江苏高考数学压轴题的分析与解.docx
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江苏高考数学压轴题的分析与解
2021年江苏卷
11.若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值
的和为▲.
解析:
-3
函数f(x)导函数为
f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a),f(0)=1
情况一:
a≤0.此时f(x)在(0,+∞)递增,又f(0)=1,所以f(x)在(0,+∞)无零点,舍去.
情况二:
a>0.此时f(x)在
a
(0,)递减,在
3
(,+∞)递增.
3
在(0,+∞)上,在x=a处取得极小值
3
a
2a3a3
27-a3
此时
f()=-+1=
327927
a=3
=0
f(x)=2x3-3x2+1,f'(x)=6x(x-1),x∈[-1,1]
f(x)在[-1,0]递增,在[0,1]递减,f(-1)=-4,f
(1)=0.
可得
f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(-1)=-4
f(x)max+f(x)min=-3
12.在平面直角坐标系xOy中,A为直线l:
y=2x上在第一象限内的点,B(5,0),以AB为直径的圆C与直
uuuruuur
线l交于另一点D.若AB⋅CD=0,则点A的横坐标为▲.
解析:
3
方法一:
几何法.
uuuruuur
由AB⋅CD=0,AC=DC=BC,可得△ADB为等腰直角三角形.
因为所以
构造如图所示一线三垂直,有
tan∠DOB=2,OB=5
OM=1MB=1OB=1,DM=2OM=2
45
△AND≌△DMB
AN=DM=2
xA=OM+AN=3
方法二:
向量法.
设A(a,2a),a>0,D(b,2b),b≠a,则C(a+5,a)
2
由AB⋅CD=0和AD⋅BD=0,得
⎧
uuuruuur
⎪AB⋅CD=(5-a)(b-
a+5
2
)-2a(2b-a)=0
解得
⎨uuuruuur
⎪
⎩AD⋅BD=(b-a)(b-5)+4b(b-a)=5(b-1)(b-a)=0
⎧a=3
⎩
⎨b=1
xA=a=3
方法三:
解析法.
设A(a,2a),a>0,则C(a+5,a)
2
圆C方程
a+522
(a-5)22
(x-
)+(y-a)=+a
与y=2x联立,得
24
xD=1,D(1,2)
a+55(a-3)(a+1)
AB⋅CD=(5-a)(1-
)-2a(2-a)==0
22
xA=a=3
13.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABC=120︒,∠ABC的平分线交AC与点D,且
BD=1,则4a+c的最小值为▲.
解析:
9
方法一:
正余弦定理.
△ABD和△CBD中,正弦定理得
所以
AD
sin60︒
=sinθ
DC
,
sin60︒
=sinθ
AD=c(角平分线分线段成比例)
DCa
△ABD和△CBD中,余弦定理得
AD2=c2+1-c,CD2=a2+1-a
所以
即
c2+1-cc2a2+1-aa2
=
(a-c)(a+c)=ac(a-c)
恒成立.可得
a+c=ac,1+1=1
ac
4a+c=(4a+c)(1+1)=5+c+4a≥5+2
acac
=9
当且仅当c=4a即c=2a时取等
ac
方法二:
面积法.由△ABC面积可得
1acsin120︒=1asin60︒+1csin60︒
222
a+c=ac,(a-1)(c-1)=1
4a+c=4(a-1)+(c-1)+5≥2
当且仅当c=4a即c=2a时取等
ac
+5=9
方法三:
几何法1.如图作垂线,可得
a-1
tan∠CDM=2=2a-1,tan∠CDN=
3
2
2a+2c-2
c-1
2=2c-1
3
2
同上可求.
tan(∠CDM+∠CDN)=3==-
1-4ac-2a-2c+11+a+c-2ac
3
a+c=ac
方法四:
解析法.
建立如图所示坐标系,则
A(,),B(-
22
a
),D(1,0)
22
于是kAB=
c-a
,直线AB的方程为
y-a=
c-a
⋅(x+
3a)
22
又直线AB经过点D,有
1-a=
c-a3a
同上可求.
方法五:
向量法.
由角平分线分线段成比例,得
22
a+c=ac
c
向量共线定理
CD=⋅AD
a
ca
对上式进行平方得
同上可求.
方法六:
几何法2.
构造如图所示图形,则
同上可求.
BD=⋅BC+⋅BA
a+ca+c
a2c2
1=(a+c)2
a+c=ac
1=c-1
ac
a+c=ac
14.已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将AB的所有元素从小到大依次排列构
成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为▲.
解析:
27
由Sn>12an+1可知,n>24且an+1∉B.
