高考数学压轴题大集合

2024-05-19

高考数学压轴题大集合（精选8篇）

高考数学压轴题大集合第1篇

高考数学考什么?

可能不少人会脱口而出，数学在考察计算，或者是会说数学在考察做题能力。

如果是认为数学是考察计算，考察做题能力，那么自然而然就会得出学好数学就是要大量练习的结论。

其实，在数学的学习中，做题不是目的，而是手段：做题是为了达到更深的理解。

做题是为了更好的理解高考数学的考点，而考点可以用“三个基础一个框架”来概括。

数学是整个自然科学基础，数学的特点就是极度抽象化，概念化，对理性逻辑思维要求极高。

因此，在学习数学的时候要注重概念，某一数学概念的内涵、外延都研究得很细。而由基本的概念出发会有大量的性质和定理以及公式，总结必须掌握的公式，知其然也要知其所以然，利用公式间的相互关联进行推导。

02压轴题怎么做、必杀技是什么?

压轴题的解题方法，虽说具体题目还是要具体分析，但是总体来说，解题思路如下：

a复杂的问题简单化，就是把一个复杂的问题，分解为一系列简单的问题。例如：复杂的图形，可以分成几个基本图形，找相似，找直角，找特殊图形，慢慢求解。

b高考数学压轴题是分步计分的，所以分步骤做题是很关键，能算的先算，能证的先证，踏上要点就能得分，就算结论出不来，中间还是有不少分能拿。

c对于动态的图形，先把不变的线段，不变的角找到，有没有始终相等的线段，始终全等的图形，始终相似的图形，所有的运算都基于它们，在找到变化线段之间的联系，用代数式慢慢求解。

d一般问题的特殊化，有些题目，找不到一般解法，需要先看下特殊情况。比如动点问题，看看运动到中点怎样，运动到垂直又怎样，变成等腰三角形又会怎样，先找出结论，再慢慢求解。

注意：三角比要善于运用，只要有直角就可能用上它，从简化运算的角度来看，三角比优于比例式优于勾股定理，中考命题不会设置太多的计算障碍，如果遇上繁难运算要及时回头，避免钻牛角尖。

高考数学压轴题大集合第2篇

4an10,n765.数列an满足：ann6,且an是递增数列，则实数a的范围是n7a,_______

9A.,4B.494,4C.1,4D.2,4



66.已知x表示不超过实数x的最大整数xR，定义xxx,求

2320142013201320132013_______ ***4

A.1006B.1007C.1008D.2014

67.若将函数fxx5表示为fxa0a11xa21xa51x,其中a0,a1, 25

a5为实数，则a3_________

68.函数yx24x的最大值是 _________ ．

69.若an是(3x)n(nN*,n2)展开式中x项的系数，2

limn32333n(23n)____ aaa

x2x1sin70.若点P(x,y)在曲线（为参数，R）上，则的取值范围是yy4cos

_____

x2y2

71.已知F1,F2是双曲线221a0,b0的左、右焦点,若双曲线左支上存在一点Pab

与点F2关于直线y

72.若数列an满足bx对称，则该双曲线的离心率为_____a11dnN,d为常数，则称数列an为“调和数列”．已知正an1an

1项数列为“调和数列”，且b1b2b990,则b4b6的最大值是 _____bn

高考数学压轴题大集合第3篇

1 利用洛必达法则, 处理恒成立问题

例1 (2011 年全国新课标理科第21题) 已知函数, 曲线y=f (x) 在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为x+2y-3=0.

(Ⅰ) 求a, b的值;

(Ⅱ) 如果当x>0, 且x≠1时, 求k的取值范围.

解 (Ⅰ) a=1, b=1.

(Ⅱ) 由题设可得, 当x>0, x≠1时, 恒成立.

令则

再令

h (x) = (x2+1) ln x-x2+1

(x>0, x≠1) , 则

易知在 (0, +∞) 上为增函数, 且h″ (1) =0.故当x∈ (0, 1) 时, h″ (x) <0, 当x∈ (1, +∞) 时, h″ (x) >0.

