高考数学(文科)压轴题提升练含解析

压轴提升卷(一)
解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1．(本题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分
别为(－ 1，0)，(1，0)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C的轨迹为曲线
E.
(1)求曲线E的方程；
1
?
(2)设直线y＝2x＋m(m∈R且m≠0 )与曲线E相交于P，Q两点，点M
?
?
2
，1
?
，求△M PQ
面积的取值范围．
解：(1)设C(x，y)．
yy
由题意，可得·＝－2(x≠±1)，
x－1x＋1
y
2
∴曲线E的方程为x＋＝1(x≠±1)．
2< br>2
(2)设P(x
1
，y
1
)，Q(x
2
， y
2
)．
y＝2x＋m，
?
?
联立，得
?
2
y
2
消去y，
x＋＝1，
?
2
?
可 得6x
2
＋4mx＋m
2
－2＝0，
∴Δ＝48－8m
2
＞0，∴m
2
＜6.
∵x≠±1，∴m≠±2.
又m≠0，
∴0＜m
2
＜6且m
2
≠4.
m
2
－2
2m
∵x
1
＋x
2
＝－，x
1
x
2
＝，
36
∴|PQ|＝5|x
1
－x
2
|＝5 ·（x
1
＋x
2
）
2
－4x
1
x
2

2m
?
2
m
2
－2
10
?< br>＝5·
?
－
3
?
－4×＝·6－m
2
.
63
1
?
|m|
，1
到直线y＝2x＋m的距离d＝， 又 点M
?
?
2
?
5
110|m|22
∴△MPQ的面 积S
△
MPQ
＝··6－m
2
·＝·|m|·6－m
2＝
236
5
6
22
1
2
1
?
m＋6－m
?
2
1
2
∴S
△
MPQ
＝m (6－m)≤
1818
?
2
?
＝
2
.
2
m
2
（6－m
2
），
?
1
?
， ∵0＜m
2
＜6且m
2
≠4， ∴S
2
△
MPQ
∈
0，
?
2
?
∴ △MPQ面积的取值范围为
?
0，
?
2
?
.
2
?
1

x
2．(本题满分12分)已知 函数f(x)＝
x
＋x
2
－x(其中e＝2.718 28…)．
e
(1)求f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
1
(2)已知函数g(x)＝－aln[f(x)－x
2
＋x]－－ln x－a＋1，若对任意x≥1，g(x)≥0恒成立，
x
求实数a的取值范围．
解： (1)由题意得f′(x)＝
1－x
1
x
＋2x－1，f(1)＝，
ee
所以f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为f′(1)＝1，
1
所以f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝x－1，即ex－ey－e＋1＝0.
e
1
(2)由题意知函数g(x)＝－(a＋1)ln x＋ax－－a＋1， x
2
a＋1
1
ax－（a＋1）x＋1（ax－1）（x－1）
所以g′(x)＝－＋a＋
2
＝＝，
xxx
2
x
2
①若a≤0，当x≥1时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，＋∞)上是减函数，故g(x)≤g(1) ＝0；
1
111
1，
?
②若0＜a＜1，则＞1，当1＜x＜时， g′(x)＜0，当x＞时，g′(x)＞0，所以g(x)在
?
?
a
?aaa
1
1
，＋∞
?
上是增函数，故当1＜x＜时，g(x)＜ g(1)＝0； 上是减函数，在
?
?
a
?
a
1
③ 若a≥1，则0＜≤1，当x≥1时，g′(x)≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以
a
g(x)≥g(1)＝0.
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

