高三高档题综合练习答案.doc

综合练习（一）答案
1.4 2．29 3． 4、 5、
6．解：⑴设所求直线方程为，即，
直线与圆相切，∴，得，∴所求直线方程为
（2）假设存在这样的点，使得为常数，则，
∴，将代入得，
，即
对恒成立，
∴，解得或（舍去），
所以存在点对于圆上任一点，都有为常数。
7．解：⑴∵=，
∴，
∵∴为常数∴数列为等比数列 ⑵取数列的连续三项，∵， ，∴，即，
∴数列中不存在连续三项构成等比数列；
⑶当时，，此时；
当时，为偶数；而为奇数，此时；当时，，此时；
当时，，发现符合要求，下面证明唯一性（即只有符合要求）。由得，
设，则是上的减函数，∴ 的解只有一个从而当且仅当时，即，此时；当时，，发现符合要求，下面同理可证明唯一性（即只有符合要求）。
从而当且仅当时，即，此时；综上，当，或时，；
当时，，当时，。
8．解：⑴当时， ∴令，则， ∴在上单调递增，在上单调递减∴
⑵，，（）∴当时，，∴函数的增区间为，
当时，，
当时，，函数是减函数；
当时，，函数是增函数。
综上得，当时，的增区间为；
当时，的增区间为，减区间为 ----------10分
⑶当，在上是减函数，此时的取值集合；当时，，
若时，在上是增函数，此时的取值集合；
若时，在上是减函数，此时的取值集合。
对任意给定的非零实数，
①当时，∵在上是减函数，则在上不存在实数（），使得，则，要在上存在非零实数（），使得成立，必定有，∴；
②当时，在时是单调函数，则，要在上存在非零实数（），使得成立，必定有，∴。综上得，实数的取值范围为。
综合练习（二）答案

1．2 2． 3. 4.
5．
6．解：（1）由于⊙M与∠BOA的两边均相切，故M到OA及OB的距离均为⊙M的半径，则M在∠BOA的平分线上，同理，N也在∠BOA的平分线上，即O，M，N三点共线，且OMN为∠BOA的平分线，
∵M的坐标为，∴M到轴的距离为1，即⊙M的半径为1，
则⊙M的方程为，
设⊙N的半径为，其与轴的的切点为C，连接MA、MC，
由Rt△OAM∽Rt△OCN可知，OM：ON=MA：NC，
即， 则OC=，则⊙N的方程为； （2）由对称性可知，所求的弦长等于过A点直线MN的平行线被⊙截得的弦的长度，此弦的方程是，即：，圆心N到该直线的距离d=，
则弦长=．
7．解：（1），
令（）则， 由于，则在内的单调递增区间为和；
（2）依题意，（），由周期性，；
（3）函数（）为单调增函数，且当时，，，此时有；
当时，由于，而，
则有，即，
又为增函数，当时，
而函数的最大值为，即，
则当时，恒有，
综上，在恒有，即方程在内没有实数
8．解：（1），则，
即曲线上任意一点处的切线的斜率的取值范围是；
（2）由（1）可知，解得或，
由或得：；
（3）设存在过点A的切线曲线C同时切于两点，另一切点为B， ，则切线方程是：， 化简得：，而过B的切线方程是，由于两切线是同一直线， 则有：，得又由，
即
，即
即，
得，但当时，由得，这与矛盾。所以不存在一条直线与曲线C同时切于两点。

综合练习（三）答案
1.2； 2.3； 3.（4，）； 4. 0 5.
6．解 ⑴易得，，，设，
则，
∴，
又圆的面积为，∴，解得， ∴或，∴所在的直线方程为或；⑵∵直线的方程为，且到直线的距离为， 化简得，
联立方程组，解得或． 当时，可得， ∴ 圆的方程为；当时，可得， ∴ 圆的方程为；
⑶圆始终与以原点为圆心，半径（长半轴）的圆（记作圆O）相切．
证明：∵， 又圆的半径，∴，∴圆总与圆O内切．
7.
⑴证明：
∴数列为等差数列
⑵解：假设数列中存在三项，它们可以够成等差数列；不妨设为第项，由⑴得，∴，∴， ∴又为偶数，为奇数．故不存在这样的三项，满足条件．
⑶由⑵得等式可化为即
∴∵当时，，∴ ∴
∴当时，当时，经验算时等号成立
∴满足等式的所有
8.解：⑴
∵a，令得或∴函数的单调增区间为 ⑵证明：当时∴ ∴又
不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小，又∵，∴ 即比较与的大小．
令 则
∴在上位增函数．又，∴， ∴，即

