高考理科数学总复习压轴题目自选练(一)

所以欲证 f(2－x1)＋f(x1)>－1，
只需证 F(x)>F(1)， x∈ (0,1)，
F′(x)＝ f′(x)－f′(2－ x)＝ 1＋ ln x－x－ [1＋ln(2－ x)－2＋x] ，
整理得 F′(x)＝ln x－ln(2－ x)＋2(1－x)，x∈(0,1)． 2 1－x 2
令 m(x)＝F′(x)，则 m′(x)＝ x 2－x >0，x∈(0,1)，
中， R2＝(R－1)2＋22，解得 R＝52，
所以球 O 的表面积为
4π×
5 2
2＝25π，故选
B.
2x2－4x＋1，x>0，
12．已知函数 f(x)＝ ex， x≤ 0，
则 y＝ f(x)(x∈ R)的图象上关于坐标
原点 O 对称的点共有 ( )
A．0 对
B．1 对
C．2 对
D．3 对
解析：选 C 由题意知， 函数 y＝f(x)(x∈R)的图象上关于
P→F2＝ (2a－ m，－
3m－
3a)，所以
P→F1·P→F2＝ 4m2＋6ma－ a2＝4
3 m＋4a
2－143a2.
由于
m∈ [－a,0]，可知当
m＝－
3 4a
时，
P→F1·P→F2取得最小值，此时
3 yP＝ 4 a；当
m＝ 0 时， P→F1·P→F2取得最大值，此时
yP＝
S2 3a.则S1＝
2 对，故选 C. 16．(2019 ·广东百校联考 )已知双曲线 ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 2，F1，
F2 分别是双曲线的左、右焦点，点 M (－a,0)， N(0，b)，点 P 为线段 MN 上的动 点，当 P→F1·P→F2取得最小值和最大值时，△ PF1F2 的面积分别为 S1，S2，则 SS21＝ ________.
所以 F′(x)＝ ln x－ln(2－x)＋ 2(1－ x)在区间 (0,1)上单调递增，
所以任意 x∈(0,1)，F′ (x)＝ln x－ln(2－ x)＋2(1－x)<F′(1)＝0，
所以函数 F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间 (0,1)上单调递减， 所以 F(x)>F(1)，x∈(0,1)， 故 x1＋x2>2.
拿下压轴题 ·高考创奇迹 的考生自选
一、选择、填空压轴题
“2＋ 1＋2”压轴题目自选练 一 供学有余力
11．已知正三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，棱锥的底面是边
长为 2 3的正三角形，侧棱长为 5，则球 O 的表面积为 ( )
A．10π
B．25π
C．100π
D． 125π
解析： 选 B 如图，设 O1 为正三棱锥 S-ABC 的底面中心，
1－ ax x >0
恒成立，所以
h(x)在(0，＋ ∞)上单调递增，且
h(1)＝ 0， 所以任意 x∈(1，＋ ∞)，h(x)＝ f′(x)>0，故 a≤0 不成立．
1 当 a>0 时，若 x∈ 0， a ，则 h′ (x)>0；
1 若 x∈ a，＋ ∞ ，则 h′(x)<0.
1
1
所以 h(x)在 0， a 上单调递增，在 a，＋ ∞ 上单调递减．
解析： 由 e＝ca＝2，得 c＝2a，则 b＝ 3a，故线段 MN 所在直线的方程为 y
＝ 3(x＋a)．又点 P 在线段 MN 上，可设 P(m， 3m＋ 3a)，其中 m∈[ －a,0]．由
于 F1(－c,0)，F2(c,0)，即 F1(－2a,0)，F2(2a,0)，得P→F1＝(－ 2a－m，－ 3m－ 3a)，
1 所以 h(x)max＝h a ＝－ ln a＋a－1＝0.
令 g(a)＝－ ln a＋ a－ 1，则 g′(a)＝1－1a＝a－a 1.
当 0<a<1 时， g′(a)<0；当 a>1 时， g′ (a)>0.所以 g(a)在(0,1)上单调递减，
在 (1，＋ ∞ )上单调递增．
所以 g(a)≥g(1)＝0，故 a＝1.
