（浙江专用）2022高考数学二轮复习 第一板块“21～22”压轴大题抢分练（一）-（六）

（浙江专用）2022高考数学二轮复习 第一板块“2122”压轴大题抢分练（一）-（六）21.(本小题满分15分)已知椭圆C：y21的左、右焦点分别是F1，F2，点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设F1PF2的内角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)(1)求实数m的取值范围；(2)求|PF1|PM|的最大值解：(1)设P(x0，y0)(y00)，则y1，又F1(，0)，F2(，0), 所以直线PF1，PF2的方程分别为：lPF1：y0x(x0)yy00.lPF2：y0x(x0)yy00.因为，所以 .因为m，2x02，可得，所以mx0, 因此m，所以实数m的取值范围为.(2)因为|PF1|x02，|PM| ，所以|PF1|PM| . 设f(x)2(2x0，得2x；由f(x)0，得x0)，若存在实数m(2,3)，使得当x(0，m时，函数G(x)的最大值为G(m)，求实数a的取值范围解：(1)由已知条件得，F(x)ln xx2x，且函数定义域为(0，)，所以F(x)x.令F(x)0，得x1或x2，当x变化时，F(x)，F(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，)F(x)00F(x)0ln 2所以当x1时，函数F(x)取得极大值F(1)0；当x2时，函数F(x)取得极小值F(2)ln 2.(2)由条件，得G(x)ln xax2(2a1)xa1，且定义域为(0，)，所以G(x)2ax(2a1).令G(x)0，得x1或x.当a时，函数G(x)在(0，)上单调递增，显然符合题意当1，即0a0，得x或0x1；由G(x)0，得1xG(1)，解得a1ln 2.又0a，所以1ln 2a.当时，由G(x)0，得x1或0x；由G(x)0，得x1，所以函数f(x)在和(1，)上单调递增， 在上单调递减， 要存在实数m(2,3)，使得当x(0，m时， 函数G(x)的最大值为G(m)，则G0.(*)令g(a)ln(2a)ln 21，g(a)0恒成立， 故恒有g(a)gln 20，a时，(*) 式恒成立综上，实数a的取值范围是(1ln 2，)“2122”压轴大题抢分练(二)21(本小题满分15分)已知抛物线x22py(p0)，点M是抛物线的准线与y轴的交点，过点A(0，p)(R)的动直线l交抛物线于B，C两点(1)求证： 0，并求等号成立时实数的值；(2)当2时，设分别以OB，OC(O为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点D，求|DO|DA|的最大值解：(1)证明：由题意知动直线l的斜率存在，且过点A(0，p)，则可设动直线l的方程为ykxp，代入x22py，消去y并整理得x22pkx2p20，4p2(k22)0，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x22pk，x1x22p2，y1y2(kx1p)(kx2p)k2x1x2kp(x1x2)2p22p2，y1y2k(x1x2)2p2pk22p2p(k2)因为抛物线x22py的准线方程为y，所以点M的坐标为，所以，所以x1x2x1x2y1y2(y1y2)2p22p22p(k2)p20，当且仅当k0，时等号成立(2)由(1)知，当2时，x1x24p2，y1y24p2，所以x1x2y1y20，所以OBOC.设直线OB的方程为ymx(m0)，与抛物线的方程x22py联立可得B(2pm,2pm2)，所以以OB为直径的圆的方程为x2y22pmx2pm2y0.因为OBOC，所以直线OC的方程为yx.同理可得以OC为直径的圆的方程为x2y2xy0，即m2x2m2y22pmx2py0，将两圆的方程相加消去m得x2y22py0，即x2(yp)2p2，所以点D的轨迹是以OA为直径的圆，所以|DA|2|DO|24p2，由2，得|DA|DO|2p，当且仅当|DA|DO|p时，(|DA|DO|)max2p.22(本小题满分15分)三个数列an，bn，cn，满足a1，b11，an1，bn12bn1，cnabn，nN*.(1)证明：当n2时，an1；(2)是否存在集合a，b，使得cna，b对任意nN*成立，若存在，求出ba的最小值；若不存在，请说明理由；(3)求证：2n1cn16(nN*，n2)解：(1)证明：下面用数学归纳法证明：当n2时，an1.当n2时，由a1，an1，得a2，显然成立；假设nk时命题成立，即ak1.则nk1时，ak1 .于是ak11.