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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 E:x2a2+y2=1E:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1（a>1a>1），过 EE 的右焦点且与 xx 轴垂直的直线被 EE 截得的线段长为 2\sqrt{2}.
(1) 求 EE 的离心率； (2) 设 OO 为坐标原点，给定点 G(t,0)G\left( t,0 \right)（t≠0t\ne 0）. A(x0,y0)A\left( x_0,y_0 \right)（y0≠0y_0\ne 0）为 EE 上的点，过 AA 作 yy 轴的垂线，垂足为 BB，直线 OAOA 与直线 GBGB 的交点为 PP，当 AA 在 EE 上运动时，点 PP 的轨迹为 MM.
(i) 求 MM 的方程； (ii) 当 tt 为何值时，MM 有对称中心？当 MM 有对称中心时，将 MM 平移后得到曲线 M′M'，使得 OO 为 M′M' 的对称中心，说明 M′M' 是什么曲线.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=xex+ax+bf\left( x \right)=x\mathrm{e}^x+ax+b，曲线 y=f(x)y=f\left( x \right) 在点 (0,f(0))\left( 0,f\left( 0 \right) \right) 处的切线方程为 y=−2x+1y=-2x+1.
(1) 求 aa，bb； (2) 当 x>0x>0 时，f(x+m)−f(x)>mf\left( x+m \right)-f\left( x \right)>m，求 mm 的取值范围； (3) 当 x>0x>0 时，f(k+x)+f(k−x)>2f(k)f\left( k+x \right)+f\left( k-x \right)>2f\left( k \right)，求 kk 的最小值.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡(1+x)−x+12x2−kx3f(x)=\ln(1+x)-x+\frac12x^2-kx^3，其中 0<k<130<k<\frac13.
(1) 证明：f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 存在唯一的极值点和唯一的零点； (2) 设 x1x_1，x2x_2 分别为 f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 的极值点和零点.
(i) 设函数 g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)，证明：g(t)g(t) 在区间 (0,x1)(0,x_1) 单调递减； (ii) 比较 2x12x_1 与 x2x_2 的大小，并证明你的结论.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分概率与统计★★★★★
甲，乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得 1 分，负者得 0 分. 设每个球甲胜的概率为 pp（12<p<1\frac12<p<1），乙胜的概率为 qq，p+q=1p+q=1，且各球的胜负相互独立. 对正整数 k≥2k\ge 2，记 pkp_k 为打完 kk 个球后甲比乙至少多得 2 分的概率，qkq_k 为打完 kk 个球后乙比甲至少多得 2 分的概率.
(1) 求 p3p_3，p4p_4（用 pp 表示）； (2) 若 p4−p3q4−q3=4\frac{p_4-p_3}{q_4-q_3}=4，求 pp； (3) 证明：对任意正整数 mm，p2m+1−q2m+1<p2m−q2m<p2m+2−q2m+2p_{2m+1}-q_{2m+1}<p_{2m}-q_{2m}<p_{2m+2}-q_{2m+2}.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 19 题 · 解答题

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1917分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2−y2=mC:x^2-y^2=m（m>0m>0），点 P1(5,4)P_1(5,4) 在 CC 上，kk 为常数，0<k<10<k<1. 按照如下方式依次构造点 PnP_n（n=2n=2，33，…\dots）：过 Pn−1P_{n-1} 作斜率为 kk 的直线与 CC 的左支交于点 Qn−1Q_{n-1}，令 PnP_n 为 Qn−1Q_{n-1} 关于 yy 轴的对称点，记 PnP_n 的坐标为 (xn,yn)(x_n,y_n).
(1) 若 k=12k=\frac12，求 x2x_2，y2y_2； (2) 证明：数列 {xn−yn}\{x_n-y_n\} 是公比为 1+k1−k\frac{1+k}{1-k} 的等比数列； (3) 设 SnS_n 为 △PnPn+1Pn+2\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2} 的面积，证明：对任意的正整数 nn，Sn=Sn+1S_n=S_{n+1}.

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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2215分导数及其应用★★★★★
(1) 证明：当 0<x<10<x<1 时，x−x2<sin⁡x<xx-x^2<\sin x<x. (2) 已知函数 f(x)=cos⁡ax−ln⁡(1−x2)f(x)=\cos ax-\ln(1-x^2)，若 x=0x=0 是 f(x)f(x) 的极大值点，求 aa 的取值范围.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 22 题 · 解答题

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2115分解析几何★★★★★
已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0） 的右焦点为 F(2,0)F(2,0)，渐近线方程为 y=±3xy=\pm \sqrt3 x.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过 FF 的直线与 CC 的两条渐近线分别交于 AA，BB 两点，点 P(x1,y1)P(x_1,y_1)，Q(x2,y2)Q(x_2,y_2) 在 CC 上，且 x1>x2>0x_1>x_2>0，y1>0y_1>0. 过 PP 且斜率为 −3-\sqrt3 的直线与过 QQ 且斜率为 3\sqrt3 的直线交于点 MM. 从下面 \circled1\circled{1}，\circled2\circled{2}，\circled3\circled{3} 中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
① MM 在 ABAB 上； ② PQ∥ABPQ\parallel AB； ③ ∣MA∣=∣MB∣|MA|=|MB|.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 21 题 · 解答题

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2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=xeax−exf(x)=x\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^x.
