高考数学(理数)三轮冲刺 难点题型拔高练习卷一（教师版）

这是一份高考数学(理数)三轮冲刺 难点题型拔高练习卷一（教师版），共5页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
高考数学(理数)三轮冲刺 难点题型拔高练习卷一1．过抛物线y＝x2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y＝－1上，若△ABC为正三角形，则其边长为(　　)A．11　　　　　　　　　　 B．12C．13   D．14解析：选B　由题意可知，焦点F(0,1)，易知过焦点F的直线的斜率存在且不为零，设为k(k≠0)，则该直线方程为y＝kx＋1(k≠0)，联立方程得∴x2＝4(kx＋1)，即x2－4kx－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，设线段AB的中点为M，则M(2k，2k2＋1)，|AB|＝＝＝4(1＋k2)，设C(m，－1)，连接MC，∵△ABC为等边三角形，∴kMC＝＝－，m＝2k3＋4k，点C(m，－1)到直线y＝kx＋1的距离|MC|＝＝|AB|，∴＝×4(1＋k2)，∴＝2(1＋k2)，∴＝，∴k＝±，∴|AB|＝4(1＋k2)＝12.2．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)，f ＝，f ＝0，且f(x)在(0，π)上单调．下列说法正确的是(　　)A．ω＝B．f ＝C．函数f(x)在上单调递增D．函数f(x)的图象关于点中心对称解析：选C　由题意得函数f(x)的最小正周期T＝，因为f(x)在(0，π)上单调，所以＝≥π，得0<ω≤1.因为f ＝，f ＝0，所以f(x)在(0，π)上单调递减，又0<φ<π，0<ω≤1，所以解得所以f(x)＝2sin.选项A显然不正确．因为f ＝2sin－×＋＝2sin＝，所以B不正确．因为当－π≤x≤－时，0≤x＋≤，所以函数f(x)在上单调递增，故C正确．因为f ＝2sin＝2sin≠0，所以点不是函数f(x)图象的对称中心，故D不正确．3．已知函数f(x)＝，g(x)＝，若函数y＝f(g(x))＋a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1<x2<x3)，则2g(x1)＋g(x2)＋g(x3)的取值范围为__________．解析：∵g(x)＝，∴g′(x)＝.当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减．作出函数g(x)的大致图象如图所示，令g(x)＝t，由f(t)＋a＝＋a＝0，得关于t的一元二次方程t2＋(a－1)t＋1－a＝0，又f(g(x))＋a＝0有三个根x1，x2，x3，且x1<x2<x3，∴结合g(x)的图象可知关于t的一元二次方程有两个不等实根，不妨设为t1，t2，且t1<t2，则0<t1<，t2＝或t1<0<t2<，t1＋t2＝1－a，由Δ＝(a－1)2－4(1－a)>0，得1－a<0或1－a>4.当0<t1<，t2＝时，0<t1＋t2<4，不符合题意，舍去．∴t1<0<t2<，∴g(x1)＝t1，g(x2)＝g(x3)＝t2，∴2g(x1)＋g(x2)＋g(x3)＝2t1＋2t2＝2(t1＋t2)＝2(1－a)．令λ＝1－a，φ(t)＝t2＋(a－1)t＋1－a＝t2－λt＋λ，由t1<0<t2<可知，即解得<λ<0.综上，2g(x1)＋g(x2)＋g(x3)的取值范围为.答案：4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，连接并延长AF1，AF2，分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2(O为坐标原点)，求证：k1·k2为定值．解：(1)设|MF1|＝r1，|MF2|＝r2，由题意，得∴a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：易知直线AF1，AF2的斜率均不为0.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，当直线AF1的斜率不存在时，不妨令A，则B，又F1(－1,0)，F2(1,0)，∴直线AF2的方程为y＝－(x－1)，将其代入＋y2＝1，整理可得5x2－2x－7＝0，∴x2＝，y2＝－，则D ，∴直线BD的斜率k1＝＝，直线OA的斜率k2＝－，∴k1·k2＝×＝－.当直线AF2的斜率不存在时，同理可得k1·k2＝－.当直线AF1，AF2的斜率都存在且不为0时，设A(x0，y0)，则x0y0≠0，则直线AF1的方程为y＝(x＋1)，联立，得消去y可得，[(x0＋1)2＋2y]x2＋4yx＋2y－2(x0＋1)2＝0，又＋y＝1，∴2y＝2－x，∴(3＋2x0)x2＋2(2－x)x－3x－4x0＝0，∴x1·x0＝，∴x1＝，则y1＝＝－，∴B .直线AF2的方程为y＝(x－1)，同理可得D，，∴直线BD的斜率k1＝＝＝，∵直线OA的斜率k2＝，∴k1·k2＝·＝＝＝－.综上，k1·k2为定值，且定值为－.5.已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.(1)求a，b；(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋.解：(1)由题意得f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，所以a＝或b＝1.又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝－a＝－1＋，若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，则h(x)＝(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－，当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，则G′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，所以f(x1)≥h(x1)．设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，所以x1′≤x1，设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，T′(x)＝(x＋2)ex－2，当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，则H′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以T(x)≥T(0)＝0，所以f(x)≥t(x)，所以f(x2)≥t(x2)．设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，又函数t(x)单调递增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)，所以x2′≥x2.又x1′≤x1，所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－＝1＋.