2020高考数学(文)二轮复习：24分大题抢分练(二)

24分大题抢分练(二)(建议用时：40分钟)前言：“一学就会，一考就废？”，正是因为考试后缺少了这个环节从小学到初中，学生们经历了无数次考试。

通过考试可以检测同学们对知识的理解、掌握情况，提高应试能力。

但对待考试，部分同学只关注自己的分数，而对试卷的分析和总结缺乏重视。

结果常常出现一些题在考试中屡次出现，但却一错再错的情况。

这样，学生们无法从考试中获益，考试也就失去了它的重要意义。

做好试卷分析和总结是十分有必要的。

那么，怎样做好试卷分析呢？我认为，应从下面两点做起：一．失分的原因主要有如下四方面：（1）考试心理：心理紧张，马虎大意；（2）知识结构：知识面窄，基础不扎实；（3）自身能力：审题不清，读不懂题意；（4）解题基本功：答题规范性差。

只有查出、找准原因，才能对症下药，从弱项方面加强训练，以提高成绩。

二．“扭转乾坤”的方法做题的过程中对每一道题要试图问如下几个问题？（1）怎样做出来的？——想解题方法；（2）为什么这样做？——思考解题原理；（3）怎样想到这种方法？——想解题的基本思路；（4）题目体现什么样的思想？——揭示本质，挖掘规律；（5）是否可将题目变化？——一题多变，拓宽思路；（6）题目是否有创新解法？——创新、求异思维。

