2015年高考文科数学 倒数两题压轴题训练(含答案)
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2015年高考文科数学 倒数两题压轴题训练（含答案）1．如图，抛物线E ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线l 与x 轴的交点为A .点C 在抛物线E 上，以C 为圆心，|CO |为半径作圆，设圆C 与准线l 交于不同的两点M ，N . (1)若点C 的纵坐标为2，求|MN |；(2)若|AF |2＝|AM |·|AN |，求圆C 的半径．2．已知函数f (x )＝x －1＋e xa(a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值；(3)当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，求k 的最大值．3.如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线)0(2:2>=p py x E 上。
（I ）求抛物线E 的方程；（II ）设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线1-=y 相交于点Q 。
证明以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点。
4.已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在]2,0[π上的最大值为32π-。
（I ）求函数)(x f 的解析式；（II ）判断函数)(x f 在),0(π内的零点个数，并加以证明。
5.已知函数a ax e x f x()(-=为常数）的图像与y 轴交于点A ，曲线)(x f y =在点处的切线斜率为1-。
（1）求a 的值及函数)(x f 的极值； （2）证明：当0>x 时，xe x <2；（3）证明：对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当),(0+∞∈x x 时，恒有xce x <。
1.解：(1)抛物线y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1. 由点C 的纵坐标为2，得点C 的坐标为(1,2)， 所以点C 到准线l 的距离d ＝2， 又|CO |＝5，所以|MN |＝222||254CO d -=-＝2.(2)设C 200,4y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则圆C 的方程为2204y x ⎛⎫- ⎪⎝⎭＋(y －y 0)2＝4016y ＋y 02，即x 2－202y x ＋y 2－2y 0y ＝0.由x ＝－1，得y 2－2y 0y ＋1＋202y ＝0，设M (－1，y 1)，N (－1，y 2)，则2220002012441240,21.2y y y y y y ⎧⎛⎫∆=-+=->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=+⎪⎩由|AF |2＝|AM |·|AN |，得|y 1y 2|＝4，所以202y ＋1＝4，解得06y =±，此时Δ＞0.所以圆心C 的坐标为3,62⎛⎫ ⎪⎝⎭或3,62⎛⎫- ⎪⎝⎭.从而|CO |2＝334，|CO |＝332，即圆C 的半径为332.2.(1)由f (x )＝x －1＋e x a ，得f ′(x )＝1－ex a ， 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ea＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－e xa ， ①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．(3)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1e x. 直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，等价于关于x 的方程kx －1＝x －1＋1ex 在R 上没有实数解，即关于x 的方程：(k －1)x ＝1e x(*) 在R 上没有实数解．①当k ＝1时，方程(*)可化为10e x =，在R 上没有实数解． ②当k ≠1时，方程(*)化为11k -＝x e x.令g (x )＝x e x，则有g ′(x )＝(1＋x )e x.令g ′(x )＝0，得x ＝－1，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) g ′(x ) － 0 ＋g (x )1e-当x ＝－1时，g (x )min ＝1e -，同时当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞， 从而g (x )的取值范围为1,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.所以当11k -∈1,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭时，方程(*)无实数解，解得k 的取值范围是(1－e,1)．综上①②，得k 的最大值为1.3.（1） 依题意||OB =38，。
30=∠Boy设B （x,y ），则x=||OB sin30。
=34，y=||OB cos30。
=12因为点B （34，12）在x 2=2py 上，所以234）（=2p*12，所以p=2 所以抛物线E 的方程为y x 42= (2)由（1）知241x y =,y ’=21x. 设 P （x 0,y 0）,则x 0≠0，并且l 的方程为)x -(x x =y -y 000，即004121y x x x -=由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=14121200y x x x y ，得⎪⎩⎪⎨⎧-=-=124020y x x x 所以)1,24(020--=x x x Q设),0(1y M ,令=0MP MQ ∙对满足2001(0)4y x x =≠的0x ，0y 恒成立。
由于）100,(y y x MP -=，)y -1-241020，（x x MQ -=由于O MQ MP =∙,得0y 24211100020=++---y y y y x x即（0)y 1()2(y 01121=-+-+y y （*）由于（*）对满足)0(41y 0200≠=x x 的0y 恒成立，所以⎩⎨⎧=-+=-02011211y y y解得 11=y 故以PQ 为直径的预案横过y 轴上的定点M （0，1） 4.（1） 由已知得'(x)=a(sinx+xcosx)f ， 对于任意(0,)+>2x π∈，有sinx cosx 0 当3=0(x)=-2a f 时，，不符合题意； '<0,(0,)(x)<0,(x)(0,)22a x f f ππ∈当时，从而在内单调递减，3(x)[0,](x)[0,](0)=-222f f f ππ又在上的图像是连续不断的，故在上的最大值为不合题意；'>0,(0,)(x)>0,(x)(0,)22a x f f ππ∈当时，从而在内单调递增，(x)[0,](x)[0,]()222f f f πππ又在上的图像是连续不断的，故在上的最大值为3-3-=,222a ππ即 解得=1a ，综上所述，得3(x)=xsinx-2f （2） (x)f 在(0,)π内有且只有两个零点，证明如下： 由（1）知，3(x)=xsinx-2f ，从而有3(0)=-<02f ，-3()=>022f ππ； (x)[0,]2f π又在上的图像是连续不断的，所以(x)f 在(0,)2π内至少存在一个零点。
又由（1）知(x )[0,]2f π在内单调递增，故(x )(0,)2f π在内有且仅有一个零点。
当[,]2ππ∈x 时，令'g(x)=(x)=sinx+xcosx,f由g()=1>0,g()=-<0,2πππg(x)[,]m (,),g(m)=022ππππ∈且在上的图像是连续不断的，故存在使得''(x)=2cosx-xsinx,(,)(x)<0,2g g ππ∈由知x 时，有(x)(,)2g ππ从而在内单调递减，当(,)2ππ∈x 时，'(x)>(m)=0,(x)>0,(x)(,)2g g f f ππ即从而在内单调递增，故当(,)2ππ∈x 时-3(x)()=>022f f ππ≥，故(x)[,]2f ππ在上无零点；当(m,)x π∈时，(x)<(m)=0g g ，即'(x)<0f ，(x)(m,)f π从而在内单调递减， 又(m)>0,()<0,f f π且(x)[m,]f π在上的图像是连续不断的， 从而(x)(m,)f π在内有且仅有一个零点； 综上所述，(x)f 在(0,)π内有且只有两个零点。
5.。
