《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（五）理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿分練（五）理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、“2＋1＋2”壓軸滿分練(五)
1．函數(shù)f(x)＝2sin(ω＞0)的圖象在[0,1]上恰有兩個極大值點，則ω的取值范圍為( )
A．[2π，4π] B.
C. D.
解析：選C 法一：由函數(shù)f(x)在[0,1]上恰有兩個極大值點，及正弦函數(shù)的圖象可知ω＋∈，則≤ω＜.
法二：取ω＝2π，則f(x)＝2sin，
由2πx＋＝＋2kπ，k∈Z，得x＝＋k，k∈Z，
則在[0,1]上只有x＝，不滿足題意，排除A、B、D，故選C.
2．過點P(2，－1)作拋物線x2＝4y的兩條切線，切點分別為A，B，PA，PB分別交x軸于E，M兩點，O為坐標(biāo)原點，則△PEM與
2、△OAB的面積的比值為( )
A. B.
C. D.
解析：選C 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令x1＜x2，
則y1＝，y2＝，由y＝x2得y′＝x，
則直線PA的方程為y－y1＝x1(x－x1)，
即y－＝x1(x－x1)，則E，
將P(2，－1)代入得x1－y1＋1＝0，
同理可得直線PB的方程為x2－y2＋1＝0，M，
∴直線AB的方程為x－y＋1＝0，
則AB過定點F(0,1)，
S△AOB＝|OF|(x2－x1)＝(x2－x1)，
S△PEM＝×1×＝(x2－x1)，
∴＝.
3．在四面體ABCD中，AD＝DB＝AC＝CB＝1，則
3、當(dāng)四面體的體積最大時，它的外接球半徑R＝________.
解析：當(dāng)平面ADC與平面BCD垂直時，四面體ABCD的體積最大，因為AD＝AC＝1，
所以可設(shè)等腰三角形ACD的底邊CD＝2x，高為h，則x2＋h2＝1，
此時四面體的體積V＝××2x×h2＝x(1－x2)，則V′＝－x2，令V′＝0，得x＝，從而h＝，
則CD＝AB＝，故可將四面體ABCD放入長、寬、高分別為a，b，c的長方體中，如圖，
則解得a2＝c2＝，b2＝，則長方體的體對角線即四面體ABCD的外接球直徑，(2R)2＝a2＋b2＋c2＝，R＝.
答案：
4．已知橢圓?！茫?，過點P(1,1)作斜率互為相反數(shù)
4、的兩條不同直線l1，l2，設(shè)l1與橢圓Γ交于A，B兩點，l2與橢圓Γ交于C，D兩點．
(1)若P(1,1)為AB的中點，求直線l1的方程；
(2)記λ＝，求λ的取值范圍．
解：(1)易知直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)直線AB的斜率為k，則其方程為y－1＝k(x－1)，代入x2＋2y2＝4中，
得x2＋2[kx－(k－1)]2－4＝0，
∴(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2(k－1)2－4＝0.
判別式Δ＝[4(k－1)k]2－4(2k2＋1)[2(k－1)2－4]
＝8(3k2＋2k＋1)＞0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
∵AB的中點為P(1,1)，
5、∴(x1＋x2)＝＝1，則k＝－.
∴直線l1的方程為y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
(2)由(1)知|AB|＝|x1－x2|
＝
＝.
由題可得直線l2的方程為y－1＝－k(x－1)(k≠0)，
同理可得|CD|＝，
∴λ＝＝ (k≠0)，
∴λ2＝1＋＝1＋.
令t＝3k＋，
則g(t)＝1＋，t∈(－∞，－2 ]∪[2，＋∞)．
易知g(t)在(－∞，－2 ]，[2，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴2－≤g(t)＜1或1＜g(t)≤2＋，
故2－≤λ2＜1或1＜λ2≤2＋，
即λ∈∪.
5．已知函數(shù)f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1
6、)當(dāng)a＝e時，判斷f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
當(dāng)a＝e時，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴f(x)在(0,1)上為減函數(shù)；在(1，＋∞)上為增函數(shù)．
(2)記t＝ln x＋x，則t＝ln x＋x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且t∈R.
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at.
∴f(x)在x＞0上有兩個零點等價于g(t)＝et－at在t∈R上有兩個零點．
①當(dāng)a＝0時，g(t)＝et，在R上單調(diào)遞增，且g(t)＞0，故g(t)無零點；
②當(dāng)a
7、＜0時，g′(t)＝et－a＞0，g(t)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1＞0，
g＝e－1＜0，故g(t)在R上只有一個零點；
③當(dāng)a＞0時，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a時有唯一的一個極小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若0＜a＜e，g(t)極小值＝a(1－ln a)＞0，g(t)無零點；
若a＝e，g(t)極小值＝0，g(t)只有一個零點；
若a＞e，g(t)極小值＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0，
由y＝在x＞e時為減函數(shù)，可知
當(dāng)a＞e時，ea＞ae＞a2，從而g(a)＝ea－a2＞0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一個零點．
綜上，當(dāng)a＞e時，f(x)有兩個零點，即實數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞)．
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