所以h′ (x) 在 (0, 1) 上为减函数, 在 (1, +∞) 上为增函数, 故h′ (x) >h′ (1) =0, h (x) 在 (0, +∞) 上为增函数, 又因为h (1) =0, 所以

当x∈ (0, 1) 时, h (x) <0, 当x∈ (1, +∞) 时, h (x) >0;

当x∈ (0, 1) 时, g′ (x) <0, 当x∈ (1, +∞) 时, g′ (x) >0.

于是g (x) 在 (0, 1) 上为减函数, 在 (1, +∞) 上为增函数.

由洛必达法则知

所以k≤0, 即k的取值范围为 (-∞, 0].

评析对恒成立问题中的求参数取值范围的问题, 首先考虑采用参变分离法, 但有些题中的求分离出来的函数式的最值不容易, 此时若利用洛必达法则可以较好的处理它的最值, 是一种值得借鉴的方法.

2利用定积分, 简证 (解) 数列不等式

例2 (2013年湖北理科第22题) 设n是正整数, r为正有理数.

(Ⅰ) 求函数f (x) = (1+x) r+1- (r+1) x-1 (x>-1) 的最小值;

(Ⅱ) 证明:

(Ⅲ) 设x∈R, 记[x]为x的最小整数, 例如令求[S]的值.

(参考数据:

解 (Ⅰ) 函数f (x) 在x=0处取得最小值f (0) =0.

(Ⅱ) 设g (x) =xr, x>0, r为正有理数, 则g′ (x) =rxr-1>0, 从而g (x) 在 (0, +∞) 上是增函数.

由定积分的概念知,

而

即

(Ⅲ) 由 (Ⅱ) 可知

令r=1/3, 则其中

而根据定积分的性质有:

故210.2<S<210.9, 由[S]的定义, 即得到[S]=211.

例3 (2014年陕西理科第21题) 设函数f (x) =ln (1+x) , g (x) =xf′ (x) , x≥0, 其中f′ (x) 是f (x) 的导函数.

(Ⅰ) g1 (x) =g (x) , gn+1 (x) =g (gn (x) ) , n∈N+, 求gn (x) 的表达式;

(Ⅱ) 若f (x) ≥ag (x) 恒成立, 求实数a的取值范围;

(Ⅲ) 设n∈N+, 比较g (1) +g (2) +…+g (n) 与n-f (n) 的大小, 并加以证明.

解

(Ⅱ) 实数a的取值范围是 (-∞, 1];

(Ⅲ) 由于

问题转化为比较与ln (1+n) 的大小.我们猜想:

从而

g (1) +g (2) +…+g (n) >n-f (n) .

下面我们介绍两种方法证明 (1) 式成立.

法1设函数

则函数f (x) 单调递减, 如图1所示, 每个小矩形的面积小于小曲边梯形的面积, 即

而

分别令i=1, 2, 3, …, n.将n个不等式相加, 可以得到

故

法2如图2, 是由曲线x=n及x轴围成的曲边梯形的面积, 而是图中所示各矩形的面积和, 所以

结论直接得证.

评析本题借助定积分的几何意义充分挖掘不等式左右两边的几何意义, 通过构造函数利用定积分的几何意义来解决问题.因此, 有些数列和型不等式若利用定积分的几何意义证明, 则可达到以简驭繁、以形助数的解题效果.

3利用凸函数的性质, 简证相关不等式

例4 (2012年湖北理科第22题) (Ⅰ) 已知函数f (x) =rx-xr+ (1-r) (x>0) , 其中r为有理数, 且0<r<1, 求f (x) 的最小值;

(Ⅱ) 试用 (Ⅰ) 的结果证明如下命题:设a1≥0, a2≥0, b1, b2为正有理数, 若b1+b2=1, 则ab11ab22≤a1b1+a2b2;

(Ⅲ) 请将 (Ⅱ) 中的命题推广到一般形式, 并用证明你所推广的命题.

