资源简介

压轴大题——练思维
压轴大题练1(函数＋解析几何创新)
(本小题满分17分)已知以下事实：反比例函数y＝(k≠0)的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
(1)①直接写出函数y＝的图象C0的实轴长；
②将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，直接写出曲线C的方程；
(2)已知点A是曲线C的左顶点，圆E：(x－1)2＋(y－1)2＝r2(r＞0)与直线l：x＝1交于P，Q两点(P在Q上方)，直线AP，AQ分别与双曲线C交于M，N两点．试问：点A到直线MN的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时r的值；若不存在，请说明理由．
参考答案与解析
压轴大题——练思维
压轴大题练1
解：(1)①由题意可知，双曲线y＝的实轴在直线y＝x上，(点拨：利用双曲线的对称性)(2分)
联立
解得或
即双曲线y＝的两顶点为(，)，(－，－)，(4分)
故实轴长为
2a＝＝2. (5分)
②将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，
曲线C的方程为x2－y2＝1.(提醒：旋转后双曲线位于标准位置且渐近线变为y＝±x，所以该双曲线为等轴双曲线)(7分)
(2)方法一：由题意得A(－1，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN的斜率存在，(提醒：分析出直线的斜率是存在的，避免了讨论)(8分)
设直线MN：y＝kx＋m，
联立得(1－k2)x2－2kmx－(m2＋1)＝0，
所以Δ＝4(m2＋1－k2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝－，①(10分)
因为直线MA：y＝(x＋1)，令x＝1，
则yP＝，同理，yQ＝，②
依题意得yP＋yQ＝2，③(题眼：利用圆心E为线段PQ的中点)
由①②③得，－2k＋2m＝－m2＋2km－k2，
所以(m－k)(m－k＋2)＝0，即m＝k或m＝k－2，(关键一步：给出参数m，k的关系，为研究直线过定点提供理论基础)(12分)
若m＝k，则直线MN：y＝k(x＋1)过点A，不合题意；(13分)
若m＝k－2，则直线MN：y＝k(x＋1)－2.
所以直线MN恒过G(－1，－2)，(重要结论)(14分)
所以dmax＝|AG|＝2(d为点A到直线MN的距离)．(15分)
当且仅当MN⊥AG，即k＝0时取得，
此时直线MN方程为y＝－2，结合x2－y2＝1，
解得N(，－2)，yQ＝－(－1)，r＝1－yQ＝，(16分)
综上所述，点A到直线MN的距离存在最大值，最大值为2，此时圆E的半径为.(注意：解答题的规范性，必须总结)(17分)
方法二：由题意得A(－1，0)，P(1，1＋r)，Q(1，1－r)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则直线AP：x＝y－1，
直线AQ：x＝y－1，(8分)
联立得y2－y＝0，
yA＝0为此方程的一根，另外一根为y1，则y1＝，(点拨：如果一根已知，利用根与系数的关系很容易求另一个根)
代入直线AP的方程得，x1＝－1，(10分)
同理可得y2＝，x2＝－1，(注意“同理”的应用，简化了计算)(11分)
即M(－1，)，
N(－1，)，
则kMN＝＝，(12分)
所以直线MN的方程为
y＝＋＝(x＋1)－2，(13分)
所以直线MN过定点G(－1，－2)，(重要结论)(14分)
