高考數學二輪復習 24分大題搶分練（一）文-人教版高三數學試題

24分大題搶分練(一)(建議用時：30分鐘)20．(12分)如圖所示，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，B1，B2是橢圓C的短軸端點，且|B1B2|＝6，點M在橢圓C上運動，且點M不與B1，B2重合，點N滿足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.(1)求橢圓C的方程；(2)求四邊形MB2NB1面積的最大值．[解](1)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\r(2)c，又2b＝6，且a2＝b2＋c2，∴a2＝18，b2＝9，因此橢圓C的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)法一：設M(x0，y0)(x0≠0)，N(x1，y1)，∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，∴直線NB1：y＋3＝－eq\f(x0,y0＋3)x①，直線NB2：y－3＝－eq\f(x0,y0－3)x②，由①②解得x＝eq\f(y\o\al(2,0)－9,x0)，即x1＝eq\f(y\o\al(2,0)－9,x0)，又eq\f(x\o\al(2,0),18)＋eq\f(y\o\al(2,0),9)＝1，∴x1＝－eq\f(x0,2)，∴四邊形MB2NB1的面積S＝eq\f(1,2)|B1B2|(|x1|＋|x0|)＝3×eq\f(3,2)|x0|.∵0＜xeq\o\al(2,0)≤18，∴當xeq\o\al(2,0)＝18時，S取得最大值eq\f(27\r(2),2).法二：設直線MB1：y＝kx－3(k≠0)，則直線NB1：y＝－eq\f(1,k)x－3①，直線MB1與橢圓C：eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1的交點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1)))，則直線MB2的斜率為kMB2＝eq\f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq\f(1,2k)，∴直線NB2：y＝2kx＋3②，由①②解得N點的橫坐標為xN＝－eq\f(6k,2k2＋1)，∴四邊形MB2NB1的面積S＝eq\f(1,2)|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12|k|,2k2＋1)＋\f(6|k|,2k2＋1)))＝eq\f(54,2|k|＋\f(1,|k|))≤eq\f(27\r(2),2)，當且僅當|k|＝eq\f(\r(2),2)時，S取得最大值eq\f(27\r(2),2).21．(12分)(2019·濟南模擬)已知函數f(x)＝eq\f(a,2)(x－1)2－x＋lnx(a＞0)．(1)討論f(x)的單調性；(2)若1＜a＜e，試判斷f(x)的零點個數．[解](1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a(x－1)－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1ax－1,x)，令f′(x)＝0，則x1＝1，x2＝eq\f(1,a)，①當a＝1，則f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數．②若0＜a＜1，則eq\f(1,a)＞1，當x∈(0,1)時，f′(x)＞0，f(x)是增函數，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，f′(x)＜0，f(x)是減函數，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)＞0，f(x)是增函數．③若a＞1，則0＜eq\f(1,a)＜1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)＞0，f(x)是增函數，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時，f′(x)＜0，f(x)是減函數，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)是增函數．綜上所述，當a＝1時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數；當0＜a＜1時，f(x)在(0,1)上是增函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是減函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是增函數；當a＞1時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上是減函數，在(1，＋∞)上是增函數．(6分)(2)當1＜a＜e時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上是減函數，在(1，＋∞)上是增函數，所以f(x)的極小值為f(1)＝－1＜0，f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(a,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))2－eq\f(1,a)＋lneq\f(1,a)＝eq\f(a,2)－eq\f(1,2a)－lna－1.設g(a)＝eq\f(a,2)－eq\f(1,2a)－lna－1，其中a∈(1，e)，則g′(a)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2a2)－eq\f(1,a)＝eq\f(a2－2a＋1,2a2)＝eq\f(a－12,2a2)＞0，所以g(a)在(1，e)上是增函數，所以g(a)＜g(e)＝eq\f(e,2)－eq