2019届高考数学二轮复习第二部分专项一3第3练专题强化训练(含解析)

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2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题一 1 第1讲专题强化训练 Word版含解析

一、选择题1．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－2x ，x≤－1，2x ＋2，x>－1，则满足f (a )≥2的实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)B ．(－1，0)C ．(－2，0)D ．(－∞，－1]∪[0，＋∞)解析：选D.因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－2x ，x≤－1，2x ＋2，x>－1，且f (a )≥2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a≤－1，2－2a≥2或⎩⎪⎨⎪⎧a>－12a ＋2≥2，解得a ≤－1或a ≥0.2．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝1x B ．y ＝|x |－1C ．y ＝lg xD ．y ＝⎝⎛⎭⎫12|x|解析：选B.A 中函数y ＝1x不是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故A 错误；B 中函数满足题意，故B 正确；C 中函数不是偶函数，故C 错误；D 中函数不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.3．已知函数f (x )＝2×4x －a2x的图象关于原点对称，g (x )＝ln(e x ＋1)－bx 是偶函数，则log a b ＝( )A ．1B ．－1C ．－12D.14解析：选B.由题意得f (0)＝0，所以a ＝2.因为g (1)＝g (－1)，所以ln(e ＋1)－b ＝ln ⎝⎛⎭⎫1e ＋1＋b ，所以b ＝12，所以log a b ＝log 212＝－1.4．(2018·高考全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为( )解析：选D.当x ＝0时，y ＝2，排除A ，B.由y ′＝－4x 3＋2x ＝0，得x ＝0或x ＝±22，结合三次函数的图象特征，知原函数在(－1，1)上有三个极值点，所以排除C ，故选D.5.若函数f (x )＝⎩⎨⎧ax ＋b ，x<－1ln(x ＋a)，x≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于( )B ．－54A ．－12C ．－1D ．－2解析：选C.由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，所以a ＝2，b ＝5，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x<－1，ln(x ＋2)，x≥－1，故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1.6．(2018·开封模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝－f (x ＋2)，当x ∈(0，2]时，f (x )＝2x ＋log 2x ，则f (2015)＝( )A ．5B.12C ．2D ．－2解析：选D.由f (x )＝－f (x ＋2)，得f (x ＋4)＝f (x )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数，所以f (2015)＝f (503×4＋3)＝f (3)＝f (1＋2)＝－f (1)＝－(2＋0)＝－2，故选D.7．(2018·石家庄质量检测(一))已知函数f (x )为奇函数，当x >0时，f (x )单调递增，且f (1)＝0，若f (x －1)>0，则x 的取值范围为( )A ．{x |0<x <1或x >2}B ．{x |x <0或x >2}C ．{x |x <0或x >3}D ．{x |x <－1或x >1}解析：选A.由于函数f (x )是奇函数，且当x >0时f (x )单调递增，f (1)＝0，故由f (x －1)>0，得－1<x －1<0或x －1>1，所以0<x <1或x >2，故选A.8．(2018·高考全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是( )A ．y ＝ln(1－x )B ．y ＝ln(2－x )C ．y ＝ln(1＋x )D ．y ＝ln(2＋x )解析：选B.法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x ，y )，则其关于直线x ＝1的对称点的坐标为(2－x ，y )，由对称性知点(2－x ，y )在函数f (x )＝ln x 的图象上，所以y ＝ln(2－x )．故选B.法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y ＝ln x 的图象上也在所求函数的图象上，代入选项中的函数表达式逐一检验，排除A ，C ，D ，选B.9.如图，动点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1上．过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体的表面相交于M ，N 两点．设BP ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选B.设正方体的棱长为1，显然，当P 移动到体对角线BD 1的中点E 时，函数y ＝MN ＝AC ＝2取得唯一的最大值，所以排除A 、C ；当P 在BE 上时，分别过M ，N ，P 作底面的垂线，垂足分别为M 1，N 1，P 1，则y ＝MN ＝M 1N 1＝2BP 1＝2x cos ∠D 1BD ＝263x ，是一次函数，所以排除D.故选B.10．(2018·太原模拟)已知函数f (x )是偶函数，f (x ＋1)是奇函数，且对于任意x 1，x 2∈[0，1]，且x 1≠x 2，都有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0，设a ＝f ⎝⎛⎭⎫8211，b ＝－f ⎝⎛⎭⎫509，c ＝f ⎝⎛⎭⎫247，则下列结论正确的是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >a >b解析：选B.因为函数f (x )是偶函数，f (x ＋1)是奇函数，所以f (－x )＝f (x )，f (－x ＋1)＝－f (x ＋1)，所以f (x －1)＝－f (x ＋1)，所以f (x )＝－f (x ＋2)，所以f (x )＝f (x ＋4)，所以a ＝f ⎝⎛⎭⎫8211＝f ⎝⎛⎭⎫－611＝f ⎝⎛⎭⎫611，b ＝－f ⎝⎛⎭⎫509＝f ⎝⎛⎭⎫49，c ＝f ⎝⎛⎭⎫247＝f ⎝⎛⎭⎫47，又对于任意x 1，x 2∈[0，1]，且x 1≠x 2，都有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0，所以f (x )在[0，1]上是减函数，因为49<611<47，所以b >a >c ，故选B.11．(2018·唐山模拟)已知奇函数f (x )，偶函数g (x )的图象分别如图(1)，(2)所示，若函数f (g (x ))，g (f (x ))的零点个数分别为m ，n ，则m ＋n ＝( )A ．3B ．7C ．10D ．14解析：选C.由题中函数图象知f (±1)＝0，f (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫±32＝0，g (0)＝0，g (±2)＝1，g (±1)＝－1，所以f (g (±2))＝f (1)＝0，f (g (±1))＝f (－1)＝0，f ⎝⎛⎭⎫g ⎝⎛⎭⎫±32＝f (0)＝0，f (g (0))＝f (0)＝0，所以f (g (x ))有7个零点，即m ＝7.又g (f (0))＝g (0)＝0，g (f (±1))＝g (0)＝0，所以g (f (x ))有3个零点，即n ＝3.所以m ＋n ＝10，选择C.12．已知函数f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当h (x )<g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A ．有最小值－1，最大值1B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值解析：选C.作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x －1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值．二、填空题13．已知函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，若f (x ＋2017)＝⎩⎪⎨⎪⎧2sinx ，x≥0，lg(－x)，x<0，则f ⎝⎛⎭⎫2017＋π4·f (－7983)＝________．解析：由题意得，f ⎝⎛⎭⎫2017＋π4＝2sin π4＝1， f (－7983)＝f (2017－10000)＝lg10000＝4，所以f ⎝⎛⎭⎫2017＋π4·f (－7983)＝4.答案：414．定义在R 上的函数f (x )，满足f (x ＋5)＝f (x )，当x ∈(－3，0]时，f (x )＝－x －1，当x ∈(0，2]时，f (x )＝log 2x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2018)的值等于________．解析：定义在R 上的函数f (x )，满足f (x ＋5)＝f (x )，即函数f (x )的周期为5.又当x ∈(0，2]时，f (x )＝log 2x ，所以f (1)＝log 21＝0，f (2)＝log 22＝1.当x ∈(－3，0]时，f (x )＝－x －1，所以f (3)＝f (－2)＝1，f (4)＝f (－1)＝0，f (5)＝f (0)＝－1.f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2018)＝403×[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)]＋f (2016)＋f (2017)＋f (2018)＝403×1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝403＋0＋1＋1＝405.答案：40515．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2，2]的最大值等于________．解析：由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.因为f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．所以f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.答案：616．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧kx －3，x≥0ln(－2x)，x<0的图象上有两对关于y 轴对称的点，则实数k 的取值范围是________．解析：将函数y ＝ln(－2x )(x <0)的图象沿y 轴翻折，得函数g (x )＝ln(2x )(x >0)的图象，由题意可得g (x )的图象和y＝kx－3(x≥0)的图象有两个交点．设y＝kx－3(x≥0)的图象与曲线y＝g(x)相切的切点为(m，ln(2m))，由g′(x)＝1x，得k＝1m.又ln(2m)＝km－3，解得m＝12e2，则k＝2e2.由图象可得0<k<2e2时，g(x)的图象和y＝kx－3(x≥0)的图象有两个交点．答案：(0，2e2)。

专题2.1分段函数的性质、图象以及应用(讲) 2019年高考数学(文科)二轮复习含解析

热点一分段函数的性质、图象以及应用新课标下高考数学题中以分段函数为载体，考查函数的图像、性质等知识的习题倍受青睐.所谓的分段函数是指自变量X 在不同的取值范围内对应关系不同的函数，由分段函数本身的特点，使得一个函数在各段上有不同的解析式，所以可将一次函数、反比例函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数、抽象函数融合在一个题目之中，考查多个知识点.因而分段函数已成为高考命题的一个热点.纵观近几年高考对于分段函数的性质、图象的考查，重点放在函数的奇偶性、周期性以及函数的零点问题与分段函数结合上；要求学生有较强的抽象思维能力、作图能力以及准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握比较模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目本身就是压轴题确实不易之外，主要是学生的作图能力普遍较弱，还有就是没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理. 本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.1 分段函数与函数值分段函数:定义域中各段的x 与y 的对应法则不同，函数式是分两段或几段给出的.分段函数是一个函数，定义域、值域都是各段的并集.分段函数中的问题一般是求解析式、值域或最值，讨论奇偶性、单调性等.分段函数的处理方法:分段函数分段研究.一般将具体函数或与抽象函数结合，通过考查对数、指数的运算形成的函数求值问题．例 1【山东省枣庄第八中学2019届高三1月考前测试】已知函数（）A ．8B ．6C ．3D ．1 【答案】C 【解析】由函数,可得，则，解得.所以.故选C.2 分段函数与图象：分段函数的图象分段画.例 2.已知函数，则函数的大致图象是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】令，则，化简得，因g x在上都是增函数.又，故选B.此()3 分段函数与方程已知函数值求自变量x或其它参数的值的问题，一般按自变量x的取值范围分类讨论，通过解方程而得到.数形结合是解答此类问题的重要方法.例3【河北省衡水中学2019届高三上学期五调】已知定义在上的函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意函数恰有2个零点，即是方程有两不等实根，即是两函数与有两不同交点，作出函数图像如下图，易得当时，有两交点，即函数恰有2个零点.故选B.4 分段函数与不等式将分段函数与不等式结合，考查函数单调性及解不等式知识，体现分类讨论思想.例4【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟】已知函数若，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【解析】∵，∴或即或即∴的取值范围是故选：B5 分段函数与零点解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．讨论参数、数形结合是解答此类问题的重要方法.例5【2019年上海市普陀区高考一模】设是定义在R上的周期为4的函数，且，记，若则函数在区间上零点的个数是（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【解析】由图可知：直线与在区间上的交点有8个，故选：D ．6 分段函数与解析式分段函数是定义域中各段的x 与y 的对应法则不同，函数式是分两段或几段给出的.因此求解析式时，也是分段求解析式的.例 6【2018届湖南省株洲市高三教学质量统一检测（一）】已知()f x 是定义在R 上的奇函数.当0x >时，，则不等式()0f x >的解集用区间表示为（）A. ()1,1-B.C.D.【答案】D【解析】f （x ）是定义在R 上的奇函数，∴f （0）=0．设x ＜0，则-x ＞0，∵当x ＞0时，f （x ）=x 2-x ， ∴f （-x ）=x 2+x ，又f （-x ）=x 2+x=-f （x ），∴f （x ）=-x 2-x ，x ＜0．当x ＞0时，由f （x ）＞0得x 2-x ＞0，解得x ＞1或x ＜0（舍去），此时x ＞1．当x=0时，f （0）＞0不成立．当x ＜0时，由f （x ）＞0得-x 2-x ＞0，解得-1＜x ＜0．综上x ∈（-1，0）∪（1，+∞）．故选D.7 分段函数与周期和最值分段函数的值域是各段值域的并集，最大值是各段最大值中的最大者是函数的最大值，最小值是各段最小值中的最小者，一般可借助于图像来解决.例 7【2018届山西省太原十二中高三1月月考】已知8m n -<<，函数若()f x 的值域为[]1,3-，则n m -的最大值与最小值之积为（） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B点睛：这是一个动态变化的问题，注意到函数在区间[)8,m -有最大值3，但无最小值，故函数的最小值1-只能在[],m n 取得，但是，因此[]1,m n ∈且12m ≤-，再根据()f x 的最大值为3，得到，所以n m -的最小值为32，最大值为4，它们的乘积为6. 例 8【2018届贵州省贵阳市第一中学高三12月月考】已知()f x 是定义在R 上的奇函数，满足，当10,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，，则函数在区间3,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上所有零点之和为（）A. 4B. 3C. 2D. 1 【答案】A【解析】由已知()f x 是定义在R 上的奇函数，所以，又，所以()f x。

