教辅：高考数学大二轮复习之压轴题8

三、压轴题压轴题(八)第二部分刷题型8.(2020·海南中学高三第六次月考)已知三棱锥D－ABC的所有顶点都在球O的球面上，AB＝BC＝2，AC＝22，若三棱锥D－ABC体积的最大值为2，则球O的表面积为()A．8πB．9πC．25π3D．121π9答案解析因为AB＝BC＝2，AC＝22，所以AB⊥BC，过AC的中点M作平面ABC的垂线MN，则球心O在MN上，设OM＝h，球的半径为R，则棱锥的高的最大值为R＋h，因为VD－ABC＝13×12×2×2×(R＋h)＝2，所以R＋h＝3，由勾股定理得R2＝(3－R)2＋2，解得R＝116，所以球的表面积为S＝4π×12136＝121π9，故选D.解析12．(多选)对于数列{an}，若存在数列{bn}满足bn＝an－1an(n∈N*)，则称数列{bn}是{an}的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是()A．若数列{an}是单增数列，但其“倒差数列”不一定是单增数列B．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最大值C．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最小值D．若an＝1－－12n，则其“倒差数列”有最大值答案解析若数列{an}是单增数列，则bn－bn－1＝an－1an－an－1＋1an－1＝(an－an－1)(1＋1anan－1)，虽然有anan－1，但当1＋1anan－10时，bnbn－1，因此{bn}不一定是单增数列，A正确；an＝3n－1，则bn＝3n－1－13n－1，易知{bn}是递增数列，无最大值，B错误；an＝3n－1，则bn＝3n－1－13n－1，易知{bn}是递增数列，有最小值，最小值为b1，C正确；解析若an＝1－－12n，则bn＝1－－12n－11－－12n，首先函数y＝x－1x在(0，＋∞)上是增函数，当n为偶数时，an＝1－12n∈(0,1)，∴bn＝an－1an0，当n为奇数时，an＝1＋12n1，显然{an}是递减的，因此bn＝an－1an也是递减的，即b1b3b5…，∴{bn}的奇数项中有最大值为b1＝32－23＝560，∴b1＝56是数列{bn}(n∈N*)中的最大值，D正确．故选ACD.解析16．(2020·山东烟台一模)已知F为抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点，点A(1，p)，M为抛物线上任意一点，|MA|＋|MF|的最小值为3，则抛物线方程为________，若线段AF的垂直平分线交抛物线于P，Q两点，则四边形APFQ的面积为________．x2＝4y43解析设抛物线的准线为l，过点M作MM1⊥l于点M1，过A作AA1⊥x轴于点A1，当x＝1时，1＝2py，y＝12p，当12pp时，即p＞22时，点A在抛物线内，当A与M，M1共线时，|MA|＋|MF|取得最小值，即|MA|＋|MF|＝|AM|＋|MM1|＝|AA1|＋|A1M1|＝p＋p2＝3p2＝3，则p＝2，符合题意；当12pp时，即0＜p＜22时，点A在抛物线外，当F，A，M三点共线时，|MA|＋|MF|取得最小值，即|MA|＋|MF|＝|FA|＝1－02＋p－p22＝1＋p24＝3，则p＝42，不符合题意，舍去；解析当12p＝p时，即p＝22时，点A在抛物线上，则M与A重合时，|MA|＋|MF|取得最小值，即|MA|＋|MF|＝|FA|＝p＋p2＝3p2＝3，∴p＝2，不符合题意，舍去．∴x2＝4y，则F(0,1)，A(1,2)，设N为AF的中点，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∴|AF|＝12＋12＝2，kAF＝2－11－0＝1，N12，32，解析又PQ为AF的垂直平分线，∴直线PQ过点N12，32，kPQ＝－1，∴直线PQ的方程为y－32＝－x－12，即y＝－x＋2，将上式代入x2＝4y，得x2＋4x－8＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝－4，x1x2＝－8，∴|PQ|＝1＋1×－42－4×－8＝46，∴S四边形APFQ＝12|AF||PQ|＝12×2×46＝43.解析21．