专题05(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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专题09(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

专题 09 高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 09第一题【河南省六市2019 届高三第一次联考理】中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若，，的面积的最大值为（）A．B．C．2【答案】A【解析】∵在△ABC 中∴（2a﹣c）cos B＝b cos C，∴（2sin A﹣sin C）cos B＝sin B cos C，∴2sin A cos B＝sin C cos B+sin B cos C＝sin（B+C）＝sin A，约掉sin A 可得，即，由余弦定理可得16＝a2+c2﹣2ac cos B＝a2+c2﹣ac≥2ac﹣ac，∴ac≤16，当且仅当a＝c 时取等号，∴△ABC 的面积ac sin B＝ac≤故选：A．第二题【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测理】已知，，且的最大值为，（，），则的最小值为（）A．4 B．2 D．【答案】C【解析】根据集合A 和B 得到两个集合的元素，指的是如下图所示的阴影部分所包含的点，、第三题，表示的是点 P （x,y ）到的距离的平方，再减去 6，减去 a,根据圆的几何意义得到点 P （x,y ）到的距离的最小值是到圆心的距离再加半径，由两点间距离公式得到，故答案为：C.【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】已知双曲线的左、右焦点分别为，、分别是双曲线左、右两支上关于坐标原点对称的两点，且直线的斜率为的中点，若原点在以线段为直径的圆上，则双曲线的离心率为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】、分别为、.将点A 代入双曲线方程得到：因为、分别、的中点，故OM 平行于,ON 平行于，因为原点在以线段为直径的圆上，根据圆的几何性质得到OM 垂直于ON，故得到垂直于，由AB 两点关于原点对称得到，四边形对角线互相平分，所以四边是矩形，设,根据条件得，解故答案为：C.【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测文】已知函，若函数至少有一个零点，则取值范围是（）A．B．D．【答案】C【解析】令可即函，其图像为过的一条直线，，其图像为圆心在原点，半径为1 的，上半圆，由图像可知，过点的直线与上半圆至少有一个交点需要满足直线与圆相交或相切.第四题相切时，由，解得，因为与上半圆相切，所以【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】设，是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点 P 在双曲线 C 的右支上，的面积，则双曲线 C 的离心率为A ．B ．C ．4D ．2【答案】B【解析】由，可，为直角三角形，，因的面积为，，又因，所即，故双曲线 C 的离心率为，故选：B ．【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测文】已知实数满足：，取得最小值的最优解有无数个，则实数的值是（） A ．-1 B ．4 C ．-1 D ．-1 或 4【答案】D【解析】所以的取值范围为第五题第六题AF |2 + BF |2 - | AB |22 AF ⋅ BF1 12π由限制条件画出可行域，如图可行域为内部区域（含边界），由可，即为直线的截距，要求的最小值，则截距取得最大值，为 . 要使其最优解有无数个，则与直线或重合，则或，故选 D 项【河南省六市 2019 届高三第一次联考理】抛物线 y 2 = 8x 的焦点为 F ，设 A (x , y )， B (x 2 , y 2 )是抛物线上的两个动点， x 1 + x 2 + 4 =AB ，则∠AFB 的最大值为（）π3π A ．B ．34C ．5π D ．2π 6 3【答案】D【解析】由抛物线定义得 AF = x 1 + 2, BF = x 2 + 2, 所以由 x 1 + x 2 + 4 =AB 得 AF + BF =AB ,1AF |2 + 1 BF |2 - 3 AF ⋅ BF 因此cos ∠AFB = =4 4 22 AF ⋅ BF1⨯ 2 AF ⋅ BF - 3AF ⋅ BF≥ 4 2 = - 12 AF ⋅ BF 2所以0 < ∠AFB ≤，选D.3第七题第八题2 332 332 3 3因，故即设，则为【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】若函为自然对数的底有两个极值点，则实数 a 的取值范围 A ． B ． C ． D ．【答案】A【解析】，，则，若，在上恒成立，为上的增函数，所最多有一个零点至多有一个极值点，舎；若，，，则，故在有且只有一个实数根，设此根为时，在为减函数，当时，在上为增函数，，，的增函数，故的解为，因，在是单调增函数，故即，故选：A ．【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】已知函数的最大值为，若存在实，使得对任意实总成立，的最小值为（）A ．B ．C ．D ．第九题【答案】B【解析】函数则函数的最大值为存在实，使得对任意实总成立，则区间(m,n)长度要大于等于半个周期，即故答案为：B.【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】已知坐标原点为 O ，过作直线 n 不同时为的垂线，垂足为 M ，的取值范围是．【答案】【解析】根据题意，直，，则有，解可得，则直线恒过．设，又由与直线垂直，且为垂足，则点的轨迹是为直径的圆，其方程，所；的取值范围；故答案为．【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】函数，在上的最大值为，则 a 的取值范第十题第十一题围是．【答案】【解析】当时，，可得，令，可得，当时，函是增函数，时，函是减函数，故；当时，若是增函数，符合要求；若是减函数，解得，故．故答案为．【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测理】已知四棱锥中，底面是矩形，，是等边三角形，且平平面，若四棱锥的外接球的表面积，则．【答案】4【解析】面PAB 的外接圆的圆心是N，将圆心N 按照垂直于面PAB 的方向提起，底面中心为M 点，过点M 竖直向上提起，两者的交点即为球心，如图，O 是四棱锥P﹣ABCD 的外接球（半径为R）的球心，则|OA|＝|OP|＝R．第十二题设|OM|＝h，h 为三角形PAB 的高的三分之一: ，设AD=x,∵外接球的表面积为，在三角形AOB 中，根据勾股定理得到故答案为：4.第十三题【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测理】已知函数，的所有零点之和为-2，则实数的取值范围为．【答案】【解析】当时，满，故函数的对称轴，故函数当时，是二次函数，对称轴为x=1,两根之和为2，的所有零点之和为-2，则另外两根之和为-4，根据轴对称性，得到时，只需要这时的函数有两个零点即可，故答案为.第十四题【湖南省郴州市2019 届高三第二次监测文】已知数列和满足，若数列为等比数列，，.则数列的前项．【答案】【解析】为等比数列，，其公比，【河南省六市 2019 届高三第一次联考理】已知椭圆 C ：的两个焦点分别为，，点 P 是椭圆上的任意一点，且的最大值为 4，椭圆 C 的离心率与双曲的离心率互为倒数．Ⅰ求椭圆 C 的方程； Ⅱ 设，过点 P 作两条直线，与相切且分别交椭圆于 M ，N ，求证：直线 MN 的斜率为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】解： Ⅰ 双曲的离心率，可得椭圆 C 的离心率为，设椭圆的半焦距为，，，，又椭圆方程；Ⅱ证明：显然两直线，的斜率存在，设为，，，，第十五题，的前项和，M 为直线与椭圆的交点，所以，同理，当与椭圆相交时，，，而直线 MN 的斜率．由于直线，与圆相切，则，直线的方程为，联立椭圆方，消去 y ，，，【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】已知点在椭圆上，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的右焦点，与轴相交两点，是边长为 2 的正三角形.（1）求椭圆的方程；（2）已知，设圆上任意一点处的切线交椭圆于两点，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由.【答案】；（2）【解析】（1）由题意可知轴，，又是边长为 2 的正三角形，则，解得，，所以椭圆的方程 .（2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为，由（1）知，，，，∴，∴，此时. 当过点且与圆相切的切线斜率存在时，可设切线方程.第十六题设，，则，.联立直线和椭圆的方程，得，.∵，，∴，∴.综上所述，为定值.第十七题【云南省保山市2019 年高三统一检测理】已知，点P 是圆上的任意一点，线段PQ 的垂直平分线与直线CP 交于点M．求点M 的轨迹方程；过作直线与点M 的轨迹交于点E，过作直线与点M 的轨迹交于 F 不重合，且直线AE 和直线BF 的斜率互为相反数，直线EF 的斜率是否为定值，若为定值，求出直线EF 的斜率；若不是定值，请说明理由．【答案】（1）；（2）定值.【解析】（1）如下图所示，则，由，消去整理得则．所以，．故直线的斜率为定值，其斜率为．连，，又，所以点的轨迹是为焦点的椭圆，因，所．故点的轨迹方程；（2）设直线的方程，则直线的方程，由，消去整理．设交、，．，【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测理】设函，（1）讨论函的单调性；（2）设，若存在正实数，使得对任都恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】第十八题，，故在递减，在递增，而，，显然当，（1）∵，（）①，，故在为增函数②若时，则，，在为减函数，在为增函数（2）①，则由（1）在为增函数，，所对恒成立，则设，（），则等价于，故不存在正实数，使得对任都恒成立，故不满足条件②若，则，由（1）知为减函数，为增函数，∵，∴当时，，此∴，，此等价，（i）若，∵∴，为增函数，∵，∴，故不存在正实数，使得对任都恒成立，不满足条件（ii）若，易知在为减函数，为增函数，∵，∴，，故存在正实数，（可取）使得对任都有恒成立，故满足条件方程为【湖南省郴州市 2019 届高三第二次监测文】已知抛物的焦点为，过的直线交抛物线于，两点（1）若以，为直径的圆的方程，求抛物线的标准方程；（2）过，分别作抛物线的切线，，证明：，的交点在定直线上.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）设中点为 , 到准线的距离为，到准线的距离为，到准线的距离为 .则由抛物线的定义可知 ,所由梯形中位线可得所以，，所以，可得∴抛物（2），由得则所以直线方程为，直线方程为联立得，，即，交点坐标为因为过焦点所以设直线所以代入抛物线中得所以，的交点在定直线上【河南省六市 2019 届高三第一次联考理】已知函.（1）求函的单调区间；第十九题第二十题单调递减、在，，单调递减、在（2）若函恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）见解析【解析】（1）函的定义域为1）当时，所以函在单调递减，单调递增； 2）时，，且方有两根-1，；①当时，，所以函数在单调递减、在单调递增；②当时，，所以函数在，单调递减、在单调递增.综上，当时，函在单调递减、单调递增；当时，函数在当时，函在单调递增；单调递增.（2）函恒成立，，即，设函数，则，，解得，所以函在单调递减，单调递增，所以函的最小所以所以的取值范围【云南省保山市 2019 年高三统一检测理】若定义在 D 上的函满足：对任，存在常，都有成立，则称是 D 上的有界函数，其中 M 称为函数的上界，已知函，．求函在上的值域，判断函在上是否为有界函数，并说明理由；若函在上是以 3 为上界的函数，求实数 m 的取值范围．【答案】（1）详见解析 .【解析】第二十一题所以在上单调递增，又，，故在上的值域为故在上是有界函数．（1）．则，设函数，则．当时，为减函数；时，为增函数；故当时，当且仅当时，从，当且仅当时，，，（2）由，在上恒成立．故上恒成立①，由（1）可在上单调递增，．当时，，则有，解．当时，若，则，所以；若，则，所以．综上，实数的取值范围是．。

