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《浙江省2019高考数学第一板块“21~22”压轴大题抢分练(一)_(六).docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
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、PF18、===x0+2,9、PM10、==,所以11、PF112、·13、PM14、==.设f(x)=2(-20,得-215、PF116、·17、PM18、=≤,当且仅当x0=时取到等号.所以19、PF120、·21、PM22、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)0ln2-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025、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、DO27、+28、29、DA30、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+y1y31、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
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-215、PF116、·17、PM18、=≤,当且仅当x0=时取到等号.所以19、PF120、·21、PM22、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)0ln2-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025、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、DO27、+28、29、DA30、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+y1y31、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
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)0ln2-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025、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、DO27、+28、29、DA30、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+y1y31、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
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
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