2020年高考冲刺140分突破压轴题三十练(二十七)详细版解析

坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi高考 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 冲刺140分压轴 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 突破(二十七)学而思网校邓诚第一题.已知实数x,y满足条件{x+y−2≤0x−2y−2≤02x−y+2≥0,若z=y−ax取得最大值时的最优解有且只有一个,则实数a的取值范围为()A.{2,−1}B.{a∈R|a≠2}C.{a∈R|a≠−1}D.{a∈R|a≠2且a≠−1}第二题.等比数列{an}的首项为32,公比为−12,前n项和为Sn,则当n∈N∗时,Sn−1Sn的最大值与最小值之和为()A.−23B.−712C.14D.56第三题.四面体A−BCD中,∠ABC=∠ABD=∠CBD=60°,且AB=3,CB=DB=2,则此四面体外接球的表面积为()A.192πB.19√3824πC.17πD.17√176π坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi第四题.已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,直线AB与抛物线C相交于A,B两点,若2OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+OB⃗⃗⃗⃗⃗−3OF⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗,则弦AB的中点到抛物线C的准线的距离为_______.第五题.已知函数f(x)=ex+mlnx(m∈R,e为自然对数的底数),若对任意正数x1,x2,当x1>x2时都有f(x1)−f(x2)>x1−x2成立,则实数m的取值范围是_______.第六题.已知函数f(x)=12x2−x+alnx(a>0).(1)若a=1,求f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论f(x)的单调性;(3)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>−3−2ln24.坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi扫描二维码快速关注公众号~~每日一题~~值得拥有解析:第一题.不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示.由z=−ax+y得y=ax+z,若a=0,直线y=ax+z=z,此时最大的最优解只有一个,满足条件.若a>0,则直线y=ax+z的纵截距最大时,z取得最大值,若z=y−ax取得最大值时的最优解有且只有一个,则a≠2.坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi若a<0,则直线y=ax+z的纵截距最大时,z取得最大值,若z=y−ax取得最大值时的最优解有且只有一个,则a≠−1.选D.说五毛钱的话:本题是求出目标函数有无穷多个最优解时候对应的a的取值范围,然后再取补集来做.有且仅有一个最优解和有无穷多个最优解两者可以结合起来看,能够更加的看清题目的求解思路.第二题.依题意可得Sn=32[1−(−12)n]1−(−12)=1−(−12)n.当n为奇数时,Sn=1+12n随着n的增大而减小,且1<Sn=1+12n≤S1=32,又Sn−1Sn随着Sn的增大而增大,可得0<Sn−1Sn≤56;当n为偶数时,Sn=1−12n随着n的增大而增大,且34=S2≤Sn=1−12n<1,又Sn−1Sn随着Sn的增大而增大,可得−712≤Sn−1Sn<0,所以Sn−1Sn的最大值与最小值分别为56,−712,其最大值与最小值之和为56−712=14.说五毛钱的话:这道题主要是两点,第一是在数列的表达式中遇到(−1)n,没有特别好的想法不妨可以对n进行奇偶分类讨论打开思路;第二是关于数列的一些单调性的证明或者描述,除了做差做商以外,其实也可以看成一个特殊函数,从函数单调性角度来考虑,比如Sn−1Sn中把Sn看成一个自变量,它单调递增.坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi第三题.依题意,在∆ABC中,AC=√AB2+BC2−2AB∙BC∙cos∠ABC=√7在∆ABD中,AD=√AB2+BD2−2AB∙BD∙cos∠ABD=√7=AC.在∆BCD中,BC=DB=2,∠CBD=60°,可得∆BCD是正三角形,且CD=2.如图所示:记三棱锥A−BCD的外接球球心为O,半径为R,取CD的中点M,连接AM,BM,OA,OB,则有AM⊥CD,BM⊥CD,则AM=√7−1=√6,BM=√32×2=√3,又AB=3,可得AB2=AM2+BM2,则AM⊥BM,所以AM⊥平面BCD.