专题01(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

在 C 上，点 E 在 l 上，且
是边长为 8 的正三角形．
求 C 的方程；
过点的直线 n 与 C 相交于 A，B 两点，若
，求
的焦点为 F，准线为 l，若点 P 的面积．
【答案】（1）【解析】
；（2）．
由题知，
，则
．
设准线与 x 轴交于点 D，则
．
又
是边长为 8 的等边三角形，
，
，，即．
B．1
C．2
易知幂函数
定义域为，偶函数，在
上，
D．3
，在
上，
， .四选项中函数
的定义域都为且都为偶函数，单调性也与
保持一致，
显然在
上递增，又
，
，
递增，当
，除
函数的值都趋向于 .故选 B.
第七题
【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】如图，直角三角形，
，
（显然
）外，其他
，将绕边旋
转至
位置，若二面角
的个数 m；第三步，估计的值若
，
，则估计的值
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A．
B．
【答案】B 【解析】
由题意，100 对都小于 1 的正实数对
C．满足
D．，其表示图形的面积为 1．
两个数能与 1 构成钝角三角形的数对满足则不等式组表示图形的面积为．
，且
，
，
则：
解得
．
故选：B．
第五题
【辽宁省辽南协作体 2019 届高三一模】若两个非零向量，满足夹角是
，
，可得：
，
，，．
故答案为：．
第十一题

专题10(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

因此
时
，
即
，
即
，
因此此时
不恒成立，
综上可得 .
第十六题【河南省中原名校、大连市、赤峰市部分学校 2019 届高三年级 320 联考文】已知 F 是抛物线
的焦点，点 M 是抛物线上的定点，且
.
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(1)求抛物线 C 的方程；
(2)直线 AB 与抛物线 C 交于不同两点
，直线与 AB 平行，且与抛物线 C
，
则
的面积为______．
，
，
，
【答案】【解析】
，
在
中，
，
，
，
，
，
由余弦定理可得
，
则
的外接圆半径
．
因为
的外接圆就是四边形
的外接圆，就是其直径，
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，
，
，
，
的面积为
故答案为：第十五题
【2019 届湘赣十四校高三联考第二次文】已知函数
（1）若直线与曲线
恒相切于同一定点，求直线的方程；
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，解得：
；若
，即
，则椭圆的离心率为
，解得：
.
故答案为：或
第十一题
【2019 届湘赣十四校高三第二次联考文】如图，正三棱锥
的高
在和上，且
，当三棱锥
体积最大时，三棱锥
，底面边长为 4，，分别的内切球的半径为________．
【答案】
【解析】
设
，
，
当时，
取得最大值，此时为中点，经过点，且
（2）若当时，
恒成立，求实数的取值范围.

押题卷05-2021年高考数学(文)金榜押题卷(全国卷)(解析版)

绝密★启用前2021年高考数学（文）金榜押题卷（全国卷）第五模拟本试卷共23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合(){}lg 20A x x =+<，集合112xB x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≥⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，则A B =（）A ．(]2,0-B ．()2,1--C ．(],0-∞D ．(),1-∞-【答案】B【分析】∵()lg 20x +<，∵021x <+<，解得21x -<<-，故集合{}21A x x =-<<-，集合112xB x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≥⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭得{}0B x x =≤，∵()2,1A B ⋂=--，故选：B.2．若复数z 满足2z i =-，则31z +=（） A．B ．8CD ．9【答案】C【分析】333(2)88z i i i =-=-=，3118z i +=+==故选：C ．3．中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼·春官·大师》，八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器.某同学计划从“金、石、匏、竹、丝5种课程中选2种作兴趣班课程进行学习，则恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的概率为（） A ．34B ．25C ．35D ．23【答案】B【分析】“金、石”为打击乐器共2种，“匏、竹”为吹奏乐器共2种，“丝”为弹拨乐器，共1种，5选2的基本事件有（金、石）（金、匏）（金、竹）（金、丝）（石、匏）（石、竹）（石、丝）（匏、竹）（匏、丝）（竹、丝），共10种情况，其中恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的基本事件为（金、匏）（金、竹）（石、匏）（石、竹），共4种，故所求概率为42105=. 故选：B.4．已知()1,2a =，(),1b m =，()3,4c =-，若()a b c +⊥，则向量a ，b 夹角的正切值为（）A B ．1C D 【答案】B【分析】由题意知：(1,3)a b m +=+，又()a b c +⊥， ∵3(1)120m +-=，可得3m =，由cos ,2||||5a b a b a b ⋅<>===⨯，,[0,]a b π<>∈，∵,4a b π<>=，则向量a ，b 夹角的正切值为1.故选：B.5．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若22352628100a a a a ++=，2436S S -=，则2021S =（）A ．2021312020-B ．2020312-C ．2021312-D ．2021212020-【分析】{}n a 是等比数列，公比为q ，由22352628100a a a a ++=，得22353528100a a a a ++=，235()8100a a +=，又0n a >，所以3590a a +=，423436S S a a -=+=，所以2353343(1)905(1)362a a a q a a a q ++===++，由0q >解得3q =，所以3(13)36a +=，39a =，11a =，所以2021202120211331132S --==-．故选：C ．6．执行如图所示的程序框图，若输入12S =，则输出n 的结果为（）A ．18B ．14C ．20D ．22【答案】A 【分析】6,5126662021n S ==⨯+=<6410,566103402021n S =+==⨯+=< 10414,53401417142021n S =+==⨯+=<14418,517141885882021n S =+==⨯+=>，结束循环故输出n 的结果为187．已知直线l：20x -=与圆心(C ，半径为5的圆相交于点M ，N ，若点P 为圆C 上一个动点，则PMN 的面积的最大值为（） A．B．C．D．【答案】D【分析】圆心到直线的距离212d ===所以弦长2MN =故PMN的面积的最大值为1(51)2⨯+=故选：D8．函数()e ,0,0ex x x x f x x x ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩的部分图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】当0x ≥时，()0f x ≥，排除A ，此时()()=11xf x x e '+≥，且x 随着的增大，()f x '越来越大，排除B D ，故选：C 9．已知π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，sin 2cos 1αα+=，则tan 2α=（） A ．247-B ．67-C ．67D ．247【答案】A【分析】两边平方得，2(sin 2cos )1αα+⋅=，即22sin 4sin cos 4cos 1αααα+⋅⋅+⋅=所以214sin cos 3cos 1ααα+⋅⋅+⋅=，即24sin cos 3cos 0ααα⋅+⋅= 所以4tan 30α⋅+=，即3tan 4α=-所以22322tan 244tan 21tan 7314ααα⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭===--⎛⎫-- ⎪⎝⎭故选：A10．已知抛物线M ：28y x =的焦点为F ，过F 的直线交M 于A ，B两点，若AOB S =△O 为坐标原点），则该直线的斜率为（） A．B ．2CD ．2±【答案】D【分析】易知()20F ，，设直线为()2y k x =-，即20kx y k --= 所以O 到AB的距离为d ==设()()1122,,,A x y B x y ，联立28(2)y xy k x ⎧=⎨=-⎩得()22224840k x k x k -++=所以221222488844k k AB x x k k ++=++=+=221882AOBk S k +∴=⋅==()2224244154k k k k k k ∴=∴+⋅=∴=2042k k k ≠∴=∴±故选：D11．如图所示的三棱锥P ABC -，PA ⊥平面ABC ，π2ABC ∠=，若PA a =，AB c =，10PB =，BC =ac 取最大值时，点A 到平面PBC 的距离为（）A ．8B ．6C ．D ．5【答案】D 【分析】：PA ⊥平面ABC ，PA AB ∴⊥，又PA a =，AB c =，10PB =，222101002a c ac ∴+==≥，50ac ∴≤（当且仅当ac ==，所以当ac 取最大值时，a c ==PA ⊥平面ABC ，PA BC ∴⊥，又BC AB ⊥，且PA AB A =，BC ∴⊥平面PAB ，BC PB ∴⊥，设点A 到平面PBC 的距离为h ，由A PBC P ABC V V --=，即1133PBCABCS h S PA ⋅=⋅，即1111103232h ⋅⋅⋅=⋅⋅，所以5h =，即是点A 到平面PBC 的距离为5. 故选：D.12．设双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过点1F 的直线l 与C 的两支分别交于点A ，B ，若4AB a =，220AF BF ⋅=，则双曲线C 的离心率为（）A ．2BC D【答案】B【分析】不妨设点A 在点B 的右侧，如图所示，根据双曲线的定义得212BF BF a -=.则212BF BF a =+. ∵4AB a =，∵212AF BF a =+，则22=BF AF . ∵220AF BF ⋅=， ∵290AF B ∠=︒，则2245ABF BAF ∠=∠=︒，22222AB AF BF =+，则22BF AF ==，则()12BF a =.在12BF F △中，12135B FF ∠=︒，则2221212121352cos BF BF F F BF BF +-︒=⋅，即222024a c ---=整理可得c =，∵双曲线C 的离心率==ce a，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ，所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1，所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得：，
由
，解得：
，
故在递减，在
递增；
2 由 1 知要使存在最小值，
则且
，
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令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
，递减，，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论的单调性；
若，是的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代