2019届高考数学二轮复习压轴大题高分练三解析几何(C组)

压轴大题高分练3.解析几何(C组)压轴大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考高分根基!1.如图,抛物线M:过y=x2上一点A(点A不与原点O重合)作抛物线M的切线AB交y轴于点B,点C是抛物线M上异于点A的点,设G为△ABC的重心(三条中线的交点),直线CG交y轴于点D.(1)设点A(x0,)(x0≠0),求直线AB的方程.(2)求的值.【解析】(1)因为y′=2x,所以直线AB的斜率k=y′=2x0.所以直线AB的方程y-=2x0(x-x0),即y=2x0x-.(2)由题意得,点B的纵坐标y B=- ,所以AB中点坐标为.设C(x1,y1),G(x2,y2),直线CG的方程为x=my+x0.由联立得m2y2+(mx0-1)y+ =0.因为G为△ABC的重心,所以y1=3y2.由根与系数的关系,得y1+y2=4y2=,y1y2=3=.所以=,解得mx0= -3±2.所以点D的纵坐标y D= -=,故==4±6.2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),点P为椭圆C上的动点,若|PF|的最大值和最小值分别为2+和2-.(1)求椭圆C的方程.(2)设不过原点的直线l与椭圆C 交于P,Q两点,若直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列,求△OPQ面积的最大值.【解析】(1)由已知得解得椭圆C的方程为+y2=1.(2)设l:y=kx+b(易知l存在斜率,且b≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2)由条件知k OP·k OQ=k2,即k2====k2+. 所以=0,所以x1+x2=-. ①⇒(4k2+1)x2+8kbx+4b2-4=0,因为Δ=(8kb)2-4(4k2+1)(4b2-4)>0,所以4k2+1-b2>0,所以x1+x2=-②x1x2=联立①②得:-=-,所以4k2=1.|PQ|==×=×=,点O到直线l的距离d==.S△OPQ=|PQ|d=××=|b|==,因为4k2=1且4k2+1-b2>0,所以0<b2<2,所以当⇒⇒直线l为y=±x±1时, △OPQ面积的最大值为1.。

2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题一 2 第2讲专题强化训练 Word版含解析

一、选择题 1．函数y ＝1log 0.5（4x －3）的定义域为( )A.⎝⎛⎭⎫34，1 B.⎝⎛⎭⎫34，＋∞ C ．(1，＋∞)D.⎝⎛⎭⎫34，1∪(1，＋∞)解析：选A.要使函数有意义需满足⎩⎪⎨⎪⎧4x －3>0，log 0.5（4x －3）>0，解得34<x <1.2．已知函数f (x )＝(m 2－m －5)x m 是幂函数，且在x ∈(0，＋∞)时为增函数，则实数m 的值是( )A ．－2B ．4C ．3D ．－2或3解析：选C.f (x )＝(m 2－m －5)x m 是幂函数⇒m 2－m －5＝1⇒m ＝－2或m ＝3. 又在x ∈(0，＋∞)上是增函数，所以m ＝3.3．若a ＝log 1π13，b ＝e π3，c ＝log 3cos π5，则( )A ．b >c >aB ．b >a >cC ．a >b >cD ．c >a >b解析：选B.因为0<1π<13<1，所以1＝log 1π1π>log 1π13>0，所以0<a <1，因为b ＝e π3>e 0＝1，所以b >1.因为0<cos π5<1，所以log 3cos π5<log 31＝0，所以c <0.故b >a >c ，选B.4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x －1，x <2，log 3（x 2－1），x ≥2，则不等式f (x )>2的解集为( ) A ．(－2，4)B ．(－4，－2)∪(－1，2)C ．(1，2)∪(10，＋∞)D ．(10，＋∞)解析：选C.令2e x －1>2(x <2)，解得1<x <2；令log 3(x 2－1)>2(x ≥2)，解得x >10.故不等式f (x )>2的解集为(1，2)∪(10，＋∞)．5．若函数y ＝a |x |(a >0且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )解析：选A.若函数y ＝a |x |(a >0且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则0<a <1，故log a |x |是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，由此可知y ＝log a |x |的图象大致为A.6．(2018·贵阳模拟)20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M ，其计算公式为M ＝lg A －lg A 0，其中A 是被测地震的最大振幅，A 0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的( )A ．10倍B ．20倍C ．50倍D ．100倍解析：选D.根据题意有lg A ＝lg A 0＋lg 10M＝lg (A 0·10M)．所以A ＝A 0·10M，则A 0×107A 0×105＝100.故选D.7．函数y ＝x 2ln |x ||x |的图象大致是( )解析：选D.易知函数y ＝x 2ln |x ||x |是偶函数，可排除B ，当x >0时，y ＝x ln x ，y ′＝ln x ＋1，令y ′>0，得x >e －1，所以当x >0时，函数在(e －1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D 正确，故选D. 8．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( ) A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3y C ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z解析：选D.设2x ＝3y ＝5z ＝k (k >1)，则x ＝log 2k ，y ＝log 3k ，z ＝log 5k ，所以2x 3y ＝2log 2k 3log 3k ＝2lg k lg 2·lg 33lg k ＝2lg 33lg 2＝lg 9lg 8>1，即2x >3y .①2x 5z ＝2log 2k 5log 5k ＝2lg k lg 2·lg 55lg k ＝2lg 55lg 2＝lg 25lg 32<1，所以2x <5z .② 由①②得3y <2x <5z .9．(2018·高考全国卷Ⅲ)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( ) A ．a ＋b ＜ab ＜0 B ．ab ＜a ＋b ＜0 C ．a ＋b ＜0＜abD ．ab ＜0＜a ＋b 解析：选B.由a ＝log 0.20.3得1a ＝log 0.30.2，由b ＝log 20.3得1b ＝log 0.32，所以1a ＋1b＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4，所以0＜1a ＋1b ＜1，得0＜a ＋b ab ＜1.又a ＞0，b ＜0，所以ab ＜0，所以ab＜a ＋b ＜0.10．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且x >0时，f (x )＝ln x －x ＋1，则函数g (x )＝f (x )－e x (e 为自然对数的底数)的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C.当x >0时，f (x )＝ln x －x ＋1，f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，所以x ∈(0，1)时f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．因此，当x >0时，f (x )max ＝f (1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f (x )是定义在R 上的奇函数作出函数y ＝f (x )与y ＝e x 的大致图象如图所示，观察到函数y ＝f (x )与y ＝e x 的图象有两个交点，所以函数g (x )＝f (x )－e x (e 为自然对数的底数)有2个零点．11．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若⎪⎪⎪⎪f （ln x ）－f ⎝⎛⎭⎫ln 1x 2<f (1)，则x 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝⎛⎭⎫1e ，eD ．(e ，＋∞)解析：选C.因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (ln x )－f ⎝⎛⎭⎫ln 1x ＝f (ln x )－f (－ln x )＝f (ln x )＋f (ln x )＝2f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪f （ln x ）－f ⎝⎛⎭⎫ln 1x 2<f (1)等价于|f (ln x )|<f (1)，又f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，所以－1<ln x <1，解得1e<x <e.12．(2018·沈阳教学质量监测)设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋2)＝f (2－x )，当x ∈[－2，0]时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫22x －1，若关于x 的方程f (x )－log a (x ＋2)＝0(a >0且a ≠1)在区间(－2，6)内有且只有4个不同的实根，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫14，1 B ．(1，4) C ．(1，8)D ．(8，＋∞)解析：选D.因为f (x )为偶函数，且f (2＋x )＝f (2－x )，所以f (4＋x )＝f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数且周期为4，又当－2≤x ≤0时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫22x －1，画出f (x )在(－2，6)上的大致图象，如图所示．若f (x )－log a (x ＋2)＝0(a >0且a ≠1)在(－2，6)内有4个不同的实根，则y ＝f (x )的图象与y ＝log a (x ＋2)的图象在(－2，6)内有4个不同的交点．所以⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a （6＋2）<1，所以a >8，故选D.二、填空题13．计算：2log 410－12log 225＋823－(π－3)0＝________．解析：2log 410－12log 225＋823－(π－3)0＝2×12log 210－log 25＋(23)23－1＝log 2105＋22－1＝1＋4－1＝4.答案：414．有四个函数：①y ＝x 12；②y ＝21－x ；③y ＝ln(x ＋1)；④y ＝|1－x |.其中在区间(0，1)内单调递减的函数的序号是________．解析：分析题意可知①③显然不满足题意，画出②④中的函数图象(图略)，易知②④中的函数满足在(0，1)内单调递减．答案：②④15．(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln(1＋x 2－x )＋1, f (a )＝4，则f (－a )＝________. 解析：由f (a )＝ln(1＋a 2－a )＋1＝4，得ln(1＋a 2－a )＝3，所以f (－a )＝ln(1＋a 2＋a )＋1＝－ln11＋a 2＋a＋1＝－ln(1＋a 2－a )＋1＝－3＋1＝－2.答案：－216．某食品的保鲜时间t (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系式t ＝⎩⎪⎨⎪⎧64，x ≤0，2kx ＋6，x >0，且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时．已知甲在某日10时购买了该食品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间的变化如图所示．给出以下四个结论：①该食品在6 ℃的保鲜时间是8小时；②当x ∈[－6，6]时，该食品的保鲜时间t 随着x 的增大而逐渐减少； ③到了此日13时，甲所购买的食品还在保鲜时间内； ④到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间．其中，所有正确结论的序号是________．解析：因为某食品的保鲜时间t (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系式t＝⎩⎪⎨⎪⎧64，x ≤0，2kx ＋6，x >0，且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时，所以24k ＋6＝16，即4k ＋6＝4，解得k ＝－12，所以t ＝⎩⎪⎨⎪⎧64，x ≤0，2－12x ＋6，x >0.①当x ＝6时，t ＝8，故①正确；②当x ∈[－6，0]时，保鲜时间恒为64小时，当x ∈(0，6]时，该食品的保鲜时间t 随着x 的增大而逐渐减少，故②错误；③此日10时，温度为8 ℃，此时保鲜时间为4小时，而随着时间的推移，到11时，温度为11 ℃，此时的保鲜时间t ＝2－12×11＋6＝2≈1.414小时，到13时，甲所购买的食品不在保鲜时间内，故③错误；④由③可知，到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故④正确．所以正确结论的序号为①④. 答案：①④。

