2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 压轴题（五）课件 文

压轴题(五)第二部分刷题型12．(2019·河南焦作四模)已知f(x)＝msin2x＋sin3x－sinx，其中x∈[0，π]，则给出下列说法：①函数f(x)可能有两个零点；②函数f(x)可能有三个零点；③函数f(x)可能有四个零点；④函数f(x)可能有六个零点．其中所有正确说法的编号是()A．①②B．①②③C．①②④D．②④答案B解析由f(x)＝0，得msin2x＋sin3x－sinx＝0⇒sinx＝0或msinx＝－sin2x＋1.所以x＝0或x＝π或m＝－sinx－1sinx，x∈(0，π)．设sinx＝t，则m＝－t－1t，t∈(0,1]．易知函数m＝－t－1t在t∈(0,1]上为减函数，最小值为0，所以当m∈(－∞，0)时，sinx＝t无解；当m＝0时，sinx＝t＝1，解得x＝π2；当m∈(0，＋∞)时，t∈(0,1)，sinx＝t在(0，π)上有两个解．综上所述，当m∈(－∞，0)时，f(x)在区间[0，π]上零点的个数为2；当m＝0时，f(x)在区间[0，π]上零点的个数为3；当m∈(0，＋∞)时，f(x)在区间[0，π]上零点的个数为4.故选B.16．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．若四棱锥M－ABCD为阳马，侧棱MA⊥底面ABCD，且MA＝BC＝AB＝2，则该阳马的外接球与内切球表面积之和为________．答案36π－162π解析设该阳马的外接球与内切球的半径分别为R与r，则2R＝MA2＋AB2＋BC2＝23，即R＝3，由13SM－ABCD表·r＝13SABCD·MA，得r＝SABCD·MASM－ABCD表＝2×2×22×2＋2×12×2×2＋12×2×22＝2－2.所以该阳马的外接球与内切球表面积之和为4π(R2＋r2)＝36π－162π.20．已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，A为抛物线C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交抛物线C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l1∥l，且l1和抛物线C有且只有一个公共点E，试问直线AE是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解(1)由题意知Fp2，0，设D(t,0)(t0)，则FD的中点为p＋2t4，0，因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知，3＋p2＝t－p2，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，设A(x0，y0)(x00)，D(xD,0)(xD0)，因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，由x00，xD0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)，故直线AB的斜率为kAB＝－y02，因为直线l1和直线AB平行，故可设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，由题意知Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(xE，yE)，则yE＝－4y0，xE＝4y20，当y20≠4时，kAE＝yE－y0xE－x0＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)，由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，所以直线AE恒过点F(1,0)，当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1,0)，所以直线AE恒过定点F(1,0)．21．(2019·山西太原一模)已知函数f(x)＝2lnx－12ax2＋(2－a)x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＞0时，若对于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝fx2－fx1x2－x1，证明：x1＋x22＞x0.解(1)由题意得f′(x)＝2x－ax＋(2－a)＝－x＋1ax－2x，x＞0，①当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜2a；令f′(x)＜0，则x＞2a，∴f(x)在0，2a上单调递增，在2a，＋∞上单调递减．(2)证明：当a＞0时，∵fx2－fx1x2－x1＝2x2－x1lnx2x1－a2(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝2x0－ax0＋(2－a)，∴2x2－x1lnx2x1－a2(x2＋x1)＝2x0－ax0，∵f′x1＋x22－f′(x0)＝4x2＋x1－a2(x2＋x1)－2x0－ax0＝4x2＋x1－2x2－x1lnx2x1＝2x2－x12x2－x1x2＋x1－lnx2x1＝2x2－x12x2x1－1x2x1＋1－lnx2x1，令t＝x2x1，g(t)＝2t－1t＋1－lnt，t＞1，则g′(t)＝－t－12tt＋12＜0，∴g(t)在(1，＋∞)上单调递减，g(t)＜g(1)＝0，∴f′x1＋x22－f′(x0)＜0，∴f′x1＋x22＜f′(x0)，设h(x)＝f′(x)＝2x－ax＋(2－a)，x＞0，则h′(x)＝－2x2－a＜0，∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x1＋x22＞x0.本课结束