专题06(第二篇)-备战2020年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

专题06 备战2019高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练06第一题【山东省德州市2019届高三下学期第一次理】为推广羽毛球运动的发展，某羽毛球比赛允许不同协会的运动员组队参加现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员4名，其中种子选手2名从这7名运动员中随机抽取4人参加比赛，设事件A为“选出的4人中恰有2名种子选手且这2名种子选手来自同一个协会”，则A．B．C．D．【答案】B【解析】现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名，乙协会的运动员4名，其中种子选手2名．从这7名运动员中随机抽取4人参加比赛，基本事件总数，设事件A为“选出的4人中恰有2名种子选手且这2名种子选手来自同一个协会”，事件A包含的基本事件个数，．故选：B．第二题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】设，，，是同一个球面上四点，是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥体积的最大值为27，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：如图，是斜边长为6的等腰直角三角形，则当位于直径的端点时，三棱锥体积取最大值为27，由，，，可得斜边上的高，，由，解得，则．∴球的直径为，则球的半径为．∴该球的表面积为．故选：C．第三题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】若函数，则满足的的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】解：函数，定义域为，且满足，∴为上的奇函数；又恒成立，∴为上的单调增函数；又，得，∴，即，解得或，所以的取值范围是．故选：B．第四题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】已知、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点且满足，若直线与双曲线的另一个交点为，则的面积为（）A．12 B．C．24 D．【答案】C【解析】解：设，，∵、分别为双曲线的左、右焦点，∴，.∵，∴，∴，∴，即，∴，解得，，设，则，在中可得，解得，∴，∴的面积.故选：C．第五题【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟理】设函数的部分图象如图所示，则函数的单调增区间为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由图像可知，，因为，得到代入得，得，取，则所以函数，，因此，求的单调递增区间，则，，得，.故选A项.第六题【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟理】已知椭圆的左，右焦点分别为，，过作垂直轴的直线交椭圆于两点，点在轴上方.若，的内切圆的面积为，则直线的方程是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设内切圆半径为，则，，，内切圆圆心为，由知，又，所以方程为，由内切圆圆心到直线距离为，即得，所以方程为.故选D项第七题【北京市石景山区2019届高三3月（一模)文】当x∈[0，1]时，下列关于函数y=的图象与的图象交点个数说法正确的是（）A．当时，有两个交点B．当时，没有交点C．当时，有且只有一个交点D．当时，有两个交点【答案】B【解析】设f（x）=，g（x）=，其中x∈[0，1]A．若m=0，则与在[0，1]上只有一个交点，故A错误．B．当m∈（1，2）时，即当m∈（1，2]时，函数y=的图象与的图象在x∈[0，1]无交点，故B正确，C．当m∈（2，3]时，，当时，此时无交点，即C不一定正确．D．当m∈（3，+∞）时，g（0）=＞1，此时f（1）＞g（1），此时两个函数图象只有一个交点，故D错误，故选：B．第八题【山东省德州市2019届高三下学期第一次理】在四面体ABCD中，若，则四面体ABCD体积的最大值是A．B．C．D．【答案】A【解析】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设，则，当平面平面ABD时，四面体体积最大，四面体的体积．，当时，V为增函数，当时，V为减函数，则当时，V有最大值．故选：A．第九题【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟理】已知若方程有唯一解，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】方程进行整理得作出函数的图像，如图所示.直线恒过，即直线绕点旋转，当直线过点时，；当直线与曲线相切时，设切点，，则切线斜率为切线方程为代入过点，得解得，此时斜率为可求得.根据图像可知当或时，方程有唯一解.第十题【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟理】若曲线在点处的切线与直线垂直，则函数的最小值为__________．【答案】4【解析】，，代入切点横坐标得到切线斜率，切线与直线垂直得，.当且仅当时，即时，等号成立故答案为第十一题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则周长的最大值为_____．【答案】6【解析】解：∵，，∴由正弦定理可得：，∵，∴，可得：，∵，∴，∴由余弦定理，可得：，当且仅当时等号成立，∴由，可得：，即，当且仅当时等号成立，∴周长，即其最大值为6．故答案为：6．第十二题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】已知，若方程有2个不同的实根，则实数的取值范围是_____（结果用区间表示）．【答案】【解析】解：由，可得：在的图象关于直线对称，有2个不同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，的图象与直线的位置关系如图所示，设过原点的直线与相切与点，由，则此切线方程为：，又此直线过原点，则求得，即切线方程为：，由图可知：当的图象与直线的交点个数为2时，实数的取值范围是，故答案为：．第十三题【山东省德州市2019届高三下学期第一次理】数列的前n项和为，若，，，则______．【答案】3028【解析】数列的前n项和为，若，，当时，整理得：，解得：，当时，，得：，由于，故：常数故：数列的奇数项为首项为1，公差为3的等差数列则：．数列的偶数项为首项为2，公差为3的等差数列．，所以：．故答案为：3028第十四题【山东省德州市2019届高三下学期第一次理】已知函数，，设两曲线，有公共点P，且在P点处的切线相同，当时，实数b的最大值是______．【答案】【解析】设，，．由题意知，，，即，，解得或舍，代入得：，，，当时，，当时，．实数b的最大值是．故答案为：．第十五题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】2019年2月13日《烟台市全民阅读促进条例》全文发布，旨在保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设．某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生每周阅读时间（单位：小时）并绘制如图所示的频率分布直方图．（1）求这200名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差（同一组中的数据用该组区间的中间值代表）；（2）由直方图可以认为，目前该校学生每周的阅读时间服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．（i）一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且．利用直方图得到的正态分布，求．（ii）从该高校的学生中随机抽取20名，记表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求（结果精确到0.0001）以及的数学期望．参考数据：，．若，则.【答案】(1)9，1.78(2) （i）（ii）见解析【解析】解：（1），；（2）（i）由题知，，∴，．∴；（ⅱ）由（i）知，可得，.∴的数学期望.第十六题【山东省德州市2019届高三下学期第一次理】已知函数．证明：当时，；设，若存在实数，，使得，求的最小值参考公式：【答案】（1）见解析；（2）【解析】令，当时，等价于：当时，，设函数，则，，故在递减，在递增，故，故在递增，故，即当时，；设，则，，则，即，故，，故，，，，令，，则，故，故在递增，且，当时，，当时，，故在递减，在递增，故时，取最小值，此时，即的最小值是．第十七题【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟理】已知抛物线的焦点为，过点，斜率为1的直线与抛物线交于点，，且.（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交抛物线于不同于的两点、，若直线，分别交直线于两点，求取最小值时直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1），直线的方程为，由，联立，得，，，，抛物线的方程为：.（2）设，，直线的方程为：，联立方程组消元得：，∴，.∴.设直线的方程为，联立方程组解得，又，∴.同理得.∴.令，，则.∴.∴当即时，取得最小值.此时直线的方程为，即.第十八题【山东省德州市2019届高三下学期第一次理】改革开放以来，我国经济持续高速增长如图给出了我国2003年至2012年第二产业增加值与第一产业增加值的差值以下简称为：产业差值的折线图，记产业差值为单位：万亿元．求出y关于年份代码t的线性回归方程；利用中的回归方程，分析2003年至2012年我国产业差值的变化情况，并预测我国产业差值在哪一年约为34万亿元；结合折线图，试求出除去2007年产业差值后剩余的9年产业差值的平均值及方差结果精确到．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，．样本方差公式：．参考数据：，，．【答案】（1）；（2）2022年；（3）平均值为：10.8，方差：【解析】，．，，故回归方程是：；由知，，故2003年至2012年我国产业差值逐年增加，平均每年增加万亿元，令，解得：，故预测在2022年我国产业差值为34万亿元；结合折线图，2007年产业差值为万亿元，除去2007年时产业差值外的9年的产业差值平均值为：，又，故除去2007年时产业差值外的9年的产业差值的方差为：．第十九题【北京市石景山区2019届高三3月一模文】已知椭圆的离心率为，右焦点为F（c，0），左顶点为A，右顶点B在直线：x=2上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设点P是椭圆C上异于A，B的点，直线AP交直线于点D，当点P运动时，判断以BD为直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切．【解析】（Ⅰ）依题可知B（a，0），a=2，因为，所以c=1，故椭圆C的方程为．（Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切．证明如下：设点P（x0，y0），则①当x0=1时，点P的坐标为（1，±），直线PF的方程为x=1，D的坐标为（2，±2）．此时以BD为直径的圆与直线PF相切．②当≠1时直线AP的方程为，点D的坐标为，BD中点E的坐标为，故直线PF的斜率为，故直线PF的方程为，即，所以点E到直线PF的距离,故以BD为直径的圆与直线PF相切．综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．第二十题【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟理】已知函数.（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）的定义域为，.①当时，，若，则，在上是减函数，所以时，，即在上不恒成立.②当时，，当时，，在上是增函数，又，所以. 综上所述，所求的取值范围是.（2）由（1）知当时，在上恒成立.取得，所以.令，，得，即，所以.上式中，然后个不等式相加，得到.第二十一题【山东省烟台市2019届高三高考一模理】已知函数，其中为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)见解析；(2)【解析】解：（1）由题意可知，，当时，，此时在上单调递增；当时，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；综上，当时，在上单调递增；当时，时，单调递减，时单调递增；当时，时，单调递减，时单调递增．（2）由，可得，，令，只需在使即可，，①当时，，当时，，当时，，所以在上是减函数，在上是增函数，只需，解得，所以；②当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，则，解得，③当时，，在上是增函数，而成立，④当时，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，则，解得．综上，的取值范围为.。

