2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十六理
2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：21 Word版含解析
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：21Word版含解析______年______月______日____________________部门一、选择题1．(20xx·贵阳一中适应性考试)已知l为平面α内的一条直线，α，β表示两个不同的平面，则“α⊥β”是“l⊥β”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[解析] 若l为平面α内的一条直线且l⊥β，则α⊥β，反过来则不一定成立，所以“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分条件，故选B.[答案] B2．(20xx·福建泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( )A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α[解析] 过直线a上一点，作b的平行线c，则直线a，c确定一个平面，易证垂直于该平面的直线同时垂直于直线a和b，由于这样的直线有无数条，故A错误；由空间两直线夹角的定义易证，若l∥a且l⊥b，则b⊥a，故B错；过直线a上一点作b的平行线n，记a，n确定的平面为a，显然b∥α，即存在性成立，假设存在平面α，β，使得a⊂α，a⊂β，且b∥α，b∥β，则α∩β＝a，所以b∥a，与题意矛盾，故唯一性成立，故C正确；假设存在平面α，使得a⊂α，且b⊥α，则b⊥a，与题意矛盾，故D错误 .[答案] C3．(20x x·宁波统考)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l[解析] 因为m⊥α，l⊥m，l⊄α，所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.[答案] D4．已知a，b，l表示空间中三条不同的直线，α，β，γ表示空间中三个不同的平面，则下列四个命题中正确的命题序号为( )①若a⊥α，b⊥β，l⊥γ，a∥b∥l，则α∥β∥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；③若a⊂α，b⊂β，α∩β＝a，l⊥a，l⊥b，则l⊥β；④若a，b为异面直线，a⊥α，b⊥β，l⊥a，l⊥b，l⊄α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l.A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④[解析] 对于①，a，b，l就相当于平面α，β，γ的法线，因为a∥b∥l，所以α∥β∥γ，所以①正确；显然②是正确的；对于③，若a∥b，由线面垂直的判定定理可知，直线l不一定垂直于β，只有当a与b相交时，l⊥β，所以③不正确；对于④，由a⊥α，l⊥a，且l⊄α，得l∥α.又b⊥β，l⊥b，l⊄β，所以l∥β.由直线a，b为异面直线，且a⊥α，b⊥β，得α与β相交，否则a∥b，与a，b异面矛盾，故α与β相交，且交线平行于l，所以④正确．[答案] A5．(20xx·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n 所成角的正弦值为( )A. B. C. D.1 3[解析] 因为过点A的平面α与平面CB1D1平行，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，则BD与A1B所成的角为所求角，所以m，n所成角的正弦值为，选A.[答案] A6．(20xx·温州十校联考)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是( )①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行；③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行．A．0 B．1 C．2 D．3[解析] 由题图，得SA⊥SE，若存在点E使得直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SB，SA⊥SC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故②错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行，故③正确．选B.[答案] B二、填空题7．(20xx·定州二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.[解析] 根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD 的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.[答案] 28．(20xx·云南省11校高三调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；③若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确命题的序号是________．[解析] 对于①，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此①不正确．对于②，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面)引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确．对于③，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此③不正确．对于④，由n∥β得，在平面β内必存在直线n1平行于直线n；由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1；又n1∥n，因此有m⊥n，④正确．综上所述，所有正确命题的序号是②④.[答案] ②④9．(20xx·运城一模)在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，M为AB的中点，将△BCM沿CM折起，使点A，B间的距离为，则点M到平面ABC的距离为________．[解析] 在平面图形中，由已知得AB＝2，AM＝BM＝MC＝1，BC＝，∴△AMC为等边三角形，取CM的中点D，连接AD，则AD⊥CM，设AD 的延长线交BC于E，则AD＝，DE＝，CE＝.根据题意知，折起后的图形如图所示，由BC2＝AC2＋AB2，知∠BAC＝90°，又cos∠ECA＝，连接AE，则AE2＝CA2＋CE2－2CA·CEcos∠ECA＝，于是AC2＝AE2＋CE2，∴∠AEC＝90°，∴AE⊥BC.∵AD2＝AE2＋ED2，∴AE⊥DE，又BC，DE⊂平面BCM，BC∩DE＝E，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱锥A－BCM 的高，设点M到平面ABC的距离为h，∵S△BCM＝，AE＝，所以由VA －BCM＝VM－ABC，可得××＝×××1×h，∴h＝.[答案] 1 2三、解答题10．(20xx·江苏卷)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.11．(20xx·南昌摸底)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．[解] (1)证明：由题意，tan∠ABD＝＝，tan∠AB1B＝＝，由图可知0<∠ABD，∠AB1B<，所以∠ABD＝∠AB1B，所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝，所以AB1⊥BD，又CO⊥侧面ABB1A1，∴AB1⊥CO.又BD与CO交于点O，所以AB1⊥平面CBD，又因为BC ⊂平面CBD ，所以BC⊥AB1.(2)如图，以O 为原点，分别以OD ，OB1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A ，B ，C ，B1，D ，又因为＝2，所以C1.所以＝，＝，DC1→＝.设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则根据可得⎝ ⎛ －63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0.令x ＝1，则y ＝，z ＝－， 所以n ＝(1，，－)是平面ABC 的一个法向量，设直线C1D 与平面ABC 所成角为α，则sin α＝＝.12．(20xx·贵州省××市高三监测)如图所示，该几何体由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 组合而成，AD⊥AF，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE ；(2)若正四棱锥P －ABCD 的高为1，求二面角C －AF －P 的余弦值．[解] (1)证明：∵直三棱柱ADE －BCF 中，AB⊥平面ADE ，∴AB ⊥AD ，又AD ⊥AF ，AB ∩AF ＝A ，∴AD ⊥平面ABFE ，∵AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABFE.(2)∵AD∥BC，AD⊥平面ABFE ，∴BC⊥平面ABFE ，且AB⊥BF，建立以B 为坐标原点，BA ，BF ，BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示．∵正四棱锥P －ABCD 的高为1，AE ＝AD ＝2，∴A(2,0,0)，E(2,2,0)，F(0,2,0)，C(0,0,2)，P(1，－1,1)， ∴＝(－2,2,0)，＝(0,2，－2)，＝(1,1，－1)，设n1＝(x1,1，z1)是平面ACF 的一个法向量，则n1⊥，n1⊥，∴即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x1＋2＝0，2－2z1＝0，解得x1＝1，z1＝1，即n1＝(1,1,1)．设n2＝(x2,1，z2)是平面PAF 的一个法向量，则n2⊥，n2⊥，∴即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x2＋2＝0，x2＋1－z2＝0，解得x2＝1，z2＝2，即n2＝(1,1,2)．∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝，又二面角C －AF －P 是锐角，∴二面角C －AF －P 的余弦值是.。
2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二理
2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二理一、选择题1．(2017·宝鸡质检)函数f(x)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递增区间是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π2－π12，k π2＋5π12(k ∈Z)B.⎝⎛⎭⎪⎫k π2－π12，k π2＋5π12(k ∈Z) C.⎝⎛⎭⎪⎫k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z)D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z) 解析：选B 由k π－π2<2x －π3<k π＋π2(k ∈Z)得，k π2－π12<x<k π2＋5π12(k ∈Z)，所以函数f(x)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2－π12，k π2＋5π12 (k ∈Z)，故选B. 2.函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )A ．f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4B ．f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4C ．f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4 D ．f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x －π4 解析：选A 由题图可知， 函数f(x)的最小正周期为T ＝2πω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8－π8×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x ＋φ)．又函数f(x)的图象经过点⎝⎛⎭⎪⎫π8，1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1，则π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，解得φ＝2k π＋π4(k ∈Z)，又|φ|<π2，所以φ＝π4，即函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，故选A.3．(2017·天津高考)设函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω>0，|φ|<π.若f⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π8＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则( )A ．ω＝23，φ＝π12B ．ω＝23，φ＝－11π12C ．ω＝13，φ＝－11π24D ．ω＝13，φ＝7π24解析：选A 法一：由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8＝2，得5π8ω＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，①由f ⎝⎛⎭⎪⎫11π8＝0，得11π8ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，②由①②得ω＝－23＋43(k′－2k)．又最小正周期T ＝2πω>2π，所以0<ω<1，ω＝23.又|φ|<π，将ω＝23代入①得φ＝π12.选项A 符合．