注当α为正有理数时, 有求导公式

解 (Ⅲ) 当a1, a2, …, an中有0时,

显然成立;

当a1, a2, …, an中没有0时, 设函数

g (x) =ln x (x>0) ,

则

因此, 函数g (x) =ln x在区间 (0, +∞) 内是一个上凸函数.由于bi>0 (i=1, 2, …, n) , 且b1+b2+…+bn=1, 根据加权的琴生不等式, 可以得到

即

从而

即

评析加权的琴生 (Jensen) 不等式:对于 (a, b) 内的上凸函数, 若则

当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立.利用高等数学背景下的加权的琴生不等式简正此题, 构造恰当的函数是前提, 求二阶导数判断函数的凸性是手段, 应用加权的琴生不等式是关键.

4利用伸缩变换, 巧解椭圆问题

例6 (2015年山东理科第20题) 平面直角坐标系xOy中, 已知椭圆C: (a>b>0) 的离心率是左、右焦点分别是F1, F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心1为半径的圆相交, 且交点在椭圆C上.

(Ⅰ) 求椭圆C的方程.

(Ⅱ) 设椭圆E:为椭圆C上任意一点, 过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A, B两点, 射线PO交椭圆E于点Q.

(ⅰ) 求|OQ|/|OP|的值;

(ⅱ) 求△ABQ面积的最大值.

解 (Ⅰ) 椭圆C的方程为

(Ⅱ) 在伸缩变换下, 椭圆C变为单位圆C′:x′2+y′2=1, 椭圆E变为单位圆E′:x″2+y″2=4, 原坐标系下的点A, B, P, Q, O依次变为新坐标系下的点A′, B′, P′, Q′, O′, 如图3.

(ⅰ) 根据伸缩变换的性质, 有

(ⅱ) 由 (ⅰ) 知, S△A′B′Q′=3S△A′B′O′, 设O′到直线A′B′的距离为d, 则

其中d∈[0, 1], 当d=1时, 根据伸缩变换的性质, 有

即

例7 (2015年湖北理科第21题) 一种作图工具如图4所示.O是滑槽AB的中点, 短杆ON可绕O转动, 长杆MN通过N处铰链与ON连接, MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动, 且DN=ON=1, MN=3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时, 带动N绕O转动一周 (D不动时, N也不动) , M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点, AB所在的直线为x轴建立如图5所示的平面直角坐标系.

(Ⅰ) 求曲线C的方程;

(Ⅱ) 设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P, Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点, 试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在, 求出该最小值;若不存在, 说明理由.

解 (Ⅰ) 所求的曲线C的方程为

(Ⅱ) 在伸缩变换下, 椭圆C变为单位圆C′:x′2+y′2=1, 两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0依次变换成l′1:x′-y′=0和l′2:x′+y′=0, 原坐标系下的点P, Q, O依次变为新坐标系下的点P′, Q′, O′, 如图6, 图7.

若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点, 则l与椭圆C相切, 即PQ与椭圆C相切, 从而P′Q′与圆C′相切,

根据图形观察可知, 当切点在圆与坐标轴交点处时 (图8) , |P′Q′|取得最小值, 且|P′Q′|min=2, 此时

根据伸缩变换的性质, 有

即 (S△OPQ) min=8.

故当直线l与椭圆C在4个顶点处相切时, △OPQ的面积取得最小值8.

评析在研究直线与椭圆的位置关系的问题时 (如面积问题、平行问题、斜率问题等) , 利用伸缩变换将椭圆转化为圆后, 往往可以避免联立方程组这一繁琐的程序, 而将问题转化到直线与圆的位置关系这一大家非常熟悉的问题中来, 使得原来隐于椭圆内的一些几何关系, 得以显性化.然后可以利用圆的有关性质加以解决, 这样不但避免了大量而繁琐的运算, 而且思路也十分流畅.

