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1、2012 高考数学萃取精华 30 套（3）1. 台州二模台州二模(20)（本题满分分）14数列中，当时，其前项的和满足. na11a 2n nnS12nnnSaS（）证明：数列是等差数列；1nS （）设，数列的前项和为，求满足的最小正整数.22 nn nSSlogb nbnnT6nTn(20)解（）12nnnSaSQ2 1()(1)2nnnnSSSSn即11,nnnnS SSS1111,nnSS是 1 为首项，1 为公差的等差数列. 7 分1nS（）由（）知，212,lognnnSbnn221234562loglog6,12342nnnnTnL,128) 1)(2(nnnNQ10n所以满足的最
2、小正整数为 10. 14 分6nT(21)（本题满分分）15已知函数 . axxxh , xlnxxf222（）求函数的极值； xf（）设函数若函数在上恰有两个不同零点，求实数 ,xhxfxk xk 31,的取值范围.a(21)解: （），令xxxf22)(Q( )0,01fxxx Q所以的极小值为 1,无极大值. 7 分)(xf（）,若12)(ln2)()()(xxkaxxxhxfxkQ2, 0)(xxk、当时，；当时，1,2x 0fx 2,3x 0fx 故在上递减，在上递增 10 分 k x1,2x2,3x(1)0,1, (2)0,22ln2,22ln232ln3. (3)0,32ln3,
3、ka kaa ka 所以实数 的取值范围是 15 分a22ln2,32ln3(22)（本题满分分）已知曲线上的动点满足到点的距离比到直线15C,P x y 1 , 0F的距离小 :2l y 1（）求曲线的方程；C（）动点在直线 上，过点分别作曲线的切线，切点为、ElEC,EA EBAB（）求证：直线恒过一定点，并求出该定点的坐标；AB（）在直线 上是否存在一点，使得为等边三角形（点也在直线lEABMM 上）？若存在,求出点 坐标,若不存在,请说明理由.lE(22)解:（） 曲线的方程 5 分Cyx42（） （）设，),2,(aE)4,(),4,(2 2 22 1 1xxBxxAxyxy21 4
4、2 Q,)(21 4112 1、ExxxxyAQ整理得：),(21 42112 1xaxx08212 1 axxx) 1 , 0(1), 1 ( )(xf_0+)(xf减1增同理可得：2 22280xax8,2082,21212 21xxaxxaxxxx、)24,(2aaAB、又22 121212121244 42ABxx yyxxakxxxx2 (2)()22aaAByxa直线的方程为10 分22ayxAB 即过定点0, 2（）由（）知中点，AB)24,(2aaN22aAByx直线的方程为当时，则的中垂线方程为0a AB)(2 242 axaay的中垂线与直线的交点AB2y312(, 2)4
5、aaM322222221241()( 2)(8) (4)4216aaaMNaaa )8)(4(4)(4122 212 212 aaxxxxaABQ若为等边三角形，则ABM3 2MNAB),8)(4(43)4()8(16122222aaaa解得此时, 2, 42aa( 2, 2)E 当时，经检验不存在满足条件的点0a E综上可得：满足条件的点存在，坐标为. 15 分E( 2, 2)E 2. 树德一模树德一模20 （本题满分 12 分）已知实数，函数有极大值)()2()(2Rxxaxxf32. （1）求实数的值；a（2）求函数的单调区间.)(xf20 解（）,44)(23axaxaxxf令，得或
6、2.)2)(23(483)(2xxaaaxaxxf0)( xf32x函数有极大值 32，)()2()(2Rxxaxxf在时取得极大值. 解得)(, 0)2(xff32x.322732)32(af.27a).2)(23(27)(xxxf当时，当时， 32x, 0)( xf232 x, 0)( xf在时，有极大值 32. 时函数有极大值 32. 7 分)(xf32x27a)(xf（）由得或, 0)2)(23(27)(xxxf32x. 2x函数的单调增区间是（；单调减区间是（)(xf), 2(),32,).2 ,3221 （本题满分 12 分）已知曲线上任意一点到直线的距离与它到点的C3 2 2x
7、( 2,0)距离之比是。 (I)求曲线的方程；6 2C(II)设为曲线与轴负半轴的交点，问：是否存在方向向量为的直BCy(1, )(0)mk ku r线 ， 与曲线相交于两点，使，且与夹角为?若存llCMN、| |BMBNuuu u ruuu rBMBN60o在，求出值，并写出直线 的方程；若不存在，请说明理由。kl21. 解：()设为曲线上任意一点，依题意(2 分)( , )P x yC22(2)6 33 2|2xyx 化简：，为椭圆，其方程为(4 分)2 213xyC曲线2 213xy()设直线， : l ykxm由 消去得： (6 分)2233ykxmxyy222(13)6330kxkm