所以dmax＝|AG|＝2(d为点A到直线MN的距离).(15分)
当且仅当MN⊥AG，即kMN＝＝0时取得，
解得r＝，(16分)
综上所述，点A到直线MN的距离存在最大值，最大值为2，此时圆E的半径为.(注意：解答题的规范性，必须总结)(17分)
方法三：由题意得A(－1，0)，P(1，1＋r)，Q(1，1－r)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则kAP＋kAQ＝＋＝1，(8分)
(本方法所用重要结论，提纲挈领，为解决问题指明方向)
依题意，直线MN不过点A，可设直线MN：m(x＋1)＋ny＝1，(9分)
(设法巧妙，后续显示该设法的巧妙之处，但该法不是常规方法)
曲线C的方程x2－y2＝1改写为[(x＋1)－1]2－y2＝1，
即(x＋1)2－2(x＋1)－y2＝0，
联立直线MN的方程得(x＋1)2－2(x＋1)[m(x＋1)＋ny]－y2＝0，(“1”的整体代换，关键步骤，感觉是神来之笔)
所以(1－2m)(x＋1)2－2n(x＋1)y－y2＝0，(10分)
若x＝－1，则y＝0，代入直线MN方程，无解；(11分)
故x≠－1，两边同时除以(x＋1)2得()2＋2n·＋2m－1＝0，(12分)
(分类讨论，构造关于斜率的一元二次方程)
则Δ＝4n2－8m＋4＞0，＋＝kAP＋kAQ＝－2n＝1得n＝－，(13分)
在直线MN：m(x＋1)－y＝1中，
令x＝－1，则y＝－2，
所以直线MN恒过G(－1，－2)，(重要结论)(14分)
所以dmax＝|AG|＝2(d为点A到直线MN的距离)，(15分)
当且仅当MN⊥AG，即kMN＝0，所以m＝0时取得，此时Δ＝1－0＋4＞0，符合题意，
且直线MN方程为y＝－2，解得N(，－2)，yQ＝－(－1)，r＝1－yQ＝，(16分)
综上所述，点A到直线MN的距离存在最大值，最大值为2，此时圆E的半径为.(注意：解答题的规范性，必须总结)(17分)压轴大题练2(概率＋数列创新)
(本小题满分17分)某校数学兴趣小组由水平相当的n位同学组成，他们的学号依次为1，2，3，…，n. 辅导老师安排一个挑战数学填空题的活动，活动中有两个固定的题，同学们对这两个题轮流作答，每位同学在四分钟内答对第一题及四分钟内答对第二题的概率都为，每个同学的答题过程都是相互独立的，挑战的具体规则如下：
①挑战的同学先做第一题，第一题做对才有机会做第二题；
②挑战按学号由小到大的顺序依次进行，第1号同学开始第1轮挑战；
③若第i(i＝1，2，3，…，n－1)号同学在四分钟内未答对第一题，则认为第i轮挑战失败，由第i＋1号同学继续挑战；
④若第i(i＝1，2，3，…，n－1)号同学在四分钟内答对了第一题，满四分钟后，辅导老师安排该同学答第二题，若该同学在四分钟内又答对第二题，则认为挑战成功，挑战在第i轮结束；若该同学在四分钟内未答对第二题，则也认为第i轮挑战失败，由第i＋1号同学继续挑战；
⑤若挑战进行到了第n轮，则不管第n号同学答对多少题，下轮不再安排同学挑战．
令随机变量Xn表示n名挑战者在第Xn(Xn＝1，2，3，…，n)轮结束．
(1)求随机变量X4的分布列；
(2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑥：挑战的同学先做第一题，若有同学在四分钟内答对了第一题，以后挑战的同学不做第一题，直接从第二题开始作答．
令随机变量Yn表示n名挑战者在第Yn(Yn＝1，2，3，…，n)轮结束．
(ⅰ)求随机变量Yn(n∈N*，n≥2)的分布列；
(ⅱ)证明：E(Y2)＜E(Y3)＜E(Y4)＜E(Y5)＜…＜E(Yn)＜3.
