1、三、压轴题 压轴题(五) 第二部分 刷题型 8(2020 山东济宁三模)已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过点 F 的 直线与抛物线 C 的两个交点分别为 A，B，且满足AF 2FB ，E 为 AB 的中 点，则点 E 到抛物线准线的距离为( ) A.11 4 B9 4 C5 2 D5 4 答案答案 解析 抛物线 y24x 的焦点坐标为 F(1,0)， 准线方程为 x1，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， AF 2FB ， |AF|2|BF|， x112(x21)， x12x21， |y1|2|y2|， y2 14y 2 2， x14x2，x12，x21 2.线段 AB 的中点到该
2、抛物线准线的距离为 1 2(x11)(x21) 9 4.故选 B. 解析解析 12(多选)(2020 山东青岛高三上学期期末)德国著名数学家狄利克雷 (Dirichlet,18051859)在数学领域成就显著.19 世纪，狄利克雷定义了一个 “奇怪的函数”yf(x) 1，xQ， 0，xRQ， 其中 R 为实数集，Q 为有理数 集则关于函数 f(x)有如下四个命题，其中正确的为( ) A函数 f(x)是偶函数 Bx1，x2RQ，f(x1x2)f(x1)f(x2)恒成立 C任取一个不为零的有理数 T，f(xT)f(x)对任意的 xR 恒成立 D不存在三个点 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2
3、)，C(x3，f(x3)，使得ABC 为等腰直角三角形 答案答案 解析 对于 A，若 xQ，则xQ，满足 f(x)f(x)；若 xRQ， 则xRQ，满足 f(x)f(x)，故函数 f(x)为偶函数，A 正确对于 B，取 x1RQ，x2RQ，则 f(x1x2)f(0)1，f(x1)f(x2)0，故 B 错 误对于 C，若 xQ，则 xTQ，满足 f(x)f(xT)；若xRQ，则 x TRQ，满足 f(x)f(xT)，故 C 正确对于 D，ABC 要为等腰直角 三角形，只可能有如下四种情况：如图 1，直角顶点 A 在 y1 上，斜边 在 x 轴上，此时点 B，点 C 的横坐标为无理数，由等腰直角三
4、角形的性质可 知|x1x2|1， 那么点 A 的横坐标也为无理数， 这与点 A 的纵坐标为 1 矛盾， 故不成立； 解析解析 如图 2，直角顶点 A 在 y1 上，斜边不在 x 轴上，此时点 B 的横坐标为 无理数，则点 A 的横坐标也应为无理数，这与点 A 的纵坐标为 1 矛盾，故 不成立；如图 3，直角顶点 A 在 x 轴上，斜边在 y1 上，此时点 B，点 C 的横坐标为有理数， 则 BC 中点的横坐标仍然为有理数， 那么点 A 的横坐标 也应为有理数，这与点 A 的纵坐标为 0 矛盾，故不成立；如图 4，直角顶 点 A 在 x 轴上，斜边不在 y1 上，此时点 A 的横坐标为无理数，则
5、点 B 的 横坐标也应为无理数，这与点 B 的纵坐标为 1 矛盾，故不成立综上，不 存在三个点 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，C(x3，f(x3)，使得ABC 为等腰直角 三角形，故 D 正确故选 ACD. 解析解析 解析解析 答案 2 2 16(2020 新高考卷)已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2， BAD60 .以 D1为球心， 5为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为 _ 答案答案 解析 如图所示，取 B1C1的中点为 E，BB1的中点 为 F，CC1的中点为 G，连接 D1E，EF，EG，因为BAD 60 ，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长
6、均为 2，所以 D1B1C1为等边三角形，所以 D1E 3，D1EB1C1.又 四棱柱 ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，所以 BB1平面 A1B1C1D1，所以 BB1D1E.因为 BB1B1C1B1，所以 D1E侧面 BCC1B1. 设 P 为侧面 BCC1B1与球面的交线上的点，则 D1EEP. 解析解析 因为球的半径为 5，D1E 3，所以 EPD1P2D1E253 2，所 以侧面 BCC1B1与球面的交线上的点到 E 的距离为 2.因为 EFEG 2， 所以侧面 BCC1B1与球面的交线是扇形 EFG 的弧FG .因为B1EFC1EG 4，所以FEG 2，所以根据弧长公式可得 l
