2011年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解五

2011年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解五1．（14分）已知椭圆)0(12222babyax的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足.2||1aQF点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足.0||,022TFTFPT（Ⅰ）设x为点P的横坐标，证明xacaPF||1；（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=.2b若存在，求∠F1MF2的正切值；若不存在，请说明理由.（Ⅰ）证法一：设点P的坐标为).,(yx由P),(yx在椭圆上，得.)()()(||222222221xacaxabbcxycxPF[来源:学。科。网Z。X。X。K]由0,acxacaax知，所以.||1xacaPF………………………3分证法二：设点P的坐标为).,(yx记,||,||2211rPFrPF则.)(,)(222221ycxrycxr由.||,4,211222121xacarPFcxrrarr得证法三：设点P的坐标为).,(yx椭圆的左准线方程为.0xaca由椭圆第二定义得accaxPF||||21，即.||||||21xacacaxacPF[来源:Zxxk.Com]由0,acxacaax知，所以.||1xacaPF…………………………3分（Ⅱ）解法一：设点T的坐标为).,(yx当0||PT时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.当|0||0|2TFPT且时，由0||||2TFPT，得2TFPT.又||||2PFPQ，所以T为线段F2Q的中点.在△QF1F2中，aQFOT||21||1，所以有.222ayx综上所述，点T的轨迹C的方程是.222ayx…………………………7分解法二：设点T的坐标为).,(yx当0||PT时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.当|0||0|2TFPT且时，由02TFPT，得2TFPT.又||||2PFPQ，所以T为线段F2Q的中点.设点Q的坐标为（yx,），则.2,2yycxx因此.2,2yycxx①由aQF2||1得.4)(222aycx②将①代入②，可得.222ayx综上所述，点T的轨迹C的方程是.222ayx……………………7分（Ⅲ）解法一：C上存在点M（00,yx）使S=2b的充要条件是.||221,2022020bycayx由③得ay||0，由④得.||20cby所以，当cba2时，存在点M，使S=2b；当cba2时，不存在满足条件的点M.………………………11分当cba2时，),(),,(002001yxcMFyxcMF，由2222022021bcaycxMFMF，212121cos||||MFFMFMFMFMF，③④22121sin||||21bMFFMFMFS，得.2tan21MFF解法二：C上存在点M（00,yx）使S=2b的充要条件是.||221,2022020bycayx由④得.||20cby上式代入③得.0))((2224220cbacbacbax于是，当cba2时，存在点M，使S=2b；当cba2时，不存在满足条件的点M.………………………11分当cba2时，记cxykkcxykkMFMF00200121,，由,2||21aFF知9021MFF，所以.2|1|tan212121kkkkMFF…………14分2．（12分）函数)(xfy在区间（0，+∞）内可导，导函数)(xf是减函数，且.0)(xf设mkxyx),,0(0是曲线)(xfy在点（)(,00xfx）得的切线方程，并设函数.)(mkxxg（Ⅰ）用0x、)(0xf、)(0xf表示m；（Ⅱ）证明：当)()(,),0(0xfxgx时；（Ⅲ）若关于x的不等式),0[231322在xbaxx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.（Ⅰ）解：).()(000xfxxfm…………………………………………2分（Ⅱ）证明：令.0)(),()()(),()()(00xhxfxfxhxfxgxh则因为)(xf递减，所以)(xh递增，因此，当0)(,0xhxx时；当0)(,0xhxx时.所以0x是)(xh唯一的极值点，且是极小值点，可知)(xh的最小值为0，因此,0)(xh即).()(xfxg…………………………6分③④（Ⅲ）解法一：10b，0a是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.[来源:Z|xx|k.Com]0)1(,122baxxbaxx即对任意),0[x成立的充要条件是.)1(221ba另一方面，由于3223)(xxf满足前述题设中关于函数)(xfy的条件，利用（II）的结果可知，3223xbax的充要条件是：过点（0，b）与曲线3223xy相切的直线的斜率大于a，该切线的方程为.)2(21bxby于是3223xbax的充要条件是.)2(21ba…………………………10分综上，不等式322231xbaxx对任意),0[x成立的充要条件是.)1(2)2(2121bab①显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式.)1(2)2(2121bb②有解、解不等式②得.422422b③[来源:学.