参考答案与解析
压轴大题练2
解：(1)P(X4＝k)＝(1－×)k－1×(k＝1，2，3)，
P(X4＝4)＝()3, (2分)
(点拨：理解随机变量X4表示4名挑战者在第X4轮结束，其中X4＝1，2，3，4，特别注意的是X4＝4意味着前三轮挑战均失败)　
因此X4的分布列为
X4 1 2 3 4
P
(提醒：分布列须以表格形式展现)(3分)
(2)(ⅰ)Yn＝k(1≤k≤n－1，k∈N*)时，第k人必答对第二题，
若前面k－1人都没有一人答对第一题，其概率为p′k＝()k＋1，(4分)
若前面k－1人有一人答对第一题，其概率为p″k＝C()k＋1＝(k－1)·()k＋1，(5分)
(点拨：无论前面k－1人中哪一人答对第一题，以后的挑战者均答第二题，且只有第k人答对)
故P(Yn＝k)＝p′k＋p″k＝k()k＋1.(6分)
当Yn＝n时，(易错警示：对于第n轮，不管第n号同学答对与否，下轮不再安排同学挑战，故要单独考虑)
若前面n－1人都没有一人答对第一题，其概率为p′n＝()n－1，(7分)
若前面n－1人有一人答对第一题，其概率为p″n＝(n－1)()n，(8分)
故P(Yn＝n)＝p′n＋p″n＝(n＋1)·()n.(9分)
Yn的分布列为
Yn 1 2 3 … n－1 n
P ()2 2×()3 3×()4 … (n－1)·()n (n＋1)·()n
(10分)
(ⅱ)证明：E(Yn)＝2()k＋1＋n(n＋1)()n(n∈N*，n≥2).(11分)
E(Yn)－E(Yn－1)＝(n－1)2()n＋n(n＋1)()n－n(n－1)()n－1
＝(n＋1)()n＞0，
(点拨：作差法比较大小)
故E(Y2)＜E(Y3)＜E(Y4)＜E(Y5)＜…＜E(Yn)，(13分)
求得E(Y2)＝，
故E(Yn)＝E(Y2)＋[E(Y3)－E(Y2)]＋[E(Y4)－E(Y3)]＋…＋[E(Yn)－E(Yn－1)]，(14分)
(难点突破：迭代法，转化为我们熟悉的数列问题，为求和做准备，神来之笔)
所以E(Yn)＝＋4×()3＋5×()4＋…＋n()n－1＋(n＋1)·()n，①
2E(Yn)＝＋4×()2＋5×()3＋6×()4＋…＋(n＋1)()n－1，②(提醒：两边同乘也可以)
②－①，E(Yn)＜＋1＋()3＋()4＋…＋()n－1＜＋1＋＝3.(提醒：两次放缩法)(16分)
故E(Y2)＜E(Y3)＜E(Y4)＜E(Y5)＜…＜E(Yn)＜3.(17分)压轴大题练3(导数＋数列创新)
(本小题满分17分)记R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足xn＋1＝xn－(n∈N*)的数列{xn}称为函数f(x)的“牛顿数列”．已知数列{xn}为函数f(x)＝x2－x的“牛顿数列”，且数列{an}满足a1＝2，an＝ln ，xn＞1.
(1)求a2；
(2)证明数列{an}是等比数列并求an；
(3)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式(－1)n·tSn－14≤S对任意的n∈N*恒成立，求t的取值范围．
参考答案与解析
压轴大题练3
解：(1)因为f(x)＝x2－x，
则f′(x)＝2x－1，
从而有xn＋1＝xn－＝xn－ eq \f(x－xn,2xn－1) ＝ eq \f(x,2xn－1) ，(题眼：牛顿数列新概念的直接应用)(2分)
由a1＝2，an＝ln ，(点拨：令n＝1求x1)则2＝ln ，
则＝e2，解得x1＝，
则有x2＝ eq \f(x,2x1－1) ＝，
所以a2＝ln ＝2ln ＝4.(求a2的目的是探究an求法，体现了由特殊到一般的思维过程)(4分)
(2)由xn＋1＝ eq \f(x,2xn－1) ，
则＝ eq \f(\f(x,2xn－1),\f(x,2xn－1)－1) ＝ eq \f(x,x－2xn＋1) ＝()2，(关键一步：为寻求an与an＋1之间的关系)(6分)
所以an＋1＝ln ＝ln ()2＝2ln ＝2an(xn＞1)，且a1＝2≠0，(易错警示：漏掉此条件，就可能不是等比数列)
故＝2(非零常数)，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，(8分)
所以an＝2×2n－1＝2n.(9分)