2019年高考数学(理科)二轮复习(天津课标版)专题能力训练Word版含答案10

专题能力训练10 三角变换与解三角形一、能力突破训练1.(2018全国Ⅲ,理4)若sin α=13,则cos 2α=( ) A .8 B .7C .-7D .-82.已知cos (π-2α)sin α-π4=- 2,则sin α+cos α等于( )A.- 72B. 72C.12D.-123.在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c.若(a 2+c 2-b 2)tan B= 3ac ,则角B 的值为( ) A.π6 B.π3 C.π6或5π6D.π3或2π34.在△ABC 中,∠ABC=π4,AB= 2,BC=3,则sin ∠BAC 等于( ) A. 1010B. 105C.3 1010D. 555.已知在△ABC 中,内角A ,B ,C 对边分别为a ,b ,c ,C=120°,a=2b ,则tan A= .6.△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,若cos A=45,cos C=513,a=1,则b= . 7.(2018全国Ⅱ,理15)已知sin α+cos β=1,cos α+sin β=0,则sin(α+β)= . 8.在△ABC 中,a 2+c 2=b 2+ 2ac. (1)求B 的大小;(2)求 2cos A+cos C 的最大值.9.在△ABC 中,∠A=60°,c=37a. (1)求sin C 的值;(2)若a=7,求△ABC的面积.10.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=b tan A,且B为钝角.(1)证明:B-A=π2;(2)求sin A+sin C的取值范围.11.设f(x)=sin x cos x-cos2 x+π.(1)求f(x)的单调区间;(2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f A2=0,a=1,求△ABC面积的最大值.二、思维提升训练12.若0<α<π2,-π2<β<0,cosπ4+α =13,cosπ4-β2=33,则cos α+β2等于()A.3B.-3C.53D.-613.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足c sin A=a cos C.当3sin A-cos B+π取最大值时,角A的大小为()A.π3B.π4C.π6D.2π314.在△ABC中,边AB的垂直平分线交边AC于点D,若C=π3,BC=8,BD=7,则△ABC的面积为.15.已知sinπ4+α sinπ4-α =16,α∈π2,π ,则sin 4α的值为.16.在锐角三角形ABC中,若sin A=2sin B sin C,则tan A tan B tan C的最小值是.17.在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,π<C<π,且ba-b =sin2Csin A-sin2C.(1)判断△ABC的形状;(2)若|BA+BC|=2,求BA·BC的取值范围.专题能力训练10 三角变换与解三角形一、能力突破训练1.B 解析 cos 2α=1-2sin 2α=1-2× 12=7.2.D解析 cos (π-2α)sin α-π4 =-cos2αsin α-π4=sin 2α-π2sin α-π4=2cos α-π4 = 2cos α+ 2sin α=- 22,∴sin α+cos α=-12,故选D .3.D 解析由(a 2+c 2-b2)tan B= 3ac ,得a 2+c 2-b22ac =32·cos Bsin B,即cos B=32·cos Bsin B,则sin B= 32.∵0<B<π,∴角B 为π3或2π3.故选D . 4.C 解析在△ABC 中,由余弦定理,得AC 2=BA 2+BC 2-2BA·BC cos ∠ABC=( )2+32-2× ×3cos π=5.解得AC= 5.由正弦定理BC=AC,得sin ∠BAC=BC ·sin ∠ABC=3×sin π45=3× 22 5=3 10. 5.3解析由正弦定理可得sin A=2sin B ,因为B=180°-A-120°=60°-A ,所以sin A=2sin(60°-A ),即sin A= 3cos A-sin A , 所以2sin A= 3cos A ,故tan A= 32.6.21 解析因为cos A=4,cos C=5,且A ,C 为△ABC 的内角,所以sin A=35,sin C=1213,sin B=sin[π-(A+C )]=sin (A+C )=sin A cos C+cos A sin C=6365. 又因为a=b,所以b=a sin B=21. 7.-1解析 ∵(sin α+cos β)2+(cos α+sin β)2=1,∴sin 2α+cos 2β+cos 2α+sin 2β+2sin αcos β+2sin βcos α=1+1+2sin(α+β)=1. ∴sin(α+β)=-12.8.解 (1)由余弦定理及题设得cos B=a 2+c 2-b2= 2ac = 2.又因为0<B<π,所以B=π. (2)由(1)知A+C=3π4.2cos A+cos C= 2cos A+cos 3π4-A= 2cos A- 2cos A+ 2sin A= 22cos A+ 22sin A=cos A -π4 .因为0<A<3π4,所以当A=π时, cos A+cos C 取得最大值1. 9.解 (1)在△ABC 中,因为∠A=60°,c=37a ,所以由正弦定理得sin C=c sin A=3× 3=3 3.(2)因为a=7,所以c=3×7=3.由余弦定理a 2=b 2+c 2-2bc cos A 得72=b 2+32-2b×3×12,解得b=8或b=-5(舍). 所以△ABC 的面积S=1bc sin A=1×8×3×3=6 3.10.(1)证明由a=b tan A 及正弦定理,得sin A=a=sin A,所以sin B=cos A ,即sin B=sin π+A .又B 为钝角,因此π2+A ∈ π2,π ,故B=π2+A ,即B-A=π2.(2)解由(1)知,C=π-(A+B )=π- 2A +π=π-2A>0,所以A ∈ 0,π,于是sin A+sin C=sinA+sin π-2A =sin A+cos 2A=-2sin 2A+sin A+1=-2 sin A -12+9.因为0<A<π,所以0<sin A< 2, 因此 22<-2 sin A -14 2+98≤98.由此可知sin A+sin C 的取值范围是 2,9. 11.解 (1)由题意知f (x )=sin2x −1+cos 2x +π2 =sin2x −1-sin2x =sin 2x-1. 由-π2+2k π≤2x ≤π2+2k π,k ∈Z ,可得-π4+k π≤x ≤π4+k π,k ∈Z ;由π2+2k π≤2x ≤3π2+2k π,k ∈Z ,可得π4+k π≤x ≤3π4+k π,k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是 -π4+kπ,π4+kπ (k ∈Z );单调递减区间是 π+kπ,3π+kπ (k ∈Z ). (2)由f A2 =sin A-12=0,得sin A=12,由题意知A 为锐角,所以cos A= 3.由余弦定理a 2=b 2+c 2-2bc cos A , 得1+ 3bc=b 2+c 2≥2bc ,即bc ≤2+ 3,且当b=c 时等号成立. 因此12bc sin A ≤2+ 34. 所以△ABC 面积的最大值为2+ 34.二、思维提升训练12.C 解析 ∵cos π+α =1,0<α<π,∴sin π+α =2 2. 又cos π4-β2 = 33,-π2<β<0,∴sin π4-β2 =63,∴cos α+β2 =cos π4+α - π4-β2 =cos π4+α cos π4-β2 +sin π4+α sin π4-β2=1× 3+2 2× 6=5 3.13.A 解析由正弦定理,得sin C sin A=sin A cos C.因为0<A<π,所以sin A>0,从而sin C=cos C. 又cos C ≠0,所以tan C=1,则C=π, 所以B=3π-A.于是 3sin A-cos B +π= 3sin A-cos(π-A )= 3sin A+cos A=2sin A +π. 因为0<A<3π4,所以π<A+π<11π,从而当A+π=π, 即A=π3时,2sin A +π6 取最大值2.故选A .14.20 3或24 3 解析在△CDB 中,设CD=t ,由余弦定理得49=64+t 2-2×8t×cos π,即t 2-8t+15=0,解得t=3或t=5.。

2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题三 2 第2讲专题强化训练 Word版含解析

[A 组　夯基保分专练]一、选择题1．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87等于( )A. B ．601403C ．80D ．160解析：选C.a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a1q 2×＝×1－（q 3）291－q 3q 21＋q ＋q 2＝×140＝80.故选C.a 1（1－q 87）1－q472．已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝则数列{a n }的前20项和为{a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，)( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124解析：选C.由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为＋10×1＋×1×（1－210）1－210×922＝1 123.选C.3．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列的前n 项和{1log 2a n log 2a n ＋1}为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A. B.11015C. D.111211解析：选C.因为2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，所以2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，两式相减得2n a n ＝1(n ≥2)，a 1＝也满足上式，故a n ＝，1212n 故＝＝－，1log 2a n log 2a n ＋11n （n ＋1）1n 1n ＋1S n ＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，1212131n 1n ＋11n ＋1nn ＋1所以S 1·S 2·S 3·…·S 10＝×××…××＝，故选C.12233491010111114．(2018·太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n >a nD ．T n <b n ＋1解析：选D.因为点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，所以S n ＝3·2n －3，所以a n ＝3·2n －1，所以b n ＋b n ＋1＝3·2n －1，因为数列{b n }为等比数列，设公比为q ，则b 1＋b 1q ＝3，b 2＋b 2q ＝6，解得b 1＝1，q ＝2，所以b n ＝2n －1，T n ＝2n －1，所以T n <b n ＋1，故选D.5．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有＋＋…＋＜t ，1a 11a 21an 则实数t 的取值范围为( )A ．(，＋∞)B ．[，＋∞)1313C ．(，＋∞)D ．[，＋∞)2323解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝＝＝2 n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －12 n 22(n －1)2＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，等比数1a n 122n －11a n 1214列{}的前n 项和等于＝(1－)＜，因此实数t 的取值范围是[，＋∞)，故选D.1an 12（1－14n ）1－142314n 23236．(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2，4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5，7，9；再染9后面最邻近的4个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的5个连续奇数17，19，21，23，25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是( )A ．3 971B ．3 972C ．3 973D ．3 974解析：选B.由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n 项和公式，可知前n 组共有个数．由于2 016＝<2 018<n （n ＋1）263×（63＋1）264×（64＋1）2＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n 组最后一个数是n 2，因此，第63组最后一个数为632，632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972.故选B.二、填空题7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，则a 8＝________．解析：数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，令m ＝1，则S n ＋1＝S n ＋S 1＝S n ＋5，即S n ＋1－S n ＝5，所以a n ＋1＝5，所以a 8＝5.答案：58．(2018·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得或{a 4＝11，a 6＝25){a 4＝25，a 6＝11，)当时，可得此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，{a 4＝11，a 6＝25){a 1＝－10，d ＝7，)a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当时，可得此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，{a 4＝25，a 6＝11){a 1＝46，d ＝－7，)a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12.答案：－129．(2018·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n ＝2b n －1，则a 56＝________．解析：当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝＋1，由c n ＝＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024.n （n －1）2n （n －1）2答案：1 024三、解答题10．(2018·高考天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q .由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以，T n ＝＝2n －1.1－2n1－2设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n .所以，S n ＝.n （n ＋1）2(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝－n ＝2n ＋1－n －2.2×（1－2n ）1－2由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，n （n ＋1）2整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以，n 的值为4.11．(2018·陕西教学质量检测(一))已知在递增的等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3是a 1和a 9的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 100的值．1（n ＋1）a n解：(1)设公差为d (d >0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d .因为a 3是a 1和a 9的等比中项，所以a ＝a 1a 9，23即(2＋2d )2＝2(2＋8d )，解得d ＝0(舍去)或d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .(2)由(1)得b n ＝＝＝，1（n ＋1）a n 12n （n ＋1）12(1n －1n ＋1)所以S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝×(1－＋－＋…＋－)＝×＝.121212131100110112(1－1101)5010112．(2018·兰州模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＋a 5＝8，数列{b n }中，b 1＝2，其前n 项和S n 满足：b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝，求数列{c n }的前n 项和T n .a nbn 解：(1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝2，a 3＋a 5＝8，所以2＋d ＋2＋3d ＝8，所以d ＝1，所以a n ＝n .因为b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)，①所以b n ＝S n －1＋2(n ∈N *，n ≥2)．②①－②得，b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *，n ≥2)，所以b n ＋1＝2b n (n ∈N *，n ≥2)．因为b 1＝2，b 2＝2b 1，所以{b n }为等比数列，b 1＝2，q ＝2，所以b n ＝2n .(2)因为c n ＝＝，a nb n n2n 所以T n ＝＋＋＋…＋＋，12222323n －12n －1n2n T n ＝＋＋＋…＋＋，12122223324n －12n n2n ＋1两式相减，得T n ＝＋＋…＋－＝1－，121212212n n 2n ＋12＋n 2n ＋1所以T n ＝2－.n ＋22n[B 组　大题增分专练]1．(2018·昆明模拟)数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＋2a n ＝3.(1)证明{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)已知符号函数sgn(x )＝设b n ＝a n ·sgn(a n )，求数列{b n }的前100项和．{1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，)解：(1)因为a n ＋1＝－2a n ＋3，a 1＝－1，所以a n ＋1－1＝－2(a n －1)，a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．故a n －1＝(－2)n ，即a n ＝(－2)n ＋1.(2)b n ＝a n ·sgn(a n )＝{2n ＋1，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，)设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.2．(2018·惠州第一次调研)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 4，a 8成等比数列．(1)若数列{a n }的前10项和为45，求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n＝－，求数列{a n }的公差．1a n a n ＋1191n ＋9解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 1，a 4，a 8成等比数列可得a ＝a 1·a 8，24即(a 1＋3d )2＝a 1·(a 1＋7d )，得a 1＝9d .由数列{a n }的前10项和为45得10a 1＋45d ＝45，即90d ＋45d ＝45，所以d ＝，a 1＝3.13故数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×＝.13n ＋83(2)因为b n ＝＝，1a n a n ＋11d (1a n －1a n ＋1)所以数列{b n }的前n 项和T n ＝[＋＋…＋]＝，1d (1a 1－1a 2)(1a 2－1a 3)(1a n －1a n ＋1)1d (1a 1－1a n ＋1)即T n ＝＝＝1d (1a1－1a 1＋nd )1d (19d －19d ＋nd )＝－，1d 2(19－19＋n )1919＋n 因此＝1，解得d ＝－1或1.1d2故数列{a n }的公差为－1或1.3．已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q .因为a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，所以解得{2＋d ＝q 2，3（2＋2＋2d ）2＝6q .){d ＝2，q ＝2.)所以a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .所以T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n 2n ]，①若n 为偶数：T n ＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]}1－2n 1－2＝2n －1＋×2＝2n ＋n －1.n2②若n 为奇数：T n ＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n }1－2n 1－2＝2n －1＋2×－2n ＝2n －n －2.n －12所以T n ＝{2n ＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.)4．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n ，n ∈N *.(1)证明：{a n －n }为等比数列；(2)数列{c n }满足c n ＝，求证数列{c n }的前n 项和T n<.a n －n（b n ＋1）（b n ＋1＋1）13证明：(1)因为a n ＋1＝2a n －n ＋1，所以a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )．又a 1＝3，所以a 1－1＝2，所以数列{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，a n －n ＝2·2n －1＝2n .所以b n ＋1＝b n ＋a n －n ＝b n ＋2n ，即b n ＋1－b n ＝2n .b 2－b 1＝21，b 3－b 2＝22，b 4－b 3＝23，…b n －b n －1＝2n －1.以上式子相加，得b n ＝2＋＝2n (n ≥2)．2·（1－2n －1）1－2当n ＝1时，b 1＝2，满足b n ＝2n ，所以b n ＝2n .所以c n ＝＝＝－.a n －n（b n ＋1）（b n ＋1＋1）2n（2n ＋1）（2n ＋1＋1）12n ＋112n ＋1＋1所以T n ＝－＋－＋…＋－＝－<.12＋1122＋1122＋1123＋112n ＋112n ＋1＋11312n ＋1＋113。