转变，让我们从一轮每一次开始。

按照上面两点认真完成后面练习题。

希望每一位同学经过一段时间复习后，能够扭转“一考就废”的局面，最后决胜高考。

20．(12分)(2019·沈阳高三教学质量监测三)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，M (－2，y 0)是C 上一点，且|MF |＝2.(1)求C 的方程；(2)过点F 的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，分别过点A ，B 两点作抛物线C 的切线l 1，l 2，两条切线相交于点P ，点P 关于直线AB 的对称点Q ，判断四边形P AQB 是否存在外接圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．[解] (1)根据题意知，4＝2py 0， ①因为|MF |＝2，所以y 0＋p 2＝2， ②联立①②解得y 0＝1，p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)四边形P AQB 存在外接圆．设直线AB 方程为y ＝kx ＋1，代入x 2＝4y 中，得x 2－4kx －4＝0，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则Δ＝16k 2＋16＞0，且x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝4(k 2＋1)，因为C ：x 2＝4y ，即y ＝x 24，所以y ′＝x 2.因此，切线l 1的斜率为k 1＝x 12，切线l 2的斜率为k 2＝x 22，由于k 1k 2＝x 1x 24＝－1，所以P A ⊥PB ，即△P AB 是直角三角形，所以△P AB 的外接圆的圆心为线段AB 的中点，线段AB 是圆的直径， 所以点Q 一定在△P AB 的外接圆上，即四边形P AQB 存在外接圆． 又因为|AB |＝4(k 2＋1)，所以当k ＝0时，线段AB 最短，最短长度为4， 此时圆的面积最小，最小面积为4π.21．(12分)(2019·武汉模拟)已知函数f (x )＝x e x －ax －a ln x .(1)若a ＝e ，求f (x )的单调区间；(2)[一题多解]若f (x )≥1，求a 的取值范围．[解] (1)因为f (x )＝x e x －ax －a ln x ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x－a －a x (x ＞0)， 即f ′(x )＝x ＋1x (x e x －a )(x ＞0)．当a ＝e 时，f ′(x )＝x ＋1x (x e x －e)，令g (x )＝x e x －e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为g (1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ＞1时，g (x )＞0，f ′(x )＞0. 所以f (x )的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)法一：设F (x )＝x e x －a (x ＋ln x )－1，则F ′(x )＝x ＋1x (x e x －a )(x ＞0)．①当a ＝0时，F (x )＝x e x－1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2－1＜0， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜1， 故a ＝0不符合题意．②当a ＜0时，若x ∈(0,1)，则F (x )＝x e x －a (x ＋ln x )－1＜e －a －a ln x －1.令e －a －a ln x －1≤0，即ln x ≤e －a －1a ，取x 1＝e e －a －1a ∈(0,1)，则e －a －a ln x 1－1＝0，即F (x 1)＜0，f (x 1)＜1.故a ＜0不符合题意．③当a ＞0时，令h (x )＝x e x －a ，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝(x ＋1)e x ＞0， 故h (x )在[0，＋∞)上单调递增．因为h (0)＝－a ＜0，h (a )＝a e a －a ＝a (e a －1)＞0，所以存在唯一的x 0∈(0，a )使得h (x 0)＝0，所以x ∈(0，x 0)时，h (x )＜0，F ′(x )＜0；x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )＞0，F ′(x )＞0.故F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以F (x )的最小值为F (x 0)＝x 0e x 0－a (x 0＋ln x 0)－1，因为h (x 0)＝0，即x 0e x 0＝a ，两边取对数得x 0＋ln x 0＝ln a ，所以F (x 0)＝x 0e x 0－a (x 0＋ln x 0)－1＝a －a ln a －1.令G (x )＝x －x ln x －1，则G ′(x )＝－ln x ，所以G (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故G (x )≤G (1)＝0，当且仅当x ＝1时，等号成立．故当且仅当a ＝1时，F (x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．综上，当且仅当a ＝1时，f (x )≥1恒成立，故a 的取值范围为{1}．法二：设F (x )＝x e x－a (x ＋ln x )－1，则F ′(x )＝x ＋1x (x e x －a )(x ＞0)． 设h (x )＝x e x －a (x ≥0)，易知h (x )在[0，＋∞)上单调递增．①当a ＝1时，因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2－1＜0，h (1)＝e －1＞0， 所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得x 0e x 0－1＝0，即x 0e x 0＝1，x 0＋ln x 0＝0.所以当x ∈(0，x 0)时，h (x )＜0，即F ′(x )＜0，F (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )＞0，即F ′(x )＞0，F (x )单调递增．故F (x )≥F (x 0)＝0，即f (x )≥1，符合题意．②当a ＞1时，h (x 0)＝x 0e x 0－a ＝1－a ＜0，h (a )＝a e a －a ＞0，所以存在唯一x 1∈(x 0，a )，使得h (x 1)＝0.所以当x ∈(x 0，x 1)时，h (x )＜0，即F ′(x )＜0，F (x )单调递减．故F (x 1)＜F (x 0)＝0，即f (x 1)＜1，故a ＞1不符合题意．③当0＜a ＜1时，h (x 0)＝x 0e x 0－a ＝1－a ＞0，h (0)＝－a ＜0，所以存在唯一x 2∈(0，x 0)，使得h (x 2)＝0，所以当x ∈(x 2，x 0)时，h (x )＞0，即F ′(x )＞0，所以F (x )在(x 2，x 0)上单调递增，故F (x 2)＜F (x 0)＝0，即f (x 2)＜0， 故0＜a ＜1不符合题意．④当a ＝0时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2＜1，不符合题意． ⑤当a ＜0时，若x ∈(0,1)，则f (x )＝x e x －ax －a ln x ＜e －a －a ln x ，取x 3＝e e －a －1a ∈(0,1)，则f (e e －a －1a )＜e －a －a ·e －a －1a ＝1，不符合题意．综上，a 的取值范围为{1}．法三：①当a ≤0时，f ′(x )＝x ＋1x (x e x －a )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．令t (x )＝x ＋ln x ，则t (x )在(0，＋∞)上单调递增，又t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e －1＜0，t (1)＝1＞0，所以存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得t (x 0)＝0，即x 0＋ln x 0＝0， 即x 0e x 0＝1，故f (x 0)＝x 0e x 0－a (x 0＋ln x 0)＝1，所以任意x ∈(0，x 0)，都有f (x )＜f (x 0)＝1.故a ≤0不符合题意．②当a ＝1时，f (x )＝x e x －(x ＋ln x )＝e x ＋ln x －(x ＋ln x )，考察函数h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1.所以x ＜0时，h ′(x )＜0；x ＞0时，h ′(x )＞0.所以h (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．故h (x )≥h (0)＝0，所以e x ≥x ＋1，故f (x )≥x ＋ln x ＋1－(x ＋ln x )＝1，故a ＝1符合题意． ③当a ＞0且a ≠1时，考察函数φ(x )＝x ＋ln x －ln a ，因为φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(a )＝a ＞0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫a e a ＝a e a ()1－e a ＜0， 所以存在唯一x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a e a ，a ，使得x 1＋ln x 1＝ln a ，即x 1e x 1＝a ， 所以f (x 1)－1＝x 1e x 1－a (x 1＋ln x 1)－1＝a －a ln a －1.令G (t )＝t －t ln t －1，则G ′(t )＝－ln t ，故G (t )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故G (t )≤G (1)＝0，当且仅当t ＝1时，“＝”成立．所以当a ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，a －a ln a －1＜0，即f (x 1)－1＜0，f (x 1)＜1， 故a ∈(0,1)∪(1，＋∞)不符合题意．综上，a 的取值范围是{1}．法四：设h (x )＝x ＋ln x ，x ∈(0，＋∞)，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增．当x∈(0,1)时，x＋ln x＜1＋ln x，所以y＝x＋ln x在(0,1)上的值域为(－∞，1)；当x∈[1，＋∞)时，y＝x＋ln x的值域为[1，＋∞)．所以h(x)＝x＋ln x的值域为R.故对于R上任意一个值y0都有唯一的一个正数x0，使得y0＝x0＋ln x0.因为x e x－ax－a ln x－1≥0，所以e x＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0.设F(t)＝e t－at－1，t∈R，所以要使e x＋ln x－a(x＋ln x)－1≥0，只需F(t)min≥0.当a≤0时，因为F(－1)＝1e＋a－1＜0，即f(－1)＜1，所以a≤0不符合题意．当a＞0时，若t∈(－∞，ln a)，则F′(t)＝e t－a＜0，F(t)在(－∞，ln a)上单调递减；若t∈(ln a，＋∞)，则F′(t)＝e t－a＞0，F(t)在(ln a，＋∞)上单调递增．所以F(t)min＝F(ln a)＝a－a ln a－1.设m(a)＝a－a ln a－1，a∈(0，＋∞)，则m′(a)＝－ln a，当a∈(0,1)时，m′(a)＞0，m(a)在(0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，m′(a)＜0，m(a)在(1，＋∞)上单调递减．所以m(a)max＝m(1)＝0，所以m(a)≤0，F(t)min≤0，当且仅当a＝1时，等号成立．又F(t)≥0，所以F(t)min＝0，所以a＝1.综上，a的取值范围为{1}．。