2023年高考數學壓軸題系列訓練含答案及解析詳解二
1. (本小題滿分12分)
已知常數a > 0, n為正整數，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是關於x的函式.
(1) 判定函式f n ( x )的單調性，並證明你的結論.
(2) 對任意n a , 證明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n)
解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）單調遞減. 4分
（2）由上知：當x > a>0時, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是關於x的減函式,
∴ 當n a時, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n n n – ( n + a)n2分
又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn – ( n + a )( n + a)n – 12分
( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分
∵( n + a ) > n ,
∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n2分
2. (本小題滿分12分)
已知：y = f (x) 定義域為［–1，1］，且滿足：f (–1) = f (1) = 0 ，對任意u ,v[–1，1］，都有|f (u) – f (v) | ≤ | u –v | .
(1) 判斷函式p ( x ) = x2 – 1 是否滿足題設條件？
(2) 判斷函式g(x)=，是否滿足題設條件？
解： (1) 若u ,v [–1，1]， |p(u) – p (v)| = | u2 – v2 |=| (u + v )(u – v) |，
取u = [–1，1]，v = [–1，1],
則 |p (u) – p (v)| = | (u + v )(u – v) | = | u – v | > | u – v |，
所以p( x)不滿足題設條件.
（2）分三種情況討論：
10. 若u ,v [–1，0]，則|g(u) – g (v)| = |(1+u) – (1 + v)|=|u – v |，滿足題設條件；
20. 若u ,v [0，1]， 則|g(u) – g(v)| = |(1 – u) – (1 – v)|= |v –u|，滿足題設條件；
30. 若u[–1，0]，v[0，1]，則：
|g (u) –g(v)|=|(1 – u) – (1 + v)| = | –u – v| = |v + u | ≤| v – u| = | u –v|，滿足題設條件;
40 若u[0，1]，v[–1，0], 同理可證滿足題設條件.
綜合上述得g(x)滿足條件.
3. (本小題滿分14分)
已知點p ( t , y )在函式f ( x ) = (x –1)的圖象上，且有t2 – c2at + 4c2 = 0 ( c 0 ).
(1) 求證：| ac | 4;
(2) 求證：在(–1，+∞）上f ( x )單調遞增.
(3) (僅理科做)求證：f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
證：(1) ∵ tr, t –1,
c2a)2 – 16c2 = c4a2 – 16c2 0 ，
∵ c 0, ∴c2a2 16 , ∴| ac | 4.
(2) 由 f ( x ) = 1 –,
法1. 設–1 < x1 < x2, 則f (x2) – f ( x1) = 1– –1 + = .
∵ –1 < x1 < x2, ∴ x1 – x2 < 0, x1 + 1 > 0, x2 + 1 > 0 ,
∴f (x2) – f ( x1) < 0 , 即f (x2) < f ( x1) , ∴x 0時，f ( x )單調遞增.
法2. 由f ` ( x ) = > 0 得x –1,
∴x > –1時，f ( x )單調遞增.
（3）（僅理科做）∵f ( x )在x > –1時單調遞增，| c | > 0 ,
∴f (| c | ) f () = =
f ( | a | ) + f ( | c | ) = + > +=1.
即f ( | a | ) + f ( | c | ) > 1.
4．（本小題滿分15分）
設定義在r上的函式（其中∈r，i=0,1,2,3,4），當
x= －1時，f (x)取得極大值，並且函式y=f (x+1)的圖象關於點（－1，0）對稱．
（1） 求f (x)的表示式；
（2） 試在函式f (x)的圖象上求兩點，使這兩點為切點的切線互相垂直，且切點的橫座標都在區間上；
（3） 若，求證：
解：（15分
（2）或…………10分
（3）用導數求最值，可證得……15分
5．（本小題滿分13分）
設m是橢圓上的一點，p、q、t分別為m關於y軸、原點、x軸的對稱點，n為橢圓c上異於m的另一點，且mn⊥mq，qn與pt的交點為e，當m沿橢圓c運動時，求動點e的軌跡方程．
解：設點的座標
則……1分
3分 由（1）－（2）可得6分
又mn⊥mq，所以
直線qn的方程為，又直線pt的方程為……10分
從而得所以
代入（1）可得此即為所求的軌跡方程.………………13分
6．（本小題滿分12分）
過拋物線上不同兩點a、b分別作拋物線的切線相交於p點，
（1）求點p的軌跡方程；
（2）已知點f（0，1），是否存在實數使得？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.
