全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程高难拉分攻坚特训四课件

解 (1)由抛物线定义知45＋2p＝23，
得 p＝21， 故抛物线的方程为 x2＝y. 由M→P·M→Q＝0 得点 M 的轨迹 D 是以 PQ 为直径的圆， 其方程为 x2＋(y－6)2＝4.
(2)由△OAT 与△OBS 的面积相等得|AT|＝|BS|， 则|AS|＝|BT|， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)， 由A→S＝(x3－x1，y3－y1)，T→B＝(x2－x4，y2－y4)， 且A→S＝T→B得 x3－x1＝x2－x4，即 x1＋x2＝x4＋x3. (ⅰ)当直线 l 的斜率为 0 时，l 的方程为 y＝m，此时只需点(0，m)在圆 D 内即可，此时 4<m<8.
的奇数项构成以 a1 为首项，2 为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以
a2 为首项，2 为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以 4 为公差的等差数列，
所以 Sn＝nnnn22＋＋11，＋na为1－偶1数，. n为奇数，
当 n 为偶数时，nn＋ 2 1＝1350，无解(因为 50×51＝2550,52×53＝2756， 所以接下来不会有相邻两数之积为 2700)．当 n 为奇数时，nn＋ 2 1＋(a1－1) ＝1350，a1＝1351－nn2＋1，因为 a2<2，所以 3－a1<2，所以 a1>1，所以 1351 －nn＋ 2 1>1，所以 n(n＋1)<2700，又 n∈N*,51×52＝2652，所以 n≤51，故 选 A.
2．A，B 为单位圆(圆心为 O)上的点，O 到弦 AB 的距离为 23，C 是劣弧
︵ AB
(包含端点)上一动点，若O→C＝λO→A＋μO→B(λ，μ∈R)，则 λ＋μ 的取值范围
为________．
答案
1，2

3
3

解析 如图，以圆心 O 为坐标原点建立直角坐标系，设 A，B 两点在 x
高难拉分攻坚特训
1．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，an＋1＋an＝2n＋1，且 Sn＝1350.若 a2<2， 则 n 的最大值为( )
A．51 B．52 C．53 D．54
答案 A
解析 因为 an＋1＋an＝2n＋1
①，
所以 an＋2＋an＋1＝2(n＋1)＋1＝2n＋3 ②，
②－①得 an＋2－an＝2，且 a2n－1＋a2n＝2(2n－1)＋1＝4n－1，所以数列{an}
A．[2，＋∞)
B．[2 2，＋∞)
C．[2 3，＋∞) D．[4，＋∞)
答案 C
解析 f′(x)＝a－2x－1x＝－2x2－xax＋1，因为 f(x)存在极值，所以 f′(x) ＝0 在(0，＋∞)上有根，即 2x2－ax＋1＝0 在(0，＋∞)上有根，所以 Δ＝a2 －8≥0，显然当 Δ＝0 时，f(x)无极值，不符合题意，所以 Δ＝a2－8>0，即 a>2 2 或 a<－2 2.记方程 2x2－ax＋1＝0 的两根为 x1，x2，由根与系数的关系得 x1x2 ＝12，x1＋x2＝a2，易知 a>0，则 f(x1)，f(x2)为 f(x)的极值，所以 f(x1)＋f(x2)＝(ax1 －x12－ln x1)＋(ax2－x22－ln x2)＝a(x1＋x2)－(x21＋x22)－(ln x1＋ln x2)＝a22－a42－1 ＋ln 2≥4＋ln 2，所以 a≥2 3.综上，a 的取值范围为[2 3，＋∞)，选 C.
2