法二：∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π8＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，∴f(x)的最小正周期为4⎝⎛⎭⎪⎫11π8－5π8＝3π，∴ω＝2π3π＝23，∴f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x ＋φ.由2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23×5π8＋φ＝2，得φ＝2k π＋π12，k ∈Z.又|φ|<π，∴取k ＝0，得φ＝π12.故选A.4．(2017·湖北荆州质检)函数f(x)＝2x －tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上的图象大致为( )解析：选C 因为函数f(x)＝2x －tan x 为奇函数，所以函数图象关于原点对称，排除选项A ，B ，又当x→π2时，y<0，排除选项D ，故选C.5．(2017·安徽芜湖模拟)若将函数y ＝sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象向右平移m(m>0)个单位长度后所得的图象关于直线x ＝π4对称，则m 的最小值为( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析：选B 平移后所得的函数图象对应的解析式是y ＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －m ＋π6，因为该函数的图象关于直线x ＝π4对称，所以2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－m ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z)，所以m ＝π6－k π2(k ∈Z)，又m>0，故当k ＝0时，m 最小，此时m ＝π6.6．(2017·云南检测)函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则f(x)的单调递增区间为( )A ．(－1＋4k π，1＋4k π)，k ∈ZB ．(－3＋8k π，1＋8k π)，k ∈ZC ．(－1＋4k,1＋4k)，k ∈ZD ．(－3＋8k,1＋8k)，k ∈Z解析：选D 由题图，知函数f(x)的最小正周期为T ＝4×(3－1)＝8，所以ω＝2πT ＝π4，所以f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ.把(1,1)代入，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1，即π4＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，又|φ|<π2，所以φ＝π4，所以f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π4.由2k π－π2≤π4x ＋π4≤2k π＋π2(k∈Z)，得8k －3≤x≤8k＋1(k ∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间为(8k －3,8k ＋1)(k ∈Z)，故选D.7．(2017·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( ) A.65 B ．1 C.35D.15解析：选 A 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，所以f(x)＝65sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，于是f(x)的最大值为65.8．(2017·武昌调研)若f(x)＝cos 2x ＋acos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上是增函数，则实数a 的取值范围为( )A ．[－2，＋∞)B ．(－2，＋∞)C ．(－∞，－4)D ．(－∞，－4]解析：选D f(x)＝1－2sin 2x －asin x ，令sin x ＝t ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，则g(t)＝－2t 2－at ＋1，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因为f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上单调递增，所以－a 4≥1，即a≤－4，故选D. 9．已知函数f(x)＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)，若将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后所得图象对应的函数为偶函数，则φ＝( )A.5π6B.2π3C.π3D.π6解析：选D 函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后所得图象对应的函数解析式为y＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋φ，由于该函数是偶函数，∴π3＋φ＝π2＋k π(k ∈Z)，即φ＝π6＋k π(k ∈Z)，又0<φ<π，∴φ＝π6，故选D.10．若函数f(x)＝sin ωx ＋3cos ωx(ω>0)满足f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值为π2，则函数f(x)的解析式为( )A ．f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3B ．f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3C ．f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6D ．f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6 解析：选A f(x)＝sin ωx ＋3cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.因为f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|min ＝π2，所以T 4＝π2，得T ＝2π(T 为函数f(x)的最小正周期)，故ω＝2πT＝1，所以f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，故选A.11．(2018届高三·广西三市联考)已知x ＝π12是函数f(x)＝3sin(2x ＋φ)＋cos(2x ＋φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函数f(x)的图象向右平移3π4个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π6上的最小值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．－ 2D ．－ 3解析：选B f(x)＝3sin(2x ＋φ)＋cos(2x ＋φ)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋φ.∵x ＝π12是f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋φ图象的一条对称轴，∴2×π12＋π6＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝π6＋k π(k ∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝π6，则f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴g(x)＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3π4＋π3＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，则g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π6上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－1，故选B. 12．(2017·广州模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)是奇函数，直线y ＝2与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π2，则( )A ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减B ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，3π8上单调递减C ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增D ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，3π8上单调递增 解析：选D f(x)＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ＋π4，因为0<φ<π且f(x)为奇函数，所以φ＝3π4，即f(x)＝－2sin ωx ，又直线y ＝2与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π2，所以函数f(x)的最小正周期为π2，由2πω＝π2，可得ω＝4，故f(x)＝－2sin 4x ，由2k π＋π2≤4x≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π2＋π8≤x≤k π2＋3π8，k ∈Z ，令k ＝0，得π8≤x≤3π8，此时f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，3π8上单调递增，故选D.二、填空题13．(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin 2x ＋3cos x －34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的最大值是________．解析：依题意，f(x)＝sin 2x ＋3cos x －34＝－cos 2x ＋3cos x ＋14＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －322＋1，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos x ∈[0,1]，因此当cos x ＝32时，f(x)max ＝1. 答案：114．已知函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)对任意的x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝________.解析：函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)对任意的x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则其图象的一条对称轴为x ＝π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝±2.答案：±215．(2017·深圳调研)已知函数f(x)＝cos xsin x(x ∈R)，则下列四个结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①若f(x 1)＝－f(x 2)，则x 1＝－x 2； ②f(x)的最小正周期是2π；③f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上是增函数；④f(x)的图象关于直线x ＝3π4对称． 解析：因为f(x)＝cos xsin x ＝12sin 2x ，所以f(x)是周期函数，且最小正周期为T ＝2π2＝π，所以①②错误；由2k π－π2≤2x≤2k π＋π2(k ∈Z)，解得k π－π4≤x≤k π＋π4(k ∈Z)，当k ＝0时，－π4≤x≤π4，此时f(x)是增函数，所以③正确；由2x ＝π2＋k π(k ∈Z)，得x ＝π4＋k π2(k ∈Z)，取k ＝1，则x ＝3π4，故④正确．答案：③④16．已知函数f(x)＝Acos 2(ωx ＋φ)＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，0<φ<π2的最大值为3，f(x)的图象与y 轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＝________.解析：∵函数f(x)＝Acos 2(ωx ＋φ)＋1＝A·1＋ωx ＋2φ2＋1＝A2cos(2ωx ＋2φ)＋1＋A 2⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，0<φ<π2的最大值为3，∴A 2＋1＋A2＝3，∴A ＝2.根据函数图象相邻两条对称轴间的距离为2，可得函数的最小正周期为4，即2π2ω＝4，∴ω＝π4.再根据f(x)的图象与y 轴的交点坐标为(0,2)，可得cos 2φ＋1＋1＝2，∴cos 2φ＝0，又0<φ<π2，∴2φ＝π2，φ＝π4.故函数f(x)的解析式为f(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋π2＋2＝－sin π2x ＋2，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2016)＋f(2017)＝－⎝⎛⎭⎪⎫sin π2＋sin 2π2＋sin 3π2＋…＋sin 2 016π2＋sin 2 017π2＋2×2 017＝504×0－sin π2＋4034＝0－1＋4 034＝4 033.答案：4 033B 组——能力小题保分练1．曲线y ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4和直线y ＝12在y 轴右侧的交点的横坐标按从小到大的顺序依次记为P 1，P 2，P 3，…，则|P 3P 7|＝( )A ．πB ．2πC ．4πD ．