高考数学理三轮训练压轴大题及答案解析共2份试题Word下载.docx

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＋y2＝1的左、右焦点分别为F1、F2，O为坐标原点．

（1）如图1，点M为椭圆C上的一点，N是MF1的中点，且NF2⊥MF1，求点M到y轴的距离；

（2）如图2，直线l：

y＝kx＋m与椭圆C相交于P、Q两点，若在椭圆C上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形，求实数m的取值范围．

答案：

1．【解】

（1）当a＝1时，f′（x）＝3x2－3，

令f′（x）＝0，得x＝－1或x＝1，

当x∈（－1，1）时，f′（x）<

0，当x∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）时，f′（x）>

0，

∴f（x）在（－1，1）上单调递减，在（－∞，－1），（1，＋∞）上单调递增，

∴f（x）的极小值是f

（1）＝－2.

（2）f′（x）＝3x2－3a，直线x＋y＋m＝0即y＝－x－m，

依题意，切线斜率k＝f′（x）＝3x2－3a≠－1，

即3x2－3a＋1＝0无解，

∴Δ＝0－4×

3（－3a＋1）<

∴a<

.

故a的取值范围是（－∞，）．

2．【解】

（1）设椭圆的焦距为2c，

因为a＝，＝，所以c＝1，所以b＝1.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立方程得，

所以（1＋2k2）x2－2＝0，则x1＋x2＝0，x1x2＝－.

所以|AB|＝＝.

又点M（，0）到直线l的距离d＝，

则|GH|＝2，

显然，若点H也在线段AB上，则由对称性可知，直线y＝kx就是y轴，与已知矛盾，

所以要使|AG|＝|BH|，

只要|AB|＝|GH|，

所以＝4（r2－），

r2＝＋

＝

＝2（1＋）．

当k＝0时，r＝.

当k≠0时，r2＝2（1＋）<

2（1＋）＝3，

又显然r2＝2（1＋）>

2，所以<

r<

综上，圆M的半径r的取值范围是[，）．

3．【解】

（1）由题意，得f′（x）＝，

则x>

1时，f′（x）>

0；

0<

x<

1时，f′（x）<

0.

由此可知函数f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数．

当m≥1时，函数f（x）在[m，m＋1]上是增函数，

此时f（x）min＝f（m）＝.

当0<

m<

1时，函数f（x）在[m，1]上是减函数，在[1，m＋1]上是增函数，

此时f（x）min＝f

（1）＝e.

（2）证明：

由题意可得g（x）＝xe－x（x∈R），g′（x）＝（1－x）e－x.

所以g（x）在（－∞，1）上是增函数，在（1，＋∞）上是减函数．①

设函数F（x）＝g（x）－g（2－x），

即F（x）＝xe－x＋（x－2）ex－2，

于是F′（x）＝（x－1）（e2x－2－1）e－x，

当x>

1时，2x－2>

0，从而e2x－2－1>

又e－x>

0，所以F′（x）>

从而函数F（x）在[1，＋∞）上是增函数．

又F

（1）＝e－1－e－1＝0，所以x>

1时，

有F（x）>

F

（1）＝0，

即g（x）>

g（2－x）．②

由①及g（x1）＝g（x2），知x1与x2只能在1的两侧．

不妨设0<

x1<

1，x2>

1，

由结论②可知，g（x2）>

g（2－x2），

所以g（x1）＝g（x2）>

g（2－x2）．

因为x2>

1，所以2－x2<

1.

又由结论①可知函数g（x）在（－∞，1）内是增函数，

所以x1>

2－x2，即x1＋x2>

4．【解】

（1）由题意知，F1（－1，0），F2（1，0），

设M（x0，y0），∵N为MF1的中点，∴N（，），

∴＝（－1－x0，－y0），＝（，－），

∵MF1⊥NF2，∴·

＝0，

即（－1－x0，－y0）·

（，－）＝0，

∴x－2x0－3＋y＝0，①

又有＋y＝1，②

由①②解得x0＝2－2（x0＝2＋2舍去），

∴点M到y轴的距离为2－2.

（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），R（xR，yR），

∵四边形OPRQ为平行四边形，

∴x1＋x2＝xR，y1＋y2＝yR.

∵点R在椭圆上，∴＋（y1＋y2）2＝1，

即＋[k（x1＋x2）＋2m]2＝1，

化简得，（1＋2k2）（x1＋x2）2＋8km（x1＋x2）＋8m2＝2.③

由得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

由Δ>

0，得2k2＋1>

m2，④

由根与系数的关系得，x1＋x2＝－，

代入③式，得－＋8m2＝2，

化简得4m2＝1＋2k2，代入④式，得m≠0.

又4m2＝1＋2k2≥1，∴m≤－或m≥.

故实数m的取值范围是（－∞，－]∪[，＋∞）．

压轴大题

（二）

辽宁省五校第一联合体高三年级考试）已知函数f（x）＝alnx＋1（a>

0）．

（1）当x>

0时，求证：

f（x）－1≥a（1－）；

（2）在区间（1，e）上，f（x）>

x恒成立，求实数a的范围．

合肥市高三第二次教学质量检测）已知椭圆：

0）的长轴长为4，且过点（，）．

（1）求椭圆的方程；

（2）设A，B，M是椭圆上的三点．若＝＋，点N为线段AB的中点，C（－，0），D（，0），求证：

|NC|＋|ND|＝2.