综合练习（四）答案
1、； 2、； 3、 1或2； 4、
5、（本小题满分15分）
解：（1）由题意可知，当时，，∴即，
∴，每件产品的销售价格为元.
∴2009年的利润

（2）∵时，.
∴，当且仅当，即时，
答：该厂家2009年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大，最大为21
6.解：（Ⅰ），，．
∴，且． 解得a＝2，b＝1．
（Ⅱ），令，
则，令，得x＝1（x＝－1舍去）．
在内，当x∈时，，∴h(x)是增函数；
当x∈时，，∴h(x)是减函数．
则方程在内有两个不等实根的充要条件是
即．
7（Ⅰ）点A代入圆C方程， 得．∵m＜3，∴m＝1．
圆C：．设直线PF1的斜率为k，则PF1：，
即．∵直线PF1与圆C相切，
∴．解得． 当k＝时，直线PF1与x轴的交点横坐标为，不合题意，舍去．当k＝时，直线PF1与x轴的交点横坐标为－4，∴c＝4．F1（－4，0），F2（4，0）．2a＝AF1＋AF2＝，，a2＝18，b2＝2．
椭圆E的方程为：．
（Ⅱ），设Q（x，y），，
． ∵，即，
而，∴－18≤6xy≤18． 则的取值范围是[0，36]． 的取值范围是[－6，6]．∴的取值范围是[－12，0]．

8.解：（1）由题意an = 2 + ,随着n的增大而减小,所以{an}中的最大项为a1 = 4．（2）bn = = = ，
若{bn}为等比数列，则b – bnbn+2= 0（nÎN* ）
所以 [(2 + p)3n+1 ＋(2 – p)]2 – [(2 + p)3n ＋(2 – p)][(2 + p)3n+2 ＋(2 – p)] = 0（nÎN*），化简得（4 – p2）(2·3n+1 – 3n+2 – 3n ）= 0即– (4 – p2）·3n·4 = 0, 解得p =±2．反之,当p = 2时,bn = 3n,{bn}是等比数列;当p = – 2时,bn = 1,{bn}也是等比数列．所以,当且仅当p = ±2时{bn}为等比数列．
（3）因为，，，
若存在三项，，，使数列，，是等差数列，则，所以=，
化简得（*），
因为，所以，，所以，，
（*）的左边，右边，所以（*）式不可能成立，
故数列{an}中不存在三项，，，使数列，，是等差数列．
综合练习（五）答案
1、4 2、 3.、 a≤2 4、
5、
6、解：(1)当0<t≤9时，v(t)=(-t2+15t-51)et+50＜50，即t2-15t+51＞0，
解得 t＞或 t＜，从而 0＜t＜≈5.2。
当9<t≤12时，v(t)=4(t-9)(3t-41)+50＜50，即(t-9)(3t-41) ＜0，解得 9＜t＜，所以 9<t≤12。综上，0＜t＜5.2或9<t≤12，枯水期为1，2，3，4，5，10，11，12月。 (2)由(1)知，水库的最大蓄水量只能在6~9月份。 v′(t)=(-t2+13t-36)et =-et(t-1)(t-9)，令v′(t)=0，解得t=9或t=4(舍去)，
又当t∈(6,9)时，v′(t)＞0；当t∈(9,10)时，v′(t)＜0。所以，当t=9时，v(t)的最大值v(9)=×3×e9+50=150(亿立方米)，故一年内该水库的最大蓄水量是150亿立方米。
7、解：(1)∵椭圆+=1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P(1，)，
