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- 2021-05-14 发布
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压轴大题(一)
1.(2013·广东省惠州市高三第三次调研考试)已知函数f(x)=x3-3ax(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的极小值;
(2)若对任意的m∈R,直线x+y+m=0都不是曲线y=f(x)的切线,求a的取值范围.
2.(2013·北京市海淀区高三年级第二学期期中练习)已知圆M:(x-)2+y2=r2(r>0).若椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为圆M的圆心,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若存在直线l:y=kx,使得直线l与椭圆C分别交于A,B两点,与圆M分别交于G,H两点,点G在线段AB上,且|AG|=|BH|,求圆M的半径r的取值范围.
3.(2013·河北省普通高中高三教学质量监测)设函数f(x)=x-1ex的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
(1)求函数f(x)在[m,m+1](m>0)上的最小值;
(2)设函数g(x)=,若x1≠x2,且g(x1)=g(x2),证明:x1+x2>2.
4.已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1、F2,O为坐标原点.
(1)如图1,点M为椭圆C上的一点,N是MF1的中点,且NF2⊥MF1,求点M到y轴的距离;
(2)如图2,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于P、Q两点,若在椭圆C上存在点R,使得四边形OPRQ为平行四边形,求实数m的取值范围.
答案:
1.【解】(1)当a=1时,f′(x)=3x2-3,
令f′(x)=0,得x=-1或x=1,
当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,f′(x)>0,
∴f(x)在(-1,1)上单调递减,在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,
∴f(x)的极小值是f(1)=-2.
(2)f′(x)=3x2-3a,直线x+y+m=0即y=-x-m,
依题意,切线斜率k=f′(x)=3x2-3a≠-1,
即3x2-3a+1=0无解,
∴Δ=0-4×3(-3a+1)<0,
∴a<.
故a的取值范围是(-∞,).
2.【解】(1)设椭圆的焦距为2c,
因为a=,=,所以c=1,所以b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程得,
所以(1+2k2)x2-2=0,则x1+x2=0,x1x2=-.
所以|AB|==.
又点M(,0)到直线l的距离d=,
则|GH|=2 ,
显然,若点H也在线段AB上,则由对称性可知,直线y=kx就是y轴,与已知矛盾,
所以要使|AG|=|BH|,
只要|AB|=|GH|,
所以=4(r2-),
r2=+
=
=2(1+).
当k=0时,r=.
当k≠0时,r2=2(1+)<2(1+)=3,
又显然r2=2(1+)>2,所以1时,f′(x)>0;
01时,2x-2>0,从而e2x-2-1>0.
又e-x>0,所以F′(x)>0,
从而函数F(x)在[1,+∞)上是增函数.
又F(1)=e-1-e-1=0,所以x>1时,
有F(x)>F(1)=0,
即g(x)>g(2-x).②
由①及g(x1)=g(x2),知x1与x2只能在1的两侧.
不妨设01,
由结论②可知,g(x2)>g(2-x2),
所以g(x1)=g(x2)>g(2-x2).
因为x2>1,所以2-x2<1.
又由结论①可知函数g(x)在(-∞,1)内是增函数,
所以x1>2-x2,即x1+x2>2.
4.【解】(1)由题意知,F1(-1,0),F2(1,0),
设M(x0,y0),∵N为MF1的中点,∴N(,),
∴=(-1-x0,-y0),=(,-),
∵MF1⊥NF2,∴·=0,
即(-1-x0,-y0)·(,-)=0,
∴x-2x0-3+y=0,①
又有+y=1,②
由①②解得x0=2-2(x0=2+2舍去),
∴点M到y轴的距离为2-2.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),R(xR,yR),
∵四边形OPRQ为平行四边形,
∴x1+x2=xR,y1+y2=yR.
∵点R在椭圆上,∴+(y1+y2)2=1,
即+[k(x1+x2)+2m]2=1,
化简得,(1+2k2)(x1+x2)2+8km(x1+x2)+8m2=2.③
由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.
由Δ>0,得2k2+1>m2,④
由根与系数的关系得, x1+x2=-,
代入③式,得-+8m2=2,
化简得4m2=1+2k2,代入④式,得m≠0.
又4m2=1+2k2≥1,∴m≤-或m≥.
故实数m的取值范围是(-∞,-]∪[,+∞).