1、三、压轴题 压轴题(二) 第二部分 刷题型 8(2020 山东济南二模)在三棱锥 PABC 中，AB2，ACBC，若该 三棱锥的体积为2 3，则其外接球表面积的最小值为( ) A5 B49 12 C64 9 D25 4 答案答案 解析 AB2，ACBC，故底面三角形外接圆半径为 r1，SABC1 2AC BC 1 4(AC 2BC2)1，当且仅当 AC BC 2时等号成立，故 V1 3SABC h 2 3，故 h2，当 P 离 平面 ABC 最远时， 外接球表面积最小， 此时， P 在平面 ABC 的投影为 AB 中点 O1，设球心为 O，则 O 在 PO1上，故 R2(hR)212， 化简得
2、到 Rh 2 1 2h，对勾函数 y x 2 1 2x在2，)上单调递增，故 Rmin 5 4，故 Smin4R 2 min25 4 .故选 D. 解析解析 12(多选)(2020 新高考卷)信息熵是信息论中的一个重要概念设随 机变量 X 所有可能的取值为 1，2，n，且 P(Xi)pi0(i1,2，n)， i1 n pi1，定义 X 的信息熵 H(X) i1 n pilog2pi( ) A若 n1，则 H(X)0 B若 n2，则 H(X)随着 p1的增大而增大 C若 pi1 n(i1,2，n)，则 H(X)随着 n 的增大而增大 D若 n2m，随机变量 Y 所有可能的取值为 1,2，m，且
3、P(Yj) pjp2m1j(j1,2，m)，则 H(X)H(Y) 答案答案 解析 对于 A，若 n1，则 i1，p11，所以 H(X)(1log21)0， 所以 A 正确； 对于 B， 若 n2， 则 i1,2， p21p1， 所以 H(X)p1 log2p1 (1p1) log2(1p1)，当 p11 4时，H(X) 1 4 log2 1 4 3 4 log2 3 4 ，当 p13 4时， H(X) 3 4 log2 3 4 1 4 log2 1 4 ， 两者相等， 所以 B 错误； 对于 C， 若 pi1 n(i1， 2，n)，则 H(X) 1 n log2 1 n nlog21 nlog
4、2n，则 H(X)随着 n 的增大 而增大，所以 C 正确；对于 D，若 n2m，随机变量 Y 的所有可能的取值 为 1,2，m，且 P(Yj)pjp2m1j(j1,2，m) 解析解析 H(X) i1 2m pi log2pi i1 2m pi log2 1 pip1 log2 1 p1p2 log2 1 p2p2m1 log2 1 p2m1 p2m log2 1 p2m.H(Y)(p1p2m) log2 1 p1p2m(p2p2m1) log2 1 p2p2m1 (pmpm 1) log2 1 pmpm1 p1 log2 1 p1p2m p2 log2 1 p2p2m1 p2m 1 log2
5、 1 p2p2m1 p2m log2 1 p1p2m ，因为 pi0(i1,2，2m)，所以 1 pi 1 pip2m1i，所以 log2 1 pilog2 1 pip2m1i，所以 pi log2 1 pipi log2 1 pip2m1i， 所以 H(X)H(Y)，所以 D 错误故选 AC. 解析解析 答案 5 5 16(2020 江苏南京金陵中学、南通海安高级中学、南京外国语学校高 三下学期第四次模拟)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其 外接圆半径为 R.已知 c1，且ABC 的面积 S2R2sin(BA)sin(BA)，则 a 的最小值为_ 答案答案 解析 由
6、S2R2sin(BA)sin(BA)， 得1 2absinC2R 2sin(BA)sin(BA)， 又由 a2RsinA，b2RsinB，得 sinAsinBsin(BA)， 所以 sinAsinBsinBcosAcosBsinA， 所以 sinA(sinBcosB)sinBcosA， 所以 tanA sinB sinBcosB，又 a sinA c sinC，c1， 解析解析 所以 asinA sinC sinA sinBA sinA sinBcosAcosBsinA tanA sinBcosBtanA， 将 tanA sinB sinBcosB代入，得 a 1 sinB2cosB， 当 s
7、inB2cosB 5sin(B)(tan2)取最大值 5时， a 的最小值为 5 5 . 解析解析 21(2020 湖南衡阳二模)已知函数 f(x)xln (x1)ax. (1)若 a0， 故 f(x)在(1，)上单调递增 f(0)a0 时， x 1x0， 证明证明 令 ln (x1)a0，得 xea1， 可知 f(ea1)0， 由零点存在定理知，在(0，ea1)上必存在一个变号零点 x0，即极小 值点 且 ln (x01)a x0 x01，极小值 f(x0)x0ln (x01)a x2 0 x010， 命题得证 证明证明 (2)依题意，g(x)cosx，f(0)ag(0)1， m4，x0，3
8、sinx mx x23sinx 4x x2， 不妨先证明 xln (x1)x3sinx 4x x2， g(x)sinx 在 x0 处的切线方程为 yx. 构造函数 h(x)xsinx，h(x)1cosx0，x0，h(x)单调递增， h(x)h(0)，xsinx， 证明证明 不妨先证 xln (x1)x3x 4x x2， 等价于证明 ln (x1)2 4 x20， 构造函数 k(x)ln (x1)2 4 x2，k(x) x2 x1x220， 故有 x0，k(x)单调递增，k(x)k(0)0，由不等式的传递性，可知命 题得证 证明证明 22 (2020 山东青岛二模)已知 O 为坐标原点， 椭圆
9、C： x2 a2 y2 b21(ab0) 的离心率为 3 2 ， 双曲线x 2 4 y21 的渐近线与椭圆 C 的交点到原点的距离均 为 10 2 . (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若点 D，M，N 为椭圆 C 上的动点，M，O，N 三点共线，直线 DM， DN 的斜率分别为 k1，k2. ()证明：k1k21 4； ()若 k1k20，设直线 DM 过点(0，m)，直线 DN 过点(0，n)，证明： m2n2为定值 解 (1)设椭圆的半焦距为 c，由题意，知 ec a a2b2 a2 1b 2 a2 3 2 ， a2b， 双曲线x 2 4 y21 的渐近线方程为 y 1 2x， 可设
10、双曲线的渐近线与椭圆 C 在第一象限的交点为 P(2t，t)， t22t2 10 2 ，解得 t21 2. 解解 P(2t，t)在椭圆上，4t 2 a2 t2 b21， 即 2 a2 1 2b21， 由解得 a2，b1， 椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y21. 解解 (2)证明：由题意，知 M，N 关于原点对称，则可设 D(x1，y1)，M(x2， y2)，N(x2，y2) ()点 D，M 在椭圆 C 上，x 2 1 4 y2 11，x 2 2 4 y2 21， y2 11x 2 1 4 ，y2 21x 2 2 4 ， k1k2y 1y2 x1x2 y1y2 x1x2 y2 1y 2 2 x2 1x 2 2 1x 2 1 4 1x 2 2 4 x2 1x 2 2 1 4. 解解 ()不妨设 k10，k20， k1k21 4，k1k20，k1 1 2，k2 1 2， 直线 DM 过点(0，m)，直线 DN 过点(0，n)， 直线 DM：y1 2xm，直线 DN：y 1 2xn， 由 y1 2xm， x2 4 y21， 得 x22mx2m220， 解解 x1x22m22， 由 y1 2xn， x2 4 y21， 得 x22nx2n220， x1x22n22， x1x2(x1x2)2m22n240，即 m2n22， m2n2为定值 2. 解解 本课结束
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