(1) 当 a=1a=1 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 当 x>0x>0 时，f(x)<−1f(x)<-1，求 aa 的取值范围； (3) 设 n∈N∗n\in \mathbf{N}^*，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln⁡(n+1)\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln(n+1).

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 22 题 · 解答题

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2115分概率与统计★★★★★
一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第 00 代，经过一次繁殖后为第 11 代，再经过一次繁殖后为第 22 代，依此类推. 该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设 XX 表示 11 个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pi>0P(X=i)=p_i>0，其中 i=0i=0，11，22，33.
(1) 已知 p0=0.4p_0=0.4，p1=0.3p_1=0.3，p2=0.2p_2=0.2，p3=0.1p_3=0.1，求 E(X)E(X)； (2) 设 pp 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，pp 是关于 xx 的方程 p0+p1x+p2x2+p3x3=xp_0+p_1x+p_2x^2+p_3x^3=x 的一个最小正实根，求证：当 E(X)≤1E(X)\le1 时，p=1p=1，当 E(X)>1E(X)>1 时，p<1p<1； (3) 根据你的理解说明（2）问结论的实际含义.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 21 题 · 解答题

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2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=(x−1)ex−ax2+bf(x)=(x-1)\mathrm{e}^x-ax^2+b.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：f(x)f(x) 有一个零点.
① 12<a≤e22\dfrac12<a\le\dfrac{\mathrm{e}^2}{2}，b>2ab>2a； ② 0<a<120<a<\dfrac12，b≤2ab\le2a.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知点 A(−2,0)A(-2,0)，B(2,0)B(2,0)，动点 M(x,y)M(x,y) 满足直线 AMAM 与 BMBM 的斜率之积为 −12-\dfrac12. 记 MM 的轨迹为曲线 CC.
(1) 求 CC 的方程，并说明 CC 是什么曲线； (2) 过坐标原点的直线交 CC 于 PP，QQ 两点，点 PP 在第一象限，PE⊥xPE\perp x 轴，垂足为 EE，连接 QEQE 并延长交 CC 于点 GG.
(i) 证明：△PQG\triangle PQG 是直角三角形； (ii) 求 △PQG\triangle PQG 面积的最大值.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−ax2f(x)=\mathrm{e}^x-ax^2.
(1) 若 a=1a=1，证明：当 x≥0x\ge0 时，f(x)≥1f(x)\ge1； (2) 若 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 只有一个零点，求 aa.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=3a_{1} = 3，an+1an+λan+1+μan2=0a_{n + 1}a_{n} + \lambda a_{n + 1} + \mu a_{n}^{2} = 0（n∈N+n \in \mathbf{N}_{+}）.
(1) 若 λ=0\lambda = 0，μ=−2\mu = -2，求数列 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 λ=1k0\lambda = \frac{1}{k_0}（k0∈N+k_0 \in \mathbf{N}_+，k0⩾2k_0 \geqslant 2），μ=−1\mu = -1，证明： 2+13k0+1<ak0+1<2+12k0+12 + \frac{1}{3k_0 + 1} < a_{k_0 + 1} < 2 + \frac{1}{2k_0 + 1}.

2015 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，过 F2F_2 的直线交椭圆于 PP，QQ 两点，且 PQ⊥PF1PQ \perp PF_1.
(1) 若 ∣PF1∣=2+2|PF_1| = 2 + \sqrt{2}，∣PF2∣=2−2|PF_2| = 2 - \sqrt{2}，求椭圆标准方程； (2) 若 ∣PQ∣=λ∣PF1∣|PQ| = \lambda |PF_1|，且 34⩽λ<43\frac{3}{4} \leqslant \lambda < \frac{4}{3}，试确定椭圆离心率 ee 的取值范围.

2015 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 （a>b>0a > b > 0）的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，点 DD 在椭圆上，DF1⊥F1F2DF_1 \perp F_1F_2，∣F1F2∣∣DF1∣=22\frac{|F_1F_2|}{|DF_1|} = 2\sqrt{2}，△DF1F2\triangle DF_1F_2 的面积为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 设圆心在 yy 轴上的圆与椭圆在 xx 轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径.

