2024步步高考二轮数学新教材讲义压轴题突破练1含答案.docx

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1、2024步步高考二轮数学新教材讲义压轴题突破练11(2023马鞍山模拟)已知函数f(x)2ln x.(1)求函数g(x)f(x)x的零点；(2)证明：对于任意的正实数k，存在x00，当x(x0，)时，恒有kf(x)2(2023湖北联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且经过点，P，Q是椭圆C上的两点(1)求椭圆C的方程；(2)若直线OP与OQ的斜率之积为(O为坐标原点)，点D为射线OP上一点，且，若线段DQ与椭圆C交于点E，设(0)求的值；求四边形OPEQ的面积压轴题突破练21(2023马鞍山模拟)已知双曲线C：1(a0，b0)的焦距为2，离心率e.(1)求双曲线C的方程；(2)设P，Q为

2、双曲线C上异于点M的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2，若k1k22k1k2，求证：直线PQ过定点2(2023邵阳模拟)已知函数f(x)excos x，g(x)xcos x.(1)对任意的x，tf(x)g(x)0恒成立，求实数t的取值范围；(2)设方程f(x)g(x)在区间(nN*)内的根从小到大依次为x1，x2，xn，求证：xn1xn2.压轴题突破练31(2023运城模拟)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当OAB为等边三角形时，|AB|8.(1)求C的标准方程；(2)抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足4，且

3、点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，请说明理由2(2023齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)x3kx2.(1)若f(x)在x2处取得极值，求k的值；(2)若g(x)f(x)(x1)ex，当0k1时，g(x)0，即2ln xx02ln x1)，因此有ln x2ln1)，进而有ln1)2ln1)ln x1)，当k0时，等价于x，4等价于x4，设，4,1三个数中最大的数为x0，所以当x(x0，)时，有k42ln xf(x)2解(1)依题意有，1，a2b2c2，解得a2，b，c1，故椭圆C的方程为1.(2)设P，Q，因为，则D.因为P，Q均在椭圆上，则1，1.又kO

4、PkOQ，则3x1x24y1y20.因为，则，可得E.又E在椭圆上，则1424(1)2421(1)2(0舍去)由可知SPEQSQPDSOPQ，则四边形OPEQ的面积为SOPQ.当直线PQ斜率为0时，易知kOPkOQ，又kOPkOQ，则kOP.根据对称性不妨取kOP，y10，由解得则P，Q，此时SOPQ2.当直线斜率不为0时，如图，设PQ的方程为xmyt，将直线方程与椭圆方程联立有消去x得(3m24)y26mty3t2120.由题意知，其判别式大于0，则由根与系数的关系，得y1y2，y1y2.3x1x24y1y23(my1t)(my2t)4y1y20(3m24)y1y23mt(y1y2)3t20

5、(3m24)3t20，所以2t23m240 2t23m24.|PQ|2.又原点到直线PQ距离为，则此时SOPQ2.综上可得，四边形OPEQ的面积为.压轴题突破练21(1)解因为双曲线C：1(a0，b0)的焦距为2，离心率e，所以有b2c2a21，所以双曲线C的方程为y21.(2)证明由题意可知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为ykxm，联立方程得(12k2)x24kmx2m220，则有设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2，显然M的坐标为(2,1)，所以由k1k22k1k222(kx1m1)(x22)(kx2m1)(x12)2(kx1m1)(kx2m1)2kx1x2(m

6、1)(x1x2)2k(x1x2)4(m1)2k2x1x22k(m1)(x1x2)2(m1)22k(k1)x1x2(2kmm1)(x1x2)2(m1)(m1)0，把x1x2，x1x2代入上式，得2k(k1)(2kmm1)2(m1)(m1)02k(m1)(m1)(m1)0(m1)(2km1)0m1或m12k，当m1时，直线方程为ykx1，过定点(0，1)，当m12k时，直线方程为ykx12ky1k(x2)，过定点(2,1)，不符合题意，因此直线PQ过定点(0，1)2(1)解g(x)1sin x，对任意的x，tf(x)g(x)0恒成立，即texcos x1sin x对任意的x恒成立当x时，则有00对

