【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） （四）压轴大题抢分练 Word版含答案.docx，共(6)页，92.209 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-10f97d3e91ae281ef7d53e9ff9784f4d.html

以下为本文档部分文字说明：

(四)压轴大题抢分练抢分练1(时间:30分钟,满分:24分)1.(本题满分12分)(2023江西南昌二模)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的焦距为2√3,左、右顶点分别为A1,A2,上顶点为B,且tan∠A1BO=2.(1)求椭圆C的方程;(2)若过A2且斜率

为k的直线l与椭圆C在第一象限相交于点Q,与直线A1B相交于点P,与y轴相交于点M,且|PA2||MQ|=3|QA2||MP|,求k的值.2.(本题满分12分)已知f(x)=a2x+lnx+1,g(x)=x(

ex+a)(e为自然对数的底数,e≈2.72,a∈R).(1)对任意a∈R,证明:y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线始终过定点;(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围.抢分练2(时间:30分钟,满分:24分)1.(本题满分12分)(2023河南郑州二模)已知椭圆C:

𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的焦距为2√3,F1,F2分别为左、右焦点,过F1的直线l与椭圆C交于M,N两点,△F2MN的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求△F2MN内切圆半

径的最大值.2.(本题满分12分)(2023江西南昌二模)已知函数f(x)=a(x2-1)-lnx(x>0).(1)若a=12时,求函数f(x)的极值;(2)若0<a<12,设函数f(x)的较大的一个零点记为x0,求证:f'(x0)<1-2a.抢分练3(时间:30分钟,满分

:24分)1.(本题满分12分)(2023江西吉安一模)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0),焦点为F1,F2,其中一条渐近线的倾斜角为150°,点M在双曲线上,且|𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗|=4.(1)求双曲线C的标准方程;(2)设椭圆M以双曲线C的顶点为焦点,焦点为顶点,直线l:y=kx+m(0<m<1)交M于A,B两点(均不在坐标轴上),若△AOB的面积为1,求2k2-m2的值.2.(本题满分12分)(

2023山东沂水一中模拟预测)已知函数f(x)=(x+1)lnx-ax+a(a∈R).(1)若a=2,试判断f(x)的单调性,并证明你的结论;(2)设0<a≤1,求证:eax-1>f(x)+a(3x-1)-(x+1)lnx-ln(x+1).(四)压轴大题抢分练抢分练11.解

(1)由题意得2c=2√3,解得c=√3,又|A1O|=a,|OB|=b,故tan∠A1BO=𝑎𝑏=2,即a=2b,又a2=b2+c2,解得b2=1,a2=4,故椭圆方程为𝑥24+y2=1.(2)直线l的方程为y=k(x-2),k<0,与𝑥24+y2=1联立得(1+4k2)x2-16k2

x+16k2-4=0,设Q(xQ,yQ),则2xQ=16𝑘2-41+4𝑘2,解得xQ=8𝑘2-21+4𝑘2,因为点Q在第一象限,所以8𝑘2-21+4𝑘2>0,解得k2>14.直线A1B方程为y=12x+1,与y=k(x-2)

联立得x=4𝑘+22𝑘-1,故xP=4𝑘+22𝑘-1,y=k(x-2)中,令x=0得y=-2k,故M(0,-2k).因为|PA2||MQ|=3|QA2||MP|,所以(2-xP)·(xQ-0)=3(2-xQ)(xP-0),整理得xPxQ+xQ-3xP=0,即4𝑘+22𝑘-

1·8𝑘2-21+4𝑘2+8𝑘2-21+4𝑘2-34𝑘+22𝑘-1=0,化简得2k2+3k+1=0,解得k=-12或-1,其中k=-12不满足k2>14,舍去,k=-1满足要求,故k=-1.2.(1)证明因为f(x)=a2x+lnx+1,所以f(

1)=a2+1,f'(x)=a2+1𝑥,所以f'(1)=a2+1.所以y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线为y=(a2+1)x经过定点(0,0),即y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线始终过定点

.(2)解因为f(x)≤g(x)恒成立,即为a2-a≤𝑥e𝑥-ln𝑥-1𝑥对x>0恒成立.记h(x)=𝑥e𝑥-ln𝑥-1𝑥(x>0),只需a2-a≤h(x)min.h(x)=𝑥e𝑥-ln𝑥-1𝑥=𝑥e𝑥-ln𝑥-𝑥-1𝑥+1=eln𝑥+𝑥

-(ln𝑥+𝑥)-1𝑥+1.不妨设t=lnx+x(x>0).因为t'=1𝑥+1>0,所以t=lnx+x在(0,+∞)上单调递增,当x=1时,t=1>0;当x=1e时,t=1e-1<0,故t=lnx+x在(0,+∞)存在唯一零点x0,

记y=elnx+x-(lnx+x)-1=et-t-1.因为y'=et-1.令y'>0,解得t>0;令y'<0,解得t<0.所以y=et-t-1在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以ymin=

e0-0-1=0.所以y=elnx+x-(lnx+x)-1≥0.而x>0,所以eln𝑥+𝑥-(ln𝑥+𝑥)-1𝑥≥0,所以eln𝑥+𝑥-(ln𝑥+𝑥)-1𝑥+1≥1.当且仅当lnx+x=0即x=x0时等号成立,即h(x)min=1,所以a2-a≤1