2014 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22数列★★★★★
设 a1=1a_1 = 1，an+1=an2−2an+2+ba_{n+1} = \sqrt{a_n^2 - 2a_n + 2} + b（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 b=1b = 1，求 a2a_2，a3a_3 及数列 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 b=−1b = -1，问：是否存在实数 cc，使得 a2n<c<a2n+1a_{2n} < c < a_{2n+1} 对所有 n∈N∗n \in \mathbf{N}^* 成立？ 证明你的结论.

2014 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
设椭圆 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的左、右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，点 DD 在椭圆上，DF1⊥F1F2DF_1 \perp F_1F_2，∣F1F2∣∣DF1∣=22\frac{|F_1F_2|}{|DF_1|} = 2\sqrt{2}，△DF1F2\triangle DF_1F_2 的面积为 22\frac{\sqrt{2}}{2}.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 是否存在圆心在 yy 轴上的圆，使圆在 xx 轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.

2014 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取垂直于 xx 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆. 使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外. 若 PQ⊥P′QPQ \perp P'Q，求圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，且 ca=22\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，b2=a2−c2=a22b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{2}.
\begin{enumerate} \item 过左焦点 F1(−c,0)F_1(-c,0) 的垂线为 x=−cx=-c. 代入椭圆方程，弦端点的纵坐标满足
y2=b2(1−c2a2)=b22y^2=b^2\left(1-\frac{c^2}{a^2}\right)=\frac{b^2}{2}
因此
∣AA′∣=2⋅b2=4|AA'|=2\cdot\frac{b}{\sqrt{2}}=4
解得 b2=8b^2=8，再由 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2} 得 a2=16a^2=16. 所以椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设垂直于 xx 轴的直线为 x=x0x=x_0，其与椭圆的交点为 P(x0,y0)P(x_0,y_0)，P′(x0,−y0)P'(x_0,-y_0)，y0≠0y_0\ne0. 由于圆过 PP，P′P'，其圆心 QQ 在 PP′PP' 的垂直平分线上，而 PP′PP' 垂直于 xx 轴，所以可设 Q(t,0)Q(t,0)，圆的半径为 rr. 由 PQ⊥P′QPQ\perp P'Q，
(x0−t,y0)⋅(x0−t,−y0)=0(x_0-t,y_0)\cdot(x_0-t,-y_0)=0
即
(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2
椭圆上的点 M(x,y)M(x,y) 满足 y2=16−x22y^2=\frac{16-x^2}{2}. 于是
∣QM∣2−r2=(x−t)2+16−x22−r2|QM|^2-r^2=(x-t)^2+\frac{16-x^2}{2}-r^2
由题意，除 PP，P′P' 外椭圆上的点均在圆外，所以当 x=x0x=x_0 时上式在区间 (−4,4)(-4,4) 内取得最小值 00. 对关于 xx 的二次式求导，得
x0−2t=0,即x0=2tx_0-2t=0,\qquad\text{即}\qquad x_0=2t
由椭圆方程和上面两个等式， y02=16−x022y_0^2=\frac{16-x_0^2}{2}，(x0−t)2=y02(x_0-t)^2=y_0^2， 从而
t2=16−4t22t^2=\frac{16-4t^2}{2}
解得 t2=83t^2=\frac{8}{3}. 又
r2=(x0−t)2+y02=2t2=163r^2=(x_0-t)^2+y_0^2=2t^2=\frac{16}{3}
所以 t=±263t=\pm\frac{2\sqrt{6}}{3}，圆 QQ 的标准方程为
(x−263)2+y2=163\left(x-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
或
(x+263)2+y2=163\left(x+\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2+y^2=\frac{16}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22集合与逻辑基础★★★★★
对正整数 nn，记 In={1,2,⋯ ,n}I_n = \{1, 2, \cdots, n\}，Pn={mk∣m∈In,k∈In}P_n = \left\{\frac{m}{\sqrt{k}} \mid m \in I_n, k \in I_n\right\}.
(1) 求集合 P7P_{7} 中元素的个数； (2) 若 PnP_{n} 的子集 AA 中任意两个元素之和不是整数的平方，则称 AA 为“稀疏集”，求 nn 的最大值，使 PnP_{n} 能分成两个不相交的稀疏集的并.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 将 kk 写成 k=sr2k=sr^2，其中 ss 为平方因子已经除尽后的平方自由数. 对 n=7n=7，当 s=1s=1 时 k=1k=1，44，所得不同的有理数为
{1,2,3,4,5,6,7}∪{12,32,52,72}\{1,2,3,4,5,6,7\}\cup\left\{\frac12,\frac32,\frac52,\frac72\right\}
共有 1111 个. 其余平方自由数为 22，33，55，66，77，每个数只能取 r=1r=1，分别产生 77 个形如 ms\frac{m}{\sqrt{s}} 的数；不同的平方自由数对应的数不可能相等. 因此
∣P7∣=11+5×7=46|P_7|=11+5\times7=46
\item 每个 PnP_n 中的元素都可以唯一写成 qsq\sqrt{s}，其中 qq 是正有理数，ss 是平方自由正整数. 若 s>1s>1，则该元素是无理数. 若两个元素的平方自由部分相同且大于 11，它们的和为正有理数倍的 s\sqrt{s}，仍是无理数. 若两个元素的平方自由部分分别为不同的 ss，t>1t>1，假设它们的和为有理数 uu，则 qs+rt=uq\sqrt{s}+r\sqrt{t}=u. 移项并平方可得 2uqs=u2+q2s−r2t2uq\sqrt{s}=u^2+q^2s-r^2t，从而 s\sqrt{s} 为有理数，矛盾. 若其中一个平方自由部分为 11，另一个大于 11，则和为有理数会使后者的 s\sqrt{s} 为有理数，同样矛盾. 因此，含有非有理数的两个不同元素之和不可能是整数，稀疏集划分的限制只来自 PnP_n 中的有理数.
