）已知数列中，，当时，其前项和满足，
求的表达式及的值；
求数列的通项公式；
设，求证：当且时，.
解：（1）
所以是等差数列.则.
.
（2）当时，，
综上，.
（3）令，当时，有 （1）
法1：等价于求证.
当时，令
，
则在递增.
又，
所以即.
法（2）
（2）
（3）
因，所以
由（1）（3）（4）知.
法3：令，则
所以
因则，
所以 （5）
由（1）（2）（5）知
7． (本小题满分14分)
第21题
设双曲线=1( a > 0, b > 0 )的右顶点为A，P是双曲线上异于顶点的一个动点，从A引双曲线的两条渐近线的平行线与直线OP分别交于Q和R两点.
(1) 证明：无论P点在什么位置，总有||2 = |·| ( O为坐标原点)；
(2) 若以OP为边长的正方形面积等于双曲线实、虚轴围成的矩形面积，求双曲线离心率的取值范围；
解：(1) 设OP：y = k x, 又条件可设AR: y = (x – a ),
解得：= (,), 同理可得= (,),
∴|·| =|+| =. 4分
设 = ( m, n ) , 则由双曲线方程与OP方程联立解得:
m2 =, n2 = ,
∴ ||2 = :m2 + n2 = + = ,
∵点P在双曲线上，∴b2 – a2k2 > 0 .
∴无论P点在什么位置，总有||2 = |·| . 4分
（2）由条件得：= 4ab, 2分
即k2 = > 0 , ∴ 4b > a, 得e > 2分
1. (本小题满分12分)
已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数.
(1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论.
(2) 对任意n  a , 证明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n)
解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分
（2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,
∴ 当n  a时, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n  n n – ( n + a)n. 2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn – ( n + a )( n + a)n – 1 ] 2分
( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分
∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分
2. (本小题满分12分)
已知：y = f (x) 定义域为［–1，1］，且满足：f (–1) = f (1) = 0 ，对任意u ,v[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .
(1) 判断函数p ( x ) = x2 – 1 是否满足题设条件？
(2) 判断函数g(x)=，是否满足题设条件？
解： (1) 若u ,v  [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，
取u = [–1，1]，v = [–1，1],
则 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = | u – v | > | u – v |，
所以p( x)不满足题设条件.
（2）分三种情况讨论：
10. 若u ,v  [–1，0]，则|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，满足题设条件；
20. 若u ,v  [0，1]， 则|g(u) – g(v)| = |(1 – u) – (1 – v)|= |v –u|，满足题设条件；
30. 若u[–1，0]，v[0，1]，则：
|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，满足题设条件;
40 若u[0，1]，v[–1，0], 同理可证满足题设条件.
综合上述得g(x)满足条件.
3. (本小题满分14分)
已知点P ( t , y )在函数f ( x ) = (x  –1)的图象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c  0 ).
(1) 求证：| ac |  4;
(2) 求证：在(–1，+∞）上f ( x )单调递增.
(3) (仅理科做)求证：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
证：(1) ∵ tR, t  –1,
∴ ⊿ = (–c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2  0 ，
∵ c  0, ∴c2a2  16 , ∴| ac |  4.
(2) 由 f ( x ) = 1 – ,
法1. 设–1 < x1 < x2, 则f (x2) – f ( x1) = 1– –1 + = .
∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,
∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x  0时，f ( x )单调递增.
法2. 由f ` ( x ) = > 0 得x  –1,
∴x > –1时，f ( x )单调递增.
（3）（仅理科做）∵f ( x )在x > –1时单调递增，| c |  > 0 ,
∴f (| c | )  f () = =
f ( | a | ) + f ( | c | ) = + > +=1.
