全国各地高考数学压轴题解析

1、（福建理）20.（本小题满分14分）

3

（Ⅰ）已知函数f(x)=x-x ,其图像记为曲线C.

（i） （ii）

求函数f(x)的单调区间；

证明：若对于任意非零实数x1 ,曲线C与其在点P1 （x1,f(x1)））处的切线交于另一点P2（x2,f(x2)），曲线C与其在点P2处的切线交于另一点P3（x3,f(x3)），线段P1 P2, P2 P3与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为S1，S2，则

S1为定值；S2

（Ⅱ）对于一般的三次函数g(x)=ax+bx+cx+d(a 0),请给出类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题，并予以证明。

32

20.本小题主要考查函数、导数、定积分等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想。满分14分。解法一：

2

（Ⅰ）（i）有f(x)=x-x得f’(x)=3x-1=3(x-

3

33)(x+).33

当x(,33)和(，)时，f’(x)>0;33

当x(33，)时，f’(x)<0。33

（ⅱ）曲线C在点P1处的切线方程为y=(3x1-1)(x-x1)+x1-x1，即y=(3x1-1)x-2 x1.

2

3

2

3

由

得x-x=(3x1-1)x-2 x1即（x-x1）(x+2x1)=0,

2

3

2

3

解得 x=x1或x=-2x1,故x2=-2x1.

进而有

用x2代替x1,重复上述计算过程，可得x3= -2x2和S2=又x2=-2x10，所以S2=

3

274x2。4

s127164x10,因此有1。

s21642

（Ⅱ）记函数g(x)=ax+bx+cx+d（a0）的图像为曲线C’，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题为：若对于任意不等于b的实数x1,曲线C’与其在点P1（x1, g(x1)）处的切线交于另3a一点P2（x2, g(x2)）,曲线C’与其在点P2处的切线交于另一点P3（x3, g(x3)），线段P1P2、P2P3

与曲线C’所围成封闭图形的面积分别记为S1，S2，则

S1为定值。S2

证明如下：

平移至

因为平移变换不改变面积的大小，故可将曲线y=g(x)的对称中心

解法二：

（Ⅰ）同解法一。

（Ⅱ）记函数g(x)=ax+bx+cx+d(a0)的图像为曲线C’，类似于（Ⅰ）（ii）的正确命题为：若对于任意不等于32

b的实数x1,曲线C’与其在点P1（x1, g(x1)）处的切线交于另一3a点P2（x2, g(x2)）,曲线C’与其在点P2处的切线交于另一点P3（x3, g(x3)），线段P1P2、P2P3

与曲线C’所围成封闭图形的面积分别记为S1，S2，则证明如下：

S1为定值。S2

(3ax2b)4b用x2代替x1，重复上述计算过程，可得x3= 2x和S2。

12a3a

又x2=bb2x1且x1,a3a

(3ax2b)(6ax12b)416(3ax1b)40,所以S212a312a312a3故

S11.S216

2、（湖南理）21．（本小题满分13分）

*a1a,an1是函数fn(x)数列{an}(nN)中，

131x(3ann2)x23n2anx的32极小值点.

（I）当a=0时，求通项an;

（II）是否存在a，使数列{an}是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请

说明理由.

222221．解：易知fn(x)x(3ann)x2nan(x3an)(xn).

2令fn(x)0,得x13an,x2n.

2 （1）若3ann,则

当x3an时,fn(x)0,fn(x)单调递增；

2当3anxn时,fn(x)0,fn(x)单调递减；2当xn时,fn(x)0,fn(x)单调递增.2故fn(x)在xn取得极小值.

2 （2）若3ann,仿（1）得，fn(x)在x3an取得极小值.2 （3）若3ann,则fn(x)0,fn(x)无极值.

（Ⅰ）当a0时，a10,则3a11.由（1）知，a211.

22因3a232,则由（1）知，a324.22

2因为3a3123，则由（2）知，a43a334.

22又因为3a4364,则由（2）知，a53a434.n3由此猜测：当n3时，an43.

2下面先用数学归纳法证明：当n3时，3ann.事实上，当n3时，由前面的讨论知结论成立.

22假设当nk(k3)时,3akk成立，则由（2）知，ak13akk，从而

3ak1(k1)23k2(k1)22k(k2)2k10，

2所以3ak1(k1).

2故当n3时，3ann成立.

n3于是由（2）知，当n3时，an13an,而a34，因此an43.

n3综上所述，当a=0时，a10,a21,an43(n3).

（II）存在a，使数 列{an}是等比数列，

2事实上，由（2）知，若对任意的n，都有3ann，则an13an.

n1即数列{an}是首项为a，公比为3的等比数列，且ana3.

n2*而要使3ann，即a3n对一切nN都成立，只需an对一切nN都

32n2*n2141成立.记bnn,则b1,b2,b3,…

3933

x21122令yx，则y'x(2xxln3)x(2xx)，

333

x2因此，当x2时，y'0，从而函数yx在2,上单调递减，故当n2时，

3n244

数列{bn}单调递减，即数列{bn}中最大项为b2.于是当a时，必有an.399

这说明，当a(,)时，数列{an}是等比数列.当a49

444时,可得a1,a2.而3a2422,993

由（3）知，f2(x)无极值，不合题意.当

14a时，可得a1a,a23a,a34,a412,…，数列{an}不是等比数列.39

1时,3a112,由（3）知，f1(x)无极值，不合题意.31当a时,可得a1a,a21,a34,a412,…，数列{an}不是等比数列.

3当a

综上所述，存在a，数列{an}是等比数列，且a的取值范围为(,).