先考察 P14P_{14}. 其中有理数恰来自 k=1k=1，44，99，约分后得到的有理数集合为
R14={1,2,…,14}∪{12,32,52,72,92,112,132}∪{13,23,43,53,73,83,103,113,133,143}R_{14}=\{1,2,\ldots,14\}\cup\left\{\frac12,\frac32,\frac52,\frac72,\frac92,\frac{11}{2},\frac{13}{2}\right\}\cup\left\{\frac13,\frac23,\frac43,\frac53,\frac73,\frac83,\frac{10}{3},\frac{11}{3},\frac{13}{3},\frac{14}{3}\right\}
将其分为
A0={1,2,4,6,9,11,13}∪{12,32,92,112,132}∪{13,43,53,103,133},\begin{gathered} A_0=\{1,2,4,6,9,11,13\}\cup\left\{\frac12,\frac32,\frac92,\frac{11}{2},\frac{13}{2}\right\}\\ \cup\left\{\frac13,\frac43,\frac53,\frac{10}{3},\frac{13}{3}\right\}, \end{gathered}
和
B0={3,5,7,8,10,12,14}∪{52,72}∪{23,73,83,113,143}B_0=\{3,5,7,8,10,12,14\}\cup\left\{\frac52,\frac72\right\}\cup\left\{\frac23,\frac73,\frac83,\frac{11}{3},\frac{14}{3}\right\}
把 P14P_{14} 中除 R14R_{14} 外的所有无理数任意放入第一组，便得到 A={x∈P14∣x∉R14}∪A0A=\{x\in P_{14}\mid x\notin R_{14}\}\cup A_0，B=B0B=B_0.
为验证这两个集合确实稀疏，只需检查 R14R_{14} 中两数之和为整数平方的情形. 由于两数之和不超过 2828，只需检查平方 11，44，99，1616，2525. 和为 11 的相邻对只有 13+23\frac13+\frac23；和为 44 的相邻对为 13+113\frac13+\frac{11}{3}、12+72\frac12+\frac72、23+103\frac23+\frac{10}{3}、1+31+3、43+83\frac43+\frac83、32+52\frac32+\frac52、53+73\frac53+\frac73；和为 99 的相邻对为 1+81+8、2+72+7、3+63+6、4+54+5、52+132\frac52+\frac{13}{2}、72+112\frac72+\frac{11}{2}、133+143\frac{13}{3}+\frac{14}{3}；和为 1616 的相邻对为 2+142+14、3+133+13、4+124+12、5+115+11、6+106+10、7+97+9；和为 2525 的相邻对为 11+1411+14、12+1312+13. 这些相邻对均分别落在 A0A_0 与 B0B_0 中，所以 AA、BB 都是稀疏集. 由此 n=14n=14 可以实现.
另一方面，当 n⩾15n\geqslant15 时，PnP_n 中包含 11，33，66，1010，1515，且 1+3=41+3=4，3+6=93+6=9，6+10=166+10=16，10+15=2510+15=25，15+1=1615+1=16. 因此这五个元素构成一个长度为 55 的奇环. 若把 PnP_n 分成两个稀疏集，奇环上的相邻元素必须交替分入两个集合，绕环一周后首尾两个元素却会被迫分入同一集合，矛盾. 所以 n⩾15n\geqslant15 时不能实现，故 nn 的最大值为 1414. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，椭圆的中心为原点 OO，长轴在 xx 轴上，离心率 e=22e = \frac{\sqrt{2}}{2}，过左焦点 F1F_{1} 作 xx 轴的垂线交椭圆于 AA，A′A' 两点，∣AA′∣=4|AA'| = 4.