专题04(第二篇)-备战2019年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

专题04 备战2019高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练04第一题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】设为双曲线：的右焦点，，若直线的斜率与的一条渐近线的斜率的乘积为3，则的离心率为（）A ．B ．2C ．D ．3【答案】B 【解析】设为，，若直线与的一条渐近线的斜率乘积为3，可得：，可得，即，可得，，解得.故应选B.第二题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】设函数()2xf x e x =+-， ()2ln 3g x x x =+-若实数a 满足()0f a =， ()0g b =则（）A ．()()0g a f b <<B ．()()0f b g a <<C ．()()0g a f b <<D ．()()0f b g a << 【答案】A【解析】对函数()2xf x e x =+-求导得()=1xf x e '+，函数单调递增， ()()010,110f f e =-=+，由()0f a =知01a <<，同理对函数()2ln 3g x x x =+-求导，知在定义域内单调递增， ()1-20g =<，由()0g b =知1b >，所以()()0g a f b <<.第三题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】某人在微信群中发了一个8元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于其他任何人的概率为（） A ． B ．C ．D ．【答案】B【解析】如下图，利用隔板法，得到共计有n21种领法，甲领3元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有2种，即乙领3元，丙领2元或丙领3元，乙领2元，记为（乙2，丙3）或（丙2，乙3）；甲领4元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有3种，即（乙1，丙3）或（丙1，乙3）或（乙2，丙2）甲领5元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有2种，即（乙1，丙2）或（丙1，乙2）；甲领6元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况只有1种，即（乙1，丙1）“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况总数m＝2+3+2+1＝6，∴甲领取的钱数不少于其他任何人的概率p．故选B．第四题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知函数的最小正周期为，且，则（）A．在上单调递减B．在上单调递减C．在上单调递增D．在上单调递增【答案】A【解析】因为且周期为，所以，；又因为，即，所以函数为偶函数，所以，当时，所以，又因为，所以，故，所以在上单调递减，故选A.第五题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知奇函数的导函数为，当时，，若，，，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令g（x）＝xf（x），x∈（0，+∞），则g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）为（0，+∞）上的递增函数，又g（-x）＝-xf（-x）= xf（x）= g（x）,所以g（x）为偶函数.因为e＞1，∴g（e）＞g（1）＞g（），∴ef（e）＞f（1）f（），又g（x）为偶函数，所以﹣ef（﹣e）＝ef（e），∴故选：D．第六题【重庆市南开中学2019届高三3月测试】若对任意的实数，函数在上是增函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵在R上都是增函数，∴在R上恒成立，∴，，令y=t−lnt,则，∴(0,1)上,y′<0,(1,+∞)上,y′>0，∴t=1时,y min=1，∴的最小值为，∴a⩽，故选：A.第七题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】已知，，在球的球面上，，，，直线与截面所成的角为，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在中，由余弦定理得到求得，由勾股定理得为直角，∴中点即所在小圆的圆心，∴平面，且小圆半径为1，又直线与截面所成的角为，∴在直角三角形中，球的半径为,∴球的表面积为.故应选D.第八题【北京市顺义区2019届高三期末文】设函数的定义城为A，如果对于任意的都，存在，使得其中m为常数成立，则称函数在A上“与常数m相关联”给定函数；；；；，则在其定义域上与常数1相关联的所有函数是A．B．C．D．【答案】D【解析】若在其定义域上与常数1相关联，则满足，的定义域为，由得，即，当时，，此时无解，不满足条件；的定义域为R，由得由，即唯一，满足条件；定义域为R，由得由；即，当时，无解，不满足条件．定义域为，由得得，即；，满足唯一性，满足条件；的定义域为R，由得，得，当时，，无解，不满足条件．故满足条件的函数是，故选：D．第九题【重庆市南开中学2019届高三3月测试】设，分别是椭圆的左、右焦点，直线过交椭圆于，两点，交轴于点，若满足且，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A因为F 1是椭圆的左焦点，直线过F1交y轴于C点所以，即因为，所以又因为所以在三角形AF1F2中，，，，根据余弦定理可得，代入得，化简得所以离心率为所以选A.第十题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】已知是抛物线的焦点，，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到准线的距离为______．【答案】【解析】试题分析：设A、B的横坐标分别是m、n，由抛物线定义，得=m++n+= m+n+=3，故m+n=，，故线段AB的中点到y轴的距离为第十一题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】设，，若对任意实数都有，则满足条件的有序实数对的对数为______．【解析】∵对于任意实数都有，则函数的周期相同，若，此时，此时，若，则方程等价为，则，则，综上满足条件的有序实数组为，，共有2组.第十二题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知双曲线：的左、右焦点分别为、，双曲线的焦距为8，点关于双曲线的一条渐近线的对称点为点，若，则双曲线的离心率为__________．【答案】2【解析】由题知，2c=8,又点关于双曲线的一条渐近线l的对称点为点连接设于B,故OB,即,则cos故e=故答案为2.第十三题【北京市顺义区2019届高三期末】过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B两点交抛物线的准线于点C，满足：若，则______；若，则的取值范围为______．【答案】3【解析】由题意，抛物线的准线为，，所以另一种情况同理．所以AF的斜率为，方程为，代入抛物线方程可得，所以可得，因为：，所以，设直线AB的方程为，代入到，可得，，由，可得，，，，，，，，解得故答案为：3，．第十四题【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为第十五题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】如图，在三棱柱中，平面，为的中点，，，，.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）连接交于点，连接，∵四边形是平行四边形，∴点是的中点，又点为的中点，∴是的中位线，∴.又DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，∴平面.（Ⅱ）由，，，由余弦定理得可得，以点为坐标原点，，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，∴，，，设平面的法向量为，则，，即，令，得，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.第十六题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线的斜率为，求的值；（Ⅱ）求证：当时，.【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由函数，可得，∵曲线在点处的切线的斜率为，∴，∴.（Ⅱ），令，则，①当时，，单调递增，，单调递增，，满足题意；②当时，，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∵，∴，∴，∴在上单调递增，故，满足题意，综上，当时，.第十七题【重庆市南开中学2019届高三三月测试】已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于A,B，过与垂直的直线与椭圆交于，，与交于，求证：直线，，的斜率，，成等差数列．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】（1）由题意知，所以，即，又因为以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆，与直线相切，所以圆心到直线的距离d，所以，，故椭圆的方程为．（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，则直线的方程为．由得．设点，，利用根与系数的关系得，，由题意知直线的斜率为，则直线的方程为令，得点的坐标即，所以成等差数列.第十八题【陕西省西安市2019届高三年级第一次检测文】已知椭圆：的短轴长为，离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于不同两点，.线段的垂直平分线交轴于点.（1）求椭圆的方程；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题意可得：，，又，联立解得，，.∴椭圆的方程为.（2）当斜率存在时，设直线的方程为，，，中点，把代入椭圆方程，得到方程，则，，，，所以的中垂线的方程为，令，得，当时，，则；当时，，则，当斜率不存在时，显然，当时，的中垂线为轴.综上，的取值范围是.第十九题【陕西省西安市2019届高三第一次检测】已知函数.（1）若，且函数在其定义域内为增函数，求实数的取值范围；（2）设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1），.由定义域内为增函数，所以在上恒成立，所以即，对任意恒成立，设，=0的根为x=1得在上单调递增，在上单调递减，则，所以，即.（2）设函数，，因为在上至少存在一点，使得成立，则，①当时，，则在上单调递增，，舍；②当时，，∵，∴，，，则，舍；③当时，，则在上单调递增，，得，综上，.第二十题【北京延庆区2019届高三一模文】已知椭圆G:，左、右焦点分别为、，若点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于两个不同的点，，直线，与轴分别交于，两点，求证：．【答案】(1) (2)见证明【解析】（1）在椭圆上，,由解得，所以，椭圆的标准方程为.(2)由得．因为直线与椭圆有两个交点，并注意到直线不过点，所以解得或设，，则，,，，显然直线与的斜率存在，设直线与的斜率分别为，，由（1）可知.则．因为，所以．所以.第二十一题【福建省厦门市2018届高中毕业班第二次检测】设函数，．（1）当时，函数有两个极值点，求的取值范围；（2）若在点处的切线与轴平行，且函数在时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】（1) ）当时，，，所以有两个极值点就是方程有两个解，即与的图像的交点有两个.∵，当时，，单调递增；当时，，单调递减.有极大值又因为时，；当时，.当时与的图像的交点有0个；当或时与的图像的交点有1个；当时与的图象的交点有2个；综上.（2）函数在点处的切线与轴平行，所以且，因为，所以且；在时，其图像的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当时，恒成立，即，令，∴设，，因为，所以，∴，∴在单调递增，即在单调递增，∴，当且时，，所以在单调递增；∴成立当，因为在单调递增，所以，，所以存在有；当时，，单调递减，所以有，不恒成立；所以实数的取值范围为.另：第（1）小题人等价转化还可这样转化求解：当时，，，令，①时，，∴在单调递增，不符合题意；②时，令，，∴在单调递增；令，，∴在单调递减；令，∴又因为，，且，所以时，有两个极值点.即与的图像的交点有两个.。