493、（江西理）22. （本小题满分14分）证明以下命题：

222（1） 对任一正整a,都存在整数b,c(b222（2） 存在无穷多个互不相似的三角形△n，其边长an，bn，cn为正整数且an，bn，cn成等差数列。

【解析】作为压轴题，考查数学综合分析问题的能力以及创新能力。 （1）考虑到结构要证ac2b，；类似勾股数进行拼凑。

222

222

证明：考虑到结构特征，取特值1,5,7满足等差数列，只需取b=5a，c=7a，对一切正整数a均能成立。

结合第一问的特征，将等差数列分解，通过一个可做多种结构分解的因式说明构成三角形，再证明互不相似，且无穷。

2222222证明：当an，bn，cn成等差数列，则bnancnbn，

分解得：(bnan)(bnan)(cnbn)(cnbn)2

选取关于n的一个多项式，4n(n1)做两种途径的分解

4n(n21)(2n2)(2n22n)(2n22n)(2n2)4n(n21)

ann22n12对比目标式，构造bnn1(n4)，由第一问结论得，等差数列成立，

cn22n1n

考察三角形边长关系，可构成三角形的三边。

下证互不相似。

任取正整数m，n，若△

m

，

△

n相似：则三边对应成比例

m22m12n2n12m12n12m2m1， 2n2n1

由比例的性质得：

m1m1与约定不同的值矛盾，故互不相似。mn，

n1n14、（辽宁理）（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)(a1)lnxax1（I）讨论函数f(x)的单调性；

2

（II）设a1.如果对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)4|x1x2|，求a的取值范围。

5、（山东理）（22）（本小题满分14分）

已知函数f(x)1nxax

1a1(aR).x1时，讨论f(x)的单调性； 212 （Ⅱ）设g(x)x2bx4.当a时，若对任意x1(0,2)，存在x2[1,2]，使

4 （Ⅰ）当af(x1)g(x2)，求实数b的取值范围.

（22）本小题主要考查导数的概念以及利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、

数形结合思想、等价变换思想，以及综合运用知识解决新情境、新问题的能力。

解：（Ⅰ）因为f(x)lnxax1a1x

1a1ax2x1a所以f(x)a2x(0,)xxx2令h(x)axx1a,x(0,)2

（1）当a0时,h(x)x1,x(0,)

所以，当x(0,1)时,h(x)0,此时f(x)0，函数f(x)单调递减；

当x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0,函数f(x)单调递

（2）当a0时,由f(x)=0

即axx1a0，解得x11,x2①当a211a

1时，x1x2,h(x)0恒成立，2

此时f(x)0，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减；②当0a11时,1102a

x(0,1)时，h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递减；

1h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递增；x(1,1)时，

a

1此时f(x)0，函数f(x)单调递减；x(1,)时,h(x)0，

a

③当a0时，由于

110a

x(0,1)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递减；

x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递增。

综上所述：

当a0时，函数f(x)在（０，１）上单调递减；函数f(x)在（１，＋∞）上单调递增；当a

1时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减；21当0a时，函数f(x)在（0，1）上单调递减；

21函数f(x)在(1,1)上单调递增；

a1函数f(x)在(1,)上单调递减，

a

（Ⅱ）因为a

11(0,)，由（Ⅰ）知，22

x11,x23(0,2)，当x(0,1)时,f(x)<0，

函数f(x)单调递减；当x(1,2)时，f(x)0

函数f(x)单调递增，所以f(x)在（0，2）上的最小值为f(1)

12

由于“对任意x1(0,2)，存在x2[1,2]，使f(x1)g(x2)”等价于

“g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在（0，2）上的最小值

221” （*）2

又g(x)(xb)4b,x[1,2]，所以

①当b1时，因为[g(x)]ming(1)52b0，此时与（*）矛盾；

2②当b[1,2]时，因为[g(x)]min4b0,，同样与（*）矛盾；

③当b(2,)时，因为[g(x)]ming(2)84b

117，可得b.2817综上，b的取值范围是[,).8解不等式84b

6、（重庆理）21. （本小题满分14分）

已知函数f(x)x,g(x)alnx,aR（Ⅰ）若曲线yf(x)与曲线yg(x)相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和

该切线方程；

（Ⅱ）设函数h(x)f(x)g(x)，当h(x)存在最小值时，求其最小值(a)的解析式；

（Ⅲ）对（Ⅱ）中的(a)和任意的a0,b0，证明：

(解：

ab(a)(b)2ab)() 22ab

（Ⅰ）f(x)12x,g(x)a(x0)，x

xalnx,e由已知得1 解得a,xe2，a2,2xx2

2∴ 两条直线交点的坐标为(e,e)，切线的斜率为kf(e)1，2e

∴ 切线的方程为ye（Ⅱ）由条件知h(x)∴ h(x)1(xe2)2e

xalnx(x0),

12xaxx2a2x

（ⅰ）当a>0时，令h(x)0，解得x4a，

2

2∴ 当0x4a时，h(x)0,h(x)在(0,4a)上递减；

2

22当x4a时，h(x)0,h(x)在(4a,)上递增

2∴x4a是h(x)在(0,)上的唯一极值点，从而也是h(x)的最小值点

22∴最小值(a)h(4a)2aaln4a2a(1ln2a)

（ⅱ）当a0时，h(x)

a2a0,h(x)在(0,)上递增，无最小值，2x故h(x)的最小值(a)的解析式为(a)2a(1ln2a)(a0)

（Ⅲ）由（Ⅱ）知(a)2ln2a对任意的a0,b0

(a)(b)22ln2a2ln2bln4ab ①

2

(abab)2ln(2)ln(ab)2ln4ab ②22

(2ab2ab4ab)2ln(2)2lnln4ab ③abab2ab

故由①②③得(ab(a)(b)2ab)()22ab

7、（上海理）23（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分

6分，第3小题满分9分.

x2y2已知椭圆的方程为221(ab0)，点P的坐标为（-a，b）.

ab

1（1）若直角坐标平面上的点M、A(0,-b)，B(a，0)满足PM=(PA+PB),求点M的坐标；

2

（2）设直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点，交直线l2:yk2x于点E.若

b2k1k22，证明：E为CD的中点；

a

（3）对于椭圆上的点Q（a cosθ，b sinθ）（0＜θ＜π），如果椭圆上存在不同的两个交点P1、P2满足PP1+PP2=PQ,写出求作点P1、P2的步骤，并求出使P1、P2存在的θ的取值范围.

ab解析：(1) M(,)；

22yk1xp(2) 由方程组x2y2，消y得方程(a2k12b2)x22a2k1pxa2(p2b2)0，

221ba因为直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点， 所以>0，即a2k12b2p20，

设C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD中点坐标为(x0,y0)， x1x2a2k1p22x02ak1b2则， 2bpykxp100a2k12b2yk1xp由方程组，消y得方程(k2k1)xp，

ykx2a2k1pp22x0x2kkakbb2211又因为k22，所以， 2ak1bpykxy02222akb1故E为CD的中点；

(3) 求作点P1、P2的步骤：1求出PQ的中点E(2求出直线OE的斜率k2b(1sin)，

a(1cos)a(1cos)b(1sin),)， 22b2b(1cos)3由PP根据(2)可得CD的斜率k12， 1PP2PQ知E为CD的中点，

ak2a(1sin)4从而得直线CD的方程：yb(1sin)b(1cos)a(1cos)(x)， 2a(1sin)25将直线CD与椭圆Γ的方程联立，方程组的解即为点P1、P2的坐标． 欲使P1、P2存在，必须点E在椭圆内，