6π解析：选B y ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝cos 2x －sin 2x ＝cos 2x ，故曲线对应的函数为周期函数，且最小正周期为π，直线y ＝12在y 轴右侧与函数y ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4在每个周期内的图象都有两个交点，又P 3与P 7相隔2个周期，故|P 3P 7|＝2π，故选B.2．已知函数f(x)＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－π12，π6上单调且最大值不大于3，则φ的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π4，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，0解析：选D 因为函数f(x)＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－π12，π6上单调且最大值不大于3，又－π6＋φ<2x ＋φ≤π3＋φ，所以2×π6＋φ≤π3，且2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＋φ≥－π2，解得－π3≤φ≤0，故选D.3.已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．f(x)的图象关于直线x ＝－2π3对称B ．f(x)的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12，0对称 C ．若方程f(x)＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是(－2，－ 3 ]D ．将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象向左平移π6个单位长度得到函数f(x)的图象解析：选C 根据题中所给的图象，可知函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴当x ＝－2π3时，2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＋π3＝－π，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＝2sin(－π)＝0，从而f(x)的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3，0对称，而不是关于直线x ＝－2π3对称，故A 不正确；当x ＝－5π12时，2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12＋π3＝－π2，∴f(x)的图象关于直线x ＝－5π12对称，而不是关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12，0对称，故B 不正确；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2π3，π3，f(x)∈[－2， 3 ]，结合正弦函数图象的性质，可知若方程f(x)＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是(－2，－ 3 ]，故C 正确；根据图象平移变换的法则，可知应将y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象向左平移π4个单位长度得到f(x)的图象，故D 不正确．故选C.4．如果两个函数的图象平移后能够重合，那么称这两个函数互为生成函数．给出下列四个函数：①f(x)＝sin x ＋cos x ；②f(x)＝2(sin x ＋cos x)； ③f(x)＝sin x ；④f(x)＝2sin x ＋ 2. 其中互为生成函数的是( )A ．①②B ．①④C ．③④D ．②④解析：选B 首先化简题中①②两个函数解析式可得：①f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，②f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，可知③f(x)＝sin x 的图象要与其他函数的图象重合，只经过平移不能完成，还必须经过伸缩变换才能实现，∴③f(x)＝sin x 不与其他函数互为生成函数；同理①f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4(④f(x)＝2sin x ＋2)的图象与②f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象也必须经过伸缩变换才能重合，而④f(x)＝2sin x ＋2的图象向左平移π4个单位长度，再向下平移2个单位长度即可得到①f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象，∴①④互为生成函数，故选B.5．已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ均为正常数)的最小正周期为π，且当x ＝2π3时，函数f(x)取得最小值，则( ) A ．f(1)<f(－1)<f(0) B ．f(0)<f(1)<f(－1) C ．f(－1)<f(0)<f(1) D ．f(1)<f(0)<f(－1)解析：选C 因为函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)的最小正周期为π，所以ω＝2ππ＝2，故f(x)＝Asin(2x ＋φ)，因为当x ＝2π3时，函数f(x)取得最小值，所以2×2π3＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，解得φ＝2k π－11π6，k ∈Z ，又φ>0，故可取k ＝1，则φ＝π6，故f(x)＝Asin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f(－1)＝Asin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2＋π6<0，f(1)＝Asin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π6>0，f(0)＝Asin π6＝12A>0，故f(－1)最小．又sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－2－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2>sin π6，故f(1)>f(0)．综上可得f(－1)<f(0)<f(1)，故选C.6．若函数f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|<π2的图象的对称轴完全相同，则φ＝________.解析：因为函数f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2的图象的对称轴完全相同，故它们的最小正周期相同，即2πω＝2π2，所以ω＝2，故函数f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.令2x ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z ，则x ＝k π2＋π8，k ∈Z ，故函数f(x)的图象的对称轴为x ＝k π2＋π8，k ∈Z.令2x ＋φ＝m π，m ∈Z ，则x ＝m π2－φ2，m∈Z ，故函数g(x)的图象的对称轴为x ＝m π2－φ2，m ∈Z ，故k π2＋π8－m π2＋φ2＝n π2，m ，n ，k ∈Z ，即φ＝(m ＋n －k)π－π4，m ，n ，k ∈Z ，又|φ|<π2，所以φ＝－π4.答案：－π4。
2019-2020年高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测二平面向量与复数理
2019-2020年高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测二平面向量与复数理1．(xx·全国卷Ⅲ)复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限解析：选C z ＝i(－2＋i)＝－2i ＋i 2＝－1－2i ，故复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于第三象限．2．(xx·全国卷Ⅲ)设复数z 满足(1＋i)z ＝2i ，则|z |＝( ) A.12 B.22 C. 2 D ．2解析：选C 因为z ＝2i 1＋i ＝2i 1－i1＋i 1－i＝i(1－i)＝1＋i ，所以|z |＝ 2.3．(xx·沈阳模拟)已知平面向量a ＝(3,4)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12，若a ∥b ，则实数x 的值为( )A ．－23 B.23 C.38 D ．－38解析：选C ∵a ∥b ，∴3×12＝4x ，解得x ＝38.4．(xx 届高三·西安摸底)已知非零单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角是( )A.π6 B.π3 C.π4 D.3π4解析：选D 由|a ＋b |＝|a －b |可得(a ＋b )2＝(a －b )2，即a ·b ＝0，而a ·(b －a )＝a ·b －a 2＝－|a |2＜0，即a 与b －a 的夹角为钝角，结合选项知选D.5．(xx·湘中模拟)已知向量a ＝(x ，3)，b ＝(x ，－3)，若(2a ＋b )⊥b ，则|a |＝( ) A ．1 B. 2 C. 3 D ．2解析：选D 因为(2a ＋b )⊥b ，所以(2a ＋b )·b ＝0，即(3x ，3)·(x ，－3)＝3x 2－3＝0，解得x ＝±1，所以a ＝(±1，3)，|a |＝±12＋32＝2.6．(xx·广西五校联考)设D 是△ABC 所在平面内一点，AB ―→＝2DC ―→，则( ) A ．BD ―→＝AC ―→－32AB ―→B ．BD ―→＝32AC ―→－AB ―→C ．BD ―→＝12AC ―→－AB ―→D ．BD ―→＝AC ―→－12AB ―→解析：选A BD ―→＝BC ―→＋CD ―→＝BC ―→－DC ―→＝AC ―→－AB ―→－12AB ―→＝AC ―→－32AB ―→.7．(xx 届高三·云南调研)在▱ABCD 中，|AB ―→|＝8，|AD ―→|＝6，N 为DC 的中点，BM ―→＝2MC ―→，则AM ―→·NM ―→＝( )A ．48B ．36C ．24D ．12解析：选CAM ―→·NM ―→＝(AB ―→＋BM ―→)·(NC ―→＋CM―→)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ―→＋23 AD ―→ ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12 AB ―→－13 AD ―→ ＝12AB ―→2－29AD ―→2＝12×82－29×62＝24. 8．(xx 届高三·广西五校联考)已知a 为实数，若复数z ＝(a 2－1)＋(a ＋1)i 为纯虚数，则a ＋i 2 0171－i＝( )A ．1B ．0C ．iD ．1－i解析：选C 因为z ＝(a 2－1)＋(a ＋1)i 为纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，得a ＝1，则有1＋i 2 0171－i ＝1＋i 1－i ＝1＋i 21＋i 1－i＝i.9．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量CD ―→ 在BA ―→方向上的投影是( )A ．－3 5B ．－322C ．3 5 D.322解析：选A 依题意得，BA ―→＝(－2，－1)，CD ―→＝(5,5)，BA ―→ ·CD ―→＝(－2，－1)·(5,5)＝－15，|BA ―→|＝5，因此向量CD ―→在BA ―→方向上的投影是BA ―→·CD ―→|BA ―→|＝－155＝－3 5.10．(xx 届高三·湖南五校联考)△ABC 是边长为2的等边三角形，向量a ，b 满足AB ―→＝2a ，AC ―→＝2a ＋b ，则向量a ，b 的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选C 法一：设向量a ，b 的夹角为θ，BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝2a ＋b －2a ＝b ，∴|BC ―→|＝|b |＝2，|AB ―→|＝2|a |＝2，∴|a |＝1，AC ―→2＝(2a ＋b )2＝4a 2＋4a ·b ＋b 2＝8＋8cos θ＝4，∴cos θ＝－12，θ＝120°.法二：BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝2a ＋b －2a ＝b ，则向量a ，b 的夹角为向量AB ―→与BC ―→的夹角，故向量a ，b 的夹角为120°.11．(xx·长春模拟)在△ABC 中，D 为△ABC 所在平面内一点，且AD ―→＝13AB ―→＋12AC ―→，则S △BCDS △ABD＝( ) A.16 B.13 C.12 D.23解析：选B 如图，由已知得，点D 在△ABC 中与AB 平行的中位线上，且在靠近BC 边的三等分点处，从而有S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，S△BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC，所以S △BCD S △ABD ＝13.12．(xx·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→，则λ＋μ的最大值为( )A ．3B ．2 2 C. 5 D ．2 解析：选A 以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,2)，D (0,2)，可得直线BD 的方程为2x ＋y －2＝0，点C 到直线BD 的距离为222＋12＝25，所以圆C ：(x －1)2＋(y－2)2＝45.因为P 在圆C 上，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋255cos θ，2＋255sin θ.又AB ―→＝(1,0)，AD ―→＝(0,2)，AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→＝(λ，2μ)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋255cos θ＝λ，2＋255sin θ＝2μ，λ＋μ＝2＋255cos θ＋55sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.13．