高考数学二轮专题复习之24分题专项练(二)

这是一份高考数学二轮专题复习之24分题专项练(二)，共5页。试卷主要包含了已知抛物线Γ等内容，欢迎下载使用。
24分题专项练(二)1．已知O为坐标原点，椭圆＋x2＝1的下焦点为F，过点F且斜率为k的直线与椭圆相交于A，B两点．(1)以AB为直径的圆与x＝相切，求该圆的半径；(2)在y轴上是否存在定点P，使得·为定值，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．  2．已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)＝exln x＋f(x)，证明：g(x)>1.   3．已知抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足＝(2，2)．(1)求抛物线Γ的方程；(2)已知经过点A(3，－2)的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B(3，－6)和M的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点？如果过定点，求出该定点，否则说明理由．   4．已知函数f(x)＝＋，曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为负数．(1)求a的取值范围；(2)试判断函数f(x)在区间[1，e2]上是否存在极大值与极小值．若存在，判断极大值与极小值的正负；若不存在，请说明理由．  24分题专项练(二)1．解：由题意可设直线l的方程为y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得(k2＋2)x2－2kx－1＝0，则Δ＝4k2＋4k2＋8＞0恒成立，x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2＝，y1y2＝(kx1－1)(kx2－1)＝.(1)|AB|＝·＝2·，线段AB的中点的横坐标为，因为以AB为直径的圆与x＝相切，所以＝－，解得k＝，此时|AB|＝2×＝，所以圆的半径为.(2)设P(0，y0)，·＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y＝＋＋＋y＝，由＝，得y0＝－，·＝－，所以y轴上存在定点P，使得·为定值．2．解：(1)由f′(x)＝，当x＝2时，函数f(x)的切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，解得x<1且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．综上，函数f(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知g(x)＝exln x＋，定义域为(0，＋∞)，所以g(x)>1，即exln x＋>1等价于xln x>－.设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.因为h′＝ln ＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h＝－.设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－.综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.3．解：(1)抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点F的坐标为，而＝(2，2)，所以点P的坐标为，又点P在抛物线y2＝2px上，所以(2)2＝2p，即p2＋4p－12＝0，而p>0，故p＝2，所以抛物线Γ的方程为y2＝4x.(2)设M(x0，y0)，N(x1，y1)，L(x2，y2)，则y＝4x0，y＝4x1，y＝4x2.由题意知直线MN，ML，NL的斜率均存在且不为0.直线MN的斜率kMN＝＝＝，则lMN：y－y0＝，即y＝　①，同理可得lML：y＝　②.将A(3，－2)代入①，B(3，－6)代入②得消去y0得y1y2＝12.易知直线NL的斜率kNL＝，则直线NL的方程为y－y1＝·，即y＝x＋，故y＝x＋，所以y＝(x＋3)，因此直线NL恒过定点(－3，0)．4．解：(1)因为f(x)＝＋(x>0)，所以f′(x)＝－＝.因为曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为负数，所以f′(1)＝2－2a<0，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)．(2)设h(x)＝2x－xln x－2a(1≤x≤e2)，则h′(x)＝2－(1＋ln x)＝1－ln x.令h′(x)＝0，得x＝e.当1≤x<e时，h′(x)>0；当e<x≤e2时，h′(x)<0.所以h(x)在[1，e)上单调递增，在(e，e2]上单调递减．因为h(1)＝2－2a，h(e)＝e－2a，h(e2)＝－2a，由(1)知，a>1，所以h(e2)<h(1)<0.①当h(e)＝e－2a≤0，即a≥时，h(x)≤0在x∈[1，e2]上恒成立，且h(x)＝0不恒成立，即f′(x)≤0在x∈[1，e2]上恒成立，且f′(x)＝0不恒成立．所以f(x)在[1，e2]上单调递减．所以当a≥时，f(x)在[1，e2]上不存在极值．②当h(e)>0，即1<a<时，则必定∃x1，x2∈[1，e2](设x1<x2)，使得h(x1)＝h(x2)＝0，且1<x1<e<x2<e2.所以当1<x<x1时，h(x)<0，即f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x1<x<x2时，h(x)>0，即f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x2<x<e2时，h(x)<0，即f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以当1<a<时，f(x)在[1，e2]上的极小值为f(x1)，极大值为f(x2)，且f(x1)<f(x2)．f(x1)＝＋＝(1<x1<e)，设g(x)＝xln x－x＋a，其中1<a<，1<x<e.因为g′(x)＝ln x>0，所以g(x)在(1，e)上单调递增，所以g(x)>a－1>0.即当1<x1<e时，f(x1)>0.又f(x1)<f(x2)，所以f(x2)>0.所以当1<a<时，f(x)在[1，e2]上存在极大值和极小值，且极大值和极小值均为正数．综上所述，当1<a<时，f(x)在[1，e2]上存在极大值和极小值，且极大值和极小值均为正数；当a≥时，f(x)在[1，e2]上不存在极值．