专题02(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

第一题第二题专题 02高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 02【河南省洛阳市 2019 届高三第二次】如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角，若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（）A ．20B ．27C ．54D ．64【答案】B【解析】设大正方体的边长为，则小正方体的边长，设落在小正方形内的米粒数大约，则，解得：故选：B【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三第三次】在四面体中，平面若四面的外接球的表面积为，则四面的体积为（） A ．24B ．12C ．8D ．4【答案】C【解析】取 BC 的中点 E ，由，BC=2，所为等腰三角形，AE=3，CE=1，所外接圆的圆心在 AE 上.设外接圆半径为 r ，则在直角三角形中，设四面体的外接球球心为 O ，连接,，，，第三题第四题则平面 ABC,平，所 ∥,又 OA=OB=OC=OD ，所以设四面体的外接球的半径为 R ，，,在直角三角形中,故选 C.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】若两函数具有相同的定义域、单调区间、奇偶性、值域，则称这两函数为“亲密函数”.下列三个函数，中，与函数不．是．亲密函数的个数为（） A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B【解析】易知幂函定义域，偶函数，上，上，.四选项中函数的定义域都且都为偶函数，单调性也保持一致，显然上递增，又，递增，当，除（显）外，其他函数值都趋向.故选 B.【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三三模】已知数，的项和分别，，，，，恒成立，的最小值为（）A ．B ．C ．49【答案】B【解析】当时，解 . 时，，，两式相减并化简得，由于，所以，故是,,,所以首项，公差的等差数列，所.则，故，由是单调递增数列，，故的最小值为，故选B.第五题【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次】已，曲与有公共点，且在公共点处的切线相同，则实的最小值为（）A．0 B．C．D．【答案】B【解析】由，，由，.设两曲线的公共点，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以，由，，，所，消得，设，，，此，又，时，，所时取极小值.故选B.第六题【河南省洛阳市2019 届高三第二次】若函恰有两个极值点，则实的取值范围为（）A．C．D．【答案】D【解析】作出的简图如下：要使得有两个不同的实数根，则由题可得：，因为函恰有两个极值点，所以函有两个不同的零点.令，等价转化成有两个不同的实数根，记：，所以，当时，，此时函在此区间上递增，当时，，此时函在此区间上递增，时，此时函在此区间上递减，，即，整理得 .故选：D第七题【河北省衡水中学2019 届高三下学期一调】已知抛物的焦点，，是抛物线上的两个动点，，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以，在中，由余弦定理得：，又，所以，所以，所以的最大值为，故选B.第八题【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次】已知，，且，则的最小值为．【答案】【解析】因为，所，=（当且仅当即，时取等号），所以的最小值为，故答案.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模理】若函与函的图象存在公切线，则实的取值范围是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】设公切线与函，分别切于，，则，的切线分别为：，两切线重合，则有代入，构造函数：，只须.，，，，∴，.欲合题意，【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三第三次检测】已知过椭圆的左顶作直交轴于，交椭圆于，是等腰三角形，，则椭圆的离心率为．【答案】【解析】因是等腰三角形，所 .设，因，所，得，,又 Q 在椭圆上，所，，又，所以，，，,第十题第九题、得：，，，.故答案为.第十一题【河南省洛阳市2019 届高三第二次】正四面中是的中点是上一动点的最小值，则该四面体内切球的体积为.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面将正三角和正三角沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使最小，三点共线，即，设正四面体的边长，在三角中，由余弦定理可得：，解得，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.第十二题【河北省衡水中学2018 届高三十五模】若存在一个实，使成立，则为函的一个不动点.设函数（，为自然对数的底数），定义在上的连续函数满足，且当时，.若存，且为函数的一个不动点，则实的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵f（﹣x）+f（x）=x2∴令，∴f（x）﹣=﹣f（﹣x）+x2∴F（x）=﹣F（﹣x），即F（x）为奇函数，∵F′（x）=f′（x）﹣x，且当0 时，f′（x）＜x，∴F′（x）＜0 对x＜0 恒成立，∵F（x）为奇函数，∴F（x）在R 上单调递减，∵f（x）+ ≥f（1﹣x）+x，∴f（x）+ ≥f（1﹣x）+x﹣，即F（x）≥F（1﹣x），∴x≤1﹣x，x0≤，∵为函的一个不动点∴g（x0）=x0，即h（x）= =0 在]有解．∵h′（x）=e x-，∴h（x）在R 上单调递减．∴h（x）min=h（）=﹣a 即可，∴a≥．故选：B第十三题【河南省洛阳市2019 届高三第二次】已知直与：相交，两点，为圆周上一点，线的中在线上，，．【答案】【解析】依据题意作出如下图象，其，垂足，所以为线的中点，由题可得：原点到直的距离，不妨，可得，，则，在中，有，在中，有，联立方程组（1）（2），解得：【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次检测】某共享单车经营企业欲向甲市投放单车，为制定适宜的经营策略，该企业首先在已投放单车的乙市进行单车使用情况调查.调查过程分随机问卷、整理分析及开座谈会三个阶段.