届高考数学考前冲刺全国文理通用压轴大题圆锥曲线和导数突破练解析版.docx
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届高考数学考前冲刺全国文理通用压轴大题圆锥曲线和导数突破练解析版
压轴大题突破练
1.圆锥曲线
1.(2017·福建厦门第一中学期中)已知椭圆C1:
+=1(a>b>0)右焦点F是抛物线C2:
y2=4x的焦点,M是C1与C2在第一象限内的交点,且=.
(1)求C1的方程;
(2)已知菱形ABCD的顶点A,C在椭圆C1上,顶点B,D在直线7x-7y+1=0上,求直线AC的方程.
解
(1)设M(x1,y1)(x1>0,y1>0),椭圆的左、右焦点分别为F1,F2,
由题意知点F2即为点F(1,0).
由抛物线的定义,|MF2|=⇒x1+1=⇒x1=,
因为y=4x1,
所以y1=,即M ,
所以|MF1|==,由椭圆的定义得2a=|MF1|+|MF2|=+=4⇒a=2,
所以b==,
所以椭圆C1的方程为+=1.
(2)因为直线BD的方程为7x-7y+1=0,四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,设直线AC的方程为y=-x+m,
代入椭圆C1的方程,得7x2-8mx+4m2-12=0,
由题意知,Δ=64m2-28(4m2-12)>0⇔- 设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=,y1+y2=2m-(x1+x2)=-+2m=, 所以AC中点的坐标为, 由四边形ABCD为菱形可知,点在直线BD上, 所以7·-7·+1=0⇒m=-1∈. 所以直线AC的方程为y=-x-1,即x+y+1=0. 2.(2017·江门一模)在平面直角坐标系xOy中,已知点F(1,0)和直线l: x=4,圆C与直线l相切,并且圆心C关于点F的对称点在圆C上,直线l与x轴相交于点P. (1)求圆心C的轨迹E的方程; (2)过点F且与直线l不垂直的直线m与圆心C的轨迹E相交于点A,B,求△PAB面积的取值范围. 解 (1)设圆心C(x,y),则圆心C到点F的距离等于它到直线l距离的一半, ∴=|4-x|, 化简得圆心C的轨迹方程为+=1. (2)设直线m的方程为x=ky+1, 由得(3k2+4)y2+6ky-9=0,Δ>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1+y2=-,y1y2=-, |y1-y2|==12, △PAB的面积S=×|y1-y2|×|PF|=18. 设t=k2+1≥1, 则==, 设f(t)=9t++6,t≥1,则f′(t)=9->0, f(t)单调递增,f(t)≥f (1)=16, 所以S≤18=,△PAB面积的取值范围为. 3.(2017届绵阳中学模拟)已知椭圆C∶+=1(a>b>0)的离心率为,若圆x2+y2=a2被直线x-y-=0截得的弦长为2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)已知点A,B为动直线y=k(x-1),k≠0与椭圆C的两个交点,问: 在x轴上是否存在定点M,使得·为定值? 若存在,试求出点M的坐标和定值;若不存在,请说明理由. 解 (1)圆x2+y2=a2的圆心(0,0)到直线x-y-=0的距离d==1, ∴2=2,解得a2=2,又=,a2=b2+c2, 联立解得a2=2,c=1=b. ∴椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)假设在x轴上存在定点M(m,0),使得·为定值. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 联立 化为(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0, 则x1+x2=,x1·x2=. ·=(x1-m,y1)·(x2-m,y2) =(x1-m)(x2-m)+y1y2 =(x1-m)(x2-m)+k2(x1-1)(x2-1) =(1+k2)x1·x2-(m+k2)(x1+x2)+m2+k2 =(1+k2)·-(m+k2)+m2+k2 =, 令2m2-4m+1=2(m2-2),解得m=, 因此在x轴上存在定点M ,使得·为定值-. 4.(2017·广西南宁二中、柳州高中、玉林高中联考)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点F的直线交抛物线于A,B两点. (1)若=3,求直线AB的斜率; (2)设点M在线段AB上运动,原点O关于点M的对称点为C,求四边形OACB面积的最小值. 解 (1)依题意可设直线AB: x=my+1, 将直线AB与抛物线联立⇒y2-4my-4=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由根与系数的关系得 ∵=3,∴y1=-3y2,∴m2=, ∴直线AB的斜率为或-. (2)S四边形OACB=2S△AOB=2·===≥4, 当m=0时,四边形OACB的面积最小,最小值为4. 5.(2017·惠州模拟)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),点A在椭圆C上. (1)求椭圆C的标准方程; (2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M,N时,能在直线y=上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足=? 若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由. 