即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
4．（本小题满分15分）
设定义在R上的函数（其中∈R，i=0,1,2,3,4），当
x= －1时，f (x)取得极大值，并且函数y=f (x+1)的图象关于点（－1，0）对称．
求f (x)的表达式；
试在函数f (x)的图象上求两点，使这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间上；
若，求证：
解：（1）…………………………5分
（2）或…………10分
（3）用导数求最值，可证得……15分
5．（本小题满分13分）
设M是椭圆上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对称点，N为椭圆C上异于M的另一点，且MN⊥MQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．
解：设点的坐标
则……1分
………………………………………………………3分
由（1）－（2）可得………………………………6分
又MN⊥MQ，所以
直线QN的方程为，又直线PT的方程为……10分
从而得所以
代入（1）可得此即为所求的轨迹方程.………………13分
6．（本小题满分12分）
过抛物线上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，
（1）求点P的轨迹方程；
（2）已知点F（0，1），是否存在实数使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
解法（一）：（1）设
由得：
………………………………3分
直线PA的方程是：即 ①
同理，直线PB的方程是： ②
由①②得：
∴点P的轨迹方程是……………………………………6分
（2）由（1）得：
…………………………10分
所以
故存在=1使得…………………………………………12分
解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且
∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且
设PA的直线方程是
由得：
即…………………………3分
即直线PA的方程是：
同理可得直线PB的方程是：
由得：
故点P的轨迹方程是……………………………………6分
（2）由（1）得：
………………………………10分
故存在=1使得…………………………………………12分
7．（本小题满分14分）
设函数在上是增函数.
求正实数的取值范围；
设，求证：
解：（1）对恒成立，
对恒成立
又 为所求.…………………………4分
（2）取，，
一方面，由（1）知在上是增函数，
即……………………………………8分
另一方面，设函数
∴在上是增函数且在处连续，又
∴当时，
∴ 即
综上所述，………………………………………………14分
8．(本小题满分12分)
如图，直角坐标系中，一直角三角形，，、在轴上且关于原点对称，在边上，，的周长为12．若一双曲线以、为焦点，且经过、两点．
(1) 求双曲线的方程；
(2) 若一过点（为非零常数）的直线与双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点、，且，问在轴上是否存在定点，使？若存在，求出所有这样定点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1) 设双曲线的方程为，
则．
由，得，即．
∴（3分）
解之得，∴．
∴双曲线的方程为．（5分）
(2) 设在轴上存在定点，使．
设直线的方程为，．
由，得．
即①（6分）
∵，
，
∴．
即．②（8分）
把①代入②，得
③（9分）
把代入并整理得
其中且，即且．
．（10分）
代入③，得
，
化简得 ．
当时，上式恒成立．
因此，在轴上存在定点，使．（12分）
9．(本小题满分14分)
已知数列各项均不为0，其前项和为，且对任意都有（为大于1的常数），记．
(1) 求；
(2) 试比较与的大小（）；
(3) 求证：，（）．
解：(1) ∵，①
∴．②
②－①，得
，
即．（3分）
在①中令，可得．
∴是首项为，公比为的等比数列，．（4分）
(2) 由(1)可得．
．
∴，（5分）
．
而，且，
∴，．
∴，（）．（8分）
(3) 由(2)知 ，，（）．
∴当时，．
∴
，（10分）
（当且仅当时取等号）．
另一方面，当，时，
．
∵，∴．
∴，（当且仅当时取等号）．（13分）
∴．（当且仅当时取等号）．
综上所述，，（）．（14分）
2021届高考数学压轴题系列训练含答案
1．（本小题满分14分）
已知f(x)=(x∈R)在区间[－1，1]上是增函数.
（Ⅰ）求实数a的值组成的集合A；
（Ⅱ）设关于x的方程f(x)=的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由.
本小题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.满分14分.
解：（Ⅰ）f＇(x)== ，
∵f(x)在[－1，1]上是增函数，
∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立，
即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立. ①
设(x)=x2－ax－2，
方法一：
(1)=1－a－2≤0，
① －1≤a≤1，
(－1)=1+a－2≤0.
∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=－1时，f＇(1)=0
∴A={a|－1≤a≤1}. 方法二：
≥0， <0，
① 或
(－1)=1+a－2≤0 (1)=1－a－2≤0
0≤a≤1 或 －1≤a≤0
－1≤a≤1.