，
μ
→ OB
＝
μ2，
3μ
2

，
∴
→ OC
＝
λ
→ OA
＋
μ
→ OB
＝
μ－2 λ， 3λ2＋μ，又∵C 是劣弧A︵B (包含端点)上一动点，设点 C 坐标为(x，
y)，则－2312≤≤yx≤≤112，， ≤1，
∵O→C＝μ－2 λ，
3λ2＋μ＝(x，y)，∴ 23≤y＝
故 k1＝x1y＋1 2，所以k11＝x1y＋1 2＝ty1＋y21 ＋2＝t＋y41， 同理，得k12＝t＋y42， 所以k121＋k122－km2＝t＋y412＋t＋y422－km2 ＝2t2＋8t×y11＋y12＋16×y121＋y122－mt2
代入①②得1m1＋－26m2><08，6－m， 解得－2<m<6. 又 k2＝11－2m>0，∴－2<m<121. 综上所述，实数 m 的取值范围为(－2,8)．
1．若函数 f(x)＝ax－x2－ln x 存在极值，且这些极值的和不小于 4＋ln 2，
则 a 的取值范围为( )
在 Rt△EOB 中，则有 EO2＋OB2＝EB2，故 EO＝
4－a22，正四棱锥的
高为 2＋
4－a22，正四棱锥的体积为 V＝13×a2×2＋ 4－a22，令 x＝
4－a22，x∈(0,2)，则 V(x)＝13×(8－2x2)×(2＋x)，即 V(x)＝13×(－2x3－4x2
＋8x＋16)，对 V(x)求导得，V′(x)＝13×(－6x2－8x＋8)，令 V′(x)＝0，即－
3λ＋μ 2
解得
1≤λ＋μ≤2 3
3，故
λ＋μ
的取值范围为1，2
3
3.
3．已知圆 C：x2＋y2－2x＝0，圆 P 在 y 轴的右侧且与 y 轴相切，与圆 C 外切．
(1)求圆心 P 的轨迹 Γ 的方程； (2)过点 M(2,0)，且斜率为 k(k≠0)的直线 l 与 Γ 交于 A，B 两点，点 N 与 点 M 关于 y 轴对称，记直线 AN，BN 的斜率分别为 k1，k2，是否存在常数 m， 使得k121＋k122－km2为定值？若存在，求出该常数 m 与定值；若不存在，请说明理 由．
f′(x)＝1－2(ln
x)·1x＝x－2xln
＝2t2＋8t×y1y＋1y2y2＋16×y1＋yy21y2－222y1y2－mt2 ＝2t2＋8t×－4t8＋16×4t2－－2×82－8－mt2 ＝2t2＋4－mt2＝(2－m)t2＋4， 要使该式为定值，则需 2－m＝0，即 m＝2，此时定值为 4.
所以存在常数 m＝2，使得k121＋k122－km2为定值，且定值为 4.
2．底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱 锥，则半径为 2 的球的内接正四棱锥的体积最大值为________．
答案
512 81
解析 因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，则球的 球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为 E 点，设 BC＝a，则 BO ＝ 22a，
(2)由已知，直线 l 的方程为 y＝k(x－2)，不妨设 t＝1k， 则直线 l 的方程为 y＝1t (x－2)，即 x＝ty＋2. 联立，得xy＝2＝ty4＋x，2， 消去 x，得 y2－4ty－8＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yy11＋y2＝y2＝－48.t， 因为点 M(2,0)与点 N 关于 y 轴对称，所以 N(－2,0)，
6x2－8x＋8＝0，解得 x＝23或 x＝－2(舍去)，当 x∈0，23时，V′(x)>0，V(x) 单调递增，当 x∈23，2时，V′(x)<0，V(x)单调递减，故当 x＝23时，V(x)max ＝58112.
3．已知函数 f(x)＝e2－xx＋，1x，>0x.≤0， 函数 y＝f[f(x)＋1]－m(m∈R)恰有两 个零点x1 和 x2.
4．已知 F 是抛物线 C：x2＝2py，p>0 的焦点，G，H 是抛物线 C 上不同 的两点，且|GF|＋|HF|＝3，线段 GH 的中点到 x 轴的距离为45.点 P(0,4)，Q(0,8)， 曲线 D 上的点 M 满足M→P·M→Q＝0.
(1)求抛物线 C 和曲线 D 的方程； (2)是否存在直线 l：y＝kx＋m 分别与抛物线 C 相交于点 A，B(A 在 B 的 左侧)、与曲线 D 相交于点 S，T(S 在 T 的左侧)，使得△OAT 与△OBS 的面积 相等？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，说明理由．
(ⅱ)当直线 l 的斜率不为 0 时， 由方程组xy＝ 2＝kyx＋m， 得 x2－kx－m＝0， 因为直线 l 与抛物线交于 A，B 两点， 所以 Δ＝k2＋4m>0，① 且 x1＋x2＝k. 由方程组xy＝ 2＋kxy＋－m6，2＝4 得(1＋k2)x2＋2k(m－6)x＋(m－6)2－4＝0，
轴上方且线段 AB 与 y 轴垂直，∵A，B 为单位圆(圆心为 O)上的点，O 到弦
AB 的距离为 23，∴点 A－12， 23，点 B12， 23，∴O→A＝－12， 23，O→B＝
12，
3
2

