教辅：高考数学大二轮复习之压轴题7

三、压轴题压轴题(七)第二部分刷题型8．(2020·山东淄博二模)已知函数f(x)是定义在－π2，π2上的奇函数．当x∈0，π2时，f(x)＋f′(x)·tanx0，则不等式cosx·fx＋π2＋sinx·f(－x)0的解集为()A.π4，π2B．－π4，π2C.－π4，0D．－π2，－π4答案解析令g(x)＝f(x)sinx，则g′(x)＝f(x)cosx＋f′(x)sinx＝[f(x)＋f′(x)tanx]cosx，当x∈0，π2时，f(x)＋f′(x)tanx0，cosx0，∴g′(x)0，即函数g(x)单调递增．又g(0)＝0，∴x∈0，π2时，g(x)＝f(x)sinx≥0，∵f(x)是定义在－π2，π2上的奇函数，∴g(x)是定义在－π2，π2上的偶函数．不等式cosx·fx＋π2＋sinx·f(－x)0，即sinx＋π2fx＋π2sinx·f(x)，即gx＋π2g(x)，∴|x＋π2||x|，∴x－π4①，又－π2x＋π2π2，故－πx0②，由①②得不等式的解集是－π4，0.故选C.解析12．(多选)(2020·山东济宁嘉祥县第一中学四模)设双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l分别与双曲线左、右两支交于M，N两点，以MN为直径的圆过F2，且MF→2·MN→＝12MN→2，则以下结论正确的是()A．∠F1MF2＝120°B．双曲线C的离心率为3C．双曲线C的渐近线方程为y＝±2xD．直线l的斜率为1答案解析如图，作F2D⊥MN于D，则MF→2·MN→＝|MF→2||MN→|cos∠F2MN＝|MN→||MD→|＝12MN→2＝12|MN→|2，所以|MD→|＝12|MN→|，所以D是MN的中点，从而|F2M|＝|F2N|，根据双曲线定义|MF2|－|MF1|＝2a，|NF1|－|NF2|＝2a，所以|MF2|－|MF1|＋|NF1|－|NF2|＝|MN|＝4a，又以MN为直径的圆过F2，所以MF2⊥NF2，∠MNF2＝∠NMF2＝45°，于是∠F1MF2＝135°，A错误；解析又得|MF2|＝|NF2|＝22a，|NF1|＝(22＋2)a，由余弦定理|F1F2|2＝|NF1|2＋|NF2|2－2|NF1||NF2|cos45°得4c2＝(22a)2＋(22＋2)2a2－2×22a×(22＋2)a×22，化简得c2a2＝3，所以e＝ca＝3，B正确；由c2a2＝a2＋b2a2＝3得b2a2＝2，即ba＝2，所以渐近线方程为y＝±2x，C正确；易知∠NF1F2∠NMF2＝45°，所以kMN＝tan∠NF1F21，D错误．故选BC.解析16．(2020·山东济南一模)古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数λ(λ0且λ≠1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2AD＝2AA1＝6，点E在棱AB上，BE＝2AE，动点P满足BP＝3PE.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为________；若点P在长方体ABCD－A1B1C1D1内部运动，F为棱C1D1的中点，M为CP的中点，则三棱锥M－B1CF的体积的最小值为________．2394解析以点D为原点，DA，DC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则E(3,2)，B(3,6)，设P(x，y)，∵BP＝3PE，∴(x－3)2＋(y－6)2＝3[(3－x)2＋(2－y)2]，∴(x－3)2＋y2＝12，∴点P形成的阿氏圆的半径为23.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0,0)，E(3,2,0)，B(3,6,0)，C(0,6,0)，B1(3,6,3)，F(0，3,3)，CB→1＝(3,0,3)，CF→＝(0，－3,3)，CA→＝(3，－6,0)，设P(x，y，z)，点M到平面B1FC的距离为h，则点P到平面B1FC的距离为2h.∵点P在平面内形成的是圆的一部分，∴点P在空间内形成的是球面的一部分，球心为A(3,0,0)，半径为R＝23.设平面B1CF的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，解析则n·CB1→＝3x1＋3z1＝0，n·CF→＝－3y1＋3z1＝0，取x1＝－1，则n＝(－1,1,1)．∴2hmin＝|CA→·n||n|－R＝|－3－6|3－23＝3，∴hmin＝32.易得B1C＝B1F＝CF＝32，∴△B1CF为等边三角形．