高考数学理三轮训练压轴大题及答案解析共2份试题Word下载.docx
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＋y2＝1的左、右焦点分别为F1、F2，O为坐标原点．
（1）如图1，点M为椭圆C上的一点，N是MF1的中点，且NF2⊥MF1，求点M到y轴的距离；
（2）如图2，直线l：
y＝kx＋m与椭圆C相交于P、Q两点，若在椭圆C上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形，求实数m的取值范围．
答案：
1．【解】
（1）当a＝1时，f′（x）＝3x2－3，
令f′（x）＝0，得x＝－1或x＝1，
当x∈（－1，1）时，f′（x）<
0，当x∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）时，f′（x）>
0，
∴f（x）在（－1，1）上单调递减，在（－∞，－1），（1，＋∞）上单调递增，
∴f（x）的极小值是f
（1）＝－2.
（2）f′（x）＝3x2－3a，直线x＋y＋m＝0即y＝－x－m，
依题意，切线斜率k＝f′（x）＝3x2－3a≠－1，
即3x2－3a＋1＝0无解，
∴Δ＝0－4×
3（－3a＋1）<
∴a<
.
故a的取值范围是（－∞，）．
2．【解】
（1）设椭圆的焦距为2c，
因为a＝，＝，所以c＝1，所以b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程得，
所以（1＋2k2）x2－2＝0，则x1＋x2＝0，x1x2＝－.
所以|AB|＝＝.
又点M（，0）到直线l的距离d＝，
则|GH|＝2，
显然，若点H也在线段AB上，则由对称性可知，直线y＝kx就是y轴，与已知矛盾，
所以要使|AG|＝|BH|，
只要|AB|＝|GH|，
所以＝4（r2－），
r2＝＋
＝
＝2（1＋）．
当k＝0时，r＝.
当k≠0时，r2＝2（1＋）<
2（1＋）＝3，
又显然r2＝2（1＋）>
2，所以<
r<
综上，圆M的半径r的取值范围是[，）．
3．【解】
（1）由题意，得f′（x）＝，
则x>
1时，f′（x）>
0；
0<
x<
1时，f′（x）<
0.
由此可知函数f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数．
当m≥1时，函数f（x）在[m，m＋1]上是增函数，
此时f（x）min＝f（m）＝.
当0<
m<
1时，函数f（x）在[m，1]上是减函数，在[1，m＋1]上是增函数，
此时f（x）min＝f
（1）＝e.
（2）证明：
由题意可得g（x）＝xe－x（x∈R），g′（x）＝（1－x）e－x.
所以g（x）在（－∞，1）上是增函数，在（1，＋∞）上是减函数．①
设函数F（x）＝g（x）－g（2－x），
即F（x）＝xe－x＋（x－2）ex－2，
于是F′（x）＝（x－1）（e2x－2－1）e－x，
当x>
1时，2x－2>
0，从而e2x－2－1>
又e－x>
0，所以F′（x）>
从而函数F（x）在[1，＋∞）上是增函数．
又F
（1）＝e－1－e－1＝0，所以x>
1时，
有F（x）>
F
（1）＝0，
即g（x）>
g（2－x）．②
由①及g（x1）＝g（x2），知x1与x2只能在1的两侧．
不妨设0<
x1<
1，x2>
1，
由结论②可知，g（x2）>
g（2－x2），
所以g（x1）＝g（x2）>
g（2－x2）．
因为x2>
1，所以2－x2<
1.
又由结论①可知函数g（x）在（－∞，1）内是增函数，
所以x1>
2－x2，即x1＋x2>
4．【解】
（1）由题意知，F1（－1，0），F2（1，0），
设M（x0，y0），∵N为MF1的中点，∴N（，），
∴＝（－1－x0，－y0），＝（，－），
∵MF1⊥NF2，∴·
＝0，
即（－1－x0，－y0）·
（，－）＝0，
∴x－2x0－3＋y＝0，①
又有＋y＝1，②
由①②解得x0＝2－2（x0＝2＋2舍去），
∴点M到y轴的距离为2－2.
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），R（xR，yR），
∵四边形OPRQ为平行四边形，
∴x1＋x2＝xR，y1＋y2＝yR.
∵点R在椭圆上，∴＋（y1＋y2）2＝1，
即＋[k（x1＋x2）＋2m]2＝1，
化简得，（1＋2k2）（x1＋x2）2＋8km（x1＋x2）＋8m2＝2.③
由得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
由Δ>
0，得2k2＋1>
m2，④
由根与系数的关系得，x1＋x2＝－，
代入③式，得－＋8m2＝2，
化简得4m2＝1＋2k2，代入④式，得m≠0.
又4m2＝1＋2k2≥1，∴m≤－或m≥.
故实数m的取值范围是（－∞，－]∪[，＋∞）．
压轴大题
（二）
辽宁省五校第一联合体高三年级考试）已知函数f（x）＝alnx＋1（a>
0）．
（1）当x>
0时，求证：
f（x）－1≥a（1－）；
（2）在区间（1，e）上，f（x）>
x恒成立，求实数a的范围．
合肥市高三第二次教学质量检测）已知椭圆：
0）的长轴长为4，且过点（，）．
（1）求椭圆的方程；
（2）设A，B，M是椭圆上的三点．若＝＋，点N为线段AB的中点，C（－，0），D（，0），求证：
|NC|＋|ND|＝2.
