教辅：高考数学复习练习之压轴题7.doc

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1、压轴题(七)8．(2020·山东淄博二模)已知函数f(x)是定义在上的奇函数．当x∈时，f(x)＋f′(x)·tanx>0，则不等式cosx·f＋sinx·f(－x)>0的解集为(　　)A.B．C.D．答案　C解析　令g(x)＝f(x)sinx，则g′(x)＝f(x)cosx＋f′(x)sinx＝[f(x)＋f′(x)tanx]cosx，当x∈时，f(x)＋f′(x)tanx>0，cosx>0，∴g′(x)>0，即函数g(x)单调递增．又g(0)＝0，∴x∈时，g(x)＝f(x)sinx≥0，∵f(x)是定义在上的奇函数，∴g(

2、x)是定义在上的偶函数．不等式cosx·f＋sinx·f(－x)>0，即sinf>sinx·f(x)，即g>g(x)，∴

3、x＋

4、>

5、x

6、，∴x>－　①，又－0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l分别与双曲线左、右两支交于M，N两点，以MN为直径的圆过F2，且2·＝2，则以下结论正确的是(　　)A．∠F1MF2＝120°B．双曲线C的离心率为C．双曲线C的渐近线方程为y＝±x

7、D．直线l的斜率为1答案　BC解析　如图，作F2D⊥MN于D，则2·＝

8、2

9、

10、

11、cos∠F2MN＝

12、

13、

14、

15、＝2＝

16、

17、2，所以

18、

19、＝

20、

21、，所以D是MN的中点，从而

22、F2M

23、＝

24、F2N

25、，根据双曲线定义

26、MF2

27、－

28、MF1

29、＝2a，

30、NF1

31、－

32、NF2

33、＝2a，所以

34、MF2

35、－

36、MF1

37、＋

38、NF1

39、－

40、NF2

41、＝

42、MN

43、＝4a，又以MN为直径的圆过F2，所以MF2⊥NF2，∠MNF2＝∠NMF2＝45°，于是∠F1MF2＝135°，A错误；又得

44、MF2

45、＝

46、NF2

47、＝2a，

48、NF1

49、＝(2＋2)a，由余弦定理

50、F1F2

51、2＝

52、NF1

53、

54、2＋

55、NF2

56、2－2

57、NF1

58、

59、NF2

60、cos45°得4c2＝(2a)2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×，化简得＝3，所以e＝＝，B正确；由＝＝3得＝2，即＝，所以渐近线方程为y＝±x，C正确；易知∠NF1F2<∠NMF2＝45°，所以kMN＝tan∠NF1F2<1，D错误．故选BC.16．(2020·山东济南一模)古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数λ(λ>0且λ≠1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体ABCD－A1B1

61、C1D1中，AB＝2AD＝2AA1＝6，点E在棱AB上，BE＝2AE，动点P满足BP＝PE.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为________；若点P在长方体ABCD－A1B1C1D1内部运动，F为棱C1D1的中点，M为CP的中点，则三棱锥M－B1CF的体积的最小值为________．答案　2　解析　以点D为原点，DA，DC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则E(3,2)，B(3,6)，设P(x，y)，∵BP＝PE，∴(x－3)2＋(y－6)2＝3[(3－x)2＋(2－y)2]，∴(x－3)2＋y

62、2＝12，∴点P形成的阿氏圆的半径为2.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0,0)，E(3,2,0)，B(3,6,0)，C(0,6,0)，B1(3,6,3)，F(0，3,3)，1＝(3,0,3)，＝(0，－3,3)，＝(3，－6,0)，设P(x，y，z)，点M到平面B1FC的距离为h，则点P到平面B1FC的距离为2h.∵点P在平面内形成的是圆的一部分，∴点P在空间内形成的是球面的一部分，球心为A(3,0,0)，半径为R＝2.设平面B1CF的一个法向量为n＝(x1，y1，

63、z1)，则取x1＝－1，则n＝(－1,1,1)．∴2hmin＝－R＝－2＝，∴hmin＝.易得B1C＝B1F＝CF＝3，∴△B1CF为等边三角形．∴S△B1CF＝×3×3×＝，∴三棱锥M－B1CF的体积的最小值为V＝S△B1CF·hmin＝××＝.21．(2020·广州大学附中一模)已知函数f(x)＝x2＋πcosx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，且x1

64、)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值，f′(x)＝2x－πsinx，当x∈时，设h(x)＝2x－πsinx，则h′(x)＝2－πcosx，显然h′(x)在上单调递增，而h′(0)<0，h′>0，由零点存在定理可知，存在唯一的x0∈，使得h′(x