教辅：高考数学复习练习之压轴题1

第二部分/三、压轴题压轴题(一)8．(2020·山东德州一模)已知函数f(x)＝2xx－1x≤0，lnxxx0，若关于x的方程f2(x)＋(1－m)f(x)－m＝0有且只有两个不同实数根，则m的取值范围是()A.1e，2B．(－∞，0)∪1e，2C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪1e，2D．(－∞，0)∪1e，1∪(1,2)答案C解析当x0时，f(x)＝lnxx，则f′(x)＝1－lnxx2，令f′(x)0，得0xe，令f′(x)0，得xe.函数f(x)在(0，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，又f(e)＝1e，画出函数图象，如图所示．f2(x)＋(1－m)f(x)－m＝0，即(f(x)－m)(f(x)＋1)＝0，当f(x)＝－1时，根据图象知有1个解，故f(x)＝m有1个解，根据图象知m∈(－∞，－1)∪(－1,0)∪1e，2.故选C.12．(多选)(2020·山东大学附属中学6月模拟检测)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，如图，M为CC1上的动点，AM⊥平面α.下面说法正确的是()A．直线AB与平面α所成角的正弦值范围为33，22B．点M与点C1重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C．点M为CC1的中点时，若平面α经过点B，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D．已知N为DD1的中点，当AM＋MN的和最小时，M为CC1的中点答案AC解析以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则点A(2，0,0)，B(2,2,0)，设点M(0,2，a)(0≤a≤2)，∵AM⊥平面α，则AM→为平面α的一个法向量，且AM→＝(－2,2，a)，AB→＝(0,2,0)，|cos〈AB→，AM→〉|＝|AB→·AM→||AB→||AM→|＝42×a2＋8＝2a2＋8∈33，22，∴直线AB与平面α所成角的正弦值范围为33，22，A正确；当M与C1重合时，连接A1D，BD，A1B，AC，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∵CC1∩AC＝C，∴BD⊥平面ACC1，∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，同理可证AC1⊥A1D，∵A1D∩BD＝D，∴AC1⊥平面A1BD，易知△A1BD是边长为22的等边三角形，其面积为S△A1BD＝34×(22)2＝23，周长为22×3＝62.设E，F，Q，N，G，H分别为棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的中点，易知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形，且平面EFQNGH∥平面A1BD，正六边形EFQNGH的周长为62，面积为6×34×(2)2＝33，则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，B错误；设平面α交棱A1D1于点E(b,0,2)，点M(0,2,1)，AM→＝(－2,2,1)，∵AM⊥平面α，DE⊂平面α，∴AM⊥DE，即AM→·DE→＝－2b＋2＝0，得b＝1，∴E(1,0,2)，∴点E为棱A1D1的中点，同理可知，平面α与棱A1B1的交点F为棱A1B1的中点，则F(2,1,2)，EF→＝(1,1,0)，而DB→＝(2,2,0)，∴EF→＝12DB→，∴EF∥DB且EF≠DB，由空间中两点间的距离公式可得DE＝12＋02＋22＝5，BF＝2－22＋1－22＋2－02＝5，∴DE＝BF，∴四边形BDEF为等腰梯形，C正确；将矩形ACC1A1与矩形CC1D1D展开到一个平面内，如下图所示：若AM＋MN最短，则A，M，N三点共线，∵CC1∥DD1，∴MCDN＝ACAD＝2222＋2＝2－2，∵DN＝1，∴MC＝2－2≠12CC1，∴点M不是棱CC1的中点，D错误．故选AC.16．(2020·新高考卷Ⅰ)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝35，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.答案4＋5π2解析设OB＝OA＝r，如图，过点A作直线DE和EF的垂线，垂足分别为M，N，AN交CG于点P.