∴，即 ，解得 ，∴椭圆C的方程为+=1。 (2)易求得F(1，0)。设M(x0，y0)，则+=1
圆M的方程为(x-x0)2+(y-y0)2=(1-x0)2+y02，令x=0，化简得y2-2y0y+2x0-1=0，⊿=4y02-4(2x0-1)2＞0……①。将y02=3(1-)代入①，得3x02+8x0-16＜0，解出 -4＜x0＜。 (3)设D(0，y1)，E(0，y2)，其中y1＜y2。由(2)，得DE= y2- y1===，
当x0=-时，DE的最大值为。
8、解：(1)由题意得：a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1) Sn +2n；当n=1时，则有：a1=(1-1)S1 +2，解得：a1=2；当n=2时，则有：a1+2a2=(2-1)S2 +4，即2+2a2=(2+a2)+4，解得：a2=4。 (2)由a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn +2n，…① 得a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1= n Sn+1+2(n+1) ，② ②-①得：(n+1)an+1=nSn+1-(n-1)Sn+2，即 (n+1)(Sn+1- Sn)= nSn+1-(n-1)Sn+2，得Sn+1=2Sn+2；∴ Sn+1+2=2(Sn+2)，由S1+2= a1+2=4≠0知数列{ Sn +2}是以4为首项，2为公比的等比数列。 (3)由(2)知 Sn +2=4×2n-1-2=2n+1-2，当n≥2时，an= Sn- Sn-1 =(2n+1-2)-( 2n-2)= 2n对n=1也成立，即an= 2n，∴数列{cn}为22，23，25，26，28，29，……，它的奇数项组成以4为首项，公比为8的等比数列；偶数项组成以8为首项、公比为8的等比数列；∴当 n=2k-1(k∈N*)时， Tn=(c1+ c3+…+c2k-1)+ (c2+ c4+…+ c2k-2) =(22+25+…+23k-1)+( 23+26+…+23k-3) =+=×8k-， Tn+1= Tn+cn+1=×8k-+23k=×8k-， ==+，∵ 5×8k-12≥28，∴＜≤3。∴当n=2k，k∈N*)时Tn=(c1+ c3+…+c2k-1)+ (c2+ c4+…+ c2k) =(22+25+…+23k-1)+( 23+26+…+23k) =+=×8k-， Tn+1= Tn+cn+1=×8k-+23k+2=×8k-，∴ ==+，∵8k-1≥7 ，∴＜＜，∴ ＜≤。
综合练习（六）答案
1、343 2、 3、 4、 5. (-1,-1) (-1,3)
6、解：（1）由题意得，，得，，，∴所求椭圆方程为．（2）设点横坐标为，则∵
∴∴的取值范围是
（3）由题意得，，即圆心Q为，设，则，∵，即，∴，易得函数在上单调递减，在上单调递增，∴时，.
7、解：（1），∵在上是增函数，∴在上恒成立.∴恒成立，∵，当且仅当时取等号，∴，∴. （2）设，则，∵，∴.当时，，∴的最小值为，当时，，∴的最小值为.
综上所述，当时，的最小值为，当时，的最小值为.
8、解：（1）由，得，代入，
得，∴，从而有，∵， ∴是首项为1，公差为1的等差数列，∴，即.（2）∵，∴ ，
∴.
（3）∵∴
.
由（2）知，∵，
∴
.
综合练习（七）答案
1、 2、 3、 4、(－3，－2) 5、13
6、解：（1）证明：

