2011届全国名校高考数学最新模拟试卷压轴题汇编3

江苏泰州市模拟试卷 19．(本小题满分16分)

已知数列an满足a12,前n项和为Sn,an1pann1(n为奇数)an2n(n为偶数).

（1）若数列bn满足bna2na2n1(n1),试求数列bn前n项和Tn； （2）若数列cn满足cna2n,试判断cn是否为等比数列,并说明理由； （3）当p12时,问是否存在nN*,使得(S2n110)c2n1,若存在,求出所有的n的

值；若不存在，请说明理由.

20．(本小题满分16分)

已知函数f(x)x2a|lnx1|,g(x)x|xa|22ln2,a0. （1）当a1时,求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值； （2）若f(x)32a,x[1,)恒成立,求a的取值范围；

（3）对任意x1[1,),总存在惟一的．．．x2[2,),使得f(x1)g(x2)成立, 求a的取值范围

1

2011年福州市高中毕业班质量检查

数学理科试卷

19．（本小题满分13分）

已知点M(k,l)、P(m,n),(klmn≠0)是曲线C上的两点，点M、N关于x轴对称，直线MP、NP分别交x轴于点E(xE,0)和点F(xF,0)，

（Ⅰ）用k、l、m、n分别表示xE和xF;

（Ⅱ）当曲线C的方程分别为：xyR(R0) 、

222xa22yb221(ab0)时，探究

xExF的值是否与点M、N、P的位置相关；

（Ⅲ）类比（Ⅱ）的探究过程，当曲线C的方程为y22px(p0)时，探究xE与xF经加、减、乘、除的某一种运算后为定值的一个正确结论.(只要求写出你的探究结论，无须证明).

20．（本小题满分14分）

设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x). (Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；

(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离； (Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．

湖北省黄冈市名校2010年高三年级数学模拟试题（8）

20．（本题满分13分）

在四边形ABCD中，已知A(0,0),D(0,4)，点B在x轴上， BC//AD，且对角线

ACBD．

（Ⅰ)求点C的轨迹方程；

（Ⅱ)若点P是直线y2x5上任意一点，过点P作点C的轨迹的两切线PE、PF，

E、F为切点，M为EF的中点．求证：PMx轴；

2

（Ⅲ）在(Ⅱ)的条件下，直线EF是否恒过一定点？若是，请求出这个定点的坐标；若

不是，请说明理由．

21．（本小题满分14分）

设单调递增函数f(x)的定义域为0,，且对任意的正实数x,y有：

1f(xy)f(x)f(y)且f()1．

2⑴、一个各项均为正数的数列an满足:f(sn)f(an)f(an1)1其中Sn为数列

an的前n项和,求数列an的通项公式；

⑵、在⑴的条件下，是否存在正数M使下列不等式： 2a1a2anMn2n1(2a11)(2a21)(2an1)

对一切nN*成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，请说明理

南通市四星高中6校联考二模模拟试卷

19. （本小题满分16分）已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n,Sn)都在函数f(x)x2x的图象上，且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn2kn2an，求数列{bn}的前n项和Tn；

（3）设A{xxkn,nN},B{xx2an,nN}，等差数列{cn}的任一项 cnAB，其中c1是AB中的最小数，110c10115，求{cn}的通项公式．

20. （本题满分16分，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题6分）

3

对于两个定义域相同的函数f(x)、 n使h(x)mf(x)ng(x)， g(x)，若存在实数m、则称函数h(x)是由“基函数f(x)、 g(x)”生成的． （1）若f(x)x23x和g(x)3x4生成一个偶函数h(x)，求h(2)的值；

（2）若h(x)2x23x1由函数f(x)x2ax，g(x)xb(a、 bR，且ab0)生成，

求a2b的取值范围；

（3）试利用“基函数f(x)log4(4x1)、 g(x)x1”生成一个函数h(x)，使之满足下列

件：

①是偶函数；②有最小值1；求函数h(x)的解析式并进一步研究该函数的单调性(无需证明) ．

2011年黄冈中学高考数学压轴题精选19

91.已知fx定义在R上的函数，对于任意的实数a，b都有fabafbbfa，且f21

12（1） 求f的值

（2） 求f2n的解析式（nN）

92. 设函数fxxxab

（1）求证：fx为奇函数的充要条件是a2b20

（2）设常数b＜223，且对任意x0,1，fx＜0恒成立，求实数a的取值范围

93.已知函数f(x)x2(a3)xa23a（a为常数）.