，
即
λ
→ OA
＝
－2λ，
3λ
(1)求函数 f(x)的值域和实数 m 的最小值； (2)若 x1<x2，且 ax1＋x2≥1 恒成立，求实数 a 的取值范围．
解 (1)当 x≤0 时，f(x)＝e－x＋1≥2. 当 x>0 时，f(x)＝2 x>0. ∴f(x)的值域为(0，＋∞)． 令 f[f(x)＋1]＝m， ∵f(x)＋1>1，∴f[f(x)＋1]>2，∴m>2. 又 f(x)的单调递减区间为(－∞，0]，单调递增区间为(0，＋∞)． 设 f(x)＋1＝t1，f(x)＋1＝t2，且 t1<0，t2>1. ∴f(x)＝t1－1 无解．
直线 l 与圆 D 交于 S，T 两点，所以圆心 D(0,6)到直线 l 的距离 d＝ |m1－＋6k|2<r＝2， 即(m－6)2<4(1＋k2)，② 且 x3＋x4＝－2k1＋m－k26. 因为 x1＋x2＝x4＋x3，所以 k＝－2k1＋m－k26，k≠0， 化简得 k2＝11－2m.
4．已知函数 f(x)＝x－a(ln x)2，a∈R. (1)当 a＝1，x>1 时，试比较 f(x)与 1 的大小，并说明理由； (2)若 f(x)有极大值，求实数 a 的取值范围； (3)若 f(x)在 x＝x0 处有极大值，证明：1<f(x0)<2e.
解 (1)当 a＝1，x>1 时，f(x)＝x－(ln x)2，x>1.
解 (1)圆 C 的方程可化为(x－1)2＋y2＝1， 则圆心 C(1,0)，半径 r＝1. 设圆心 P 的坐标为(x，y)(x>0)，圆 P 的半径为 R， 由题意可得RR＝ ＋1x，＝|PC|， 所以|PC|＝x＋1，即 x－12＋y2＝x＋1，整理得 y2＝4x. 所以圆心 P 的轨迹 Γ 的方程为 y2＝4x(x>0)．
当 a>1 时，设 g(t)＝t2－t－2a. 由 g(2)＝4－2－2a＝2－2a<0，t→＋∞时，g(t)→＋∞. ∴∃t0∈(2，＋∞)，使得 g(t0)＝0. 且当 t∈(2，t0)时，g(t)<0，t∈(t0，＋∞)时，g(t)>0. ∴当 t∈(2，t0)时，h(t)单调递减，此时 h(t)<h(2)＝0 不符合题意． 综上，实数 a 的取值范围为 a≤1.
从而 f(x)＝t2－1 要有两个不同的根，应满足 t2－1≥2， ∴t2≥3. ∴f(t2)＝f[f(x)＋1]≥2 3.即 m≥2 3. ∴m 的最小值为 2 3. (2)y＝f[f(x)＋1]－m 有两个零点 x1，x2 且 x1<x2， 设 f(x)＝t，t∈[2，＋∞)， ∴e－x1＋1＝t，∴x1＝－ln (t－1)． 2 x2＝t，∴x2＝t42.
∴－aln (t－1)＋t42≥1 对 t∈[2，＋∞)恒成立， 设 h(t)＝－aln (t－1)＋t42－1， h′(t)＝t－－a1＋2t ＝t22－t－t－12a. ∵t∈[2，＋∞)，∴t2－t∈[2，＋∞)恒成立． ∴当 2a≤2，即 a≤1 时，h′(t)≥0， ∴h(t)在[2，＋∞)上单调递增． ∴h(t)≥h(2)＝－aln 1＋1－1＝0 成立．