浙江省2019高考数学第一板块“21～22”压轴大题抢分练（一）_（六）.docx

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1、“21～22”压轴大题抢分练(一)21.(本小题满分15分)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别是F1，F2，点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的内角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)．(1)求实数m的取值范围；(2)求

2、PF1

3、·

4、PM

5、的最大值．解：(1)设P(x0，y0)(y0≠0)，则＋y＝1，又F1(－，0)，F2(，0),所以直线PF1，PF2的方程分别为：lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0.lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.因为＝，所以＝.因为－

6、所以实数m的取值范围为.(2)因为

7、PF1

8、＝＝＝x0＋2，

9、PM

10、＝＝，所以

11、PF1

12、·

13、PM

14、＝＝.设f(x)＝2(－20，得－2

15、PF1

16、·

17、PM

18、＝≤，当且仅当x0＝时取到等号．所以

19、PF1

20、·

21、PM

22、的最大值为.22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝lnx＋1.(1)已知函数F(x)＝f(x)＋x2－x＋，求F(x)的极值；(2)已知函数G(x)＝f(x)＋ax2－(2a＋1)x＋a(a>0)，若存在实

23、数m∈(2,3)，使得当x∈(0，m]时，函数G(x)的最大值为G(m)，求实数a的取值范围．解：(1)由已知条件得，F(x)＝lnx＋x2－x＋，且函数定义域为(0，＋∞)，所以F′(x)＝＋x－＝.令F′(x)＝0，得x＝1或x＝2，当x变化时，F′(x)，F(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)F′(x)＋0－0＋F(x)0ln2－所以当x＝1时，函数F(x)取得极大值F(1)＝0；当x＝2时，函数F(x)取得极小值F(2)＝ln2－.(2)由条件，得G(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x＋a＋1，且定义域为(0，＋∞)，所以G′

24、(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝.令G′(x)＝0，得x＝1或x＝.①当a＝时，函数G(x)在(0，＋∞)上单调递增，显然符合题意．②当>1，即00，得x>或0G(1)，解得a>1－ln2.又0时，由G′(x)>0，得x>1或0

25、最大值为G(m)，则G0.(*)令g(a)＝ln(2a)＋＋ln2－1，∵g′(a)＝>0恒成立，故恒有g(a)>g＝ln2－>0，∴a>时，(*)式恒成立．综上，实数a的取值范围是(1－ln2，＋∞)．“21～22”压轴大题抢分练(二)21．(本小题满分15分)已知抛物线x2＝2py(p>0)，点M是抛物线的准线与y轴的交点，过点A(0，λp)(λ∈R)的动直线l交抛物线于B，C两点．(1)求证：·≥0，并求等号成立时实数λ的值；(2)当λ＝2时，设分别以OB，OC(O为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点D，求

26、DO

27、＋

28、

29、DA

30、的最大值．解：(1)证明：由题意知动直线l的斜率存在，且过点A(0，λp)，则可设动直线l的方程为y＝kx＋λp，代入x2＝2py，消去y并整理得x2－2pkx－2λp2＝0，Δ＝4p2(k2＋2λ)>0，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2λ，y1y2＝(kx1＋λp)(kx2＋λp)＝k2x1x2＋λkp(x1＋x2)＋λ2p2＝λ2p2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2λp＝2pk2＋2λp＝2p(k2＋λ)．因为抛物线x2＝2py的准线方程为y＝－，所以点M的坐标为，所以＝，＝，所以·＝x1x2＋＝x1x2＋y1y

31、2＋(y1＋y2)＋＝－2p2λ＋λ2p2＋[2p(k2＋λ)]＋＝p2≥0，当且仅当k＝0，λ＝时等号成立．(2)由(1)知，当λ＝2时，x1x2＝－4p2，y1y2＝4p2，所以·＝x1x2＋y1y2＝0，所以OB⊥OC.设直线OB的方程为y＝mx(m≠0)，与抛物线的方程x2＝2py联立可得B(2pm,2pm2)，所以以OB为直径的圆的方程为x2＋y2－2pmx－2pm2y＝0.因为OB⊥OC，所以直线OC的方程为y＝－x.同理可得以OC为直径的圆的方程为x2＋y2＋x－y＝0，即m2x2＋m2y2＋2pmx－2py＝0