2

压轴提升卷(二)
解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
p
0，－
?
，动直线l：y＝kx＋11．(本题满分12分)已知抛物线C：x
2
＝2py(p＞0)及 点D
?
2
??
与抛物线C交于A，B两点，若直线AD与BD的倾斜角分别为 α，β，且α＋β＝π.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若H为抛物线C上不与原点O重 合的一点，点N是线段OH上与点O，H不重合的
任意一点，过点N作x轴的垂线依次交抛物线C和x轴 于点P，M，求证：
|MN|·|ON|＝|MP|·|OH|.
解：(1)把y＝kx＋ 1代入x
2
＝2py得x
2
－2pkx－2p＝0，
x
1
x
2
x
1
，
?
，B
?
x
2
，
?
，则x
1
＋x
2
＝2pk，x
1< br>x
2
＝－2p. 设A
?
2p
?
2p
???
由α＋β＝π可知， 直线AD的斜率与直线BD的斜率之和为零，
x
2
px
2
p
12
＋＋
2p22p2
所以＋＝0，去分母整理得(x
1
＋x2
)(x
1
x
2
＋p
2
)＝0，
x
1
x
2
即2pk(p
2
－2p)＝0，由该式对任意实数k 恒成立，可得p＝2，
所以抛物线C的方程为x
2
＝4y.
22
?
2
?
?
x＝t，
?
t
t，
?
. (2)证明：设过点N的垂线方程为x＝t(t≠0)，由
?
2
得
?
t
2
即点P
?
4
??
?
x＝4y
?
y＝，
?
?
4
λt
2
?
|MN|
λt< br>?
令＝λ，则N
?
t，
4
?
，所以直线ON的方程为 y＝x，
|MP|4
λt
x＝λt
??
22
?
y ＝
4
x，
?
λ
t
?
由
?
且x≠0 得
?
λ
2
t
2
即点H
?
λt，
4
?
?
，
y＝，
2
??
4
?
x＝ 4y
?
|OH|x
H
λt
|MN||OH|
所以＝＝＝λ， 所以＝，
|ON|x
N
t|MP||ON|
即|MN|·|ON|＝|MP |·|OH|.
2．(本题满分12分)已知函数f(x)＝(x－k)e
x
＋k， k∈Z，e＝2.718 28…为自然对数的底
数．
(1)当k＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)＋5＞0恒成立，求k的最大值．
解：(1)当k＝0时，f(x)＝xe
x
，
∴f′(x)＝(x＋1)e
x
.
由f′(x)＝0，得x＝－1，
x＝t，

3

∴当x＞－1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；
当x＜－1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．
∴函数f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－1)．
(2)由题意知，5＋(x－k)e
x
＋k＞0对x∈(0，＋∞)恒成立．
∵当x∈(0，＋∞)时，e
x
－1＞0，
x＋5
∴不等式x＋
x
＞k对x∈(0，＋∞)恒成立．
e－1< br>x＋5e
x
（e
x
－x－6）
设h(x)＝x＋
x< br>，则h′(x)＝.
e－1（e
x
－1）
2
令F(x)＝e
x
－x－6，则F′(x)＝e
x
－1.
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，
∴函数F(x)＝e
x
－x－6在(0，＋∞)上单调递增．
又F(2)＝e
2
－8＜0，F(3)＝e
3
－9＞0，
∴F(2)·F(3)＜0.
∴存在唯一的x
0
∈(2，3)，使得F(x
0
)＝0，即ex
0
＝x
0
＋6.
∴当x∈(0 ，x
0
)时，F(x)＜0，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减；
当x∈ (x
0
，＋∞)时，F(x)＞0，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增．
∴当x＝x
0
时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x
0
)．
x
0
＋5
∵h(x
0
)＝x
0
＋＝x＋1 ∈(3，4)．
ex
0
－1
0
又k＜h(x
0
)，k∈Z，
∴k的最大值是3.

4

压轴提升卷(三)
解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
43
1．(本题满分12分)已 知平面上动点P到点F(3，0)的距离与直线x＝的距离之比
3
为
3
，记动 点P的轨迹为曲线E.
2
(1)求曲线E的方程；
(2)设M(m，n)是曲线E上的动点，直线l的方程为mx＋ny＝1.
①设直线l与圆 x
2
＋y
2
＝1交于不同两点C，D，求|CD|的取值范围；
② 求与动直线l恒相切的定椭圆E′的方程；并探究：若M(m，n)是曲线Γ：Ax
2
＋By< br>2
＝
1(A·B≠0)上的动点，是否存在与直线l：mx＋ny＝1恒相切的定曲线Γ ′？若存在，直接写出
曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．
（x－3）
2
＋y
2
3
解：(1)设P(x，y)，由题意，得＝，
2
?x－
4
3
?
?
3
?
x
2
2< br>整理，得＋y＝1，
4
x
2
2
所以曲线E的方程为＋y＝1.
4
(2)①圆心(0，0)到直线l的距离d＝
∵直线与圆有两个不同交点C，D，
1
m
∴|CD|＝4
?
1－
m
2
＋n2
?
，又＋n
2
＝1(n≠0)，
4
??
2
2
1
，
m
2
＋n2
4
故|CD|
2
＝4
?
1－
3m
2
＋4
?
，
??
由0＜d＜1，得m＞0，又|m|≤2，∴0＜m≤2.
43
∴0＜1－
2
≤，
3m＋4
4
因为|CD|
2
∈(0，3]，|CD|∈(0，3 ]，
即|CD|的取值范围为(0，3 ]．
1
②当m＝0，n＝1时，直线l的 方程为y＝1；当m＝2，n＝0时，直线l的方程为x＝，
2
根据椭圆对称性，猜想E′的方 程为4x
2
＋y
2
＝1.
m
2
2
下证： 直线mx＋ny＝1(n≠0)与4x＋y＝1相切，其中＋n＝1，
4
22
即m
2
＋4n
2
＝4，