(xx·成都模拟)若复数z ＝a i1＋i(其中a ∈R ，i 为虚数单位)的虚部为－1，则a ＝________.解析：因为z ＝a i1＋i ＝a i·1－i 1＋i 1－i ＝a 2＋a 2i 的虚部为－1，所以a 2＝－1，解得a ＝－2.答案：－214．(xx·兰州诊断)已知向量OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→(m ＞0，n ＞0)，若m ＋n ＝1，则|OC ―→|的最小值为________．解析：由OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，得OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→＝(3m ＋n ，m －3n )，因为m ＋n ＝1(m ＞0，n ＞0)，所以n ＝1－m 且0＜m ＜1，所以OC ―→＝(1＋2m,4m －3)，则|OC ―→|＝1＋2m2＋4m －32＝20m 2－20m ＋10＝20⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋5(0＜m ＜1)，所以当m ＝12时，|OC ―→|min ＝ 5.答案： 515．(xx 届高三·石家庄调研)非零向量m ，n 的夹角为π3，且满足|n |＝λ|m |(λ＞0)，向量组x 1，x 2，x 3由一个m 和两个n 排列而成，向量组y 1，y 2，y 3由两个m 和一个n 排列而成，若x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3所有可能值中的最小值为4m 2，则λ＝________.解析：由题意：x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3的运算结果有以下两种可能：①m 2＋m ·n ＋n 2＝m 2＋λ|m ||m |cos π3＋λ2m 2＝⎝⎛⎭⎪⎫λ2＋λ2＋1m 2；②m ·n ＋m ·n ＋m ·n ＝3λ|m ||m |cos π3＝3λ2m 2.又λ2＋λ2＋1－3λ2＝λ2－λ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋34＞0，所以3λ2m 2＝4m 2，即3λ2＝4，解得λ＝83. 答案：8316.如图所示，已知正方形ABCD 的边长为1，点E 从点D 出发，按字母顺序D →A →B →C 沿线段DA ，AB ，BC 运动到点C ，在此过程中DE ―→·CD ―→的取值范围为________．解析：以BC ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，可得A (0,1)，B (0,0)，C (1,0)，D (1,1)．当E 在DA 上时，设E (x,1)，其中0≤x ≤1， ∵DE ―→＝(x －1,0)，CD ―→＝(0,1)， ∴DE ―→·CD ―→＝0；当E 在AB 上时，设E (0，y )， 其中0≤y ≤1，∵DE ―→＝(－1，y －1)，CD ―→＝(0,1)，∴DE ―→·CD ―→＝y －1(0≤y ≤1)，此时DE ―→·CD ―→的取值范围为[－1,0]； 当E 在BC 上时，设E (x,0)，其中0≤x ≤1， ∵DE ―→＝(x －1，－1)，CD ―→＝(0,1)， ∴DE ―→·CD ―→＝－1.综上所述，DE ―→·CD ―→的取值范围为[－1,0]． 答案：[－1,0]。
2019-2020年高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测六导数的简单应用理
－2，∴ a≥－ 2. 9． (xx 届高三·重庆调研 ) 若函数 f ( x) ＝( x＋ a)e x 在(0 ，＋∞ ) 上不单调，则实数 a 的
取值范围是 (
)
A． ( －∞，－ 1)
B ． ( －∞， 0)
C． ( －1,0)
D ． [ －1，＋∞）
x
x
解析：选 A f ′（x) ＝ e ( x＋a＋ 1) ，由题意，知方程 e ( x＋ a＋1) ＝ 0 在(0 ，＋∞ ) 上至
围为 ( )
a 的取值范
A． [ －1，＋∞ )
B ． ( －1，＋∞）
C． [ －2，＋∞ )
D ． ( －2，＋∞）
解析：选 C ∵ f ( x) 在 (0 ，＋∞ ) 上单调递增， 且 f ′（x) ＝ 2e2x＋ a，∴f ′（x) ＝ 2e2x＋ a≥０
在(0 ，＋∞ ) 上恒成立，即 a≥－ 2e2x 在(0 ，＋∞ ) 上恒成立，又 x∈ (0 ，＋∞ ) 时，－ 2e2x＜
D ． (1,2)
解析： 选 C
函数
f ( x) ＝ x2－ 5x＋2ln
x 的定义域是
2 (0 ，＋∞ ) ，令 f ′（x) ＝ 2x－5＋ x＝
2x2 －5x＋ 2 x－ 2 2x－ 1
1
x
＝
x
＞ 0，解得 0＜ x＜ 2或 x＞ 2，故函数 f ( x) 的单调递增区间是
1 0， 2 和 (2 ，＋∞ ) ．
2019-2020 年高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测六导数的简单应用
理
2
1．(xx 届高三·江西师范大学附中调研 ) 若 ( x－ a)d x＝ cos 2xdx，则 a 的值为 ( ) 1
2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：18 Word版含解析
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：18Word版含解析______年______月______日____________________部门一、选择题1．在数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1·a2·a3·…·an＝n2，则a3＋a5＝( )A. B. C. D.31 15[解析] 解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝，故选A.解法二：当n≥2时，a1·a2·a3·…·an＝n2.当n≥3时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.两式相除得an＝2，∴a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝，故选A.[答案] A2．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝( )A．n B.n－1C．n2 D．2n－1[解析] 由an＝n(an＋1－an)，得＝，所以数列为常数列，所以＝＝…＝＝1，所以an＝n，故选A.[答案] A3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则a1·a2·a3·…·a20xx＝( )A．－6 B．6 C．－2 D．2[解析] ∵a1＝2，an＋1＝，∴a2＝＝－3，同理，a3＝－，a4＝，a5＝2，…，∴an＋4＝an，a1a2a3a4＝1，∴a1·a2·a3·…·a20xx ＝(a1a2a3a4)504×a1＝1×2＝2.故选D.[答案] D4．(20x x·衡水中学二调)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，数列{an＋an＋1＋an＋2}是公差为2的等差数列，则S25＝( )A．232 B．233 C．234 D．235[解析] ∵数列{an＋an＋1＋an＋2}是公差为2的等差数列，∴an＋3－an＝(an＋1＋an＋2＋an＋3)－(an＋an＋1＋an＋2)＝2，∴a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列，∴S25＝(a1＋a4＋a7＋…＋a25)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a23)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a24)＝9×1＋＋8×2＋＋8×3＋＝233，故选B.[答案] B5．(20xx·郑州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列一定成立的是( )A．若a3>0，则a20xx<0B．若a4>0，则a20xx<0C．若a3>0，则S20xx>0D．若a4>0，则S20xx>0[解析]根据等比数列的通项公式得a20xx＝a1·q20xx＝a3q20xx，a20xx＝a1q20xx＝a4q20xx，易知A，B错误．对于选项C，因为a3＝a1q2>0，所以a1>0，当q>0时，任意an>0，故有S20xx>0；当q<0时，仍然有S20xx ＝>0，C 正确．对于选项D ，可列举公比q ＝－1的等比数列－1，1，－1,1，…，显然满足a4>0，但S20xx ＝0，故D 错误．故选C.[答案] C6．(20xx·山西大同模拟)已知数列{an}的通项公式为an ＝(－1)n(2n －1)·cos＋1(n∈N*)，其前n 项和为Sn ，则S60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120[解析] 由题意可得，当n ＝4k －3(k∈N*)时，an ＝a4k －3＝1；当n ＝4k －2(k∈N*)时，an ＝a4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k∈N*)时，an ＝a4k －1＝1；当n ＝4k(k∈N*)时，an ＝a4k ＝8k.∴a4k－3＋a4k －2＋a4k －1＋a4k ＝8，∴S60＝8×15＝120. [答案] D 二、填空题7．已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足log2(Sn ＋1)＝n ＋1(n∈N*)，则an ＝________.[解析] 由已知可得Sn ＋1＝2n ＋1，则Sn ＝2n ＋1－1.当n ＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n ，因为n ＝1时不满足an ＝2n ，故an ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n≥2.[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n≥28．(20xx·河南新乡三模)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.[解析] ∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝，∵a1＝1，∴an＝.[答案] 3n－1＋129．(20xx·安徽省淮北一中高三最后一卷改编)若数列{an}满足－＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b20xx＝20xx0，则b2b20xx的最大值是________．[解析] 因为数列是“调和数列”，所以bn＋1－bn＝d，即数列{bn}是等差数列，所以b1＋b2＋…＋b20xx＝＝＝20xx0，所以b2＋b20xx＝20.又>0，所以b2>0，b20xx>0，所以b2＋b20xx＝20≥2，即b2b20xx≤100(当且仅当b2＝b20xx时等号成立)，因此b2b20xx的最大值为100.[答案] 100三、解答题10．(20xx·郑州质检)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn，且数列是公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.[解] (1)由已知条件得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴Sn＝2n2－n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n －3.当n＝1时，a1＝S1＝1，而4×1－3＝1，∴an＝4n－3.(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)，当n为偶数时，Tn＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n－3)＝4×＝2n，当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.综上，Tn＝错误!11．(20xx·北京海淀模拟)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an －a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.[解] (1)∵Sn＝2an－a1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，∴an＝2an－2an－1，化为an＝2an－1.由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.∴an＝2n.(2)∵an＋1＝2n ＋1，∴Sn＝＝2n ＋1－2，Sn ＋1＝2n ＋2－2. ∴bn ＝＝＝.∴数列{bn}的前n 项和Tn ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1 ＝.12.(20xx·山东卷)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn ＋1(xn ＋1，n ＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x1，x ＝xn ＋1所围成的区域的面积Tn.[解] (1)设数列{xn}的公比为q ，由已知知q>0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x1＋x1q ＝3，x1q2－x1q ＝2.所以3q2－5q －2＝0. 因为q>0，所以q ＝2，x1＝1.因此数列{xn}的通项公式为xn ＝2n －1.(2)过P1，P2，…，Pn ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn ＋1.由(1)得xn ＋1－xn ＝2n －2n －1＝2n －1， 记梯形PnPn ＋1Qn ＋1Qn 的面积为bn ， 由题意bn ＝×2n－1＝(2n ＋1)×2n－2， 所以Tn ＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n －2，①2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n －1.②①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝＋－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝.。
