(通用版)高考数学二轮复习特训“2+1+2”压轴满分练(五)(理)(重点生,含解析)

“2＋1＋2”压轴满分练(五)

π??1．函数f(x)＝2sin?ωx＋?(ω＞0)的图象在[0,1]上恰有两个极大值点，则ω的取3??值范围为( )

A．[2π，4π] C.?

9π??B.?2π，?

2??

25π??D.?2π，? 6??

?13π，25π?

?6??6

π

π

解析：选C 法一：由函数f(x)在[0,1]上恰有两个极大值点，及正弦函数的图象可知

??ω＋∈?2π＋，4π＋?，则22

?π

3?

13π25π

≤ω＜. 66

π??法二：取ω＝2π，则f(x)＝2sin?2πx＋?，

3??ππ1

由2πx＋＝＋2kπ，k∈Z，得x＝＋k，k∈Z，

32121

则在[0,1]上只有x＝，不满足题意，排除A、B、D，故选C.

12

2．过点P(2，－1)作抛物线x＝4y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，M两点，O为坐标原点，则△PEM与△OAB的面积的比值为( )

A.3 2

B.3 3

2

1C. 23D. 4

解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令x1＜x2， 121

则y1＝，y2＝，由y＝x得y′＝x，

44421

则直线PA的方程为y－y1＝x1(x－x1)，

2

x21x22

x211?1?即y－＝x1(x－x1)，则E?x1，0?，

4

2

?2?

将P(2，－1)代入得x1－y1＋1＝0，

?1?同理可得直线PB的方程为x2－y2＋1＝0，M?x2，0?，

?2?

∴直线AB的方程为x－y＋1＝0， 则AB过定点F(0,1)，

S△AOB＝|OF|(x2－x1)＝(x2－x1)，

1

212

??S△PEM＝×1×?x2－x1?＝(x2－x1)， 22

?

∴

1

2

11

1?4

S△PEM1

＝. S△OAB2

3．在四面体ABCD中，AD＝DB＝AC＝CB＝1，则当四面体的体积最大时，它的外接球半径R＝________.

解析：当平面ADC与平面BCD垂直时，四面体ABCD的体积最大，因为AD＝AC＝1， 所以可设等腰三角形ACD的底边CD＝2x，高为h，则x＋h＝1，

11112322

此时四面体的体积V＝××2x×h＝x(1－x)，则V′＝－x，令V′＝0，得x＝，

32333从而h＝

6

， 3

2

2

23

则CD＝AB＝，故可将四面体ABCD放入长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，如

3图，

??b＋c＝1，则?

4

a＋c＝，??3

2

2

2

2

a2＋b2＝1，

22122

解得a＝c＝，b＝，则长方体的体对角线即四面体ABCD的外

33

5152222

接球直径，(2R)＝a＋b＋c＝，R＝.

36

答案：

15

6

4．已知椭圆Γ∶＋＝1，过点P(1,1)作斜率互为相反数的两条不同直线l1，l2，设

42

x2y2

l1与椭圆Γ交于A，B两点，l2与椭圆Γ交于C，D两点．

(1)若P(1,1)为AB的中点，求直线l1的方程； |AB|

(2)记λ＝，求λ的取值范围．

|CD|

解：(1)易知直线l1的斜率存在且不为0，设直线AB的斜率为k，则其方程为y－1＝k(x－1)，代入x＋2y＝4中，

得x＋2[kx－(k－1)]－4＝0，

∴(1＋2k)x－4k(k－1)x＋2(k－1)－4＝0.

2

2

2

2

2

2

2

判别式Δ＝[4(k－1)k]－4(2k＋1)[2(k－1)－4] ＝8(3k＋2k＋1)＞0.

2

222

??

设A(x，y)，B(x，y)，则?2

xx＝??

1

1

2

2

12

x1＋x2＝

4kk－1

，2

2k＋1

k－12－4

.2

2k＋1

∵AB的中点为P(1,1)，

12kk－11∴(x1＋x2)＝＝1，则k＝－. 2

22k＋121

∴直线l1的方程为y－1＝－(x－1)，

2即x＋2y－3＝0.

(2)由(1)知|AB|＝1＋k|x1－x2| ＝1＋k2

2

x1＋x2

2

2

－4x1x2

1＋k·83k＋2k＋1＝. 2

2k＋1

由题可得直线l2的方程为y－1＝－k(x－1)(k≠0)， 1＋k·83k－2k＋1

同理可得|CD|＝， 2

2k＋1|AB|∴λ＝＝ |CD|

3k＋2k＋1

(k≠0)， 2

3k－2k＋1

22

2

2

4k42

∴λ＝1＋2＝1＋. 3k＋1－2k1

3k＋－2

k1

令t＝3k＋，

k则g(t)＝1＋

4

，t∈(－∞，－23 ]∪[23，＋∞)． t－2

易知g(t)在(－∞，－23 ]，[23，＋∞)上单调递减， ∴2－3≤g(t)＜1或1＜g(t)≤2＋3， 故2－3≤λ＜1或1＜λ≤2＋3， 即λ∈?

6＋2??6－2??

，1?∪?1，?.

2?2???

x2

2

5．已知函数f(x)＝xe－a(ln x＋x)，a∈R. (1)当a＝e时，判断f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝e时，f′(x)＝1＋xxex－ex，

令f′(x)＝0，得x＝1，

∴f(x)在(0,1)上为减函数；在(1，＋∞)上为增函数．

(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R. ∴f(x)＝xe－a(ln x＋x)＝e－at，令g(t)＝e－at.

∴f(x)在x＞0上有两个零点等价于g(t)＝e－at在t∈R上有两个零点． ①当a＝0时，g(t)＝e，在R上单调递增，且g(t)＞0，故g(t)无零点； ②当a＜0时，g′(t)＝e－a＞0，g(t)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，

tttxtt?1?g??＝ea－1＜0，故g(t)在R上只有一个零点； ?a?

③当a＞0时，由g′(t)＝e－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．

若0＜a＜e，g(t)极小值＝a(1－ln a)＞0，g(t)无零点； 若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点；

若a＞e，g(t)极小值＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0， ln x由y＝在x＞e时为减函数，可知

t1x当a＞e时，e＞a＞a，从而g(a)＝e－a＞0， ∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．

综上，当a＞e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．

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