(3)由等比数列的前n项和公式得Sn＝＝2n＋1－2，(10分)
因为不等式(－1)n·tSn－14≤S对任意的n∈N*恒成立，又Sn＞0且Sn单调递增，
所以(－1)n·t≤Sn＋对任意的n∈N*恒成立，(关键一步：分离参数，构造函数求最值，解决恒成立问题，体现了转化与化归的数学思想)(11分)
令g(x)＝x＋，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝1－＝，
当x∈(0，)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x∈(，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，(13分)
又2＝S1＜＜S2＝6，
且g(2)＝9，g(6)＝，g(6)＜g(2)，(易错警示：因为Sn为整数，所以Sn＋的最小值不是g())
则(Sn＋)min＝g(6)＝，(14分)
当n为偶数时，(易错警示：n的奇偶性决定参数的范围，其实质考查不等式的基本性质，本来是基础知识点，但同学们这时候往往疏忽大意，功亏一篑，实属遗憾)
原式化简为t≤Sn＋，所以当n＝2时，t≤；(15分)
当n为奇数时，原式化简为－t≤Sn＋，
因为2＝S1g(14)＝15>g(2)＝9，
所以当n＝1时，－t≤9，
所以t≥－9.(16分)
综上可知，－9≤t≤.(17分)压轴大题练4(立体几何＋计数原理＋集合创新)
(本小题满分17分)已知n≥4且n∈N*，设S是空间中n个不同的点构成的集合，其中任意四点不在同一个平面上，dAB表示点A与点B之间的距离，记集合τ(S)＝{dAB| A，B∈S，A≠B}．
(1)若四面体ABCD满足：AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1.
①求二面角C AD B的余弦值；
②若S＝{A，B，C，D}，求τ(S).
(2)证明：4card(τ(S))≥n－1.
参考公式：x＋x＋…＋x≥(x1＋x2＋…＋xn)2.
参考答案与解析
压轴大题练4
解：(1)以C为原点，建立空间直角坐标系，(点拨：合理建立坐标系是用向量法解决几何问题的关键)(1分)
如图，
则C(0，0，0)，D(1，0，0)，B(0，1，0)，A(0，1，1)，　
＝(0，1，1)，＝(1，0，0)，＝(－1，1，0)，＝(－1，1，1)，(2分)
①设平面CAD的法向量m＝(x，y，z)，
则即
取m＝(0，1，－1)，(3分)
设平面BAD的法向量n＝(a，b，c)，
则即
取n＝(1，1，0)，(4分)
所以cos 〈m，n〉＝＝＝，(5分)
根据图形可知二面角C AD B为锐二面角，即二面角C AD B的余弦值为.(易错警示：借助于图形，须把向量夹角转化为相应二面角)(6分)
②AB＝BC＝CD＝1，BD＝AC＝，AD＝，所以τ(S)＝{1，，}．
(题眼：根据概念τ(S)，结合集合元素的互异性，给出答案)(8分)
(2)证明：设card(τ(S))＝k，τ(S)＝{d1，d2，…，dk}，下证k≥，(9分)
设S中任意不同的两点的C个距离中，距离等于di的有xi个，i＝1，2，…，k，
则C＝x1＋x2＋…＋xk，(10分)
记S中n个不同点分别为A1，A2，…，An，设到点Aj的距离等于di的点的个数为xij(i＝1，2，…，k；j＝1，2，…，n)，(点拨：理解抽象符号含义是关键)
则xi1＋xi2＋…＋xin＝2xi(i＝1，2，…，k)，
所以(x11＋x12＋…＋x1n)＋(x21＋x22＋…＋x2n)＋…＋(xk1＋xk2＋…＋xkn)＝ij＝2C，(12分)
考虑由S中的点构成的满足dAB＝dAC的点组(A，B，C)的个数N(S)，一方面，当A取Aj(j＝1，2，…，n)时，这样的点组有C2xij个，故有N(S)＝C2xij，(13分)
另一方面，因为S中任意四个点不共面，(题眼)所以对任意(B，C)，点A的选取至多有3种，故有N(S)≤3C，(*)(关键一步)(14分)
所以N(S)＝C2xij＝C2xij
＝(x－xij)＝－C(点拨：此处有些抽象，利用了连加符号∑的有关性质)
≥－C＝－C≥(i)2－C＝(C)2－C，(16分)
结合(*)得C≤4 k≥，
即4card(τ(S))≥n－1.(17分)

展开更多......

收起↑