(1cos)2(1sin)221所以， 1，化简得sincos，sin()4444223又0< <，即，所以arcsin，

444444故 的取值范围是(0,4arcsin2)．4

8、（四川理）（22）（本小题满分14分）

1ax(x)设f(x)（a0且a1），g1ax是f(x)的反函数．

（Ⅰ）设关于x的方程loga值范围；

tg(x)在区间2,6上有实数解，求t的取2(x1)(7x)

n2nn2 （Ⅱ）当ae（e为自然对数的底数）时，证明：g(k)；

2n(n1)k2

1时，试比较2 （Ⅲ）当0

f(k)n与4的大小，并说明理由．

k1n（22）本小题考查函数、反函数、方程、不等式、导数及其应用等基础知识，考查化归、分

类整合等数学思想方法，以及推理论证、分析与解决问题的能力。

n

解：（Ⅰ）由题意，得ay10,y1

故g(x)loga由logax1,x(,1)(1,).x1

tx1log得ax1(x21)(7x)

t(x1)2(7x),x[2,6]则t3x218x153(x1)(x5).

列表如下：

（2，5） ＋ 5 0 极大值 （5，6） － 6 25 x 2 5 t t

所以t最小值5,t最大值32

所以t的取值范围为[5，32]………………………………（5分）

（Ⅱ）

123n1g(k)1n1n1n1n345n1n2n

123n11n()345n1

n(n1)1n2

1z21令u(z)1nz21nzz,z0,zz211 则u(z)12(1)20.zzz所以u(z)在(0,)上是增函数.2n(n1)n(n1)10,所以n()n(1)022n(n1)122 却1n0,n(n1)n(n1)2n2nn2即g(k)(9分)2n(n1)n2又因为11n2,则p1,1f(1)131p1nn2当n1时,f(1)124.p （Ⅲ）

设n当n2时,(1p)k12设k2,kN*时,则f(k)1(1p)k1(1p)k1

12 2222nC4PC4PC4P所以1f(k)1n24441112k(k1)kk1C4C4444n1n1. 2n1n1

从而n1f(k)n1n2n所以nf(k)f(1)n1n4n1 综上，总有

（14分）(k)n4.……………………………………

n1n9、（天津理）（22）（本小题满分14分）

*在数列an中，a10，且对任意kN.a2k1，a2k，a2k1成等差数列，其公差为dk。

（Ⅰ）若dk=2k，证明a2k，a2k1，a2k2成等比数列（kN）

**

（Ⅱ）若对任意kN，a2k，a2k1，a2k2成等比数列，其公比为qk。

(22)本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分14分。

（Ⅰ）证明：由题设，可得a所以aa4k,kN*。

2k12k1

2k1a1(aa)(aa)...(a3a1)2k12k12k12k3

=4k4(k1)...41=2k(k+1)

由a1=0，得a2k(k1),从而aa2k2k2,a2(k1)2.2k12k2k12k2

aaak1a2k2k12k12k2,,所以2k1。于是akakaa2k2k12k12k所以dk2k时，对任意kN,a（Ⅱ）证法一：（i）证明：由a*

2k,a,a成等比数列。

2k12k2

成等差数列，及a,a成,a,a,a2k12k2k12k2k12k2aa2k1aa,22k11qk等比数列，得2a2k2k12k1aaq2k2kk1

*当q1≠1时，可知qk≠1，kN从而

1qk1

211qk1111,即11(k2)q1qq1k1k1k111

所以是等差数列，公差为1。

q1k

（Ⅱ）证明：a10，a22，可得a34，从而q1

4有2,1=1.由（Ⅰ）

q1211qk11k1k,得qkk1,kN*

k

2aaa（）*所以2k22k1k1,从而2k2k21,kNaakak2k12k2k因此，

222aak(k1)222k2k12k(k1),kN*a2k.....4.a.....22k.aa.2k12kkaaa2(k1)2(k2)2122k22k42a2k以下分两种情况进行讨论：

（1） 当n为偶数时，设n=2m(mN)

*k2若m=1,则2n2.

ak2kn

若m≥2，则

n

k2m(2k)2m1(2k1)2m4k22+a2k1k2akk1a2kk1k12km1m1m14k24k4k24k111112m2m22k(k1)2k(k1)2kk12k(k1)k1k1k1

11312m2(m1)(1)2n2m2n.nk2313k2所以2n,从而2n2,n4,6,8...a2n2k2kk2akn

(2)当n为奇数时，设n=2m+1（mN）

n2*

k22mk2(2m1)31(2m1)2 4ma2m122m2m(m1)k2akk2ak11314m2n

22(m1)2n1nk2313k2所以2n··,从而2n2,n3,5,7·

2n12k2akk2akn

n3k2综合（1）（2）可知，对任意n2,nN,有2n22k2ak

证法二：（i）证明：由题设，可得dka2k1a2kqka2ka2ka2k(qk1),

dk1a2k2a2k1qk2a2kqka2ka2kqk(qk1),所以dk1qkdkqk1a2k3a2k2dk1ddq112k11k1k a2k2a2k2qka2kqka2kqkq11k1，

qk11qk1qk1qk11由q11可知qk1,kN*。可得

所以1是等差数列，公差为1。

qk1

（ii）证明：因为a10,a22,所以d1a2a12。所以a3a2d14，从而q1

1a312，1。于是，由（i）可知所以是a2q11qk11k1= 1k1k，故qk。qk1k公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得

从而

dk1k1qk。dkk

所以

dkdddkk12k.k1........2.......k，由d12，可得d1dk1dk2d1k1k21dk2k。

2于是，由（i）可知a2k12kk1,a2k2k,kN*以下同证法一。

10、（浙江理）（22）（本题满分14分）已知a是给定的实常数，设函数

f(x)(xa)2(xb)ex,bR,是f(x)的一个极大值点.

（I）求b的取值范围;

（II）设x1,x2,x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到x4R，使得

x1,x2,x3,x4的某种排列xi,xi2,xi3,xi4（其中{i1,i2,i3,i4}{1,2,3,4}）依次成等

差数列？若存在，示所有的b及相应的x4;若不存在，说明理由.

（22）本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列基础知识，同时

考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识，满分14分。

22 （Ⅰ）解：f(x)c(xa)[x(3ab)x2baba]

令g(x)x(3ab)x2baba22

则(3ab)4(2baba)(ab1)80.于是可设x1,x2是g(x)0的两实根，且x1,x22

（1）当x1a或x2a时，则xa不是f(x)的极值点，此时不合题意

（2）当x1a且x2a时，由于xa是f(x)的极大值点， 故x1ax2.