∵对x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(－1)=0以及当a=-1时，f＇(1)=0
∴A={a|－1≤a≤1}.
（Ⅱ）由=，得x2－ax－2=0， ∵△=a2+8>0
∴x1，x2是方程x2－ax－2=0的两非零实根，
x1+x2=a，
∴ 从而|x1－x2|==.
x1x2=－2，
∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|=≤3.
要使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，
当且仅当m2+tm+1≥3对任意t∈[－1，1]恒成立，
即m2+tm－2≥0对任意t∈[－1，1]恒成立. ②
设g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)，
方法一：
g(－1)=m2－m－2≥0，
②
g(1)=m2+m－2≥0，
m≥2或m≤－2.
所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.
方法二：
当m=0时，②显然不成立；
当m≠0时，
m>0， m<0，
② 或
g(－1)=m2－m－2≥0 g(1)=m2+m－2≥0
m≥2或m≤－2.
所以，存在实数m，使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤－2}.
2．（本小题满分12分）
如图，P是抛物线C：y=x2上一点，直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.
（Ⅰ）若直线l与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程；
（Ⅱ）若直线l不过原点且与x轴交于点S，与y轴交于点T，试求的取值范围.
本题主要考查直线、抛物线、不等式等基础知识，求轨迹方程的方法，解析几何的基本思想和综合解题能力.满分12分.
解：（Ⅰ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，依题意x1≠0，y1>0，y2>0.
由y=x2， ①
得y＇=x.
∴过点P的切线的斜率k切= x1，
∴直线l的斜率kl=－=-，
∴直线l的方程为y－x12=－ (x－x1)，
方法一：
联立①②消去y，得x2+x－x12－2=0.
∵M是PQ的中点
x0==-，
∴
y0=x12－(x0－x1).
消去x1，得y0=x02++1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0).
方法二：
由y1=x12，y2=x22，x0=，
得y1－y2=x12－x22=(x1+x2)(x1－x2)=x0(x1－x2)，
则x0==kl=-，
∴x1=－，
将上式代入②并整理，得
y0=x02++1(x0≠0)，
∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0).
（Ⅱ）设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0，b).
分别过P、Q作PP＇⊥x轴，QQ＇⊥y轴，垂足分别为P＇、Q＇，则
.
y=x2
由 消去x，得y2－2(k2+b)y+b2=0. ③
y=kx+b
y1+y2=2(k2+b)，
则
y1y2=b2.
方法一：
∴|b|()≥2|b|=2|b|=2.
∵y1、y2可取一切不相等的正数，
∴的取值范围是（2，+）.
方法二：
∴=|b|=|b|.
当b>0时，=b==+2>2；
当b<0时，=－b=.
又由方程③有两个相异实根，得△=4(k2+b)2-4b2=4k2(k2+2b)>0，
于是k2+2b>0，即k2>－2b.
所以>=2.
∵当b>0时，可取一切正数，
∴的取值范围是（2，+）.
方法三：
由P、Q、T三点共线得kTQ=KTP，
即=.
则x1y2－bx1=x2y1－bx2，即b(x2－x1)=(x2y1－x1y2).
于是b==－x1x2.
2
2
∴==+=+≥2.
∵可取一切不等于1的正数，
∴的取值范围是（2，+）.
3．（本小题满分12分）
某突发事件，在不采取任何预防措施的情况下发生的概率为0.3，一旦发生，将造成400万元的损失. 现有甲、乙两种相互独立的预防措施可供采用. 单独采用甲、乙预防措施所需的费用分别为45万元和30万元，采用相应预防措施后此突发事件不发生的概率为0.9和0.85. 若预防方案允许甲、乙两种预防措施单独采用、联合采用或不采用，请确定预防方案使总费用最少.
（总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.）
本小题考查概率的基本知识和数学期望概念及应用概率知识解决实际问题的能力，满分12分.