(1) 求该椭圆的标准方程； (2) 取平行于 yy 轴的直线与椭圆相交于不同的两点 PP，P′P'，过 PP，P′P' 作圆心为 QQ 的圆，使椭圆上的其余点均在圆 QQ 外，求 △PP′Q\triangle PP'Q 的面积 SS 的最大值，并写出对应的圆 QQ 的标准方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a>b>0a>b>0） 焦距的一半为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2，e=ca=22e=\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}. 所以 c2=a22c^2=\frac{a^2}{2}，从而 b2=a22b^2=\frac{a^2}{2}. 左焦点为 (−c,0)(-c,0)，过它的竖直弦的两个端点纵坐标为 ±2\pm2，故代入椭圆方程得
c2a2+4b2=1\frac{c^2}{a^2}+\frac{4}{b^2}=1
由 c2a2=12\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2} 得 4b2=12\frac{4}{b^2}=\frac{1}{2}，即 b2=8b^2=8，进而 a2=16a^2=16. 因此椭圆的标准方程为
x216+y28=1\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1
\item 设竖直弦所在直线为 x=tx=t，其端点为 P=(t,y0)P=(t,y_0)、P′=(t,−y0)P'=(t,-y_0). 由椭圆方程 y02=8−t22y_0^2=8-\frac{t^2}{2}，∣t∣<4|t|<4. 圆心 QQ 必在弦 PP′PP' 的垂直平分线上，而所有椭圆上其余点在圆外，意味着 PP，P′P' 是椭圆上到 QQ 的最近点. 故可设 Q=(q,0)Q=(q,0)，并令椭圆点为 (x,y)(x,y)，则其到 QQ 的距离平方为
(x−q)2+y2=x22−2qx+q2+8(x-q)^2+y^2 =\frac{x^2}{2}-2qx+q^2+8
由于最近点的横坐标 tt 在区间 (−4,4)(-4,4) 内，二次式在 x=tx=t 处取最小值，故
t=2qt=2q
于是 ∣q∣<2|q|<2，且
y02=8−2q2y_0^2=8-2q^2
三角形 PP′QPP'Q 的底为 2∣y0∣2|y_0|，高为 ∣q−t∣=∣q∣|q-t|=|q|，所以
S=∣q∣8−2q2S=|q|\sqrt{8-2q^2}
令 u=q2u=q^2，则 0⩽u<40\leqslant u<4，并且
S2=u(8−2u)=8−2(u−2)2⩽8S^2=u(8-2u)=8-2(u-2)^2\leqslant8
故 SS 的最大值为 222\sqrt2，当且仅当 q2=2q^2=2，即 q=±2q=\pm\sqrt2 时取得. 此时圆的半径平方为
QP2=(t−q)2+y02=q2+4=6QP^2=(t-q)^2+y_0^2=q^2+4=6
因此对应的圆为
(x−2)2+y2=6或(x+2)2+y2=6(x-\sqrt2)^2+y^2=6 \quad\text{或}\quad (x+\sqrt2)^2+y^2=6
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21数列★★★★★
设实数数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 SnS_{n} 满足 Sn+1=an+1SnS_{n + 1} = a_{n + 1}S_n （n∈N∗n\in \mathbf{N}^*）.
(1) 若 a1a_{1}，S2S_{2}，−2a2-2a_{2} 成等比数列，求 S2S_{2} 和 a3a_{3}； (2) 求证：对 k⩾3k \geqslant 3 有 0⩽ak+1⩽ak⩽430 \leqslant a_{k+1} \leqslant a_k \leqslant \frac{4}{3}.

2011 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21数列★★★★★
在数列 {an}\{a_{n}\} 中，a1=1a_{1} = 1，an+1=can+cn+1(2n+1)a_{n + 1} = c a_{n} + c^{n + 1}(2n + 1)（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中实数 c≠0c \neq 0.