即g(a)02

即a(3ab)a2baba0所以ba

所以b的取值范围是（-∞，a）

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，假设存了b及xb满足题意，则

（1）当x2aax1时，则x42x2a或x42x1a

于是2x1x2ab3.即ba3.

此时x42x2aab3(ab1)28aa26或x42x1aab3(ab1)28aa26.

（2）当x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax2)2(x2a)

①若x2a2(ax1),则x2ax22

3(ab3)(ab1)28于是3a2x1x22即(ab1)83(ab3)于是ab12

9132

此时x2

ax22a(ab3)3(ab3)113b3a.242

②若ax12(x2a),则x2ax12

3(ab3)(ab1)28于是3a2x2x12即(ab1)83(ab3)于是ab12

913.2

此时x2

ax12a(ab3)3(ab3)113b3a.242

综上所述，存在b满足题意

当ba3时,x4a26当ba

713113时,x4a22

当ba713113时,a4a.22

11、（重庆理）（21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分.）

a11,an1cancn1(2n1)(nN)，在数列{an}中，其中实数c0.

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若对一切kN有a2ka2k1，求c的取值范围.

（21）（本题12分）

222（Ⅰ）解法一：由a11,a2ca1c33cc(21)cc，

2

a3ca2c358c3c3(321)c3c2，

a4ca3c4715c4c3(421)c4c3，

2nn1猜测an(n1)cc,nN.

下用数学归纳法证明.

当n1时，等式成立；

2kk1假设当nk时，等式成立，即ak(k1)cc，则当nk1时，

ak1cakck`1(2k1)c[(k21)ckck1]ck1(2k1)

(k22k)ck1ck[(k1)21]ck1ck，

2nn1综上， an(n1)cc对任何nN都成立.

解法二：由原式得

an1ann(2n1).n1cc

令bnan1b,bn1bn(2n1)，因此对n2有，则1ccn

bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1

(2n1)(2n3)3 n121 c

1，c2nn1因此an(n1)cc，n2.

又当n1时上式成立.

2nn1因此an(n1)cc,nN.

（Ⅱ）解法一：由a2ka2k1，得

[(2k)21]c2kc2k1[(2k1)21]c2k1c2k2，

因c2k20，所以(4k21)c2(4k24k1)c10.

/解此不等式得：对一切kN，有cck或cck，其中

ck(4k24k1)(4k24k1)24(4k21)2(4k1)(4k24k1)(4k24k1)24(4k21)2(4k21)2，

知

ck/.

易知limck1，

k

又由

(4k24k1)24(4k21)(4k21)24(4k21)44k21，

(4k24k1)4k218k24kck1，

2(4k21)8k22因此由cck对一切kN成立得c1.

/又ck/2(4k24k1)(4k24k1)24(4k21)

0，易知ck单调递增，

故

///ckc1对一切kN成立，因此由cck对一切kN成立得

cc1/113.6

从而c的取值范围为(,113)[1,).6

解法二：由a2ka2k1，得

[(2k)21]c2kc2k1[(2k1)21]c2k1c2k2，

因c2k22220，所以4(cc)k4ckcc10对kN恒成立.

222

记f(x)4(cc)x4cxcc1，下分三种情况讨论.

（ⅰ）当cc0即c0或c1时，代入验证可知只有c1满足要求.

22

（ⅱ）当cc0时，抛物线yf(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，

f(x)0

不符合题意，此时无解.

2（ⅲ）当cc0即c0或c1时，抛物线yf(x)开口向上，其对称轴

x

1必在直线x1的左边. 因此，f(x)在[1,)上是增函数.

2(1c)

所以要使f(k)0对kN恒成立，只需f(1)0即可.

2由f(1)3cc10解得c

113113或c.66

结合c0或c1得c113或c1.6

综合以上三种情况，c的取值范围为(,113)[1,).6

12、（江苏）20、（本小题满分16分）

设f(x)是定义在区间(1,)上的函数，其导函数为f'(x)。如果存在实数a和函数

h(x)，其中h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，使得f'(x)h(x)(x2ax1)，则称

函数f(x)具有性质P(a)。(1)设函数f(x)lnx

b2(x1)，其中b为实数。x1(i)求证：函数f(x)具有性质P(b)； (ii)求函数f(x)的单调区间。

(2)已知函数g(x)具有性质P(2)。给定x1,x2(1,),x1x2,设m为实数，

mx1(1m)x2，(1m)x1mx2，且1,1，

若|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，求m的取值范围。

[解析] 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。

（1）(i)f'(x)1b212(xbx1)x(x1)2x(x1)210恒成立，

x(x1)2

∵x1时，h(x)

∴函数f(x)具有性质P(b)；

2

b2b2(ii)（方法一）设(x)xbx1(x)1，(x)与f'(x)的符号相同。

24

b2当10,2b2时，(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增；

4

当b2时，对于x1，有f'(x)0，所以此时f(x)在区间(1,)上递增；

当b2时，对称轴x(x)图像开口向上，

b而(0)1，1，

2对于x1，总有(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增；

（方法二）当b2时，对于x1，(x)x2bx1x22x1(x1)20

所以f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增；当b2时，(x)图像开口向上，对称轴xb1，方程(x)0的两根为：2bb24bb24bb24bb242,，而1,(0,1)22222bb4

bb24bb24)时，(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,) 当x(1,22bb24,)上递增。上递减；同理得：f(x)在区间[2综上所述，当b2时，f(x)在区间(1,)上递增；

22 当b2时，f(x)在(1,bb4)上递减；f(x)在[bb4,)上递增。

22

22(2)（方法一）由题意，得：g'(x)h(x)(x2x1)h(x)(x1)又h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，

所以对任意的x(1,)都有g(x)0，g(x)在(1,)上递增。又x1x2,(2m1)(x1x2)。当m

1,m1时，，且x1(m1)x1(1m)x2,x2(1m)x1(m1)x2，2

综合以上讨论，得：所求m的取值范围是（0，1）。

（方法二）由题设知，g(x)的导函数g'(x)h(x)(x2x1)，其中函数h(x)0对于任意的x(1,)都成立。所以，当x1时，g'(x)h(x)(x1)0，从而g(x)在区间

22(1,)上单调递增。

①当m(0,1)时，有mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，

mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，得(x1,x2)，同理可得(x1,x2)，所以

由g(x)的单调性知g()、g()(g(x1),g(x2))，从而有|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，符合题设。

②当m0时，mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，

(1m)x1mx2(1m)x1mx1x1，于是由1,1及g(x)的单调性知

g()g(x1)g(x2)g()，所以|g()g()|≥|g(x1)g(x2)|，与题设不符。

③当m1时，同理可得x1,x2，进而得|g()g()|≥|g(x1)g(x2)|，与题设不符。

因此综合①、②、③得所求的m的取值范围是（0，1）。13、（安徽文）（21）（本小题满分13分)

设c1，c2...,cn,…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，

且都与直线y=3x相切，对每一个正整数n,圆cn都与圆cn1相互外切，以rn表3示cn的半径，已知rn(Ⅰ)证明：rn为递增数列.