4

（1）如果对任意x[1,2],f(x)a2恒成立，求实数a的取值范围；

（2）设实数p,q,r满足：p,q,r中的某一个数恰好等于a，且另两个恰为方程f(x)0

的两实根，判断①pqr，②p2q2r2，③p3q3r3是否为定值？若是定值请求出：若不是定值，请把不是定值的表示为函数g(a)，并求g(a)的最小值； （3）对于（2）中的g(a)，设H(a)[g(a)27]，数列{an}满足an1H(an)

61(nN)，且a1(0,1)，试判断an1与an的大小，并证明.

*

94．如图，以A1，A2为焦点的双曲线E与半径为c的圆O相交于C，D，C1，D1，连接CC1与OB交于点H，且有：OH(323)HB。其中A1，A2，B是圆O与坐标轴的交点，c为双曲线的半焦距。

（1）当c=1时，求双曲线E的方程；

（2）试证：对任意正实数c，双曲线E的离心率为常数。 （3）连接A1C与双曲线E交于F，是否存在 实数,使A1FFC恒成立，若存在，试求出的值； 若不存在，请说明理由.

95.设函数f(x)13ax3

bx2cx(abc),其图象在点ba1 ；

A(1,f(1),B(m,f(m))处的切

线的斜率分别为0，－a. （1）求证：0 （2）若函数f（x）的递增区间为[s，t]，求|s－t|的取值范围.

（3）若当x≥k时，（k是a，b，c无关的常数），恒有f'(x)a0，试求k的最小值

江苏省扬州中学2011届高三3月份调研考试

数 学 试 题

19.（本小题满分16分） 如图，已知圆G:(x2)y22r是椭圆

2x216y1的内接△

2yMAB5 ABC的内切圆, 其中A为椭圆的左顶点.

F0xCE（1）求圆G的半径r;

（2）过点M(0,1)作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，判断直线EF与圆G的位置关． 系并说明理由．

20.（本小题满分16分）

*已知数列{an}满足an1|an1|(nN),

（1）若a1，求an；

**（2）是否存在a1,n0(a1R,n0N),使当nn0(nN)时，an恒为常数。若存在求

a1,n0，否则说明理由；

*（3）若a1a(k,k1),(kN),求{an}的前3k项的和S3k（用k,a表示）

江苏省苏州中学2011届高三年3月份调研考试

19．（本小题满分16分）

6

已知数列

an满足：

an1，

a1122，3(1an1)2(1an)，记数列bn1an，

2222cnan1an（nN）.

（1）证明数列（2）求数列

bn是等比数列；

cn的通项公式；

cn的不同项ci,cj,ck（ijk）使之成为等差数列？若存在请求出

（3）是否存在数列这样的不同项

ci,cj,ck（ijk）；若不存在，请说明理由．

20．（本小题满分16分）

x3x2bxc(x1)f(x)alnx(x1)已知函数的图象过点(1,2)，且在点(1,f(1))处的切

线与直线x5y10垂直． (1) 求实数b,c的值；

(2) 求f(x)在[1,e] （e为自然对数的底数）上的最大值；

(3) 对任意给定的正实数a，曲线yf(x)上是否存在两点P,Q，使得POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在

y轴上？

7

答案

江苏泰州市模拟试卷

19．解：（1）据题意得bna2na2n14n,所以bn成等差数列,

故Tn2n22n„„„„„4分 （2）当p当p1212时,数列cn成等比数列；

时,数列cn不为等比数列„„„„„„„„5分

理由如下:因为cn1a2n2pa2n12np(a2n4n)2npcn4pn2n, 所以

cn1cn12p2n(12p)cn,故当p12时,数列cn是首项为1,公比为12等比数

列；当p时,数列cn不成等比数列 „„„„„„„„„„„ „„„„„„ 9分 时,a2ncn(122（3）当p12)n1,a2n1bna2n4n(12)n1„ „„„10分