高考数学压轴题选讲第4篇

1．以解析几何题作为压轴题

以解析几何内容设置的压轴题，一般考查圆锥曲线的轨迹方程和定点定值问题、圆锥曲线中的变量的取值范围和最值问题．

例1 已知动直线[l]与椭圆[C]：[x23+y22=1]交于[Px1,y1、Qx2,y2]两不同点，且[ΔOPQ]的面积[SΔOPQ=62]，其中[O]为坐标原点．

（Ⅰ）证明：[x12+x22]和[y12+y22]均为定值；

（Ⅱ）设线段[PQ]的中点为[M]，求[OM⋅PQ]的最大值；

（Ⅲ）椭圆[C]上是否存在三点[D、E、G]，使得[SΔODE=SΔODG=SΔOEG=62]？若存在，判断[ΔDEG]的形状；若不存在，请说明理由．

分析对于（Ⅰ），注意到椭圆是对称图形，从特殊入手，当直线[l]的斜率不存在时，容易得到定值，然后以此为目标，在直线[l]的斜率存在中求解．对于（Ⅱ），注意[M]点是线段[PQ]的中点，考虑所求的目标和（Ⅰ）的联系．对于（Ⅲ），属于探索性问题，先假设存在，然后再进行探究．

解（Ⅰ）（1）当直线[l]的斜率不存在时，[P、Q]两点关于[x]轴对称，则[x1=x2,y1=-y2]，

由[Px1,y1]在椭圆上，则[x123+y122=1]，而[SΔOPQ=x1y1=62]，则[x1=62,y1=1.]

于是[x12+x22=3]，[y12+y22=2].

（2）当直线[l]的斜率存在，设直线[l]为[y=kx+m]，代入[x23+y22=1]整理后有

[(2+3k2)x2+6k m+3m2-6=0]，

由[Δ>0]，有[3k2+2>m2],

且[x1+x2=-6k m2+3k2,x1x2=3m2-62+3k2.]

又[PQ=1+k2x1-x2=1+k2(x1+x2)2-4x1x2][=1+k2263k2+2-m22+3k2]，[d=m1+k2]，

所以[SΔPOQ=12⋅d⋅PQ=6m3k2+2-m22+3k2=62.]

解之得[3k2+2=2m2]，满足[Δ>0]，

此时有[x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2]

[=(-6k m2+3k2)2-2×3(m2-2)2+3k2=3]，

[y12+y22=23(3-x12)+23(3-x22)=4-23(x12+x22)=2,]

综上可知[x12+x22=3]，[y12+y22=2].

（Ⅱ）注意到[4OM2+PQ2]

[=x1+x22+y1+y22+x2-x12+y2-y12]

[=2x21+x22+y21+y22=10]，

所以[2OM⋅PQ≤4OM2+PQ22=102=5,]

即[OM⋅PQ≤52]，

当且仅当[2OM=PQ=5]时等号成立.

（Ⅲ）假设椭圆上存在三点[D、E、G]，使得[SΔODE=SΔODG=SΔOEG=62]，

由（Ⅰ）知[xD2+xE2=3,xE2+xG2=3,xG2+xD2=3,]

[yD2+yE2=2,yE2+yG2=2,yG2+yD2=2].

解得[xD2=xE2=xG2=32],[yD2=yE2=yG2=1]，

因此[xD、xE、xG]只能从[±62]中选取，[yD、yE、yG]只能从[±1]中选取，

因此[D、E、G]只能从[(±62,±1)]中选取三个不同点，而这三点的两两连线必有一个过原点，这与[SΔODE=SΔODG=SΔOEG=62]相矛盾，

故椭圆上不存在三点[D、E、G]，使得[SΔODE=][SΔODG=SΔOEG=62].

点拨（1）对于（Ⅰ），体现了由一般到特殊的转换思想.其解法是探求圆锥曲线中的定点、定值问题的一般方法.