2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题四2第2讲专题强化训练Word版含解析

BC? 平面 BCD 且 BC⊥BD ，所以 BC ⊥平面 ABD .
因为 AD ? 平面 ABD，所以 BC⊥AD . 又因为 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.如图所示，已知 AB⊥平面 ACD， DE⊥平面 ACD ，△ ACD 为等边三角形， AD ＝ DE＝ 2AB ， F 为 CD 的中点．
依题意知 tan ∠CAD ＝ AD＝ 6，
因为 AD ＝1，所以 DC ＝ 6.
设 AB＝ x(x＞ 0)，则 BD＝ x2＋ 1， AB DC
易知 △ABD ∽△ DCB ，所以 AD ＝ BD ，
x
6
即 1＝
，解得 x＝ 2， x2＋ 1
故 AB＝ 2， BD ＝ 3， BC＝ 3.
由于 AB ⊥ 平面 ADC ，
解析：因为 DA⊥ 平面 ABC，所以 DA⊥ BC，又 BC⊥ AC，DA ∩AC＝ A，
所以 BC⊥平面 ADC ，所以 BC⊥ AF.又 AF⊥ CD ， BC∩CD ＝ C，所以 AF⊥ 平面 DCB，所以
AF ⊥ EF，AF ⊥ DB.又 DB⊥ AE，AE∩AF ＝A，所以 DB⊥ 平面 AEF ，所以 DE 为三棱锥 D -AEF
DE ∩BE＝E，于是 AC⊥ 平面 BDE .因为 AC? 平面 ABC，所以平面 ABC ⊥ 平面 BDE .又 AC?
平面 ACD，所以平面 ACD ⊥平面 BDE .故选 C. 4．已知 m，n 是两条不同的直线， α ， β是两个不同的平面，给出四个命题： ①若 α∩ β＝ m，n? α ， n⊥ m，则 α ⊥β ； ②若 m⊥ α， m⊥ β ，则 α∥ β； ③若 m⊥ α， n⊥β ， m⊥ n，则 α⊥β；