因为()2(3ak)24(ak1)0.所以ak11，也就是说nk1时命题成立由可知，当n2时，an1.(2)由bn12bn1，b11，得bn112(bn1)，所以数列bn1是以b112为首项，2为公比的等比数列，所以bn12n，从而bn2n1.由(1)知，当n2时，an1，所以当n2时，an1an.因为a2an5(1an)24(1an)0，所以an1an.综上，当n2时，1an1an.由a1，an1f(an)(nN*)，所以c1a1，a2，c2a32，所以c1c31，从而存在集合a，b，使得cna，b对任意nN*成立，当bc2a32，ac1时，ba的最小值为c2c1.(3)证明：当n2时，an1 ，因为an1，所以anan1aan11, 也即anan11 , 即2ncn1cn(n2) ，于是 (2ici1ci)2n14cn1c22n1cn16.故2n1cn16(nN*，n2)“2122”压轴大题抢分练(三)21(本小题满分15分)过抛物线x24y的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，抛物线在A，B两点处的切线交于点M.(1)求证：点M在直线y1上；(2)设，当时，求MAB的面积S的最小值解：(1)证明：易知直线l的斜率一定存在，F(0,1)，设直线l的方程为ykx1，联立消去y，得x24kx40，16k2160，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24k，x1x24，x4y1，x4y2，由x24y，得yx，则切线AM的方程为yy1x1(xx1)，即yx1xx，同理，切线BM的方程为yx2xx.由得(x1x2)x(x1x2)(x1x2)0，又x1x20，所以x2k.所以2y(x1x2)x(x1x2)22x1x24k2k(16k28)2，所以y1，即点M(2k，1)，故点M在直线y1上(2)由(1)知，当k0时，此时1，不符合题意，故k0.连接MF，则kMF，因为k1，所以MFAB.因为，所以(x1,1y1)(x2，y21)，得x1x2，则，所以24k2，即k2，令f()，因为f()在上单调递减，所以f()，所以k2.因为|MF|2，|AB|y1y22k(x1x2)44k24，所以S|AB|MF|4，所以当k2，即时，S取得最小值，且Smin4.22(本小题满分15分)已知函数f(x)ln xaxa.(1)当a1时，求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；(2)若函数f(x)有一个大于1的零点，求实数a的取值范围；(3)若f(x0)0，且x01，求证：x01.解：(1)当a1时，f(x)ln xx1，f(x)1，所以f(1)2，所以切线的斜率k2.又切点为(1,0)，所以切线的方程为y2x2.(2)由题意知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以f(x)有唯一零点1，不符合题意当a0时，令f(x)0，则x，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极大值由表可知，当1，即a1时，f(x)在(1，)上单调递减，又f(1)0，所以f(x)1，即0af(1)0，又f(e)aae，令t(1，)，则ytet，令g(t)t21et(t1)，则g(t)2tet，令G(t)2tet(t1)，则G(t)2et1时，g(t)g(1)2e1时，g(t)g(1)2e0，即f(e)aaex，得e.所以f(x)在上无零点，在上有唯一零点综上，满足条件的实数a的取值范围是(0,1)(3)证明：由(2)得，x0且0a1)，则当m1时，h(m)0，所以h(m)在(1，)上单调递增，则h(m)h(1)0，所以f 0，即f f(x0)又1，x0且f(x)在上为减函数，所以1.“2122”压轴大题抢分练(四)21(本小题满分15分)已知直线l：yxm与圆x2y22交于A，B两点，若椭圆y21上有两个不同的点C，D关于直线l对称(1)求实数m的取值范围；(2)求四边形ACBD面积的取值范围解：(1)设直线CD：yxn，联立x22y22，得3x24nx2(n21)0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，CD中点为M(x0，y0)，故16n224(n21)0，解得n，且x1x2，x1x2，x0，y0，代入yxm，得m，所以m，故实数m的取值范围为.(2)由(1)得|CD|x1x2| ，又点O到直线AB的距离为d，所以|AB|2， 所以S四边形ACBD|AB|CD| .