因为S2n1a1b1b2...bn=2n22n2(n1) „„„„„ „„„„12分

(S2n110)c2n1，4n4n164，设f(x)44x4x16(x2)，

nx2则g(x)f(x)4xln48x4，

2xg(x)(ln4)480(x2)，且g(2)f(2)0，

f(x)在[2,)递增，且f(3）0，f(1)0，

仅存在惟一的n3使得(S2n110)c2n1成立„„„„ „„„„„„„„16分

20．解：（1）当a1,x[1,e]时f(x)x2lnx1,f(x)2x1xf(1)1,

2所以f(x)在[1,e] 递增,所以f(x)maxf(e)e„ „„„„„„„„„„4分

2（2）①当xe时，f(x)xalnxa，f(x)2xax，

a0，f(x)0恒成立,

f(x)在[e,)上增函数,故当xe时，yminf(e)e„„„ „„„„„5分

2②当1xe时，f(x)xalnxa，f(x)2x2ax2x(xa2)(xa2)，

（i） 当

1,即0a2时，f(x)在x(1,e)时为正数， 2所以f(x)在区间[1,e)上为增函数,

2故当x1时，ymin1a，且此时f(1)f(e)e„„ „„„„„„„„7分

a(ii)当1a2e,即2a2e2时， a2)时为负数，在间x(a2a2,e) 时为正数, a2,e]上为增函数,

f(x)在x(1,所以f(x)在区间[1,)上为减函数，在( 8

故当x(iii)当

aa2时，ymin3a2a2lna2，且此时f(a2)f(e)e2„„„8分

2所以f(x)在区间[1,e]上为减函数，

e,即 a2e2时，f(x)在x(1,e)时为负数，

故当xe时，yminf(e)e2„„„„„ „„„„„„„„„„„„„„„9分 1a,0a23aaa2ln,2a2e „„„10分 综上所述，函数yf(x)的最小值为ymin22222e,a2e33aa3所以当1aa时,得0a2；当alna(2a2e2)时,无解；

22222e不成立.

3综上,所求a的取值范围是0a2„„„„„„„„„„„„„„„„11分 （3）①当0a2时,g(x)在[2,)单调递增,

2当e232a （a2e）时,得a2由g(2）62a2ln21a,得 ②当1得

a2a2a25323ln2a2 „ „„„„„„12分

3a2a2lna22时，g(x)在[2,)先减后增,由g(2）2a22ln2lna222ln20,

a2),h(t)2lnt0(1t2),

,

设h(t)ttlnt22ln2(t所以h(t)单调递增且h(2)0，所以h(t)0恒成立得2a4„ „ „„„„14分 y ③当2a2e时,f(x)在[2,2a在[a,)递增,所以由g()2a23a2]递增，在[a2lna2a2,a]递减，

,

2 a得

ln42222则m(t)2t2lnt0(t(2,e),所以m(t)递增，且m(2)0,

a23aaa222ln20,设m(t)t3ttlnt22ln2,

a x 所以m(t)0恒成立，无解.

2 ④当a2e时，f(x)在[2,]递增，在[,a]递减，在[a,)递增,

aa22所以由g()e得

2aa24e22ln20无解.

523ln2,4)„„„„„„16分

2综上,所求a的取值范围是a[3

2011年福州市高中毕业班质量检查

数学理科试卷参和评分标准

9

19．解：（Ⅰ）依题意N(k,－l)，且∵klmn≠0及MP、NP与x轴有交点知：……2分

M、P、N为不同点，直线PM的方程为y则xEnkmlnlnlmk(xm)n，……3分

，同理可得xF2

2

2

nkmlnl.……5分

（Ⅱ）∵M,P在圆C：x+y=R上,

2222222222m2R2n2nkmln(Rl)(Rn)l2,xExF2R(定值). 222222nlnlkRl∴xExF的值是与点M、N、P位置无关. ……8分

同理∵M,P在椭圆C：

xa22yb221(ab0)上,

2222222an2alan2222n(a2)(a)l2222ma22nkmlb2bb,(定值). xxaEF222222nlnlk2a2al2b∴xExF的值是与点M、N、P位置无关. ………11分 （Ⅲ）一个探究结论是：xExF0． ………13分 证明如下：依题意, xEnkmlnl,xFnkmlnl.

∵M,P在抛物线C：y2=2px(p>0)上,∴n2=2pm,l2=2pk. xExF2(nkml)nl22222(2pmk2pmk)nl220.

