2009届高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解二

2009届高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解二1(本小题满分12分)已知常数a0,n为正整数，fn(x)=xn–(x+a)n(x0)是关于x的函数.(1)判定函数fn(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)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m解:(1)fn`(x)=nxn–1–n(x+a)n–1=n[xn–1–(x+a)n–1],∵a0,x0,∴fn`(x)0,∴fn(x)在（0，+∞）单调递减.4分（2）由上知：当xa0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nn–(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[nn–1–(n+a)n–1]=(n+1)[nn–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)=1,[1,0]1,[0,1]xxxx，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=43[–1，1]，v=21[–1，1],则|p(u)–p(v)|=|(u+v)(u–v)|=45|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)=1xx(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)=1–1x1,法1.设–1x1x2,则f(x2)–f(x1)=1–1x12–1+1x11=)1x)(1x(xx1221.∵–1x1x2,∴x1–x20,x1+10,x2+10,∴f(x2)–f(x1)0,即f(x2)f(x1),∴x0时，f(x)单调递增.法2.由f`(x)=2)1x(1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||a|40,∴f(|c|)f(|a|4)=1|a|4|a|4=4|a|4f(|a|)+f(|c|)=1|a||a|+4|a|44|a||a|+4|a|4=1.即f(|a|)+f(|c|)1.4．（本小题满分15分）设定义在R上的函数43201234()fxaxaxaxaxa（其中ia∈R，i=0,1,2,3,4），当x=－1时，f(x)取得极大值23，并且函数y=f(x+1)的图象关于点（－1，0）对称．（1）求f(x)的表达式；（2）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2,2上；（3）若+212(13),(N)23nnnnnnxyn，求证：4()().3nnfxfy解：（1）31().3fxxx…………………………5分（2）20,0,2,3或20,0,2,.3…………10分（3）用导数求最值，可证得4()()(1)(1).3nnfxfyff……15分5．（本小题满分13分）设M是椭圆22:1124xyC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112211(,),(,)(0),(,),MxyNxyxyExy则111111(,),(,),(,),PxyQxyTxy……1分221122221,(1)1241.(2)124xyxy………………………………………………………3分由（1）－（2）可得1.3MNQNkk………………………………6分又MN⊥MQ，111,,MNMQMNxkkky所以11.3QNykx直线QN的方程为1111()3yyxxyx，又直线PT的方程为11.xyxy……10分从而得1111,.22xxyy所以112,2.xxyy代入（1）可得221(0),3xyxy此即为所求的轨迹方程.………………13分6．（本小题满分12分）过抛物线yx42上不同两点A、B分别作抛物线的切线相交于P点，.0PBPA（1）求点P的轨迹方程；（2）已知点F（0，1），是否存在实数使得0)(2FPFBFA？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.解法（一）：（1）设)(),4,(),4,(21222211xxxxBxxA由,42yx得：2'xy2,221xkxkPBPA4,,021xxPBPAPBPA………………………………3分直线PA的方程是：)(241121xxxxy即42211xxxy①同理，直线PB的方程是：42222xxxy②由①②得：),(,142212121Rxxxxyxxx∴点P的轨迹方程是).(1Rxy……………………………………6分（2）由（1）得：),14,(211xxFA),14,(222xxFB)1,2(21xxP4),2,2(2121xxxxFP42)14)(14(2221222121xxxxxxFBFA…………………………10分2444)()(22212212xxxxFP所以0)(2FPFBFA故存在=1使得0)(2FPFBFA…………………………………………12分解法（二）：（1）∵直线PA、PB与抛物线相切，且,0PBPA∴直线PA、PB的斜率均存在且不为0，且,PBPA设PA的直线方程是)0,,(kRmkmkxy由yxmkxy42得：0442mkxx016162mk即2km…………………………3分即直线PA的方程是：2kkxy同理可得直线PB的方程是：211kxky由2211kxkykkxy得：11yRkkx故点P的轨迹方程是).(1Rxy……………………………………6分（2）由（1）得：)1,1(),1,2(),,2(22kkPkkBkkA)11,2(),1,2(22kkFBkkFA)2,1(kkFP)1(2)11)(1(42222kkkkFBFA………………………………10分)1(24)1()(2222kkkkFP故存在=1使得0)(2FPFBFA…………………………………………12分7．（本小题满分14分）设函数xaxxxfln1)(在),1[上是增函数.（1）求正实数a的取值范围；（2）设1,0ab，求证：.ln1bbabbaba解：（1）01)(2'axaxxf对),1[x恒成立，xa1对),1[x恒成立又11x1a为所求.…………………………4分（2）取bbax，1,0,1bbaba，一方面，由（1）知xaxxxfln1)(在),1[上是增函数，0)1()(fbbaf0ln1bbabbaabba即babba1ln……………………………………8分另一方面，设函数)1(ln)(xxxxG)1(0111)('xxxxxG∴)(xG在),1(上是增函数且在0xx处连续，又01)1(G∴当1x时，0)1()(GxG∴xxln即bbabbaln综上所述，.ln1bbabbaba………………………………………………14分8．(本小题满分12分)如图，直角坐标系xOy中，一直角三角形ABC，90C，B、C在x轴上且关于原点O对称，D在边BC上，3BDDC，ABC!的周长为12．若一双曲线E以B、C为焦点，且经过A、D两点．(1)求双曲线E的方程；(2)若一过点(,0)Pm（m为非零常数）的直线l与双曲线E相交于不同于双曲线顶点的两点M、N，且MPPN，问在x轴上是否存在定xyDOCAB点G，使()BCGMGN？若存在，求出所有这样定点G的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设双曲线E的方程为22221(0,0)xyabab，则(,0),(,0),(,0)BcDaCc．由3BDDC，得3()caca，即2ca．∴222||||16,||||124,||||2.ABACaABACaABACa（3分）解之得1a，∴2,3cb．∴双曲线E的方程为2213yx．（5分）(2)设在x轴上存在定点(,0)Gt，使()BCGMGN．设直线l的方程为xmky，1122(,),(,)MxyNxy．由MPPN，得120yy．即12yy①（6分）∵(4,0)BC，1212(,)GMGNxtxtyy，∴()BCGMGN12()xtxt．即12()kymtkymt．②（8分）把①代入②，得12122()()0kyymtyy③（9分）把xmky代入2213yx并整理得222(31)63(1)0kykmym其中2310k且0，即213k且2231km．212122263(1),3131kmmyyyykk．（10分）NBCOyxGMP代入③，得2226(1)6()03131kmkmmtkk，化简得kmtk．当1tm时，上式恒成立．因此，在x轴上存在定点1(,0)Gm，使()BCGMGN．（12分）9．(本小题满分14分)已知数列na各项均不为0，其前n项和为nS，且对任意*nN都有(1)nnpSppa（p为大于1的常数），记12121CCC()2nnnnnnnaaafnS．(1)求na；(2)试比较(1)fn与1()2pfnp的大小（*nN）；(3)求证：2111(21)()(1)(2)(21)112nppnfnfffnpp剟，（*nN）．解：(1)∵(1)nnpSppa，①∴11(1)nnpSppa．②②－①，得11(1)nnnpapapa，即1nnapa．（3分）在①中令1n，可