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1、 江苏省备战 2010 高考数学压轴题跟踪演练系列五-1（本小题满分 14 分）已知椭圆)0(12222babyax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|,022TFTFPT （）设x为点 P 的横坐标，证明xacaPF|1；（）求点 T 的轨迹 C 的方程；（）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.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
2、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.（）证法一：设点 P 的坐标为).,(yx 由 P),(yx在椭圆上，得 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 由0,acxacaax知，所以.|1xacaPF 3 分（）解法一：设点 T 的坐标为)
3、.,(yx 当0|PT时，点（a，0）和点（a，0）在轨迹上.当|0|0|2TFPT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.222ayx7 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|2TFPT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.2,2yycxx 由aQF2|1得.4)(222
4、aycx 将代入，可得.222ayx 综上所述，点 T 的轨迹 C 的方程是.222ayx7 分 （）解法一：C 上存在点 M（00,yx）使 S=2b的充要条件是 由得ay|0，由得.|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，22121sin|21bMFFMFMFS，得.2tan21 MFF 解法二：C 上存在点 M（00,yx）使 S=2b的充要条件是 .|221,2022020
5、bycayx 由得.|20cby 上式代入得.0)(2224220cbacbacbax 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cxykkcxykkMFMF00200121,，由,2|21aFF知9021MFF，所以.2|1|tan212121kkkkMFF14 分 2（本小题满分 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（)(,00 xfx）得的切线方程，并设函数.)(mkxxg （）用0 x、)(0 xf、)(0 xf 表示
6、m；（）证明：当)()(,),0(0 xfxgx时；（）若关于x的不等式),0231322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.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 （）解：).()(000 xfxxfm 2 分 （）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0
7、 x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 （）解法一：10 b，0a是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.0)1(,122baxxbaxx即对任意),0 x成立的充要条件是 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
8、条件是 .)1(2)2(2121bab 显然，存在a、b 使式成立的充要条件是：不等式.)1(2)2(2121bb 有解、解不等式得.422422b 因此，式即为 b 的取值范围，式即为实数在 a 与 b 所满足的关系.12 分（）解法二：0,10ab是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.0)1(,122baxxbaxx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)(331axxax得 当30ax时;0)(x当3ax时，0)(x，所以，当3ax时，)(x取最小值.因此0
9、)(x成立的充要条件是0)(3a，即.)2(21 ba10 分 综上，不等式322231xbaxx对任意),0 x成立的充要条件是 .)1(2)2(2121bab 显然，存在a、b 使式成立的充要条件是：不等式2121)1(2)2(bb 有解、解不等式得.422422b 因此，式即为 b 的取值范围，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()nnf xa xa xa x，求函数()f x在点1x 处的导数(1)f 并比较2(1)f 与2
10、2313nn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3 21nna 因为212()nnf xa xa xa x 所以112()2nnfxaa xna x 从而12(1)2nfaana =23 2 12 3 21(321)nn =23 22 22nn -1 2n =1(1)31 262
11、nn nn 由上 22(1)2313121 2nfnnn -212 21nn=121 2121(21)nnnn =12(1)2(21)nnn 当1n 时，式=0 所以22(1)2313fnn；当2n 时，式=-120所以22(1)2313fnn 当3n 时，10n 又 01121 1nnnnnnnnCCCC 2221nn 所以 12210nnn即0从而2(1)f 22313nn 4(本小题满分 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
12、(0)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标.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)ypx P；（II）如图，设 1122,A x yB x y，由题意得12xx（否则 ）且12,0 x x 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)ypx P联立消去x，得2220kypypb由韦达定理知121222,
13、ppbyyyykk （1）当2时，即2 时，t a nt a n所 以121212121,0yyx xy yxx，221212204y yy yp所以2124y yp由知：224pbpk所以2.bpk因此直线AB的方程可表示为2ykxPk，即(2)0k xPy 所以直线AB恒过定点2,0p yAxoB,02pFMN2px （2）当2时，由 ，得tantan()=tantan1tantan=122122()4p yyy yp将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ykx22tanppk即2(2)0tanpk xpy 所以直线AB恒过定点2
14、2,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（本小题满分 12 分）已知椭圆 C1的方程为1422yx，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.（）求双曲线 C2的方程；（）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：（）设双曲线 C2的方程为12222byax，则.1,31422222bcbaa得再由 故 C2的方程为.1322yx（II）将.0428
15、)41(1422222kxxkyxkxy得代入 由直线 l与椭圆 C1恒有两个不同的交点得 即 .412k 0926)31(1322222kxxkyxkxy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.0131315,613732222kkkk即于是解此不等式得 .31151322kk或 由、得 故 k 的取值范围为)1,1513()33,21()21,33()1513,1(6（本小题满分 12 分）数列an满足)1(21)11(1211nannaannn且.（）用数学归纳法证明：)2(2 nan；（）已 知 不 等 式)1(:,0)1ln(2neaxxxn证明成立对，其
16、中 无 理 数e=2.71828.（）证明：（1）当 n=2 时，222a，不等式成立.（2）假设当)2(kkn时不等式成立，即),2(2 kak 那么221)1(11(1kkkakka.这就是说，当1 kn时不等式成立.根据（1）、（2）可知：22nak对所有成立.（）证法一：由递推公式及（）的结论有)1.()2111(21)11(221nannannannnnn 两边取对数并利用已知不等式得 nnnannaln)2111ln(ln21.211ln2nnnna 故nnnnnaa21)1(1lnln1 ).1(n 上式从1 到1n求和可得 即).1(,2ln2neaann故（）证法二：由数学归
17、纳法易证2)1(2nnnn对成立，故 令).2()1(11(),2(11nbnnbnabnnnn则 取对数并利用已知不等式得 nnbnnbln)1(11ln(ln1 上式从 2 到 n 求和得 )1(1321211lnln21nnbbn 因).2(3,3ln1ln.313ln11122neebbabnn故 故1,2,132222121neaeaeaneeann对一切故又显然成立.7（本小题满分 12 分）已知数列:,且满足的各项都是正数na.),4(,21,110Nnaaaannn（1）证明;,21Nnaann（2）求数列na的通项公式an.解：（1）方法一 用数学归纳法证明：1当 n=1 时
18、，,23)4(21,10010aaaa 210aa，命题正确.2假设 n=k 时有.21kkaa 则)4(21)4(21,1111kkkkkkaaaaaakn时 而.0,04.0111kkkkkkaaaaaa 又.2)2(421)4(2121kkkkaaaa 1 kn时命题正确.由 1、2知，对一切 nN 时有.21nnaa 方法二：用数学归纳法证明：1当 n=1 时，,23)4(21,10010aaaa2010aa；2假设 n=k 时有21kkaa成立，令)4(21)(xxxf，)(xf在0，2上单调递增，所以由假设 有：),2()()(1fafafkk即),24(221)4(21)4(2111kkkkaaaa 也即当n=k+1 时 21kkaa成立，所以对一切2,1kkaaNn有 （2）下面来求数列的通项：,4)2(21)4(2121nnnnaaaa所以 nnnnnnnnnbbbbbab22212122222112)21()21(21)21(2121,2则令,又 bn=1，所以1212)21(22,)21(nnnnnbab即