历年四川卷数学高考题部分.doc

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1、第 1 页(共 14 页)( 2012四 川 ) 如 图 , 动 点 M 到 两 定 点 A( 1, 0) 、 B( 2, 0) 构 成 MAB,且 MBA=2 MAB, 设 动 点 M 的 轨 迹 为 C( ) 求 轨 迹 C 的 方 程 ;( ) 设 直 线 y= 2x+m 与 y 轴 交 于 点 P, 与 轨 迹 C 相 交 于 点 Q、 R, 且|PQ| |PR|, 求 的 取 值 范 围 【 分 析 】 ( ) 设 出 点 M( x, y) , 分 类 讨 论 , 根 据 MBA=2 MAB, 利 用 正 切 函数 公 式 , 建 立 方 程 化 简 即 可 得 到 点 M 的 轨

2、迹 方 程 ;( ) 直 线 y= 2x+m 与 3x2 y2 3=0( x 1) 联 立 , 消 元 可 得x2 4mx+m2+3=0 , 利 用 有 两 根 且 均 在 ( 1, + ) 内可 知 , m 1, m 2 设 Q, R 的 坐 标 , 求 出 xR, xQ, 利 用 , 即 可 确 定的 取 值 范 围 【 解 答 】 解 : ( ) 设 M 的 坐 标 为 ( x, y) , 显 然 有 x 0, 且 y 0当 MBA=90时 , 点 M 的 坐 标 为 ( 2, 3)当 MBA 90时 , x 2, 由 MBA=2 MAB 有 tan MBA= ,化 简 可 得 3x2

3、y2 3=0而 点 ( 2, 3) 在 曲 线 3x2 y2 3=0 上综 上 可 知 , 轨 迹 C 的 方 程 为 3x2 y2 3=0( x 1) ;( ) 直 线 y= 2x+m 与 3x2 y2 3=0( x 1) 联 立 , 消 元 可 得x2 4mx+m2+3=0 有 两 根 且 均 在 ( 1, + ) 内设 f( x) =x2 4mx+m2+3, , m 1, m 2设 Q, R 的 坐 标 分 别 为 ( xQ, yQ) , ( xR, yR) , |PQ| |PR|, xR=2m+ , xQ=2m , = = m 1, 且 m 2第 2 页(共 14 页) , 且 , 且

4、 的 取 值 范 围 是 ( 1, 7) ( 7, 7+4 )( 2015新 课 标 II) 设 向 量 , 不 平 行 , 向 量 + 与 +2 平 行 , 则 实 数 = 【 分 析 】 利 用 向 量 平 行 即 共 线 的 条 件 , 得 到 向 量 + 与 +2 之 间 的 关 系 ,利 用 向 量 相 等 解 答 【 解 答 】 解 : 因 为 向 量 , 不 平 行 , 向 量 + 与 +2 平 行 , 所 以 + = ( +2 ) ,所 以 , 解 得 ;故 答 案 为 : ( 2013四 川 ) 已 知 f( x) 是 定 义 域 为 R 的 偶 函 数 , 当 x 0 时

5、, f( x)=x2 4x, 那 么 , 不 等 式 f( x+2) 5 的 解 集 是 【 分 析 】 由 偶 函 数 性 质 得 : f( |x+2|) =f( x+2) , 则 f( x+2) 5 可 变 为f( |x+2|) 5, 代 入 已 知 表 达 式 可 表 示 出 不 等 式 , 先 解 出 |x+2|的 范 围 , 再求 x 范 围 即 可 【 解 答 】 解 : 因 为 f( x) 为 偶 函 数 , 所 以 f( |x+2|) =f( x+2) ,则 f( x+2) 5 可 化 为 f( |x+2|) 5,即 |x+2|2 4|x+2| 5, ( |x+2|+1) (

6、|x+2| 5) 0,所 以 |x+2| 5,解 得 7 x 3,所 以 不 等 式 f( x+2) 5 的 解 集 是 ( 7, 3) 故 答 案 为 : ( 7, 3) ( 2015新 课 标 II) 程 序 框 图 的 算 法 思 路 源 于 我 国 古 代 数 学 名 著 九 章 算 术 中 的 “更 相 减 损 术 ”, 执 行 该 程 序 框 图 , 若 输 入 的 a, b 分 别 为 14, 18, 则 输出 的 a=( )第 3 页(共 14 页)A 0 B 2 C 4 D 14【 分 析 】 由 循 环 结 构 的 特 点 , 先 判 断 , 再 执 行 , 分 别 计 算