通用版2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十六理
课时跟踪检测（二十六）一、选择题1．已知直线ax ＋by ＝1经过点(1,2)，则2a ＋4b的最小值为( ) A. 2B ．2 2C ．4D ．4 2解析：选B 因为直线ax ＋by ＝1经过点(1,2)，所以a ＋2b ＝1，则2a＋4b≥22a·22b＝22a ＋2b＝22，当且仅当a ＝2b ＝12时等号成立．2．(2018届高三·湖南五市十校联考)已知函数f (x )＝x ＋sin x (x ∈R)，且f (y 2－2y ＋3)＋f (x 2－4x ＋1)≤0，则当y ≥1时，yx ＋1的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1 C ．[1,32－3]D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ 解析：选A 函数f (x )＝x ＋sin x (x ∈R)为奇函数，又f ′(x )＝1＋cos x ≥0，所以函数f (x )在其定义域内单调递增，则f (x 2－4x ＋1)≤f (－y 2＋2y －3)，即x 2－4x ＋1≤－y 2＋2y －3，化简得(x －2)2＋(y －1)2≤1，当y ≥1时表示的区域为上半圆及其内部，如图所示．令k ＝y x ＋1＝yx －－，其几何意义为过点(－1,0)与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3,1)，此时k min ＝13－－＝14，斜率最大时直线刚好与半圆相切，圆心到直线的距离d ＝|2k －1＋k |k 2＋1＝1(k >0)，解得k max＝34，故选A. 3．(2017·石家庄质检)在平面直角坐标系中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤r 2(r 为常数)表示的平面区域的面积为π，若x ，y 满足上述约束条件，则z ＝x ＋y ＋1x ＋3的最小值为( ) A ．－1 B ．－52＋17C.13D ．－75解析：选 D 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由题意，知14πr 2＝π，解得r ＝2.z ＝x ＋y ＋1x ＋3＝1＋y －2x ＋3，表示可行域内的点与点P (－3,2)连线的斜率加上1，由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，则有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍去)，所以z min ＝1－125＝－75，故选D.4．(2017·沈阳质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋22，x ≤1，|log 2x －，x >1，则函数F (x )＝f [f (x )]－2f (x )－32的零点个数是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选A 令f (x )＝t ，则函数F (x )可化为y ＝f (t )－2t －32，则函数F (x )的零点问题可转化为方程f (t )－2t －32＝0的根的问题．令y ＝f (t )－2t －32＝0，即f (t )＝2t ＋32，如图①，由数形结合得t 1＝0,1<t 2<2，如图②，再由数形结合得，当f (x )＝0时，x ＝2，有1个解，当f (x )＝t 2时，有3个解，所以y ＝f [f (x )]－2f (x )－32共有4个零点．故选A.5．(2018届高三·湖北七市(州)联考)已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12(a <0)，且f (a 2－4)＝f (2a －8)，则f n －4a n ＋1(n ∈N *)的最小值为( )A.374 B.358 C.283 D.485解析：选A 二次函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12图象的对称轴为直线x ＝－a ＋82，由f (a 2－4)＝f (2a －8)及二次函数的图象，可以得出a 2－4＋2a －82＝－a ＋82，解得a ＝－4或a ＝1，又a <0，∴a ＝－4，f (x )＝x 2＋4x ，∴f n －4a n ＋1＝n 2＋4n ＋16n ＋1＝n ＋2＋n ＋＋13n ＋1＝n ＋1＋13n ＋1＋2≥2n ＋113n ＋1＋2＝213＋2，当且仅当n ＋1＝13n ＋1，即n ＝13－1时等号成立，又n ∈N *，∴当n ＝4时，f n －4a n ＋1＝485，n＝3时，f n －4a n ＋1＝374<485，∴最小值为374，故选A.6．(2018届高三·广东省五校联考)已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f (x )g ′(x )>f ′(x )g (x )，f (x )＝a x ·g (x )(a >0，a ≠1)，fg＋f －g －＝52.在有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f n gn (n ＝1,2，…，10)中，任意取正整数k (1≤k ≤10)，则前k 项和大于1516的概率是( ) A.15 B.25 C.35 D.45解析：选C 由f (x )＝a x·g (x )，可得a x＝f xg x，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f xg x －f x gx[g x2<0，所以f xg x为减函数，所以0<a <1.由f g＋f －g －＝52，可得a ＋1a ＝52，解得a ＝12或a ＝2，又0<a <1，所以a ＝12.当a ＝12时，f n g n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以12为首项，12为公比的等比数列，则前k 项和为12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k .由1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k >1516可得k >4，即当5≤k ≤10时，前k 项和大于1516，故所求的概率为10－410＝610＝35，故选C. 二、填空题7．若对于定义在R 上的函数f (x )，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f (x ＋λ)＋λf (x )＝0对任意实数x 都成立，则称f (x )是一个“λ伴随函数”．有下列关于“λ伴随函数”的结论：①f (x )＝0是常数函数中唯一的“λ伴随函数”； ②f (x )＝x 不是“λ伴随函数”； ③f (x )＝x 2是一个“λ伴随函数”； ④“12伴随函数”至少有一个零点．其中不正确的是________．(填序号)解析：对于①，若f (x )＝c ≠0，则取λ＝－1，此时f (x ＋λ)＋λf (x )＝f (x －1)－f (x )＝c －c ＝0，则f (x )＝c ≠0是“－1伴随函数”，①错误；对于②，当f (x )＝x 时，若f (x )是“λ伴随函数”，则f (x ＋λ)＋λf (x )＝0，即(x ＋λ)＋λx ＝0对任意x 成立，易知不存在这样的λ，所以f (x )＝x 不是“λ伴随函数”，②正确；对于③，若f (x )＝x 2是一个“λ伴随函数”，则(x ＋λ)2＋λx 2＝0对任意实数x 都成立，易知不存在这样的λ，所以f (x )＝x 2不是“λ伴随函数”，③错误；对于④，若f (x )是“12伴随函数”，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋12f (x )＝0，取x ＝0，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12f (0)＝0，若f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12均为0，则函数有零点，若f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12均不为零，则f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12异号，由零点存在定理知，函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上一定有零点，④正确．答案：①③8．(2017·南昌模拟)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y －3≤0，x －3y ＋6≥0，2x ＋y －2≥0，在这两个实数x ，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为________．解析：设在这两个实数x ，y 之间插入三个实数a 1，a 2，a 3，即x ，a 1，a 2，a 3，y 构成等差数列，所以这个等差数列后三项的和为a 2＋a 3＋y ＝x ＋y2＋x ＋y2＋y2＋y ＝34(x ＋3y )，令z ＝x ＋3y ，作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，将直线x ＋3y ＝0平移至A 处时，z 取最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y －3＝0，x －3y ＋6＝0，解得A (3,3)，所以z max ＝3＋3×3＝12.所以(a 2＋a 3＋y )max ＝34(x＋3y )max ＝34×12＝9.答案：99．设定义在(0，＋∞)上的单调函数f (x )，对任意的x ∈(0，＋∞)都有f [f (x )－log 2x ]＝3.若方程f (x )＋f ′(x )＝a 有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是________．解析：由于函数f (x )是单调函数，因此不妨设f (x )－log 2x ＝t ，则f (t )＝3，再令x ＝t ，则f (t )－log 2t ＝t ，得log 2t ＝3－t ，解得t ＝2，故f (x )＝log 2x ＋2，f ′(x )＝1x ln 2.构造函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )－a ＝log 2x ＋1x ln 2－a ＋2，∵方程f (x )＋f ′(x )＝a 有两个不同的实数根，∴g (x )有两个不同的零点．g ′(x )＝1x ln 2－1x 2ln 2＝1ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又当x →0时，g (x )→＋∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，则若使g (x )有两个零点，必有g (x )min ＝g (1)＝1ln 2－a ＋2<0，得a >1ln 2＋2，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln 2＋2，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫1ln 2＋2，＋∞三、解答题10．(2017·福州模拟)已知函数f (x )＝e x－ax ＋b (a ，b ∈R)． (1)若f (x )在x ＝0处的极小值为2，求a ，b 的值；(2)设g (x )＝f (x )＋ln(x ＋1)，当x ≥0时，g (x )≥1＋b ，试求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝e x－a ， ∵f (x )在x ＝0处的极小值为2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝0，1＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1.(2)∵g (x )＝f (x )＋ln(x ＋1)＝e x－ax ＋b ＋ln(x ＋1)， ∴g ′(x )＝1x ＋1＋e x－a ， 设h (x )＝1x ＋1＋e x －a ，则h ′(x )＝e x－1x ＋2，当x ≥0时，e x≥1，1x ＋2≤1，∴h ′(x )＝e x－1x ＋2≥0，∴h (x )＝1x ＋1＋e x－a 在[0，＋∞)上为增函数． ∴h (x )≥h (0)＝2－a ，即g ′(x )＝1x ＋1＋e x－a ≥2－a . ∴当a ≤2时，g ′(x )≥0，∴g (x )＝e x－ax ＋b ＋ln(x ＋1)在[0，＋∞)上为增函数， ∴当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝1＋b ，符合题意；当a >2时，有h (0)＝2－a <0，h (ln a )＝11＋ln a>0，h (0)·h (ln a )<0，则存在x 0∈(0，ln a )，使得h (x 0)＝0，于是g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，则有g (x 0)<g (0)＝1＋b ， 此时g (x )≥1＋b 不恒成立，不符合题意． 综上，可得实数a 的取值范围为(－∞，2]． 11．(2017·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间和极值；(3)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 22－ln x ，则f ′(x )＝x －1x ，所以f ′(1)＝0，又f (1)＝12，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －12＝0×(x －1)，即y ＝12.(2)由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)． 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：a－ln a2函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a－ln a2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a－ln a2，无极大值．(3)当a ≤0时，由(2)知函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(1，e 2]内至多有一个零点，不合题意．