2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 压轴题（二）课件 文

压轴题(二)第二部分刷题型12．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的离心率e＝233，对称中心为O，右焦点为F，点A是双曲线C的一条渐近线上位于第一象限内的点，∠AOF＝∠OAF，△OAF的面积为33，则双曲线C的方程为()A.x236－y212＝1B.x23－y2＝1C.x212－y24＝1D.x29－y23＝1答案D解析因为e＝ca＝233，所以ba＝ca2－1＝33，所以tan∠AOF＝ba＝33，所以∠AOF＝π6，又因为∠AOF＝∠OAF，所以|AF|＝|OF|＝c，∠OAF＝π6，∠AFO＝2π3.又因为S△OAF＝33，所以12·c·c·sin2π3＝33.所以c2＝12，a2＝34c2＝9，b2＝13a2＝3.所以双曲线C的方程为x29－y23＝1.16．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的意思是两个等高的几何体，若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型，设某双曲线型冷却塔是曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)与直线x＝0，y＝0和y＝b所围成的平面图形绕y轴旋转一周所得，如图所示，试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法，求出此冷却塔的体积为________．答案43πa2b解析如题图，A点在双曲线上，B点在渐近线上，则图中圆环的面积为πx2A－πx2B＝πa2y2Ab2＋a2－πayAb2＝πa2，从而根据祖暅原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何体的体积等于底面半径为a、高为b的圆柱的体积，所以此冷却塔的体积为πa2b＋13πa2b＝43πa2b.20．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点M(－2,0)是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左顶点，且椭圆C的离心率为32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)矩形ABCD的四个顶点均在椭圆C上，求矩形ABCD的面积的最大值．解(1)依题意，M(－2,0)是椭圆C的左顶点，所以a＝2.又e＝ca＝32，所以c＝3，b＝1，所以椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(2)由对称性可知，设A(x0，y0)，其中x0y0≠0，则B(－x0，y0)，C(－x0，－y0)，D(x0，－y0)，所以|AB|＝2|x0|，|AD|＝2|y0|，S矩形ABCD＝4|x0y0|，因为S2矩形ABCD＝16x20y20，又y20＝1－x204，所以S2矩形ABCD＝16x20y20＝－4x40＋16x20＝－4(x20－2)2＋16，而x20∈(0,4)，故当x20＝2时，S2矩形ABCD取得最大值16，所以矩形ABCD的面积的最大值为4.21．(2019·河南开封三模)已知函数f(x)＝ex－a，g(x)＝a(x－1)(常数a∈R且a≠0)．(1)当g(x)与f(x)的图象相切时，求a的值；(2)设h(x)＝f(x)·g(x)，若h(x)存在极值，求a的取值范围．解(1)设切点为A(x0，ex0－a)，因为f′(x)＝ex，所以过A点的切线方程为y－ex0＋a＝ex0(x－x0)，即y＝ex0x－x0ex0＋ex0－a，由题意，得ex0＝a，ex0－x0ex0－a＝－a，解得a＝e.(2)依题意，h(x)＝a(x－1)(ex－a)，则h′(x)＝a(xex－a)，当a＞0时，令φ(x)＝xex－a，则φ′(x)＝(x＋1)ex，令φ′(x)＞0，则x＞－1，令φ′(x)＜0，则x＜－1，所以当x∈(－∞，－1)时，φ(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，φ(x)单调递增．若h(x)存在极值，则φ(x)min＝φ(－1)＝－1e－a＜0，所以a∈(0，＋∞)，又a∈(0，＋∞)时，φ(a)＝a(ea－1)＞0，所以，a∈(0，＋∞)时，φ(x)在(－1，＋∞)存在零点x1，且在x1左侧φ(x)＜0，在x1右侧φ(x)＞0，即h′(x)存在变号零点．当a＜0时，h′(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．若h(x)存在极值，则h′(x)max＝h′(－1)＝a(－1e－a)0，即－1e－a0，即a∈－1e，0，又a∈－1e，0时，φ(a)＝a(ea－1)0，所以a∈－1e，0时，φ(x)在(－1，＋∞)存在零点x2，且在x2左侧φ(x)0，在x2右侧φ(x)0，即h′(x)存在变号零点．所以，若h(x)存在极值，a∈－1e，0∪(0，＋∞)．本课结束