（2）对于（Ⅱ），用到了整体思维的方法，[M]点是线段[PQ]的中点，[M]点的坐标可以用[P、Q]的坐标表示，联想基本不等式的应用，先求出[4OM2+PQ2]，再求[OM⋅PQ]的最大值.

（3）对于（Ⅲ），题设中的已知如果不加附加条件，往往是为后面的证明服务的，在这里，由（Ⅰ）中[x12+x22]和[y12+y22]均为定值，可以得到三点[D、E、G]的两两的横坐标和纵坐标的和均为常数，从而求出这三点的横坐标和纵坐标，再来探讨这三点的连线是否能够构成三角形.

2．以函数和导数的交汇问题作为压轴题

函数和导数交汇的题目，往往是利用导数作为工具去解决函数问题，涉及恒成立不等式内容的题目比较多.

例2 设函数[f(x)]＝[(x-a)2lnx]，[a∈R].

（Ⅰ）若[x]＝[e]为[y=f(x)]的极值点，求实数[a]；

（Ⅱ）求实数[a]的取值范围，使得对任意的[x]∈[0,3e]，恒有[f(x)]≤4[e2]成立.

注：[e]为自然对数的底数.

分析对于（Ⅰ），由条件有[f ′(e)=0]，容易求出[a].对于（Ⅱ），是恒成立不等式问题，问题转换为求[f(x)]的最大值.

解（Ⅰ）求导得[f ′x=2x-alnx+(x-a)2x][=x-a2lnx+1-ax,]因为[x=e]是[fx]的极值点，所以[f ′e=e-a3-ae=0]，解得[a=e] 或[a=3e]，经检验，符合题意，所以[a=e] 或[a=3e].

（Ⅱ）（1）当[0

（2）当[1

解得[3e-2eln(3e)≤a≤3e+2eln(3e)] ，

注意到[3e-2eln(3e)>1]，

由（Ⅰ）知[f ′(x)=(x-a)(2lnx+1-ax)]，

令[h(x)=2lnx+1-ax]，

则[h(1)=1-a<0]，[h(a)=2lna>0]，

且[h(3e)=2ln(3e)+1-a3e≥2ln(3e)+1-3e+2eln(3e)3e]

[=2(ln3e-13ln(3e))>0]，又[h(x)]在[0,+∞]内单调递增，所以函数[h(x)]在[0,+∞]内有惟一零点，记此零点为[x0]，则[10]；当[x∈(x0,a)]时，[f ′(x)<0]；当[x∈(a,+∞)]时，[f ′(x)>0]，即[f(x)]在[(0,x0)]内单调递增，在[(x0,a)]内单调递减，在[(a,+∞)]内单调递增，

所以要使[f(x)≤4e2]对[x∈(1,3e]]恒成立，只要

[f(x0)=(x0-a)2lnx0≤4e2,①f(3e)=(3e-a)2ln(3e)≤4e2,②] 成立，

由[h(x0)=2lnx0+1-ax0=0]，

知 [a=2x0lnx0+x0]. ③

将③代入①得[4x02ln3x0≤4e2]，又[x0>1]，注意到函数[x2ln3x]在[1,+∞)内单调递增，故[1

由②解得，[3e-2eln(3e)≤a≤3e+2eln(3e)]，所以[3e-2eln(3e)≤a≤3e.]

综上，[a]的取值范围为[3e-2eln(3e)≤a≤3e].

点拨解决此题的第（Ⅱ）问，注意几个关键点：

（1）对于给定区间[0,3e]，可以分为两个区间[0,1]和[1,3e]进行讨论，因为在区间[0,1]内，显然有[fx<0]，只在区间[1,3e]进行讨论即可.

（2）当[x∈1,3e]时，首先确定[a]的大致范围，由[f3e≤4e2]，解得[3e-2eln(3e)≤a≤3e+2eln(3e)]，进一步讨论要出现[3e-2eln(3e)>1]，这是为了确定零点[x0]的取值范围.