解：①不采取预防措施时，总费用即损失期望为400×0.3=120（万元）；
②若单独采取措施甲，则预防措施费用为45万元，发生突发事件的概率为
1－0.9=0.1，损失期望值为400×0.1=40（万元），所以总费用为45+40=85（万元）
③若单独采取预防措施乙，则预防措施费用为30万元，发生突发事件的概率为1－0.85=0.15，损失期望值为400×0.15=60（万元），所以总费用为30+60=90（万元）；
④若联合采取甲、乙两种预防措施，则预防措施费用为45+30=75（万元），发生突发事件的概率为（1－0.9）（1－0.85）=0.015，损失期望值为400×0.015=6（万元），所以总费用为75+6=81（万元）.
综合①、②、③、④，比较其总费用可知，应选择联合采取甲、乙两种预防措施，可使总费用最少.
4．（本小题满分14分）
已知
（I）已知数列极限存在且大于零，求（将A用a表示）；
（II）设
（III）若都成立，求a的取值范围.
本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，满分14分.
解：（I）由
（II）
（III）
（i）当n=1时结论成立（已验证）.
（ii）假设当
故只须证明
即n=k+1时结论成立.
根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立.
故
5．（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分10分）
已知，函数.
(Ⅰ)当时，求使成立的的集合；
(Ⅱ)求函数在区间上的最小值.
本小题主要考查运用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论的数学思想和分析推理能力. 满分14分.
解：（Ⅰ）由题意，.
当时，，解得或；
当时，，解得.
综上，所求解集为.
（Ⅱ）设此最小值为.
①当时，在区间上，.
因为
，，
则在区间上是增函数，所以.
②当时，在区间上，，由知
.
③当时，在区间上，.
.
若，在区间内，从而为区间上的增函数，
由此得 .
若，则.
当时，，从而为区间上的增函数；
当时，，从而为区间上的减函数.
因此，当时，或.
当时，，故；
当时，，故.
综上所述，所求函数的最小值

6．（本小题满分14分，第一小问满分2分，第二、第三小问满分各6分）
设数列的前项和为，已知，且
，
其中为常数.
(Ⅰ)求与的值；
(Ⅱ)证明：数列为等差数列；
(Ⅲ)证明：不等式对任何正整数都成立.
本小题主要考查等差数列的有关知识、不等式的证明方法，考查思维能力、运算能力.
解：（Ⅰ）由已知，得，，.
由，知
即
解得 ，.
（Ⅱ）方法1
由（Ⅰ），得 ， ①
所以 . ②
②-①，得 ， ③
所以 . ④
④-③，得 .
因为 ，
所以 .
又因为 ，
所以 ，
即 ，.
所以数列为等差数列.
方法2
由已知，得，
又，且，
所以数列是唯一确定的，因而数列是唯一确定的.
设，则数列为等差数列，前项和.
于是 ，
由唯一性得 ，即数列为等差数列.
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，.
要证 ，
只要证 .
因为 ，，
故只要证 ，
即只要证 .
因为

，
所以命题得证.
2021届高考数学压轴题系列训练含答案
1．（本小题满分14分）
已知椭圆的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足
（Ⅰ）设为点P的横坐标，证明；
（Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；
（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，
使△F1MF2的面积S=若存在，求∠F1MF2
的正切值；若不存在，请说明理由.
本小题主要考查平面向量的概率，椭圆的定义、标准方程和有关性质，轨迹的求法和应用，以及综合运用数学知识解决问题的能力.满分14分.
（Ⅰ）证法一：设点P的坐标为
由P在椭圆上，得
由，所以 ………………………3分
证法二：设点P的坐标为记
则
由
证法三：设点P的坐标为椭圆的左准线方程为
由椭圆第二定义得，即
由，所以…………………………3分
（Ⅱ）解法一：设点T的坐标为
当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.
在△QF1F2中，，所以有
综上所述，点T的轨迹C的方程是…………………………7分
解法二：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.
