（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六）

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“21～22”壓軸大題搶分練（一）-（六） 21.(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn)，連接PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的內(nèi)角平分線PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0)． (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)求|PF1|·|PM|的最大值． 解：(1)設(shè)P(x0，y0)(y0≠0)，則＋y＝1， 又F1(－，0)，F(xiàn)2(，0), 所以直線PF1，PF2的方程分別為： lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0. lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0. 因?yàn)椋剑?

2、所以＝ . 因?yàn)椋?m<，－20，得－2

3、1)已知函數(shù)F(x)＝f(x)＋x2－x＋，求F(x)的極值； (2)已知函數(shù)G(x)＝f(x)＋ax2－(2a＋1)x＋a(a>0)，若存在實(shí)數(shù)m∈(2,3)，使得當(dāng)x∈(0，m]時(shí)，函數(shù)G(x)的最大值為G(m)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知條件得，F(xiàn)(x)＝ln x＋x2－x＋，且函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)， 所以F′(x)＝＋x－＝. 令F′(x)＝0，得x＝1或x＝2， 當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)隨x的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) F′(x) ＋ 0 － 0 ＋ F(x)  0  ln

4、 2－  所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)F(x)取得極大值F(1)＝0； 當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)F(x)取得極小值F(2)＝ln 2－. (2)由條件，得G(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x＋a＋1，且定義域?yàn)?0，＋∞)， 所以G′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝. 令G′(x)＝0，得x＝1或x＝. ①當(dāng)a＝時(shí)，函數(shù)G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，顯然符合題意． ②當(dāng)>1，即00，得x>或0G(1)，解得a>1－ln 2.

5、又0時(shí)， 由G′(x)>0，得x>1或00.(*) 令g(a)＝ln(2a)＋＋ln 2－1， ∵g′(a)＝>0恒成立， 故恒有g(shù)(a)>g＝ln 2－>0， ∴a>時(shí)，(*) 式恒成立． 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1－ln 2，＋∞)． “21～22”壓軸大題搶分練(二)

6、 21．(本小題滿分15分)已知拋物線x2＝2py(p>0)，點(diǎn)M是拋物線的準(zhǔn)線與y軸的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A(0，λp)(λ∈R)的動(dòng)直線l交拋物線于B，C兩點(diǎn)． (1)求證： ·≥0，并求等號(hào)成立時(shí)實(shí)數(shù)λ的值； (2)當(dāng)λ＝2時(shí)，設(shè)分別以O(shè)B，OC(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的兩圓相交于另一點(diǎn)D，求|DO|＋|DA|的最大值． 解：(1)證明：由題意知?jiǎng)又本€l的斜率存在，且過(guò)點(diǎn)A(0，λp)，則可設(shè)動(dòng)直線l的方程為y＝kx＋λp， 代入x2＝2py，消去y并整理得x2－2pkx－2λp2＝0， Δ＝4p2(k2＋2λ)>0， 設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)， 則x1＋x2＝2pk，x1

7、x2＝－2p2λ， y1y2＝(kx1＋λp)(kx2＋λp)＝k2x1x2＋λkp(x1＋x2)＋λ2p2＝λ2p2， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2λp＝2pk2＋2λp＝2p(k2＋λ)． 因?yàn)閽佄锞€x2＝2py的準(zhǔn)線方程為y＝－， 所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為， 所以＝，＝， 所以·＝x1x2＋＝x1x2＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝－2p2λ＋λ2p2＋[2p(k2＋λ)]＋＝p2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)k＝0，λ＝時(shí)等號(hào)成立． (2)由(1)知，當(dāng)λ＝2時(shí)，x1x2＝－4p2，y1y2＝4p2， 所以·＝x1x2＋y1y2＝0， 所以O(shè)B⊥OC. 設(shè)直線OB的方程為y＝mx(m≠0

