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(新课标)备战高考数学 “2+1+2”压轴题目自选练(一)理-人教版高三数学试题VIP免费

(新课标)备战高考数学 “2+1+2”压轴题目自选练(一)理-人教版高三数学试题_第1页
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“2+1+2”压轴题目自选练一供学有余力的考生自选一、选择、填空压轴题11.已知正三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,棱锥的底面是边长为2的正三角形,侧棱长为,则球O的表面积为()A.10πB.25πC.100πD.125π解析:选B如图,设O1为正三棱锥SABC的底面中心,连接SO1,则SO1是三棱锥的高,设球O的半径为R,连接AO1,因为正三角形ABC的边长为2,所以AO1=2××=2,因为SA=,所以在Rt△ASO1中,SO1==1,易知三棱锥的外接球的球心O在SO1的延长线上,连接AO,在Rt△AOO1中,R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4π×2=25π,故选B.12.已知函数f(x)=则y=f(x)(x∈R)的图象上关于坐标原点O对称的点共有()A.0对B.1对C.2对D.3对解析:选C由题意知,函数y=f(x)(x∈R)的图象上关于原点对称的点即函数y=ex的图象关于原点的对称图象(函数y=-e-x的图象)与y=2x2-4x+1(x>0)的图象的交点,如图,作出函数y=-e-x和y=2x2-4x+1的图象,由图知函数y=-e-x的图象与y=2x2-4x+1(x>0)的图象有两个交点,所以满足条件的对称点有2对,故选C.16.(2019·广东百校联考)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的离心率为2,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,点M(-a,0),N(0,b),点P为线段MN上的动点,当PF1·PF2取得最小值和最大值时,△PF1F2的面积分别为S1,S2,则=________.解析:由e==2,得c=2a,则b=a,故线段MN所在直线的方程为y=(x+a).又点P在线段MN上,可设P(m,m+a),其中m∈[-a,0].由于F1(-c,0),F2(c,0),即F1(-2a,0),F2(2a,0),得PF1=(-2a-m,-m-a),PF2=(2a-m,-m-a),所以PF1·PF2=4m2+6ma-a2=42-a2.由于m∈[-a,0],可知当m=-a时,PF1·PF2取得最小值,此时yP=a;当m=0时,PF1·PF2取得最大值,此时yP=a.则==4.答案:4二、解答题压轴题20.设M是抛物线E:x2=2py(p>0)上的一点,抛物线E在点M处的切线方程为y=x-1.(1)求E的方程.(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l1,l2的斜率之积为1,且直线l1,l2分别交抛物线E于A,B两点和C,D两点,是否存在常数λ,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.解:(1)设M,由x2=2py,得y=,则y′=.由解得p=2.所以抛物线E的方程为x2=4y.(2)假设存在常数λ,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立,则λ=+.由题意知,l1,l2的斜率存在且均不为零,设直线l1的方程为y=kx+1(k≠0),则由消去y得x2-4kx-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1·x2=-4.所以|AB|=·=·=4(1+k2).因为直线l1,l2的斜率之积为1,所以|CD|=4.所以λ=+=+==.所以存在常数λ=,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立.21.已知函数f(x)=xlnx-x2+(a-1)x,其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值;(2)若f(x1)+f(x2)=-1(x1≠x2),证明:x1+x2>2.解:(1)由题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞),其导函数f′(x)=lnx-a(x-1).记h(x)=f′(x),则h′(x)=.当a≤0时,h′(x)=>0恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0,所以任意x∈(1,+∞),h(x)=f′(x)>0,故a≤0不成立.当a>0时,若x∈,则h′(x)>0;若x∈,则h′(x)<0.所以h(x)在上单调递增,在上单调递减.所以h(x)max=h=-lna+a-1=0.令g(a)=-lna+a-1,则g′(a)=1-=.当01时,g′(a)>0.所以g(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以g(a)≥g(1)=0,故a=1.(2)证明:当a=1时,f(x)=xlnx-x2,则f′(x)=1+lnx-x.由(1)知f′(x)=1+lnx-x≤0恒成立,所以f(x)=xlnx-x2在(0,+∞)上单调递减,且f(1)=-,f(x1)+f(x2)=-1=2f(1).不妨设02,只需证x2>2-x1.因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以只需证f(x2)-1.令F(x)=f(x)+f(2-x)(其中x∈(0,1)),则F(1)=-1.所以欲证f(2-x1)+f(x1)>-1,只需证F(x)>F(1),x∈(0,1),F′(x)=f′(x)-f′(2-x)=1+lnx-x-[1+ln(2-x)-2+x],整理得F′(x)=lnx-ln(2-x)+2(1-x),x∈(0,1).令m(x)=F′(x),则m′(x)=>0,x∈(0,1),所以F′(x)=lnx-ln(2-x)+2(1-x)在区间(0,1)上单调递增,所以任意x∈(0,1),F′(x)=lnx-ln(2-x)+2(1-x)F(1),x∈(0,1),故x1+x2>2.

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