设点Q的坐标为（），则
因此 ①
由得 ②
将①代入②，可得
综上所述，点T的轨迹C的方程是……………………7分
③
④
（Ⅲ）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是

由③得，由④得 所以，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.………………………11分
当时，，
由，
，
，得
解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是
③
④

由④得 上式代入③得
于是，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.………………………11分
当时，记，
由知，所以…………14分
2．（本小题满分12分）
函数在区间（0，+∞）内可导，导函数是减函数，且 设
是曲线在点（）得的切线方程，并设函数
（Ⅰ）用、、表示m；
（Ⅱ）证明：当；
（Ⅲ）若关于的不等式上恒成立，其中a、b为实数，
求b的取值范围及a与b所满足的关系.
本小题考查导数概念的几何意义，函数极值、最值的判定以及灵活运用数形结合的思想判断函数之间的大小关系.考查学生的学习能力、抽象思维能力及综合运用数学基本关系解决问题的能力.满分12分
（Ⅰ）解：…………………………………………2分
（Ⅱ）证明：令
因为递减，所以递增，因此，当；
当.所以是唯一的极值点，且是极小值点，可知的
最小值为0，因此即…………………………6分
（Ⅲ）解法一：，是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.
对任意成立的充要条件是

另一方面，由于满足前述题设中关于函数的条件，利用（II）的结果可知，的充要条件是：过点（0，）与曲线相切的直线的斜率大于，该切线的方程为
于是的充要条件是…………………………10分
综上，不等式对任意成立的充要条件是
①
显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②
有解、解不等式②得 ③
因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分
（Ⅲ）解法二：是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.
对任意成立的充要条件是
………………………………………………………………8分
令，于是对任意成立的充要条件是
由
当时当时，，所以，当时，取最小值.因此成立的充要条件是，即………………10分
综上，不等式对任意成立的充要条件是
①
显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式 ②
有解、解不等式②得
因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数在a与b所满足的关系.…………12分
3．（本小题满分12分）
已知数列的首项前项和为，且
（I）证明数列是等比数列；
（II）令，求函数在点处的导数并比较与的大小.
解：由已知可得两式相减得
即从而当时所以又所以从而
故总有，又从而即数列是等比数列；
（II）由（I）知
因为所以
从而=
=-=
由上-=
=12①
当时，①式=0所以；
当时，①式=-12所以
当时，
又
所以即①从而
4．(本小题满分14分)
已知动圆过定点，且与直线相切，其中.
（I）求动圆圆心的轨迹的方程；
（II）设A、B是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
解：（I）如图，设为动圆圆心，为记为，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为；
（II）如图，设，由题意得（否则）且所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知①
（1）当时，即时，所以，所以由①知：所以因此直线的方程可表示为，即所以直线恒过定点
（2）当时，由，得==
将①式代入上式整理化简可得：，所以，
此时，直线的方程可表示为即
所以直线恒过定点
所以由（1）（2）知，当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点.
5．（本小题满分12分）
已知椭圆C1的方程为，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点.
（Ⅰ）求双曲线C2的方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足（其中O为原点），求k的取值范围.
解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为，则
故C2的方程为
（II）将
由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得
即 ①
.
由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

解此不等式得
③
由①、②、③得
故k的取值范围为
6．（本小题满分12分）
数列{an}满足.
（Ⅰ）用数学归纳法证明：；
（Ⅱ）已知不等式，其中无理数e=2.71828….
（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，，不等式成立.
（2）假设当时不等式成立，即
那么. 这就是说，当时不等式成立.
根据（1）、（2）可知：成立.
（Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）的结论有
两边取对数并利用已知不等式得
故
上式从1到求和可得
即
（Ⅱ）证法二：
由数学归纳法易证成立，故
令
取对数并利用已知不等式得
上式从2到n求和得
因
故成立.
7．（本小题满分12分）
已知数列
（1）证明
（2）求数列的通项公式an.
解：（1）方法一 用数学归纳法证明：
1°当n=1时，
∴，命题正确.