球心O在平面BCD上的射影是正∆BCD的中心O1,连接OO1,则AM∥OO1,O1M=13BM=√33,O1B=23BM=2√33,在直角梯形AMO1O中,OO1=√BO2−BO12=√R2−43,且AM=√6,AO2=O1M2+(AM−OO1)2,即R2=13+(√6−√R2−43)2,可得R2=198,坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi所以三棱锥A−BCD的外接球表面积为4πR2=19π2.说五毛钱的话:遵循一般几何体求解外接球问题的基本套路,先选中最特殊图形的面当作底面,然后再找出这个面的外接圆圆心做垂直于底面的垂线,然后再在垂线上寻找球心,假设球心的位置,倒腾涉及到的长度,最后落实在一个三角形中勾股定理来计算.第四题.依题意得,抛物线的焦点F(0,1),准线方程是y=−1,因为2(OA⃗⃗⃗⃗⃗−OF⃗⃗⃗⃗⃗)+(OB⃗⃗⃗⃗⃗−OF⃗⃗⃗⃗⃗)=0⃗,即2FA⃗⃗⃗⃗+FB⃗⃗⃗⃗=0⃗,所以A,F,B三点共线,设直线AB:y=kx+1(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立{y=kx+1x2=4y,得x2−4kx−4=0,则x1x2=−4又2FA⃗⃗⃗⃗+FB⃗⃗⃗⃗=0⃗,可得2x1+x2=0结合x1x2=−4,有x12=2.弦AB中点到抛物线C的准线的距离为12[(y1+1)+(y2+1)]=12(y1+y2)+1=18(x12+x22)+1=5x128+1=94.说五毛钱的话:本题首先转化出三点共线非常重要,除了本题中的方法,还可以由2OA⃗⃗⃗⃗⃗+OB⃗⃗⃗⃗⃗−3OF⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗,可得OF⃗⃗⃗⃗⃗=23OA⃗⃗⃗⃗⃗+13OB⃗⃗⃗⃗⃗,由23+13=1,可得F,A,B三点共线.其次向量的条件往往转化为坐标满足的关系式,再结合联立以后的韦达定理进一步计算,这个过程套路要非常熟练.坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi第五题.依题意可得对任意正数x1,x2有当x1>x2时,f(x1)−x1>f(x2)−x2,设函数g(x)=f(x)−x,则g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,g′(x)=f′(x)−1=ex+mx−1≥0恒成立,即x(ex−1)≥−m对x∈(0,+∞)恒成立,设h(x)=x(ex−1),则h′(x)=(x+1)ex−1由x>0,可得x+1>1,ex>1,所以h′(x)>0,可得h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)min=h(0)=0,所以0≥−m,即m≥0.说五毛钱的话:这是个经典的老题,核心关键是将和x1,x2有关的式子尽量分隔在不等号的两边,然后再抽象出一个函数,考察这个函数的单调性,进而推出恒成立,最后再参变分离,就是很普遍的节奏了.第六题.(1)a=1时,f(x)=12x2−x+lnx,则f′(x)=x−1+1x,则f′(1)=1,f(1)=−12,可得切线方程为y−(−12)=x−1,即y=x−32,(2)f′(x)=x−1+ax=x2−x+ax若a≥14,可得∆=1−4a≤0,则x2−x+a≥0恒成立,即f′(x)≥0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.若0<a<14,可得∆=1−4a>0,方程有两根,由x2−x+a>0,可得0<x<1−√1−4a2或x>1+√1+4a2坑神出品关注微信公众号:kenglaoshi由x2−x+a<0,可得1−√1−4a2<x<1+√1−4a2所以f(x)在(1−√1−4a2,1+√1−4a2)上单调递减,在(0,1−√1−4a2)和(1+√1−4a2,+∞)上分别单调递增.综上,当0<a<14时,f(x)在(1−√1−4a2,1+√1−4a2)上单调递减,在(0,1−√1−4a2)和(1+√1−4a2,+∞)上分别单调递增.当a≥14时,f(x)在(0,+∞)上单调递增.(3)由(2)知0<a<14时,f(x)存在两个极值点x1,x2,且x1,x2是方程x2−x+a=0两根,有x1+x2=1,x1x2=a.所以f(x1)+f(x2)=12x12−x1+alnx1+12x22−x2+alnx2=12(x1+x2)2−x1x2−(x1+x2)+aln(x1x2)=12−a−1+alna=alna−a−12.设g(x)=xlnx−x−12(0<x<14)则g′(x)=lnx<0,可得g(x)在(0,14)上单调递减,则g(x)>g(14)=−3−2ln24.所以f(x1)+f(x2)>−3−2ln24.说五毛钱的话:第三位求解范围最后一定是变成一个单变量函数问题,要么是x1,𝑥2组成的某种形式,要么是一个新的量来表示x1,𝑥2(比如我们这道题的a),大多数时候都可以从这两个方面入手.