(1) 求 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 若对一切 k∈N∗k \in \mathbf{N}^* 有 a2k>a2k−1a_{2k} > a_{2k-1}，求 cc 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 bn=ancnb_n=\frac{a_n}{c^n}. 由递推式得 bn+1=an+1cn+1=ancn+2n+1=bn+2n+1b_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{c^{n+1}}=\frac{a_n}{c^n}+2n+1=b_n+2n+1，且 b1=1cb_1=\frac{1}{c}. 因此 bn=1c+∑j=1n−1(2j+1)=1c+n2−1b_n=\frac{1}{c}+\sum_{j=1}^{n-1}(2j+1)=\frac{1}{c}+n^2-1，从而 an=cnbn=cn−1(c(n2−1)+1)a_n=c^n b_n=c^{n-1}\left(c(n^2-1)+1\right). \item 由通项公式，
a2k−a2k−1=c2k−2((4k2−1)c2+(−4k2+4k+1)c−1)a_{2k}-a_{2k-1}=c^{2k-2}\left((4k^2-1)c^2+(-4k^2+4k+1)c-1\right)
由于 c2k−2>0c^{2k-2}>0，条件等价于 Dk(c)>0D_k(c)>0，其中 Dk(c)=(4k2−1)c2+(−4k2+4k+1)c−1D_k(c)=(4k^2-1)c^2+(-4k^2+4k+1)c-1. 特别地，D1(c)=3c2+c−1>0D_1(c)=3c^2+c-1>0，所以 c<−1−136c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6} 或 c>−1+136c>\frac{-1+\sqrt{13}}{6}. 另一方面，直接计算得 Dk(c)=D1(c)+4(k−1)c((k+1)c−k)D_k(c)=D_1(c)+4(k-1)c((k+1)c-k). 当 c<−1−136<0c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6}<0 时，后加项为正，故所有 Dk(c)>0D_k(c)>0. 当 c⩾1c\geqslant1 时，D1(c)>0D_1(c)>0，且后加项非负，故所有 Dk(c)>0D_k(c)>0. 若 0<c<10<c<1，则 Dk(c)(4k2)→c2−c<0D_k\frac{(c)}{(4k^2)}\to c^2-c<0，故充分大的 kk 使 Dk(c)<0D_k(c)<0；若 −1−136⩽c⩽0\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\leqslant c\leqslant0，则 D1(c)⩽0D_1(c)\leqslant0，也不满足严格不等式. 综上，cc 的取值范围为 (−∞,−1−136)∪[1,+∞)\left(-\infty,\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\right)\cup[1,+\infty). \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知以原点 OO 为中心，F(5,0)F(\sqrt{5}, 0) 为右焦点的双曲线 CC 的离心率 e=52e = \frac{\sqrt{5}}{2}.
(1) 求双曲线 CC 的标准方程及其渐近线方程； (2) 如图，已知过点 M(x1,y1)M(x_1, y_1) 的直线 l1:x1x+4y1y=4l_1: x_1x + 4y_1y = 4 与过点 N(x2,y2)N(x_2, y_2)（其中 x2≠x1x_2\ne x_1）的直线 l2:x2x+4y2y=4l_2: x_2x + 4y_2y = 4 的交点 EE 在双曲线 CC 上，直线 MNMN 与两条渐近线分别交于 GG，HH 两点，求 OG→⋅OH→\overrightarrow{OG} \cdot \overrightarrow{OH} 的值.

2010 · 重庆 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知以原点 OO 为中心的椭圆的一条准线方程为 x=433x = \frac{4\sqrt{3}}{3}，离心率 e=32e = \frac{\sqrt{3}}{2}，MM 是椭圆上的动点.
(1) 若点 CC，DD 的坐标分别是 (0,−3)(0, -\sqrt{3})，(0,3)(0, \sqrt{3})，求 ∣MC∣⋅∣MD∣|MC| \cdot |MD| 的最大值； (2) 如图，点 AA 的坐标为 (1,0)(1,0)，BB 是圆 x2+y2=1x^{2} + y^{2} = 1 上的点，NN 是点 MM 在 xx 轴上的射影，点 QQ 满足条件：OQ→=OM→+ON→\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{ON}，QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA} \cdot \overrightarrow{BA} = 0. 求线段 QBQB 的中点 PP 的轨迹方程.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因准线方程为 x=433x=4\frac{\sqrt{3}}{3}，椭圆长轴在 xx 轴上，且准线到原点的距离为 ae\frac{a}{e}. 由 e=32e=\frac{\sqrt{3}}{2}，有 ae=433\frac{a}{e}=\frac{4\sqrt3}{3}，a=e⋅433=2a=e\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=2，c=ae=3c=ae=\sqrt3. 又 b2=a2−c2=1b^2=a^2-c^2=1，故椭圆方程为
x24+y2=1\frac{x^2}{4}+y^2=1
设 M=(u,v)M=(u,v)，则 u24+v2=1\frac{u^2}{4}+v^2=1，且 ∣MC∣2=u2+(v+3)2|MC|^2=u^2+(v+\sqrt3)^2，∣MD∣2=u2+(v−3)2|MD|^2=u^2+(v-\sqrt3)^2. 于是
