2017年高考全国 II 卷理科压轴题详解

(理12)已知 $\triangle ABC$ 是边长为 $2$ 的等边三角形,$P$ 为平面 $ABC$ 内一点,则 $\overrightarrow{PA}\cdot\left(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}\right)$ 的最小值是(  )

A.$-2$
B.$-\dfrac32$
C.$-\dfrac43$
D.$-1$


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分析与解 B.

取 $BC$ 中点,记为 $M$,取 $AM$ 中点,记为 $N$,如图,

则有 \[\begin{split}\overrightarrow{PA}\cdot\left(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}\right)&=\overrightarrow{PA}\cdot2\overrightarrow{PM}\\&=2\left(PN^2-\dfrac14AM^2\right)\\&\geqslant2\cdot\left[0-\dfrac14\cdot\left(\sqrt3\right)^2\right]\\&=-\dfrac32.\end{split}\] 当且仅当 $P$与$N$重合时,取得等号.


(理16)已知 $F$ 是抛物线 $C:y^2=8x$ 的焦点,$M$ 是 $C$ 上一点,$FM$ 的延长线交 $y$ 轴于点 $N$,若 $M$ 为 $FN$ 的中点,则 $|FN|=$_______.

分析与解 $6$.

由题意得 $F(2,0)$,设 $N(0,n)$,由点 $M$ 是 $FN$ 的中点,则点 $M$ 的横坐标为 $1$,代入抛物线得 $M(1,\pm2\sqrt2)$,因此 $N(0,\pm4\sqrt2)$,故 $$|FN|=\sqrt{2^2+\left(\pm4\sqrt2\right)^2}=6.$$也可以由抛物线的定义得到$$|FN|=2|FM|=2[1-(-2)]=6.$$


(理20)设$O$为坐标原点,动点$M$在椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$上,过$M$作$x$轴的垂线,垂足为$N$,点$P$满足$\overrightarrow{NP}=\sqrt 2\overrightarrow{NM}$.

(1)求点$P$的轨迹方程;

(2)设点$Q$在直线$x=-3$上,且$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{PQ}=1$.证明:过点$P$且垂直于$OQ$的直线$l$过$C$的左焦点$F$.

分析与解 (1)设$P(x,y)$,由$\overrightarrow{NP}=\sqrt 2\overrightarrow{NM}$,可得$M\left(x,\dfrac{\sqrt 2}{2}y\right)$,因为$M$在椭圆$C$上,所以$P$的轨迹方程为$x^{2}+y^{2}=2$.

(2)设$P(\sqrt 2\cos\theta ,\sqrt 2\sin\theta)$,$Q(-3,m)$,由$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{PQ}=1$可得\[(\sqrt 2\cos\theta,\sqrt 2\sin\theta )\cdot (-3-\sqrt 2\cos\theta,m-\sqrt 2\sin\theta)=1,\]故有\[\sqrt 2m\sin\theta-3\sqrt 2\cos\theta=3.\]左焦点$F(-1,0)$,故只需证明$PF\perp OQ$,即证\[(-1-\sqrt 2\cos\theta,-\sqrt 2\sin\theta)\cdot (-3,m)=0,\]也即证\[3+3\sqrt 2\cos\theta-\sqrt 2m\sin\theta=0,\]因此命题得证.故过点$P$且垂直于$OQ$的直线$l$过$C$的左焦点$F$.


(理21)已知函数$f(x)=ax^{2}-ax-x\ln x$,且$f(x)\geqslant 0$.

(1)求$a$;

(2)证明:$f(x)$存在唯一的极大值点$x_{0}$,且${\rm e}^{-2}<f(x_{0})<2^{-2}$.

分析与解 (1)$f(x)\geqslant 0$等价于$$a(x-1)-\ln x\geqslant 0.$$记左边的函数为$\varphi(x)$:

情形一 $a\leqslant 0$.此时$\varphi(2)<0$,不符合题意;

情形二 $0<a<1$.此时有$$\varphi'(x)=a-\dfrac 1x=\dfrac {ax-1}x,$$则在$\left(1,\dfrac 1a\right)$上,$\varphi'(x)<0$,而$\varphi(1)=0$,所以$$\varphi(x)<\varphi(1)=0,$$不符合题意;

情形三 $a=1$.此时$\ln x\leqslant x-1$,符合题意;

情形四 $a>1$.此时在$\left(\dfrac 1a,1\right)$上,$\varphi'(x)>0$,而$\varphi(1)=0$,所以$$\varphi(x)<\varphi(1)=0,$$矛盾;

综上所述,$a$的值为$1$.

(2)由(1)知$f(x)=x^2-x-x\ln x$,对$f(x)$求导得$$f'(x)=2x-2-\ln x,f''(x)=2-\dfrac 1x,$$所以$f'(x)$在$\left(0,\dfrac 12\right)$上单调递减,在$\left(\dfrac 12,+\infty\right)$上单调递增.而\[\begin{split}f'\left({\rm e}^{-2}\right)&=2{\rm e}^{-2}>0,\\f'\left(\dfrac 12\right)&=\ln 2-1<0,\end{split}\]因此函数$f'(x)$在$\left({\rm e}^{-2},\dfrac 12\right)$上存在唯一零点$x_0$,且函数$f(x)$在$x=x_0$处取得极大值.

一方面,$f(x)$在$({\rm e}^{-2},x_0)$上单调递增,从而有$$f(x_0)>f({\rm e}^{-2})={\rm e}^{-2}+{\rm e}^{-4}>{\rm e}^{-2}.$$另一方面,因为$2x_0-2-\ln x_0=0$,且$x_0<\dfrac 12$,所以$$f(x_0)=x_0^2-x_0-x_0(2x_0-2)=-x_0^2+x_0<\dfrac 14.$$
综上所述,原命题得证.

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