7、 出 当 前 的 a, b 的 值 ,即 可 得 到 结 论 【 解 答 】 解 : 由 a=14, b=18, a b,则 b 变 为 18 14=4,由 a b, 则 a 变 为 14 4=10,由 a b, 则 a 变 为 10 4=6,由 a b, 则 a 变 为 6 4=2,由 a b, 则 b 变 为 4 2=2,由 a=b=2,则 输 出 的 a=2故 选 : B( 2015四 川 .15) 已 知 函 数 f( x) =2x, g( x) =x2+ax( 其 中 a R) 对 于 不相 等 的 实 数 x1、 x2, 设 m= , n= 现 有 如 下 命 题 : 对 于 任

8、意 不 相 等 的 实 数 x1、 x2, 都 有 m 0; 对 于 任 意 的 a 及 任 意 不 相 等 的 实 数 x1、 x2, 都 有 n 0; 对 于 任 意 的 a, 存 在 不 相 等 的 实 数 x1、 x2, 使 得 m=n; 对 于 任 意 的 a, 存 在 不 相 等 的 实 数 x1、 x2, 使 得 m= n其 中 的 真 命 题 有 ( 写 出 所 有 真 命 题 的 序 号 ) 【 分 析 】 运 用 指 数 函 数 的 单 调 性 , 即 可 判 断 ; 由 二 次 函 数 的 单 调 性 , 即 可 判断 ;通 过 函 数 h( x) =x2+ax 2x,

9、求 出 导 数 判 断 单 调 性 , 即 可 判 断 ;通 过 函 数 h( x) =x2+ax+2x, 求 出 导 数 判 断 单 调 性 , 即 可 判 断 【 解 答 】 解 : 对 于 , 由 于 2 1, 由 指 数 函 数 的 单 调 性 可 得 f( x) 在 R 上 递增 , 即 有 m 0, 则 正 确 ;对 于 , 由 二 次 函 数 的 单 调 性 可 得 g( x) 在 ( , ) 递 减 , 在( , + ) 递 增 , 则 n 0 不 恒 成 立 ,第 4 页(共 14 页)则 错 误 ;对 于 , 由 m=n, 可 得 f( x1) f( x2) =g( x1)

10、 g( x2) , 即 为 g( x1) f( x1) =g( x2) f( x2) ,考 查 函 数 h( x) =x2+ax 2x, h ( x) =2x+a 2xln2,当 a , h ( x) 小 于 0, h( x) 单 调 递 减 , 则 错 误 ;对 于 , 由 m= n, 可 得 f( x1) f( x2) = g( x1) g( x2) , 考 查 函数 h( x) =x2+ax+2x,h ( x) =2x+a+2xln2, 对 于 任 意 的 a, h ( x) 不 恒 大 于 0 或 小 于 0, 则 正 确 故 答 案 为 : ( 2013四 川 ) 已 知 函 数 ,

11、 其 中 a 是 实 数 , 设A( x1, f( x1) ) , B( x2, f( x2) ) 为 该 函 数 图 象 上 的 点 , 且 x1 x2( ) 指 出 函 数 f( x) 的 单 调 区 间 ;( ) 若 函 数 f( x) 的 图 象 在 点 A, B 处 的 切 线 互 相 垂 直 , 且 x2 0, 求x2 x1 的 最 小 值 ;( ) 若 函 数 f( x) 的 图 象 在 点 A, B 处 的 切 线 重 合 , 求 a 的 取 值 范 围 【 分 析 】 ( I) 利 用 二 次 函 数 的 单 调 性 和 对 数 函 数 的 单 调 性 即 可 得 出 ;(

12、II) 利 用 导 数 的 几 何 意 义 即 可 得 到 切 线 的 斜 率 , 因 为 切 线 互 相 垂 直 , 可 得, 即 ( 2x1+2) ( 2x2+2) = 1 可 得, 再 利 用 基 本 不 等 式 的 性 质 即 可 得 出 ;( III) 当 x1 x2 0 或 0 x1 x2 时 , , 故 不 成 立 , x1 0 x2 分 别 写 出 切 线 的 方 程 , 根 据 两 条 直 线 重 合 的 充 要 条 件 即 可 得 出 , 再利 用 导 数 即 可 得 出 【 解 答 】 解 : ( I) 当 x 0 时 , f( x) =( x+1) 2+a, f( x)