8、xm设，中点，1122(,),(,)M x yN xyMN00(,)G xy则，12 000223,21313xxkmmxykxmkk 2 222 12222 22 2633|1|1()41313112(31)13kmmMNkxxkkkkkmk= ( 1)13(123112222 mkkk依题意：，与夹角为，为等边三角形，| |BMBNuuu u ruuu rBMBN60BMN，即，（2） 1BGkk 222111313 32 13m kkmkmk k 由（2）代入（1）：，2 2222 21|31133 1113kMNkkkkk又为等边三角形，到距离，BMNQBMN3|2dMN即 解得： ，
9、22233 311122kkk22233 311122kkk2 2222 21|31133 1113kMNkkkkk22 3k 311m经检验,使方程有解，所以直线 的方程为： (12 分) 33k1ml133y22 （本题满分 14 分）已知数列的前项和，且， nannS)(211 NnaaSnnn其中， （1）求，并猜想数列的通项公式；0, 11naa432,aaa na（2）求证：数列是等差数列； na（3）设数列满足，为的前项和，求证： nb1) 12)(12(nbnanT nbn；NnaTnn),12(log2222.（1） , 1),(2111 aNnaaSnnn4, 3, 243
10、2aaa 4 分（2）已知式即, 故11 2nnnSa a1112111 22nnnnnnnaSSaaa a因为, 当然, 所以.0na 10na22(*)nnaanN由于, 且, 故.11121 2aSa a11a 22a 于是, ,2112(1)21mamm 222(1)2mamm所以.8 分(*)nan nN(3) 由, 得, (21)(21)1nk na (21)(21)1nkn2221nkn n故.22log21nnbn从而.1222 4 62log ()1 3 521nnnTbbbnLL.2 222 4 622 4 6222log ()log ()1 3 5211 3 521nnn
11、TnnLL因此2 2222 4 622log (21)log ()log (21)1 3 521nnnTannL2 222 4 621log ()log1 3 52121n nnL2 22 4 621log()1 3 52121n nnL设22 4 621( )()1 3 52121nf nnnL故.22 2 2(1)2122(22)484()1( )2321(23)(21)483f nnnnnn f nnnnnnn注意到, 所以.( )0f n (1)( )f nf n特别地, 从而.4( )(1)13f nf222log (21)log( )0nnTaf n所以.14 分22log (21
12、),*nnTanN. 14 分.3. 石景山一模石景山一模18 （本题满分 13 分）在数列na中，), 2(22, 3* 11Nnnnaaann且（1）求32,aa的值；（2）证明：数列nan是等比数列，并求na的通项公式；（3）求数列nnSna项和的前。18 （本题满分 13 分）（1）解：* 113,21(2,)nnaaannnN Q且21416.aa 2 分32611.aa 4 分（2）证明：11111(21)11.(1)11nnnnnnanannan ananan Qnan数列是首项为411a，公比为-1 的等比数列。 7 分14 ( )nnan ，即14 ( 1),n nan na
13、的通项公式为1*4 ( 1)()n nan nN 所以当n是奇数时，121114 ( 1)(8).2nn k nk kkSaknn 10 分当n是偶数时，121114 ( 1)().2nn k nk kkSaknn 12 分综上，221(8),2 1(),2nnn S nn n 是正奇数,-是正偶数13 分19 （本题满分 14 分）已知椭圆)0( 12222 baby ax的离心率为36，长轴长为32，直线mkxyl:交椭圆于不同的两点 A、B。（1）求椭圆的方程；（2）求kOBOAm求且, 0, 1的值（O 点为坐标原点） ；（3）若坐标原点 O 到直线l的距离为23，求AOB面积的最大值。19 （本题满分 14 分） 解：（1）设椭圆的半焦距为 c，依题意 3,36aac解得2c由