2°假设n=k时有
则

而
又
∴时命题正确.
由1°、2°知，对一切n∈N时有
方法二：用数学归纳法证明：
1°当n=1时，∴；
2°假设n=k时有成立，
令，在[0，2]上单调递增，所以由假设
有：即
也即当n=k+1时 成立，所以对一切
（2）下面来求数列的通项：所以
,
又bn=－1，所以
2021届高考数学压轴题系列训练含答案
1．（本小题满分14分）
如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.
（1）求△APB的重心G的轨迹方程.
（2）证明∠PFA=∠PFB.
解：（1）设切点A、B坐标分别为，
∴切线AP的方程为：
切线BP的方程为：
解得P点的坐标为：
所以△APB的重心G的坐标为 ，
所以，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：
（2）方法1：因为
由于P点在抛物线外，则
∴
同理有
∴∠AFP=∠PFB.
方法2：①当所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：
即
所以P点到直线BF的距离为：
所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.
②当时，直线AF的方程：
直线BF的方程：
所以P点到直线AF的距离为：
，同理可得到P点到直线BF的距离，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB.
2．（本小题满分12分）
设A、B是椭圆上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.
（Ⅰ）确定的取值范围，并求直线AB的方程；
（Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.
（此题不要求在答题卡上画图）
本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识以及推理运算能力和综合解决问题的能力.
（Ⅰ）解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得 ①
设是方程①的两个不同的根，
∴ ②
且由N（1，3）是线段AB的中点，得

解得k=－1，代入②得，的取值范围是（12，+∞）.
于是，直线AB的方程为
解法2：设则有

依题意，
∵N（1，3）是AB的中点， ∴
又由N（1，3）在椭圆内，∴
∴的取值范围是（12，+∞）.
直线AB的方程为y－3=－（x－1），即x+y－4=0.
（Ⅱ）解法1：∵CD垂直平分AB，∴直线CD的方程为y－3=x－1，即x－y+2=0，
代入椭圆方程，整理得
又设CD的中点为是方程③的两根，
∴
于是由弦长公式可得 ④
将直线AB的方程x+y－4=0，代入椭圆方程得 ⑤
同理可得 ⑥
∵当时，
假设存在>12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.
点M到直线AB的距离为 ⑦
于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得
故当>12时，A、B、C、D四点匀在以M为圆心，为半径的圆上.
（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：）
A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形，A为直角|AN|2=|CN|·|DN|，
即 ⑧
由⑥式知，⑧式左边
由④和⑦知，⑧式右边
∴⑧式成立，即A、B、C、D四点共圆.
解法2：由（Ⅱ）解法1及λ>12,
∵CD垂直平分AB， ∴直线CD方程为，代入椭圆方程，整理得
③
将直线AB的方程x+y－4=0，代入椭圆方程，整理得
⑤
解③和⑤式可得
不妨设
∴
计算可得，∴A在以CD为直径的圆上.
又B为A关于CD的对称点，∴A、B、C、D四点共圆.
（注：也可用勾股定理证明AC⊥AD）
3．（本小题满分14分）
已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数. 设数列的各项为正，且满足
（Ⅰ）证明
（Ⅱ）猜测数列是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；
（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当时，对任意b>0，都有
本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想.
（Ⅰ）证法1：∵当
即
于是有
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当n≥3时有，
∵
证法2：设，首先利用数学归纳法证不等式
（i）当n=3时， 由
知不等式成立.
（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即
则
即当n=k+1时，不等式也成立.
由（i）、（ii）知，
又由已知不等式得
（Ⅱ）有极限，且
（Ⅲ）∵
则有
故取N=1024，可使当n>N时，都有
4．如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点F1，F2在x轴上，长轴A1A2的长为4，左准线l与x轴的交点为M，|MA1|∶|A1F1|＝2∶1．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)若点P为l上的动点，求∠F1PF2最大值．
本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.满分14分.