∴xExF为定值.

20．解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,F'(x)ecosxa.

x因为x=0是F(x)的极值点,所以F'(0)11a0,a2.………2分

又当a=2时,若x<0, F'(x)ecosxa0;若 x>0, F'(x)ecosxa0. ∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意. ………4分

(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:x2esinx1,所以x2x1esinx1x1. 令h(x)esinxx,h'(x)ecosx10当x>0时恒成立. ∴x∈[0,+∞)时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. ………9分

10

xxx1x1xx(Ⅲ)令(x)F(x)F(x)exex2sinx2ax.

则'(x)exex2cosx2a.S(x)''(x)exex2sinx. 因为S'(x)exex2cosx0当x≥0时恒成立, ………11分 所以函数S(x)在[0,)上单调递增, ………12分 ∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞)时恒成立;

因此函数'(x)在[0,)上单调递增, '(x)'(0)42a当x∈[0,+∞)时恒成立. 当a≤2时,'(x)0,(x)在[0,+∞)单调递增,即(x)(0)0. 故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立. ………13分

当a2时，'(x)0,又'(x)在0,单调递增，总存在x0(0,),使得在区间0，x0上'(x)0.导致(x)在0,x0递减，而(0)0，当x(0,x0)时，(x)0，这与F(x)F(x)0对x0,恒成立不符，a2不合题意.综上a取值范围是-,2.14分20.(本小题满分13分)

（Ⅰ)如图，设点C的坐标为(x,y)(x0,y0)，

则B(x,0), AC(x,y), BD(x,4) ，

12(x0)． ACBD，x(x)y40，即yx 4∴所求的轨迹T是除去顶点的抛物线 „„„„„„ 3分

（解法一）(Ⅱ)对函数y设切点坐标为(x0,1214x 求导得，y212x．

12x0，该切线方程是y14x024又设点P的坐标为(t,2t5)，

x0)，则过该切点的切线的斜率是

12x0(xx0)．

切线过点P，有2t5214x0212x0(tx0)，

化简，得x02tx08t200． „„„„„„„„„„6分 设A、B两点的坐标分别为(x1,x1x22t,xMx1x2214x1)、(x2,214x2)，则x1、x2为方程x2tx8t200的两根，

22x1x28t20．

t

因此，当t0时，直线PM与y轴重合，当t0时，直线PM与y轴平行 „„„„9分

11

(Ⅲ) yM11212111222(x1x2)[(x1x2)2x1x2][4t2(8t20)]t2t5． 24488212t2t5)． 点M的坐标为(t,214 又kABx1214x22x1x214(x1x2)122142t1212t．

直线AB的方程为：y(t2t5)t(xt)，即t(x4)102y0．„„„（）

当x4,y5时，方程（）恒成立，

对任意实数t，直线AB恒过定点，定点坐标为(4,5)． „„„„„„„„„„14分

（解法二）(Ⅱ)设点P的坐标为(t,2t5)，利用切点弦直线方程的结论可得出直线AB的方程为

y(2t5)214tx，即y12tx2t5 „„„„„„„„„„7分

tx2t5,y12由 得x22tx8t200. 12yx.4x1x22t,xMx1x22x1x28t20．

t.

因此，当t0时，直线PM与y轴重合，当t0时，直线PM与y轴平行. „„„„„9分 (Ⅲ) 由(Ⅱ)得知直线AB的方程为y后面解法同解法一.

21.(本小题满分13分)

⑴、对任意的正数x、y均有f(xy)f(x)f(y)且f()1．„„„2分

2112tx2t5，即t(x4)102y0．

又an0且f(Sn)f(an)f(an1)1f(an)f(an1)f()

21f(Sn)f[(anan)212]， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

12(anan)．

2又f(x)是定义在0,上的单增函数，Sn当n1时，a11222(a1a1)，a1a10．a10，a11．

22当n2时，2an2Sn2Sn1ananan1an1，

(anan1)(anan11)0．an0anan11(n2)，an为等差数列，

12

a11,d1，ann． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

⑵、假设M存在满足条件， 即M2a1a2an2n1(2a11)(2a21)(2an1)2a1a2an2n1(2a11)(2a21)(2an1)2n1n对一切nN*恒成立． „„„„„８分

n令g(n)，

g(n1)12n(n1)， „„„„„„„„„„„10分

2n313(2n1)(2n1)故

g(n1)g(n)2n22n12n34n8n44n8n3221，„„„„„„„„„„„„„12分

g(n1)g(n)，g(n)单调递增，nN，g(n)g(1)*233．

0M233． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分

2Pn(n,Sn)f(x)x2x19.【解】（1）点都在函数的图象上，2*Snn2n(nN),当n2时，anSnSn12n1.当ｎ＝1时，a1S13满

足上式，所以数列（2）由

{an}的通项公式为

‘an2n1.

