2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）（四）压轴大题抢分练1（Word版附解析）

抢分练1

(时间:30分钟,满分:24分)

1.(12分)(2022·广东华南师大附中三模)已知在△ABC中,B(-2,0),C(2,0),若动点A满足|AB|=2,∠BAC>90°,且AC的垂直平分线交直线AB于点P.

(1)求点P的轨迹E的方程.

(2)直线x=m(m>)交x轴于点D,与曲线E在第一象限内的交点为Q,过点D的直线l与曲线E交于M,N两点,与直线x=交于点K,记QM,QN,QK的斜率分别为k1,k2,k3.

①求证:是定值.

②若直线l的斜率为1,是否存在m,使k1+k2+k3=6?若存在,求出所有满足条件的m的值;若不存在,请说明理由.

2.(12分)(2022·新高考Ⅰ·22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.

(1)求a;

(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

抢分练1

1.(1)解 ∵∠BAC>90°,∴AC的垂直平分线交BA的延长线于点P.连接PC,则|PC|=|PA|,

∴|PB|-|PC|=|PB|-|PA|=|AB|=2<|BC|=4.

由双曲线的定义知,点P的轨迹E是以B(-2,0),C(2,0)为焦点,实轴长为2的双曲线的右支(右顶点除外),c=2,a=,则b==1,∴E的方程是-y2=1(x>).

(2)①证明 由已知得D(m,0),Q(m,y0),满足=1,y0>0.

设直线l的方程为x=ty+m,易知t≠0,M(x1,y1),N(x2,y2),y1≠0,y2≠0,

联立得(t2-3)y2+2mty+m2-3=0,

则y1+y2=-,y1y2=,k1=,同理k2=,

∴k1+k2==2.设K(xK,yK),

对x=ty+m,令xK=,得yK=,

∴K,k3=.

∴k1+k2=2k3,∴=2是定值.

②解 存在m=,使k1+k2+k3=6.

假设存在m,使k1+k2+k3=6.

由①知,k1+k2=2k3,则k1+k2+k3=3k3=6,∴k3=2.

直线QK的方程为y-y0=2(x-m),

令xK=,得yK=2+y0,

直线l的斜率为1,直线l的方程为x=y+m,令xK=,得yK=-m,∴2+y0=-m,∴y0=m-,

代入=1,得=1,

整理得2m4-15m2+27=0,

解得m2=或m2=3(舍去),

∴m=,故存在m=,使k1+k2+k3=6.

2.(1)解 由题意,得f'(x)=ex-a,g'(x)=a-(x>0).

当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,g'(x)<0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,g(x)无最小值.

当a>0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=ln a.

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表.

由表可知,当x=ln a时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-aln a.由g'(x)=0得x=>0.

当x在区间(0,+∞)上变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.

由上表可知,当x=时,g(x)取得极小值即最小值,为1+ln a.

则a-aln a=1+ln a.

令h(a)=a-aln a-1-ln a,

则h'(a)=1-(ln a+1)-=-ln a-=ln .

令=t,则ln t-t<0.

∴h(a)在区间(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0.∴a=1.

(2)证明 由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,且f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,且f(x)min=g(x)min=1.

①当b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b.显然直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意;

②当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;

③当b>1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点.

F'(x)=f'(x)=ex-1,

所以F(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.

又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0,

(令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0)

所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)上存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x2.

其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.

G'(x)=g'(x)=1-,所以G(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.

又因为G(e-b)=e-b>0,

G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln 2b>0,

令μ(b)=b-ln 2b,则当b>1时,μ'(b)=1->0,μ(b)>μ(1)=1-ln 2>0

所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)上存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x4.

再次,证明存在b使得x2=x3.

因为F(x2)=G(x3)=0,

所以b=-x2=x3-ln x3.

若x2=x3,则-x2=x2-ln x2,即-2x2+ln x2=0.

所以只需证明ex-2x+ln x=0在区间(0,1)上有解即可,

即φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)上有零点.

因为φ-3<0,φ(1)=e-2>0,

所以φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)上存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=-x0,

则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.

最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),

所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0),

又因为F(x)在区间(-∞,0)上单调递减,x1<0,0<x0<1,所以ln x0<0,所以x1=ln x0.

同理,因为F(x0)=G()=G(x4),

又因为G(x)在区间(1,+∞)上单调递增,x0>0,

所以>1,x4>1,所以x4=.

又因为-2x0+ln x0=0,

所以x1+x4=ln x0+=2x0,