2022高考數(shù)學”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 壓軸大題搶分練2 文

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1、2022高考數(shù)學”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 壓軸大題搶分練2 文 1．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，拋物線C上存在一點E(2，t)到焦點F的距離等于3. (1)求拋物線C的方程； (2)過點K(－1,0)的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(A，B兩點在x軸上方)，點A關于x軸的對稱點為D，且FA⊥FB，求△ABD的外接圓的方程． [解]　(1)拋物線的準線方程為x＝－， 所以點E(2，t)到焦點F的距離為2＋＝3， 解得p＝2. 所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)法一：設直線l的方程為x＝my－1(m＞0)． 將x＝my－1代入y2＝4x并整理得y2－4my＋

2、4＝0. 由Δ＝(－4m)2－16＞0，解得m＞1. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D(x1，－y1)， y1＋y2＝4m，y1y2＝4， 所以·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝8－4m2， 因為FA⊥FB，所以·＝0， 即8－4m2＝0，結合m＞0，解得m＝. 所以直線l的方程為x－y＋1＝0. 設AB的中點坐標為(x0，y0)， 則y0＝＝2m＝2，x0＝my0－1＝3， 所以線段AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)． 因為線段AD的垂直平分線方程為y＝0， 所以△ABD的外接圓圓心坐標為(5,0)

3、． 因為圓心(5,0)到直線l的距離d＝2， 且|AB|＝＝4， 所以圓的半徑r＝＝2. 所以△ABD的外接圓的方程為(x－5)2＋y2＝24. 法二：依題意可設直線l：y＝k(x＋1)(k＞0)． 將直線l與拋物線C的方程聯(lián)立并整理得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0. 由Δ＝(2k2－4)2－4k4＞0，結合k＞0，得0＜k＜1. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－2＋，x1x2＝1. 所以y1y2＝k2(x1x2＋x1＋x2＋1)＝4. 所以·＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝8－， 因為FA⊥FB，所以·＝0， 所以8－＝0，又

4、k＞0，解得k＝. 以下同法一． 2．已知動點M(x，y)滿足：＋＝2. (1)求動點M的軌跡E的方程； (2)設A，B是軌跡E上的兩個動點，線段AB的中點N在直線l：x＝－上，線段AB的中垂線與E交于P，Q兩點，是否存在點N，使以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(1,0)，若存在，求出N點坐標，若不存在，請說明理由． [解]　(1)由＋＝2知，動點M到定點(－1,0)和(1,0)的距離之和等于2，根據(jù)橢圓的定義知，動點M的軌跡是以定點(－1,0)和(1,0)為焦點的橢圓，且a＝，c＝1，故b＝1，因此橢圓方程為＋y2＝1. (2)當直線AB垂直于x軸時，直線AB方程為x＝－， 此時P(－，

5、0)，Q(，0)，·＝－1，不合題意； 當直線AB不垂直于x軸時，設存在點N(m≠0)點，直線AB的斜率為k， A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得：(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·＝0， 則－1＋4mk＝0， 故k＝，此時，直線PQ斜率為k1＝－4m， PQ的直線方程為y－m＝－4m，即y＝－4mx－m， 聯(lián)立消去y，整理得：(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0， 所以x1＋x2＝－，x1·x2＝， 由題意·＝0，于是 ·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1·x2－(x1＋x2)＋1＋(4mx1＋m)(4mx2＋m) ＝(1＋16m2)x1·x2＋

6、(4m2－1)(x1＋x2)＋1＋m2 ＝＋＋1＋m2＝＝0， ∴m＝±，因為N在橢圓內(nèi)，∴m2＜， ∴m＝±符合條件， 綜上所述，存在兩點N符合條件，坐標為N－，±. 3．設函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)證明當x∈(1，＋∞)時，1＜＜x； (3)設c＞1，證明當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx. [解]　(1)由題設，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1. 當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． (2)由(1)知f(x)

7、在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0. 所以當x≠1時，ln x＜x－1. 故當x∈(1，＋∞)時，ln x＜x－1，ln＜－1，即1＜＜x. (3)由題設c＞1，設g(x)＝1＋(c－1)x－cx，則g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0， 解得x0＝. 當x＜x0時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當x＞x0時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減． 由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1. 又g(0)＝g(1)＝0，故當0＜x＜1時，g(x)＞0. 所以當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx. 4．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)(a∈R)．

8、 (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，求證： f(x2)＞－. [解]　(1)由已知條件，f(x)＝x(ln x－x)，當x＝1時，f(x)＝－1， f′(x)＝ln x＋1－2x，當x＝1時，f′(x)＝－1，所以所求切線方程為x＋y＝0. (2)由已知條件可得f′(x)＝ln x＋1－2ax有兩個相異實根x1，x2， 令f′(x)＝h(x)，則h′(x)＝－2a(x＞0)， ①若a≤0，則h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，f′(x)不可能有兩根； ②若a＞0， 令h′(x)＝0得x＝，可知h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 令f′＞0解得0＜a＜， 由＜有f′＝－＜0， 由＞有f′＝－2ln a＋1－＜0， 從而0＜a＜時函數(shù)f(x)有兩個極值點， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表 x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  f(x1)  f(x2)  因為f′(1)＝1－2a＞0，所以x1＜1＜x2，f(x)在區(qū)間[1，x2]上單調(diào)遞增， ∴f(x2)＞f(1)＝－a＞－.