的切线的斜率为

nf(x)x2x2求导得

.

f(x)2x2．过点

knPn(n,Sn)kn，.

kn2n212bn23an＝4(2n1)4nTn434454474+4（2n1)4Tn6n194n2

169．

用错位相减法可求

（3）A{xx2n2,nN},B{xx4n2,nN},ABB.又

cnAB，其中c1是AB中的最小数，c16.cn是公差是4的倍数，

c104m6(mN).又110c10*1104m6115115，,解得ｍ＝27.所*mN以

c10114，设等差数列的公差为d，则

13

d＝c10c1101＝11469cn6(n1)1212n6，即为cn的通项公式． ＝12，20.解：（1）设h(x)m(x23x)n(3x4)mx23(mn)x4n，

∵h(x)是偶函数，∴mn0，∴h(2)10m10n0； ----------------（4分） （2）设h(x)2x23x1m(x2ax)n(xb)mx2(amn)xnb

3nam22a2b3n23n2 -------------------7分） ∴amn312n22nnb1bn由ab0知，n3，∴a2b(， ][， ) ---------------------（10分）

2217（3）设h(x)mlog44x1n(x1) ∵h(x)是偶函数，∴h(x)hx0，

即mlog44x1n(x1)mlog44x1n(x1)0，∴m2nx0得m2n -------------------（12分）

则h(x)2nlog44x1n(x1)2nlog44x11212x1 2 2nlog4(2x∴m1、 n12)x1，∵h(x)有最小值则必有n0，且有2n1 2x，h(x)log4(212x)12 ----------------------------------14分

h(x)在0,上为增函数，在,0上为减函数．--------------------16分

2011年黄冈中学高考数学压轴题精选19

参：

91．解：（1）令a=b=1 求得f10 2分

11111f2 ∴f 5分 2f24222 又 f1f2 （

2n2

n1）

f2

1f2nf2121n21f21n21nf21，∴

f2n21n2.

令 bn2nf2n ， ∴bnbn121， 9分

14

∴ 数列 bn是以公差d=12 b12f2112的等差数列 12分

∴ bnb1n11nnnn1 14分 ， ∴bn，∴f222292．解：（1）充分性：若a2b20 ∴a=b=0

∴fxxx 对任意的xR都有fxfx0 ∴fx为奇函数，故充分性成立. 2分 必要性：若fx为奇函数

则对任意的xR都有fxfx0恒成立， 即 xxabxxab0

令x=0 ，得b=0；令x=a ，得a=0 。∴ a2b20 6分 （2）由b＜223＜0，当x=0时a取任意实数不等式恒成立 当0＜x≤1时 fx＜0恒成立，也即x令gxxbxbx＜a＜xbx恒成立

在0＜x≤1上单调递增，∴a＞gmaxxg11b 10分

bx 令hxx ， 则hx在0,b上单调递减，

bxb,单调递增

1当b＜1时 hxx在0＜x≤1上单调递减

∴ a＜hminxh11b。∴1b＜ a＜1b 。 12分

2当1≤b＜223时， hxxbx≥2b，

∴a＜hminx2b，∴ 1b＜ a＜2b 14分

93．解：（1）f(x)a2x2(a3)x3a0，(x3)(xa)0对x[1,2]恒成立，

ax,又x[2,1]，xa0对x[1,2]恒成立，a2. 又x30恒成立，

（2）由(a3)24(a23a)0得：1a3， 不妨设ap，则q，r恰为方程两根，由韦达定理得： ①pqr3,qra23a,

15

②pqra(qr)2pra(3a)2(a3a)9

22222222③而p3q3r3a3(q3r3)a3(qr)[q2qrr2]3a39a227. 设g(a)3a39a227，求导得：g(a)9a218a9a(a2)