2019届高考数学二轮复习特色专项训练及解析

2019届高考数学二轮复习特色专项训练小题强化练(一) 综合提能练(1)1．设集合P ＝{x ||x －1|<1}，Q ＝{x |－1<x <2}，则P ∩Q ＝( ) A.⎝⎛⎭⎫－1，12 B ．(－1，2) C ．(1，2)D ．(0，2)2．若复数z 满足(1＋i)z ＝1－2i 3，则|z |＝( ) A.102 B ．32C ．22D ．123．已知向量a ＝(2，1)，b ＝(3，4)，c ＝(k ，2)．若(3a －b )∥c ，则实数k 的值为( ) A ．－8 B ．－6 C ．－1D ．64．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝20，a 5＝10，则a 16＝( ) A ．－32 B ．12 C ．16D ．325．已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是( )A ．若m ⊂α，则m ⊥βB ．若m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥nC ．若m ⊄α，m ⊥β，则m ∥αD ．若α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α6．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，现将函数f (x )图象上的所有点向右平移π4个单位长度得到函数g (x )的图象，则函数g (x )的解析式为( )A ．g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4 B ．g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋3π4C ．g (x )＝2cos 2xD ．g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4 7．《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形，若该“阳马”的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A.863πB ．86πC ．6πD ．24π8．已知函数f (x ＋2)(x ∈R )为奇函数，且函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x ∈[0，1]时，f (x )＝x2 018，则f (2 018)＝( )A ．2 018B ．12 018C ．11 009D ．09．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为56，则判断框中的条件可以是( )A ．n ≤7?B ．n >7?C ．n ≤6?D ．n >6?10．如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1>AB ＝AD ，设直线A 1B 与直线AD 1，B 1D 1所成的角分别为α，β，则( )A ．60°<α<90°，60°<β<90°B ．60°<α<90°，0°<β<60°C ．0°<α<60°，60°<β<90°D ．0°<α<60°，0°<β<60°11．如图，等腰梯形ABCD 的高为1，DC ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为两腰上的点，且AF →·BE →＝－8，则CE →·DF →的值为( )A ．－10B ．－8C ．－6D ．－412．已知点P 为双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)右支上的任意一点，经过点P 的直线与双曲线C 的两条渐近线分别相交于A ，B 两点．若点A ，B 分别位于第一、四象限，O 为坐标原点，当AP →＝12PB →时，△AOB 的面积为2b ，则双曲线C 的实轴长为( )A.329 B ．169C ．89D ．4913．已知a ＝213，b ＝⎝⎛⎭⎫1223，则log 2(ab )＝________．14．如图是调查某学校高三年级男、女学生是否喜欢篮球运动得到的等高条形图，阴影部分的高表示喜欢该项运动的频率．已知该年级男生、女生各500名(假设所有学生都参加了调查)，现从所有喜欢篮球运动的学生中按分层抽样的方法抽取32人，则抽取的男生人数为________．15．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线l 与x 轴的交点为A ，P 是抛物线C 上的点，且PF ⊥x 轴．若以AF 为直径的圆截直线AP 所得的弦长为2，则实数p 的值为________．16．已知数列{a n }共16项，且a 1＝1，a 8＝4.记关于x 的函数f n (x )＝13x 3－a n x 2＋(a 2n －1)x ，n ∈N *.若x ＝a n ＋1(1≤n ≤15)是函数f n (x )的极值点，且曲线y ＝f 8(x )在点(a 16，f 8(a 16))处的切线的斜率为15，则满足条件的数列{a n }的个数为________．参考答案与解析小题强化练小题强化练(一) 综合提能练(1)1．解析：选D.由题意知P ＝{x ||x －1|<1}＝{x |－1<x －1<1}＝{x |0<x <2}，Q ＝{x |－1<x <2}，所以P ∩Q ＝{x |0<x <2}．故选D.2．解析：选A.z ＝1－2i 31＋i ＝1＋2i 1＋i ＝（1＋2i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝3＋i 2，所以|z |＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝94＋14＝102.故选A. 3．解析：选B.由题可知3a －b ＝(6，3)－(3，4)＝(3，－1)，c ＝(k ，2)，因为(3a －b )∥c ，所以－k ＝2×3，k ＝－6.故选B.4．解析：选D.设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝4a 1＋4×32d ＝20，得2a 1＋3d ＝10 ①，由a 5＝10，得a 1＋4d ＝10 ②，根据①②可得a 1＝d ＝2，所以a 16＝a 1＋15d ＝32.故选D.5．解析：选C.对于A ：若m ⊂α，则m 与平面β可能平行或相交，所以A 错误；对于B ：若m ⊂α，n ⊂β，则m 与n 可能平行、相交或异面，所以B 错误；对于C ：若m ⊄α，m ⊥β，则m ∥α，C 正确；对于D ：α∩β＝m ，n ⊥m ，则n 不一定与平面α垂直，所以D 错误．6．解析：选D.根据函数f (x )的图象可知A ＝2，T 4＝5π8－3π8＝π4，得T ＝2πω＝π，则ω＝2，所以f (x )＝2sin(2x ＋φ)，又f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫5π8，－2，所以2sin ⎝⎛⎭⎫2×5π8＋φ＝－2，即sin ⎝⎛⎭⎫5π4＋φ＝－1，5π4＋φ＝－π2＋2k π，k ∈Z ，得φ＝－7π4＋2k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4.将函数f (x )图象上的所有点向右平移π4个单位长度得到函数g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π4＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4的图象． 7．解析：选C.由题可知，该“阳马”为四棱锥，记为P ABCD ，将其放入长方体中如图所示，则该“阳马”的外接球直径为长方体的体对角线，易知AD ＝AP ＝1，AB ＝2，所以PC ＝12＋12＋22＝6，所以外接球的半径为PC 2＝62，故该球的体积为4πR 33＝4π3×64×62＝6π.故选C.8．解析：选D.由题意知，f (x ＋2)＝－f (－x ＋2)，所以f (x )＝－f (－x ＋4)，又f (x )＝f (－x ＋2)，所以－f (－x ＋4)＝f (－x ＋2)，所以－f (－x ＋2)＝f (－x )，所以f (－x ＋4)＝f (－x )，所以f (x )的周期为4，故f (2 018)＝f (2 016＋2)＝f (2)＝f (0)＝0.9．解析：选D.执行程序框图，s ＝0，a ＝2，n ＝1， s ＝s ＋a ＝2，a ＝a ＋2＝4，n ＝n ＋1＝2； s ＝s ＋a ＝6，a ＝a ＋2＝6，n ＝n ＋1＝3； s ＝s ＋a ＝12，a ＝a ＋2＝8，n ＝n ＋1＝4； s ＝s ＋a ＝20，a ＝a ＋2＝10，n ＝n ＋1＝5； s ＝s ＋a ＝30，a ＝a ＋2＝12，n ＝n ＋1＝6； s ＝s ＋a ＝42，a ＝a ＋2＝14，n ＝n ＋1＝7；s ＝s ＋a ＝56，a ＝a ＋2＝16，此时符合判断框中的条件，退出循环．所以判断框中的条件可以为“n >6？”．10．解析：选C.根据题意不妨取AA 1＝2，AB ＝AD ＝1，连接BD ，BC 1，A 1C 1，A 1D ，则AD 1∥BC 1，B 1D 1∥BD ，则直线A 1B 与直线AD 1所成的角即∠A 1BC 1，直线A 1B 与直线B 1D 1所成的角即∠A 1BD .易知A 1B ＝BC 1＝A 1D ＝5，A 1C 1＝BD ＝ 2.易知α＝∠A 1BC 1，β＝∠A 1BD ，在△A 1BD 中，易求得tan β＝3，在△A 1BC 1中，易求得tan α＝34，易知0°<α<90°，0°<β<90°，故0°<α<60°，60°<β<90°.11．解析：选D.设AF →＝AB →＋BF →＝AB →＋xBC →，BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋yAD →，则AF →·BE →＝－AB→2＋yAB →·AD →＋xBC →·BA →＋xyBC →·AD →＝－16＋4(x ＋y )，由AF →·BE →＝－8，得x ＋y ＝2，而CE →＝CD →＋DE →＝CD →＋(1－y )DA →，DF →＝DC →＋CF →＝DC →＋(1－x )CB →，于是CE →·DF →＝－CD →2＋(1－y )DA →·DC →＋(1－x )CB →·CD →＋(1－x )(1－y )CB →·DA →＝－4－2[(1－y )＋(1－x )]＝－4.故选D.12．解析：选A.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ，y )，由AP →＝12PB →，得(x －x 1，y －y 1)＝12(x 2－x ，y 2－y )，则x ＝23x 1＋13x 2，y ＝23y 1＋13y 2，所以⎝⎛⎭⎫23x 1＋13x 22a2－⎝⎛⎭⎫23y 1＋13y 22b2＝1.易知点A 在直线y ＝b a x 上，点B 在直线y ＝－bax 上，则y 1＝b a x 1，y 2＝－bax 2，所以⎝⎛⎭⎫23x 1＋13x 22a 2－⎝⎛⎭⎫2b 3ax 1－b 3a x 22b 2＝1，即⎝⎛⎭⎫23x 1＋13x 22b 2－⎝⎛⎭⎫2b 3a x 1－b 3a x 22a 2＝a 2b 2，化简可得a 2＝89x 1x 2. 由渐近线的对称性可得sin ∠AOB ＝sin 2∠AOx ＝2sin ∠AOx cos ∠AOx sin 2∠AOx ＋cos 2∠AOx ＝2tan ∠AOx tan 2∠AOx ＋1＝2b a⎝⎛⎭⎫b a 2＋1＝2ab b 2＋a2，所以△AOB 的面积为12|OA ||OB |sin ∠AOB ＝12x 21＋y 21×x 22＋y 22×sin ∠AOB ＝12x 21＋⎝⎛⎭⎫b a x 12×x 22＋⎝⎛⎭⎫－b a x 22×2ab b 2＋a 2＝x 1x 21＋⎝⎛⎭⎫b a 2×1＋⎝⎛⎭⎫b a 2×ab b 2＋a 2＝98a 2×ab b 2＋a 2×⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝98a 2×ab b 2＋a2×b 2＋a 2a 2＝98ab ＝2b ，得a ＝169，所以双曲线C 的实轴长为329.故选A.13．解析：a ＝213，则log 2a ＝13，b ＝⎝⎛⎭⎫1223＝2－23，则log 2b ＝－23，所以log 2(ab )＝log 2a ＋log 2b ＝13－23＝－13.答案：－1314．解析：根据等高条形图可知，喜欢篮球运动的女生人数为500×0.2＝100，男生人数为500×0.6＝300，所以喜欢篮球运动的学生总人数为400，分层抽取32人，抽取的男生人数为300400×32＝24.答案：2415．解析：由题可知，△APF 为直角三角形，设直线AP 与以AF 为直径的圆的另一个交点为B ，则BF ⊥AB ，因为AF ＝PF ＝p ，所以BF ＝p 2－4，易知AF 2＝AB ×AP ，所以AP ＝p 22，又12AP ×BF ＝12AF ×PF ，即p 22×p 2－4＝p 2，解得p ＝2 2. 答案：2 216．解析：f ′n (x )＝x 2－2a n x ＋a 2n －1＝[x －(a n ＋1)][x －(a n －1)]．令f ′n (x )＝0，得x ＝a n ＋1或x ＝a n －1，所以a n ＋1＝a n ＋1或a n －1＝a n ＋1(1≤n ≤15)，所以|a n ＋1－a n |＝1(1≤n ≤15)，又f ′8(x )＝x 2－8x ＋15，所以a 216－8a 16＋15＝15，解得a 16＝0或a 16＝8.当a 16＝0时，a 8－a 1＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝3，得a i ＋1－a i (1≤i ≤7，i ∈N *)的值有2个为－1，5个为1；由a 16－a 8＝(a 9－a 8)＋(a 10－a 9)＋…＋(a 16－a 15)＝－4，得a i ＋1－a i (8≤i ≤15，i ∈N *)的值有6个为－1，2个为1.所以此时数列{a n }的个数为C 27C 28＝588，同理可得当a 16＝8时，数列{a n }的个数为C 27C 28＝588. 综上，数列{a n }的个数为2C 27C 28＝1 176.答案：1 176。

2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题二 1 第1讲专题强化训练 Word版含解析

一、选择题1．(2018·南宁模拟)如图，函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，|φ|<π2的图象过点(0，3)，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 B ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3 C ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6 解析：选B.由函数图象可知，A ＝2，又函数f (x )的图象过点(0，3)，所以2sin φ＝3，即sin φ＝32，由于|φ|<π2，所以φ＝π3，于是f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，故选B. 2．(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫2x －π2－cos 2x ，若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数f (x )的图象( )A ．向左平移π6个单位长度B ．向右平移π6个单位长度C ．向左平移π12个单位长度D ．向右平移π12个单位长度解析：选C.f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫2x －π2－cos 2x ＝3cos ⎝⎛⎭⎫π2－2x －cos 2x ＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π12，所以将f (x )的图象向左平移π12个单位长度可得到奇函数y ＝2sin 2x 的图象．故选C.3．(2018·广州调研)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增，则ω的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，83 B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，83D.⎣⎡⎦⎤38，2解析：选B.因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，2π3，所以ωx ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π4ω＋π6，2π3ω＋π6，因为函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧－π4ω＋π6≥2k π－π2，k ∈Z ，2π3ω＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z .又ω>0，所以0<ω≤12，选B.4.(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，已知点A (0，3)，B ⎝⎛⎭⎫π6，0，若将它的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，则函数g (x )图象的一条对称轴方程为( )A ．x ＝π12B ．x ＝π4C ．x ＝π3D ．x ＝2π3解析：选A.因为f (0)＝2sin φ＝3，所以sin φ＝32，又|φ|<π，所以φ＝π3或2π3，又f ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫πω6＋φ＝0，所以πω6＋φ＝k π(k ∈Z )，所以ω＝⎝⎛⎭⎫k π－π3×6π＝6k －2(k ∈Z )，或ω＝⎝⎛⎭⎫k π－2π3×6π＝6k －4(k ∈Z )，又ω>0，且T 4＝2π4ω＝π2ω>π6，所以ω<3，所以ω＝2，φ＝2π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3，将其图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，所以g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π6＋2π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，g (x )图象的对称轴方程满足2x ＋π3＝k π＋π2(k ∈Z )，所以x ＝k π2＋π12(k ∈Z )，故选A.5.(2018·惠州第二次调研)已知函数f (x )＝A sin(2x ＋θ)(|θ|≤π2，A >0)的部分图象如图所示，且f (a )＝f (b )＝0，对不同的x 1，x 2∈[a ，b ]，若f (x 1)＝f (x 2)，有f (x 1＋x 2)＝3，则( )A ．f (x )在⎝⎛⎭⎫－5π12，π12上是减函数B ．f (x )在⎝⎛⎭⎫－5π12，π12上是增函数 C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π3，5π6上是减函数 D ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π3，5π6上是增函数解析：选B.由题图知A ＝2，设m ∈[a ，b ]，且f (0)＝f (m )，则f (0＋m )＝f (m )＝f (0)＝3，所以2sin θ＝3，sin θ＝32，又|θ|≤π2，所以θ＝π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，令－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，此时f (x )单调递增．所以选项B正确．6．(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)已知函数f (x )＝1＋2cos x cos(x ＋3φ)是偶函数，其中φ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则下列关于函数g (x )＝cos(2x －φ)的正确描述是( ) A ．g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π12，π3上的最小值为－1 B ．g (x )的图象可由函数f (x )的图象向上平移2个单位长度，向右平移π3个单位长度得到C ．g (x )的图象的一个对称中心是⎝⎛⎭⎫－π12，0 D ．g (x )的一个单调递减区间是⎣⎡⎦⎤0，π2 解析：选C.因为函数f (x )＝1＋2cos x cos(x ＋3φ)是偶函数，y ＝1，y ＝2cos x 都是偶函数，所以y ＝cos(x ＋3φ)是偶函数，所以3φ＝k π，k ∈Z ，所以φ＝k π3，k ∈Z ，又0<φ<π2，所以φ＝π3，所以g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.当－π12≤x ≤π3时，－π2≤2x －π3≤π3，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3∈[0，1]，故A 错误；f (x )＝1＋2cos x cos(x ＋π)＝1－2cos 2x ＝－cos 2x ，显然B 错误；当x ＝－π12时，g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝0，故C 正确；当0≤x ≤π2时，－π3≤2x －π3≤2π3，g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3有增有减，故D 错误．故选C.二、填空题7．(2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f (x )＝4cos(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)为奇函数，A (a ，0)，B (b ，0)是其图象上两点，若|a －b |的最小值是1，则f ⎝⎛⎭⎫16＝________．解析：因为函数f (x )＝4cos(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)为奇函数，所以cos φ＝0(0<φ<π)，所以φ＝π2，所以f (x )＝－4sin ωx ，又A (a ，0)，B (b ，0)是其图象上两点，且|a －b |的最小值是1，所以函数f (x )的最小正周期为2，所以ω＝π，所以f (x )＝－4sin πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫16＝－4sin π6＝－2.答案：－28．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π2)，f (0)＝－f ⎝⎛⎭⎫π2，若将f (x )的图象向左平移π12个单位长度后所得函数的图象关于原点对称，则φ＝________．解析：因为f (0)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，则sin φ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω＋φ，所以ω＝4k ＋2，k ∈Z ，将f (x )的图象向左平移π12个单位长度后所得函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋ωπ12＋φ的图象关于原点对称，则ωπ12＋φ＝k π，k ∈Z ，由ω＞0，0＜φ＜π2得ω＝10，φ＝π6.答案：π69．已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)＋a cos(2x ＋φ)(0<φ<π)的最大值为2，且满足f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π2－x ，则φ＝________．解析：因为f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝π4对称，由函数的解析式可得a 2＋1＝2，即a 2＝3.若a ＝3，则f (x )＝sin(2x ＋φ)＋3cos(2x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋π3，由函数图象的对称性可得2×π4＋φ＋π3＝k π＋π2(k ∈Z )，所以φ＝k π－π3(k ∈Z )，因为0<φ<π，所以φ＝2π3；若a ＝－3，则f (x )＝sin(2x ＋φ)－3cos(2x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋φ－π3，由函数图象的对称性可得2×π4＋φ－π3＝k π＋π2(k ∈Z )，所以φ＝k π＋π3(k ∈Z )，因为0<φ<π，所以φ＝π3.综上可得φ＝π3或2π3.答案：π3或2π3三、解答题10．已知函数f (x )＝sin 4x ＋cos 4x ＋32sin 2x cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π4时，求f (x )的最值．解：f (x )＝sin 4x ＋cos 4x ＋32sin 2x cos 2x ＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 2x cos 2x ＋34sin 4x ＝1－12sin 2 2x ＋34sin 4x＝1－12·1－cos 4x 2＋34sin 4x＝34sin 4x ＋14cos 4x ＋34＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π6＋34. (1)T ＝2π4＝π2.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，4x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1，则当4x ＋π6＝π2，即x ＝π12时，函数f (x )取最大值54；当4x ＋π6＝7π6，即x ＝π4时，函数f (x )取最小值12.所以，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，函数f (x )的最大值是54，最小值是12.11．已知函数f (x )＝3sin 2ωx ＋cos 4ωx －sin 4ωx ＋1(其中0<ω<1)，若点⎝⎛⎭⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心．(1)求f (x )的解析式，并求距y 轴最近的一条对称轴的方程； (2)先列表，再作出函数f (x )在区间[－π，π]上的图象．解：(1)f (x )＝3sin 2ωx ＋(cos 2ωx －sin 2ωx )(cos 2ωx ＋sin 2ωx )＋1 ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6＋1.因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心，所以－ωπ3＋π6＝k π，k ∈Z ，所以ω＝－3k ＋12，k ∈Z .因为0<ω<1，所以k ＝0，ω＝12，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋1.由x ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π＋π3，k ∈Z ，令k ＝0，得距y 轴最近的一条对称轴方程为x ＝π3.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋1，当x ∈[－π，π]时，列表如下：12．设函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4.(1)求ω的值；(2)若函数y ＝f (x ＋φ)(0<φ<π2)是奇函数，求函数g (x )＝cos(2x －φ)在[0，2π]上的单调递减区间．解：(1)f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32＝12sin 2ωx －3（1＋cos 2ωx ）2＋32 ＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π3，设T 为f (x )的最小正周期，由f (x )的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得⎝⎛⎭⎫T 22＋[2f (x )max ]2＝π2＋4，因为f (x )max ＝1，所以⎝⎛⎭⎫T 22＋4＝π2＋4，整理得T ＝2π.又ω>0，T ＝2π2ω＝2π，所以ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，所以f (x ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋φ－π3.因为y ＝f (x ＋φ)是奇函数，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π3＝0.又0<φ<π2，所以φ＝π3，所以g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，则k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ，所以单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z ，又因为x ∈[0，2π]，所以当k ＝0时，递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3；当k ＝1时，递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6，5π3.所以函数g (x )在[0，2π]上的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3，⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6，5π3.。

