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（七）课件 文

压轴题(七)第二部分刷题型12．已知关于x的不等式mcosx≥2－x2在－π2，π2上恒成立，则实数m的取值范围为()A．[3，＋∞)B．(3，＋∞)C．[2，＋∞)D．(2，＋∞)答案C解析因为cosx和x2都是偶函数，问题可以转化为当x∈0，π2时，mcosx≥2－x2恒成立，在同一坐标系中画出f(x)＝mcosx及g(x)＝2－x2的图象如图所示，易知m≥2；当m＝2时，f(x)＝2cosx，f′(x)＝－2sinx，又g′(x)＝－2x，在0，π2上，－2sinx≥－2x恒成立，故f(x)≥g(x)恒成立，故m≥2，故选C.16．已知过抛物线y2＝2px(p0)的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且AF→＝3FB→，抛物线的准线l与x轴交于点C，AA1⊥l于点A1，若四边形AA1CF的面积为123，则p的值为________．答案22解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且不妨设x10，y10.由AF→＝3FB→得p2－x1，－y1＝3x2－p2，y2，所以p2－x1＝3x2－p2，－y1＝3y2.所以x1＋3x2＝2p，①作BB1⊥l于点B1，由抛物线的定义得|AF|＝|AA1|＝x1＋p2，|BF|＝|BB1|＝x2＋p2，由|AF|＝3|BF|得x1＋p2＝3x2＋p2，所以x1－3x2＝p.②由①②解得x1＝3p2，故y21＝3p2，y1＝3p.S四边形AA1CF＝12(|AA1|＋|CF|)·y1＝12x1＋p2＋p·3p＝123p2＋p2＋p·3p＝123解得p＝22.20．(2019·河南新乡三模)已知函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调区间；(2)已知a∈(1,2]，b∈R，函数g(x)＝x3＋bx2－(2b＋4)x＋lnx，若f(x)的极小值点与g(x)的极小值点相等，证明：g(x)的极大值不大于54.解(1)当a＝－4时，f(x)＝12x2＋3x－4lnx，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋3－4x＝x2＋3x－4x＝x－1x＋4x，当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)；当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则f(x)的单调递减区间为(0,1)．(2)证明：f′(x)＝x2－a＋1x＋ax＝x－1x－ax，g′(x)＝3x2＋2bx－(2b＋4)＋1x＝x－1[3x2＋2b＋3x－1]x.令p(x)＝3x2＋(2b＋3)x－1，因为a∈(1,2]，所以f(x)的极小值点为a，则g(x)的极小值点为a，所以p(a)＝0，即3a2＋(2b＋3)a－1＝0，即b＝1－3a2－3a2a，此时g(x)的极大值为g(1)＝1＋b－(2b＋4)＝－3－b＝－3－1－3a2－3a2a＝32a－12a－32.因为a∈(1,2]，所以32a－12a－32≤32×2－12×2－32＝54.故g(x)的极大值不大于54.21．(2019·山西太原模拟一)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率为12，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的面积的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)若斜率不为0的直线与椭圆C相交于M，N两个不同点，且OMPN是平行四边形，证明：四边形OMPN的面积为定值．解(1)由题意得ca＝12，12×2bc＝3，a2＝b2＋c2，∴c＝1，b＝3，a＝2，椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，由y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，∴x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－33＋4k2.∵四边形OMPN是平行四边形，∴OP→＝OM→＋ON→，∴x0＝x1＋x2＝－8km3＋4k2，∴y0＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m3＋4k2，∴64k2m24×3＋4k22＋36m23×3＋4k22＝1，∴4m2＝3＋4k2，此时Δ＝(8km)2－16(3＋4k2)(m2－3)＝48×3m2＞0，∴x1＋x2＝－2km，x1x2＝1－3m2，∴|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝31＋k2|m|，点O到直线MN的距离为d＝|m|1＋k2，∴S四边形OMPN＝d·|MN|＝3.本课结束