当
2m<2(n+1-m)-1<2m+1(即
2m-1+
2m+1-1
m 此时m≥5且 由Sn>12an+1得 22 n+n1 a=2(n+1-m)-1=2n-m+1,S=(n-m)2+2m+1-2 (n-m)2+2m+1-2>12(2n+1) n2-2(m+12)n+(m2+2m+1+24m-14)>0若m=5,解①和②,得n≥27,成立. 所以nmin=27. 此题亦可先将m=5带入得 n+n1 从而求出nmin=27. a=2n-9,S=(n-5)2+62 18.如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点(3,1),焦点F(-3,0),F(3,0),圆O的直径为FF. 21212 (1)求椭圆C及圆O的方程; (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P. ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标; ②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为26,求直线l的方程. 7 解析: (1)椭圆C的方程: x2+2= 4 (第18题) 圆O的方程: x2+y2=3 (2)① 方法一: 利用一元二次方程求解.直线l存在斜率,设直线l方程为 y=kx+m(k<0,m>0) 与椭圆方程联立,相切∆=0,有a2k2+b2=m2,则 与圆方程联立,相切∆=0,则 解得 4k2+1=m2 3k2+3=m2 所以直线l方程为 k= y=- ,m=3 2x+3 与圆方程联立得切点P(2,1)方法二: 利用切线方程求解. 设直线l与圆切点P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则直线l方程为 x0x+y0y=3设直线l与椭圆切点Q(x1,y1),则直线l方程为 x1x+4y1y=4 直线l方程是相同的,所以 即 x0= x1 x=4x y0 4y1 ,y =3 4 =1y 由于点Q(x1,y1)在椭圆上,有 130 130 带入得 x2+4y2=4 11 4x2+y2= 又点P(x0,y0)在圆上,有 00 99 1 解得 x2+y2=3 00 x0=,y0=1 所以切点P(2,1) ②设直线l方程为 y=kx+m(k<0,m>0) 与椭圆方程联立得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0 设与椭圆的两交点 A(x1,kx1+m),A(x2,kx2+m) 由①知与圆相切,与椭圆相交,有 解得 ⎧3k2+3=m2 ⎩ ⎨4k2+1>m2 k<,m= ∆=16(4k2+1-m2) 方法一: 利用三角形底高公式求解. 原点O到直线l距离 AB= x1-x2 = d=m 4k2+1 S△AOB=⋅2 ⋅m== 解得 24k +14k+17 所以直线l方程为 k= y=- ,m=3 5x+3 方法二: 利用三角形宽高公式求解. 将x=0带入直线l方程,得D(0,m) 解得 S=1x-xOD=1⋅ △AOB2122 4k2+1 ⋅m= 4k2+1=7 所以直线l方程为 k= 称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. 19.记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0),则 y=- ,m=3 5x+3 解析: (1)证明: 函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”; 间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由. (1)对f(x)和g(x)求导,得 f'(x)=1,g'(x)=2x+2因为f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0),得 ⎧x=x2+2x-2 无解,所以f(x)与g(x)不存在“S点” ⎨000 ⎩1=2x0+2 (2)对f(x)和g(x)求导,得 f'(x)=2ax,g'(x)=1 x 因为f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0),得 ⎧ax2-1=lnx ⎪00 解得 ⎪2ax0= ⎩0 (3)对f(x)和g(x)求导,得 ' a=e 2 ' bex(x-1) f(x)=-2x,g(x)= x2 因为f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0),(x0>0),得 ⎧-x2+a= ⎪ bex0 x0 ① ⎨bex0(x-1) x ⎪-2x=0② 因为b>0,由②得0 ⎩⎪0 2 0 (a-x2)(x -1) 分离变量 -2x0 -2x2 =00 x0 x3-3x2 a=0 +x2=00③ x-10x-1 构造函数 00 x3-3x2x3-3x2-ax+a 构造函数 h(x)=-a= x-1 x-1 (0 m(x)=x3-3x2-ax+a(a>0) 由于 m(0)=a>0,m (1)=-2<0 所以m(x)在(0,1)上有零点所以h(x)在(0,1)上有零点 即对于任意a>0,总存在0 20.设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列. (1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围; 求d的取值范围(用b1,m,q表示). 解析: (1)将n=1,2,3,4分别带入|an-bn|≤b1 ⎧0-1≤1 ⎪d-2≤175 (2)由a ⎨2d-4≤1解得3≤d≤2 ⎪⎩3d-8≤1 =b>0,m∈N*,q∈(1,m2]可得 11 a=b+(n-1)d,b=bqn-1 n1n1 带入|an-bn|≤b1,有 b+(n-1)d-bqn-1≤b 111 即 b(qn-1-2) bqn-1 1≤d≤1 对n=2,3,,m+1均成立 n-1 n-1 b(qn-1-2) bqn-1 比较1与1大小 n-1n-1 b(qn-1-2) n-1 b(2m -2) bbqn-1 1≤1≤0<1<1 n-1 n-1 n-1 n-1 所以存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,,m+1均成立 构造函数 对f1(n)求导 b(qn-1-2) f1(n)=1(2≤n≤m+1,n∈Nn-1 +) 'bqn-1lnq(n-1)-b(qn-1-2)b[qn-1(nlnq-lnq-1)+2] f1(n)=11=1 (n-1)2 令 (n-1)2 所以 g(n)=qn-1(nlnq-lnq-1)+2 1 11 g'(n)=(n-1)qn-1ln2q>0,g(n)递增 g1 (2)=q(lnq-1)+2>0 11 g1(n)>0,f'(n)>0,f(n)递增 b(qm-2) f1(n)≤ 即 f1(m+1)=1 m 构造函数 b(qm-2) d≥1 m 对f2(n)求导 bqn-1 f2(n)=1(2≤n≤m+1,n∈Nn-1 +) 'bqn-1lnq(n-1)-bqn-1bqn-1(nlnq-lnq-1) f2(n)=11=1>0 (n-1)2(n-1)2 所以f2(n)递增 即 f2(n)≥ 1 f (2)=bq 2 d≤b1q ⎡b(qm-2)⎤ 综上所述,d的取值范围⎢1,b1q⎥ ⎣m⎦
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