∣MC∣2∣MD∣2=(u2+v2+3)2−12v2=(7−3v2)2−12v2=9v4−54v2+49|MC|^2|MD|^2=(u^2+v^2+3)^2-12v^2 =(7-3v^2)^2-12v^2 =9v^4-54v^2+49
令 z=v2z=v^2，则 0⩽z⩽10\leqslant z\leqslant1，且
9z2−54z+499z^2-54z+49
的导数为 18z−54<018z-54<0，故其在 [0,1][0,1] 上严格递减. 因 ∣MC∣⋅∣MD∣⩾0|MC|\cdot|MD|\geqslant0，其最大值在 z=0z=0 时取得. 此时 M=(2,0)M=(2,0) 或 M=(−2,0)M=(-2,0)，从而
∣MC∣⋅∣MD∣=49=7|MC|\cdot|MD|=\sqrt{49}=7
\item 设 M=(u,v)M=(u,v). 因 N=(u,0)N=(u,0) 且 OQ→=OM→+ON→\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}，有 Q=(2u,v)Q=(2u,v). 由 u24+v2=1\frac{u^2}{4}+v^2=1，令 Q=(X,Y)Q=(X,Y)，则
X216+Y2=1\frac{X^2}{16}+Y^2=1
设 P=(x,y)P=(x,y). 由于 PP 是 QBQB 的中点，B=2P−QB=2P-Q. 又 A=(1,0)A=(1,0)，条件 QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0 给出
(1−X)(1−2x+X)+Y(2y−Y)=0(1-X)(1-2x+X)+Y(2y-Y)=0
即
2(xX+yY)=X2+Y2+2x−12(xX+yY)=X^2+Y^2+2x-1
另一方面，∣B∣=1|B|=1，所以
1=∣2P−Q∣2=4(x2+y2)−4(xX+yY)+X2+Y21=|2P-Q|^2=4(x^2+y^2)-4(xX+yY)+X^2+Y^2
代入上式可得
X2+Y2=4[(x−12)2+y2]X^2+Y^2=4\left[\left(x-\frac12\right)^2+y^2\right]
取参数 λ=cos⁡θ\lambda=\cos\theta，μ=sin⁡θ\mu=\sin\theta，则 Q=(4λ,μ)Q=(4\lambda,\mu)，λ2+μ2=1\lambda^2+\mu^2=1. 因而 PP 必须满足
(x−12)2+y2=1+15λ24\left(x-\frac12\right)^2+y^2=\frac{1+15\lambda^2}{4}
(4λ−1)x+μy=15λ22(4\lambda-1)x+\mu y=\frac{15\lambda^2}{2}
令 K=(4λ−1)2+μ2=15λ2−8λ+2K=(4\lambda-1)^2+\mu^2=15\lambda^2-8\lambda+2，D=15λ2−4λ+12D=\frac{15\lambda^2-4\lambda+1}{2}. 由于 λ2+μ2=1\lambda^2+\mu^2=1，有 K>0K>0. 上面两式分别是以 (12,0)(\frac{1}{2},0) 为圆心的圆和一条直线. 圆心到直线的有向距离为 DK\frac{D}{\sqrt K}，并且
1+15λ24−D2K=μ24K\frac{1+15\lambda^2}{4}-\frac{D^2}{K}=\frac{\mu^2}{4K}
所以轨迹的参数方程可写为
x=12+D(4λ−1)K−εμ22K,y=DμK+εμ(4λ−1)2K,λ=cos⁡θ,μ=sin⁡θ,θ∈[0,2π),ε∈{1,−1}.\begin{aligned} x&=\frac12+\frac{D(4\lambda-1)}{K}-\varepsilon\frac{\mu^2}{2K},\\ y&=\frac{D\mu}{K}+\varepsilon\frac{\mu(4\lambda-1)}{2K},\\ \lambda&=\cos\theta,\quad \mu=\sin\theta,\quad \theta\in[0,2\pi),\\ &\varepsilon\in\{1,-1\}. \end{aligned}
对任意上述参数，取 Q=(4λ,μ)Q=(4\lambda,\mu)、B=2P−QB=2P-Q，则 ∣B∣=1|B|=1 且 QA→⋅BA→=0\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{BA}=0；反之原题中的 MM，NN，QQ，BB，PP 必满足上述两式. 因此该参数方程给出的曲线正是所求轨迹. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21数列★★★★★
设 mm 个不全相等的正数 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m（m⩾7m\geqslant 7）依次围成一个圆圈.
(1) 若 m=2009m=2009，且 a1a_1，a2a_2，…\ldots，a1005a_{1005} 是公差为 dd 的等差数列，而 a1a_1，a2009a_{2009}，a2008a_{2008}，…\ldots，a1006a_{1006} 是公比为 qq 的等比数列；数列 a1a_1，a2a_2，…\ldots，ama_m 的前 nn 项和 SnS_n（n⩽mn\leqslant m）满足：S3=15S_3=15，S2009=S2007+12a1S_{2009}=S_{2007}+12a_1，求通项 ana_n（n⩽mn\leqslant m）. (2) 若每个数 ana_n（n⩽mn\leqslant m）是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2>ma_1a_2\cdots a_m.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正数条件 q>0q>0. 等比数列的排列顺序给出 a2009=a1qa_{2009}=a_1q，a2008=a1q2a_{2008}=a_1q^2. 又
S2009−S2007=a2008+a2009=12a1S_{2009}-S_{2007}=a_{2008}+a_{2009}=12a_1
所以 q2+q=12q^2+q=12. 结合 q>0q>0，得 q=3q=3.