8、)， 與拋物線的方程x2＝2py聯(lián)立可得B(2pm,2pm2)， 所以以O(shè)B為直徑的圓的方程為x2＋y2－2pmx－2pm2y＝0. 因?yàn)镺B⊥OC，所以直線OC的方程為y＝－x. 同理可得以O(shè)C為直徑的圓的方程為x2＋y2＋x－y＝0，即m2x2＋m2y2＋2pmx－2py＝0， 將兩圓的方程相加消去m得x2＋y2－2py＝0， 即x2＋(y－p)2＝p2， 所以點(diǎn)D的軌跡是以O(shè)A為直徑的圓， 所以|DA|2＋|DO|2＝4p2， 由≥2， 得|DA|＋|DO|≤2p， 當(dāng)且僅當(dāng)|DA|＝|DO|＝p時(shí)，(|DA|＋|DO|)max＝2p. 22．(本小題滿分15分)

9、三個(gè)數(shù)列{an}，{bn}，{cn}，滿足a1＝－，b1＝1，an＋1＝，bn＋1＝2bn＋1，cn＝abn，n∈N*. (1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an>1； (2)是否存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對(duì)任意n∈N*成立，若存在，求出b－a的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)求證：＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)． 解：(1)證明：下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n≥2時(shí)，an>1. ①當(dāng)n＝2時(shí)，由a1＝－， an＋1＝， 得a2＝，顯然成立； ②假設(shè)n＝k時(shí)命題成立，即ak>1. 則n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ . 于是ak＋1－1＝. 因?yàn)?/p>

10、()2－(3－ak)2＝4(ak－1)>0. 所以ak＋1>1，也就是說(shuō)n＝k＋1時(shí)命題成立． 由①②可知，當(dāng)n≥2時(shí)，an>1. (2)由bn＋1＝2bn＋1，b1＝1，得bn＋1＋1＝2(bn＋1)， 所以數(shù)列{bn＋1}是以b1＋1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 所以bn＋1＝2n，從而bn＝2n－1. 由(1)知，當(dāng)n≥2時(shí)，an>1， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1－an＝. 因?yàn)閍－2an＋5－(1＋an)2＝4(1－an)<0， 所以an＋1

11、2＝，c2＝a3＝2， 所以c1<1，c2＝a3>c3>…>1， 從而存在集合[a，b]，使得cn∈[a，b]對(duì)任意n∈N*成立， 當(dāng)b＝c2＝a3＝2，a＝c1＝－時(shí)， b－a的最小值為c2－c1＝. (3)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an>1 ， 因?yàn)閍n＋1＝， 所以anan＋1＝a＋an＋1－1, 也即an－an＋1＝1－ , 即≤2n＋cn＋1－cn(n≥2) ， 于是 ≤ (2i＋ci＋1－ci)＝2n＋1－4＋cn＋1－c2＝2n＋1＋cn＋1－6. 故＋＋…＋≤2n＋1＋cn＋1－6(n∈N*，n≥2)． “21～22”壓軸大題搶分練(三) 21．(本小

12、題滿分15分)過(guò)拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，拋物線在A，B兩點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)M. (1)求證：點(diǎn)M在直線y＝－1上； (2)設(shè)＝λ，當(dāng)λ∈時(shí)，求△MAB的面積S的最小值． 解：(1)證明：易知直線l的斜率一定存在，F(xiàn)(0,1)， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，聯(lián)立 消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，x＝4y1，x＝4y2， 由x2＝4y，得y′＝x，則切線AM的方程為y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x， 同理，切線BM的方程為y＝x2x－x.

13、 由得(x1－x2)x－(x1＋x2)·(x1－x2)＝0， 又x1－x2≠0，所以x＝＝2k. 所以2y＝(x1＋x2)x－[(x1＋x2)2－2x1x2] ＝×4k×2k－(16k2＋8)＝－2， 所以y＝－1，即點(diǎn)M(2k，－1)， 故點(diǎn)M在直線y＝－1上． (2)由(1)知，當(dāng)k＝0時(shí)，＝，此時(shí)λ＝1，不符合題意，故k≠0.連接MF，則kMF＝＝－， 因?yàn)椤＝－1，所以MF⊥AB. 因?yàn)椋溅耍? 所以(－x1,1－y1)＝λ(x2，y2－1)，得－x1＝λx2， 則－λ＋＝＋＝， 所以2－λ－＝＝＝－4k2， 即k2＝－， 令f(λ)＝－，λ∈， 因?yàn)閒(

