教辅：高考数学复习练习之压轴题7.doc
压轴题(七)8(2020山东淄博二模)已知函数f(x)是定义在上的奇函数当x时，f(x)f(x)tanx>0，则不等式cosxfsinxf(x)>0的解集为()A. BC. D答案C解析令g(x)f(x)sinx，则g(x)f(x)cosxf(x)sinxf(x)f(x)tanxcosx，当x时，f(x)f(x)tanx>0，cosx>0，g(x)>0，即函数g(x)单调递增又g(0)0，x时，g(x)f(x)sinx0，f(x)是定义在上的奇函数，g(x)是定义在上的偶函数不等式cosxfsinxf(x)>0，即sinf>sinxf(x)，即g>g(x)，|x|>|x|，x>，又<x<，故<x<0，由得不等式的解集是.故选C.12(多选)(2020山东济宁嘉祥县第一中学四模)设双曲线C：1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l分别与双曲线左、右两支交于M，N两点，以MN为直径的圆过F2，且22，则以下结论正确的是()AF1MF2120B双曲线C的离心率为C双曲线C的渐近线方程为yxD直线l的斜率为1答案BC解析如图，作F2DMN于D，则2|2|cosF2MN|2|2，所以|，所以D是MN的中点，从而|F2M|F2N|，根据双曲线定义|MF2|MF1|2a，|NF1|NF2|2a，所以|MF2|MF1|NF1|NF2|MN|4a，又以MN为直径的圆过F2，所以MF2NF2，MNF2NMF245，于是F1MF2135，A错误；又得|MF2|NF2|2a，|NF1|(22)a，由余弦定理|F1F2|2|NF1|2|NF2|22|NF1|NF2|cos45得4c2(2a)2(22)2a222a(22)a，化简得3，所以e，B正确；由3得2，即，所以渐近线方程为yx，C正确；易知NF1F2<NMF245，所以kMNtanNF1F2<1，D错误故选BC.16(2020山东济南一模)古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数(>0且1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2AD2AA16，点E在棱AB上，BE2AE，动点P满足BPPE.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为_；若点P在长方体ABCDA1B1C1D1内部运动，F为棱C1D1的中点，M为CP的中点，则三棱锥MB1CF的体积的最小值为_答案2解析以点D为原点，DA，DC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则E(3,2)，B(3,6)，设P(x，y)，BPPE，(x3)2(y6)23(3x)2(2y)2，(x3)2y212，点P形成的阿氏圆的半径为2.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0,0)，E(3,2,0)，B(3,6,0)，C(0,6,0)，B1(3,6,3)，F(0，3,3)，1(3,0,3)，(0，3,3)，(3，6,0)，设P(x，y，z)，点M到平面B1FC的距离为h，则点P到平面B1FC的距离为2h.点P在平面内形成的是圆的一部分，点P在空间内形成的是球面的一部分，球心为A(3,0,0)，半径为R2.设平面B1CF的一个法向量为n(x1，y1，z1)，则取x11，则n(1,1,1)2hminR2，hmin.易得B1CB1FCF3，B1CF为等边三角形SB1CF33，三棱锥MB1CF的体积的最小值为VSB1CFhmin.21(2020广州大学附中一模)已知函数f(x)x2cosx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)f(x)a在(0，)上有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：<.解(1)f(x)x2cosx，f(x)x2cosxf(x)，所以f(x)为偶函数，故只需求x0，)时f(x)的最小值，f(x)2xsinx，当x时，设h(x)2xsinx，则h(x)2cosx，显然h(x)在上单调递增，而h(0)<0，h>0，由零点存在定理可知，存在唯一的x0，使得h(x0)0，当x(0，x0)时，h(x)<0，h(x)单调递减；当x时，h(x)>0，h(x)单调递增而h(0)0，h0，故x时，h(x)<0，即x时，f(x)<0，f(x)单调递减又当x时，2x>sinx，f(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)minf.(2)证明：因为<，所以要证<，只需证<，由(1)得x1，x2，构造函数F(x)f(x)f(x)2x2cosx2，x，F(x)22sinx>0，即F(x)单调递增，所以F(x)<F0，即当x时，f(x)<f(x)，而x1，所以f(x1)<f(x1)，又f(x1)f(x2)，即f(x2)<f(x1)，此时x2，x1，因为f(x)在上单调递增，所以x2<x1，所以x1x2<，即<，故<.22已知圆O：x2y21和抛物线E：yx22，O为坐标原点(1)已知直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OMON，求直线l的方程；(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为，求点P的坐标解(1)由题意，知直线l的斜率存在，设直线l：ykxb，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由直线l与圆O相切，得1，所以b2k21.由消去y，得x2kxb20.所以x1x2k，x1x2b2.由OMON，得0，即x1x2y1y20，所以x1x2(kx1b)(kx2b)0，所以(1k2)x1x2kb(x1x2)b20，所以b2(b2)(b21)bb20，解得b1或b0(舍去)所以k0，故直线l的方程为y1.(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，则kQRx3x4，所以x3x4.由题意，知直线PQ，PR的斜率均存在，设PQ：yy0k1(xx0)，由直线PQ与圆O相切，得1，即(x1)k2x0y0k1y10，设PR：yy0k2(xx0)，同理可得(x1)k2x0y0k2y10.由题意可得x1，故k1，k2是方程(x1)k22x0y0ky10的两个根，所以k1k2.由得x2k1xk1x0y020，故x0x3k1，同理可得x0x4k2，则2x0x3x4k1k2，即2x0，所以2x0，解得x0或x0.当x0时，y0；当x0时，y01.故P或P(，1)