当a >0时，由(2)知，当x ∈(0，a )时，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，函数f (x )单调递增，函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (a )＝a－ln a2.若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，则需满足⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 2，fa，f ，f2，即⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4，a －ln a2<0，12>0，e 42－2a ≥0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4，a >e ，a ≤e 44，所以e<a ≤e44.故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，e 44. 12．(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝xx ＋1(x >－1)．(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有且仅有一条公切线，试求实数m 的值． 解：(1)F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝mx ＋1－1x ＋2＝m x ＋－1x ＋2(x >－1)． 当m ≤0时，F ′(x )<0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m >0时，令F ′(x )<0，得x <－1＋1m，函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1m 上单调递减；令F ′(x )>0，得x >－1＋1m，函数F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1m，＋∞上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m >0时，F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1m 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1m，＋∞上单调递增．(2)函数f (x )＝m ln(x ＋1)的图象在点(a ，m ln(a ＋1))处的切线方程为y －m ln(a ＋1)＝m a ＋1(x －a )，即y ＝m a ＋1x ＋m ln(a ＋1)－ma a ＋1.函数g (x )＝xx ＋1的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，b b ＋1处的切线方程为y －bb ＋1＝1b ＋2(x －b )，即y ＝1b ＋2x ＋b 2b ＋2.因为y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有且仅有一条公切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧m a ＋1＝1b ＋2， ①m a ＋－ma a ＋1＝b2b ＋2， ②有唯一一对(a ，b )满足这个方程组，且m >0.由①得：a ＋1＝m (b ＋1)2，代入②，消去a ，整理得： 2m ln(b ＋1)＋2b ＋1＋m ln m －m －1＝0，关于b (b >－1)的方程有唯一解． 令g (b )＝2m ln(b ＋1)＋2b ＋1＋m ln m －m －1， 则g ′(b )＝2m b ＋1－2b ＋2＝2[m b ＋－1]b ＋2， 因为m >0，所以g (b )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1m 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1m，＋∞上单调递增，所以g (b )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1m ＝m －m ln m －1，因为b →＋∞时，g (b )→＋∞，b →－1时，g (b )→＋∞， 所以只需m －m ln m －1＝0.令σ(m )＝m －m ln m －1，则σ′(m )＝－ln m 在(0，＋∞)上为单调递减函数，且m ＝1时，σ′(m )＝0，即σ(m )max ＝σ(1)＝0，所以m ＝1时，关于b 的方程2m ln(b ＋1)＋2b ＋1＋m ln m －m －1＝0有唯一解，此时a ＝b ＝0，公切线方程为y ＝x .。
2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：8 Word版含解析
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：8Word版含解析______年______月______日____________________部门一、选择题1．(20xx·河南濮阳检测)函数f(x)＝log2(1－2x)＋的定义域为( )A.B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12C ．(－1,0)∪D ．(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎪⎫－1，12[解析] 要使函数有意义，需满足解得x<且x≠－1，故函数的定义域为(－∞，－1)∪.[答案] D2．(20xx·山东潍坊质检)下列函数中，既是偶函数，又在(0,1)上单调递增的是( )A ．y ＝|log3x|B ．y ＝x3C ．y ＝e|x|D ．y ＝cos|x|[解析] A 中函数是非奇非偶函数，B 中函数是奇函数，D 中函数在(0,1)上单调递减，均不符合要求，只有C 正确．[答案] C3．(20xx·湖北襄阳三模)已知函数f(x)＝则f(2)＝( ) A. B ．－ C ．－3 D ．3[解析] 由题意，知f(2)＝f(1)＋1＝f(0)＋2＝cos0＋2＝3，故选D.[答案] D4．(20xx·太原阶段测评)函数y＝x＋1的图象关于直线y＝x对称的图象大致是( )[解析] 因为y＝x＋1的图象过点(0,2)，且在R上单调递减，所以该函数关于直线y＝x对称的图象恒过点(2,0)，且在定义域内单调递减，故选A.[答案] A5．(20xx·石家庄高三检测)若函数y＝f(2x＋1)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象的对称轴方程是( )A．x＝1 B．x＝－1C．x＝2 D．x＝－2[解析] ∵f(2x＋1)是偶函数，∴f(2x＋1)＝f(－2x＋1)⇒f(x)＝f(2－x)，∴f(x)图象的对称轴为直线x＝1，故选A.[答案] A6．(20xx·天津卷)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为( )A．a<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a[解析] 奇函数f(x)在R上是增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0，当x1>x2>0时，f(x1)>f(x2)>0，∴x1f(x1)>x2f(x2)，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(x)＝xf(x)是偶函数，∴a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，2<log25.1<3,1<20.8<2，由g(x)在(0，＋∞)上单调递增，得g(20.8)<g(log25.1)<g(3)，∴b<a<c，故选C.[答案] C7．(20xx·山西四校二次联考)“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)内单调递增”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析] 本题考查充要条件的判定、函数的图象与性质．当a＝0时，f(x)＝|x|在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f(x)＝|(ax－1)x|＝0得x＝0或x＝<0，结合图象知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以充分性成立，反之必要性也成立．综上所述，“a≤0”是“f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上单调递增”的充要条件，故选C.[答案] C8．(20xx·山西太原二模)函数f(x)＝的图象大致为( )[解析] 函数f(x)＝的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，且图象关于x＝1对称，排除B，C.取特殊值，当x＝时，f(x)＝2ln<0，故选D.[答案] D9．(20xx·福建漳州质检)已知函数f(x)＝有最小值，则实数a 的取值范围是( )A．(4，＋∞) B．[4，＋∞)C．(－∞，4] D．(－∞，4)[解析] 由题意，知当x>0时，f(x)＝x＋≥2 ＝4，当且仅当x ＝2时取等号；当x≤0时，f(x)＝2x＋a∈(a,1＋a]，因此要使f(x)有最小值，则必须有a≥4，故选B.[答案] B10．(20xx·浙江杭州一模)已知定义在R上的函数f(x)，对任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立，若函数y＝f(x＋1)的图象关于直线x＝－1对称，则f(20xx)的值为( )A．20xx B．－20xx C．0 D．4[解析] 依题意得，函数y＝f(x)的图象关于直线x＝0对称，因此函数y＝f(x)是偶函数，且f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，即f(2)＝f(2)＋f(2)，所以f(2)＝0，所以f(x＋4)＝f(x)，即函数y＝f(x)是以4为周期的函数，f(20xx)＝f(4×504＋2)＝f(2)＝0.[答案] C11.如图，过单位圆O上一点P作圆O的切线MN，点Q为圆O上一动点，当点Q由点P逆时针方向运动时，设∠POQ＝x，弓形PRQ的面积为S，则S＝f(x)在x∈[0,2π]上的大致图象是( ) [解析] 解法一：S＝f(x)＝S扇形PRQ＋S△POQ＝(2π－x)·12＋sinx＝π－x＋sinx，则f′(x)＝(cosx－1)≤0，所以函数S＝f(x)在[0,2π]上为减函数，当x＝0和x＝2π时，分别取得最大值与最小值．又当x从0逐渐增大到π时，cosx逐渐减小，切线斜率逐渐减小，曲线越来越陡；当x从π逐渐增大到2π时，cosx逐渐增大，切线斜率逐渐增大，曲线越来越平缓．结合选项可知，B正确．解法二：特值法：x＝π时，f(x)＝，排除C、D，x＝时，f(x)＝＋>，选B.[答案] B12．(20xx·大连模拟)已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )A. B ．(－∞，)C.D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－e ，1e [解析] 由题意知，设x0∈(－∞，0)，使得f(x0)＝g(－x0)， 即x ＋ex0－＝(－x0)2＋ln(－x0＋a)， ∴ex0－ln(－x0＋a)－＝0.令y1＝ex －，y2＝ln(－x ＋a)，要使得函数图象的交点A 在y 轴左侧，如图，则lna<＝lne ，∴a<e.[答案] B 二、填空题13．(20xx·石家庄质检)函数y ＝3x －1)的定义域为________． [解析] 本题考查函数的定义域．由题意得3x －1≥0，,3x －1>0，))解得<x≤，即函数的定义域为.[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤13，2314．(20xx·安徽蚌埠二模)函数f(x)＝是奇函数，则实数a ＝________.[解析] 解法一：函数的定义域为{x|x≠0}，f(x)＝＝x ＋＋a ＋2. 因函数f(x)是奇函数，则f(－x)＝－f(x)， 即－x －＋a ＋2＝－＝－x －－(a ＋2)， 则a ＋2＝－(a ＋2)，即a ＋2＝0，则a ＝－2.解法二：由题意知f(1)＝－f(－1)，即3(a ＋1)＝a －1，得a ＝－2，将a ＝－2代入f(x)的解析式，得f(x)＝，经检验，对任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，都满足f(－x)＝－f(x)，故a ＝－2.[答案] －215．(20xx·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝则满足f(x)＋f>1的x 的取值范围是________．[解析] ①当x>时，x －>0， ∴f(x)＋f ＝2x ＋2x －>2， ∴f(x)＋f>1恒成立． ②当0<x ≤时，x －≤0，f(x)＋f ＝2x ＋x －＋1＝2x ＋x ＋>1恒成立．③当x ≤0时，f(x)＝x ＋1，f ＝x －＋1＝x ＋， ∵f(x)＋f>1， ∴x ＋1＋x ＋>1， 解得x>－，即－<x≤0. 综上，x>－.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞16．(20xx·河南许昌二模)已知函数f(x)＝的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m 等于________．[解析] f(x)＝＝2＋，设g(x)＝，则g(－x)＝－g(x)(x∈R)， ∴g(x)为奇函数，∴g(x)max ＋g(x)min ＝0. ∵M ＝f(x)max ＝2＋g(x)max ，m ＝f(x)min ＝2＋g(x)min ，∴M＋m＝2＋g(x)max＋2＋g(x)min＝4. [答案] 4。
2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：24 Word版含解析