为等比数列；

n（Ⅱ）设r1=1，求数列的前n项和.

rn

（本小题满分13分）本题考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考查抽象能力以及推理论证能力.解：(Ⅰ)将直线y=

133x的倾斜角记为 ， 则有tan = ，sin = .233

1n设Cn的圆心为（n，0），则由题意知= sin = ，得n = 2n ；同理

2nn12n1，题意知n1nnn12n1将n = 2n代入，解得 rn+1=3rn.

故{ rn }为公比q=3的等比数列.

（Ⅱ）由于r1=1，q=3，故rn=3n-1，从而

nr =n·31n，

n记Sn=

12n， 则有 Sn=1+2·3-1+3·3-2+………+n·31n. ①12n

Sn=1·3-1+2·3-2+………+(n-1) ·31n+n·3n. ② ①-②，得3

n222Sn-1 -21nn 13=1+3+3+………+3-n·3=- n·3n= –(n+)·3n

23333

Sn=

9 121n– (n+)·3.423

14、（福建文）22．（本小题满分14分）已知函数f(x)

12xaxb的图像在点P(0,f(0))处的切线方程为y3x2.3（Ⅰ）求实数a，b的值；

（Ⅱ）设y24x(2)22p2,x1g(x)f(x)

m是[2,)上的增函数.x1 （ⅰ）求实数m的最大值；

（ⅱ）当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线能与曲线yg(x)围成

两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.

22. 本小题主要考察函数、导数等基础知识，考察推力论证能力、抽象概况能力、运算求

解能力，考察函数与方程思想、数形结合思想、化归与转换思想、分类与整合思想。满分14分。解法一：

f'(0)3a3（Ⅰ）由f'(x)x2xa及题设得即。

f(0)2b22（Ⅱ）（ⅰ）由g(x)2132mxx3x23x1m。

(x1)2

得g'(x)x2x3

g(x)是[2,)上的增函数， g'(x)0在[2,)上恒成立，

即x2x32

m0在[2,)上恒成立。

(x1)2

设(x1)t。

2

x[2,),t[1,)，

即不等式t2m0在[1,)上恒成立tm0在[1,)上恒成立。tm当m0时，设yt2，t[1,)

tmm因为y'120，所以函数yt2在[1,)上单调递增，

tt当m0时，不等式t2

因此ymin3m。

ymin0,3m0，即m3。

又m0，故0m3。综上，m的最大值为3。

（ⅱ）由（ⅰ）得g(x)13231，其图像关于点Q(1,)成中心对称。xx3x23x13

证明如下：

13 g(x)x3x23x23x113 g(2x)(2x)3(2x)23(2x)232x113832 xx3x

331x2因此，g(x)g(2x)。

3上式表明，若点A(x,y)为函数g(x)在图像上的任意一点，则点B(2x,2y)也一定在函3数g(x)的图像上。而线段AB中点恒为点Q(1,)，由此即知函数g(x)的图像关于点Q成中心对称。

13

这也就表明，存在点Q(1,)，使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图像围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等。解法二：

13

（Ⅰ）同解法一。

（Ⅱ）（ⅰ）由g(x)132mxx3x23x12

得g'(x)x2x3m。2(x1)

g(x)是[2,)上的增函数， g'(x)0在[2,)上恒成立，

即x2x32m0在[2,)上恒成立。

(x1)2

设(x1)t。

2

x[2,),t[1,)，

即不等式t22m0在[1,)上恒成立。t所以mt2t在[1,)上恒成立。

2

令yt2t，t[1,)，可得ymin3，故m3，即m的最大值为3.

（ⅱ）由（ⅰ）得g(x)1323，xx3x23x1

将函数g(x)的图像向左平移1个长度单位，再向下平移数解析式为(x)1个长度单位，所得图像相应的函3133x2x，x(,0)(0,)。3x

由于(x)(x)，所以(x)为奇函数，故(x)的图像关于坐标原点成中心对称。

由此即得，函数g(x)的图像关于点Q(1,)成中心对称。

13

这也表明，存在点Q(1,)，是得过点Q的直线若能与函数g(x)的图像围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等。

13

15、（广东文）21.(本小题满分l4分)

已知曲线Cn: y=nx2，点Pn(xn，yn) (xn>0，yn>0)是曲线Cn上的点(n=1，2，…).

(1)试写出曲线Cn在点Pn处的切线ln的方程，并求出ln与y轴的交点Qn的坐标；

(2)若原点O(0，0)到ln的距离与线段PnQn的长度之比取得最大值，试求试点Pn的坐标

(xn，yn)；

(3)设m与k为两个给定的不同的正整数，xn与yn是满足(2)中条件的点Pn的坐标，

证明：

|n=1s(m+1)xn(k+1)yn|<2msks (s=1，2，…).

21.解：(1) y′=2nx，f′(xn)=2n－xn，∴曲线Cn在点Pn(xn，nxn2)处的切线ln的方程为:

y=2n·xn(x－xn)+nxn2，即2n·xnx－y－nxn2=0，令x=0，得y=－nxn2，∴Q(0，－nxn2).

