教辅：高考数学复习练习之压轴题6

压轴题(六)8．(2020·山东潍坊二模)已知O为坐标原点，双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的右焦点为F，过点F且与x轴垂直的直线与双曲线C的一条渐近线交于点A(点A在第一象限)，点B在双曲线C的渐近线上，且BF∥OA，若AB→·OB→＝0，则双曲线C的离心率为()A.233B．2C．3D．2答案A解析如图所示，设双曲线的半焦距为c，渐近线方程为y＝±bax，则点F(c,0)，Ac，bca，设点Bx0，－bx0a，∵BF∥OA，∴kOA＝kBF，即ba＝－bx0ax0－c，解得x0＝c2，∴Bc2，－bc2a，∴AB→＝－c2，－3bc2a，OB→＝c2，－bc2a.又AB→·OB→＝0，∴－c24＋3b2c24a2＝0，即a2＝3b2.∵c2＝a2＋b2，∴a2＝3(c2－a2)，即3c2＝4a2，∴离心率e＝ca＝233.故选A.12．(多选)(2020·山东济南一模)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)|sinx－cosx|，下列说法正确的是()A．f(x)是周期函数B．f(x)在区间－π2，π2上是增函数C．若|f(x1)|＋|f(x2)|＝2，则x1＋x2＝kπ2(k∈Z)D．函数g(x)＝f(x)＋1在区间[0,2π]上有且仅有1个零点答案AC解析当sinx≥cosx时，f(x)＝－cos2x，当sinx＜cosx时，f(x)＝cos2x，故f(x)为周期函数，A正确；当x∈－π2，π4时，sinxcosx，f(x)＝cos2x不是单调函数，B错误；若|f(x1)|＋|f(x2)|＝2，则f(x1)＝±1，f(x2)＝±1，所以2x1＝k1π(k1∈Z)，2x2＝k2π(k2∈Z)，则x1＋x2＝kπ2(k∈Z)，故C正确；当x∈π4，5π4时，2x∈π2，5π2，f(x)＝－cos2x，令g(x)＝f(x)＋1＝0，得cos2x＝1，得2x＝2π，x＝π，当x∈0，π4∪5π4，2π时，2x∈0，π2∪5π2，4π，f(x)＝cos2x，令g(x)＝f(x)＋1＝0，得cos2x＝－1，得2x＝3π，x＝3π2，故函数g(x)＝f(x)＋1在[0,2π]上有2个零点，D错误．故选AC.16．已知等比数列{an}满足：a1＝4，Sn＝pan＋1＋m(p0)，则p－1m取最小值时，数列{an}的通项公式为an＝________.答案4×3n－1解析∵Sn＝pan＋1＋m，∴Sn－1＝pan＋m(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝pan＋1－pan(n≥2)，∴pan＋1＝(p＋1)an(n≥2)，∴an＋1an＝p＋1p(n≥2)，又n＝1时，a1＝S1＝pa2＋m＝4，∴a2＝4－mp，a2a1＝4－m4p.∵{an}为等比数列，∴a2a1＝4－m4p＝p＋1p，∵p0，∴m＝－4p，p－1m＝p＋14p≥2p×14p＝1，当且仅当p＝14p，即p＝12时取等号，此时等比数列{an}的公比p＋1p＝3，∴an＝4×3n－1.21．(2020·贵阳6月适应性考试二)已知函数f(x)＝ex－1－ln(x＋a)＋1.(1)设x＝1是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)当a≤3时，证明f(x)－1.解(1)f′(x)＝ex－1－1x＋a，由x＝1是f(x)的极值点知，f′(1)＝0，即1－11＋a＝0，所以a＝0.于是f(x)＝ex－1－lnx＋1，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ex－1－1x，函数f′(x)＝ex－1－1x在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，因此当x∈(0,1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)证明：当a≤3，x－a时，0x＋a≤x＋3，从而ln(x＋a)≤ln(x＋3)，则f(x)＋1＝ex－1－ln(x＋a)＋2≥ex－1－ln(x＋3)＋2，令g(x)＝ex－1－ln(x＋3)＋2，x∈(－3，＋∞)，则g′(x)＝ex－1－1x＋3在(－3，＋∞)上单调递增，且g′(－1)＝1e2－120，g′(0)＝1e－130，故存在唯一的实数x0∈(－1,0)，使得g′(x0)＝0.当x∈(－3，x0)时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增．从而当x＝x0时，g(x)取得最小值．由g′(x0)＝0得ex0－1－1x0＋3＝0，则ex0－1＝1x0＋3，x0－1＝－ln(x0＋3)，故g(x)min＝g(x0)＝ex0－1－ln(x0＋3)＋2＝1x0＋3＋x0－1＋2＝x0＋22x0＋3，由x0∈(－1,0)知，x0＋22x0＋30，故f(x)＋1≥g(x)≥g(x0)0，即当a≤3时，f(x)－1成立．22．(2020·山东烟台一模)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点M(2，2)，且焦距为4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设P为直线l：y＝22上一点，Q为椭圆C上一点，以PQ为直径的圆恒过坐标原点O.①求|OP|2＋4|OQ|2的取值范围；②是否存在圆心在原点的定圆恒与直线PQ相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由．解(1)由已知条件得4a2＋2b2＝1，a2－b2＝4，解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)设P(t,22)，Q(x1，y1)，因为以PQ为直径的圆恒过点O，所以OP→·OQ→＝x1t＋22y1＝0，即y1＝－x1t22.因为Q点在椭圆上，所以x218＋y214＝1.①将y1＝－x1t22代入，得x21＝32t2＋4，y21＝4t2t2＋4，于是|OP|2＋4|OQ|2＝(t2＋8)＋4(x21＋y21)＝t2＋64t2＋4＋24，t∈R.因为t2＋64t2＋4＋24＝t2＋4＋64t2＋4＋20≥2t2＋4·64t2＋4＋20＝36，当且仅当t2＋4＝64t2＋4，即t＝±2时，取等号．所以|OP|2＋4|OQ|2的取值范围为[36，＋∞)．②存在，定圆的方程为x2＋y2＝4.假设存在满足题意的定圆，则点O到直线PQ的距离为定值．因为P(t,22)，Q(x1，y1)，所以直线PQ的方程为(x1－t)(y－22)－(y1－22)·(x－t)＝0，整理可得(y1－22)x－(x1－t)y－ty1＋22x1＝0，所以O到直线PQ的距离d＝|－ty1＋22x1|y1－222＋x1－t2，因为x1t＋22y1＝0，y1＝－x1t22，x21＝32t2＋4，y21＝4t2t2＋4，所以|－ty1＋22x1|＝|x1t222＋22x1|＝|x1|22(t2＋8)＝2t2＋8t2＋4，又y1－222＋x1－t2＝y21＋x21＋t2＋8－42y1－2tx1＝y21＋x21＋t2＋8＝4t2t2＋4＋32t2＋4＋t2＋8＝t2＋8t2＋4，所以d＝|－ty1＋22x1|y1－222＋x1－t2＝2＝r，因此，圆x2＋y2＝4恒与直线PQ相切．