2019高考数学二轮复习含解析27套

一）...................................................................................................................................................................................... 2 课时跟踪检测（二）...................................................................................................................................................................................... 8 课时跟踪检测（三）.................................................................................................................................................................................... 14 课时跟踪检测（四）.................................................................................................................................................................................... 19 课时跟踪检测（五）..................................

2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题三 1 第1讲专题强化训练 Word版含解析

一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D.设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192×(－2)＝－340，故选D.2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．25解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.3．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C.法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8（a 1＋a 8）2＝8（a 4＋a 5）2＝92. 4．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是 ( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，3b 6＝7π，所以a 6＝－3，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，故选A. 5．(2018·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.6．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2. 二、填空题7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________．解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32；所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案：－638．(2018·惠州第二次调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －19．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2. 答案：2 三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)，因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解：(1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a nn＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝5，a 4＝13，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n＋b n ＝3.(1)求数列{a n }及数列{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }中的最大项．解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，所以a n ＝4n －3. 又T n ＋b n ＝3，所以T n ＋1＋b n ＋1＝3，两式相减得，2b n ＋1－b n ＝0，所以b n ＋1＝12b n .当n ＝1时，b 1＋b 1＝3，所以b 1＝32.所以数列{b n }为等比数列，且首项是32，公比是12，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n .(2)因为c n ＝a n ·b n ＝3（4n －3）2n ，所以c n ＋1＝3（4n ＋1）2n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3（4n ＋1）2n ＋1－3（4n －3）2n ＝3（7－4n ）2n ＋1.所以当n ＝1时，c 2－c 1>0；当n ≥2时，c n ＋1－c n <0，所以c 1<c 2>c 3>c 4>…，所以(c n )max ＝c 2＝154.。

2019年高考数学(理科)二轮复习专题能力训练含答案3

专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=;p4:若复数z∈R,则∈R.其中的真命题为()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|3.(2018全国Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=()A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()A.-1B.0C.1D.2(i为虚数单位)的共轭复数是() 6.(2018浙江,4)复数-A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(t m+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2018全国Ⅲ,理13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=.11.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2=λ(λ∈R),且=-4,则λ的值为.12.设a∈R,若复数(1+i)(a+i)在复平面内对应的点位于实轴上,则a=.13.已知a,b∈R,(a+b i)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2=,ab=.14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.二、思维提升训练15.在△ABC中,已知D是AB边上一点,+λ,则实数λ=()A.-B.-C.D.16.已知,||=,||=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且,则的最大值等于()A.13B.15C.19D.2117.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为()A.2B.3C.4D.618.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.19.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ=.20.已知a∈R,i为虚数单位,若-为实数,则a的值为.专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.B解析p1:设z=a+b i(a,b∈R),则-R,所以b=0,所以z∈R.故p1正确;p2:因为i2=-1∈R,而z=i∉R,故p2不正确;p3:若z1=1,z2=2,则z1z2=2,满足z1z2∈R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不正确;p4:实数的虚部为0,它的共轭复数是它本身,也属于实数,故p4正确.2.C解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;对于B,满足a⊥b时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.3.D解析(1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i.=2+i所对应的点为(2,1),它关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.4.D解析--5.C解析∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),∴(2a+b)·a=1+0=1.=1+i,6.B解析--∴复数的共轭复数为1-i.-7.D解析如图,设=a,=b.则=()=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos 60°=a2+a2=a2.8.B解析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(t m+n),所以n·(t m+n)=n·t m+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C解析由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,所以I3<I1<0<I2,故选C.10解析2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=11解析=2,)=又=,∠A=60°,AB=3,AC=2,=-4,=3×2=3,()=-4,即-=-4,4-9+-3=-4,即-5=-4,解得λ=12.-1解析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.52解析由题意可得a2-b2+2ab i=3+4i,-解得则a2+b2=5,ab=2.则14解析由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=二、思维提升训练15.D解析如图,D是AB边上一点,过点D作DE∥BC,交AC于点E,过点D作DF∥AC,交BC于点F,则因为+,所以=由△ADE∽△ABC,得,所以,故λ=16.A解析以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,。