(2)设原点O(0，0)到ln的距离为d，则d|nx2n|(2nxn)+12nx2n4nx+122n，

nx2n24n2xn+1n|xn|n|xn|1d而|PnQn|x(2nx)，22，

222|PnQn|4nxn+14n|xn|4xn(2nxn)2n22n

222当且仅当4nxn=1，即xn=

111，∴，即时取“=”号，(x0)xxnnn4n22n2n

∴Pn(11，).2n4n(m+1)xnm+1k+1(k+1)yn|||(3) |24n4nm+1k+121，n

欲证

|n=1s(m+1)xn(k+1)yn|<22，…)成立，msks(s=1，

即证m+1k+12(1+111...)(mk)s，23s

即证11111(1+...)s，2(m+1k+1)23smk

即证1+111m+1k+1...2s，23smk

下面用数学归纳法证明1+111...2s成立，23s

①当s=1时，左边=1，右边=212，显然，左边<右边.②假设s=k时，有1+

111...2k，23k

那么，当s=k+1时，1+1111...2k23k+1k+12k2+kk+112，

∵k+k2k2+k∴1112(k)2222k+1， k+1k+1

∴当s=k+1时，1+111...2s也成立，23s111...2s.23s

由①、②可知，1+

又m，k∈N*，且m≠k，∴m+1k+11，

mk

∴1+s111m+1k+1，...2s2s23smk(m+1)xn(k+1)yn|<2

即

|n=1msks (s=1，2，…).

16、（湖南文）21.（本小题满分13分）已知函数f(x)ax(a1)lnx15a, 其中xa0,且a1

（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

(2x33ax26ax4a26a)ex(x1)（Ⅱ）设函数g(x) （e是自然对数的

ef(x)(x1)底数），是否存在a，使g(x)在[a,-a]上是减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，

请说明理由.

21. （Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，f(x)21x

aa1(xa)(x1)xx2（1）若-11时，

f(x)0 .故f(x)分别在(0,a),(1,)上单调递增，在(a,1)上单调递减.

（2）若a<-1,仿（1）可得f(x)分别在(0,1),(a,)上单调递增，在(1,a)上单调

递减.

（Ⅱ）存在a，使g(x)在[a,-a]上是减函数.

32

h(x)(2x3ax6ax4a6a)e(xR)，则事实上，设 h(x)[2x33(a2)x212ax4a2]ex，

2x再设

m(x)2x33(a2)x212ax4a2(xR)，则当g(x)在[a,-a]上单调递减时，

xh(x)必在[a,0]上单调递,所以h(a)0，由于e0，因此m(a)0，而m(a)a2(a2)，所以a2，此时，显然有g(x)在[a,-a]上为减函数，当且仅当f(x)在[1,-a]上为减函数，h(x)在[a,1上为减函数,且h(1)ef(1)，由（Ⅰ）知，当a<-2时，f(x)在(1,a)上为减函数 ①

又h(1)ef(1)4a13a303a2

21 ②4不难知道，x[a,1],h(x)0x[a,1],m(x)0

因m(x)6x6(a2)x12a6(x2)(xa)，令m(x)0，则x=a或x=-2,而a2

于是 （1）当a<-2时，若a  （2）当a＝ -2时， m(x)0,m(x)在(2,1)上单调递减.

m(2)4a212a8③

，

所

综合（1）（2）知，当a2时，m(x)在[a,1]上的最大值为

以

，

x[a,1],m(x)0m(2)04a212a80a2又对x[a,1],m(x)0，只有当a=-2时在x=-2取得，亦即h(x)0只有当a=-2时在x=-2取得.

因此，当a2时， h(x)在[a,1上为减函数，从而由①，②，③知 3a2综上所述，存在 a，使g(x)在[a,-a]上是减函数，且a的取值范围为[3,2].17、（江西文） 22．（本小题满分14分）

2正实数数列{an}中,a11,a25,且{an}成等差数列.

(1) 证明数列{an}中有无穷多项为无理数；

an为整数，(2)当n为何值时，并求出使an200的所有整数项的和.

【解析】考查等差数列及数列分组求和知识

2证明：（1）由已知有：an124(n1)，从而an124(n1)，

方法一：取n1242k1，则an1242k（kN*）

用反证法证明这些an都是无理数.

k假设an1242k为有理数，则an必为正整数，且an24，

kkkk故an241.an241,与(an24)(an24)1矛盾，

所以an1242k（kN*）都是无理数，即数列{an}中有无穷多项为无理数;

2方法二：因为an1124n,(nN)，当n的末位数字是3,4,8,9时，124n的末位

数字是3和7，它不是整数的平方，也不是既约分数的平方，故此时an1124n不是有理数，因这种n有无穷多，故这种无理项an1也有无穷多．

(2) 要使an为整数，由(an1)(an1)24(n1)可知：

an1,an1同为偶数，且其中一个必为3的倍数，所以有an16m或an16m

22当an6m1时，有an36m12m1112m(3m1)（mN）

2又m(3m1)必为偶数，所以an6m1（mN）满足an124(n1)

即nm(3m1)1（mN）时，an为整数；2

*22同理an6m1(mN)有an36m12m1112m(3m1)（mN*）

2也满足an124(n1)，即n

m(3m1)2（mN*）时，an为整数；1*显然an6m1(mN)和an6m1（mN）是数列中的不同项；

所以当nm(3m1)m(3m1)1（mN）和n1（mN*）时，an为整数；22

由an6m1200（mN）有0m33，

*由an6m1200（mN）有1m33.

设an中满足an200的所有整数项的和为S，则

S(511197)(17199)5197119933346733 22

18、（辽宁文）（21）（本小题满分12分）

2已知函数f(x)(a1)lnxax1.（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）设a2，证明：对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|。

19、（山东文）（22）（本小题满分14分）

x2y222如图，已知椭圆221(ab0)过点（1，），离心率为 ，左右焦点

22ab分别为F1F2．点P为直线l：xy2上且不在x轴上的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D,O为坐标原点．

（Ⅰ） 求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设直线PF1、PF2斜率分别为k1、k2．

(i)证明：

132k1k2

（ⅱ）问直线l上是否存在一点P，使直线OA、OB、OC、OD的斜率

kOA、kOB、kOC、kOD满足kOAkOBkOCkOD0？若存在，求出所有满足条件

的点P的坐标；若不存在，说明理由．

（22）本小题主要考查椭圆的基本概念和性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查数形结合

思想、分类讨论思想以及探求解决新问题的能力。

（Ⅰ）解：因为椭圆过点（1，

22），e=，22

所以

2c211，．1a2a22b222

又abc，所以a

2，b1，c1

x2y21．故 所求椭圆方程为 2

（II）（1）证明：

方法二:

设P（x0,y0）,则k1

y0y,k20x01x01

因为点P不在x轴上，所以又

y00x0y02

所以

3x01）42x02y013x01（2k1k2y0y0y0y0

因此结论成立

（ⅱ）解：设A(xA,yA)，B(xB,yB)，C(xC,yC)，D(xD,yD)．

2xc0,xD0,k20,1,kOCkOD

故kOAkOBkOCkOD(2k1k2k1k12k2k222(k121)(k21)2k22k21

k1k2)22k11k21

2(k1k21)(k1k2) 22(k11)(k21)

