壓軸大題搶分練

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1、 壓軸大題搶分練 (建議用時(shí)： 60 分鐘 ) (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第 144 頁(yè) ) x2 y2 1．已知橢圓 C： a2＋b2＝ 1(a＞ b＞ 0)的焦距為 2 6，設(shè)右焦點(diǎn)為 F，過(guò)原點(diǎn) O 的直線(xiàn) l 與橢圓 C 交于 A，B 兩點(diǎn)，線(xiàn)段 AF 的中點(diǎn)為 M，線(xiàn)段 BF 的中點(diǎn)為 N，且 → → 1 OM·ON＝ 4. (1)求弦 AB 的長(zhǎng)； 1 (2)當(dāng)直線(xiàn) l 的斜率 k＝2，且直線(xiàn) l ′∥ l 時(shí)， l′交橢圓于 P，Q，若點(diǎn) A 在第一象限，求證：直線(xiàn) AP，AQ 與 x 軸圍成一個(gè)等腰三角形． [解

2、] (1)由題意可知： 2c＝2 6， c＝ 6，設(shè) F( 6，0)， A(x0，y0)，B(－ x0， 0 －y )， x0＋ 6 y0 ，N － x0＋ 6 y0 ， 則 M ， 2 ，－ 2 2 2 → → 2 2 1 22 22 6－ x －y 由OM·ON＝ 0 0 ＝4，則 x0＋y0＝5，則 |AB|＝2 x0＋y0＝2 5. 4 1 (2)證明：當(dāng)直線(xiàn) l 的斜率

3、k＝2時(shí)，且 l ′∥ l ， 1 1 1 則 l ：y＝2x，設(shè) l ′：y＝2x＋ m，y0＝2x0， 2 2 ＝5，則 A(2,1)，由 c＝ 6，代入橢圓方程解得 a＝2 2，c＝ 2， ∴ 由 x ＋ y 0 0 x2 y2 橢圓的方程為 8 ＋ 2 ＝1， x2＋ 4y2＝ 8， 聯(lián)立 1 整理得 x2＋ 2mx＋2m2－4＝0， y＝2x＋ m， 設(shè)直線(xiàn) AP， AQ 的斜率分別為 k ，k ，

4、 1 2 1/6 y －1 y －1 1 2 設(shè) P(x1，y1)， Q(x2，y2)，則 k1＝ ，k2＝. x1－2 x2－2 由 x2＋ 2mx＋2m2－4＝0， 可得 x1＋x2 ＝－ 2m， x1x2＝ 2m2－4， 1 2 y － 1 y －1 1 2 ＋ 所以 k ＋k ＝ x2－2 x1－ 2 y1－ 1

5、x2－ 2 ＋ y2－ 1 x1－ 2 ＝ x1－2 x2－2 1 x1＋m－ 1 2－ ＋ 1 － x 2 x2＋ m－ 1 1 2 2 2 x ＝ x1－2 x2 －2 x1x2＋ m－2 x1＋x2 － 4 m－1 ＝ x1－2 x2－2 2m2－4－2m2＋ 4m－ 4 m－1 ＝ －2 ＝0. 1 2 x x － 2 即 k1＋ k2 ＝0. 所以直線(xiàn) AP，A

6、Q 與 x 軸圍成一個(gè)等腰三角形． 2． (2018 ·石家莊市一模 )已知函數(shù) f(x)＝(x＋ b)(ex－a)(b＞0)，在 (－1，f(－1))處的切線(xiàn)方程為 (e－ 1)x＋ ey＋e－1＝0. (1)求 a， b； 2 (2)若 m≤0，證明： f(x) ≥mx ＋x. 1 所以 f(－ 1)＝(－1＋ b) e－a ＝0， 又 f′(x)＝ (x＋b＋1)ex－a， b 1 所以 f′(－1)＝ e－a＝－ 1＋ e， 2/6 1 若 a＝ e，則 b＝2－ e＜ 0，與 b

7、＞0 矛盾， 故 a＝1，b＝1. (2)由(1)可知 f(x)＝(x＋1)(ex－1)， f(0)＝0，f(－1)＝0，由 m≤ 0，可得 x≥mx2＋ x， 令 g(x)＝ (x＋1)(ex－1)－x, g′ (x)＝(x＋ 2)ex－2， 令 t(x)＝g′(x)，則 t′(x)＝(x＋ 3)ex， 當(dāng) x＜－ 3 時(shí)， t′ (x)＜ 0， t′(x)單調(diào)遞減，且 g′ (x)＜ 0； 當(dāng) x＞－ 3 時(shí)， t′ (x)＞ 0， t′(x)單調(diào)遞增，且 g′ (0)＝ 0， 所以 g(x)在(－ ∞，0)上單調(diào)遞減，

8、在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，且 g(0)＝0， 故 g(x)≥ g(0)＝0? (x＋1)(ex－1)≥ x≥ mx2＋x，故 f(x)≥mx2＋ x. 3． (2018 ·衡水金卷 )已知拋物線(xiàn) C 的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn) F 在 x 軸的正半 → → 軸上，過(guò)焦點(diǎn) F 作斜率為 k 的直線(xiàn)交拋物線(xiàn) C 于 A，B 兩點(diǎn)，且 OA·OB＝－ 3，其中 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求拋物線(xiàn) C 的方程； (2)設(shè)點(diǎn) D(1,2)，直線(xiàn) AD，BD 分別交準(zhǔn)線(xiàn) l 于點(diǎn) G，H，問(wèn)：在 x 軸的正半軸上是否存在定點(diǎn) M，使 GM⊥HM ，若存在，求出定點(diǎn)