14、λ)＝－在上單調(diào)遞減，所以≤f(λ)≤，所以≤k2≤. 因?yàn)閨MF|＝＝2， |AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4， 所以S＝×|AB|×|MF|＝4， 所以當(dāng)k2＝，即λ＝時(shí)，S取得最小值， 且Smin＝4＝. 22．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋a. (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1,0)處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)有一個(gè)大于1的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)若f(x0)＝0，且x0>1，求證：x0＋1>. 解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝ln x＋x－1， f′(x)＝＋1， 所以f′(1

15、)＝2，所以切線的斜率k＝2. 又切點(diǎn)為(1,0)，所以切線的方程為y＝2x－2. (2)由題意知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－a＝. ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝0， 所以f(x)有唯一零點(diǎn)1，不符合題意． ②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，則x＝， 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  由表可知，當(dāng)≤1，即a≥1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(1)＝0，所以f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，無(wú)零點(diǎn)

16、，不符合題意． 當(dāng)>1，即0f(1)＝0， 又f(e)＝＋a－ae，令t＝∈(1，＋∞)， 則y＝t＋－et＝， 令g(t)＝t2＋1－et(t>1)， 則g′(t)＝2t－et， 令G(t)＝2t－et(t>1)，則G′(t)＝2－et<0， 所以g′(t)＝2t－et在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t>1時(shí)，g′(t)1時(shí)，g(t)

17、x>x，得e>. 所以f(x)在上無(wú)零點(diǎn)，在上有唯一零點(diǎn)． 綜上，滿足條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)． (3)證明：由(2)得，x0∈且01)， 則當(dāng)m>1時(shí)，h′(m)＝－＝>0， 所以h(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 則h(m)>h(1)＝0， 所以f >0，即f >f(x0)． 又－1，x0∈且f(x)在上為減函數(shù)， 所以－1. “21～22”壓軸大題搶分練(四) 21．(本小題滿分15分)已知直線l：y＝x＋m與圓x

18、2＋y2＝2交于A，B兩點(diǎn)，若橢圓＋y2＝1上有兩個(gè)不同的點(diǎn)C，D關(guān)于直線l對(duì)稱． (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)求四邊形ACBD面積的取值范圍． 解：(1)設(shè)直線CD：y＝－x＋n，聯(lián)立x2＋2y2＝2， 得3x2－4nx＋2(n2－1)＝0. 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中點(diǎn)為M(x0，y0)， 故Δ＝16n2－24(n2－1)>0，解得－

19、以|AB|＝2， 所以S四邊形ACBD＝|AB|·|CD| ＝ ＝ ＝ . 因?yàn)?≤m2<， 所以0n－. 證明：(1)數(shù)學(xué)歸納法：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝，a2＝， 顯然有0

20、k＋1n－. “21～22”壓軸大題搶分練(五) 21．(本小題滿分15分)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其右焦點(diǎn)到橢圓C外一點(diǎn)P(2,1)的距離為，不過(guò)原點(diǎn)O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的長(zhǎng)度為2. (1)求橢圓C的

21、方程； (2)求△AOB面積S的最大值． 解：(1)設(shè)橢圓右焦點(diǎn)為(c,0)， 則由題意得 解得或(舍去)． 所以b2＝a2－c2＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)因?yàn)榫€段AB的長(zhǎng)等于橢圓短軸的長(zhǎng)，要使三點(diǎn)A，O，B能構(gòu)成三角形，則直線l不過(guò)原點(diǎn)O，弦AB不能與x軸垂直，故可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m， 由消去y，并整理， 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 又Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝ 因?yàn)閨AB|＝2，所以 ＝2， 即(1＋k2)[(

22、x2＋x1)2－4x1x2]＝4， 所以(1＋k2)＝4， 即＝2(1－m2)， 因?yàn)?＋k2≥1，所以≤m2<1. 又點(diǎn)O到直線AB的距離d＝， 因?yàn)镾＝|AB|·d＝d， 所以S2＝＝2m2(1－m2)＝－22＋， 所以0