(2)证明：当 a＝1 时， f(x)＝ xln x－ 12x2，
则 f′(x)＝1＋ln x－x.
由(1)知 f′(x)＝1＋ ln x－x≤0 恒成立，
所以 f(x)＝xln x－ 12x2 在(0，＋ ∞)上单调递减，
且 f(1)＝－ 12，f(x1)＋ f(x2)＝－ 1＝2f(1)．
不妨设 0<x1<x2，则 0<x1<1<x2，
3a＝4. 3
4
答案： 4
二、解答题压轴题 20．设 M 是抛物线 E：x2＝2py(p>0)上的一点， 抛物线 E 在点 M 处的切线方
程为 y＝x－1.
(1)求 E 的方程．
(2)已知过点 (0,1)的两条不重合直线 l 1，l 2 的斜率之积为 1，且直线 l 1，l 2 分
别交抛物线 E 于 A，B 两点和 C，D 两点，是否存在常数 λ，使得 |AB|＋|CD|＝
λ＝|A1B|＋
1 |CD|.
由题意知， l1， l2 的斜率存在且均不为零，
设直线 l 1 的方程为 y＝ kx＋1(k≠0)，
y＝kx＋ 1， 则由 x2＝4y，
消去 y 得 x2－4kx－4＝0.
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 4k，x1·x2＝－ 4.
所以 |AB|＝ 1＋k2· x1＋x2 2－4x1x2＝ 1＋k2· 16k2＋ 16＝4(1＋k2)．
因为直线 l 1， l2 的斜率之积为 1，
1 所以 |CD|＝4 1＋k2 .
所以
λ＝ |A1B|＋|C1D |＝4
1 1＋k2
＋ 4
1 1
1＋ k2
1＋k2
＝ 4
1＋ k2
＝14.
所以存在常数 λ＝14，使得 |AB|＋|CD |＝ λ|AB| ·|CD|成立． 21．已知函数 f(x)＝xln x－a2x2＋(a－1)x，其导函数 f′ (x)的最大值为 0.
(1)求实数 a 的值； (2)若 f(x1)＋ f(x2)＝－ 1(x1≠x2)，证明： x1＋x2>2. 解： (1)由题意，函数 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞ )，其导函数 f′ (x)＝ln x－a(x － 1)．
记
h(x)＝f′ (x)，则
h′
(x)＝
1－ ax x.
当
a≤ 0
时，h′(x)＝
连接 SO1，
则 SO1 是三棱锥的高，
设球 O 的半径为 R，连接 AO1，
因为正三角形 ABC 的边长为 2 3，
所以 AO1＝2 3× 23×23＝ 2，
因为 SA＝ 5，
所以在 Rt△ ASO1 中， SO1＝ 5 2－22＝ 1，
易知三棱锥的外接球的球心 O 在 SO1 的延长线上，连接 AO，在 Rt△ AOO1
λ|AB| ·|CD|成立？若存在，求出 λ的值；若不存在，请说明理由．
解： (1)设
M
x20 x0， 2p
，′＝
x p.
xp0＝ 1， 由 x20
2p＝x0－1，
解得 p＝ 2.
所以抛物线 E 的方程为 x2＝4y.
(2)假设存在常数
λ，使得 |AB|＋ |CD |＝λ|AB| |·CD|成立，则
欲证 x1＋x2>2，只需证 x2>2－x1.
因为 f(x)在(0，＋ ∞)上单调递减，
所以只需证 f(x2)<f(2－ x1)， 又 f(x1)＋f(x2)＝－ 1，
所以只需证－ 1－ f(x1)<f(2－ x1)，
即 f(2－x1)＋f(x1)>－1.
令 F(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中 x∈(0,1))，则 F(1) ＝－ 1.
原点对称的点即函数 y＝ex 的图象关于原点的对称图象 (函数
y＝－
－
e
x
的图象
)与
y＝2x2－4x＋ 1(x>0)的图象的交点，如图，
作出函数 y＝－ e－x 和 y＝2x2－4x＋1 的图象，由图知函数 y＝
－ e－x 的图象与 y＝2x2－4x＋1(x>0)的图象有两个交点， 所以满足条件的对称点有