备战新课标高考理科数学2020212压轴题目自选练二解析

拿下压轴题·高考创奇迹“2＋1＋2”压轴题目自选练二供学有余力的考生自选一、选择、填空压轴题11．已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝134，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|＜1123的最小整数n是()A．8B．9C．10D．11解析：选C由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即an＋1－1an－1＝－12，又a3＝134，所以a3－1＝94，代入上式，有a2－1＝－92，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝9×1－－12n1－－12－6＝－6×－12n＜1123，又n∈N*，所以n的最小值为10.故选C.12．已知三棱锥P­ABC的所有顶点都在球O的球面上，PC是球O的直径．若平面PCA⊥平面PCB，PA＝AC，PB＝BC，三棱锥P­ABC的体积为a，则球O的体积为()A．2πaB．4πaC.23πaD.43πa解析：选B设球O的半径为R，因为PC为球O的直径，PA＝AC，PB＝BC，所以△PAC，△PBC均为等腰直角三角形，点O为PC的中点，连接AO，OB，所以AO⊥PC，BO⊥PC，因为平面PCA⊥平面PCB，平面PCA∩平面PCB＝PC，所以AO⊥平面PCB，所以V三棱锥P­ABC＝13·S△PBC·AO＝13×12×PC×BO×AO＝13×12×2R×R×R＝13R3＝a，所以球O的体积V＝43πR3＝4πa.故选B.16．已知抛物线y2＝2px(p＞0)与双曲线x2a2－y2＝138≤a＜12在第四象限的交点为G(x0，y0)，点G到抛物线的准线的距离d＝p12＋a，则当p取得最小值时，抛物线的焦点F到双曲线的渐近线的距离为________．解析：联立y2＝2px，x2a2－y2＝1，可得x2a2－2px＝1，即x2－2a2px－a2＝0，解得x＝a2p＋aa2p2＋1或x＝a2p－aa2p2＋1＜0(舍去)，故x0＝a2p＋aa2p2＋1，抛物线的准线方程为x＝－p2，则点G到抛物线的准线的距离d＝a2p＋aa2p2＋1＋p2＝p12＋a，即ap＋a2p2＋1＝p，可得－2ap2＋p2＝1，故p2＝11－2a，又38≤a＜12，所以当a＝38时，p2＝11－2a＝11－2×38＝4，即p取得最小值2，此时抛物线的焦点为F(1,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±83x，即8x±3y＝0，所以抛物线的焦点F到双曲线的渐近线的距离为882＋32＝87373.答案：87373二、解答题压轴题20．已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点M(－2,1)，且右焦点F(3，0)．(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N(1,0)且斜率存在的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t＝MA→·MB→，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值．解：(1)由椭圆x2a2＋y2b2＝1的右焦点为(3，0)，知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，则x2a2＋y2a2－3＝1，a2＞3.又椭圆过点M(－2,1)，∴4a2＋1a2－3＝1，又a2＞3，∴a2＝6.∴椭圆Γ的标准方程为x26＋y23＝1.(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x26＋y23＝1，y＝kx－1得x2＋2k2(x－1)2＝6，即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，∵点N(1,0)在椭圆内部，∴Δ＞0，∴x1＋x2＝4k21＋2k2，①x1x2＝2k2－62k2＋1，②则t＝MA→·MB→＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5.③将①②代入③得，t＝(1＋k2)·2k2－62k2＋1＋(2－k2－k)·4k22k2＋1＋k2＋2k＋5，∴t＝15k2＋2k－12k2＋1，∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，则Δ＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，∴t1＋t2＝132.21．已知函数f(x)＝x2－(2a－1)x－alnx(a∈R)．(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)存在最小值f(x)min，求证：f(x)min34.解：(1)f′(x)＝2x＋1x－ax，x∈(0，＋∞)．当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，由f′(x)0，解得xa，由f′(x)0，解得0xa.故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知要使f(x)存在最小值，则a0且f(x)min＝f(a)＝a－a2－alna.令g(x)＝x－x2－xlnx(x0)，则g′(x)＝－2x－lnx在(0，＋∞)上单调递减．又g′1e＝1－2e0，g′12＝0，故存在x0∈1e，12，使得g′(x0)＝0.故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．∵g′(x0)＝0，∴－2x0－lnx0＝0，故lnx0＝－2x0.∴g(x)max＝g(x0)＝x0＋x20＝x0＋122－14.又∵x0∈1e，12，∴g(x)max＝x0＋122－1412＋122－14＝34，故f(x)min34.