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三、压轴题压轴题(七)第二部分刷题型8.(2020·山东淄博二模)已知函数f(x)是定义在-π2,π2上的奇函数.当x∈0,π2时,f(x)+f′(x)·tanx0,则不等式cosx·fx+π2+sinx·f(-x)0的解集为()A.π4,π2B.-π4,π2C.-π4,0D.-π2,-π4答案解析令g(x)=f(x)sinx,则g′(x)=f(x)cosx+f′(x)sinx=[f(x)+f′(x)tanx]cosx,当x∈0,π2时,f(x)+f′(x)tanx0,cosx0,∴g′(x)0,即函数g(x)单调递增.又g(0)=0,∴x∈0,π2时,g(x)=f(x)sinx≥0,∵f(x)是定义在-π2,π2上的奇函数,∴g(x)是定义在-π2,π2上的偶函数.不等式cosx·fx+π2+sinx·f(-x)0,即sinx+π2fx+π2sinx·f(x),即gx+π2g(x),∴|x+π2||x|,∴x-π4①,又-π2x+π2π2,故-πx0②,由①②得不等式的解集是-π4,0.故选C.解析12.(多选)(2020·山东济宁嘉祥县第一中学四模)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l分别与双曲线左、右两支交于M,N两点,以MN为直径的圆过F2,且MF→2·MN→=12MN→2,则以下结论正确的是()A.∠F1MF2=120°B.双曲线C的离心率为3C.双曲线C的渐近线方程为y=±2xD.直线l的斜率为1答案解析如图,作F2D⊥MN于D,则MF→2·MN→=|MF→2||MN→|cos∠F2MN=|MN→||MD→|=12MN→2=12|MN→|2,所以|MD→|=12|MN→|,所以D是MN的中点,从而|F2M|=|F2N|,根据双曲线定义|MF2|-|MF1|=2a,|NF1|-|NF2|=2a,所以|MF2|-|MF1|+|NF1|-|NF2|=|MN|=4a,又以MN为直径的圆过F2,所以MF2⊥NF2,∠MNF2=∠NMF2=45°,于是∠F1MF2=135°,A错误;解析又得|MF2|=|NF2|=22a,|NF1|=(22+2)a,由余弦定理|F1F2|2=|NF1|2+|NF2|2-2|NF1||NF2|cos45°得4c2=(22a)2+(22+2)2a2-2×22a×(22+2)a×22,化简得c2a2=3,所以e=ca=3,B正确;由c2a2=a2+b2a2=3得b2a2=2,即ba=2,所以渐近线方程为y=±2x,C正确;易知∠NF1F2∠NMF2=45°,所以kMN=tan∠NF1F21,D错误.故选BC.解析16.(2020·山东济南一模)古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现:平面上到两定点A,B距离之比为常数λ(λ0且λ≠1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆,该圆简称为阿氏圆.根据以上信息,解决下面的问题:如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=2AA1=6,点E在棱AB上,BE=2AE,动点P满足BP=3PE.若点P在平面ABCD内运动,则点P所形成的阿氏圆的半径为________;若点P在长方体ABCD-A1B1C1D1内部运动,F为棱C1D1的中点,M为CP的中点,则三棱锥M-B1CF的体积的最小值为________.2394解析以点D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,则E(3,2),B(3,6),设P(x,y),∵BP=3PE,∴(x-3)2+(y-6)2=3[(3-x)2+(2-y)2],∴(x-3)2+y2=12,∴点P形成的阿氏圆的半径为23.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(3,0,0),E(3,2,0),B(3,6,0),C(0,6,0),B1(3,6,3),F(0,3,3),CB→1=(3,0,3),CF→=(0,-3,3),CA→=(3,-6,0),设P(x,y,z),点M到平面B1FC的距离为h,则点P到平面B1FC的距离为2h.∵点P在平面内形成的是圆的一部分,∴点P在空间内形成的是球面的一部分,球心为A(3,0,0),半径为R=23.设平面B1CF的一个法向量为n=(x1,y1,z1),解析则n·CB1→=3x1+3z1=0,n·CF→=-3y1+3z1=0,取x1=-1,则n=(-1,1,1).