9、 M 的坐標(biāo)，若不存在，試說(shuō)明理由． [解] (1)由題意知 k≠0， 2 p 設(shè)拋物線(xiàn) C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y ＝ 2px(p＞ 0)，直線(xiàn) AB 的方程為 x＝ my＋ 2 1 m＝ k，且 m≠0 ， 3/6 y2＝ 2px， 消去 x，得 y2－2pmy－p2＝ 0. 聯(lián)立 p x＝my＋2， y12 y22 設(shè) A 2p，y1 B 2p， y2 ， 則 y1＋ y2 ＝2pm， y1 y2 ＝－p2. → → 2 2 1 2 2

10、 y1y2 所以 OA·OB＝ 4p 2 ＋y y ＝4p －p ＝－ 3， 1 2 解得 p＝ 2. 所以?huà)佄锞€(xiàn) C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y2 ＝4x. (2)假設(shè)在 x 軸上存在定點(diǎn) M(a,0)，使 GM⊥HM ， 設(shè) G(－1，yG)，H(－ 1， yH )， 由(1)知 y1＋y2＝ 4m， y1y2＝－ 4. 又 D(1,2)，設(shè)直線(xiàn) AD，BD 的斜率分別為 k1，k2， y －2 y －2 1 ＝ 4 2 ＝ 4

11、則 k1＝ 2 ，k2＝ 2 ， y1 y1 ＋2 y2 y2 ＋2 4 －1 4 －1 則直線(xiàn) AD 的方程為 y－2＝ 4 (x－ 1)， y1＋ 2 令 x＝－ 1，得 yG＝ 2－ 8 ＝2 y1－2 ，y1＋2 y1＋2 同理，得 yH＝ 2－ 8 ＝ 2 y2－2 . y ＋2 y ＋2 2 2 2 y1－2 2 y2－2 故 yGyH ＝· y1＋2 y2＋2 4[y1y2－2 y1＋y2 ＋ 4] 4 －4－2×4

12、m＋4 ＝ ＝ ＝－4. y1y2＋2 y1＋y2 ＋4 －4＋2×4m＋4 4/6 → → 由 GM⊥HM，得MG·MH ＝0， 即(－ 1－ a， yG) ·(－1－ a，yH)＝(a＋ 1)2＋ yGyH ＝0，故 (a＋1)2－4＝0， 解得 a＝ 1 或 a＝－ 3(負(fù)值舍去 )， 即在 x 軸的正半軸上存在定點(diǎn) M，使 GM⊥HM ，且定點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 (1,0)． 4．已知函數(shù) f(x)＝xln x－ax. (1)求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間； x ＋ k，k∈Z ， e＝

13、2.718 28 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．當(dāng) a (2)設(shè)函數(shù) g(x)＝(x－k)e ＝1 時(shí)，若 ? x1∈(0，＋∞ )， ? x2∈(0，＋∞ )，不等式 g(x2 ) － 1 ＞ 0 成立，求 5f(x ) k 的最大值． [解] (1)對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得 f′ (x)＝ln x＋ 1－ a(x＞ 0)， 令 f′(x)＝ 0，得 x＝ea－1， 當(dāng) 0＜x＜ea－1 時(shí)， f′(x)＜ 0，此時(shí)函數(shù) f(x)單調(diào)遞減；當(dāng) x＞ea－1 時(shí)， f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù) f(x)單調(diào)遞增， 所以函

14、數(shù) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是 (0，ea－ 1)，單調(diào)遞增區(qū)間是 (ea－1 ，＋ ∞)． (2)當(dāng) a＝ 1 時(shí)，由 (1)可知 f(x)＝f(ea－1)＝f(1)＝－ 1， ? x1∈(0，＋ ∞)，? x2∈ (0，＋ ∞ )，不等式－ 5f(x1)＋g(x2)＞ 0 成立等價(jià)于當(dāng) x∈(0，＋ ∞)時(shí)， 5＋(x－k)ex＋ k＞0 恒成立， 即 5＋xex＞k(ex－1)對(duì) x∈(0，＋ ∞)恒成立，因?yàn)?x∈(0，＋ ∞)時(shí) ex－1＞0， 5＋xex 所以 k＜ ex－1 對(duì) x∈ (0，＋ ∞ )恒成立， x＋5

15、即 k＜x＋ x 對(duì) x∈ (0，＋ ∞ )恒成立， e －1 5/6 x＋ 5 設(shè) h(x)＝ x＋ x ， e － 1 ex ex－ x－ 6 則 h′(x)＝ex－1 2 ， 令 F(x)＝ex－x－6，則 F′ (x)＝ex－ 1， 當(dāng) x∈(0，＋ ∞)時(shí)， F′(x)＞0， 所以函數(shù) F(x)＝ ex－x－6 在(0，＋ ∞)上單調(diào)遞增， 而 F(2)＝e2－8＜0，F(xiàn)(3)＝ e3－9＞0， 所以 F(2)F(3)＜0， x0 所以

16、存在唯一的 x0∈ (2,3)，使得 F(x0)＝0，即 e ＝x0＋6， 當(dāng) x∈(0， x0)時(shí)， F(x)＜0，h′(x)＜0，所以函數(shù) h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng) x∈(x0，＋ ∞ )時(shí)， F(x)＞0，h′(x)＞0，所以函數(shù) h(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng) x＝ x0 時(shí)，函數(shù) h(x)有極小值 h(x0)，同時(shí)也為最小值， x0＋5 因?yàn)?h(x0)＝x0＋ x0 ＝x0＋ 1∈ (3,4)， e －1 又 k＜h(x0)，且 k∈ Z， 所以 k 的最大整數(shù)值是 3. 6/6