若kOAkOBkOCkOD0，须有k1k2=0或k1k2=1．

① 当k1k2=0时，结合（ⅰ）的结论，可得k2=－2，所以解得点P的坐标为（0，2）；

② 当k1k2=1时，结合（ⅰ）的结论，可得k2=3或k2=－1（此时k1=－1，不满足k1≠

k2，舍去 ），此时直线CD的方程为y3(x1)，联立方程xy2得x

53，y44

因此 P(,)．

5344综上所述，满足条件的点P的坐标分别为(0,2)，（

53，）。44

20、（陕西文）21、(本小题满分14分)已知函数f(x)x，g(x)alnx，aR

（Ⅰ）若曲线yf(x)与曲线yg(x)相交，且在交点处有相同的切线，求a的值及该切线的方程；

（Ⅱ）设函数h(x)f(x)g(x),当h(x)存在最小值时，求其最小值(a)的解析式；

（Ⅲ）对（Ⅱ）中的(a)，证明：当a(0,)时， (a)1.21解： （Ⅰ）fx=

12x,g(x)=

a(x>0),x

xalnx,e2

由已知得1a 解得a=，x=e,

2,2xx

1

∴两条曲线交点的坐标为(e2,e) 切线的斜率为k=f’(e2)= 2e1

∴切线的方程为 y－e= (x－e2)

2e

(II)由条件知h(x)= x –aln x(x＞0),

（i）当a>0时，令h(x)0,解得x4a，

22∴ 当0 2当x>4a时，h(x)0,，h(x)在(4a,)上递增.

22

∴ x4a是h(x)在(0,)上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是h(x)的最小值点.

2

22(a)h(4a)2aaln4a2a(1ln2a).∴ 最小值 （ii）当a0时，h(x)

x2a0,h(x)在（0，+∞）上递增，无最小值。2x

(a)的解析式为 (a)2a(1ln2a)(a0). 故h(x)的最小值 (a)2a(1ln2lna).（Ⅲ）由（Ⅱ）知 (a)2ln2a，令 (a)0解得a则

1. 211(a)0，∴ (a)在(0,)上递增；当0a时，

2211(a)0，∴ (a)在(,)上递减.当a时，

2211(a)在a处取得最大值 ()1,∴

221(a)在(0,)上有且只有一个极值点，(a)的最大值.()1也是 ∵ 所以 2

∴当a(0,)时，总有 (a)1.

21、（上海文）23（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.

x2y2已知椭圆的方程为221(ab0)，A(0,b)、B(0,b)和Q(a,0)为的三个顶

ab点.

（1）若点M满足AM1(AQAB)，求点M的坐标；2

（2）设直线l1:yk1xp交椭圆于C、D两点，交直线l2:yk2x于点E.若

b2k1k22，证明：E为CD的中点；

a

（3）设点P在椭圆内且不在x轴上，如何构作过PQ中点F的直线l，使得l与椭圆的两个交点P1、P2满足PP，若1PP2PQ？令a10，b5，点P的坐标是（-8，-1）

PP椭圆上的点P1、P2满足PP1PP2PQ，求点1、2的坐标.

23、（1）解：AQ(a,b),AB(0,2b),AM(,b)。（2）证：设C(x1,y1),D(x2,y2)，则由

a232

a2b21x22y22

212aby1y2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)y1y2b21可得又k1，故可得0，222x1x2abx1x2ak1x12y12

y1y2b1yy2k2，即2k2而由题意知k22，所以1

x1x2ak1x1x22xx2y1y2,)在直线yk2x上，也即直线l1与l2的交点E为线段即线段CD的中点(122 CD的中点。

2x2y21,Q(10,0)，从而线段PQ的中点为Q(1,0.5)，（3）椭圆方程为

10025

若PP则PPQP从而线段PQ与线段P故直线1PP2PQ，12为平行四边形，1P2互相平分，

l的斜率存在，可设为k，直线l为yk(x1)0.5。

设P(x,y),P(x,y)，则由111222x12y12110025x22y22110025

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)010025x1x2yy21xx12111可得k112x1x24y1y24y1y240.522可得

所以直线l方程为y

1x1。2

1ax(a0,且a1),g(x)是f(x)的22、（四川文）22、(本小题满分14分)设f(x)x1a反函数，

（Ⅰ）求g(x) （Ⅱ）当x[2,6]时，恒有g(x)logat成立，求t的取值范围。

(x21)(7x)

（Ⅲ）当0a

1时，试比较f(1)f(2)2y10，y1f(n)与n4的大小，并说明理由。

22、解析：（Ⅰ）由题意得ax

故g(x)loga

x1,x(,1)(1,)， …………………… （3分）x1tx1loga2 得

(x1)(7x)x1（Ⅱ） 由g(x)loga

① 当a1时，

tx120 ，又 因为x[2,6]，所以x1(x1)(7x)

20t(x1)2(7x)。()(x1)7(令hx)xx93x1527,x2[6,]x

2则h(x)'3x18x153(x1)(x5)，列表如下：

x 2 5 (2,5) ＋ ↗ 5 (5,6) 0 极大值32 － ↘ 6 25 t' t

所以 h(x)最小值5，∴0t5， ② 当0a1时，，0

tx12，又 因为x[2,6]，所以x1(x1)(7x)

由①知h(x)最大值32，∴t32，

综上，当a1时，0t5；当0a1时，t32。 …………………（9分）

（Ⅲ）设a1，则P1，1p

当n1时，f(1)1a2135，1ap

当n2时，设k2,kN时，则

1ak22 f(k)11kk122kk1a(1p)1CKpCKp...CKp所以1f(k)1244411，1CkCk2k(k1)kk1

从而f(2)f(3)44f(n)n1n1。

2n1

所以，f(1)f(2)f(3)f(n)f(1)n1n4综上， 总有f(1)f(2)f(3)f(n)n4 。………………（14分）

23、（天津文）（22）（本小题满分14分）

*

在数列an中，a1=0，且对任意kN，a2k1,a2k,a2k+1成等差数列，其公差为2k.

（Ⅰ）证明a4,a5,a6成等比数列；（Ⅱ）求数列an的通项公式；

32232n2（Ⅲ）记Tn.2n2），证明2nTn（2a2a3an

（22）本小题主要考查等差数列的定义及前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础

知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法，满分14分。

a2a122，a3a224，a4a348，a5a4412，（I）证明：由题设可知，

a6a5618。

从而

a6a53，所以a4，a5，a6成等比数列。a5a42

（II）解：由题设可得a2k1a2k14k,kN*

所以a2k1a1a2k1a2k1a2k1a2k3...a3a1 4k4k1...41 2kk1,kN*.