因为0m2，所以0S四边形ACBD，所以四边形ACBD的面积的取值范围为.22(本小题满分15分)已知数列an中a1，an1sin(nN*)(1)证明：0anan1n.证明：(1)数学归纳法：当n1时，a1，a2，显然有0a1a21.假设当nk(kN*)，结论成立，即0akak11，那么0akak1，0sinsin1，即0ak1ak21，综上所述，0anan11成立(2)由(1)知，an1，01an，0(1an)，0sinsin，1an1sin1cos2sin2sin(1an1)于是1an(1an1)n1(1a1)n1，所以nSnn.“2122”压轴大题抢分练(五)21(本小题满分15分)椭圆C：1(ab0)的离心率为，其右焦点到椭圆C外一点P(2,1)的距离为，不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB的长度为2.(1)求椭圆C的方程；(2)求AOB面积S的最大值解：(1)设椭圆右焦点为(c,0)，则由题意得解得或(舍去)所以b2a2c21，所以椭圆C的方程为y21.(2)因为线段AB的长等于椭圆短轴的长，要使三点A，O，B能构成三角形，则直线l不过原点O，弦AB不能与x轴垂直，故可设直线AB的方程为ykxm，由消去y，并整理，得(12k2)x24kmx2m220.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又16k2m24(12k2)(2m22)0，所以x1x2，x1x2因为|AB|2，所以 2，即(1k2)(x2x1)24x1x24，所以(1k2)4，即2(1m2)，因为1k21，所以m21.又点O到直线AB的距离d，因为S|AB|dd，所以S22m2(1m2)22，所以0S2，即S的最大值为.22(本小题满分15分)已知函数f(x)x|xa|1(xR)(1)当a1时，求使f(x)x成立的x的值；(2)当a(0,3)，求函数yf(x)在x1,2上的最大值；(3)对于给定的正数a，有一个最大的正数M(a)，使x0，M(a)时，都有|f(x)|2，试求出这个正数M(a)，并求它的取值范围解：(1)由题意得a1时，f(x)x，解得x1.(2)f(x)其中f(0)f(a)1，最大值在f(1)，f(2)，f(a)中取当0a1时，f(x)在1,2上单调递减，故f(x)maxf(1)a；当1a2时，f(x)在1，a上单调递增，a,2上单调递减，故f(x)maxf(a)1；当2a3时，f(x)在上单调递减，上单调递增，且x是函数的对称轴，因为3a0，所以f(x)maxf(2)52a，综上，f(x)(3)当x(0，)时，f(x)max1，故问题只需转化为在给定区间内f(x)2恒成立因f1，分两种情况讨论：当12时，M(a)(0，)；当12时，M(a)是方程x2ax12的较大根，即0a2时，M(a)(， ，综上M(a)且M(a)(0，)(， “2122”压轴大题抢分练(六)21(本小题满分15分)设抛物线y24x的焦点为F，过点的动直线交抛物线于不同两点P，Q，线段PQ中点为M，射线MF与抛物线交于点A.(1)求点M的轨迹方程；(2)求APQ的面积的最小值解：(1)设直线PQ方程为xty，代入y24x，得y24ty20.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y24t，y1y22，x1x2t(y1y2)14t21，所以M.设M(x，y)，由消去t，得中点M的轨迹方程为y22x1.(2)设 (0)，A(x0，y0)，又F(1,0)，M，则(x01，y0)，即由点A在抛物线y24x上，得42t28t224，化简得(22)t21.又0，所以t2.因为点A到直线PQ的距离d，|PQ|y1y2|2.所以APQ的面积S|PQ|d |1| .设f()，0，得；由f()0，得，所以f()在上是减函数，在上是增函数，因此，当时，f()取到最小值所以APQ的面积的最小值是.22(本小题满分15分)已知数列xn满足：x11，xnxn11.证明：当nN*时，(1)0xn1xn；(2)3xn12xn0.当n1时，x110成立假设nk时，xk0成立，那么nk1时，假设xk10，则xkxk110，矛盾，所以xk10，故xn0得证所以xnxn11xn1，故0xn10)，则f(x)2x422.由于y与22在(0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，故f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，所以x(xn16)4xn160，即3xn12xn0，则n1n2，所以xnn2.又1x(x0)，所以 1xn1，所以xnxn11xn1，故xn1xn ，所以xnn1，所以n1xnn2.