教辅：高考数学复习练习之压轴题3

压轴题(三)8．(2020·山西太原五中3月模拟)已知函数f(x)＝x3＋x＋1＋sinx，若f(a－1)＋f(2a2)≤2，则实数a的取值范围是()A.－1，32B．－32，1C.－1，12D．－12，1答案C解析因为f(x)＝x3＋x＋1＋sinx，设g(x)＝f(x)－1＝x3＋x＋sinx，定义域为R，则g(－x)＝－x3－x－sinx＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，g′(x)＝3x2＋1＋cosx≥0，所以g(x)单调递增，由f(a－1)＋f(2a2)≤2，得f(a－1)－1≤－[f(2a2)－1]，即g(a－1)≤－g(2a2)，g(a－1)≤g(－2a2)，a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12，故选C.12．(多选)(2020·山东聊城三模)已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，则()A．∠AF1B＝∠F1ABB．双曲线的离心率e＝333C．双曲线的渐近线方程为y＝±263xD．原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上答案ABC解析如图，设|AF2|＝x，则|BF2|＝|AF1|＝2x，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝x，|BF1|＝|BF2|＋2a＝2x＋2a＝6a，|AB|＝3x＝6a，所以|BF1|＝|AB|，所以∠AF1B＝∠F1AB，A正确；|AF1|＝2x＝4a，|BF1|＝|AB|＝6a，在△AF1B中，cos∠F1AB＝2a6a＝13，在△AF1F2中，|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos∠F1AF2，即4c2＝16a2＋4a2－2×4a×2a×13＝44a23，c2a2＝113，所以e＝ca＝333，B正确；由c2a2＝a2＋b2a2＝113得b2a2＝83，ba＝263，渐近线方程为y＝±263x，C正确；若原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上，则|OF2|＝|AF2|，c＝2a，e＝ca＝2与B矛盾，不成立，D错误．故选ABC.16．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，点An，Bn均在函数f(x)＝log2x的图象上，An的横坐标为an，Bn的横坐标为Sn＋1，直线AnBn的斜率为kn.若k1＝1，k2＝12，则数列{an·f(an)}的前n项和Tn＝________.答案(n－2)·2n＋2解析由题意可知A1(a1，log2a1)，A2(a2，log2a2)，B1(S1＋1，log2(S1＋1))，B2(S2＋1，log2(S2＋1))，∴k1＝log2S1＋1－log2a1S1＋1－a1＝1，k2＝log2S2＋1－log2a2S2＋1－a2＝12，解得a1＝1，a2＝2，∴等比数列{an}的公比为2，∴an＝2n－1，f(an)＝log22n－1＝n－1，∴an·f(an)＝(n－1)2n－1，∴Tn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－2)×2n－2＋(n－1)×2n－1，①2Tn＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n，②①－②，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)×2n，∴－Tn＝21－2n－11－2－(n－1)×2n＝－(n－2)·2n－2，∴Tn＝(n－2)·2n＋2.21．(2020·深圳高三调研考试二)在平面直角坐标系xOy中，P为直线l0：x＝－4上的动点，动点Q满足PQ⊥l0，且原点O在以PQ为直径的圆上．记动点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过点E(2,0)的直线l1与曲线C交于A，B两点，点D(异于A，B)在C上，直线AD，BD分别与x轴交于点M，N，且AD→＝3AM→，求△BMN面积的最小值．解(1)由题意，不妨设Q(x，y)，则P(－4，y)，OP→＝(－4，y)，OQ→＝(x，y)，∵O在以PQ为直径的圆上，∴OP→·OQ→＝0，∴(－4，y)·(x，y)＝－4x＋y2＝0，∴y2＝4x，∴曲线C的方程为y2＝4x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，M(m,0)，N(n，0)，依题意，可设直线l1的方程为x＝ty＋a(其中a＝2)，由方程组x＝ty＋a，y2＝4x，消去x并整理，得y2－4ty－4a＝0，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4a＝－8，同理可设直线AM的方程为x＝t1y＋m，直线BN的方程为x＝t2y＋n，可得y1y3＝－4m，y2y3＝－4n，∴m＝－y1y34，n＝－y2y34，又AD→＝3AM→，∴(x3－x1，y3－y1)＝3(m－x1，－y1)，∴y3－y1＝－3y1，∴y3＝－2y1，∴|MN|＝|m－n|＝14|y1y3－y2y3|＝14|y1－y2|·|y3|＝14|y1－y2|·|－2y1|＝12|y1|·|y1－y2|，∴S△BMN＝12|MN|·|y2|＝14|y1y2|·|y1－y2|＝2y1＋y22－4y1y2＝8t2＋2，∴当t＝0时，△BMN的面积取得最小值，其最小值为82.22．(2020·山东滨州二模)已知函数f(x)＝lnx＋12x2，g(x)＝x3－x.(1)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)当t≠1时，证明曲线y＝g(x)分别在点(1，g(1))和点(t，g(t))处的切线为不同的直线；(3)已知过点(m，n)能作曲线y＝g(x)的三条切线，求m，n所满足的条件．解(1)因为h(x)＝lnx＋12x2－x3＋x(x0)，所以h′(x)＝1x＋x－3x2＋1＝1＋x＋x2－3x3x＝1－x3－x2x2－x－1x＝1－x3x2＋2x＋1x，所以当0x1时，h′(x)0；当x1时，h′(x)0.所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：因为g′(x)＝3x2－1，所以g′(1)＝2，g′(t)＝3t2－1.又因为g(1)＝0，g(t)＝t3－t.所以曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x－2；曲线y＝g(x)在点(t，g(t))处的切线方程为y＝(3t2－1)x－2t3.因为t≠1，所以－2t3≠－2.所以两条切线不可能相同．(3)设直线l过点(m，n)，且与曲线y＝g(x)在点(x0，x30－x0)处相切，设直线l的方程为y－n＝k(x－m)，则x30－x0－n＝kx0－m，k＝3x20－1，消去k，得2x30－3mx20＋m＋n＝0.因为过点(m，n)能作曲线y＝g(x)的三条切线，所以关于x0的方程2x30－3mx20＋m＋n＝0有三个不等实根．设φ(x)＝2x3－3mx2＋m＋n，则φ(x)有三个零点．又φ′(x)＝6x(x－m)，①若m＝0，则φ′(x)＝6x2≥0，所以φ(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，φ(x)至多有一个零点，故m＝0不符合题意；②若m0，则当x∈(－∞，m)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增；当x∈(m,0)时，φ′(x)0，φ(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增．所以φ(x)的极大值为φ(m)＝－m3＋m＋n，极小值为φ(0)＝m＋n.又φ(x)有三个零点，所以φm0，φ00，即－m3＋m＋n0，m＋n0，所以m3－mn－m；③若m0，则当x∈(－∞，0)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增；当x∈(0，m)时，φ′(x)0，φ(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)单调递增，所以φ(x)的极大值为φ(0)＝m＋n，极小值为φ(m)＝－m3＋m＋n.又φ(x)有三个零点，所以φm0，φ00，即－m3＋m＋n0，m＋n0.所以－mnm3－m.综上所述，当m0时，m3－mn－m；当m0时，－mnm3－m.