解：(Ⅰ)设椭圆方程为，半焦距为，则
(Ⅱ)
5．已知函数和的图象关于原点对称，且．
(Ⅰ)求函数的解析式；
(Ⅱ)解不等式；
(Ⅲ)若在上是增函数，求实数的取值范围．
本题主要考查函数图象的对称、二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力.满分14分.
解：(Ⅰ)设函数的图象上任意一点关于原点的对称点为，则
∵点在函数的图象上
∴
(Ⅱ)由
当时，，此时不等式无解.
当时，，解得.
因此，原不等式的解集为.
（Ⅲ）
①
②
ⅰ）
ⅱ）
6．(本题满分16分)本题共有3个小题,第1小题满分4分, 第2小题满分6分, 第3小题满分6分.
对定义域分别是Df、Dg的函数y=f(x) 、y=g(x),
f(x)·g(x) 当x∈Df且x∈Dg
规定: 函数h(x)= f(x) 当x∈Df且xDg
g(x) 当xDf且x∈Dg
若函数f(x)=,g(x)=x2,x∈R,写出函数h(x)的解析式;
求问题(1)中函数h(x)的值域;
(3)若g(x)=f(x+α), 其中α是常数,且α∈[0,π],请设计一个定义域为R的函数y=f(x),及一个α的值,使得h(x)=cs4x,并予以证明.
[解] (1)h(x)= x∈(-∞,1)∪(1,+∞)
1 x=1
(2) 当x≠1时, h(x)= =x-1++2,
若x>1时, 则h(x)≥4,其中等号当x=2时成立
若x<1时, 则h(x)≤ 0,其中等号当x=0时成立
∴函数h(x)的值域是(-∞,0] {1}∪[4,+∞)
(3)令 f(x)=sin2x+cs2x,α=
则g(x)=f(x+α)= sin2(x+)+cs2(x+)=cs2x-sin2x,
于是h(x)= f(x)·f(x+α)= (sin2x+c2sx)( cs2x-sin2x)=cs4x.
另解令f(x)=1+sin2x, α=,
g(x)=f(x+α)= 1+sin2(x+π)=1-sin2x,
于是h(x)= f(x)·f(x+α)= (1+sin2x)( 1-sin2x)=cs4x.
7．(本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分4分, 第2小题满分8分, 第3小题满分6分.
在直角坐标平面中,已知点P1(1,2),P2(2,22),┄,Pn(n,2n),其中n是正整数.对平面上任一点A0,记A1为A0关于点P1的对称点, A2为A1关于点P2的对称点, ┄, AN为AN-1关于点PN的对称点.
(1)求向量的坐标;
(2)当点A0在曲线C上移动时, 点A2的轨迹是函数y=f(x)的图象,其中f(x)是以3为周期的周期函数,且当x∈(0,3]时,f(x)=lgx.求以曲线C为图象的函数在(1,4]上的解析式;
(3)对任意偶数n,用n表示向量的坐标.
[解](1)设点A0(x,y), A0为P1关于点的对称点A0的坐标为(2-x,4-y),
A1为P2关于点的对称点A2的坐标为(2+x,4+y),
∴={2,4}.
(2) ∵={2,4},
∴f(x)的图象由曲线C向右平移2个单位,再向上平移4个单位得到.
因此, 曲线C是函数y=g(x)的图象,其中g(x)是以3为周期的周期函数,且当x∈(-2,1]时,g(x)=lg(x+2)-4.于是,当x∈(1,4]时,g(x)=lg(x-1)-4.
另解设点A0(x,y), A2(x2,y2),于是x2-x=2,y2-y=4,
若3< x2≤6,则0< x2-3≤3,于是f(x2)=f(x2-3)=lg(x2-3).
当1< x≤4时, 则3< x2≤6,y+4=lg(x-1).
∴当x∈(1,4]时,g(x)=lg(x-1)-4.
(3) =,
由于,得
=2()=2({1,2}+{1,23}+┄+{1,2n-1})=2{,}={n,}