（3）注意[f ′x]的因式[h(x)=2lnx+1-ax]的单调性，从而确定[fx]的单调性，找出函数[fx]可能取得最大值的点，进一步确定[a]的范围.

3．以创新题型作为压轴题

高考题对考生的创新意识和创新能力的要求都有了较大的提高．它要求考生“对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段分析信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题．”

例3 在平面直角坐标系[xOy]上，给定抛物线[L]：[y=14x2]．实数[p、q]满足[p2-4q]≥[0]，[x1、x2]是方程[x2-px+q=0]的两根，记[φ(p、q)=max{x1,x2}.]

（Ⅰ）过点[A(p0,14p20)][(p0≠0)]作[L]的切线交[y]轴于点[B]．证明：对线段[AB]上的任一点[Q(p,q)]，有[φ(p,q)=p02]；

（Ⅱ）设[M(a,b)]是定点，其中[a、b]满足[a2-4b>0]，[a≠0]．过[M(a,b)]作[L]的两条切线[l1、l2]，切点分别为[E(p1,14p21)]、[E′(p2,14p22)]，[l1、l2]与[y]轴分别交于[F、F′]．线段[EF]上异于两端点的点集记为[X]. 证明：[M(a,b)∈X⇔p1>p2⇔φ(a,b)=p12]；

（Ⅲ）设[D={(x,y)|y]≤[x-1]，[y]≥[14(x+1)2-54}].当点[(p,q)]取遍[D]时，求[φ(p,q)]的最小值（记为[φmin]）和最大值（记为[φmax]）．

分析对于（Ⅰ）（Ⅱ），要正确理解[p、q]和[x1、x2]之间的联系，特殊定义[φ(p,q)=max{x1,x2}]是解题过程中的一条主线．对于（Ⅰ）（Ⅱ），[φ(p,q)]均为定值，而对于（Ⅲ），[φ(p,q)]则为变量，处理不同的问题，要选用不同的方法．

解（Ⅰ）[A(p0,14p20)]是抛物线[L]上的点，[y′=12x]，则切线的斜率[k=12p0.]

过点[A]的抛物线[L]的切线方程为[AB]：[y-14p02=12p0(x-p0)]，即[y=12p0x-14p02.]

因为[Q(p,q)]在线段[AB]上，则有[q=12p0p-14p02]，

所以[p2-4q=p2-4(12p0p-14p02)=(p-p0)2]≥[0.]

不妨设方程[x2-px+q=0]的两根为[x1=p-p2-4q2]，[x2=p+p2-4q2，]

则[x1=p-p-p02]，[x2=p+p-p02]．

（1）当[p0>0]时，[0≤p≤p0]，

[x1=2p-p02=p-p02]，[x2=p02]，

因为[-p02

故[φ(p,q)=max{x1,x2}=x2][=p02]．

（2）当[p0<0]时，[p0≤p≤0]，

[x1=p02]，[x2=2p-p02=p-p02]，

因为[p02≤x2<-p02]，所以[x1≥x2]，

故[φ(p,q)=max{x1,x2}=x1][=p02]．

综上所述，对线段[AB]上的任一点[Q(p,q)]，有[φ(p,q)=p02]．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知抛物线[L]在[(p0,14p20)]处的切线方程为[p02-2p0x+4y=0]．

因为切线恒过点[M(a,b)]，

则[p02-2ap0+4b=0]，所以[p1,2=a±a2-4b]．

① 当[a>0]时，由（Ⅰ）有

[M(a,b)∈X][⇔][0p2]．

② 当[a<0]时，由（Ⅰ）有

[M(a,b)∈X][⇔][p1p2]．

综合①②可得[M(a,b)∈X][⇔][p1>p2]．

因为由（Ⅰ）可知，若[E(p1,14p21)]，点[M(a,b)]在线段[EF]上，有[φ(a,b)=p12]，

所以[M(a,b)∈X⇒][φ(a,b)=p12.] ③

又由（Ⅰ）可知，方程[x2-ax+b=0]的两根[x1,2=p12]或[a-p12]，[x1,2=p22]或[a-p22]，

若[φ(a,b)=p12]，即[max{x1,x2}=p12]，

则[p12≥a-p12]、[p12≥p22]、[p12≥a-p22,]