∴2hmin=|CA→·n||n|-R=|-3-6|3-23=3,∴hmin=32.易得B1C=B1F=CF=32,∴△B1CF为等边三角形.∴S△B1CF=12×32×32×32=932,∴三棱锥M-B1CF的体积的最小值为V=13S△B1CF·hmin=13×932×32=94.解析21.(2020·广州大学附中一模)已知函数f(x)=x2+πcosx.(1)求函数f(x)的最小值;(2)若函数g(x)=f(x)-a在(0,+∞)上有两个零点x1,x2,且x1x2,求证:2x1+x23π2.解(1)f(x)=x2+πcosx,f(-x)=x2+πcosx=f(x),所以f(x)为偶函数,故只需求x∈[0,+∞)时f(x)的最小值,f′(x)=2x-πsinx,当x∈0,π2时,设h(x)=2x-πsinx,则h′(x)=2-πcosx,显然h′(x)在0,π2上单调递增,而h′(0)0,h′π20,由零点存在定理可知,存在唯一的x0∈0,π2,使得h′(x0)=0,当x∈(0,x0)时,h′(x)0,h(x)单调递减;解当x∈x0,π2时,h′(x)0,h(x)单调递增.而h(0)=0,hπ2=0,故x∈0,π2时,h(x)0,即x∈0,π2时,f′(x)0,f(x)单调递减.又当x∈π2,+∞时,2xπ≥πsinx,f′(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)min=fπ2=π24.解(2)证明:因为2x1+x23=32x1+12x1+x2332x1+12x2+x23=x1+x22,所以要证2x1+x23π2,只需证x1+x22π2,由(1)得x1∈0,π2,x2∈π2,+∞,构造函数F(x)=f(x)-f(π-x)=2πx+2πcosx-π2,x∈0,π2,F′(x)=2π-2πsinx0,即F(x)单调递增,所以F(x)Fπ2=0,解即当x∈0,π2时,f(x)f(π-x),而x1∈0,π2,所以f(x1)f(π-x1),又f(x1)=f(x2),即f(x2)f(π-x1),此时x2,π-x1∈π2,+∞,因为f(x)在π2,+∞上单调递增,所以x2π-x1,所以x1+x2π,即x1+x22π2,故2x1+x23π2.解22.已知圆O:x2+y2=1和抛物线E:y=x2-2,O为坐标原点.(1)已知直线l与圆O相切,与抛物线E交于M,N两点,且满足OM⊥ON,求直线l的方程;(2)过抛物线E上一点P(x0,y0)作两条直线PQ,PR与圆O相切,且分别交抛物线E于Q,R两点,若直线QR的斜率为-3,求点P的坐标.解(1)由题意,知直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2),由直线l与圆O相切,得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1.由y=kx+b,y=x2-2,消去y,得x2-kx-b-2=0.所以x1+x2=k,x1x2=-b-2.由OM⊥ON,得OM→·ON→=0,即x1x2+y1y2=0,所以x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,所以(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,所以b2(-b-2)+(b2-1)b+b2=0,解得b=-1或b=0(舍去).所以k=0,故直线l的方程为y=-1.解(2)设Q(x3,y3),R(x4,y4),则kQR=y3-y4x3-x4=x23-2-x24-2x3-x4=x3+x4,所以x3+x4=-3.由题意,知直线PQ,PR的斜率均存在,设PQ:y-y0=k1(x-x0),由直线PQ与圆O相切,得|y0-k1x0|k21+1=1,即(x20-1)k21-2x0y0k1+y20-1=0,设PR:y-y0=k2(x-x0),同理可得(x20-1)k22-2x0y0k2+y20-1=0.解由题意可得x20≠1,故k1,k2是方程(x20-1)k′2-2x0y0k′+y20-1=0的两个根,所以k1+k2=2x0y0x20-1.由y=k1x+y0-k1x0,y=x2-2,得x2-k1x+k1x0-y0-2=0,故x0+x3=k1,同理可得x0+x4=k2,则2x0+x3+x4=k1+k2,即2x0-3=2x0y0x20-1,所以2x0-3=2x0x20-2x20-1,解得x0=-33或x0=3.当x0=-33时,y0=-53;当x0=3时,y0=1.故P-33,-53或P(3,1).解本课结束
本文标题:教辅:高考数学大二轮复习之压轴题7
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