高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專項小測25“20題、21題”理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

專項小測(二十五)“20題、21題”時間：45分鐘滿分：24分20.(12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，A，B分別為橢圓C的左、右頂點，F(xiàn)為橢圓C的右焦點，過F的直線l與橢圓C交于不同的兩點P，Q，當(dāng)直線l垂直于x軸時，四邊形APBQ的面積為6.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l的斜率為k(k≠0)，線段PQ的垂直平分線與x軸交于點M，求證：eq\f(|MF|,|PQ|)為定值．解：(1)由題意可知eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，令x＝c得y＝±eq\f(b2,a)，則|PQ|＝eq\f(2b2,a)，則S四邊形APBQ＝eq\f(1,2)|AB|·|PQ|＝eq\f(1,2)×2a×eq\f(2b2,a)＝2b2＝6，解得b2＝3.∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由題意可知F(1,0)，直線l的方程為y＝k(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))可得(4k2＋3)x2－8k2x＋(4k2－12)＝0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq\f(－6k,4k2＋3).設(shè)PQ的中點為N，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,4k2＋3)，\f(－3k,4k2＋3)))，則MN的方程為y＋eq\f(3k,4k2＋3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,4k2＋3))).令y＝0，可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2,4k2＋3)，0))，∴|MF|＝eq\f(3k2＋1,4k2＋3).∵|PQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,4k2＋3)))2－\f(44k2－12,4k2＋3))＝eq\f(12k2＋1,4k2＋3)，∴eq\f(|MF|,|PQ|)＝eq\f(1,4)為定值．21．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(x2,2)＋ax(lnx－1)＋a－eq\f(1,2).(1)當(dāng)a≤0時，證明：函數(shù)f(x)只有一個零點；(2)若函數(shù)f(x)的極大值等于0，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題可知f′(x)＝1－x＋alnx.令g(x)＝1－x＋alnx，則g′(x)＝eq\f(a－x,x)(x＞0)，所以當(dāng)a≤0時，g′(x)＝eq\f(a－x,x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． (2分)又因為f′(1)＝g(1)＝0，所以，當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時，f′(x)＜0.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)≤f(1)＝0，所以f(x)只有一個零點． (4分)(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)的極大值等于0，符合題意．①當(dāng)0＜a＜1時，因為當(dāng)x∈(0，a)時，g′(x)＞0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，g′(x)＜0且g(1)＝0，g()＝1－－1＝－＜0，故存在x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，a))，滿足f′(x1)＝0.當(dāng)x∈(0，x1)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(x1，a)，f(x)＞0.又x∈(a,1)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，所以此時x＝1是f(x)的唯一極大值點，且f(1)＝0，符合題意． (6分)②當(dāng)a＝1時，因為x∈(0,1)，g′(x)＞0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＜0，且g(1)＝0.所以g(x)≤0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減無極值點，不合題意． (8分)③當(dāng)a＞1時，因為當(dāng)x∈(0，a)時，g′(x)＞0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，g′(x)＜0，且g(1)＝0，g(ea)＝1－ea＋a2.令W(a)＝eq\f(a2＋1,ea)，則W′(a)＝－eq\f(a－12,ea)≤0；所以W(a)＜W(1)＜1，所以1＋a2＜ea，即g(ea)＜0.又因為a＜1＋a2＜ea，故存在x0∈(a，ea)，滿足f′(x0)＝0，x∈(a，x