当a[2,3]时，g(a)0,g(a)递增；当a[0,2]时，g(a)0,g(a)递减； 当a[1,0]时，g(a)0,g(a)递增，

g(a)在[1,3]上的最小值为min{g(1),g(2)}min{15,15}15 （

3

）

322H(a)1216[g(a)27]16(3a9a),32如果

a(0，则

H(a)3aa3a(1a)0

H(a)在

(0,1)为

16递

32增函数，

H(a)(H(0),H(1))(0,1),an1H(an)(3an9an)

a1(0,1)a2(0,1)an(0,1)

又an1an12an332anan212an(an2)(an1)0，an1an.

94．（1）由c=1知B（0，1），∵OH(323)HB， ∴xH0,yH32342332

即 H(0,32), 点C在单位圆上，∴C(12,32)

设双曲线E的方程为

xa22yb221(a0,b0).

23a12 32b2a2b21,由点C的双曲线E上，半焦距c=1有：1解得31,224b4a22所以双曲线E的方程为：

x132y321.

（2）证明：∵A（－c，0），B（0，c），由 OH(323)HB得:H(0,1

222232c),C(12c,32c),

设双曲线E的方程为

xayba2b2c2①21(a0,b0), ∴ c2 3c1②224a4b 16

①代入②，化简整理得 3a46a2b2b40,()46()230

aabb解得 ()2323.

ab又 e2ca22b21()423.∴ea423即双曲线E的离心离是31，

与c无关的常数。

（3）假设存在实数,使A1FFC恒成立，A1(c,0),C(,2c3c2)有

cxFc2,yF12 13c3点F(c(2)2(1)2(1),,点C，F都在双曲线E上，故有

2c23c1③224b4a 2222c(2)3c④22224b(1)4a(1)由③得e23cb2224cb22e432⑤

22⑤代入④得

e(2)4(1)22(e4)24(1)1,化简整理得ee2221

即e1e222,利用（2）小题的结论得：323623143,

故存在实数'1423,使A1FFC恒成立.

'95．（1）f(x)ax2bxc,由题意及导数的几何意义得f(1)a2bc0①

f(m)am'22bmca②

又abc,可得4aa2bc4c,即4a04c,故a0,c0 由①得ca2b，代入abc,再由a0,得将c=－a－2b代入②得am

2132ba1③

2bm2b0即方程ax2bx2b0有实根，

17

故判别式4b28ab0,得()22()0,得aabbba2,或ba0④

由③、④得0ba1

（2）由f'(x)ax22bxc的判别式'4b24ac0 知方程f'(x)ax22bxc0(*)有两个不等实根，设为x1，x2， 又由f'(1)a2bc0知，x11为方程（*）的一个实根， 则由根与系数的关系得x1x22ba,x22ba10x1

当x＜x2，或x＞x1时，f'(x)0,当x2xx1时f'(x)0 故函数f（x）的递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2，x1]=[s，t]， 因此|st||x1x2|2（3）由

'2ba2,由（1）知0ba1得|st|的取值范围为[2，4)

f(x)a0,即ax2bx2ba22bxac0即axbax222bx2b

因此a＜0，得x2b0,整理得(2x2)0

设g()(2x2)abbbax,可以看作是关于ba的一次函数，由题意，

2g(1)0x2x20g()0对于01恒成立故即得x31或x2aag(0)0x031

由题意[k,)(,31)[31,)，故k

31,因此k的最小值为31

江苏省扬州中学2011届高三3月份调研考试

数学试题参 2011、3

19. 解: （1）设B（2r,y0），过圆心G作GDAB于D,BC交长轴于H

GDADHBAH由得

r36r2y06r,即 y02r6r6r (1)

而点B（2r,y0）在椭圆上,y012(2r)16124rr162(r2)(r6)16 (2)

18

由(1)、 (2)式得15r28r120,解得r(2) 设过点M(0,1)与圆(x2)2y223或r65（舍去）

4相切的直线方程为:y1kx (3)

9则22k13,即32k236k50 (4)

1k2解得k941941116,k216

2将(3)代入

x22232k16y1得(16k1)x32kx0,则异于零的解为x16k21

设F(x1,k1x11),E(x2,k2x32k221)，则x132k116k2,x21116k221

则直线FE的斜率为：kk2x2k1x1k1k2EFx2x31116k1k24

于是直线FE的方程为:y32k21316k2x711132k14(x16k2 即y311)43

37则圆心(2,0)到直线FE的距离d23故结论成立.