2由a10，得a2k12kk1 ，从而a2ka2k12k2k.

n21n,n为奇数n2112所以数列an的通项公式为an或写为an，nN*。224n,n为偶数2

2（III）证明：由（II）可知a2k12kk1，a2k2k，

以下分两种情况进行讨论：

（1） 当n为偶数时，设n=2mmN*k2若m1，则2n2，

k2akn

若m2，则

n

mm2km12k1k24k2m14k24k12 a2k1k2akk1a2kk1k12kk12kk1m14k24k1111 2m2m2 2kk12kk1k12kk1k1m122 2m2m1n11311n2.2m2n

nk2313k2所以2n，从而2n2,n4,6,8,....2n2k2akk2ak

（2） 当n为奇数时，设n2m1mN*。

n2

2m1 k22mk22m1314ma2m122m2mm1k2akk2ak4mn211312n 22m12n1

nk2313k2所以2n，从而2n2,n3,5,7,....a2n12ak2kk2k综合（1）和（2）可知，对任意n2,nN*,有

32nTn2.2

24、（浙江文）（22）（本题满分15分）已知m是非零实数，抛物线C：

m2y＝2px（p＞0）的焦点F在直线l：x－my－＝0上.

22

（Ⅰ）若m＝2，求抛物线C的方程;

（Ⅱ）设直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的准线的垂直，垂足为A1，B1，△AA1F，△BB1F的重心分别为G，H.求证：对任意非零实数m，抛物线C的准线与x轴的交点在以线段GH为直径的圆外.

（22）本题主要考查抛物线几何性质，直线与抛物线、点与圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力。满分15分。

（Ⅰ）解：因为焦点F（p＝m2，

P，0）在直线l上，得2

又m＝2，故p＝4.

所以抛物线C的方程为y2＝8x.

（Ⅱ）证明：因为抛物线C的焦点F在直线l上，所以p，lm2，

所以抛物线C的方程为y2＝2m2x.设A（x1，y1），B（x2，y2），

m2,xmy由2消去x得y22m2x,y2－2m3y－m4＝0，

由于m≠0，故＝4m6＋4m4＞0，且有y1＋y2＝2m3，y1y2＝－m4，

设M，M2分别为线段AA1，BB1的中点，由于2M1CCF,2M2HHF,可知G（

x12y1x2y），H（2,2），,3333x1x2m(y1y2)m2m4m2,所以66362y12y22m3, 63

m2m22m2,所以GH的中点M.363

设R是以线段GH为直径的圆的半径，则R2=

112GH(m2+4)(m2+1)m2.49

m2设抛物线的准线与x轴交点N(－，0)，

2

m2m4m22m3则MN=236322

144

m(m+8 m2+4)91=m4[(m2+1)( m2+4)+3m2]91＞m2 (m2+1)( m2+4)=R2.9=

故N在以线段GH为直径的圆外.

25、（重庆文）（21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分. ）

已知以原点O为中心，F(5,0)为右焦点的双曲

线C的离心率e5.2

（Ⅰ）求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；

（Ⅱ）如题（21）图，已知过点M(x1,y1)的直线l1：

x1x4y1y4与过点N(x2,y2)（其中x2x1）的

直线l2：x2x4y2y4的交点E在双曲线C上，直线MN与双曲线的两条渐近线分别交于G、H两点，求OGOH的值. （21）（本题12分）

x2y2解：（I）设C的标准方程是221(a0,b0)，

ab则由题意c5,ec5.a2

因此a2,bc2a21,

x2y21.C的标准方程为4C的渐近线方程为y

1x,即x2y0和x2y0.2

（II）解法一：如图（21）图，由题意点E(xE,yE)在直线l`:x1x4y1y4和

l2:x2x4y1y4上，因此有x1xE4y1yE4,x2xE4y2yE4

故点M、N均在直线xEx4yEy4上，因此直线MN的方程为

xEx4yEy4.

设G、H分别是直线MN与渐近线x2y0及x2y0的交点，

由方程组xEx4yEy4,xEx4yEy4,及x2y0x2y0,

44x,xCx2yNx2yEEEE.解得22yy,CNxE2yExE2yE故OGOG

4422xE2yExE2yExE2yExE2yE

12. 22xE4yE

x222y21上,有xE4yE4.因为点E在双曲线4所以OGOH123.22xE4yE

解法二：设E(xE,yE)，由方程组得

x1x4y1y4, xx4yy4,22解得xE4(y2y1)x1x2,yE,x1y2x2y1x1y2x2y1

故直线MN的方程为yy1xE(xx1).4yE

注意到x1xE4y1yE4,因此直线MN的方程为xEx4yEy4，

下同解法一.

26、（安徽理）（21）（本小题满分13分）

品酒师需要定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.

现设n=4，分别以a1,a2,a3,a4表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种酒在第二次排序时的序号，并令

X|1a1||2a2||3a3||4a4|.

则X是对两次排序的偏离程度的一种描述. （I）写出X的可能值集合；

（II）假设a1,a2,a3,a4等可能地为1，2，3，4的各种排列，求X的分布列；

（III）某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有X2，

（i）试按（II）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；

（ii）你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由. （21）（本小题满分13分）

本题考查离散型随机变量及其分布列，考查在复杂场合下进行计数的能力，能过设置密切贴近生产、生活实际的问题情境，考查概率思想在现实生活中的应用，考查抽象概括能力、应用与创新意识. 解：（I）X的可能值集合为{0，2，4，6，8}.

在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，所以a2,a3中的奇数个数等于a1,a3中的偶数个数，因此|1a1||3a3|与|2a3||4a4|的奇偶性相同，

从而X(|1a2||3a3|)(|2a2||4a4|)必为偶数.

X的值非负，且易知其值不大于8. 容易举出使得X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子. （II）可用列表或树状图列出1，2，3，4的一共24种排列，计算每种排列下的X值，

在等可能的假定下，得到

X P 0 2 4 6 8 13794 242424242441将三轮测试都有X2的，

246

（III）（i）首先P(X2)P(X0)P(X2)概率记做p，由上述结果和独立性假设，得 p11. 3216615 （ii）由于p是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试2161000都有X2的结果的可能性很小，所以我们认为该品酒师确实有良好的味觉鉴别功能，

不是靠随机猜测.