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：24Word版含解析______年______月______日____________________部门一、选择题1．(20xx·广西三市第一次联合调研)若抛物线y2＝2px(p>0)上的点A(x0，)到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，则p等于( )A. B．1 C. D．2[解析] 由题意3x0＝x0＋，x0＝，则＝2，∵p>0，∴p＝2.故选D.[答案] D2．(20xx·深圳一模)过点(3,2)且与椭圆3x2＋8y2＝24有相同焦点的椭圆方程为( )A.＋＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1[解析] 椭圆3x2＋8y2＝24的焦点为(±，0)，可得c＝，设所求椭圆的方程为＋＝1，可得＋＝1，又a2－b2＝5，得b2＝10，a2＝15，所以所求的椭圆方程为＋＝1.故选C.[答案] C3．(20xx·福州模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点与抛物线y2＝8x的焦点重合，且其离心率e＝，则该双曲线的方程为( )A.－＝1B.－＝1C.－＝1D.－＝1[解析] 易知抛物线y2＝8x 的焦点为(2,0)，所以双曲线的右顶点是(2,0)，所以a ＝2.又双曲线的离心率e ＝，所以c ＝3，b2＝c2－a2＝5，所以双曲线的方程为－＝1，选A.[答案] A4．(20xx·武汉调研)椭圆C ：＋＝1的左、右顶点分别为A1、A2，点P 在C 上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )A. B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，34 C.D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1 [解析] 椭圆的左顶点为A1(－2,0)、右顶点为A2(2,0)，设点P(x0，y0)，则＋＝1，得＝－.而kPA2＝，kPA1＝，所以kPA2·kPA1＝＝－.又kPA2∈[－2，－1]，所以kPA1∈.故选B.[答案] B5．(20xx·合肥质检)已知双曲线－x2＝1的两条渐近线分别与抛物线y2＝2px(p>0)的准线交于A ，B 两点．O 为坐标原点．若△OAB 的面积为1，则p 的值为( )A ．1 B. C ．2 D ．4[解析] 双曲线的两条渐近线方程为y ＝±2x，抛物线的准线方程为x ＝－，故A ，B 两点的坐标为，|AB|＝2p ，所以S△OAB ＝·2p·＝＝1，解得p ＝，故选B.[答案] B6．已知椭圆＋＝1(0<b<2)，左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b 的值是( )A ．1 B. C. D.3[解析] 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a ＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b ＝，故选D.[答案] D7．(20xx·长沙一模)A 是抛物线y2＝2px(p>0)上一点，F 是抛物线的焦点，O 为坐标原点，当|AF|＝4时，∠OFA＝120°，则抛物线的准线方程是( )A ．x ＝－1B ．y ＝－1C ．x ＝－2D ．y ＝－2[解析] 过A 向准线作垂线，设垂足为B ，准线与x 轴的交点为D.因为∠OFA＝120°，所以△ABF 为等边三角形，∠DBF＝30°，从而p ＝|DF|＝2，因此抛物线的准线方程为x ＝－1.选A.[答案] A8．(20xx·广州综合测试)已知F1，F2分别是椭圆C ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆C 上存在点P 使∠F1PF2为钝角，则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A.B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.D.⎝⎛⎭⎪⎫0，12[解析] 解法一：设P(x0，y0)，由题易知|x0|<a ，因为∠F1PF2为钝角，所以·<0有解，即c2>x ＋y 有解，即c2>(x ＋y)min ，又y ＝b2－x ，x<a2，故x ＋y ＝b2＋x∈[b2，a2)，所以(x ＋y)min ＝b2，故c2>b2，又b2＝a2－c2，所以e2＝>，解得e>，又0<e<1，故椭圆C 的离心率的取值范围是，选A.解法二：椭圆上存在点P 使∠F1PF2为钝角⇔以原点O 为圆点，以c 为半径的圆与椭圆有四个不同的交点⇔b<c ，如图，由b<c ，得a2－c2<c2，即a2<2c2，解得e ＝>，又0<e<1，故椭圆C 的离心率的取值范围是，选A.[答案] A9．(20xx·杭州第一次质检)设双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l 交双曲线左支于A ，B 两点，则|BF2|＋|AF2|的最小值为( )A. B ．11 C ．12 D ．16[解析] 由双曲线定义可得|AF2|－|AF1|＝2a ＝4，|BF2|－|BF1|＝2a ＝4，两式相加可得|AF2|＋|BF2|＝|AB|＋8，由于AB 为经过双曲线的左焦点与左支相交的弦，而|AB|min ＝＝3，故|AF2|＋|BF2|＝|AB|＋8≥3＋8＝11.故选B.[答案] B10．(20xx·××市××区高三三调)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F 垂直于l1的直线分别交l1，l2于A ，B 两点．若|OA|，|AB|，|OB|成等差数列，且与反向，则该双曲线的离心率为( )A. B. C. D.52[解析] 设实轴长为2a ，虚轴长为2b ，令∠AOF＝α，则由题意知tan α＝，在△AOB 中，∠AOB＝180°－2α，tan∠AOB＝－tan2α＝，∵|OA|，|AB|，|OB|成等差数列，∴设|OA|＝m －d ，|AB|＝m ，|OB|＝m ＋d ，∵OA⊥BF，∴(m－d)2＋m2＝(m ＋d)2，整理，得d ＝m ，∴－tan2α＝－＝＝＝，解得＝2或＝－(舍去)，∴b＝2a ，c ＝＝a ，∴e＝＝.故选C.[答案] C11．(20xx·济宁模拟)如图，椭圆的中心在坐标原点O ，顶点分别是A1，A2，B1，B2，焦点分别为F1，F2，延长B1F2与A2B2交于P 点，若∠B1PA2为钝角，则此椭圆的离心率的取值范围为( )A. B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5＋14，1 C.D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5－12，1 [解析] 设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，∠B1PA2为钝角可转化为，所夹的角为钝角，则(a ，－b)·(－c ，－b)<0，得b2<ac ，即a2－c2<ac ，故2＋－1>0，即e2＋e －1>0，e>或e<，又0<e<1，∴<e<1，故选D.[答案] D12．(20xx·兰州模拟)已知F1，F2为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线右支的一个交点为P，PF1与双曲线相交于点Q，且|PQ|＝2|QF1|，则该双曲线的离心率为( )A. B．2 C. D.5 2[解析] 如图，连接PF2，QF2.由|PQ|＝2|QF1|，可设|QF1|＝m，则|PQ|＝2m，|PF1|＝3m；由|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF2|＝|PF1|－2a ＝3m－2a；由|QF2|－|QF1|＝2a，得|QF2|＝|QF1|＋2a＝m＋2a.∵点P在以F1F2为直径的圆上，∴PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2.由|PQ|2＋|PF2|2＝|QF2|2，得(2m)2＋(3m－2a)2＝(m＋2a)2，解得m＝a，∴|PF1|＝3m＝4a，|PF2|＝3m－2a＝2a.∵|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，|F1F2|＝2c，∴(4a)2＋(2a)2＝(2c)2，化简得c2＝5a2，∴双曲线的离心率e＝＝，故选A.[答案] A二、填空题13．(20xx·洛阳统考)已知F1、F2分别是双曲线3x2－y2＝3a2(a>0)的左、右焦点，P是抛物线y2＝8ax与双曲线的一个交点，若|PF1|＋|PF2|＝12，则抛物线的准线方程为__________________．[解析] 将双曲线方程化为标准方程得－＝1，∴其焦点坐标为(±2a,0)，(2a,0)与抛物线的焦点重合，联立抛物线与双曲线方程得⇒x＝3a，而由⇒|PF2|＝6－a，∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴抛物线的方程为y2＝8x，其准线方程为x＝－2.[答案] x＝－214．(20xx·海口模拟)椭圆＋＝1(a>b>0)的焦距为2，左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上一点，∠F1PF2＝60°，△PF1F2的面积为2，则椭圆的标准方程为__________________．[解析] 由题意，得c＝，∴a2－b2＝c2＝3.∵∠F1PF2＝60°，△PF1F2的面积为2，∴|PF1|·|PF2|·sin∠F1PF2＝|PF1|·|PF2|＝2，∴|PF1|·|PF2|＝8.又∵|PF1|＋|PF2|＝2a，由余弦定理得4c2＝12＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos60°＝(|PF1|＋|PF2|)2－3|PF1|·|PF2|＝4a2－3×8，解得a2＝9，故b2＝6，因此椭圆的方程为＋＝1.[答案] ＋＝115．(20xx·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为________．[解析] ∵AM＝AN＝b，∠MAN＝60°，∴△MAN是等边三角形，∴在△MAN中，MN上的高h＝b.∵点A(a,0)到渐近线bx－ay＝0的距离d＝＝，∴＝b，∴e＝＝＝.[答案] 23 316．(20xx·西安四校联考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线分别交双曲线的两条渐近线于P、Q两点，若P恰为线段F1Q的中点，且QF1⊥QF2，则此双曲线的渐近线方程为____________．[解析] 根据题意，P是线段F1Q的中点，QF1⊥QF2，且O是线段F1F2的中点，故OP⊥F1Q，而两条渐近线关于y轴对称，故∠POF1＝∠QOF2，又∠POF1＝∠POQ，所以∠QOF2＝60°，渐近线的斜率为±，故渐近线方程为y＝±x.[答案] y＝±x。
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2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十六理一、选择题1．已知直线ax ＋by ＝1经过点(1,2)，则2a ＋4b的最小值为( ) A. 2B ．2 2C ．4D ．4 2解析：选B 因为直线ax ＋by ＝1经过点(1,2)，所以a ＋2b ＝1，则2a＋4b≥22a·22b＝22a ＋2b＝22，当且仅当a ＝2b ＝12时等号成立．2．(xx 届高三·湖南五市十校联考)已知函数f (x )＝x ＋sin x (x ∈R)，且f (y 2－2y ＋3)＋f (x 2－4x ＋1)≤0，则当y ≥1时，yx ＋1的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1 C ．[1,32－3]D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ 解析：选A 函数f (x )＝x ＋sin x (x ∈R)为奇函数，又f ′(x )＝1＋cos x ≥0，所以函数f (x )在其定义域内单调递增，则f (x 2－4x ＋1)≤f (－y 2＋2y －3)，即x 2－4x ＋1≤－y 2＋2y －3，化简得(x －2)2＋(y －1)2≤1，当y ≥1时表示的区域为上半圆及其内部，如图所示．令k ＝y x ＋1＝yx －－，其几何意义为过点(－1,0)与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3,1)，此时k min ＝13－－＝14，斜率最大时直线刚好与半圆相切，圆心到直线的距离d ＝|2k －1＋k |k 2＋1＝1(k >0)，解得k max＝34，故选A. 3．(xx·石家庄质检)在平面直角坐标系中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤r 2(r 为常数)表示的平面区域的面积为π，若x ，y 满足上述约束条件，则z ＝x ＋y ＋1x ＋3的最小值为( ) A ．－1 B ．－52＋17C.13D ．－75解析：选 D 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由题意，知14πr 2＝π，解得r ＝2.z ＝x ＋y ＋1x ＋3＝1＋y －2x ＋3，表示可行域内的点与点P (－3,2)连线的斜率加上1，由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，则有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍去)，所以z min ＝1－125＝－75，故选D.4．(xx·沈阳质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋22，x ≤1，|log 2x －，x >1，则函数F (x )＝f [f (x )]－2f (x )－32的零点个数是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选A 令f (x )＝t ，则函数F (x )可化为y ＝f (t )－2t －32，则函数F (x )的零点问题可转化为方程f (t )－2t －32＝0的根的问题．令y ＝f (t )－2t －32＝0，即f (t )＝2t ＋32，如图①，由数形结合得t 1＝0,1<t 2<2，如图②，再由数形结合得，当f (x )＝0时，x ＝2，有1个解，当f (x )＝t 2时，有3个解，所以y ＝f [f (x )]－2f (x )－32共有4个零点．故选A.5．(xx 届高三·湖北七市(州)联考)已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12(a <0)，且f (a 2－4)＝f (2a －8)，则f n －4a n ＋1(n ∈N *)的最小值为( )A.374 B.358 C.283 D.485解析：选A 二次函数f (x )＝x 2＋(a ＋8)x ＋a 2＋a －12图象的对称轴为直线x ＝－a ＋82，由f (a 2－4)＝f (2a －8)及二次函数的图象，可以得出a 2－4＋2a －82＝－a ＋82，解得a ＝－4或a ＝1，又a <0，∴a ＝－4，f (x )＝x 2＋4x ，∴f n －4a n ＋1＝n 2＋4n ＋16n ＋1＝n ＋2＋n ＋＋13n ＋1＝n ＋1＋13n ＋1＋2≥2n ＋13n ＋1＋2＝213＋2，当且仅当n ＋1＝13n ＋1，即n ＝13－1时等号成立，又n ∈N *，∴当n ＝4时，f n －4a n ＋1＝485，n＝3时，f n －4a n ＋1＝374<485，∴最小值为374，故选A.6．