13、 在 ( , 1) 上 单 调 递 减 , 在 1, 0) 上 单 调 递 增 ;当 x 0 时 , f( x) =lnx, 在 ( 0, + ) 单 调 递 增 ( II) x1 x2 0, f( x) =x2+2x+a, f ( x) =2x+2, 函 数 f( x) 在 点 A, B 处 的 切 线 的 斜 率 分 别 为 f ( x1) , f ( x2) , 函 数 f( x) 的 图 象 在 点 A, B 处 的 切 线 互 相 垂 直 , , ( 2x1+2) ( 2x2+2) = 1 2x1+2 0, 2x2+2 0, =1, 当 且 仅 当 ( 2x1+2) =2x2+2=1

14、, 即 , 时 等 号 成 立 第 5 页(共 14 页) 函 数 f( x) 的 图 象 在 点 A, B 处 的 切 线 互 相 垂 直 , 且 x2 0, 求 x2 x1 的最 小 值 为 1( III) 当 x1 x2 0 或 0 x1 x2 时 , , 故 不 成 立 , x1 0 x2当 x1 0 时 , 函 数 f( x) 在 点 A( x1, f( x1) ) , 处 的 切 线 方 程 为, 即 当 x2 0 时 , 函 数 f( x) 在 点 B( x2, f( x2) ) 处 的 切 线 方 程 为, 即 函 数 f( x) 的 图 象 在 点 A, B 处 的 切 线

15、重 合 的 充 要 条 件 是,由 及 x1 0 x2 可 得 1 x1 0,由 得 = 函 数 , y= ln( 2x1+2) 在 区 间 ( 1, 0) 上 单 调 递 减 , a( x1) = 在 ( 1, 0) 上 单 调 递 减 , 且 x1 1 时 ,ln( 2x1+2) , 即 ln( 2x1+2) + , 也 即 a( x1) + x1 0, a( x1) 1 ln2 a 的 取 值 范 围 是 ( 1 ln2, + ) ( 2015新 课 标 II) 设 函 数 f ( x) 是 奇 函 数 f( x) ( x R) 的 导 函 数 ,f( 1) =0, 当 x 0 时 ,

16、xf ( x) f( x) 0, 则 使 得 f( x) 0 成 立 的x 的 取 值 范 围 是 ( )A ( , 1) ( 0, 1) B ( 1, 0) ( 1, + ) C ( , 1) ( 1, 0) D ( 0, 1) ( 1, + )【 分 析 】 由 已 知 当 x 0 时 总 有 xf ( x) f( x) 0 成 立 , 可 判 断 函 数g( x) = 为 减 函 数 , 由 已 知 f( x) 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 , 可 证 明g( x) 为 ( , 0) ( 0, + ) 上 的 偶 函 数 , 根 据 函 数 g( x) 在( 0, + ) 上

17、的 单 调 性 和 奇 偶 性 , 模 拟 g( x) 的 图 象 , 而 不 等 式 f( x) 0等 价 于 xg( x) 0, 数 形 结 合 解 不 等 式 组 即 可 【 解 答 】 解 : 设 g( x) = , 则 g( x) 的 导 数 为 : g ( x) =,第 6 页(共 14 页) 当 x 0 时 总 有 xf ( x) f( x) 成 立 ,即 当 x 0 时 , g ( x) 恒 小 于 0, 当 x 0 时 , 函 数 g( x) = 为 减 函 数 ,又 g( x) = = = =g( x) , 函 数 g( x) 为 定 义 域 上 的 偶 函 数又 g( 1

18、) = =0, 函 数 g( x) 的 图 象 性 质 类 似 如 图 :数 形 结 合 可 得 , 不 等 式 f( x) 0xg( x) 0 或 ,0 x 1 或 x 1故 选 : A( 2015新 课 标 II) 已 知 椭 圆 C: 9x2+y2=m2( m 0) , 直 线 l 不 过 原 点 O 且 不平 行 于 坐 标 轴 , l 与 C 有 两 个 交 点 A, B, 线 段 AB 的 中 点 为 M( 1) 证 明 : 直 线 OM 的 斜 率 与 l 的 斜 率 的 乘 积 为 定 值 ;( 2) 若 l 过 点 ( , m) , 延 长 线 段 OM 与 C 交 于 点