2019届高考数学二轮复习第二部分专项一 1 第1练专题强化训练 Word版含解析

一、选择题1．(2018·高考天津卷)设全集为R ，集合A ＝{x |0<x <2}，B ＝{x |x ≥1}，则A ∩(∁R B )＝( ) A ．{x |0<x ≤1} B ．{x |0<x <1} C ．{x |1≤x <2}D ．{x |0<x <2}解析：选B.因为B ＝{x |x ≥1}，所以∁R B ＝{x |x <1}，因为A ＝{x |0<x <2}，所以A ∩(∁R B )＝{x |0<x <1}，故选B.2．(2018·沈阳教学质量监测(一))若i 是虚数单位，则复数2＋3i1＋i的实部与虚部之积为( )A ．－54B.54C.54i D ．－54i解析：选B.因为2＋3i 1＋i ＝(2＋3i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝52＋12i ，所以其实部为52，虚部为12，实部与虚部之积为54.故选B.3．(2018·南宁模拟)已知(1＋i)·z ＝3i(i 是虚数单位)，那么复数z 在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.因为(1＋i)·z ＝3i ，所以z ＝3i1＋i ＝3i(1－i)(1＋i)(1－i)＝3＋3i 2，则复数z 在复平面内对应的点的坐标为⎝⎛⎭⎫32，32，所以复数z 在复平面内对应的点位于第一象限，故选A. 4．(2018·西安模拟)设集合A ＝{x |y ＝lg(x 2＋3x －4)}，B ＝{y |y ＝21－x2}，则A ∩B ＝( )A ．(0，2]B ．(1，2]C ．[2，4)D ．(－4，0)解析：选B.A ＝{x |x 2＋3x －4＞0}＝{x |x ＞1或x ＜－4}，B ＝{y |0＜y ≤2}，所以A ∩B ＝(1，2]，故选B.5．(2018·太原模拟)已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |x (x ＋2)＜0}，B ＝{x ||x |≤1}，则如图所示的阴影部分表示的集合是( )A ．(－2，1)B ．[－1，0]∪[1，2)C ．(－2，－1)∪[0，1]D ．[0，1]解析：选C.因为集合A ＝{x |x (x ＋2)＜0}，B ＝{x ||x |≤1}，所以A ＝{x |－2＜x ＜0}，B ＝{x |－1≤x ≤1}，所以A ∪B ＝(－2，1]，A ∩B ＝[－1，0)，所以阴影部分表示的集合为∁A ∪B (A ∩B )＝(－2，－1)∪[0，1]，故选C.6．(2018·洛阳第一次联考)已知复数z 满足z (1－i)2＝1＋i(i 为虚数单位)，则|z |为( ) A.12 B.22C. 2D ．1解析：选B.因为z ＝－1＋i 2i ＝－1＋i 2，所以|z |＝22，故选B.7．(2018·西安八校联考)在△ABC 中，“AB →·BC →＞0”是“△ABC 是钝角三角形”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：选A.法一：设AB →与BC →的夹角为θ，因为AB →·BC →＞0，即|AB →|·|BC →|cos θ＞0，所以cos θ＞0，θ＜90°，又θ为△ABC 内角B 的补角，所以∠B ＞90°，△ABC 是钝角三角形；当△ABC 为钝角三角形时，∠B 不一定是钝角．所以“AB →·BC →＞0”是“△ABC 是钝角三角形”的充分不必要条件，故选A.法二：由AB →·BC →＞0，得BA →·BC →＜0，即cos B ＜0，所以∠B ＞90°，△ABC 是钝角三角形；当△ABC 为钝角三角形时，∠B 不一定是钝角．所以“AB →·BC →＞0”是“△ABC 是钝角三角形”的充分不必要条件，故选A.8．(2018·辽宁五校联合体模拟)已知集合P ＝{x |x 2－2x －8＞0}，Q ＝{x |x ≥a }，P ∪Q ＝R ，则a 的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．(4，＋∞)C ．(－∞，－2]D ．(－∞，4]解析：选C.集合P ＝{x |x 2－2x －8＞0}＝{x |x ＜－2或x ＞4}，Q ＝{x |x ≥a }，若P ∪Q ＝R ，则a ≤－2，即a 的取值范围是(－∞，－2]，故选C.9．下列说法正确的是( )A ．命题“若x 2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x 2＝1，则x ≠1”B ．“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的必要不充分条件C ．命题“∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1＜0”的否定是“∀x ∈R ，均有x 2＋x ＋1＜0”D ．命题“若x ＝y ，则sin x ＝sin y ”的逆否命题为真命题解析：选D.A 中，命题“若x 2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x 2≠1，则x ≠1”，故A 不正确；B 中，由x 2－5x －6＝0，解得x ＝－1或x ＝6，所以“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的充分不必要条件，故B 不正确；C 中，“∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1＜0”的否定是“∀x ∈R ，均有x 2＋x ＋1≥0”，故C 不正确；D 中，命题“若x ＝y ，则sin x ＝sin y ”为真命题，因此其逆否命题为真命题，D 正确，故选D.10．(2018·惠州第一次调研)设命题p ：若定义域为R 的函数f (x )不是偶函数，则∀x ∈R ，f (－x )≠f (x )．命题q ：f (x )＝x |x |在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．则下列判断错误的是( )A ．p 为假命题B ．﹁q 为真命题C ．p ∨q 为真命题D ．p ∧q 为假命题解析：选C.函数f (x )不是偶函数，仍然可∃x ，使得f (－x )＝f (x )，p 为假命题；f (x )＝x |x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2(x ≥0)，－x 2(x ＜0)在R 上是增函数，q 为假命题．所以p ∨q 为假命题，故选C.11．(2018·辽宁五校协作体联考)已知命题“∃x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14≤0”是假命题，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)B ．[0，4]C ．[4，＋∞)D ．(0，4)解析：选D.因为命题“∃x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14≤0”是假命题，所以其否定“∀x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14＞0”是真命题，则Δ＝(a －2)2－4×4×14＝a 2－4a ＜0，解得0＜a ＜4，故选D.12．(2018·成都模拟)下列判断正确的是( ) A ．若事件A 与事件B 互斥，则事件A 与事件B 对立 B ．函数y ＝x 2＋9＋1x 2＋9(x ∈R )的最小值为2 C ．若直线(m ＋1)x ＋my －2＝0与直线mx －2y ＋5＝0互相垂直，则m ＝1D ．“p ∧q 为真命题”是“p ∨q 为真命题”的充分不必要条件解析：选D.对于A 选项，若事件A 与事件B 互斥，则事件A 与事件B 不一定对立，反之，若事件A 与事件B 对立，则事件A 与事件B 一定互斥，所以A 选项错误；对于B 选项，y ＝x 2＋9＋1x 2＋9≥2，当且仅当x 2＋9＝1x 2＋9，即x 2＋9＝1时等号成立，但x 2＋9＝1无实数解，所以等号不成立，于是函数y ＝x 2＋9＋1x 2＋9(x ∈R )的最小值不是2，所以B 选项错误；对于C 选项，由两直线垂直，得(m ＋1)m ＋m ×(－2)＝0，解得m ＝0或m ＝1，所以C 选项错误；对于D 选项，若p ∧q 为真命题，则p ，q 都是真命题，于是p ∨q 为真命题，反之，若p ∨q 为真命题，则p ，q 中至少有一个为真命题，此时p ∧q 不一定为真命题，所以“p ∧q 为真命题”是“p ∨q 为真命题”的充分不必要条件，所以D 选项正确．综上选D.二、填空题13．已知z 1－i＝2＋i ，则z －(z 的共轭复数)为________．解析：法一：由z 1－i＝2＋i 得z ＝(1－i)(2＋i)＝3－i ，所以z －＝3＋i.法二：由z 1－i ＝2＋i 得⎝ ⎛⎭⎪⎫z －1－i ＝2＋i －，所以z －1＋i ＝2－i ，z －＝(1＋i)(2－i)＝3＋i. 答案：3＋i14．(一题多解)设P ，Q 为两个非空实数集合，定义集合P *Q ＝{z |z ＝a b ，a ∈P ，b ∈Q }，若P ＝{1，2}，Q ＝{－1，0，1}，则集合P *Q 中元素的个数为________．解析：法一(列举法)：当b ＝0时，无论a 取何值，z ＝a b ＝1；当a ＝1时，无论b 取何值，a b ＝1；当a ＝2，b ＝－1时，z ＝2－1＝12；当a ＝2，b ＝1时，z ＝21＝2.故P *Q ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12，2，该集合中共有3个元素．法二(列表法)：因为a ∈P ，b ∈Q ，所以a 的取值只能为1，2；b 的取值只能为－1，0，1.z ＝a b 的不同运算结果如下表所示：由上表可知P *Q ＝⎩⎨⎭⎬1，12，2，显然该集合中共有3个元素．答案：315．下列命题中，是真命题的有________．(填序号) ①∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x ＞sin x ；②在△ABC 中，若A ＞B ，则sin A ＞sin B ；③函数f (x )＝tan x 的图象的一个对称中心是⎝⎛⎭⎫π2，0；④∃x 0∈R ，sin x 0cos x 0＝22. 解析：①中，设g (x )＝sin x －x ，则g ′(x )＝cos x －1＜0，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以g (x )＜g (0)＝0，即x ＞sin x 成立，故①正确；②中，在△ABC 中，若A ＞B ，则a ＞b ，由正弦定理，有sin A ＞sin B 成立，故②正确；③中，函数f (x )＝tan x 的图象的对称中心为⎝⎛⎭⎪⎫k π2，0(k ∈Z )，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0是函数f (x )的图象的一个对称中心，故③正确；④中，因为sin x cos x ＝12sin 2x ≤12＜22，所以④错误．答案：①②③16．已知命题p ：∀x ∈[0，1]，a ≥2x ；命题q ：∃x ∈R ，使得x 2＋4x ＋a ＝0.若命题“p ∨q ”是真命题，“﹁p ∧q ”是假命题，则实数a 的取值范围为________．解析：命题p 为真，则a ≥2x (x ∈[0，1])恒成立，因为y ＝2x 在[0，1]上单调递增，所以2x ≤21＝2，故a ≥2，即命题p 为真时，实数a 的取值集合为P ＝{a |a ≥2}．若命题q 为真，则方程x 2＋4x ＋a ＝0有解，所以Δ＝42－4×1×a ≥0，解得a ≤4. 故命题q 为真时，实数a 的取值集合为Q ＝{a |a ≤4}．若命题“p ∨q ”是真命题，那么命题p ，q 至少有一个是真命题；由“﹁p ∧q ”是假命题，可得﹁p 与q 至少有一个是假命题． ①若p 为真命题，则﹁p 为假命题，q 可真可假，此时实数a 的取值范围为[2，＋∞)；②若p为假命题，则q必为真命题，此时，“﹁p∧q”为真命题，不合题意．综上，实数a的取值范围为[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)。

2019年高考数学二轮复习3第3讲专题强化训练(3)

4． (2018 ·高考全国卷 Ⅲ)已知斜率为
k 的直线
l 与椭圆
C
：
x2 4
＋
y2＝ 3
1
交于
A， B 两点，线段
AB 的中点为
M (1， m)(m>0) ．
3
(1)证明： k<－12；
(2)设 F 为 C 的右焦点，
P 为 C 上一点，且
→ FP
＋
F→A
＋
F→B＝
0.证明：
|F→A|，
→ |FP
由根与系数的关系可得
8k1（ k1xP－ yP）
xM＋ xP＝
3＋ 4k21
，
8k1（ k1xP－ yP）
4k21xP－ 8k1yP－ 3xP
所以 xM＝
3＋ 4k21
－ xP＝
3＋ 4k21
，
8k2（ k2xP－ yP）
同理可得 xN＋ xP＝
3＋ 4k22
，
3 又 k1·k2＝－ 4，
3
3
8k2（ k2xP－ yP） 8 －4k1 － 4k1xP－ yP 6xP＋ 8k1yP
x2 y2 C： a2＋ b2＝ 1(a>b>0) 上动点
P 到两焦点
F1， F 2 的距离之和为
4，当点 P 运
动到椭圆 C 的一个顶点时，直线 (1)求椭圆 C 的方程．
PF1 恰与以原点 O 为圆心，以椭圆 C 的离心率 e 为半径的圆相切．
(2)设椭圆 C 的左、右顶点分别为 A，B，若 PA，PB 交直线 x＝6 于不同的两点 M ，N.问以线段 MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
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2019届高考数学二轮复习第二部分专项二专题一 4 第4讲专题强化训练(含解析)

1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．解：(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减． (2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．2．(2018·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0.(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a . 解：(1)由题意知，f ′(x )＝x －a 2x ＝（x ＋a ）（x －a ）x .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x ＝a 时，f (x )取得最小值f (a )＝12a 2－a 2ln a .令12a 2－a 2ln a ≥0，解得0<a ≤ e. 故a 的取值范围是(0， e ]．(2)证明：由(1)知，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，设0<x 1<a <x 2，则2a －x 1>a .要证x 1＋x 2>2a 即x 2>2a －x 1，则只需证f (x 2)>f (2a －x 1)．因f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 1)>f (2a －x 1)．设g (x )＝f (x )－f (2a －x )，0<x <a .则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2a －x )＝x －a 2x ＋2a －x －a 22a －x ＝－2a （a －x ）2x （2a －x ）<0，所以g (x )在(0，a )上单调递减，从而g (x )>g (a )＝0. 又由题意得0<x 1<a ，于是g (x 1)＝f (x 1)－f (2a －x 1)>0，即f (x 1)>f (2a －x 1)．因此x 1＋x 2>2a .3．(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，证明：f (x )≤e －x ＋x 2.解：(1)由题意x >0，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x .①当a ＝0时，f (x )＝x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递增，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a>0，故当x ∈(0，e－1－1a)时，f ′(x )<0，当x ∈(e－1－1a，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，e－1－1a)上单调递减，在(e －1－1a，＋∞)上单调递增；③当a <0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递减，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a>0，故当x ∈(0，e－1－1a)时，f ′(x )>0，当x ∈(e－1－1a，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0，e－1－1a)上单调递增，在(e －1－1a，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)可知若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，则a <0，且e－1－1a＝1，解得a ＝－1，故此时f (x )＝x －x ln x ，要证f (x )≤e －x ＋x 2，只须证x －x ln x ≤e －x ＋x 2，即证e －x ＋x 2－x ＋x ln x ≥0，设h (x )＝e －x ＋x 2－x ＋x ln x ，x >0，则h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x .令g (x )＝h ′(x )，则g ′(x )＝e －x ＋2＋1x>0，所以函数h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，又h ′⎝⎛⎭⎫1e ＝－e －1e＋2e －1<0，h ′(1)＝－1e＋2>0，故h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x 在⎝⎛⎭⎫1e ，1上存在唯一零点x 0，即－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0. 所以当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，故h (x )≥h (x 0)＝e－x0＋x 20－x 0＋x 0ln x 0，所以只需证h (x 0)＝e －x0＋x 20－x 0＋x 0ln x 0≥0即可，由－e －x0＋2x 0＋ln x 0＝0，得e－x0＝2x 0＋ln x 0，所以h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)，又x 0＋1>0，所以只要x 0＋ln x 0≥0即可，当x 0＋ln x 0<0时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x0⇒－e －x0＋x 0<0，所以－e－x0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0与－e－x0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾；当x 0＋ln x 0>0时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x0⇒－e－x0＋x 0>0，所以－e－x0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0与－e－x0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾；当x 0＋ln x 0＝0时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x0⇒－e－x0＋x 0＝0，得－e－x0＋2x 0＋ln x 0＝0，故x 0＋ln x 0＝0成立，得h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)＝0，所以h (x )≥0，即f (x )≤e －x ＋x 2.4．(2018·郑州质量检测(二))已知函数f (x )＝e x －x 2. (1)求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求证：当x >0时，e x ＋（2－e ）x －1x ≥ln x ＋1.解：(1)由题意得，f ′(x )＝e x －2x ，则f ′(1)＝e －2，f (1)＝e －1，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1. (2)证明：f ′(x )＝e x －2x ，令h (x )＝e x －2x ，则h ′(x )＝e x －2，易知f ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又曲线y ＝f (x )过点(1，e －1)，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1，所以可猜测：当x >0，x ≠1时，f (x )的图象恒在切线y ＝(e －2)x ＋1的上方．下证：当x >0时，f (x )≥(e －2)x ＋1.设g (x )＝f (x )－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1，x >0，则g ′(x )＝e x －2x －(e －2)，令φ(x )＝g ′(x )，则φ′(x )＝e x －2，易知g ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，0<ln 2<1，所以g ′(ln 2)<0，所以存在x 0∈(0，ln 2)，使得g ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x )>0；当x ∈(x 0，1)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以g (x )＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，当且仅当x ＝1时取等号，故e x ＋（2－e ）x －1x≥x ，x >0.又x ≥ln x ＋1，所以e x ＋（2－e ）x －1x ≥ln x ＋1，当且仅当x ＝1时等号成立．。