(xx 届高三·广东省五校联考)已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f (x )g ′(x )>f ′(x )g (x )，f (x )＝a x ·g (x )(a >0，a ≠1)，fg＋f －g －＝52.在有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f n gn (n ＝1,2，…，10)中，任意取正整数k (1≤k ≤10)，则前k 项和大于1516的概率是( ) A.15 B.25 C.35 D.45解析：选C 由f (x )＝a x·g (x )，可得a x＝f xg x，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f xg x －f x gx[g x2<0，所以f xg x为减函数，所以0<a <1.由f g＋f －g －＝52，可得a ＋1a ＝52，解得a ＝12或a ＝2，又0<a <1，所以a ＝12.当a ＝12时，f n g n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以12为首项，12为公比的等比数列，则前k 项和为12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k .由1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k >1516可得k >4，即当5≤k ≤10时，前k 项和大于1516，故所求的概率为10－410＝610＝35，故选C. 二、填空题7．若对于定义在R 上的函数f (x )，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f (x ＋λ)＋λf (x )＝0对任意实数x 都成立，则称f (x )是一个“λ伴随函数”．有下列关于“λ伴随函数”的结论：①f (x )＝0是常数函数中唯一的“λ伴随函数”； ②f (x )＝x 不是“λ伴随函数”； ③f (x )＝x 2是一个“λ伴随函数”； ④“12伴随函数”至少有一个零点．其中不正确的是________．(填序号)解析：对于①，若f (x )＝c ≠0，则取λ＝－1，此时f (x ＋λ)＋λf (x )＝f (x －1)－f (x )＝c －c ＝0，则f (x )＝c ≠0是“－1伴随函数”，①错误；对于②，当f (x )＝x 时，若f (x )是“λ伴随函数”，则f (x ＋λ)＋λf (x )＝0，即(x ＋λ)＋λx ＝0对任意x 成立，易知不存在这样的λ，所以f (x )＝x 不是“λ伴随函数”，②正确；对于③，若f (x )＝x 2是一个“λ伴随函数”，则(x ＋λ)2＋λx 2＝0对任意实数x 都成立，易知不存在这样的λ，所以f (x )＝x 2不是“λ伴随函数”，③错误；对于④，若f (x )是“12伴随函数”，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋12f (x )＝0，取x ＝0，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12f (0)＝0，若f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12均为0，则函数有零点，若f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12均不为零，则f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12异号，由零点存在定理知，函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上一定有零点，④正确．答案：①③8．(xx·南昌模拟)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y －3≤0，x －3y ＋6≥0，2x ＋y －2≥0，在这两个实数x ，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为________．解析：设在这两个实数x ，y 之间插入三个实数a 1，a 2，a 3，即x ，a 1，a 2，a 3，y 构成等差数列，所以这个等差数列后三项的和为a 2＋a 3＋y ＝x ＋y2＋x ＋y2＋y2＋y ＝34(x ＋3y )，令z ＝x ＋3y ，作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，将直线x ＋3y ＝0平移至A 处时，z 取最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y －3＝0，x －3y ＋6＝0，解得A (3,3)，所以z max ＝3＋3×3＝12.所以(a 2＋a 3＋y )max ＝34(x＋3y )max ＝34×12＝9.答案：99．设定义在(0，＋∞)上的单调函数f (x )，对任意的x ∈(0，＋∞)都有f [f (x )－log 2x ]＝3.若方程f (x )＋f ′(x )＝a 有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是________．解析：由于函数f (x )是单调函数，因此不妨设f (x )－log 2x ＝t ，则f (t )＝3，再令x ＝t ，则f (t )－log 2t ＝t ，得log 2t ＝3－t ，解得t ＝2，故f (x )＝log 2x ＋2，f ′(x )＝1x ln 2.构造函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )－a ＝log 2x ＋1x ln 2－a ＋2，∵方程f (x )＋f ′(x )＝a 有两个不同的实数根，∴g (x )有两个不同的零点．g ′(x )＝1x ln 2－1x 2ln 2＝1ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又当x →0时，g (x )→＋∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，则若使g (x )有两个零点，必有g (x )min ＝g (1)＝1ln 2－a ＋2<0，得a >1ln 2＋2，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln 2＋2，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫1ln 2＋2，＋∞三、解答题10．(xx·福州模拟)已知函数f (x )＝e x－ax ＋b (a ，b ∈R)． (1)若f (x )在x ＝0处的极小值为2，求a ，b 的值；(2)设g (x )＝f (x )＋ln(x ＋1)，当x ≥0时，g (x )≥1＋b ，试求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝e x－a ， ∵f (x )在x ＝0处的极小值为2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝0，1＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1.(2)∵g (x )＝f (x )＋ln(x ＋1)＝e x－ax ＋b ＋ln(x ＋1)， ∴g ′(x )＝1x ＋1＋e x－a ， 设h (x )＝1x ＋1＋e x －a ，则h ′(x )＝e x－1x ＋2，当x ≥0时，e x≥1，1x ＋2≤1，∴h ′(x )＝e x－1x ＋2≥0，∴h (x )＝1x ＋1＋e x－a 在[0，＋∞)上为增函数． ∴h (x )≥h (0)＝2－a ，即g ′(x )＝1x ＋1＋e x－a ≥2－a . ∴当a ≤2时，g ′(x )≥0，∴g (x )＝e x－ax ＋b ＋ln(x ＋1)在[0，＋∞)上为增函数， ∴当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝1＋b ，符合题意；当a >2时，有h (0)＝2－a <0，h (ln a )＝11＋ln a>0，h (0)·h (ln a )<0，则存在x 0∈(0，ln a )，使得h (x 0)＝0，于是g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，则有g (x 0)<g (0)＝1＋b ， 此时g (x )≥1＋b 不恒成立，不符合题意． 综上，可得实数a 的取值范围为(－∞，2]． 11．(xx·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间和极值；(3)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 22－ln x ，则f ′(x )＝x －1x ，所以f ′(1)＝0，又f (1)＝12，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －12＝0×(x －1)，即y ＝12.(2)由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)． 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：a 1－ln a2函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a－ln a2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a－ln a2，无极大值．(3)当a ≤0时，由(2)知函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(1，e 2]内至多有一个零点，不合题意．当a >0时，由(2)知，当x ∈(0，a )时，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，函数f (x )单调递增，函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (a )＝a－ln a2.若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，则需满足⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 2，fa，f ，f2，即⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4，a －ln a2<0，12>0，e 42－2a ≥0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4，a >e ，a ≤e 44，所以e<a ≤e44.故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，e 44. 12．(xx·石家庄质检)已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝xx ＋1(x >－1)．(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有且仅有一条公切线，试求实数m 的值． 解：(1)F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝mx ＋1－1x ＋2＝m x ＋－1x ＋2(x >－1)． 当m ≤0时，F ′(x )<0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m >0时，令F ′(x )<0，得x <－1＋1m，函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1m 上单调递减；令F ′(x )>0，得x >－1＋1m，函数F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1m，＋∞上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m >0时，F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1m 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1m，＋∞上单调递增．(2)函数f (x )＝m ln(x ＋1)的图象在点(a ，m ln(a ＋1))处的切线方程为y －m ln(a ＋1)＝m a ＋1(x －a )，即y ＝m a ＋1x ＋m ln(a ＋1)－ma a ＋1.函数g (x )＝xx ＋1的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，b b ＋1处的切线方程为y －bb ＋1＝1b ＋2(x －b )，即y ＝1b ＋2x ＋b 2b ＋2.因为y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有且仅有一条公切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧m a ＋1＝1b ＋2， ①m a ＋－ma a ＋1＝b2b ＋2， ②有唯一一对(a ，b )满足这个方程组，且m >0.由①得：a ＋1＝m (b ＋1)2，代入②，消去a ，整理得： 2m ln(b ＋1)＋2b ＋1＋m ln m －m －1＝0，关于b (b >－1)的方程有唯一解． 令g (b )＝2m ln(b ＋1)＋2b ＋1＋m ln m －m －1， 则g ′(b )＝2m b ＋1－2b ＋2＝2[m b ＋－1]b ＋2， 因为m >0，所以g (b )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1m 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1m，＋∞上单调递增，所以g (b )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1m ＝m －m ln m －1，因为b →＋∞时，g (b )→＋∞，b →－1时，g (b )→＋∞， 所以只需m －m ln m －1＝0.令σ(m )＝m －m ln m －1，则σ′(m )＝－ln m 在(0，＋∞)上为单调递减函数，且m ＝1时，σ′(m )＝0，即σ(m )max ＝σ(1)＝0，所以m ＝1时，关于b 的方程2m ln(b ＋1)＋2b ＋1＋m ln m －m －1＝0有唯一解，此时a ＝b ＝0，公切线方程为y ＝x .。