高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第二部分 壓軸題五 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第二部分 壓軸題五 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第二部分 壓軸題五 Word版含解析（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 壓軸題(五) 12．(2019·河南焦作四模)已知f(x)＝msin2x＋sin3x－sinx，其中x∈[0，π]，則給出下列說法： ①函數(shù)f(x)可能有兩個零點(diǎn)；②函數(shù)f(x)可能有三個零點(diǎn)；③函數(shù)f(x)可能有四個零點(diǎn)；④函數(shù)f(x)可能有六個零點(diǎn)． 其中所有正確說法的編號是(　　) A．①② B．①②③ C．①②④ D．②④ 答案　B 解析　由f(x)＝0，得msin2x＋sin3x－sinx＝0?sinx＝0或msinx＝－sin2x＋1.所以x＝0或x＝π或m＝－，x∈(0，π)．設(shè)sinx＝t，則m＝－，t∈(0,1]．易知函數(shù)m＝－在t∈(0,1]上為減

2、函數(shù)，最小值為0，所以當(dāng)m∈(－∞，0)時，sinx＝t無解；當(dāng)m＝0時，sinx＝t＝1，解得x＝；當(dāng)m∈(0，＋∞)時，t∈(0,1)，sinx＝t在(0，π)上有兩個解．綜上所述，當(dāng)m∈(－∞，0)時，f(x)在區(qū)間[0，π]上零點(diǎn)的個數(shù)為2；當(dāng)m＝0時，f(x)在區(qū)間[0，π]上零點(diǎn)的個數(shù)為3；當(dāng)m∈(0，＋∞)時，f(x)在區(qū)間[0，π]上零點(diǎn)的個數(shù)為4.故選B. 16．在《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬．若四棱錐M－ABCD為陽馬，側(cè)棱MA⊥底面ABCD，且MA＝BC＝AB＝2，則該陽馬的外接球與內(nèi)切球表面積之和為________． 答案　

3、36π－16π 解析　設(shè)該陽馬的外接球與內(nèi)切球的半徑分別為R與r，則2R＝＝2，即R＝， 由SM－ABCD表·r＝SABCD·MA， 得r＝ ＝＝2－. 所以該陽馬的外接球與內(nèi)切球表面積之和為4π(R2＋r2)＝36π－16π. 20．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，A為拋物線C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線l交拋物線C于另一點(diǎn)B，交x軸的正半軸于點(diǎn)D，且有|FA|＝|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時，△ADF為正三角形． (1)求拋物線C的方程； (2)若直線l1∥l，且l1和拋物線C有且只有一個公共點(diǎn)E，試問直線AE是否過定點(diǎn)，若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過

4、定點(diǎn)，請說明理由． 解　(1)由題意知F， 設(shè)D(t,0)(t>0)，則FD的中點(diǎn)為，因?yàn)閨FA|＝|FD|，由拋物線的定義知，3＋＝， 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)． 由＝3，解得p＝2， 所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)由(1)知F(1,0)，設(shè)A(x0，y0)(x0>0)，D(xD,0)(xD>0)， 因?yàn)閨FA|＝|FD|，則|xD－1|＝x0＋1， 由x0>0，xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)， 故直線AB的斜率為kAB＝－，因?yàn)橹本€l1和直線AB平行， 故可設(shè)直線l1的方程為y＝－x＋b， 代入拋物線方程得y2＋y－＝0， 由題意知

5、Δ＝＋＝0，得b＝－. 設(shè)E(xE，yE)，則yE＝－，xE＝， 當(dāng)y≠4時，kAE＝＝， 可得直線AE的方程為y－y0＝(x－x0)， 由y＝4x0，整理可得y＝(x－1)，所以直線AE恒過點(diǎn)F(1,0)， 當(dāng)y＝4時，直線AE的方程為x＝1，過點(diǎn)F(1,0)，所以直線AE恒過定點(diǎn)F(1,0)． 21．(2019·山西太原一模)已知函數(shù)f(x)＝2ln x－ax2＋(2－a)x，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＞0時，若對于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，證明：＞x0. 解　(1)由題意得f′

6、(x)＝－ax＋(2－a)＝－，x＞0， ①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＞0，則0＜x＜；令f′(x)＜0，則x＞， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：當(dāng)a＞0時，∵＝ln －(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝－ax0＋(2－a)， ∴l(xiāng)n －(x2＋x1)＝－ax0， ∵f′－f′(x0)＝－(x2＋x1)－ ＝－ln ＝ ＝－ln ， 令t＝，g(t)＝－ln t，t＞1，則g′(t)＝－＜0， ∴g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(t)＜g(1)＝0， ∴f′－f′(x0)＜0，∴f′＜f′(x0)， 設(shè)h(x)＝f′(x)＝－ax＋(2－a)，x＞0，則h′(x)＝－－a＜0，∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴＞x0.