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（八）课件 理

压轴题(八)第二部分刷题型12．(2019·湘赣十四校联考二)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝2，E为AD的中点，P为正方形A1B1C1D1内的一个动点(含边界)，且|PE|≤5，则|PA1→＋PB1→＋PC1→|的最小值为()A．17－1B．17－3C．17D．17＋1答案B解析设A1D1的中点为F，连接EF，PF，则在△EFP中，EF⊥FP，EP2＝EF2＋FP2，∴FP2≤1，∴点P的轨迹是以F为圆心，以1为半径的半圆面(位于正方形A1B1C1D1内)，以A1为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，则A1(0,0)，B1(2,0)，C1(2,2)，F(0，1)，设点P的坐标为(x，y)，则PA1→＝(－x，－y)，PB1→＝(2－x，－y)，PC1→＝(2－x，2－y)，PA1→＋PB1→＋PC1→＝(4－3x,2－3y)．|PA1→＋PB1→＋PC1→|＝4－3x2＋2－3y2＝3×43－x2＋23－y2.设Q点的坐标为43，23，则|PA1→＋PB1→＋PC1→|＝3|PQ|≥3(|QF|－1)＝17－3.故选B.16．已知椭圆的焦点为F1(－c，0)，F2(c,0)，其中c＝230π4cosxdx，直线l与椭圆相切于第一象限的点P，且与x，y轴分别交于点A，B，设O为坐标原点，当△AOB的面积最小时，∠F1PF2＝60°，则此椭圆的方程为________．答案x215＋y29＝1解析由题意，得在P(x0，y0)处的切线方程为yy0b2＋xx0a2＝1.所以Aa2x0，0，B0，b2y0，S△AOB＝12×a2b2x0y0，因为y20b2＋x20a2＝1≥2x0y0ab，所以1x0y0≥2ab.所以S△AOB≥ab.当且仅当y0b＝x0a＝22时，△AOB的面积最小．设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，由余弦定理，得4c2＝r21＋r22－r1r2＝(r1＋r2)2－3r1r2＝4a2－3r1r2，所以r1r2＝43b2，所以S△PF1F2＝12r1r2sin60°＝33b2，所以12·2c·y0＝33b2，y0＝3b23c＝22b，所以c＝63b.又因为c＝230π4cosxdx＝23sinx＝23sinπ4－sin0＝6.所以b＝3，a＝15.所以此椭圆的方程为x215＋y29＝1.20．(2019·广东四校联考)某地有种特产水果很受当地老百姓欢迎，但该种特产水果只能在9月份销售，且该种特产水果当天食用口感最好，隔天食用口感较差．某超市每年9月份都销售该种特产水果，每天计划进货量相同，进货成本每千克8元，销售价每千克12元，当天未卖出的水果全部转卖给水果罐头厂，但每千克只能卖到5元．根据往年销售经验，每天需求量与当地最高气温(单位：℃)有一定关系．若最高气温不低于30，则需求量为5000千克；若最高气温位于[25,30)，则需求量为3500千克；若最高气温低于25，则需求量为2000千克．为了制订今年9月份订购计划，统计了前三年9月份的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温(℃)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)天数414362115以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．(1)求今年9月份这种特产水果一天需求量X(单位：千克)的分布列和数学期望；(2)设9月份一天销售这种特产水果的利润为Y(单位：元)，当9月份这种特产水果一天的进货量n(单位：千克)为多少时，Y的数学期望达到最大值，最大值为多少？解(1)今年9月份这种特产水果一天的需求量X的可能取值为2000,3500,5000.P(X＝2000)＝4＋1490＝15，P(X＝3500)＝3690＝25，P(X＝5000)＝21＋1590＝25.于是X的分布列为X200035005000P152525X的数学期望E(X)＝2000×15＋3500×25＋5000×25＝3800.(2)由题意，知这种特产水果一天的需求量至多为5000千克，至少为2000千克，因此只需要考虑2000≤n≤5000.当3500≤n≤5000时，若最高气温不低于30，则Y＝4n；若最高气温位于[25,30)，则Y＝3500×4－(n－3500)×3＝24500－3n；若最高气温低于25，则Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n.此时E(Y)＝25×4n＋25×(24500－3n)＋15×(14000－3n)＝12600－15n≤11900.当2000≤n3500时，若最高气温不低于25，则Y＝4n；若最高气温低于25，则Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n.此时E(Y)＝45×4n＋15×(14000－3n)＝2800＋135n11900.所以n＝3500时，Y的数学期望达到最大值，最大值为11900.21．设函数f(x)＝ln(x＋a)－x，g(x)＝xex－2x－1.(1)若直线l：y＝－23x＋ln3－23是函数f(x)的图象的一条切线，求实数a的值；(2)当a＝0时，①关于x的方程f(x)＝x2－103x＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围；②证明：当x0时，g(x)≥f(x)．解(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝1x＋a－1，设切点为P(x0，y0)，则1x0＋a－1＝－23，∴x0＋a＝3，又ln(x0＋a)－x0＝－23x0＋ln3－23，∴ln3－x0＝－23x0＋ln3－23，∴x0＝2，∴a＝1.(2)当a＝0时，①方程f(x)＝x2－103x＋m，即lnx－x2＋73x＝m.令h(x)＝lnx－x2＋73x(x0)，则h′(x)＝1x－2x＋73＝－3x＋12x－33x.令h′(x)＝0，则x1＝32，x2＝－13(舍去)；∴当x∈[1,3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：∵h(1)＝43，h(3)＝ln3－243，h32＝ln32＋54，∴当x∈[1,3]时，h(x)∈ln3－2，ln32＋54，∴m的取值范围为ln3－2，ln32＋54.②证明：令F(x)＝g(x)－f(x)＝xex－lnx－x－1(x0)，则F′(x)＝(x＋1)ex－1x－1＝x＋1x·(xex－1)．令G(x)＝xex－1，则当x0时，G′(x)＝(x＋1)ex0，∴函数G(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵G(0)＝－10，G(1)＝e－10，∴G(x)存在唯一的零点c∈(0,1)，且当x∈(0，c)时，G(x)0，F′(x)0，则F(x)单调递减，当x∈(c，＋∞)时，G(x)0，F′(x)0，则F(x)单调递增，从而F(x)≥F(c)＝cec－lnc－c－1.由G(c)＝0得cec－1＝0，cec＝1，两边取对数得lnc＋c＝0，∴F(c)＝0，∴F(x)≥F(c)＝0，故g(x)≥f(x)．本课结束