令 a1=ta_1=t. 前 10051005 项为等差数列，且
S3=a1+(a1+d)+(a1+2d)=3a1+3d=15S_3=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)=3a_1+3d=15
故 d=5−td=5-t. 因而 an=t+(n−1)(5−t)a_n=t+(n-1)(5-t)，1⩽n⩽10051\leqslant n\leqslant1005. 后面的等比数列按题目给出的次序为 an=t 32010−na_n=t\,3^{2010-n}，1006⩽n⩽20091006\leqslant n\leqslant2009. 为了保证等差部分各项为正，只需两端均为正，即 t>0t>0，t+1004(5−t)=5020−1003t>0t+1004(5-t)=5020-1003t>0. 所以题面条件得到的是一族数列
0<t<50201003,an={t+(n−1)(5−t),1⩽n⩽1005,t 32010−n,1006⩽n⩽2009.0<t<\frac{5020}{1003},\qquad a_n=\begin{cases} t+(n-1)(5-t),&1\leqslant n\leqslant1005,\\ t\,3^{2010-n},&1006\leqslant n\leqslant2009. \end{cases}
题面没有给出 d=qd=q 或其他联系 dd 与 qq 的条件，因此不能唯一确定 tt. 例如额外补充题面未出现的 d=qd=q 时才得到 t=2t=2，d=3d=3，这不能作为原题的必然结论.
\item 由于各项为正，“ana_n 是左右相邻两数平方的等比中项”表示
an2=an−1 2an+1 2a_n^2=a_{n-1}^{\,2}a_{n+1}^{\,2}
其中下标按圆圈循环. 于是 an=an−1an+1a_n=a_{n-1}a_{n+1}，an+1=anan−1a_{n+1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}. 逐次使用后一关系，得到 ar+2=ar+1ara_{r+2}=\frac{a_{r+1}}{a_r}，ar+3=1ara_{r+3}=\frac1{a_r}，ar+4=1ar+1a_{r+4}=\frac1{a_{r+1}}，ar+5=arar+1a_{r+5}=\frac{a_r}{a_{r+1}}，ar+6=ara_{r+6}=a_r. 所以数列具有六项周期.
若 m=6k+pm=6k+p，其中 0⩽p<60\leqslant p<6，圆周闭合又使数列具有 pp 项周期. 若 p=1p=1 或 p=5p=5，所有项相等，设为 cc，递推式给出 c=c2c=c^2，因正数而 c=1c=1. 若 p=2p=2 或 p=4p=4，奇数项均为 uu、偶数项均为 vv，递推式给出 u=v2u=v^2、v=u2v=u^2，从而 u=v=1u=v=1. 若 p=3p=3，设三个周期值为 uu，vv，ww，则 u=wvu=wv，v=uwv=uw，w=uvw=uv. 由前两式得 w=1w=1，再由第三式得 u=v=1u=v=1. 这些情形都与“不全相等”矛盾，故 m=6km=6k.
将递推式对 n=1n=1，…\ldots，mm 相乘，设 P=a1a2⋯amP=a_1a_2\cdots a_m，则
P=P2P=P^2
因 P>0P>0，故 P=1P=1. 由 a2=a1a3a_2=a_1a_3，a3=a2a4a_3=a_2a_4，a4=a3a5a_4=a_3a_5，a5=a4a6a_5=a_4a_6 依次得到 a3=a2a1a_3=\frac{a_2}{a_1}，a4=1a1a_4=\frac1{a_1}，a5=1a2a_5=\frac1{a_2}，a6=a1a2a_6=\frac{a_1}{a_2}. 因此 a1+a4⩾2a_1+a_4\geqslant2，a2+a5⩾2a_2+a_5\geqslant2，a3+a6⩾2a_3+a_6\geqslant2. 三式同时取等号会导致 a1=a2=1a_1=a_2=1，进而六项全为 11，再由六项周期与“不全相等”矛盾，所以
a1+⋯+a6>6a_1+\cdots+a_6>6
同样由平方的均值不等式， a12+a42⩾2a_1^2+a_4^2\geqslant2，a22+a52⩾2a_2^2+a_5^2\geqslant2，a32+a62⩾2a_3^2+a_6^2\geqslant2， 故 a12+⋯+a62⩾6a_1^2+\cdots+a_6^2\geqslant6. 因 m=6km=6k 且六项周期，
a72+⋯+am2=(k−1)(a12+⋯+a62)⩾6(k−1)a_7^2+\cdots+a_m^2=(k-1)(a_1^2+\cdots+a_6^2)\geqslant6(k-1)
于是
a1+⋯+a6+a72+⋯+am2>6+6(k−1)=6k=m=mP=ma1a2⋯ama_1+\cdots+a_6+a_7^2+\cdots+a_m^2 >6+6(k-1)=6k=m=mP=ma_1a_2\cdots a_m
证毕. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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