在随机问卷阶段，两个调查小组分赴全市不同区域发放问卷并及时收回；在整理分析阶段，两个调查小组从所获取的有效问卷中，针对15 至45 岁的人群，按比例随机抽取了300 份，进行了数据统计，具体情况如下表：组别年龄组统计结果组统计结果经常使用单车偶尔使用单车经常使用单车偶尔使用单车27 人13 人40 人20 人23 人17 人35 人25 人20 人20 人35 人25 人（1）先用分层抽样的方法从上述300 人中按“年龄是否达到35 岁”抽出一个容量为60 人的样本，再用分层抽样的方法将“年龄达到35 岁”的被抽个体数分配到“经常使用单车”和“偶尔使用单车”中去.①求这60 人中“年龄达到35 岁且偶尔使用单车”的人数；②为听取对发展共享单车的建议，调查组专门组织所抽取的“年龄达到35 岁且偶尔使用单车”的人员召开座谈会.会后共有3 份礼品赠送给其中3 人，每人1 份（其余人员仅赠送骑行优惠券）.已知参加座谈会的人员中有且只有4 人来组，组这4 人中得到礼品的人的分布列和数学期望；（2）从统计数据可直观得出“是否经常使用共享单车与年龄（记岁）有关”的结论.在用独立性检验的方参考公式，其中.【答案】(1) ①9 人②见解析；(2)【解析】第十四题（1）①从 300 人中抽取 60 人，其中“年龄达到 35 岁”的有人，再将这 20 人用分层抽样法按“是否经常使用单车”进行名额划分，其中“年龄达到 35 岁且偶尔使用单车”的人数.②组这 4 人中得到礼品的人的可能取值为 0，1，2，3，相应概率为：，.故其分布列为123∴.（2）按“年龄是否达到 35 岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车合计未达到 35 岁 125 75 200 达到 35 岁 55 45 100 合计180120300时，由（1）中的列联表，可求的观测值.时，按“年龄是否达到 25 岁”对数据进行整理，得到如下列联表：经常使用单车偶尔使用单车合计未达到 25 岁 67 33 100 达到 25 岁 113 87 200 合计180120300可求的观测值.，，∴，欲使犯错误的概率尽可能小，需.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模理】已知椭圆上，过作两直线分别交于点，，当点，关于坐标原点对称且直线，斜率存在时， .（1）求椭的标准方程；（2）若直，关于直对称，面积最大时，求直的方程.【答案】（2）【解析】（1），关于坐标原对称，，，依题：，故椭圆的标准方程.（2）设，，依题：，设直线，，.同，.设直：，，，取等）故直线方程.【河南省洛阳市 2019 届高三第二次】已知椭圆：，为坐标原点，为椭第十五题第十六题， .（，，圆的左焦点，离心率为，直与椭圆相交，两点. （1）求椭的方程；（2）是的中点是椭上一点，的面积最大值.【答案】；（2）.【解析】 ∵，为椭圆的左焦点，设椭的焦距，所， ∵离心率，∴ ，又，所以，∴椭圆的方程为.（2），. ∵是的中点，∴直的斜率存在，设斜率，则直的方程为，.由联立，整理得，因为直线与椭圆相交，所成立.∴，，∴ ，∴∴直的方程为，，∴ .要的面积最大值，是定值，点的距离最大即可.设与直线平行的直线方程为：，由方程组联立，，令，.∵是椭上一点，∴点的最大距离，即直到直的距.而，此.因此，的面积最大值.第十七题【河南省许昌市、洛阳市2019 届高三第三次检测】已知函. （1）讨的极值点的个数；（2）若方在上有且只有一个实根，的取值范围.【答案】(1) 时有一个极值点；时有两个极值点.(2) 或【解析】（1）的定义域为.由得.当时，得，得，∴在上单调递增，在上单调递减在处取得极小值，无极大值；当，时，得，或，得，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值，处取得极大值.综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点.（2）当时，设，则在上有且只有一个零点.显然函与的单调性是一致的.① 时，由（1）知函在区上递减上递增，所在上的最小值，由于，要在上有且只有一个零点，需满足或，解得.②当时，因为函数在上单调递增，上单调递减，在上单调递增.∵，∴当时，总.，又∴ 在上必有零点.∵∴当在上单调递增，时，在上有且只有一个零点.综上，或时，方在上有且只有一个实根.【湖南省衡阳市 2019 届高三二模理】已知函.（1）求函的单调区间；（2）解关的不等式.【答案】（1）见解析；（2）第十八题∵ ，∴，，.令，，【解析】（1）依题：在定义域上单调递增， ∴，；，， ..证证，，...，，∴（2）【法一】当时，，不合题意. 当时，不等式左右相等，不合题意.当时，易证，现证：，证：.令，，∴，∴.∴合题.当时，不等，，，易证，∴，，综上可得： .【法二】当时，不合题意.当时，不等式左右相等，不合题意.当时，易证：，现证：，证：.∴，∴，∴合题.当先证：时，证，易证：证令，时，∴.综上可得.【河南省洛阳市 2018-2019 学年高中三年级第二次统一考】已知函.（1）讨论函的单调性；（2），函在区上恰有两个零点，的取值范围. 【答案】（1）详见解析 .【解析】的定义域，①时，所在上单调递增；②时，得，得.即在上单调递减，上单调递增.综上：时在上单调递减；当时在上单调递减，上单调递增.（2）时，由（1）在上单调递减，上单调递增，①，时在上单调递增，，在区上无零点.②，时在上单调递减，上单调递增，.∵在区间上恰有两个零点，第十九题（1） .∴.③若，即，时，在上单调递减，，在区上有一个零点.综上，在区间上恰有两个零点时的取值范围.第二十题【河北省衡水中学2019 届高三下学期一调】如图①，中，的中点，在的延长线上，.固定，在平面内移动顶，使得分别与，的延长线相切，并始终的延长线相切于，记顶的轨迹为曲. 所在直线轴为坐标原点建立平面直角坐标系，如图②所示.（1）求曲的方程；（2）过的直与曲交于不同的两，，直，分别交曲于，，，，的取值范围.【答案】（2）【解析】（1）由题意，，设动与的延长线相切于，与相切于，，所，所以的轨迹是，为焦点，长轴长的椭圆，且挖去长轴的两个顶点，则曲线的方程.（2）设，，，由题意得，则，.由，得，即.当直与轴不垂直时，直的方程为，即，代入椭的方程并整理，则，，故.当直与轴垂直时，的横坐标为，显成立.同理可.设直的方程，代入椭的方程并整理.由题意得，解得.又，所以.由，得，故的取值范围.第二十一题【湖南师范大学附属中学2019 届高三月考（五)】已知函有两个不同的极值点.（1）求实数的取值范围；设，则直线 y ＝a 与因为，由，且，，，即.此时在和内各有 1 个零点，且（2），讨论函数的零点个数. 【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)时，有 2 个零点；时，有 1 个零点；时，没有零点．【解析】(Ⅰ)由题意，求，因有两个不同的极值点，有两个不同的零点．令，则，.函的图象有两个不同的交点．，得 ln x ＜0，即，所以在上单调递增，在上单调递减，从 .因为当时；当时；时，所以 a 的取值范围．(Ⅱ)因，为的两个极值点，，为直与曲的两个交点的横坐标．由(Ⅰ)可知，因为当或时；当时，，即，则在，上单调递减，上单调递增，所的极小值点，极大值点 .当时，因为，，，则，所以在区间内无零点．因为 ①当，即时，.，，则又，则，所以.②，时，此在内有1 个零点，且.③，时，此在内无零点，且.综上分析，时，有2 个零点；时，有1 个零点；当时，没有零点．21。

