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2021年高考数学大二轮复习之压轴题5

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