《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第二部分 刷題型 壓軸題（八）理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第二部分 刷題型 壓軸題（八）理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 壓軸題(八) 12．(2019·湘贛十四校聯(lián)考二)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝2，E為AD的中點，P為正方形A1B1C1D1內(nèi)的一個動點(含邊界)，且|PE|≤，則|＋＋|的最小值為(　　) A．－1 B．－3 C． D．＋1 答案　B 解析　設A1D1的中點為F，連接EF，PF，則在△EFP中，EF⊥FP，EP2＝EF2＋FP2，∴FP2≤1，∴點P的軌跡是以F為圓心，以1為半徑的半圓面(位于正方形A1B1C1D1內(nèi))，以A1為坐標原點建立平面直角坐標系如圖所示， 則A1(0,0)，B1(2,0)，C1(2,2)，F(xiàn)(0，1)，設點P的坐標為(x，y

2、)，則＝(－x，－y)，＝(2－x，－y)，＝(2－x，2－y)，＋＋＝(4－3x,2－3y)． |＋＋|＝ ＝3×. 設Q點的坐標為，則|＋＋|＝3|PQ|≥3(|QF|－1)＝－3.故選B. 16．已知橢圓的焦點為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c,0)，其中c＝2∫0cosxdx，直線l與橢圓相切于第一象限的點P，且與x，y軸分別交于點A，B，設O為坐標原點，當△AOB的面積最小時，∠F1PF2＝60°，則此橢圓的方程為________． 答案?。? 解析　由題意，得在P(x0，y0)處的切線方程為＋＝1. 所以A，B， S△AOB＝×，因為＋＝1≥， 所以≥.所以S△AO

3、B≥ab. 當且僅當＝＝時，△AOB的面積最?。? 設|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，由余弦定理，得 4c2＝r＋r－r1r2＝(r1＋r2)2－3r1r2＝4a2－3r1r2， 所以r1r2＝b2， 所以S△PF1F2＝r1r2sin60°＝b2， 所以·2c·y0＝b2，y0＝＝b， 所以c＝b. 又因為c＝2cosxdx＝2sinx ＝2＝. 所以b＝3，a＝. 所以此橢圓的方程為＋＝1. 20．(2019·廣東四校聯(lián)考)某地有種特產(chǎn)水果很受當?shù)乩习傩諝g迎，但該種特產(chǎn)水果只能在9月份銷售，且該種特產(chǎn)水果當天食用口感最好，隔天食用口感較差．某超市每年9月份都銷售該

4、種特產(chǎn)水果，每天計劃進貨量相同，進貨成本每千克8元，銷售價每千克12元，當天未賣出的水果全部轉(zhuǎn)賣給水果罐頭廠，但每千克只能賣到5元．根據(jù)往年銷售經(jīng)驗，每天需求量與當?shù)刈罡邭鉁?單位：℃)有一定關(guān)系．若最高氣溫不低于30，則需求量為5000千克；若最高氣溫位于[25,30)，則需求量為3500千克；若最高氣溫低于25，則需求量為2000千克．為了制訂今年9月份訂購計劃，統(tǒng)計了前三年9月份的最高氣溫數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高 氣溫(℃) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天數(shù) 4 14 36 21 15 以最高氣溫位于

5、各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率． (1)求今年9月份這種特產(chǎn)水果一天需求量X(單位：千克)的分布列和數(shù)學期望； (2)設9月份一天銷售這種特產(chǎn)水果的利潤為Y(單位：元)，當9月份這種特產(chǎn)水果一天的進貨量n(單位：千克)為多少時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為多少？ 解　(1)今年9月份這種特產(chǎn)水果一天的需求量X的可能取值為2000,3500,5000. P(X＝2000)＝＝， P(X＝3500)＝＝， P(X＝5000)＝＝. 于是X的分布列為 X 2000 3500 5000 P X的數(shù)學期望E(X)＝2000×＋3500×＋5000×＝3

6、800. (2)由題意，知這種特產(chǎn)水果一天的需求量至多為5000千克，至少為2000千克，因此只需要考慮2000≤n≤5000.當3500≤n≤5000時， 若最高氣溫不低于30，則Y＝4n； 若最高氣溫位于[25,30)， 則Y＝3500×4－(n－3500)×3＝24500－3n； 若最高氣溫低于25，則Y＝2000×4－(n－2000)×3＝14000－3n. 此時E(Y)＝×4n＋×(24500－3n)＋×(14000－3n)＝12600－n≤11900. 當2000≤n<3500時， 若最高氣溫不低于25，則Y＝4n； 若最高氣溫低于25，則Y＝2000×4－(n－

7、2000)×3＝14000－3n. 此時E(Y)＝×4n＋×(14000－3n)＝2800＋n<11900. 所以n＝3500時，Y的數(shù)學期望達到最大值，最大值為11900. 21．設函數(shù)f(x)＝ln (x＋a)－x，g(x)＝xex－2x－1. (1)若直線l：y＝－x＋ln 3－是函數(shù)f(x)的圖象的一條切線，求實數(shù)a的值； (2)當a＝0時， ①關(guān)于x的方程f(x)＝x2－x＋m在區(qū)間[1,3]上有解，求m的取值范圍； ②證明：當x>0時，g(x)≥f(x)． 解　(1)∵f(x)＝ln (x＋a)－x， ∴f′(x)＝－1， 設切點為P(x0，y0)， 則－1＝

8、－，∴x0＋a＝3， 又ln (x0＋a)－x0＝－x0＋ln 3－， ∴l(xiāng)n 3－x0＝－x0＋ln 3－， ∴x0＝2，∴a＝1. (2)當a＝0時，①方程f(x)＝x2－x＋m， 即ln x－x2＋x＝m. 令h(x)＝ln x－x2＋x(x>0)， 則h′(x)＝－2x＋＝－. 令h′(x)＝0，則x1＝，x2＝－(舍去)； ∴當x∈[1,3]時，h′(x)，h(x)隨x的變化情況如下表： ∵h(1)＝，h(3)＝ln 3－2<，h＝ln ＋， ∴當x∈[1,3]時，h(x)∈， ∴m的取值范圍為. ②證明：令F(x)＝g(x)－f(x) ＝xex－ln

9、 x－x－1(x>0)， 則F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝·(xex－1)． 令G(x)＝xex－1， 則當x>0時，G′(x)＝(x＋1)ex>0， ∴函數(shù)G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∵G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0， ∴G(x)存在唯一的零點c∈(0,1)， 且當x∈(0，c)時，G(x)<0， F′(x)<0，則F(x)單調(diào)遞減， 當x∈(c，＋∞)時，G(x)>0， F′(x)>0，則F(x)單調(diào)遞增， 從而F(x)≥F(c)＝cec－ln c－c－1. 由G(c)＝0得cec－1＝0，cec＝1， 兩邊取對數(shù)得ln c＋c＝0， ∴F(c)＝0，∴F(x)≥F(c)＝0，故g(x)≥f(x)． - 5 -