所以[p1>p2]，

故[φ(a,b)=p12][⇒][|p1| > |p2|][⇒][M(a,b)∈X.] ④

综合③④可得[M(a,b)∈X⇔][φ(a,b)=p12]．

综上所述，

[M(a,b)∈X⇔p1>p2⇔φ(a,b)=p12]．

（Ⅲ）由[y=x-1,y=14(x+1)2-54,]求得两个交点[(0,-1)、 (2,1)]，则[0≤p≤2]，

过点[G(p, q)]作抛物线[L]的切线，设切点为[N][(x0, 14x02)]，切线与[y]轴的交点为[H]，

由（Ⅱ）知[x02-2px0+4q=0]，

解得[x0=p±p2-4q]，

（1）若[x0=p+p2-4q]，则点[G(p, q)]在线段[NH]上．

由[y≤x-1]，得[q≤p-1]，

所以[x0=p+p2-4q≥p+p2-4p+4=p+p-2=2,]

故[φmin=(x02)min=1]．

由[y≥14(x+1)2-54]，

得[q≥14(p+1)2-54=14p2+12p-1]，

所以[p2-4q≤4-2p]，

所以[x0=p+p2-4q≤p+4-2p]，

令[4-2p=t]，则[p=-12t2+2]，[0≤t≤2]，

所以[x0≤-12t2+t+2=-12(t-1)2+52≤52]，

故[φmax=(x02)max=54]．

（2）若[x0=p-p2-4q]，则点[G(p, q)]在线段[NH]的延长线上，

方程[x2-px+q=0]的两根为

[x1=p-p-x02]，[x2=p+p-x02]，

即[x1,2=x02]或[p-x02]．

因为[x0≤p]，所以

[φ(p,q)=maxx1,x2=maxx02,p-x02=p-x02]

[=p-p-p2-4q2=p+p2-4q2]，

同理可得[1≤φ(p,q)≤54]．

综上所述[φmin=1]，[φmax=54.]

点拨（1）对于（Ⅰ），解题时要注意两点，其一是[p、q]的相互关系[q=12p0p-14p02]，其二是[p0]与[p]同号．

（2）对于（Ⅱ），分为两部分进行证明．第一部分证明[M(a,b)∈X⇔p1>p2]，由（Ⅰ）的结论，可以证明；第二部分证明[M(a,b)∈X][⇔φ(a,b)=p12]，由（Ⅰ）的结论，容易证明[M(a,b)∈X][⇒φ(a,b)=p12]，而证明[φ(a,b)=p12⇒][M(a,b)∈X]时，列出方程[x2-ax+b=0]所有可能的根的情况进行比较，得到[φ(a,b)=p12][⇒][|p1| > |p2|][⇒][M(a,b)∈X]．

高考数学压轴题分析方法第5篇

近几年数学高考压轴题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想和方法的考查，注重对数学能力的考查。对数学思想和方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查。数学高考压轴题，已经由单纯的知识叠加型转化为知识、方法、能力综合型，尤其是创新能力型试题。压轴题是高考试题的精华部分，具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、突显数学思想方法的运用以及要求考生具有一定的探究意识、创新意识和创新能力等特点。

2、高观点性，与高等数学知识接轨。

所谓高观点题，是指与高等数学相联系的一些数学问题。这样的问题或以高等数学知识为背景，或体现高等数学中常用的数学思想方法和推理方法。由于高考的选拔功能，这类题往往倍受命题者青睐。近年来的考题中，出现了不少背景新、设问巧的高观点题，成为高考题中一道亮丽的风景。

3、交汇性，强调各个数学分支的交汇。

高考数学命题，在考查基础知识的基础上，注重在知识网络的交汇点上设计试题，重视对数学思想方法与数学能力的考查，是近年来高考试题的特色。高考数学压轴题讲究各个数学分支的综合与交汇，有利于加强对考生分析问题与解决问题的能力考查。