由题意知AM＝AN＝7，EF＝12，所以EN＝AM＝7，NF＝EF－EN＝5，又因为DE＝2，PN＝2，所以AP＝AN－PN＝5，又PG＝NF＝5，所以AP＝PG，所以∠AGP＝45°，因为BH∥DG，所以∠AHO＝45°，因为AG与圆弧AB相切于A点，所以OA⊥AG，即△OAH为等腰直角三角形．在Rt△OQD中，OQ＝5－22r，DQ＝7－22r，因为tan∠ODC＝OQDQ＝35，所以21－322r＝25－522r，解得r＝22，所以等腰直角三角形OAH的面积为S1＝12×22×22＝4，扇形AOB的面积为S2＝12×3π4×(22)2＝3π，所以阴影部分的面积为S1＋S2－12π×12＝4＋5π2.21．已知函数f(x)＝12(x2＋2alnx)．(1)讨论f(x)＝12(x2＋2alnx)，x∈(1，e)的单调性；(2)若存在x1，x2∈(1，e)(x1≠x2)，使得f(x1)＝f(x2)0成立，求a的取值范围．解(1)由f(x)＝12(x2＋2alnx)，得f′(x)＝x＋ax＝x2＋ax(x0)，当a≥0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)在(1，e)上单调递增；当a0时，f′(x)＝0的解为x＝－a(舍去负值)，若－a≤1，即a∈[－1,0)，则f(x)在(1，e)上单调递增；若－a≥e，即a∈(－∞，－e2]，则f(x)在(1，e)上单调递减；若a∈(－e2，－1)，则f(x)在(1，－a)上单调递减，在[－a，e)上单调递增．(2)由(1)可知，当a≤－e2或a≥－1时，函数f(x)在(1，e)上为单调函数，此时不存在x1，x2∈(1，e)(x1≠x2)，使得f(x1)＝f(x2)0.当a∈(－e2，－1)时，f(x)在(1，－a)上单调递减，在[－a，e)上单调递增，所以f(x)在x＝－a处取得极小值，f(x)极小值＝f(－a)＝12(－a＋2aln－a)＝－12a＋12aln(－a)，其中a∈(－e2，－1)，令g(a)＝－12a＋12aln(－a)，a∈(－e2，－1)，则g′(a)＝－12＋12ln(－a)＋12＝12ln(－a)，a∈(－e2，－1)，易得g′(a)0，所以g(a)在(－e2，－1)上单调递增，且g(－e)＝0，所以当a∈(－e2，－e)时，f(x)极小值0，此时存在x1，x2∈(1，e)(x1≠x2)，使得f(x1)＝f(x2)0.所以a的取值范围为(－e2，－e)．22．(2020·河北衡水中学高三质量检测一)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)以抛物线y2＝8x的焦点为顶点，且离心率为12.(1)求椭圆E的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于A，B两点，与直线x＝－4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足OP→＝OA→＋OB→(其中O为坐标原点)，试问在x轴上是否存在一点T，使得OP→·TQ→为定值？若存在，求出点T的坐标及OP→·TQ→的值；若不存在，请说明理由．解(1)抛物线y2＝8x的焦点坐标为(2,0)，由题意可知a＝2，且e＝ca＝12，所以c＝1，则b＝a2－c2＝3，所以椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，消去y并整理得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)0，得m24k2＋3.由根与系数的关系，得x1＋x2＝－8km4k2＋3，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m4k2＋3，因为OP→＝OA→＋OB→＝(x1＋x2，y1＋y2)＝－8km4k2＋3，6m4k2＋3，所以点P－8km4k2＋3，6m4k2＋3，由于点P在椭圆E上，则－8km4k2＋32·14＋6m4k2＋32·13＝1，化简，得4m2＝4k2＋3，则m≠0，且满足Δ0.联立y＝kx＋m，x＝－4，得x＝－4，y＝m－4k，则点Q(－4，m－4k)，设在x轴上存在一点T(t,0)，使得OP→·TQ→为定值，则TQ→＝(－4－t，m－4k)，OP→·TQ→＝8kmt＋4＋6mm－4k4k2＋3＝8ktm＋8km＋6m24m2＝2kt＋1m＋32为定值，要使OP→·TQ→为定值，只需2k1＋tm2＝4k21＋t2m2＝4m2－31＋t2m2为定值，则t＋1＝0，解得t＝－1，因此，在x轴上存在定点T(－1,0)，使得OP→·TQ→为定值．