专题08(第二篇)-备战2020年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

专题08 备战2019高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练08第一题【山东省2019届高三第一次大联考文】设函数，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】易知函数为奇函数，且在上为增函数，又因为，由，得，即，解得，故选B.第二题【山东省2019届高三第一次大联考理】如图，是棱长为的正方体，是棱长为的正四面体，底面,在同一个平面内，，则正方体中过且与平面平行的截面面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设截面与分别相交于点则，过点作平面的垂线，垂足为，则是底面的中心.设，则，又因为，，所以，所以，所以四边形的面积.选C.第三题【山东省2019届高三第一次大联考理】在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边直接求三角形的面积，据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式即，其中.我国南宋著名数学家秦九韶（约1202-1261）也在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是，这个公式中的应该是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以.选C.第四题【山东省聊城市2019届高三一模理】数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有刍甍（méng），下广三丈，袤（mào）四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽丈，长丈；上棱长丈，高丈，问它的体积是多少？”．现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为丈，则该楔体的体积为（单位：立方丈）（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图知，该几何体是三棱柱，截去两个三棱锥，如图所示；结合图中数据，计算该几何体的体积为（立方丈）.第五题【山东省2019届高三第一次大联考文】如图，一个正四棱锥和一个正三棱锥，所有棱长都相等，为棱的中点，将、、分别对应重合为，得到组合体.关于该组合体有如下三个结论：①；②；③，其中错误的个数是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由于正四棱锥和一个正三棱锥，所有的棱长都相等，可看作有两个相同的正四棱柱拼凑而成，如图所示：点对应正四棱锥的上底面中心，点对应另一正四棱锥的上底面中心，由图形可知拼成一个三棱柱，设为的中点，由此可知，又因为平面，所以，因为，，所以.故选A.第六题【湖南省郴州市2019届高三第二次教学质量监测文】已知实数满足：，若取得最小值的最优解有无数个，则实数的值是（）A．-1 B．4 C．-1或D．-1或4【答案】D【解析】由限制条件画出可行域，如图可行域为内部区域（含边界），由可得，即为直线的截距，要求的最小值，则截距取得最大值，为.要使其最优解有无数个，则需与直线或重合，则或，故选D项第七题【山东省聊城市2019届高三一模理】已知函数若关于的方程无实根，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为函数所以关于的方程无实根等价于函数的图象与直线无交点，设直线与切与点由由已知有：解得，则则切线方程为：由图知：函数的图象与直线无交点时实数的取值范围为实数的取值范围为故选：第八题【山东省聊城市2019届高三一模理】已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为为左支上的一个动点，若周长的最小值等于实轴长的倍，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可得设由双曲线的定义可得，则的周长为当且仅当共线，取得最小值，且为由题意可得即，即则故选：第九题【山东省2019届高三第一次大联考理】已知函数（为自然对数的底），若方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为函数是偶函数，，所以零点成对出现，依题意，方程有两个不同的正根，又当时，，所以方程可以化为：，即，记，，设直线与图像相切时的切点为，则切线方程为，过点，所以或（舍弃），所以切线的斜率为，由图像可以得.选D.第十题【山东省2019届高三第一次大联考理】如图，已知四棱锥底面是边长为的正方形，侧面是一个等腰直角三角形，，平面平面，四棱锥外接球的表面积是________.【答案】【解析】过的外心即的中点作平面的垂线，该垂线过正方形的中心，所以点为该四棱锥外接球的球心，其半径，所以外接球的表面积是.第十一题【山东省2019届高三第一次大联考理】已知等比数列的前项和为，满足是的等差中项.设是整数，若存在，使得等式成立，则的最大值是________.【答案】【解析】因为是的等差中项，所以，所以，，所以等式，化为：，因此，因为为整数，所以，当时，，当时，，当时，.从而的最大值是16.第十二题【山东省聊城市2019届高三一模理】记数列的前项和为，若，则数列的前项的和等于_____【答案】【解析】可得时，上式对也成立，所以n+1,则前14项的和为故答案为：第十三题【山东省聊城市2019届高三一模理】抛物线的焦点为，动点在抛物线上，点，当取得最小值时，直线的方程为_____．【答案】或【解析】设点的坐标为当且仅当，即时取等号，此时点坐标为或，此时直线的方程为即或故答案为：或第十四题【山东省2019届高三第一次大联考文】已知函数的图象关于点对称，且在上有且只有三个零点，则的最大值是_________.【答案】【解析】依题意，，当时，，，所以，所以或，因为，所以，函数的零点可由求得，有四个零点，函数的零点可由求得，有四个零点，不符合条件. 当时，，，所以，所以或，因为，所以，函数的零点可由求得，有三个零点，函数的零点可由求得，有三个零点，综上，的最大值是.第十五题【山东省聊城市2019届高三一模理】某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费元；重量超过的包裹，除收费元之外，超过的部分，每超出（不足时按计算）需再收元．公司从承揽过的包裹中，随机抽取件，其重量统计如下：公司又随机抽取了天的揽件数，得到频数分布表如下：以记录的天的揽件数的频率作为各揽件数发生的概率计算该公司天中恰有天揽件数在的概率；估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用做其他费用，目前前台有工作人员人，每人每天揽件不超过件，每人每天工资元，公司正在考虑是否将前台工作人员裁减人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润有利？（同一组中的揽件数以这组数据所在区间中点值作代表）【答案】（1）；（2）该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为元；（3）公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不利．【解析】样本中包裹件数在内的天数为，频率为，可估计概率为，未来天中，包裹件数在间的天数X服从二项分布，即，故所求概率为；样本中快递费用及包裹件数如下表：故样本中每件快递收取的费用的平均值为（元），故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为元．（3）根据题意及，揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加（元），将题目中的天数转化为频率，得若不裁员，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）；若裁员人，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）因故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不利．第十六题【山东省2019届高三第一次大联考理】已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上的一个动点，当直线的斜率等于时，轴.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点且斜率为的直线与直线相交于点，试判断以为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）依题意，又因为，所以，解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）直线的方程：即，依题意，有，即，所以的方程为，所以点，设定点，由，即，所以，综上，存在定点符合条件.第十七题【山东省聊城市2019届高三一模理】已知函数讨论函数的单调性；设，若不相等的两个正数满足，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】，，当时，在单调递增，当时，时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，，，，，不妨设，则，所以只要证，令，t，在上单调递减，，，．第十八题【山东省2019届高三第一次大联考文】椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于两点.已知当时，，且的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)当时，求过点且圆心在轴上的圆的方程.【答案】(1)；(2).【解析】(1)由已知得：当时，，此时，所以，，所以椭圆的方程为.(2)当时，，代入椭圆的方程得：，所以，，所以，线段的中点坐标，线段的中垂线方程为，令，即圆心坐标为，所以半径，因此所求圆的方程为：.第十九题【山东省2019届高三第一次大联考文】已知函数（为常数，且）(1）当时，求函数的单调区间；(2）若函数在区间上有唯一的极值点，求实数和极值的取值范围.【答案】(1) 函数的递增区间是，递减区间是；(2)【解析】(1)（，当时，由解得，所以函数的递增区间是，递减区间是；(2)记，，函数在区间上有唯一极值点，则函数图像是开口向下的抛物线，且，即，所以的取值范围是，，所以，因为在上单调递增，且时，，，所以的取值范围是.第二十题【河南省六市2019届高三第一次联考理】已知函数．Ⅰ判断的单调性；Ⅱ求函数的零点的个数；Ⅲ令，若函数在内有极值，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调递增;（2）2；（3）【解析】（Ⅰ）∵，∴为的一个零点．当时，，设，∴在单调递增．又，，故在内有唯一零点．因此在有且仅有2个零点．（Ⅱ）定义域是则设，要使函数在内有极值，则有两个不同的根∴，得或，且一根在，不妨设，又，∴，由于，则只需，即．解得．第二十一题【山东省2019届高三第一次大联考理】已知函数（为自然对数的底，为常数，）有两个极值点，且.（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ），由得，依题意，该方程有两个不同正实数根，记，则，当时，；当时，，所以函数在处取得最小值，所以的取值范围是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，且，所以，，所以，因此恒成立，即恒成立，即，设，即在上恒成立，从而，记，，，①当时，，所以，从而，则在区间上单调递减，所以当时，恒成立；②时，等价于，，所以有两根，且，可以不妨设，在时成立，所以在区间上单调递增，当时，，即在上不恒成立，综上，的取值范围是.。