解法（一）：（1）設
由得：3分直線pa的方程是：即 ①
同理，直線pb的方程是
由①②得：
∴點p的軌跡方程是6分
（2）由（1）得：
10分所以
故存在=1使得12分
解法（二）：（1）∵直線pa、pb與拋物線相切，且
∴直線pa、pb的斜率均存在且不為0，且
設pa的直線方程是
由得：即3分即直線pa的方程是：
同理可得直線pb的方程是：
由得：故點p的軌跡方程是6分
（2）由（1）得：
10分故存在=1使得12分
7．（本小題滿分14分）
設函式在上是增函式.
（1） 求正實數的取值範圍；
（2） 設，求證：
解：（1）對恆成立，
對恆成立
又為所求4分
（2）取，，
一方面，由（1）知在上是增函式，
即8分另一方面，設函式
∴在上是增函式且在處連續，又
∴當時，
∴ 即
綜上所述14分
8．(本小題滿分12分)
如圖，直角座標系中，一直角三角形，，、在軸上且關於原點對稱，在邊上，，的周長為12．若一雙曲線以、為焦點，且經過、兩點．
(1) 求雙曲線的方程；
(2) 若一過點（為非零常數）的直線與雙曲線相交於不同於雙曲線頂點的兩點、，且，問在軸上是否存在定點，使？若存在，求出所有這樣定點的座標；若不存在，請說明理由．
解：(1) 設雙曲線的方程為，
則．由，得，即．
3分）解之得，∴．
∴雙曲線的方程為5分）
(2) 設在軸上存在定點，使．
設直線的方程為，．
由，得．
即6分）∵，，
∴．即8分）
把①代入②，得
9分）把代入並整理得
其中且，即且．
10分）
代入③，得
，化簡得．
當時，上式恆成立．
因此，在軸上存在定點，使12分）
9．(本小題滿分14分)
已知數列各項均不為0，其前項和為，且對任意都有（為大於1的常數），記．
(1) 求；
(2) 試比較與的大小（）；
(3) 求證：，（）．
解：(1
②－①，得
，即3分）
在①中令，可得．
∴是首項為，公比為的等比數列4分）
(2) 由(1)可得．
．5分）
．而，且，
∴，．8分）
(3) 由(2)知， ，（）．
∴當時，．
∴10分）
（當且僅當時取等號）．
另一方面，當，時，
．∵，∴．
∴，（當且僅當時取等號）．（13分）
∴．（當且僅當時取等號）．
綜上所述，，（）．（14分）
2023年高考數學壓軸題系列訓練含答案及解析詳解五
本資料 於 七彩教育網 高考數學壓軸題系列訓練含答案及解析詳解五 1 本小題滿分14分 已知橢圓的左 右焦點分別是f1 c，0 f2 c，0 q是橢圓外的動點，滿足點p是線段f1q與該橢圓的交點，點t 段f2q上，並且滿足 設為點p的橫座標，證明 求點t的軌跡c的方程 試問 在點t的軌跡c上，是否存...
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1.12分 已知常數a 0,n為正整數，f n x x n x a n x 0 是關於x的函式.1 判定函式f n x 的單調性，並證明你的結論.2 對任意n a 證明f n 1 n 1 n 1 fn n 解 1 fn x nx n 1 n x a n 1 n x n 1 x a n 1 a 0 x...
2023年高考數學壓軸題系列訓練含答案及解析
1 本小題滿分14分 如圖，設拋物線的焦點為f，動點p在直線上運動，過p作拋物線c的兩條切線pa pb，且與拋物線c分別相切於a b兩點.1 求 apb的重心g的軌跡方程.2 證明 pfa pfb.解 1 設切點a b座標分別為，切線ap的方程為 切線bp的方程為 解得p點的座標為 所以 apb的重...