解 (1)设椭圆C的焦距为2c,则c=1, 因为A在椭圆C上,所以2a=+=2, 因此a=,b2=a2-c2=1,故椭圆C的方程为+y2=1. (2)椭圆C上不存在这样的点Q,理由如下: 设直线的方程为y=2x+t, 设M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0), 由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0, 所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-8)>0, 故y0==且-3<t<3. 由=,得=(x4-x2,y4-y2), 所以有y1-=y4-y2,y4=y1+y2-=t-. (也可由=知四边形PMQN为平行四边形 而D为线段MN的中点,因此,D也为线段PQ的中点, 所以y0==,可得y4=.) 又-3<t<3, 所以-<y4<-1,与椭圆上点的纵坐标的取值范围[-1,1]矛盾. 因此点Q不在椭圆上,即椭圆上不存在满足题意的Q点. 6.(2017届长郡中学模拟)在平面直角坐标系xOy中,动点S到点F(1,0)的距离与到直线x=2的距离的比值为. (1)求动点S的轨迹E的方程; (2)过点F作与x轴不垂直的直线l交轨迹E于P,Q两点,在线段OF上是否存在点M(m,0),使得·=0? 若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由. 解 (1)设S(x,y),依题意有=,整理得E的方程为+y2=1. (2)假设在线段OF上存在点M(m,0),使得·=0, ∵直线l与x轴不垂直, ∴设l: y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),x1≠x2, 由 得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0, ∴x1+x2=,x1x2=. ∵·=0, ∴|MP|=|MQ|(说明: 此处还可以用PQ与M与PQ的 中点连线的斜率成负倒数关系), ∴(x1-m)2+y=(x2-m)2+y, ∴(x1-m)2+1-=(x2-m)2+1-, ∴m===-, ∴0≤m<,∴存在点M(m,0),使得(+)·=0,m的取值范围为. 2.导 数 1.(2017·安徽“皖南八校”联考)已知函数f(x)=ex-ax2-2ax-1. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程; (2)当x>0时,f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x2-2x-1,f(-1)=, 所以切点坐标为,f′(x)=ex-2x-2,所以f′(-1)=, 故曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-=,即y=x+. (2)f(x)=ex-ax2-2ax-1求导得f′(x)=ex-2ax-2a, 令g(x)=f′(x)=ex-2ax-2a,则g′(x)=ex-2a(x>0). ①当2a≤1,即a≤时,g′(x)=ex-2a>1-2a≥0, 所以g(x)=f′(x)=ex-2ax-2a在(0,+∞)上为增函数, g(x)>g(0)=1-2a≥0, 即g(x)=f′(x)≥0,所以f(x)=ex-ax2-2ax-1在(0,+∞)上为增函数, 所以f(x)>f(0)=1-0-0-1=0,故a≤时符合题意. ②当2a>1,即a>时,令g′(x)=ex-2a=0,得x=ln2a>0, x (0,ln2a) ln2a (ln2a,+∞) g′(x) - 0 + g(x) 减函数 极小值 增函数 当x∈(0,ln2a)时,g(x)<g(0)=1-2a<0,即f′(x)<0, 所以f(x)在(0,ln2a)上为减函数,所以f(x)<f(0)=0,与条件矛盾,故舍去. 综上,a的取值范围是. 2.(2017·广东惠州调研)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx(a∈R). (1)求函数y=f(x)的单调区间; (2)当a=1时,证明: 对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2. (1)解 函数f(x)的定义域是(0,+∞), f′(x)=2x-(a-2)-==. 当a≤0时,f′(x)>0对任意x∈(0,+∞)恒成立, 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当a>0时,由f′(x)>0,得x>,由f′(x)<0,得0<x<, 所以函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减. (2)证明 当a=1时,f(x)=x2+x-lnx,要证明f(x)+ex>x2+x+2, 只需证明ex-lnx-2>0,设g(x)=ex-lnx-2, 则问题转化为证明对任意的x>0,g(x)>0, 令g′(x)=ex-=0,得ex=, 容易知道该方程有唯一解,不妨设为x0,则x0满足ex0=, 当x变化时,g′(x)和g(x)的变化情况如下表: x (0,x0) x0 (x0,+∞) g′(x) - 0 + g(x) 单调递减 单调递增 g(x)min=g(x0)=ex0-lnx0-2=+x0-2, 因为x0>0,且x0≠1,所以g(x)min>2-2=0,因此不等式得证. 3.(2017·江门一模)设函数f(x)=ex-ax,a是常数. (1)若a=1,且曲线y=f(x)的切线l经过坐标原点(0,0),求该切线的方程; (2)讨论f(x)的零点的个数. 解 (1)f(x)=ex-x,f′(x)=ex-1, 经过切点(m,em-m)的切线方程为y-(em-m)=(em-1)(x-m), 由0-(em-m)=(em-1)(0-m),得m=1,所求切线为y=(e-1)x. (2)f′(x)=ex-a, ①当a>0时,由f′(x)=0,得x=lna.