北京市东城区高三教学统一检测）在平面直角坐标系xOy中，动点P到两点（－，0），（，0）的距离之和等于4，设点P的轨迹为曲线C，直线l过点E（－1，0）且与曲线C交于A，B两点．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）是否存在△AOB面积的最大值？
若存在，求出△AOB的面积；
若不存在，说明理由．
4．（2013·
济南市高考模拟考试）已知函数f（x）＝（ax2＋x－1）ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
（1）若a＝1，求曲线f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程；
（2）若a<
0，求f（x）的单调区间；
（3）若a＝－1，函数f（x）的图象与函数g（x）＝x3＋x2＋m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．
（1）证明：
设φ（x）＝f（x）－1－a（1－）＝alnx－a（1－）（x>
0），
则φ′（x）＝－，
令φ′（x）＝0，则x＝1，
易知φ（x）在x＝1处取到最小值，故φ（x）≥φ
（1）＝0，
即f（x）－1≥a（1－）．
（2）由f（x）>
x得alnx＋1>
x，
即a>
令g（x）＝（1<
e），则g′（x）＝.
令h（x）＝lnx－（1<
e），则h′（x）＝－>
故h（x）在定义域上单调递增，所以h（x）>
h
（1）＝0.
因为h（x）>
0，所以g′（x）>
即g（x）在定义域上单调递增，
则g（x）<
g（e）＝e－1，即<
e－1，
所以a的取值范围为[e－1，＋∞）．
（1）由已知可得，故，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则＋y＝1，＋y＝1.
由＝＋，得M（x1＋x2，y1＋y2）．
因为M是椭圆C上一点，
所以＋（y1＋y2）2＝1，
即（＋y）（）2＋（＋y）（）2＋2×
×
（＋y1y2）＝1，
得（）2＋（）2＋2×
故＋y1y2＝0.
又线段AB的中点N的坐标为（，），
所以＋2（）2＝（＋y）＋（＋y）＋＋y1y2＝1，
从而线段AB的中点N（，）在椭圆＋2y2＝1上．
又椭圆＋2y2＝1的两焦点恰为C（－，0），D（，0），
所以|NC|＋|ND|＝2.
（1）由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以（－，0），（，0）为焦点，长半轴长为2的椭圆．
故曲线C的轨迹方程为＋y2＝1.
（2）存在△AOB面积的最大值．
因为直线l过点E（－1，0），可设直线l的方程为x＝my－1或y＝0（舍）．
由条件得
，
整理得（m2＋4）y2－2my－3＝0，
Δ＝（－2m）2＋12（m2＋4）>
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
解得y1＝，y2＝.
则|y2－y1|＝.
因为S△AOB＝|OE|·
|y1－y2|＝
＝.
设g（t）＝t＋，t＝，t≥，
则g（t）在区间[，＋∞）上为增函数．
所以g（t）≥.
所以S△AOB≤，当且仅当m＝0时取等号，
即（S△AOB）max＝.
所以S△AOB的最大值为.
（1）a＝1时，f（x）＝（x2＋x－1）ex，
所以f′（x）＝（2x＋1）ex＋（x2＋x－1）ex＝（x2＋3x）ex，
所以曲线f（x）在点（1，f
（1））处的切线斜率为k＝f′
（1）＝4e.
又因为f
（1）＝e，
所以所求切线方程为y－e＝4e（x－1），即4ex－y－3e＝0.
（2）f′（x）＝（2ax＋1）ex＋（ax2＋x－1）ex
＝[ax2＋（2a＋1）x]ex，
①若－<
a<
0，当x<
0或x>
－时，f′（x）<
－时，f′（x）>
所以f（x）的单调递减区间为（－∞，0]，[－，＋∞）；
单调递增区间为[0，－]．
②若a＝－，则f′（x）＝－x2ex≤0，
所以f（x）的单调递减区间为（－∞，＋∞）．
③若a<
－，则x<
－或x>
0时，f′（x）<
当－<
0时，f′（x）>
所以f（x）的单调递减区间为（－∞，－]，[0，＋∞）；
单调递增区间为[－，0]．
（3）由
（2）知，f（x）＝（－x2＋x－1）ex在（－∞，－1]上单调递减，在[－1，0]上单调递增，在[0，＋∞）上单调递减．
所以f（x）在x＝－1处取得极小值f（－1）＝－，
在x＝0处取得极大值f（0）＝－1.
由g（x）＝x3＋x2＋m，得g′（x）＝x2＋x.
当x<
－1或x>
0时，g′（x）>
当－1<
0时，g′（x）<
所以g（x）在（－∞，－1]上单调递增，在[－1，0]上单调递减，在[0，＋∞）上单调递增．
故g（x）在x＝－1处取得极大值g（－1）＝＋m，在x＝0处取得极小值g（0）＝m.
因为函数f（x）与函数g（x）的图象有3个不同的交点，
所以，即.
所以－－<
－1.
即m的取值范围是（－－，－1）．
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