(2020·山东潍坊一模)直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A为椭圆的右顶点，点P为椭圆C上的动点(点P与C的左、右顶点不重合)，当△PF1F2为等边三角形时，S△PF1F2＝3.解(1)设椭圆C的半焦距为c，因为△PF1F2是等边三角形，所以此时P在上顶点或下顶点处，所以a＝2c，S△PF1F2＝bc＝3，又由a2＝b2＋c2，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，故椭圆的方程为x24＋y23＝1.解(1)求椭圆C的方程；(2)如图，M为AP的中点，直线MO交直线x＝－4于点D，过点O作OE∥AP交直线x＝－4于点E，证明：∠OEF1＝∠ODF1.(2)证明：由题意知A(2,0)，设AP的中点M(x0，y0)，P(x1，y1)，设直线AP的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，将其代入椭圆方程整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，所以x1＋2＝16k24k2＋3，所以x0＝8k24k2＋3，y0＝k(x0－2)＝－6k4k2＋3，解即M的坐标为8k24k2＋3，－6k4k2＋3，从而kOM＝－6k4k2＋38k24k2＋3＝－34k，所以直线OM的方程为y＝－34kx，令x＝－4，得D－4，3k.直线OE的方程为y＝kx，令x＝－4，得E(－4，－4k)．解证法一：由F1(－1,0)，得kEF1＝－4k－3＝4k3，所以kOM·kEF1＝－1，即OM⊥EF1，记垂足为H.因为kDF1＝3k－3＝－1k，kOE＝kAP＝k，所以OE⊥DF1，记垂足为G.在直角三角形EHO和直角三角形DGO中，∠OEF1和∠ODF1都与∠EOD互余，所以∠OEF1＝∠ODF1.解证法二：因为D－4，3k，E(－4，－4k)，F1(－1,0)，所以EO→＝(4,4k)，EF1→＝(3,4k)，DO→＝4，－3k，DF1→＝3，－3k，所以cos〈EO→，EF1→〉＝12＋16k241＋k2·9＋16k2＝3＋4k21＋k2·9＋16k2，解cos〈DO→，DF1→〉＝12＋9k216＋9k2·31＋1k2＝3＋4k21＋k2·9＋16k2，所以cos〈EO→，EF1→〉＝cos〈DO→，DF1→〉，〈EO→，EF1→〉＝〈DO→，DF1→〉，所以∠OEF1＝∠ODF1.解22．(2020·吉林东北师大附中第四次模拟)设函数f(x)＝1＋mx(m∈R)，g(x)＝lnx.(1)求h(x)＝f(x)－g(x)的极值；(2)当0x1时，函数y＝1x＋ag(x＋1)的图象恒在直线y＝1的上方，求实数a的取值范围．解(1)h(x)＝1＋mx－lnx，x0，h′(x)＝m－1x＝mx－1x，x0.当m≤0时，h′(x)0，所以h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)无极值；当m0时，令h′(x)＝0，解得x＝1m，当x∈0，1m时，h′(x)0，当x∈1m，＋∞时，h′(x)0，所以h(x)在区间0，1m上单调递减，在区间1m，＋∞上单调递增，所以当x＝1m时，h(x)取得极小值h1m＝lnm＋2，无极大值．解(2)由题可知，不等式1x＋aln(x＋1)1对x∈(0,1)恒成立．当a－1时，取x＝－1a∈(0,1)代入上述不等式，得01，显然不成立；当a≥－1时，因为1x＋a＝1＋axx0在x∈(0,1)上恒成立，所以不等式等价于ln(x＋1)－x1＋ax0(0x1)．令F(x)＝ln(x＋1)－x1＋ax，0x1，则F′(x)＝x[a2x－1－2a]1＋ax2x＋1，0x1.解当a＝0时，F′(x)＝－xx＋10，所以F(x)在(0,1)上单调递减，所以F(x)F(0)＝0，不符合题意；当1－2aa2≤0，即a≥12时，F′(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)F(0)＝0，符合题意；当1－2aa20，即－1≤a12且a≠0时，取x0＝min1－2aa2，1，当x∈(0，x0)时，必有F′(x)0，所以F(x)在(0，x0)上单调递减，所以x∈(0，x0)时，F(x)F(0)＝0，不符合题意．综上，实数a的取值范围是a≥12.解本课结束