2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 提能增分篇 突破三 大題沖關(guān)-解答題的應(yīng)對(duì)技巧 壓軸題沖關(guān)系列3 文

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 提能增分篇 突破三 大題沖關(guān)-解答題的應(yīng)對(duì)技巧 壓軸題沖關(guān)系列3 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 提能增分篇 突破三 大題沖關(guān)-解答題的應(yīng)對(duì)技巧 壓軸題沖關(guān)系列3 文（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 提能增分篇 突破三 大題沖關(guān)-解答題的應(yīng)對(duì)技巧 壓軸題沖關(guān)系列3 文 1．(xx·貴州七校聯(lián)考)已知中心在原點(diǎn)O，左焦點(diǎn)為F1(－1,0)的橢圓C的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，F(xiàn)1到直線AB的距離為|OB|. (1)求橢圓C的方程； (2)若橢圓C1方程為：＋＝1(m＞n＞0)，橢圓C2方程為：＋＝λ(λ＞0，且λ≠1)，則稱橢圓C2是橢圓C1的λ倍相似橢圓．已知C2是橢圓C的3倍相似橢圓，若橢圓C的任意一條切線l交橢圓C2于兩點(diǎn)M，N，試求弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍． 解：(1)設(shè)橢圓C1方程為＋＝1(a＞b＞0)， ∴直線AB方程為＋＝1， ∴F1(－1

2、,0)到直線AB距離為d＝＝b， 化為a2＋b2＝7(a－1)2， 又b2＝a2－1，解得：a＝2，b＝. ∴橢圓C1方程為＋＝1. (2)橢圓C1的3倍相似橢圓C2的方程為＋＝1. ①若切線m垂直于x軸，則其方程為x＝±2，易求得|MN|＝2. ②若切線m不垂直于x軸，可設(shè)其方程為y＝kx＋m. 將y＝kx＋m代人橢圓C1方程，得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ∴Δ＝48(4k2＋3－m2)＝0，即m2＝4k2＋3，(*) 記M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 將y＝kx＋m代人橢圓C2方程，得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4

3、m2－36＝0， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴|x1－x2|＝ ＝ ＝， ∴|MN|＝|x1－x2|＝ ＝2 ∵3＋4k2≥3， ∴1<1＋≤， 即2<2≤4， 綜合①②，得弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍為[2，4 ]． 2．(xx·廣西三市模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，以原點(diǎn)為圓心，橢圓的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線x－y＋＝0相切． (1)求橢圓C的方程； (2)若過(guò)點(diǎn)M(2,0)的直線與橢圓C相交于兩點(diǎn) A，B，設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，且滿足＋＝t( O為坐標(biāo)原點(diǎn))，當(dāng)|－|<時(shí)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 解：(1)由題意知，e＝＝， 所以e2＝＝＝，即

4、a2＝2b2. 又∵以橢圓的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線x－y＋＝0相切， ∴b＝＝1，則a2＝2. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由題意知直線AB的斜率存在． 設(shè)AB的方程為y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)， 由 得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0. Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－2)＞0， 解得k2<， 且x1＋x2＝，x1x2＝. ∵＋＝t， ∴(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)． 當(dāng)t＝0時(shí)，不滿足|－|<； 當(dāng)t≠0時(shí)，解得x＝＝， y＝＝＝， ∵點(diǎn)P在橢圓＋y2＝1上， ∴＋2×＝2，

5、 化簡(jiǎn)，得16k2＝t2(1＋2k2)， ∵|－|<， ∴|x1－x2|<， 化簡(jiǎn)，得(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]<， ∴(1＋k2)<， ∴(4k2－1)(14k2＋13)＞0， 解得k2>， 即

6、(x)x2，求證：當(dāng)x＞0時(shí)，k(x)＜＋. 解：(1)由題意知，f′(x)＝， 故f(1)＝ln(1＋a)＋b＝0， f′(1)＝－[ln(1＋a)＋b]＝1， 解得a＝b＝0. (2)①g(x)＝f(ex)＝，g′(x)＝， 則當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0， 當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＞0. 故g(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，1)， 單調(diào)減區(qū)間是(1，＋∞)． ②證明：h(x)＝＝， h′(x)＝， k(x)＝2h′(x)x2＝. 由①知，當(dāng)x＞0時(shí)，∈， 設(shè)m(x)＝1－2xln x－2x， m′(x)＝－2ln x－4＝－2(ln x＋2)， 故m(x)在上單調(diào)

7、遞增， 在上單調(diào)遞減， 故m(x)max＝m＝1＋且g(x)與m(x)不于同一點(diǎn)取等號(hào)， 故k(x)＜＝＋. 4．(xx·河北石家莊二模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)不垂直于坐標(biāo)軸的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，且線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)P，求直線l的方程． 解：(1)由題意得 解得 所以橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)解法一：設(shè)直線的方程設(shè)為y＝kx＋t，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立消去y，得 (1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－4＝0， 則有x1＋x2＝，x

8、1x2＝， Δ>0?4k2＋2>t2， y1＋y2＝kx1＋t＋kx2＋t＝k(x1＋x2)＋2t＝， y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2 ＝k2＋kt＋t2＝. 因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)， 所以·＝0?x1x2＋y1y2＝0. x1x2＋y1y2＝＋＝0?5t2＝4＋4k2， Δ>0?4k2＋1>t2?t<－或t>. 又設(shè)A，B的中點(diǎn)為D(m，n)，則 m＝＝， n＝＝. 因?yàn)橹本€PD與直線l垂直， 所以kPD＝－＝得＝， 由 解得 當(dāng)t＝－時(shí)，Δ>0不成立． 當(dāng)t＝1時(shí)，k＝±， 所以直線l的方程為y＝x

9、＋1或y＝－x＋1. 解法二：設(shè)直線的l斜率為k，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為D(x0，y0)， 所以k＝，x0＝，y0＝. 由題意 ①－②，得＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0?＋＝0?＋k＝0， 又因?yàn)橹本€PD與直線l垂直， 所以·k＝－1. 由 解得 設(shè)直線l的方程設(shè)為y－y0＝k(x－x0)， 得y＝kx＋2k2＋， 聯(lián)立消去y，得 (1＋4k2)x2＋4k(k2＋1)x＋(4k2＋1)2－4＝0， x1＋x2＝2x0＝－4k， x1x2＝， y1y2＝k2－2k2(4k2＋1)＋2 ＝. 因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)， 所以·＝0?x1x2＋y1y2＝0. x1x2＋y1y2＝＋＝0. ?5(4k2＋1)2＝16(1＋k2)． 解得k＝±， 所以直線l的方程為y＝x＋1或y＝－x＋1.