7、任意的tR恒成立；当0，则t，令h(x)，其中cos x0，所以(x)0，20，所以存在唯一的x0(nN*)，使得(x0)0.所以xn(nN*)，则xn12(nN*)，所以(xn12)cos(xn12)sin(xn12)1cos xn1sin xn11cos xn1cos xn1()cos xn1xn，即xn1xn2.压轴题突破练31解(1)由对称性可知当OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，OAB的高为|AB|12，由题意知点(12,4)在C上，代入y22px，得(4)224p，解得p2，所以C的标准方程为y24x.(2)由(1)知F(1,0)，根据题意可知直线AB的斜率不为0，设直

8、线AB的方程为xkym，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，联立得y24ky4m0，所以16k216m0，即k2m0，且y1y24k，y1y24m，所以x1x2k(y1y2)2m4k22m，由4，得(x1x0，y1y0)(x2x0，y2y0)4(1x0，y0)，所以所以即P(2m2k2，2k)，又点P在C上，所以4k24(2m2k2)，即3k2m2，所以k2mk223k22(1k2)0，解得1k0，所以1k0.又点P到直线AB的距离d2，化简得m22mk2，联立解得或(舍去)，或(舍去)此时点P，直线AB的方程为3xy10.2解(1)f(x)x22kx，若函数f(x)在x2处

9、取得极值，则f(2)222k20，解得k1，所以f(x)x3x2，经检验，此时函数f(x)在x2处取得极小值，所以k1.(2)g(x)f(x)(x1)ex(x1)exx3kx2，定义域为R，g(x)xexx22kxx，令h(x)exx2k，显然h(x)在R上单调递增，当0k0，h(1)e112k0，所以存在唯一x0(1,0)，使得h(x0)0，即g(x0)0，即x00，所以k.当xx0时，h(x)0，当x0x0，故g(x)x0时，h(x)0，故g(x)x(exx2k)0，所以g(x)在(，x0)上单调递增，在(x0,0)上单调递减，在(0，)上单调递增，因为g(0)10，所以当x(0，)时，g

10、(x)恰有1个零点当x(，0)时，g(x)maxg(x0)(x01)xkx(x01)xx，令(x)(x22x2)exx31，x(1,0)，则(x)x2(ex1)0，所以(x)在(1,0)上单调递增，所以(x)(1)10，即当x0(1,0)时，(x0)0，所以g(x0)0，故当x(，0)时，g(x)无零点，综上，当0k时，g(x)在R上只有1个零点压轴题突破练41解(1)由题可知，X的取值为1,0,1，P(X1)；P(X0)；P(X1).故X的分布列如下：X101P(X)则E(X)101.(2)由题可知，P11，P21，P313，P4134.连续答题n轮，没有出现连续三轮每轮得1分时，记第n轮没

11、有得1分的概率为，则Pn1；记第n轮得1分，且第n1轮没有得1分的概率为，则Pn2；记第n轮得1分，且第n1轮得1分，第n2轮没有得1分的概率为，则Pn3；故PnPn1Pn2Pn3(n4)，故a，b，c；因为PnPn1Pn2Pn3，故Pn1PnPn1Pn2，故Pn1PnPnPn1Pn2Pn1Pn2Pn30；故Pn1P3P4，则P1P2P3P4P5，所以答题轮数越多(轮数不少于3)，出现“连续三轮每轮得1分”的概率越大2(1)证明由题意得，当a1时，f(x)excos xsin x，故F(x)excos xsin xx1exsinx1.当x时，F(x)exx1，记G(x)exx1，则G(x)ex

12、0，G(x)在上单调递增，G(x)1e220，所以F(x)0，即当x时，F(x)无零点当0x0，令p(x)exx1，则p(x)ex1，当x0时，p(x)0时，p(x)0，p(x)单调递增，因此p(0)0是p(x)的最小值，即p(x)0，所以exx1恒成立，所以F(x)exx1x1x1x0，所以F(x)0，即当0x时，F(x)无零点当x0时，F(x)exsin xcos xexsin.因为x，即1ex10，即F(x)在上单调递增又因为Fe0110，所以当x，即h(x)g(x)成立当x0时，令k(x)g(x)x1，则k(x)sin1.由0x，得0sin，所以k(x)110，即k(x)在上单调递增，k(x)k(0)cos10，即g(x)x1.由(1)知exx1，则h(x)eaxax1x1g(x)综上，a1.