教辅：高考数学复习练习之压轴题5

压轴题(五)8．(2020·山东济宁三模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C的两个交点分别为A，B，且满足AF→＝2FB→，E为AB的中点，则点E到抛物线准线的距离为()A.114B．94C．52D．54答案B解析抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1,0)，准线方程为x＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵AF→＝2FB→，∴|AF|＝2|BF|，∴x1＋1＝2(x2＋1)，∴x1＝2x2＋1，∵|y1|＝2|y2|，∴y21＝4y22，∴x1＝4x2，∴x1＝2，x2＝12.∴线段AB的中点到该抛物线准线的距离为12[(x1＋1)＋(x2＋1)]＝94.故选B.12．(多选)(2020·山东青岛高三上学期期末)德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”y＝f(x)＝1，x∈Q，0，x∈∁RQ，其中R为实数集，Q为有理数集．则关于函数f(x)有如下四个命题，其中正确的为()A．函数f(x)是偶函数B．∀x1，x2∈∁RQ，f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)恒成立C．任取一个不为零的有理数T，f(x＋T)＝f(x)对任意的x∈R恒成立D．不存在三个点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))，使得△ABC为等腰直角三角形答案ACD解析对于A，若x∈Q，则－x∈Q，满足f(x)＝f(－x)；若x∈∁RQ，则－x∈∁RQ，满足f(x)＝f(－x)，故函数f(x)为偶函数，A正确．对于B，取x1＝π∈∁RQ，x2＝－π∈∁RQ，则f(x1＋x2)＝f(0)＝1，f(x1)＋f(x2)＝0，故B错误．对于C，若x∈Q，则x＋T∈Q，满足f(x)＝f(x＋T)；若x∈∁RQ，则x＋T∈∁RQ，满足f(x)＝f(x＋T)，故C正确．对于D，△ABC要为等腰直角三角形，只可能有如下四种情况：①如图1，直角顶点A在y＝1上，斜边在x轴上，此时点B，点C的横坐标为无理数，由等腰直角三角形的性质可知|x1－x2|＝1，那么点A的横坐标也为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立；②如图2，直角顶点A在y＝1上，斜边不在x轴上，此时点B的横坐标为无理数，则点A的横坐标也应为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立；③如图3，直角顶点A在x轴上，斜边在y＝1上，此时点B，点C的横坐标为有理数，则BC中点的横坐标仍然为有理数，那么点A的横坐标也应为有理数，这与点A的纵坐标为0矛盾，故不成立；④如图4，直角顶点A在x轴上，斜边不在y＝1上，此时点A的横坐标为无理数，则点B的横坐标也应为无理数，这与点B的纵坐标为1矛盾，故不成立．综上，不存在三个点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))，使得△ABC为等腰直角三角形，故D正确．故选ACD.16．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案2π2解析如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，连接D1E，EF，EG，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝3，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面BCC1B1.设P为侧面BCC1B1与球面的交线上的点，则D1E⊥EP.因为球的半径为5，D1E＝3，所以EP＝D1P2－D1E2＝5－3＝2，所以侧面BCC1B1与球面的交线上的点到E的距离为2.因为EF＝EG＝2，所以侧面BCC1B1与球面的交线是扇形EFG的弧FG︵.因为∠B1EF＝∠C1EG＝π4，所以∠FEG＝π2，所以根据弧长公式可得l＝π2×2＝2π2.21．(2020·西安中学第四次模拟)已知点M，N分别是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左顶点和上顶点，F为其右焦点，NM→·NF→＝1，椭圆的离心率为12.(1)求椭圆C的方程；(2)设不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线OA，AB，OB的斜率成等比数列，求△OAB面积的取值范围．解(1)设椭圆的半焦距为c，由题可知M(－a,0)，N(0，b)，F(c,0)，NM→＝(－a，－b)，NF→＝(c，－b)，则NM→·NF→＝－ac＋b2＝1，又e＝ca＝12，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0.故可设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线和椭圆方程3x2＋4y2－12＝0，y＝kx＋m，消去y可得，(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝64(km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)0，即4k2＋3m2，且x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，又直线OA，AB，OB的斜率依次成等比数列，所以y1x1·y2x2＝k2，将y1，y2代入并整理得m2(4k2－3)＝0，因为m≠0，所以4k2＝3，k＝±32，由4k2＋3＞m2得0m26，又直线OA，OB的斜率存在，所以m2≠3，设d为点O到直线l的距离，则有d＝2|m|7，|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝7318－3m2，所以S△OAB＝12|AB|d＝133m26－m23，所以△OAB面积的取值范围为(0，3)．22．(2020·南昌八一中学三模)已知函数f(x)＝(x＋1)·ln(x＋1)，g(x)＝ax＋x22－xcosx.(1)当x≥0时，总有f(x)≤x22＋mx，求m的最小值；(2)对于[0,1]中任意x恒有f(x)≤g(x)，求a的取值范围．解(1)令φ(x)＝x22＋mx－(x＋1)ln(x＋1)，x≥0，则φ′(x)＝x＋m－ln(x＋1)－1，令q(x)＝x＋m－ln(x＋1)－1，则q′(x)＝1－1x＋1≥0，∴φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且φ′(0)＝m－1，若m≥1，则φ′(x)≥0，φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(0)＝0，即m≥1满足条件；若m1，则φ′(0)＝m－10，存在x0使得φ′(x0)＝0，∴φ(x)在[0，x0]上单调递减，又φ(0)＝0，∴φ(x0)0，与已知条件矛盾，∴m≥1，m的最小值为1.(2)由(1)知f(x)≤x22＋x，若x22＋x≤g(x)，则必有f(x)≤g(x)成立．令h(x)＝g(x)－x22＋x＝(a－1)x－xcosx＝x(a－1－cosx)，则h(x)＝x(a－1－cosx)≥0，即a－1－cosx≥0，∴a≥1＋cosx，∴a≥2.若h(x)≥0，必有f(x)≤g(x)恒成立，故当a≥2时，f(x)≤g(x)恒成立，下面证明a2时，f(x)≤g(x)不恒成立．令f1(x)＝f(x)－x＝(x＋1)ln(x＋1)－x，f1′(x)＝ln(x＋1)，当x0时，f1′(x)＝ln(x＋1)0，f1(x)在区间[0,1]上单调递增．故f1(x)≥f1(0)＝0，即f1(x)＝f(x)－x≥0，故x≤f(x)．g(x)－f(x)≤g(x)－x＝(a－1)x＋x22－xcosx＝xa－1＋x2－cosx，令t(x)＝a－1＋x2－cosx，t′(x)＝12＋sinx0，∴t(x)在[0,1]上单调递增，又t(0)＝a－20，则一定存在区间(0，m)(其中0m1)，当x∈(0，m)时，t(x)0，则g(x)－f(x)≤xt(x)0，故f(x)≤g(x)不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[2，＋∞)．