高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材）（四）压轴大题抢分练

(四)压轴大题抢分练抢分练1(时间:30分钟,满分:24分)1.(本题满分12分)(2023江西南昌二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23,左、右顶点分别为A1,A2,上顶点为B,(1)求椭圆C的方程;(2)若过A2且斜率为k的直线l与椭圆C在第一象限相交于点Q,与直线A1B相交于点P,与y轴相交于点M,且|PA2||MQ|=3|QA2||MP|,求k的值.2.(本题满分12分)已知f(x)=a2x+lnx+1,g(x)=x(ex+a)(e为自然对数的底数,e≈2.72,a∈R).(1)对任意a∈R,证明:y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线始终过定点;(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围.抢分练2(时间:30分钟,满分:24分)1.(本题满分12分)(2023河南郑州二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23,F1,F2分别为左、右焦点,过F1的直线l与椭圆C交于M,N两点(1)求椭圆C的标准方程;(2)求△F2MN内切圆半径的最大值.2.(本题满分12分)(2023江西南昌二模)已知函数f(x)=a(x21)lnx(x>0).(1)若a=12时,求函数f(x)的极值(2)若0<a<12,设函数f(x)的较大的一个零点记为x0,求证:f'(x0)<12a抢分练3(时间:30分钟,满分:24分)1.(本题满分12分)(2023江西吉安一模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),焦点为F1,F2,其中一条渐近线的倾斜角为150°,点M(1)求双曲线C的标准方程;(2)设椭圆M以双曲线C的顶点为焦点,焦点为顶点,直线l:y=kx+m(0<m<1)交M于A,B两点(均不在坐标轴上),若△AOB的面积为1,求2k2m2的值.2.(本题满分12分)(2023山东沂水一中模拟预测)已知函数f(x)=(x+1)lnxax+a(a∈R).(1)若a=2,试判断f(x)的单调性,并证明你的结论;(2)设0<a≤1,求证:eax1>f(x)+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1).(四)压轴大题抢分练抢分练11.解(1)由题意得2c=23,解得c=3,又|A1O|=a,|OB|=b,故tan∠A1BO=ab=2,即a=2b又a2=b2+c2,解得b2=1,a2=4,故椭圆方程为x24+y2=(2)直线l的方程为y=k(x2),k<0,与x24+y2=1联立得(1+4k2)x216k2x+16k24=0,设Q(xQ,yQ),则2xQ=16k2-41+4k2,解得xQ=8k2-21+4k直线A1B方程为y=12x+1,与y=k(x2)联立得x=4k+22k-1,故xP=4k+22k-1,y=k(x2)中,令x=因为|PA2||MQ|=3|QA2||MP|,所以(2xP)·(xQ0)=3(2xQ)(xP0),整理得xPxQ+xQ3xP=0,即4k+22k-1·8k2-21+4k2+8k2-21+4k234k+22k-1=0,化简得2k22.(1)证明因为f(x)=a2x+lnx+1,所以f(1)=a2+1,f'(x)=a2+1x,所以f'(1)=a2+1.所以y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线为y=(a2+1)x经过定点(0,0),即y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线始终过定点(2)解因为f(x)≤g(x)恒成立,即为a2a≤xex-lnx记h(x)=xex-lnx-1x(x>0),只需a2h(x)=xex-lnx-1x=xex-lnx-因为t'=1x+1>0,所以t=lnx+x在(0,+∞)上单调递增,当x=1时,t=1>0;当x=1e时,t=1e1<0,故t=lnx+x在(0,+∞)存在唯一零点x0,记y=elnx+x(lnx+x)1=ett1.因为y'=et1.令y'>0,解得t>0;令y'<0,解得t<0.所以y=ett1在(∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以ymin=e001=0.所以y=elnx+x(lnx+x)1≥0.而x>0,所以elnx+x-(lnx+x)-1x≥0,所以elnx+x-(lnx+x)-1x+1≥1.当且仅当lnx+x=0即x=x0时等号成立,抢分练21.解(1)已知椭圆的焦距为23,则c=3,又|F1M|+|F2M|=|F1N|+|F2N|=2a,所以|F2M|+|F2N|+|MN|=|F1M|+|F2M|+|F1N|+|F2N|=4a=8,则a=2,所以b=1,故椭圆C的方程为x24+y2=(2)设l:x=my3,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x=my-3,x24+y2=1,则y1+y2=23m4+m2,y1S△F2MN=12|F1F2||y当且仅当m=±2时等号成立,设△F2MN内切圆半径为r,则S△F2MN=12×4a×r=4r≤2,故r≤12,2.(1)解当a=12时,f(x)=12(x21)lnx,则f'(x)=x当0<x<1时,f'(x0)<0,则f(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,f'(x0)>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增;∴f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.(2)证明由f(x)=a(x21)lnx,则f'(x)=2ax1x∵f'12a=0且12a>1,当0<x<12a时,f'(x)<0,则f(x)在0,1当x>12a时,f'(x)>0,则f(x)在12a,+∞上单调递增;所以当0<x<1时,f(x)>f(1)=0,又12a>1,∴f12a<0,当x→+∞,此时f(x)→+∞,∴必然存在x0>1,使得f(x0)=0,即a=lnx0x02-1,∴f'(x0)=2lnx0x02-1x01x0,要证明f'(x0)<12a,即证明2lnx0x02-1x01x0<12lnx0x02-1,即证明2lnx0x0-1-1x01<0,即只要证明2lnx0x02∴φ(x)<φ(1)=0,即2lnx0x0-1-1x01<0,抢分练31.解(1)由题意ba=tan150°=33,则a=3∵|MF1-MF2|=4,∴双曲线C的焦距为4,∴a2+b2=4b2=4,解得b=1,a=3,∴双曲线C的标准方程为(2)由(1)知:椭圆M的长半轴长为2,半焦距为3,∴其短半轴长为1,∴椭圆M的方程为x24+y2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由x24+y2=1,y=kx+m,得(1+由Δ=16(1+4k2m2)>0,得m2<1+4k2,x1+x2=8km1+4k2,x1x∴S△AOB=12|m||x1x2|=12|m|·16(1+4k2-m2)1+4k2=1,平方可得4m2(1+4k即[(1+4k2)-2m2]2=0,∴(1+4k2)2m2=0,2.证明(1)若a=2,则f(x)=(x+1)lnx2x+2(x>0),f'(x)=lnx+x+1x2=lnx+1x1(x>0),令φ(x)=f'(x),则φ'(x)令φ'(x)>0,解得x>1;令φ'(x)<0,解得0<x<1,则φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,可得φ(x)≥φ(1)=0,即f'(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1)=(x+1)lnxax+a+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1)=2axln(x+1),则eax1>f(x)+a(3x1)(x+1)lnxln(x+1),即eax1>2axln(x+1),可得eax+ln(x+1)2ax1>0,故原题意等价于eax+ln(x+1)2ax1>0(x>0),设F(x)=eax2ax+ln(x+1)1,则F