19、P, 四 边 形 OAPB 能 否 为 平行 四 边 形 ? 若 能 , 求 此 时 l 的 斜 率 ; 若 不 能 , 说 明 理 由 【 分 析 】 ( 1) 联 立 直 线 方 程 和 椭 圆 方 程 , 求 出 对 应 的 直 线 斜 率 即 可 得 到 结 论 ( 2) 四 边 形 OAPB 为 平 行 四 边 形 当 且 仅 当 线 段 AB 与 线 段 OP 互 相 平 分 , 即xP=2xM, 建 立 方 程 关 系 即 可 得 到 结 论 【 解 答 】 解 : ( 1) 设 直 线 l: y=kx+b, ( k 0, b 0) , A( x1, y1) ,B( x2, y2

20、) , M( xM, yM) ,将 y=kx+b 代 入 9x2+y2=m2( m 0) , 得 ( k2+9) x2+2kbx+b2 m2=0,则 判 别 式 =4k2b2 4( k2+9) ( b2 m2) 0,则 x1+x2= , 则 xM= = , yM=kxM+b= ,于 是 直 线 OM 的 斜 率 kOM= = ,第 7 页(共 14 页)即 kOMk= 9, 直 线 OM 的 斜 率 与 l 的 斜 率 的 乘 积 为 定 值 ( 2) 四 边 形 OAPB 能 为 平 行 四 边 形 直 线 l 过 点 ( , m) , 由 判 别 式 =4k2b2 4( k2+9) ( b

21、2 m2) 0,即 k2m2 9b2 9m2, b=m m, k2m2 9( m m) 2 9m2,即 k2 k2 6k,则 k 0, l 不 过 原 点 且 与 C 有 两 个 交 点 的 充 要 条 件 是 k 0, k 3,由 ( 1) 知 OM 的 方 程 为 y= x,设 P 的 横 坐 标 为 xP,由 得 , 即 xP= ,将 点 ( , m) 的 坐 标 代 入 l 的 方 程 得 b= ,即 l 的 方 程 为 y=kx+ ,将 y= x, 代 入 y=kx+ ,得 kx+ = x解 得 xM= ,四 边 形 OAPB 为 平 行 四 边 形 当 且 仅 当 线 段 AB 与

22、 线 段 OP 互 相 平 分 , 即xP=2xM,于 是 =2 ,解 得 k1=4 或 k2=4+ , ki 0, ki 3, i=1, 2, 当 l 的 斜 率 为 4 或 4+ 时 , 四 边 形 OAPB 能 为 平 行 四 边 形 第 8 页(共 14 页)( 2011四 川 ) 椭 圆 有 两 顶 点 A( 1, 0) 、 B( 1, 0) , 过 其 焦 点 F( 0, 1)的 直 线 l 与 椭 圆 交 于 C、 D 两 点 , 并 与 x 轴 交 于 点 P 直 线 AC 与 直 线 BD 交 于点 Q( ) 当 |CD|= 时 , 求 直 线 l 的 方 程 ;( ) 当

23、点 P 异 于 A、 B 两 点 时 , 求 证 : 为 定 值 【 分 析 】 ( ) 根 据 椭 圆 有 两 顶 点 A( 1, 0) 、 B( 1, 0) , 焦 点 F( 0, 1) ,可 知 椭 圆 的 焦 点 在 y 轴 上 , b=1, c=1, 可 以 求 得 椭 圆 的 方 程 , 联 立 直 线 和 椭 圆方 程 , 消 去 y 得 到 关 于 x 的 一 元 二 次 方 程 , 利 用 韦 达 定 理 和 弦 长 公 式 可 求 出 直 线l 的 方 程 ;( ) 根 据 过 其 焦 点 F( 0, 1) 的 直 线 l 的 方 程 可 求 出 点 P 的 坐 标 , 该

24、 直 线 与椭 圆 交 于 C、 D 两 点 , 和 直 线 AC 与 直 线 BD 交 于 点 Q, 求 出 直 线 AC 与 直 线 BD的 方 程 , 解 该 方 程 组 即 可 求 得 点 Q 的 坐 标 , 代 入 即 可 证 明 结 论 【 解 答 】 解 : ( ) 椭 圆 的 焦 点 在 y 轴 上 , 设 椭 圆 的 标 准 方 程 为( a b 0) ,由 已 知 得 b=1, c=1, 所 以 a= ,椭 圆 的 方 程 为 ,当 直 线 l 与 x 轴 垂 直 时 与 题 意 不 符 ,设 直 线 l 的 方 程 为 y=kx+1, C( x1, y1) , D( x2