23、它的取值范圍． 解：(1)由題意得a＝1時(shí)，f(x)＝x，解得x＝1. (2)f(x)＝其中f(0)＝f(a)＝1， 最大值在f(1)，f(2)，f(a)中?。? 當(dāng)0＜a≤1時(shí)，f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減， 故f(x)max＝f(1)＝a； 當(dāng)1＜a＜2時(shí)，f(x)在[1，a]上單調(diào)遞增，[a,2]上單調(diào)遞減， 故f(x)max＝f(a)＝1； 當(dāng)2≤a＜3時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增， 且x＝是函數(shù)的對(duì)稱軸， 因?yàn)椋?－a＞0， 所以f(x)max＝f(2)＝5－2a， 綜上，f(x)＝ (3)∵當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)max＝1， 故問(wèn)題只需

24、轉(zhuǎn)化為在給定區(qū)間內(nèi)f(x)≥－2恒成立． 因f＝1－，分兩種情況討論： 當(dāng)1－<－2時(shí)，M(a)是方程x2－ax＋1＝－2的較小根， 即a>2時(shí)， M(a)＝＝∈(0，)； 當(dāng)1－≥－2時(shí)，M(a)是方程－x2＋ax＋1＝－2的較大根， 即0＜a≤2時(shí)， M(a)＝∈(，＋ ]， 綜上M(a)＝ 且M(a)∈(0，)∪(，＋ ]． “21～22”壓軸大題搶分練(六) 21．(本小題滿分15分)設(shè)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線交拋物線于不同兩點(diǎn)P，Q，線段PQ中點(diǎn)為M，射線MF與拋物線交于點(diǎn)A. (1)求點(diǎn)M的軌跡方程； (2)求△APQ的面積的最小值． 解

25、：(1)設(shè)直線PQ方程為x＝ty＋，代入y2＝4x， 得y2－4ty－2＝0. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則y1＋y2＝4t，y1y2＝－2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋1＝4t2＋1， 所以M. 設(shè)M(x，y)，由消去t，得中點(diǎn)M的軌跡方程為y2＝2x－1. (2)設(shè)＝λ (λ<0)，A(x0，y0)， 又F(1,0)，M， 則(x0－1，y0)＝λ， 即 由點(diǎn)A在拋物線y2＝4x上， 得4λ2t2＝8λt2－2λ＋4， 化簡(jiǎn)得(λ2－2λ)t2＝－λ＋1. 又λ<0，所以t2＝－. 因?yàn)辄c(diǎn)A到直線PQ的距離 d＝＝， |PQ|＝|y1－y2|

26、＝2. 所以△APQ的面積S＝·|PQ|·d ＝ |λ－1|＝ . 設(shè)f(λ)＝，λ<0，則f′(λ)＝， 由f′(λ)>0，得λ>－； 由f′(λ)<0，得λ<－， 所以f(λ)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，因此，當(dāng)λ＝－時(shí)，f(λ)取到最小值． 所以△APQ的面積的最小值是. 22．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{xn}滿足：x1＝1，xn＝xn＋1＋－1. 證明：當(dāng)n∈N*時(shí)， (1)00. 當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝1>0成立． 假設(shè)n＝k時(shí)，xk>0成立

27、， 那么n＝k＋1時(shí)，假設(shè)xk＋1≤0， 則xk＝xk＋1＋－1≤0，矛盾， 所以xk＋1>0，故xn>0得證． 所以xn＝xn＋1＋－1>xn＋1， 故00)， 則f′(x)＝2x＋＋－4＝＋22－. 由于y＝與22在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)>f′(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)>f(0)＝0， 所以x＋(xn＋1＋6)－4xn＋1－6>0， 即3xn＋1－2xn<. (3)由(2)得－≥>0， 則－≥n－1＝n－2， 所以xn≤n－2. 又－1≤x(x≥0)， 所以 －1≤xn＋1， 所以xn＝xn＋1＋－1≤xn＋1， 故xn＋1≥xn ， 所以xn≥n－1， 所以n－1≤xn≤n－2.