4、结论或条件比较新颖

在这类试题往往内涵丰富，立意新颖，表述脱俗，背景鲜活，设问独特，让人赏心悦目，回味无穷，给人耳目一新的感觉。

高考数学解答题的解题技巧

珍惜题目中给你的条件。数学题目中的条件都是不多也不少的，一道给出的题目，不会有用不到的条件，而另一方面，你要相信给出的条件一定是可以做到正确答案的。所以，解题时，一切都从题目条件出发，只有这样，一切才都有可能。

在数学家波利亚的四个解题步骤中，第一步审题格外重要，审题步骤中，又有这样一个技巧：当你对整道题目没有思路时：步骤(1)将题目条件推导出“新条件”，步骤(2)将题目结论推导到“新结论”.

步骤(1)就是不要理会题目中你不理解的部分，只要你根据题目条件把能做的先做出来，能推导的先推导出来，从而得到“新条件”。步骤(2)就是想要得到题目的结论，我需要先得到什么结论，这就是所谓的“新结论”。然后在“新条件”与“新结论”之间再寻找关系。一道难题，难就难在题目条件与结论的关系难以建立，而你自己推出的“新条件”与“新结论”之间的关系往往比原题更容易建立，这也意味着解出题目的可能性也就越大!

高考文科数学压轴题技巧第6篇

以给定的直角坐标系和几何图形为背景，先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。求已知函数的解析式主要方法有待定系数法，包括关键是求点的坐标，而求点的坐标基本方法是几何图形的性质地几何法(图形法)和代数法(解析法)。

几何型综合题

先给定几何图形，根据已知条件进行计算，常以动点或动形为依托，对应产生线段、面积等的变化，求对应的(未知)函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形，四边形是平行四边形、菱形、梯形等，或探索两个三角形满足什么条件全等，相似等，或探究线段之间的数量、位置关系等，或探索面积之间满足一定关系时求x的值等，或直线(圆)与圆的相切时求自变量的值等。

高考文科数学压轴题技巧第7篇

要有通览全局观念。高考试卷发下来，填涂好姓名、试卷类型、贴好条形码等项目后，离正式答题尚有一段时间。考生可以利用这一“空闲”迅速了解一下全卷有几大题，几道小题，各题的分值比例如何，并初步拟定一个大致的答题时间分配方案，确定答题的“战略框架”。比如理综答题时间安排，第一卷用50分左右做选择题，第二卷90分钟左右。具体时间分到各科目：生物一般30分钟左右，化学50分钟左右，物理60分钟左右。余下10分钟左右整理检查卷子。

遵循“先易后难，勿打持久战”的答题原则。高考试题编制上一般都有先易后难的特点(但也有的学科开始的题目较难)。刚进考场时，绝大部分考生都会感到情绪比较紧张，没有达到思维的最佳状态。所以先易后难是很好的一种解题方式，而且，容易题做得越多，拿到的分数就越高，底气越足，自信心大大增强。若碰到难题，一时难以解答，可以暂时跳过，容易的题完成后，节省下的时间，再攻克难题，千万不能钻牛角尖。在考场上，时间就是分数。比如，高考理综合考试150分钟，总分300分，意味着每1分钟就要得2分。试想想，一道19分的题目，10分钟以内必须做完，而你却花了二十多分钟才解答出来，即使正确，而因为你已付出了全场考试几乎五分之一的时间，却只得到了总分几乎十五分之一的回报，实在是得不偿失。

巧用答题技巧提高答题效率。考场上，“时间就是分数”是最恰如其分的写照，巧妙答题节省时间便是在挣分。有些选择题，你若一个一个地仔细推敲各个选项，过于费时费力，而用排除法、逆向思维法则很快可以选中答案。做图像题时，应边看题目边对照图像，理清题意，耗时大减，事半功倍。