高考数学大题经典习题

1.对于函数321(2)(2)3fxaxbxax。（1）若fx在13xx和处取得极值，且fx的图像上每一点的切线的斜率均不超过22sincos23cos3ttt试求实数t的取值范围；（2）若fx为实数集R上的单调函数，设点P的坐标为,ab，试求出点P的轨迹所形成的图形的面积S。1.（1）由321(2)(2)3fxaxbxax，则2'(2)2(2)fxaxbxa因为13fxxx在和处取得极值，所以13'0xxfx和是的两个根221(2)121(2)02(2)323(2)0aabababa2'43fxxx因为fx的图像上每一点的切线的斜率不超过22sincos23cos3ttt所以2'2sincos23cos3fxtttxR对恒成立，而2'21fxx，其最大值为1．故22sincos23cos31ttt72sin21,3412tktkkZ（2）当2a时，由fx在R上单调，知0b当2a时，由fx在R上单调'0fx恒成立，或者'0fx恒成立．∵2'(2)2(2)fxaxbxa，2244(4)0ba可得224ab从而知满足条件的点,Pab在直角坐标平面aob上形成的轨迹所围成的图形的面积为4S2.函数cxbxaxxf23)(（0a）的图象关于原点对称，))(,(fA、))(,(fB分别为函数)(xf的极大值点和极小值点，且|AB|＝2，)()(ff.（Ⅰ）求b的值；（Ⅱ）求函数)(xf的解析式；（Ⅲ）若mmxfx6)(],1,2[恒成立，求实数m的取值范围.2.（Ⅰ）b=0（Ⅱ）3'2()()30,fxaxcxfxaxc的两实根是则03ca|AB|＝2222()()()()4()2ff34232ccaa33()()ffacac222()1[()3]1acac233()11122caccacaaa又01aa3()32xfxx（Ⅲ）[2,1]x时，求()fx的最小值是-56(6)(1)50mmmmm106mm或3.已知dcxbxaxxf23是定义在R上的函数，其图象交x轴于A，B，C三点，若点B的坐标为（2，0），且xf在]0,1[和[4，5]上有相同的单调性，在[0，2]和[4，5]上有相反的单调性．（1）求c的值；（2）在函数xf的图象上是否存在一点M（x0，y0），使得xf在点M的切线斜率为3b？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；3.⑴∵xf在0,1和2,0上有相反单调性，∴x=0是xf的一个极值点，故0'xf，即0232cbxax有一个解为x=0，∴c=0⑵∵xf交x轴于点B（2，0）∴abddba24,048即令0'xf，则abxxbxax32,0,023212∵xf在2,0和5,4上有相反的单调性∴4322ab，∴36ab假设存在点M（x0，y0），使得xf在点M的切线斜率为3b，则bxf30'即0323020bbxax∵△=94364334222abababbbab又36ab，∴△＜0∴不存在点M（x0，y0），使得xf在点M的切线斜率为4.已知函数xxfln)(（1）求函数xxfxg)1()(的最大值；（2）当ba0时，求证22)(2)()(baabaafbf；4.（1）xxfxgxxf)1()(,ln)()1()1ln()(xxxxg111)(xxg令,0)(xg得0x当01x时，0)(xg当0x时0)(xg，又0)0(g当且仅当0x时，)(xg取得最大值0（2）)1ln(lnlnlnln)()(bbabaababafbf由（1）知babbbaafbfxx)()()1ln(又222222)(2212,0baabbbabbaababbaba22)(2)()(baabaafbf5.已知)(xf是定义在1[，0()0，]1上的奇函数，当1[x，]0时，212)(xaxxf（a为实数）．（1）当0(x，]1时，求)(xf的解析式；（2）若1a，试判断)(xf在[0，1]上的单调性，并证明你的结论；（3）是否存在a，使得当0(x，]1时，)(xf有最大值6．5.（1）设0(x，]1，则1[x，)0，212)(xaxxf，)(xf是奇函数，则212)(xaxxf，0(x，]1；（2）)1(222)(33xaxaxf'，因为1a，0(x，]1，113x，013xa，即0)(xf'，所以)(xf在0[，]1上是单调递增的．（3）当1a时，)(xf在0(，]1上单调递增，25)1()(maxaafxf（不含题意，舍去），当1a，则0)(xf'，31ax，如下表)1()(3maxafxf0(22226xa]1，x)1(3ax31a31(a，))(xf＋0-)(xf最大值所以存在22a使)(xf在0(，]1上有最大值6．．6.已知5)(23xxkxxf在R上单调递增，记ABC的三内角CBA,,的对应边分别为cba,,，若acbca222时，不等式)4332()cos(sin2mfCABmf恒成立．（Ⅰ）求实数k的取值范围；（Ⅱ）求角Bcos的取值范围；（Ⅲ）求实数m的取值范围．19.