若x<lna,则f′(x)<0;若x>lna,则f′(x)>0. 函数f(x)在区间(-∞,lna)上单调递减,在区间(lna,+∞)上单调递增,f(x)的最小值为f(lna)=a(1-lna). (ⅰ)当0<a<e时,f(lna)=a(1-lna)>0,f(x)无零点; (ⅱ)当a=e时,f(lna)=a(1-lna)=0,f(x)只有一个零点; (ⅲ)当a>e时,f(lna)=a(1-lna)<0,根据f(0)=1>0与函数的单调性可知,f(x)在区间(-∞,lna)和(lna,+∞)上各有一个零点,f(x)共有两个零点. ②当a=0时,f(x)=ex,f(x)无零点. ③当a<0时,由f(x)=0,得ex=ax,由函数图象知,曲线y=ex与y=ax只有一个交点,所以f(x)只有一个零点. 综上所述,当0≤a<e时,f(x)无零点;当a<0或a=e时,f(x)有一个零点;当a>e时,f(x)有两个零点. 4.(2017届重庆市一中月考)已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R). (1)当a>0时,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f (2))处的切线的倾斜角为45°,且函数g(x)=x2+nx+mf′(x)(m,n∈R),当且仅当在x=1处取得极值,其中f′(x)为f(x)的导函数,求m的取值范围. 解 (1)f′(x)=(x>0), 当a>0时,令f′(x)>0,得0<x<1, 令f′(x)<0,得x>1, 故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)因为函数y=f(x)的图象在点(2,f (2))处的切线的倾斜角为45°, 则f′ (2)=1,即a=-2, 所以g(x)=x2+nx+m, 所以g′(x)=x+n+=, 因为g(x)在x=1处有极值,故g′ (1)=0,从而可得n=-1-2m, 则g′(x)==, 又因为g(x)仅在x=1处有极值, 所以x2-2mx-2m≥0在(0,+∞)上恒成立, 当m>0时,-2m<0,易知∃x0∈(0,+∞),使得x-2mx0-2m<0, 所以m>0不成立,故m≤0, 当m≤0且x∈(0,+∞)时,x2-2mx-2m≥0恒成立,所以m≤0. 综上,m的取值范围是(-∞,0]. 5.(2017·湖北沙市联考)已知函数f(x)=e-x(lnx-2k)(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线与y轴垂直. (1)求f(x)的单调区间; (2)设g(x)=,对任意x>0,证明: (x+1)·g(x) (1)解 因为f′(x)=(x>0), 由已知得f′ (1)==0,所以k=-. 所以f′(x)=,设k(x)=-lnx-1,则k′(x)=--<0在(0,+∞)上恒成立, 即k(x)在(0,+∞)上单调递减,由k (1)=0知,当0<x<1时,k(x)>0,从而f′(x)>0, 当x>1时,k(x)<0,从而f′(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). (2)证明 因为x>0,要证原式成立即证<成立. 当x≥1时,由 (1)知g(x)≤0<1+e-2成立; 当0<x<1时,ex>1,且由 (1)知,g(x)>0,所以g(x)=<1-xlnx-x, 设F(x)=1-xlnx-x,x∈(0,1), 则F′(x)=-(lnx+2), 当x∈(0,e-2)时,F′(x)>0, 当x∈(e-2,1)时,F′(x)<0, 所以当x=e-2时,F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2, 所以g(x)<F(x)≤1+e-2, 即当0<x<1时,g(x)<1+e-2.① 综上所述,对任意x>0,g(x)<1+e-2恒成立. 令G(x)=ex-x-1(x>0),则G′(x)=ex-1>0恒成立,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增, G(x)>G(0)=0恒成立,即ex>x+1>0,即0<<.② 当x≥1时,有≤0<; 当0<x<1时,由①②式,<. 综上所述,当x>0时,<成立,故原不等式成立. 6.(2017·西安模拟)已知函数f(x)=lnx+,其中常数k>0. (1)讨论f(x)在(0,2)上的单调性; (2)当k∈[4,+∞)时,若曲线y=f(x)上总存在相异的两点M(x1,y1),N(x2,y2),使曲线y=f(x)在M,N两点处的切线互相平行,试求x1+x2的取值范围. 解 (1)由已知得,f(x)的定义域为(0,+∞), 且f′(x)=-=-=-(k>0). ①当0<k<2时,>k>0,且>2, 所以x∈(0,k)时,f′(x)<0;x∈(k,2)时,f′(x)>0. 所以函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数; ②当k=2时,=k=2,f′(x)<0在区间(0,2)内恒成立, 所以f(x)在(0,2)上是减函数; ③当k>2时,0<<2,k>, 所以当x∈时,f′(x)<0;x∈时,f′(x)>0, 所以函数在上是减函数,在上是增函数. (2)由题意,可得f′(x1)=f′(x2),x1x2>0且x1≠x2, 即--1=--1,化简得,4(x1+x2)=x1x2. 由x1x2<2, 得4(x1+x2)<2, 即(x1+x2)>对k∈[4,+∞)恒成立, 令g(k)=k+,则g′(k)=1-=>0对k∈[4,+∞)恒成立. 所以g(k)在[4,+∞)上是增函数,则g(k)≥g(4)=5, 所以≤, 所以(x1+x2)>, 故x1+x2的取值范围为.
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