5

4x＋y＝1
?
?
由
?
1－m x
消去y得：(m
2
＋4n
2
)x
2
－2mx＋1 －n
2
＝0，
?
?
y＝
n
即4x
2－2mx＋1－n
2
＝0，
∴Δ＝4m
2
－16(1－n2
)＝4(m
2
＋4n
2
－4)＝0恒成立，
从而直线mx＋ny＝1与椭圆E′：4x
2
＋y
2
＝1恒相切．
若点M(m，n)是曲线Γ：Ax
2
＋By
2
＝1(A·B≠0)上 的动点，则直线l：mx＋ny＝1与定曲线
x
2
y
2
Γ′：
＋＝1(A·B≠0)恒相切．
AB
1
2．(2018·山东潍坊市二摸)已知函 数f(x)＝(x－a)e
x
－ax
2
＋a(a－1)x.(x∈R) 2
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为l，l与x轴的交点坐标为(2，0 )，求a的值；
(2)讨论f(x)的单调性．
解：(1)f′(x)＝(x－a)ex
＋e
x
－ax＋a(a－1)，
∴f′(0)＝(a－1)
2
，又f(0)＝－a，
∴切线方程为：y＋a＝(a－1)
2
(x－0)，
a
令y＝0得x＝＝2，
（a－1）
2
∴2a
2
－5a＋2＝0，
1
∴a＝2或a＝.
2
(2)f′(x)＝(x－a)e
x
＋e
x
－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](e
x
－a)，
当a≤0时，e
x
－a≥0，
x∈(－∞，a－1)，f′(0)＜0，f(x)为减函数，
x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)为增函数；
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x
1
＝a－1，x
2
＝ln a，
令g(a)＝a－1－ln a，
1
a－1
则g′(a)＝1－＝，
aa
当a∈(0，1)时，g′(a)＜0，g(a)为减函数，
当a∈(1，＋∞)时，g′(a)＞0，g(a)为增函数，
∴g(a)
min
＝g(1)＝0，
∴a－1≥ln a(当且仅当a＝1时取“＝”)，
∴当0＜a＜1或a＞1时，
x∈(－∞，ln a)，f′(x)＞0，f(x)为增函数，
x∈(ln a，a－1)，f′(x)＜0，f(x)为减函数，
x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)为减函数，

6
22

a＝1时，f′(x)＝x(e
x
－1)≥0，f(x)在(－∞，＋ ∞)上为增函数．
综上所述：a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上为减函数，在(a－1，＋∞ )上为增函数，0＜a
＜1或a＞1时，f(x)在(ln a，a－1)上为减函数，在(－∞，ln a)和(a－1，＋∞)上为增函数；a
＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．

7

压轴提升卷(四)
解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
1．(本题满分12分)(2018·陕 西省黄陵中学二模)设动圆P(圆心为P)经过定点(0，2)，被
x轴截得的弦长为4，P的轨迹为曲 线C.
(1)求C的方程；
(2)设不经过坐标原点O的直线l与C交于A、B两点，O在 以线段AB为直径的圆上，
求证：直线l经过定点，并求出定点坐标．
解：(1)设动圆P圆心为(x，y)，半径为r，被x轴截得的弦为|AB|.
22
x＋（y－2）＝r，
?
?
依题意得：
?
2
|AB|2
2