25、, y2) ,将 直 线 l 的 方 程 代 入 椭 圆 的 方 程 化 简 得 ( k2+2) x2+2kx 1=0,则 x1+x2= , x1x2= , |CD|= = = ,第 9 页(共 14 页)解 得 k= 直 线 l 的 方 程 为 y= x+1;( ) 证 明 : 当 直 线 l 与 x 轴 垂 直 时 与 题 意 不 符 ,设 直 线 l 的 方 程 为 y=kx+1, ( k 0, k 1) , C( x1, y1) , D( x2, y2) , P 点 的 坐 标 为 ( , 0) ,由 ( ) 知 x1+x2= , x1x2= ,且 直 线 AC 的 方 程 为 y=

26、, 且 直 线 BD 的 方 程 为 y= ,将 两 直 线 联 立 , 消 去 y 得 , 1 x1, x2 1, 与 异 号 ,= ,y1y2=k2x1x2+k( x1+x2)+1= = , 与 y1y2 异 号 , 与 同 号 , = , 解 得 x= k,故 Q 点 坐 标 为 ( k, y0) ,=( , 0) ( k, y0) =1,故 为 定 值 ( 2015新 课 标 II) 设 函 数 f( x) =emx+x2 mx( 1) 证 明 : f( x) 在 ( , 0) 单 调 递 减 , 在 ( 0, + ) 单 调 递 增 ;第 10 页(共 14 页)( 2) 若 对 于

27、 任 意 x1, x2 1, 1, 都 有 |f( x1) f( x2) | e 1, 求 m的 取 值 范 围 【 分 析 】 ( 1) 利 用 f ( x) 0 说 明 函 数 为 增 函 数 , 利 用 f ( x) 0 说 明函 数 为 减 函 数 注 意 参 数 m 的 讨 论 ;( 2) 由 ( 1) 知 , 对 任 意 的 m, f( x) 在 1, 0单 调 递 减 , 在 0, 1单 调递 增 , 则 恒 成 立 问 题 转 化 为 最 大 值 和 最 小 值 问 题 从 而 求 得 m 的 取 值 范 围 【 解 答 】 解 : ( 1) 证 明 : f ( x) =m(

28、emx 1) +2x若 m 0, 则 当 x ( , 0) 时 , emx 1 0, f ( x) 0; 当x ( 0, + ) 时 , emx 1 0, f ( x) 0若 m 0, 则 当 x ( , 0) 时 , emx 1 0, f ( x) 0; 当x ( 0, + ) 时 , emx 1 0, f ( x) 0所 以 , f( x) 在 ( , 0) 时 单 调 递 减 , 在 ( 0, + ) 单 调 递 增 ( 2) 由 ( 1) 知 , 对 任 意 的 m, f( x) 在 1, 0单 调 递 减 , 在 0, 1单 调递 增 , 故 f( x) 在 x=0 处 取 得 最

29、小 值 所 以 对 于 任 意 x1, x2 1, 1, |f( x1) f( x2) | e 1 的 充 要 条 件 是即设 函 数 g( t) =et t e+1, 则 g ( t) =et 1当 t 0 时 , g ( t) 0; 当 t 0 时 , g ( t) 0 故 g( t) 在( , 0) 单 调 递 减 , 在 ( 0, + ) 单 调 递 增 又 g( 1) =0, g( 1) =e 1+2 e 0, 故 当 t 1, 1时 , g( t) 0当 m 1, 1时 , g( m) 0, g( m) 0, 即 合 式 成 立 ;当 m 1 时 , 由 g( t) 的 单 调 性

30、 , g( m) 0, 即 em m e 1当 m 1 时 , g( m) 0, 即 e m+m e 1综 上 , m 的 取 值 范 围 是 1, 1( 2015新 课 标 II) 在 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 曲 线 C1: ( t 为 参 数 ,t 0) , 其 中 0 , 在 以 O 为 极 点 , x 轴 正 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 , 曲线 C2: =2sin , C3: =2 cos ( 1) 求 C2 与 C3 交 点 的 直 角 坐 标 ;( 2) 若 C1 与 C2 相 交 于 点 A, C1 与 C3 相 交 于 点 B, 求 |AB|的 最 大 值 【 分 析 】 ( I) 由 曲 线 C2: =2sin , 化 为 2=2 sin , 把 代入 可 得 直 角 坐 标 方 程 同 理 由 C3: =2 cos 可 得 直 角 坐 标 方 程 , 联 立 解出 可 得 C2 与 C3 交 点 的 直 角 坐 标

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