数列{bn}是等差数列 由
(2)∵(n∈N*),　①
∴(n≥2),　②-②得：　(n≥2),　 (n≥2), 当时，　∴c1=6满足上式　∴　(n∈N*)　　　
7、（1）设圆方程为，则圆心，且PC的斜率为-1所以解得，所以圆方程为（2）①•=•所以AB斜率为1 ②设直线AB方程为，代入圆C方程得设，则原点O在以AB为直径的圆的内部，即
整理得，
8、（1） 令， 得：，． 当时， （表可删）所求单调增区间是，， 单调减区间是（，）当时，所求单调增区间是，， 单调减区间是（，）当时，≥ 所求单调增区间是（2） 当时，恒有
即得
此时，满足当时≤恒成立．．（3）存在,使得·=0．若·=0，即

由于，知
由题设，是的两根 ， 得：≥，当且仅当时取“＝” ≥≤ 又， ，

综合练习（八）答案
1． ； 2．24； 3．； 4．； 5．（或者65536）．
6、（1）由题可得＝，＝．所以l：y＝＋＋1．
（2）设A(a，0)，B(0，b) (a＞2，b＞2)，则l：bx＋ay－ab＝0．由题可得M (1，1)．所以点M到直线l的距离d＝＝1，整理得(a－2)(b－2)＝2，即ab－2(a＋b)＋2＝0．于是ab＋2＝2(a＋b)≥，≥2＋，ab≥6＋．当且仅当a＝b＝2＋时，ab＝6＋．所以面积S＝≥3＋，此时△AOB为直角边长为2＋的等腰直角三角形．周长L＝a＋b＋≥＋＝(2＋)·≥＝6＋，此时△AOB为直角边长为2＋的等腰直角三角形．
所以此时的△AOB为同一个三角形．（3）l的方程为x＋y－2－＝0，得A(2＋，0)，B(0，2＋)，：＋＝1，设P(m，n)为圆上任一点，则＋＝1，＋＝2(m＋n)－1， ＋＝1≥，2－≤m＋n≤2＋． ＋＋＝＋－(4＋)(m＋n)＋＝(9＋)－(－2)(m＋n)．当m＋n＝2－时，＝(9＋)－(－2)( 2－)＝17＋．此时，m＝n＝1－．当m＋n＝2＋时，＝(9＋)－(－2)( 2＋)＝9＋．此时，m＝n＝1＋．
7、（1）由题意，令m＝2，n＝1，可得＝－＋2＝6，再令m＝3，n＝1，可得＝－＋8＝20．（2）当n∈时，由已知(以n＋2代替m)可得＋＝＋8，于是[－]－(－)＝8，即－＝8．所以是公差为8的等差数列．（3）由（1）（2）可知是首项＝－＝6，公差为8的等差数列，则＝8n－2，即－＝8n－2．另由已知(令m＝1)可得，＝－．那么－＝－2n＋1＝－2n＋1＝2n，于是＝．
当q＝1时，＝2＋4＋6＋…＋2n＝n (n＋1)．当q≠1时，＝2·＋4·＋6·＋…＋2n·，两边同乘以q，可得＝2·＋4·＋6·＋…＋2n·．上述两式相减，得＝－2n＝－2n＝，所以＝．综上所述，＝
8、(1)因为 ，所以在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线方程为 ，整理得，所以切线恒过定点 ．
(2) 令<0，对恒成立，
因为（*）令，得极值点，，
①当时，有，即时，在（，+∞）上有，此时在区间上是增函数，并且在该区间上有∈，不合题意；②当时，有，同理可知，在区间上，有∈，也不合题意；
③当时，有，此时在区间上恒有，
从而在区间上是减函数； 要使在此区间上恒
成立，只须满足，所以．
综上可知的范围是． (3)当时

记．
因为，所以在上为增
函数，所以，
设, 则,所以在区间
上，满足恒成立的函数有无穷多个．
综合练习（九）答案
1. 2. 3. 4、 5、①②④⑤
6、解：（1）因为位于轴左侧的圆与轴相切于点，所以圆心在直线上，设圆与轴的交点分别为、，由圆被轴分成的两段弧长之比为，得，所以，圆心的坐标为，所以圆的方程为：．
（2）当时，由题意知直线的斜率存在，设直线方程为，
由得或，不妨令，因为以为直径的圆恰好经过，
所以，
解得，所以所求直线方程为或．
（3）设直线的方程为， 由题意知，，解之得， 同理得，，解之得或． 由（2）知，也满足题意．所以的取值范围是．
7、⑴ 因为，所以成等比数列，又是公差的等差数列，所以，整理得，又，所以，
，，
所以， ①用错位相减法或其它方法可求得的前项和为； ② 因为新的数列的前项和为数列的前项的和减去数列前项的和，
所以. 所以．⑵ 由，整理得，因为，所以，所以. 因为存在m＞k,m∈N*使得成等比数列，所以，又在正项等差数列{an}中，，
所以，又因为，所以有， 因为是偶数，所以也是偶数，即为偶数，所以k为奇数.
8、解（Ⅰ）∵，
∴，
∴，∴，令，得，列表如下：

2

0

↘
极小值
↗
∴在处取得极小值，
即的最小值为． ，
∵，∴，又，∴．
证明（Ⅱ）由（Ⅰ）知，的最小值是正数，
∴对一切，恒有， 从而当时，恒有， 故在上是增函数．
证明（Ⅲ）由（Ⅱ）知：在上是增函数， ∴当时，，又，∴，即， ∴故当时，恒有．

综合练习（十）答案
1、 2、 3、 4、 5、
6、⑴∵椭圆C的短轴长为2，椭圆C的一条准线为l：，
∴不妨设椭圆C的方程为．（2分）∴，即．∴椭圆C的方程为．⑵ F（1，0），右准线为l：， 设，则直线FN的斜率为，直线ON的斜率为，∵FN⊥OM，∴直线OM的斜率为，∴直线OM的方程为：，点M的坐标为． ∴直线MN的斜率为．∵MN⊥ON，∴， ∴，∴，即．∴为定值．
7、⑴由条件知：，，，
所以数列是递减数列，若有，， 成等差数列，
则中项不可能是（最大），也不可能是（最小），若 ，（*）由, ，知(* )式不成立，故，，不可能成等差数列.
⑵(i) ，
由知， ，且… ，所以，即 ，所以，
(ii) ， ，

，
所以.
8、解：（1）如果为偶函数，则恒成立，即： 由不恒成立，得如果为奇函数，则恒成立，
即：由恒成立，得
（2）， ∴ 当时,显然在R上为增函数； 当时，，
由得得得.∴当时, ,为减函数; 当时, ,为增函数.
(3) 当时，如果，则∴函数有对称中心如果
则 ∴函数有对称轴.

23