7、2 2 2 2 . 解析解析 21(2020 西安中学第四次模拟)已知点 M，N 分别是椭圆 C：x 2 a2 y2 b2 1(ab0)的左顶点和上顶点，F 为其右焦点，NM NF 1，椭圆的离心率为1 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设不过原点 O 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A， B 两点， 若直线 OA， AB， OB 的斜率成等比数列，求OAB 面积的取值范围 解 (1)设椭圆的半焦距为 c，由题可知 M(a,0)，N(0，b)，F(c,0)，NM (a，b)，NF (c，b)， 则NM NF acb21， 又 ec a 1 2，a 2b2c2， 解得 a2，b 3，c1，
8、 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y 2 3 1. 解解 (2)由题意可知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 故可设直线 l 的方程为 ykxm(m0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立直线和椭圆方程 3x24y2120， ykxm， 消去 y 可得，(34k2)x28kmx4m2120， 64(km)24(4k23)(4m212)48(4k2m23)0， 即 4k23m2，且 x1x2 8km 34k2，x1x2 4m212 34k2 ， 又直线 OA，AB，OB 的斜率依次成等比数列，所以y1 x1 y2 x2k 2， 解解 将 y1，y2代入并整理得 m2(4k23)0， 因
9、为 m0，所以 4k23，k 3 2 ，由 4k23m2得 0m26， 又直线 OA，OB 的斜率存在，所以 m23， 设 d 为点 O 到直线 l 的距离，则有 d2|m| 7 ， |AB| 1k2|x1x2| 1k2 x1x224x1x2 7 3 183m2， 所以 SOAB1 2|AB|d 1 3 3m26m2 3， 所以OAB 面积的取值范围为(0， 3) 解解 22(2020 南昌八一中学三模)已知函数 f(x)(x1) ln (x1)，g(x)ax x 2 2 xcosx. (1)当 x0 时，总有 f(x)x 2 2 mx，求 m 的最小值； (2)对于0,1中任意 x 恒有 f
10、(x)g(x)，求 a 的取值范围 解 (1)令 (x)x 2 2 mx(x1)ln (x1)，x0， 则 (x)xmln (x1)1，令 q(x)xmln (x1)1， 则 q(x)1 1 x10， (x)在0，)上单调递增，且 (0)m1， 若 m1，则 (x)0，(x)在0，)上单调递增， (x)(0)0，即 m1 满足条件； 若 m1，则 (0)m10，存在 x0使得 (x0)0， (x)在0，x0上单调递减，又 (0)0， (x0)0，与已知条件矛盾，m1，m 的最小值为 1. 解解 (2)由(1)知 f(x)x 2 2 x，若x 2 2 xg(x)，则必有 f(x)g(x)成立 令
11、 h(x)g(x) x2 2 x (a1)xxcosxx(a1cosx)， 则 h(x)x(a1cosx)0，即 a1cosx0， a1cosx，a2. 若 h(x)0，必有 f(x)g(x)恒成立， 故当 a2 时，f(x)g(x)恒成立， 下面证明 a0 时，f1(x)ln (x1)0，f1(x)在区间0,1上单调递增 解解 故 f1(x)f1(0)0，即 f1(x)f(x)x0，故 xf(x) g(x)f(x)g(x)x(a1)xx 2 2 xcosxx a1x 2cosx ， 令 t(x)a1x 2cosx，t(x) 1 2sinx0， t(x)在0,1上单调递增，又 t(0)a20，则一定存在区间(0，m)(其 中 0m1)， 当 x(0，m)时，t(x)0， 则 g(x)f(x)xt(x)0，故 f(x)g(x)不恒成立 综上所述，实数 a 的取值范围是2，) 解解 本课结束