(1)由5)(23xxkxxf知123)(2xkxxf，)(xf在R上单调递增，0)(xf恒成立，03k且0，即0k且0124k，31k，当0，即31k时，22)1(123)(xxkxxf，1x时0)(xf，1x时，0)(xf，即当31k时，能使)(xf在R上单调递增，31k．(2)acbca222，由余弦定理：2122cos222acacacbcaB，30B，----5分(3))(xf在R上单调递增，且)4332()cos(sin2mfCABmf，所以4332)cos(sin2mCABm429coscos433cossin433)cos(sin222BBBBCAB87)21(cos2B，---10分故82mm，即9)1(2m，313m，即40m，即160m7.已知函数36)2(23)(23xxaaxxf（I）当2a时，求函数)(xf的极小值（II）试讨论曲线)(xfy与x轴的公共点的个数。7.（I）)1)(2(36)2(33)(2xaxaxaaxxf,2a12a当ax2或1x时，0)(xf；当12xa时，0)(xf)(xf在)2,(a，（1，)内单调递增，在)1,2(a内单调递减故)(xf的极小值为2)1(af（II）①若,0a则2)1(3)(xxf)(xf的图象与x轴只有一个交点。……6分②若,0a则12a，当12xax或时，0)(xf，当12xa时，0)(xf)(xf的极大值为02)1(af)(xf的极小值为0)2(af)(xf的图象与x轴有三个公共点。③若20a，则12a。当axx21或时，0)(xf，当12xa时，0)(xf)(xf的图象与x轴只有一个交点④若2a，则0)1(6)(2xxf)(xf的图象与x轴只有一个交点⑤当2a，由（I）知)(xf的极大值为043)431(4)2(2aaf综上所述，若,0a)(xf的图象与x轴只有一个公共点；若0a，)(xf的图象与x轴有三个公共点。第二组：解析几何1.已知点C（-3，0），点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且满足MQPMPMCP21,0（1）当点P在y轴上运动时，求点M的轨迹C的方程；（2）是否存在一个点H，使得以过H点的动直线L被轨迹C截得的线段AB为直径的圆始终过原点O。若存在，求出这个点的坐标，若不存在说明理由。6.（1）设M(x,y),P(0,t),Q(s,0)则),(),,3(tsPQtCP由0PQCP得3s—t2=0……………………………………………………①又由MQPM21得),(21),(yxstyx)(21)(21ytyxsx，ytxs233……………………………………②把②代入①得2)23(9yx=0，即y2=4x，又x≠0∴点M的轨迹方程为：y2=4x（x≠0）（2）如图示，假设存在点H，满足题意，则0OBOAOBOA即设),4(),,4(222121yyByyA，则由0OBOA可得016212221yyyy解得1621yy又21212212444yyyyyykAB则直线AB的方程为：)4(421211yxyyyy即212121214)(yxyyyyyy把1621yy代入，化简得0)()164(1yyyx令y=0代入得x=4，∴动直线AB过定点（4，0）答，存在点H（4，0），满足题意。2.设jiRyx,,,为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量，若向量8,)2(,)2(bajyixbjyixa且.(1)求点M（x,y）的轨迹C的方程；(2)过点(0,3)作直线l与曲线C的交于A、B两点，设OBOAOP，是否存在这样的直线l，使得四边形OAPB为矩形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.2.(1)8),2,(),2,(bayxbyxa且即点M(x,y)到两个定点F1(0,-2)、F2(0,2)的距离之和为8,点M（x,y）的轨迹C为以F1(0,-2)、F2(0,2)为焦点的椭圆，其方程为1121622xy.(2)由题意可设直线l方程为),(),,(,32211yxByxAkxy，由11216322xykxy消去y得：(4+3k)x2+18kx-21=0.此时，△=(18k)2-4(4+3k2(-21)0恒成立，且22122134213418kxxkkxx由OBOAOP知：四边形OAPB为平行四边形.假设存在直线l，使得四边形OAPB为矩形，则00,BOAOBOA即.因为),(),,(2221yxOByxOA，所以02121yyxx，而9)(3)3()3(212122121xxkxxkkxkxyy，故09)3418(3)3421)(1(222kkkkk，即45,1852kk得.所以，存在直线l：345xy，使得四边形OAPB为矩形.3.一束光线从点)0,1(1F出发，经直线032:yxl上一点P反射后，恰好穿过点)0,1(2F．（Ⅰ）求点1F关于直线l的对称点1F的坐标；（Ⅱ）求以1F、2F为焦点且过点P的椭圆C的方