2019年高考数学(理科,天津课标版)二轮复习专题能力训练含答案2

专题能力训练2不等式、线性规划一、能力突破训练1.已知实数x,y满足a x<a y(0<a<1),则下列关系式恒成立的是()A.B.ln(x2+1)>ln(y2+1)C.sin x>sin yD.x3>y32.已知函数f(x)=(x-2)(ax+b)为偶函数,且在区间(0,+∞)内单调递增,则f(2-x)>0的解集为()A.{x|x>2或x<-2}B.{x|-2<x<2}C.{x|x<0或x>4}D.{x|0<x<4}3.不等式组--的解集为()A.(0,)B.(,2)C.(D.(2,4)4.若x,y满足则x+2y的最大值为()A.1B.3C.5D.95.已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),若不等式f(x)>0的解集是(-1,3),则不等式f(-2x)<0的解集是()A.--B.-C.--D.-6.已知实数x,y满足则的取值范围是()A. B.[3,11]C. D.[1,11]7.已知变量x,y满足约束条件--若z=2x-y的最大值为2,则实数m等于()A.-2B.-1C.1D.28.已知变量x,y满足约束条件-若x+2y≥-5恒成立,则实数a的取值范围为()A.(-∞,-1]B.[-1,+∞)C.[-1,1]D.[-1,1)9.(2018全国Ⅱ,理14)若x,y满足约束条件---则z=x+y的最大值为.10.(2018浙江,12)若x,y满足约束条件-则z=x+3y的最小值是,最大值是.11.某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5 kg,乙材料1 kg,用5个工时;生产一件产品B需要甲材料0.5 kg,乙材料0.3 kg,用3个工时.生产一件产品A的利润为2 100元,生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150 kg,乙材料90 kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元.12.设不等式组---表示的平面区域为D,若指数函数y=a x的图象上存在区域D上的点,则a的取值范围是.二、思维提升训练13.已知x,y满足约束条件----若z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为()A.或-1B.或2C.1或2D.-1或214.设对任意实数x>0,y>0,若不等式x+≤a(x+2y)恒成立,则实数a的最小值为()A.B.C.D.15.设x,y满足约束条件---若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为8,则ab的最大值为.16.已知x,y∈(0,+∞),2x-3=,则的最小值为.17.若函数f(x)=-·lg x的值域为(0,+∞),则实数a的最小值为.18.已知存在实数x,y满足约束条件----则R的最小值是.专题能力训练2不等式、线性规划一、能力突破训练1.D解析由a x<a y(0<a<1)知,x>y,故x3>y3,选D.2.C解析∵f(x)=ax2+(b-2a)x-2b为偶函数,∴b-2a=0,即b=2a,∴f(x)=ax2-4a.∴f'(x)=2ax.又f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴a>0.由f(2-x)>0,得a(x-2)2-4a>0,∵a>0,∴|x-2|>2,解得x>4或x<0.3.C解析由|x-2|<2,得0<x<4;由x2-1>2,得x>或x<-,取交集得<x<4,故选C.4.D解析由题意画出可行域(如图).设z=x+2y,则z=x+2y表示斜率为-的一组平行线,当过点C(3,3)时,目标函数取得最大值z max=3+2×3=9.故选D.5.A解析由f(x)>0,得ax2+(ab-1)x-b>0.∵其解集是(-1,3),∴a<0,且---解得a=-1或a=(舍去),∴a=-1,b=-3.∴f(x)=-x2+2x+3,∴f(-2x)=-4x2-4x+3,由-4x2-4x+3<0,得4x2+4x-3>0,解得x>或x<-,故选A.6.C解析=1+其中表示两点(x,y)与(-1,-1)所确定直线的斜率,由图知,k min=k PB=----,k max=k PA=----=5,所以的取值范围是的取值范围是故选C.7.C解析画出约束条件-的可行域,如图,作直线2x-y=2,与直线x-2y+2=0交于可行域内一点A(2,2),由题知直线mx-y=0必过点A(2,2),即2m-2=0,得m=1.故选C.8.C解析设z=x+2y,要使x+2y≥-5恒成立,即z≥-5.作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示,要使不等式组成立,则a≤1,由z=x+2y,得y=-x+,平移直线y=-x+,由图象可知当直线经过点A时,直线y=-x+的截距最小,此时z最小,即x+2y=-5,由--解得--即A(-1,-2),此时a=-1,所以要使x+2y≥-5恒成立,则-1≤a≤1,故选C.9.9解析由题意,作出可行域如图.要使z=x+y取得最大值,当且仅当过点(5,4)时,z max=9.10.-2 8 解析由约束条件 -画出可行域,如图所示的阴影部分.由z=x+3y , 可知y=-x+由题意可知,当目标函数的图象经过点B 时,z 取得最大值,当目标函数的图象经过点C 时,z 取得最小值.由得此时z 最大=2+3×2=8, 由得 - 此时z 最小=4+3×(-2)=-2.11.216 000 解析设生产产品A x 件,生产产品B y 件,由题意得∈即∈目标函数z=2 100x+900y ,画出约束条件对应的可行域(如图阴影部分中的整数点所示),作直线y=-x,当直线过5x+3y=600与10x+3y=900的交点时,z取最大值,由解得所以z max=2 100×60+900×100=216 000.12.1<a≤3解析作出平面区域D如图阴影部分所示,联系指数函数y=a x的图象,当图象经过区域的边界点C(2,9)时,a可以取到最大值3,而显然只要a大于1,图象必然经过区域内的点,则a的取值范围是1<a≤3.二、思维提升训练13.D解析在平面直角坐标系内作出不等式组所表示的平面区域,如图所示的△ABC,目标函数z=y-ax可变形为y=ax+z,z的几何意义为直线y=ax+z在y轴上的截距.因为z=y-ax取得最大值的最优解不唯一,所以直线y=ax+z与区域三角形的某一边平行,当直线y=ax+z与边线x+y-2=0平行时,a=-1符合题意;当直线y=ax+z与边线x-2y-2=0平行时,a=不符合题意;当直线y=ax+z与边线2x-y-2=0平行时,a=2符合题意,综上所述,实数a的值为-1或2.故选D.14.A解析原不等式可化为(a-1)x-+2ay≥0,两边同除以y,得(a-1)+2a≥0,令t=,则(a-1)t2-t+2a≥0,由不等式恒成立知,a-1>0,Δ=1-4(a-1)·2a≤0,解得a,a min=,故选A.15.2解析画出可行域如图阴影部分所示,目标函数变形为y=-x+,由已知,得-<0,且纵截距最大时,z取到最大值,故当直线l过点B(2,4)时,目标函数取到最大值,即2a+4b=8,因为a>0,b>0,由基本不等式,得2a+4b=8≥4,即ab≤2(当且仅当2a=4b=4,即a=2,b=1时取“=”),故ab的最大值为2.16.3解析由2x-3=,得x+y=3,故(x+y)(5+4)=3,当且仅当即(x,y∈(0,+∞))时等号成立.17.-2解析函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),由>0及函数f(x)的值域为(0,+∞)知x2+ax+1>0对-∀x∈{x|x>0,且x≠1}恒成立,即a>-x-在定义域内恒成立,而-x-<-2(当x≠1时等号不成立),因此a≥-2.作出可行域如图中阴影部分所示.由存在实数x,y满18.2解析根据前三个约束条件---足四个约束条件,得图中阴影部分与以(0,1)为圆心、半径为R的圆有公共部分,因此当圆与图中阴影部分相切时,R最小.由图可知R的最小值为2.。

2019高3理科数学2轮复习跟踪强化训练：33 Word版含解析-

∵(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝8a2b2－4ab≥4(ab)3， ∴(ab)2－2ab＋1≤0，即(ab－1)2≤0， ∴ab－1＝0，即 ab＝1.

a a 值的几何意义知x－2＋|x－1|≥2－1，

由不等式 f(x)≤2－|x－1|有解，
a ∴2－1≤1，即 0≤a≤4.
∴实数 a 的取值范围是[0,4]．
a a (2)函数 f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点为2和 1，当 a<2 时知2<1，
跟踪强化训练(三十三)
1．(2017· 四川乐山一模)已知函数 f(x)＝|2x－1|－|x＋2|. (1)求不等式 f(x)>0 的解集； (2)若存在 x0∈R，使得 f(x0)＋2a2<4a，求实数 a 的取值范围． [解] (1)函数 f(x)＝|2x－1|－|x＋2|＝－x＋3，x<－2，－3x－1，－2≤x≤1， 2 1 x － 3 ， x > 2 故不等式 f(x)>0 的解集为 1 x|x<－或x>3. 3 (2)若存在 x0∈R，使得 f(x0)＋2a2<4a，即 f(x0)<4a－2a2 有解，
1 1 由(1)可得 f(x)的最小值为f2＝－3×2－1
1 令 f(x)＝0，求得 x＝－3或 x＝3，
5 5 1 5 ＝－2，故－2<4a－2a2，求得－2<a<2.
1 5 所以 a 的取值范围为－2，2.
2．设函数 f(x)＝|x－a|＋x. (1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的值域；
a ∴f(x)＝ x－a＋1，2≤x≤1 3x－a－1，x>1

2019届高考数学二轮复习第二部分专项一3第3练专题强化训练(含解析)

2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题一 1 第1讲 专题强化训练 Word版含解析

专题2.1分段函数的性质、图象以及应用(讲) 2019年高考数学(文科)二轮复习含解析

2019届高考数学二轮复习压轴大题高分练三解析几何(C组)

2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题一 2 第2讲 专题强化训练 Word版含解析

2019年高考数学(理科)二轮复习(天津课标版)专题能力训练Word版含答案10

2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题三 2 第2讲 专题强化训练 Word版含解析