.解得1-√52≤a≤1+√52,即实数a的取值范围为[1-√52,1+√52].抢分练21.解(1)已知椭圆的焦距为2√3,则c=√3,又|F1M|+|F2M|=|F1N|+|F2N|=2a,所以|F2M|+|F2N|+|MN|=|F1M|+|

F2M|+|F1N|+|F2N|=4a=8,则a=2,所以b=1,故椭圆C的方程为𝑥24+y2=1.(2)设l:x=my-√3,A(x1,y1),B(x2,y2),联立{𝑥=𝑚𝑦-√3,𝑥24+𝑦2=1,得(4+m

2)y2-2√3my-1=0,则y1+y2=2√3𝑚4+𝑚2,y1y2=-14+𝑚2,𝑆△𝐹2𝑀𝑁=12|F1F2||y1-y2|=4√3√𝑚2+14+𝑚2=4√3√𝑚2+1+3√𝑚2+1≤2,当且仅当m=±√2时等号成立,设△F2MN内切圆半径为

r,则𝑆△𝐹2𝑀𝑁=12×4a×r=4r≤2,故r≤12,所以△F2MN内切圆半径的最大值为12.2.(1)解当a=12时,f(x)=12(x2-1)-lnx,则f'(x)=x-1𝑥=𝑥2-1𝑥=(𝑥+1)(𝑥-1)𝑥,

当0<x<1时,f'(x0)<0,则f(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,f'(x0)>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增;∴f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.(2)证明由f(x)=a(x2-1)-lnx,则f'(x)=2ax-1𝑥=2𝑎�

�2-1𝑥,∵f'1√2𝑎=0且1√2𝑎>1,当0<x<1√2𝑎时,f'(x)<0,则f(x)在0,1√2𝑎上单调递减;当x>1√2𝑎时,f'(x)>0,则f(x)在1√2𝑎,+∞上单调递增;所以当0<x<1时,f(

x)>f(1)=0,又1√2𝑎>1,∴f1√2𝑎<0,当x→+∞,此时f(x)→+∞,∴必然存在x0>1,使得f(x0)=0,即a=ln𝑥0𝑥02-1,∴f'(x0)=2ln𝑥0𝑥02-1x0-1𝑥0,要证明f'(x0)<1-2a,即证明2ln𝑥0𝑥02-1x0-1𝑥0

<1-2ln𝑥0𝑥02-1,即证明2ln𝑥0𝑥0-1−1𝑥0-1<0,即只要证明2lnx0-𝑥02-1𝑥0<0,设φ(x)=2lnx-𝑥2-1𝑥(x>1),则φ'(x)=2𝑥-1-1𝑥2=-(𝑥-1)2𝑥2,

∴当x>1时,φ'(x)<0,则φ(x)在(1,+∞)上单调递减,∴φ(x)<φ(1)=0,即2ln𝑥0𝑥0-1−1𝑥0-1<0,即f'(x0)<1-2a.抢分练31.解(1)由题意-𝑏𝑎=tan150°=-√33,则a=√3b,∵|𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗|=4,∴双曲线C的焦距为4,∴a2+b2=4b2=4,解得b=1,a=√3,∴双曲线C的标准方程为𝑥23-y2=1.(2)由(1)知:椭圆M的长半轴长为2,半焦距为√3,∴其短半轴长为1,∴椭圆M的方程为𝑥24+y2=1.设A(x1,y1),B(x2,

y2),由{𝑥24+𝑦2=1,𝑦=𝑘𝑥+𝑚,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ=16(1+4k2-m2)>0,得m2<1+4k2,x1+x2=-8𝑘𝑚1+4𝑘2,x1x

2=4𝑚2-41+4𝑘2,∴S△AOB=12|m||x1-x2|=12|m|·√16(1+4𝑘2-𝑚2)1+4𝑘2=1,平方可得4m2(1+4k2-m2)=(1+4k2)2,即[(1+4𝑘2)-2𝑚2]2=0,

∴(1+4k2)-2m2=0,则2k2-m2=-12.2.证明(1)若a=2,则f(x)=(x+1)lnx-2x+2(x>0),f'(x)=lnx+𝑥+1𝑥-2=lnx+1𝑥-1(x>0),令φ(x)=f'(x),则φ'(x)=1𝑥−1𝑥2=𝑥-1𝑥2,令φ'(

x)>0,解得x>1;令φ'(x)<0,解得0<x<1,则φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,可得φ(x)≥φ(1)=0,即f'(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)f(

x)+a(3x-1)-(x+1)lnx-ln(x+1)=(x+1)lnx-ax+a+a(3x-1)-(x+1)lnx-ln(x+1)=2ax-ln(x+1),则eax-1>f(x)+a(3x-1)-(x+1)lnx-ln(x+1)

,即eax-1>2ax-ln(x+1),可得eax+ln(x+1)-2ax-1>0,故原题意等价于eax+ln(x+1)-2ax-1>0(x>0),设F(x)=eax-2ax+ln(x+1)-1,则F'(x)=aeax

+1𝑥+1-2a,由结论ex≥x+1(证明略),∵x>0,∴ex>x+1.又0<a≤1,∴eax>ax+1≥ax+a,可得F'(x)=aeax+1𝑥+1-2a>a2(x+1)+1𝑥+1-2a≥2√𝑎2(𝑥+1)·1𝑥+1-2a=

0,当且仅当x+1=1𝑎,等号成立;则F(x)在(0,+∞)上单调递增,可得F(x)>F(0)=0.故eax-2ax+ln(x+1)-1>0,即证.