∴S△B1CF＝12×32×32×32＝932，∴三棱锥M－B1CF的体积的最小值为V＝13S△B1CF·hmin＝13×932×32＝94.解析21．(2020·广州大学附中一模)已知函数f(x)＝x2＋πcosx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，且x1x2，求证：2x1＋x23π2.解(1)f(x)＝x2＋πcosx，f(－x)＝x2＋πcosx＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值，f′(x)＝2x－πsinx，当x∈0，π2时，设h(x)＝2x－πsinx，则h′(x)＝2－πcosx，显然h′(x)在0，π2上单调递增，而h′(0)0，h′π20，由零点存在定理可知，存在唯一的x0∈0，π2，使得h′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)0，h(x)单调递减；解当x∈x0，π2时，h′(x)0，h(x)单调递增．而h(0)＝0，hπ2＝0，故x∈0，π2时，h(x)0，即x∈0，π2时，f′(x)0，f(x)单调递减．又当x∈π2，＋∞时，2xπ≥πsinx，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝fπ2＝π24.解(2)证明：因为2x1＋x23＝32x1＋12x1＋x2332x1＋12x2＋x23＝x1＋x22，所以要证2x1＋x23π2，只需证x1＋x22π2，由(1)得x1∈0，π2，x2∈π2，＋∞，构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)＝2πx＋2πcosx－π2，x∈0，π2，F′(x)＝2π－2πsinx0，即F(x)单调递增，所以F(x)Fπ2＝0，解即当x∈0，π2时，f(x)f(π－x)，而x1∈0，π2，所以f(x1)f(π－x1)，又f(x1)＝f(x2)，即f(x2)f(π－x1)，此时x2，π－x1∈π2，＋∞，因为f(x)在π2，＋∞上单调递增，所以x2π－x1，所以x1＋x2π，即x1＋x22π2，故2x1＋x23π2.解22．已知圆O：x2＋y2＝1和抛物线E：y＝x2－2，O为坐标原点．(1)已知直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为－3，求点P的坐标．解(1)由题意，知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋b，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直线l与圆O相切，得|b|k2＋1＝1，所以b2＝k2＋1.由y＝kx＋b，y＝x2－2，消去y，得x2－kx－b－2＝0.所以x1＋x2＝k，x1x2＝－b－2.由OM⊥ON，得OM→·ON→＝0，即x1x2＋y1y2＝0，所以x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，所以(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝0，所以b2(－b－2)＋(b2－1)b＋b2＝0，解得b＝－1或b＝0(舍去)．所以k＝0，故直线l的方程为y＝－1.解(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，则kQR＝y3－y4x3－x4＝x23－2－x24－2x3－x4＝x3＋x4，所以x3＋x4＝－3.由题意，知直线PQ，PR的斜率均存在，设PQ：y－y0＝k1(x－x0)，由直线PQ与圆O相切，得|y0－k1x0|k21＋1＝1，即(x20－1)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，设PR：y－y0＝k2(x－x0)，同理可得(x20－1)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0.解由题意可得x20≠1，故k1，k2是方程(x20－1)k′2－2x0y0k′＋y20－1＝0的两个根，所以k1＋k2＝2x0y0x20－1.由y＝k1x＋y0－k1x0，y＝x2－2，得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0，故x0＋x3＝k1，同理可得x0＋x4＝k2，则2x0＋x3＋x4＝k1＋k2，即2x0－3＝2x0y0x20－1，所以2x0－3＝2x0x20－2x20－1，解得x0＝－33或x0＝3.当x0＝－33时，y0＝－53；当x0＝3时，y0＝1.故P－33，－53或P(3，1)．解本课结束