192316

20. 解：（1）a1,a214,a334,a414,

1,n2ka54*14,n2时，an，其中kN

34,n2k1(2)因为存在aan1,an1n1|an1|1,a，所以当an1时，an1aan

nn1①若0a11，则a21a1,a31a2a1，此时只需：a21a1a1,a112

故存在a112,an12,(nN*)

19

②若a1b1，不妨设b[m,m1),mN*,易知am1bm[0,1)，

am21am11(bm)am1bm bm12,a1m12,nm1时，an1*2,(mN)

③若a1c0，不妨设c(l,l1),lN*，易知

a2c1(l,l1],a3a21c,,al2c(l1)(0,1] cl12,a1l1*12(lN),nl2,则an2

故存在三组a1和n0：

a112时，n01；

a11m2时，n0m1；

a11m2时，n0m2其中mN*

(3)当ak,k1)(kN*1a()时，

易知a2a1,a3a2,,aka(k1),ak1ak(0,1)

ak21ak1k1a，ak31ak2ak，ak41ak3k1a，a3k1ak，a3kk1a

S3ka1a2akak1ak2ak3ak4a3k1a3k

a(a1)(a2)a(k1)k

2k2k(a32)

江苏省苏州中学2011届高三年3月份调研考试

b319．（1）由已知

an1,bn0(nN*)

14 ，

bn12(nN*3(1a2)n1)2(1a2n)，

bn3 --------3分

20

32所以

{bn}是4为首项，3为公比的等比数列 --------5分

3()432（2）

bn2n1(nN)* ，

1an21bn13()432n1(nN)* --------7分

cnan1an22n1*()(nN)43 --------10分

（3）假设存在

ci,cj,ck满足题意成等差数列，

12j112i112k1()()()434343 --------12分

2cjcick2代入得

2kjiji22ji1ji132jikji3，左偶右奇不可能成立。所以假设不成立，这样三项不存在。 ----16

分

20．（1）当x1时，f'(x)3x2xb， „„„1分

f(1)22bc2f'(1)532b5由题意得：，即， „„„3分

2解得：bc0。 „„„4分 x3x2(x1)f(x)(x1)alnx（2）由（1）知：

①当1x1时，f'(x)x(3x2)，

0x22x1解f(x)0得

'3；解f(x)0得1x0或3,1)'

0)∴f(x)在(1，和3(22(0，)3上单增， 上单减，在

23， „„„6分

由f'(x)x(3x2)0得：x0或

x24f(1)2，f()，f(0)0，f(1)0327∵ ，

∴f(x)在[1,1)上的最大值为2。 „„„7分

21

②当1xe时，f(x)alnx，

当a0时，f(x)0；当a0时，f(x)在[1,e]单调递增；

∴f(x)在[1,e]上的最大值为a。 „„9分 ∴当a2时，f(x)在[1,e]上的最大值为a；

当a2时，f(x)在[1,e]上的最大值为2。 „„„„10分 （3）假设曲线yf(x)上存在两点P,Q满足题意，则P,Q只能在y轴两侧，不妨设

P(t,f(t))(t0)，则

Q(t,tt)32，且t1。

∵POQ是以O为直角顶点的直角三角形 ∴

OPOQ0，即

tf(t)(tt)0232 （*） „„11分

是否存在P,Q等价于方程（*）是否有解。

①若0t1，则f(t)tt，代入方程（*）得：t(tt)(tt)0，

42即：tt10，而此方程无实数解，从而t1， „„„12分

3223232∴f(t)alnt，代入方程（*）得：talnt(tt)0，

1(t1)lnt232即：a， „„„14分

h'(x)lnx1x10设

h(x)(x1)lnx(x1)，则

在[1,)恒成立，

∴h(x)在[1,)上单调递增，从而h(x)h(1)0，则h(x)的值域为[0,)。

1(t1)lnt∴当a0时，方程a有解，即方程（*）有解。

∴对任意给定的正实数a，曲线yf(x)上总存在两点P,Q，使得POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在上。 „„16分

y轴

22