高考数学二轮复习 24分大题抢分练（一）文-人教版高三数学试题

24分大题抢分练(一)(建议用时：30分钟)20．(12分)如图所示，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，B1，B2是椭圆C的短轴端点，且|B1B2|＝6，点M在椭圆C上运动，且点M不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.(1)求椭圆C的方程；(2)求四边形MB2NB1面积的最大值．[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，因此椭圆C的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)法一：设M(x0，y0)(x0≠0)，N(x1，y1)，∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，∴直线NB1：y＋3＝－eq\f(x0,y0＋3)x①，直线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)，∴四边形MB2NB1的面积S＝eq\f(1,2)|B1B2|(|x1|＋|x0|)＝3×eq\f(3,2)|x0|.∵0＜xeq\o\al(2,0)≤18，∴当xeq\o\al(2,0)＝18时，S取得最大值eq\f(27\r(2),2).法二：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，则直线NB1：y＝－eq\f(1,k)x－3①，直线MB1与椭圆C：eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1)))，则直线MB2的斜率为kMB2＝eq\f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq\f(1,2k)，∴直线NB2：y＝2kx＋3②，由①②解得N点的横坐标为xN＝－eq\f(6k,2k2＋1)，∴四边形MB2NB1的面积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)，当且仅当|k|＝eq\f(\r(2),2)时，S取得最大值eq\f(27\r(2),2).21．(12分)(2019·济南模拟)已知函数f(x)＝eq\f(a,2)(x－1)2－x＋lnx(a＞0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若1＜a＜e，试判断f(x)的零点个数．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(x－1)－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1ax－1,x)，令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝eq\f(1,a)，①当a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．②若0＜a＜1，则eq\f(1,a)＞1，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)是增函数．③若a＞1，则0＜eq\f(1,a)＜1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)是增函数．综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当0＜a＜1时，f(x)在(0,1)上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是减函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上是增函数；当a＞1时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．(6分)(2)当1＜a＜e时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)＝－1＜0，f(x)的极大值为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.设g(a)＝eq\f(a,2)－eq\f(1,2a)－lna－1，其中a∈(1，e)，则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)上是增函数，所以g(a)＜g(e)＝eq\f(e,2)－eq