科.网]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）解法二：0,10ab是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.0)1(,122baxxbaxx即对任意),0[x成立的充要条件是.)1(221ba………………………………………………………………8分令3223)(xbaxx，于是3223xbax对任意),0[x成立的充要条件是.0)(x由.0)(331axxax得当30ax时;0)(x当3ax时，0)(x，所以，当3ax时，)(x取最小值.因此0)(x成立的充要条件是0)(3a，即.)2(21ba………………10分综上，不等式322231xbaxx对任意),0[x成立的充要条件是.)1(2)2(2121bab①显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式2121)1(2)2(bb②有解、解不等式②得.422422b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．已知数列na的首项15,a前n项和为nS，且*15()nnSSnnN（I）证明数列1na是等比数列；（II）令212()nnfxaxaxax，求函数()fx在点1x处的导数(1)f并比较2(1)f与22313nn的大小.解：由已知*15()nnSSnnN可得12,24nnnSSn两式相减得1121nnnnSSSS即121nnaa从而1121nnaa当1n时21215SS所以21126aaa又15a所以211a从而21121aa故总有112(1)nnaa，*nN又115,10aa从而1121nnaa即数列1na是等比数列；（II）由（I）知321nna因为212()nnfxaxaxax所以112()2nnfxaaxnax从而12(1)2nfaana=23212321(321)nn=232222nn-12n=1(1)31262nnnn由上22(1)23131212nfnnn-21221nn=1212121(21)nnnn=12(1)2(21)nnn①当1n时，①式=0所以22(1)2313fnn；当2n时，①式=-120所以22(1)2313fnn当3n时，10n又011211nnnnnnnnCCCC2221nn所以12210nnn即①0从而2(1)f22313nn4．(14分)已知动圆过定点,02p，且与直线2px相切，其中0p.（I）求动圆圆心C的轨迹的方程；（II）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且为定值(0)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标.[来源:学科网]解：（I）如图，设M为动圆圆心，,02p为记为F，过点M作直线2px的垂线，垂足为N，由题意知：MFMN即动点M到定点F与定直线2px的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中,02pF为焦点，2px为准线，所以轨迹方程为22(0)ypxP；（II）如图，设1122,,,AxyBxy，由题意得12xx（否则）且12,0xx所以直线AB的斜率存在，设其方程为ykxb，显然221212,22yyxxpp，将ykxb与22(0)ypxP联立消去x，得2220kypypb由韦达定理知121222,ppbyyyykk①（1）当2时，即2时，tantan1所以121212121,0yyxxyyxx，221212204yyyyp所以2124yyp由①知：224pbpk所以2.bpk因此直线AB的方程可表示为2ykxPk，即(2)0kxPy所以直线AB恒过定点2,0pyAxoB,02pFMN2px（2）当2时，由，得tantan()=tantan1tantan=122122()4pyyyyp将①式代入上式整理化简可得：2tan2pbpk，所以22tanpbpk，此时，直线AB的方程可表示为ykx22tanppk即2(2)0tanpkxpy所以直线AB恒过定点22,tanpp所以由（1）（2）知，当2时，直线AB恒过定点2,0p，当2时直线AB恒过定点22,tanpp.5．已知椭圆C1的方程为1422yx，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2:kxyl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6OBOA（其中O为原点），求k的取值范围.解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为12222byax，则.1,31422222bcbaa得再由故C2的方程为.1322yx（II）将.0428)41(1422222kxxkyxkxy得代入由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得,0)14(16)41(16)28(22221kkk即.412k①0926)31(1322222kxxkyxkxy得代入将.由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得.131.0)1(36)31(36)26(,0312222222kkkkkk且即)2)(2(,66319,3