??
?
?
|y|＋
?
2
?
＝r，
化简整理得：x
2
＝4y.
所以，点P的轨迹C的方程x
2
＝4y.
?
?
y＝kx＋ b，
(2)设不经过坐标原点O的直线l的方程为y＝kx＋b，A(x
1
，y
1
)，B(x
2
，y
2
)则
?
2
?
x＝4y，
?
解得：x
2
－4kx－4b＝0，x
1
＋x
2
＝4k，x
1
·x
2
＝－4b
又∵O在以线段AB为直径的圆上，
→→
∴OA·OB＝0即x
1
x
2
＋y
1
y
2
＝0，
又y
1
＝kx
1
＋b，y
2
＝kx
2
＋b.
x
1
x
2
＋(kx
1
＋b)(kx
2
＋b)＝0.
x
1
x
2
＋k
2
x
1
x
2
＋kb(x
1
＋x
2
)＋b
2
＝0，
－4b－4k
2
b＋4k
2
b＋b
2
＝0，
b
2
－4b＝0，
b＝4或b＝0(舍去)．
所以直线l经过定点(0，4)．
2．(本题满分12分)(2018·淄博市高三诊断)已 知函数g(x)＝x
4
，x∈R，在点(1，g(1))处
的切线方程记为y＝m(x )，令f(x)＝m(x)－g(x)＋3.
(1)设函数f(x)的图象与x轴正半轴相交于P，f (x)在点P处的切线为l，证明：曲线y＝
f(x)上的点都不在直线l的上方；
a
(2)关于x的方程f(x)＝a(a为正实数)有两个实根x
1
，x
2
， 求证：|x
2
－x
1
|＜2－.
3
证明：(1)g′(x )＝4x
3
，切线斜率k＝g′(1)＝4，可得m(x)＝4x－3，
所以f(x)＝4x－x
4
，f′(x)＝4(1－x
3
)，

8

由f(x)＝4x－x＝0，得x＝0或x＝4，所以点P4
3
，0

由f′(x)＝4(1－x)，得：f′(4)＝－12，
所以曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为
y＝－12
x－4

设φ(x)＝－12(x－4)，
令F(x)＝f(x)－φ(x)，即F(x)＝4x－x＋12(x－4)
则F′(x)＝4－4x
3
＋12＝4(4－x
3
)，
所 以当x∈
－∞，4
时，F′(x)＞0，当x∈
4，＋∞
时，F′(x)＜0 ，
所以F(x)在
－∞，4
内单调递增，在(4，＋∞)内单调递减，
所以对任意实数x都有F(x)≤F(4)＝0，即φ(x)≥f(x)．
所以曲线y＝f(x)上的点都不在直线l的上方．
(2)解法一：不妨设x
1≤x
2
，设方程φ(x)＝a的根为x′
2
，可得x
2
′＝4－
2
3
1
3
1
3
4
1
3< br>(
1
)
3
1
3
(
1
3
)< br>4
1
3
(
1
3
)(
1
3
)
(
1
3
)
1
3
a
，
12
显然φ(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以φ(x
2
)≥f(x
2
) ＝a＝φ(x
2
′)，可得x
2
≤x
2
′.
设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x.
则f(x)－h(x)＝－x
4
≤0，即对任意x∈R，都有h(x)≥f(x)，
a
设方程h(x)＝a的根为x
1
′，可得x
1
′＝，因为 h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，
4
所以h(x
1
)≥f(x
1
)＝a＝h(x
1
′)，可得x
1
≥x
1
′，
aa
1
aa
由此可得|x
2
－x
1
|≤x
2
′－x
1
′＝4－－＝4
3
－＜2－，
12433
a
所以|x
2
－x
1
|＜2－.
3
解法二：不妨设x
1
≤x
2
，
a
显然 有f(x)≤h(x)，方程4x＝a的根是x
1
′＝，所以4x
1
′＝a＝ f(x
1
)≤4x
1
，
4
即：x
1
≥x
1
′，
aa
所以|x< br>2
－x
1
|≤x
2
－x
1
′，所以欲证明| x
2
－x
1
|＜2－，只需证明x
2
－x′＜2－， 33
aaa
即证x
2
－＜2－，即x
2
＜2－，又f( x
2
)＝a＝4x
2
－x
4
2
.
4312
4
所以即证：x
2
－16x
2
＋24＞0
1
3
令F(x)＝x
4
－16x＋24，则F′(x)＝4x
3
－16＝4(x
3
－4)，

9

所 以当x∈
－∞，4
时，F′(x)＜0，当x∈(4，＋∞)时，F′(x
0
)＞0.
所以F(x)在(－∞，4)内单调递减，在(4，＋∞)内单调递增，
3
所以对任意实数x都有F(x)≥F(4)＝12(2－4)＞0，
a
所 以不等式x
4
2
－16x
2
＋24＞0成立，所以|x
2< br>－x
1
|＜2－成立．
3








1
3
1
3
1
3
(
1
3
)
1
3

10