山东省高考数学压轴题总复习

2021年山东省高考数学压轴题总复习

1．已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上，离心率为

√55的椭圆E ，满足其上、下顶点和左、右焦点构成的四边形的面积为4．

（Ⅰ）求E 的方程；

（Ⅱ）设A ，B 是E 上的两点，且满足OA ⊥OB （O 为坐标原点），试求△OAB 面积的最小值．

解：（Ⅰ）由题意设椭圆的方程为：

x 2a 2+y 2b 2=1， 离心率e =c a =√55，可得a 2＝5c 2，

而a 2＝b 2+c 2，所以b 2＝4c 2，

再由上、下顶点和左、右焦点构成的四边形的面积为4可得S ＝2×12×2c ×b ＝2bc ＝4， 所以bc ＝2c 2＝2，所以可得c 2＝1，a 2＝5，b 2＝4，

所以椭圆的方程为：x 25+y 24=1；

（Ⅱ）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），

当直线AB 的斜率不存在时，设直线AB 的方程为：x ＝m ，

由OA ⊥OB 可得∠BAO ＝45°，所以x 1＝y 1＝m ，

代入椭圆的方程为：

m 25+m 24=1，解得：m ＝±23√5， 此时S △OAB =12AB ?|x 1|=209，

所以此时直线的方程为：x ＝±23√5；

当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为：y ＝kx +t ，

联立直线与椭圆的方程{y =kx +t

x 25+y 24

=1，整理可得：（4+5k 2）x 2+10ktx +5t 2﹣20＝0， 则△＝（10kt ）2﹣4（5k 2+4）（5t 2﹣20）＝80（5k 2﹣t 2+4）＞0，

且x 1+x 2=?10kt

4+5k 2，x 1x 2=

5t 2?204+5k 2， 由OA ⊥OB 可得OA →

?OB →=x 1x 2+y 1y 2

＝x 1x 2+（kx 1+t ）（kx 2+t ）

＝（1+k 2）x 1x 2+kt （x 1+x 2）+t 2

＝（1+k 2）?

5t 2?204+5k +kt ??10kt 4+5k +t 2 =9t 2?20k 2?20

4+5k 2=0，

即9t 2﹣20k 2﹣20＝0，（*）

坐标原点O 到直线AB 的距离d =|t|

√1+k ，

弦长|AB |=√1+k 2?√(x 1+x 2)2?4x 1x 2 =√1+k 2?√(?10kt 4+5k 2)2?4×5t 2?20

4+5k 2 =√1+k 2?√80(5k 2?t 2+4)

4+5k 2

所以S △OAB =12|AB |?d =12√1+k 2?√80(5k 2?t 2+4)4+5k ?√1+k 2

=12?√80(5k 2?t 2+4)4+5k ?|t | 将（*）代入可得S △AOB =209?√1+k 225k 4+40k 2+16≥209 当且仅当k ＝0时取等号，

将k ＝0代入（*）可得t ＝±23√5， 代入判别式中美洲条件， 综上所述三角形OAB 的面积的最小值为

209．

2．已知函数f （x ）＝e ax cos x +a ．

（Ⅰ）当a ＝1时，讨论函数f （x ）的单调性；

（Ⅱ）设a ≥1，若?x ∈[0，π2]，恒有a （f （x ）﹣a ）≤bx +f ′（x ）成立，求b 的取值范围（注：（e ax ）′＝ae ax ）．

解：（Ⅰ）当a ＝1时，f （x ）＝e x cos x +1，

得f ′（x ）=e x (cosx ?sinx)=√2e x cos(x +π4

)，

令f ′（x ）＞0，得?34π+2kπ＜x ＜14π+2kπ，k ∈Z ；

令f ′（x ）＜0，得14π+2kπ＜x ＜54π+2kπ，k ∈Z ． ∴函数f （x ）在[?34π+2kπ，1

4π+2kπ]，k ∈Z 上单调递增；

在[14π+2kπ，54π+2kπ]，k ∈Z 上单调递减． （Ⅱ）设函数g （x ）＝a （f （x ）﹣a ）﹣f ′（x ）﹣bx ＝e ax sin x ﹣bx ，x ∈[0，π2]， 则g ′（x ）＝e ax （a sin x +cos x ）﹣b ，

设h （x ）＝e ax （a sin x +cos x ）﹣b ，

则h ′（x ）＝e ax [（a 2﹣1）sin x +2a cos x ]≥0，

∴函数h （x ）单调递增，

即g ′（x ）在[0，π2

]上单调递增， ∴g ′（x ）∈[1﹣b ，ae π2a ?b ]．

当b ≤1时，g ′（x ）≥0，函数g （x ）在[0，π2]上单调递增，

则g （x ）≥g （0）＝0，不符合题意；

当b ≥ae π2a 时，g ′（x ）≤0，函数g （x ）在[0，π2]上单调递减， g （x ）≤g （0）＝0，符合题意；

当1＜b ＜ae π2a 时，

由于g ′（x ）是一个单调递增的函数，

而g ′（0）＝1﹣b ＜0，g ′（π2）=ae π2a ?b ＞0， 由零点存在性定理，必存在一个零点x 0，使得g ′（x 0）＝0，

从而函数g （x ）在（0，x 0）上单调递减，在（x 0，π2）上单调递增， 因此只需g （0）≤0，g （π2）≤0， 即e π2a ≤π2b ，∴b ≥2π

e π2a ， 从而2πe π2a

≤b ＜ae π2a ． 综上，b 的取值范围为[2πe π2a

，+∞）． 3．已知函数f(x)=mx?n x

?lnx(m ，n ∈R)． （Ⅰ）若函数f （x ）在（1，f （1））处的切线与直线x ﹣y ＝0平行，求实数n 的值； （Ⅱ）若n ＝1时，函数f （x ）恰有两个零点x 1，x 2（0＜x 1＜x 2），证明：x 1+x 2＞2． 解：（Ⅰ）因为f′(x)=

n x 2?1x ，且切线与直线x ﹣y ＝0平行，