2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 高难拉分攻坚特训（四）课件 文

高难拉分攻坚特训(四)6套高难拉分攻坚特训1．设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且Sn＝1350.若a22，则n的最大值为()A．51B．52C．53D．54答案A解析因为an＋1＋an＝2n＋1①，所以an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3②，②－①得an＋2－an＝2，且a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，所以Sn＝nn＋12＋a1－1，n为奇数，nn＋12，n为偶数.当n为偶数时，nn＋12＝1350，无解(因为50×51＝2550,52×53＝2756，所以接下来不会有相邻两数之积为2700)．当n为奇数时，nn＋12＋(a1－1)＝1350，a1＝1351－nn＋12，因为a22，所以3－a12，所以a11，所以1351－nn＋121，所以n(n＋1)2700，又n∈N*,51×52＝2652，所以n≤51，故选A.2．底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为________．答案51281解析因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，则球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E点，设BC＝a，则BO＝22a，在Rt△EOB中，则有EO2＋OB2＝EB2，故EO＝4－a22，正四棱锥的高为2＋4－a22，正四棱锥的体积为V＝13×a2×2＋4－a22，令x＝4－a22，x∈(0,2)，则V(x)＝13×(8－2x2)×(2＋x)，即V(x)＝13×(－2x3－4x2＋8x＋16)，对V(x)求导得，V′(x)＝13×(－6x2－8x＋8)，令V′(x)＝0，即－6x2－8x＋8＝0，解得x＝23或x＝－2(舍去)，当x∈0，23时，V′(x)0，V(x)单调递增，当x∈23，2时，V′(x)0，V(x)单调递减，故当x＝23时，V(x)max＝51281.3．已知F是抛物线C：x2＝2py，p0的焦点，G，H是抛物线C上不同的两点，且|GF|＋|HF|＝3，线段GH的中点到x轴的距离为54.点P(0,4)，Q(0,8)，曲线D上的点M满足MP→·MQ→＝0.(1)求抛物线C和曲线D的方程；(2)是否存在直线l：y＝kx＋m分别与抛物线C相交于点A，B(A在B的左侧)、与曲线D相交于点S，T(S在T的左侧)，使得△OAT与△OBS的面积相等？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．解(1)由抛物线定义知54＋p2＝32，得p＝12，故抛物线的方程为x2＝y.由MP→·MQ→＝0得点M的轨迹D是以PQ为直径的圆，其方程为x2＋(y－6)2＝4.(2)由△OAT与△OBS的面积相等得|AT|＝|BS|，则|AS|＝|BT|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)，由AS→＝(x3－x1，y3－y1)，TB→＝(x2－x4，y2－y4)，且AS→＝TB→得x3－x1＝x2－x4，即x1＋x2＝x4＋x3.(ⅰ)当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝m，此时只需点(0，m)在圆D内即可，此时4m8.(ⅱ)当直线l的斜率不为0时，由方程组y＝kx＋m，x2＝y得x2－kx－m＝0，因为直线l与抛物线交于A，B两点，所以Δ＝k2＋4m0，①且x1＋x2＝k.由方程组y＝kx＋m，x2＋y－62＝4得(1＋k2)x2＋2k(m－6)x＋(m－6)2－4＝0，直线l与圆D交于S，T两点，所以圆心D(0,6)到直线l的距离d＝|m－6|1＋k2r＝2，即(m－6)24(1＋k2)，②且x3＋x4＝－2km－61＋k2.因为x1＋x2＝x4＋x3，所以k＝－2km－61＋k2，k≠0，化简得k2＝11－2m.代入①②得11＋2m0，m－6286－m，解得－2m6.又k2＝11－2m0，∴－2m112.综上所述，实数m的取值范围为(－2,8)．4．已知函数f(x)＝lnx＋a1x－1，a∈R.(1)若f(x)≥0，求实数a取值的集合；(2)当a＝0时，对任意x∈(0，＋∞)，x1x2，令x3＝x2－x1fx2－fx1，证明：x1x3x2.解(1)由已知，有f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2.当a≤0时，若取x＝12，则f12＝－ln2＋a0，与条件f(x)≥0矛盾；当a0时，若x∈(0，a)，则f′(x)0，f(x)单调递减；若x∈(a，＋∞)，则f′(x)0，f(x)单调递增．∴f(x)在(0，＋∞)上有最小值f(a)＝lna＋a1a－1＝lna＋1－a.由题意f(x)≥0，∴lna＋1－a≥0.令g(x)＝lnx－x＋1，∴g′(x)＝1x－1＝1－xx.当x∈(0,1)时，g′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递减．∴g(x)在(0，＋∞)上有最大值g(1)＝0.∴g(x)＝lnx－x＋1≤0.∴lna－a＋1≤0.∴lna－a＋1＝0，∴a＝1，综上，当f(x)≥0时，实数a的取值的集合为{1}．(2)证明：当a＝0时，f(x)＝lnx，则1x3＝lnx2－lnx1x2－x1＝lnx2x1x2－x1.由(1)，可知lnx＋1x－1≥0.∴lnx≥1－1x(当且仅当x＝1时取等号)．①∵x2x10，∴x2x11.∴lnx2x11－x1x2＝x2－x1x2，∴1x31x2.∵当x1时，有lnxx－1，x2x11，∴lnx2x1x2x1－1＝x2－x1x1.∴1x31x1.综上所述，有1x11x31x20，∴x1x3x2.本课结束