北京市东城区高三教学统一检测）在平面直角坐标系xOy中，动点P到两点（－，0），（，0）的距离之和等于4，设点P的轨迹为曲线C，直线l过点E（－1，0）且与曲线C交于A，B两点．

（1）求曲线C的轨迹方程；

（2）是否存在△AOB面积的最大值？

若存在，求出△AOB的面积；

若不存在，说明理由．

4．（2013·

济南市高考模拟考试）已知函数f（x）＝（ax2＋x－1）ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.

（1）若a＝1，求曲线f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若a<

0，求f（x）的单调区间；

（3）若a＝－1，函数f（x）的图象与函数g（x）＝x3＋x2＋m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．

（1）证明：

设φ（x）＝f（x）－1－a（1－）＝alnx－a（1－）（x>

0），

则φ′（x）＝－，

令φ′（x）＝0，则x＝1，

易知φ（x）在x＝1处取到最小值，故φ（x）≥φ

（1）＝0，

即f（x）－1≥a（1－）．

（2）由f（x）>

x得alnx＋1>

x，

即a>

令g（x）＝（1<

e），则g′（x）＝.

令h（x）＝lnx－（1<

e），则h′（x）＝－>

故h（x）在定义域上单调递增，所以h（x）>

h

（1）＝0.

因为h（x）>

0，所以g′（x）>

即g（x）在定义域上单调递增，

则g（x）<

g（e）＝e－1，即<

e－1，

所以a的取值范围为[e－1，＋∞）．

（1）由已知可得，故，

所以椭圆的方程为＋y2＝1.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则＋y＝1，＋y＝1.

由＝＋，得M（x1＋x2，y1＋y2）．

因为M是椭圆C上一点，

所以＋（y1＋y2）2＝1，

即（＋y）（）2＋（＋y）（）2＋2×

×

（＋y1y2）＝1，

得（）2＋（）2＋2×

故＋y1y2＝0.

又线段AB的中点N的坐标为（，），

所以＋2（）2＝（＋y）＋（＋y）＋＋y1y2＝1，

从而线段AB的中点N（，）在椭圆＋2y2＝1上．

又椭圆＋2y2＝1的两焦点恰为C（－，0），D（，0），

所以|NC|＋|ND|＝2.

（1）由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以（－，0），（，0）为焦点，长半轴长为2的椭圆．

故曲线C的轨迹方程为＋y2＝1.

（2）存在△AOB面积的最大值．

因为直线l过点E（－1，0），可设直线l的方程为x＝my－1或y＝0（舍）．

由条件得

，

整理得（m2＋4）y2－2my－3＝0，

Δ＝（－2m）2＋12（m2＋4）>

设A（x1，y1），B（x2，y2）．

解得y1＝，y2＝.

则|y2－y1|＝.

因为S△AOB＝|OE|·

|y1－y2|＝

＝.

设g（t）＝t＋，t＝，t≥，

则g（t）在区间[，＋∞）上为增函数．

所以g（t）≥.

所以S△AOB≤，当且仅当m＝0时取等号，

即（S△AOB）max＝.

所以S△AOB的最大值为.

（1）a＝1时，f（x）＝（x2＋x－1）ex，

所以f′（x）＝（2x＋1）ex＋（x2＋x－1）ex＝（x2＋3x）ex，

所以曲线f（x）在点（1，f

（1））处的切线斜率为k＝f′

（1）＝4e.

又因为f

（1）＝e，

所以所求切线方程为y－e＝4e（x－1），即4ex－y－3e＝0.

（2）f′（x）＝（2ax＋1）ex＋（ax2＋x－1）ex

＝[ax2＋（2a＋1）x]ex，

①若－<

a<

0，当x<

0或x>

－时，f′（x）<

－时，f′（x）>

所以f（x）的单调递减区间为（－∞，0]，[－，＋∞）；

单调递增区间为[0，－]．

②若a＝－，则f′（x）＝－x2ex≤0，

所以f（x）的单调递减区间为（－∞，＋∞）．

③若a<

－，则x<

－或x>

0时，f′（x）<

当－<

0时，f′（x）>

所以f（x）的单调递减区间为（－∞，－]，[0，＋∞）；

单调递增区间为[－，0]．

（3）由

（2）知，f（x）＝（－x2＋x－1）ex在（－∞，－1]上单调递减，在[－1，0]上单调递增，在[0，＋∞）上单调递减．

所以f（x）在x＝－1处取得极小值f（－1）＝－，

在x＝0处取得极大值f（0）＝－1.

由g（x）＝x3＋x2＋m，得g′（x）＝x2＋x.

当x<

－1或x>

0时，g′（x）>

当－1<

0时，g′（x）<

所以g（x）在（－∞，－1]上单调递增，在[－1，0]上单调递减，在[0，＋∞）上单调递增．

故g（x）在x＝－1处取得极大值g（－1）＝＋m，在x＝0处取得极小值g（0）＝m.

因为函数f（x）与函数g（x）的图象有3个不同的交点，

所以，即.

所以－－<

－1.

即m的取值范围是（－－，－1）．