备战新课标高考理科数学2020212压轴题目自选练一解析

拿下压轴题·高考创奇迹“2＋1＋2”压轴题目自选练一供学有余力的考生自选一、选择、填空压轴题11．已知正三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为23的正三角形，侧棱长为5，则球O的表面积为()A．10πB．25πC．100πD．125π解析：选B如图，设O1为正三棱锥S­ABC的底面中心，连接SO1，则SO1是三棱锥的高，设球O的半径为R，连接AO1，因为正三角形ABC的边长为23，所以AO1＝23×32×23＝2，因为SA＝5，所以在Rt△ASO1中，SO1＝52－22＝1，易知三棱锥的外接球的球心O在SO1的延长线上，连接AO，在Rt△AOO1中，R2＝(R－1)2＋22，解得R＝52，所以球O的表面积为4π×522＝25π，故选B.12．已知函数f(x)＝2x2－4x＋1，x0，ex，x≤0，则y＝f(x)(x∈R)的图象上关于坐标原点O对称的点共有()A．0对B．1对C．2对D．3对解析：选C由题意知，函数y＝f(x)(x∈R)的图象上关于原点对称的点即函数y＝ex的图象关于原点的对称图象(函数y＝－e－x的图象)与y＝2x2－4x＋1(x0)的图象的交点，如图，作出函数y＝－e－x和y＝2x2－4x＋1的图象，由图知函数y＝－e－x的图象与y＝2x2－4x＋1(x0)的图象有两个交点，所以满足条件的对称点有2对，故选C.16．(2019·广东百校联考)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的离心率为2，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点M(－a,0)，N(0，b)，点P为线段MN上的动点，当PF1→·PF2→取得最小值和最大值时，△PF1F2的面积分别为S1，S2，则S2S1＝________.解析：由e＝ca＝2，得c＝2a，则b＝3a，故线段MN所在直线的方程为y＝3(x＋a)．又点P在线段MN上，可设P(m，3m＋3a)，其中m∈[－a,0]．由于F1(－c,0)，F2(c,0)，即F1(－2a,0)，F2(2a,0)，得PF1→＝(－2a－m，－3m－3a)，PF2→＝(2a－m，－3m－3a)，所以PF1→·PF2→＝4m2＋6ma－a2＝4m＋34a2－134a2.由于m∈[－a,0]，可知当m＝－34a时，PF1→·PF2→取得最小值，此时yP＝34a；当m＝0时，PF1→·PF2→取得最大值，此时yP＝3a.则S2S1＝3a34＝4.答案：4二、解答题压轴题20．设M是抛物线E：x2＝2py(p0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y＝x－1.(1)求E的方程．(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点，是否存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设Mx0，x202p，由x2＝2py，得y＝x22p，则y′＝xp.由x0p＝1，x202p＝x0－1，解得p＝2.所以抛物线E的方程为x2＝4y.(2)假设存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，则λ＝1|AB|＋1|CD|.由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，设直线l1的方程为y＝kx＋1(k≠0)，则由y＝kx＋1，x2＝4y，消去y得x2－4kx－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－4.所以|AB|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·16k2＋16＝4(1＋k2)．因为直线l1，l2的斜率之积为1，所以|CD|＝41＋1k2.所以λ＝1|AB|＋1|CD|＝141＋k2＋141＋1k2＝1＋k241＋k2＝14.所以存在常数λ＝14，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立．21．已知函数f(x)＝xlnx－a2x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x22.解：(1)由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝lnx－a(x－1)．记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝1－axx.当a≤0时，h′(x)＝1－axx0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以任意x∈(1，＋∞)，h(x)＝f′(x)0，故a≤0不成立．当a0时，若x∈0，1a，则h′(x)0；若x∈1a，＋∞，则h′(x)0.所以h(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．所以h(x)max＝h1a＝－lna＋a－1＝0.令g(a)＝－lna＋a－1，则g′(a)＝1－1a＝a－1a.当0a1时，g′(a)0；当a1时，g′(a)0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝xlnx－12x2，则f′(x)＝1＋lnx－x.由(1)知f′(x)＝1＋lnx－x≤0恒成立，所以f(x)＝xlnx－12x2在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝－12，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)．不妨设0x1x2，则0x11x2，欲证x1＋x22，只需证x22－x1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以只需证f(x2)f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1，所以只需证－1－f(x1)f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)－1.令F(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，则F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)－1，只需证F(x)F(1)，x∈(0,1)，F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋lnx－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得F′(x)＝lnx－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)．令m(x)＝F′(x)，则m′(x)＝21－x2x2－x0，x∈(0,1)，所以F′(x)＝lnx－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意x∈(0,1)，F′(x)＝lnx－ln(2－x)＋2(1－x)F′(1)＝0，所以函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x22.