专题01(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

第一题专题 01高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 01【辽宁省辽南协作体 2019 届高三一模】斜率为且过抛物线焦点的直线交抛物线 C 于 A 、B 两点，，则实为直线方程为：，联立，化为，解，．，，解．故选：C ．【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】若函与函的图象存在公切线，则实的取值范围是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】设公切线与函，分别切于，，则，的切线分别为：，两切线重合，则有代入，构造函数：，只须.，，，，∴，.欲合题意，第三题第二题、得：，， .，. A ．2【答案】C B ．3C ．4D ．5【解析】抛物线 C ：焦点，设，，，所以，【山西省 2019 届高三 3 月高考考前适应】设 F 为双曲线 E ：的右焦点，过 E 的右顶点作 x 轴的垂线与 E 的渐近线相交于 A ，B 两点，O 为坐标原点，四边形 OAFB 为菱形，圆与 E 在第一象限的交点是 P ，，则双曲线 E 的方程A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由题意，双曲线的渐近线方程，由过 E 的右顶点作 x 轴的垂线与 E 的渐近线相交于 A ，B 两点，且四边形 OAFB 为菱形，则对角线互相平分，所以，所以结合选项可知，只有 D 满足，由，解得，，因为，解得，则，故双曲线方程为故选：D ．【辽宁省辽南协作体 2019 届高三一模】关于圆周率，数学发展史上出现过许多银有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验，受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估的值：第一步，请 n 名学生，每个学生随机写下一个都小于 1 的正实数；第二步，统计两数能与 1 构成纯角三角形边的数的个数 m ；第三步，估计的值若，，则估计的值第四题，且；A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】由题意，100 对都小于 1 的正实数对满足，其表示图形的面积为 1．两个数能与 1 构成钝角三角形的数满，且，则不等式组表示图形的面积为．则：解得．故选：B ．【辽宁省辽南协作体 2019 届高三一模】若两个非零向，满，则向与的夹角A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】；；；；；又；与的夹角是：．故选：D ．【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】若两函数具有相同的定义域、单调区间、奇偶性、值域，则称这两函数第六题第五题为“亲密函数”.下列三个函，，中，与函不．是．亲密函数的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】易知幂函定义域，偶函数，上，上，.四选项中函数的定义域都且都为偶函数，单调性也保持一致，显然上递增，又，递增，当，除（显）外，其他函数值都趋向.故选B.第七题【湖南省衡阳市2019 届高三二模】如图，直角三角形，，将绕边旋转位置，若二面的大小为，则四面的外接球的表面积的最小值为（）A．B．D．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数 .【处理二】柯西不等式.所以 .【山西省 2019 届高三 3 月高考考前适应】在平面四边形 ABCD 中，，且，现沿着对角线 BD 翻折，且使，则三棱的外接球表面积等于A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】由题意，如图所示，平面四边形 ABCD 中，连结 AC ，BD ，交于点 O ，，，，，，，又，，，根据线面垂直的判定定理，平，分别，，为过一个顶点的三条棱补形为正方体，则其外接球的半径为，所以其外接球的表面积．故选：B ．第八题第九题【山西省2019 届高三3 月高考考前适应】已知函存在极值，，其，A．3 B．2 C．1 D．0【答案】C【解析】由题意，求得导，因为函存在极值，，，因，其，所，化为，把代入上述方程可得，化为，因式分解，，．故选：C．第十题【辽宁省辽南协作体2019 届高三一模】的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且的面积为，若，，则．【答案】【解析】的面积为，，由正弦定理可得：，可得：，，可得：，．故答案为：，，．【辽宁省辽南协作体 2019 届高三一模】若直是曲线的切线，则 a 的值是．【答案】【解析】则在上单调递增，上单调递减，又因，所；故答案为．【湖南省衡阳市 2019 届高三二模的内，，的对边分别，，，，，周长的最小值为．【答案】8【解析】由余弦定理得（亦可作高求之，由正弦定理得：.第十一题设切点的横坐标为，，则有：，令，第十二题. 法一：几何法.如图，由面积定值，可知边上的高为定值，不妨作的平行线，再作关于的对称点，周长的最小值为 8.法二：代数法.如图建系，∵，为偶函数，不妨考.求导易，.【山西省 2019 届高三 3 月高考考前适应】是数的前 n 项和，满，，则．【答案】【解析】由题意是数的前 n 项和，满，则，整理得当时，所以数是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，则，由于，所以，故．故答案为．【山西省 2019 届高三 3 月高考考前适应文科】已知函数在上恰有第十三题第十四题数，得；，，联立方程：，，.一个最大值点和两个零点，的取值范围是．【答案】【解析】由题意，函；由又在上恰有一个最大值点和两个零点，，解得，所以的取值范围是【湖南省衡阳市2019 届高三二模】已知抛物：的焦点，过的直线交于，两点，的最小值为19，则抛物的标准方程为．【答案】【解析】设：，【辽宁省辽南协作体2019 届高三一模】已知函．若1 是函的一个极值点，求实数a 的值；讨论函的单调性；在的条件下证明：．【答案】（1）0；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】，，，，，第十六题第十五题则故答案为：的根为，的根为，，令，，．方的判别，当时，，在递减，当时，方程，且，故在递减，递增，递减，当时，，在递减，递增，当时，方程，且，故在递减，递增；在的条件下，，，，故在递增，又，故，使，，递减，递增，故，故，， .令【湖南省衡阳市 2019 届高三二模】已知函数 .（1）求函的单调区间；（2）解关于的不等式.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）依题：在定义域上单调递增， ∴，，，；，， .（2）【法一】当时，，不合题意.当时，不等式左右相等，不合题意. 当时，易证：，现证，证 .令，，∴ ，∴ .∴合题.当时，不等，，，易证：，， . 综上可得. 【法二】当时，，不合题意. 当时，不等式左右相等，不合题意.第十七题，，∴当时，易证，现证：证：.证证，，.∴，∴，∴合题.当时，，易证.先证：证.令，时，∴.综上可得：.第十八题【山西省2019 届高三3 月高考考前适应文】已知抛物线的焦点为F，准线为l，若点P 在C 上，点E 在l 上，是边长为8 的正三角形．求C 的方程；过点的直线n 与C 相交于A，B 两点，，的面积．【答案】；（2）．【解析】由题知，．设准线与x 轴交于点D，．又是边长为8 的等边三角形，，，．抛物线C 的方程；设过的直线n 的方程，联立，．设，，，．．而F 到直线的距离的面积为．．由，，解．不妨取，则直线方程．．．【湖南省衡阳市2019 届高三第二次联考（二模】已知椭圆上，过作两直线分别交于点，，当点，关于坐标原点对称且直线，斜率存在时，. （1）求椭圆的标准方程；（2）若直线，关于直对称，面积最大时，求直线的方程.【答案】（2）【解析】（1）若，关于坐标原点对称，，，依题：，故椭圆的标准方程.（2）设，，依题：，设直线，第十九题，.同，.设直线：，故直线的方程为.，，取等）【辽宁省辽南协作体2019 届高三一模】已知在四中，底面ABCD 是矩形，且平面ABCD ，F 是线段BC 的中点．求证；若直线PB 与平面ABCD 所成的角，求二面的余弦值；画出平面PAB 与平面PDF 的交不写画法【答案】（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.【解析】证明：平面ABCD，且四边形ABCD 为矩形，第二十题，.（，，以A 为坐标原点，分别以AB，AD，AP 所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，，0，，0，，2，，2，，1，0，，，，，；解底面在底面ABCD 的投影为BA，为PB 与平面ABCD 所成角，，为等腰直角三角形，，．平面PFD 的法向量，平面APD 为yOz 平面，平面APD 的法向量，设二面的平面角，可为锐角，；解：如图，延长DF，AB 交于G，连接PG，则PG 即为所求直线l．第二十一题【山西省2019 届高三3 月高考考前适应性文】已知函数．的单调区间；若在上恒成立，求整数k 的最大值．【答案】（1）在，递减；（2）3.【解析】（1）由题意，可得的定义域是，，令，则，时，递减，，递减，时，递增，，递减，综上在，递减；恒成立，令恒成立，即的最小值大于k，又，，，则，在递增，又，，存在唯一的实数根a，且满，，故时，，递增，时，，递减，故，故正整数k 的最大值是3．。

专题05(第三篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

第一题第二题专题 05高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 05【河南省天一大联考 2019 届高三阶段性测试（五)理】已知抛物线：，定，，点是抛物线上不同于顶点的动点，的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】作出抛物线，如图所示.由图可知，当直与抛物线相切时最大.设直的方程，联立得.，，此，所.【河南省天一大联考 2019 届高三阶段性测试（五)理】设等差数列的公差不为 0，其前项和为，若，，则（）A ．0B ．2【答案】C【解析】 C ．2019D ．4038设，易为上的奇函数且单调递增.第三题第四题而，，所，，.故答案为：C.【安徽省毛坦厂中学 2019 届高三校区 4 月联考文】已知等差数列满足满，记数的前项和，若对于任意的恒成立，则实数的取值范围为（），，，数列，不等式A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意，，等差数的公差，.由，得，则不等恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立。

设，，则，即，解得故选:A.或.【上海市虹口区 2019 届高三二模】已知等比数列的首项为 2，公比为，其前项和记为，若对任意，均有恒成立，的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】①n 为奇数时，S n•，可知：S n单调递减，且②n 为偶数时•，可知：S n单调递增，且∴S n的最大值与最小值分别为．•，∴•，∴S n≤S1＝2；S2≤S n．考虑到函数y＝3t 在（0，+∞）上单调递增，∴A ．B ．∴B﹣A 的最小值．故选：B．第五题【上海市青浦区2019 届高三二模】等差数列,满足，则（）A．的最大值为50 B．的最小值为50 C．的最大值为51 D．的最小值为51 【答案】A【解析】为等差数列，因为，所中的项一定满足或，且项数为偶数，设，等差数列的公差为，首项，不妨设，则，，由可，所以,因，所，所，，所，.故选A第六题【四川省棠湖中学2019 届高三4 月文】已知函满，若函与图像的交点则A．B．2 C．3m【答案】A【解析】函数f（x）（x∈R）满足f（﹣x）＝2﹣f（x），即为f（x）+f（﹣x）＝2，可得f（x）关于点（0，1）对称，函图象关于点（0，1）对称，即有，）为交点，即有，2﹣）也为交点，（，）为交点，即有，2﹣）也为交点，…则有（+ ）+（+ ）+…+（+ ），=＝m．故选：A．第七题【安徽省毛坦厂中学2019 届高三校区4 月联考文】已知函与轴交于点，距离轴最近的最大值点，，，恒，则实数的最大值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意得，，，，由五点作图法知，解，，令.解，.，，故选:C.第八题【河南省天一大联考2019 届高三阶段性测试（五)理】是函的导函数，，且，，则下列选项中不一定正确的一项是（）A ．C ．D ．【答案】C【解析】因为，所以在上单调递增. ，恒，即，所的图象是向上凸起的，如图所示.所，故 A 项正确；因反映了函图象上各点处的切线的斜率，由图象可知，随着的增大的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，所，故 B 项正确；因为，表示与连线的斜率，由图可，故 D 正确；C 项无法推出，故答案为：C.【河南省天一大联考 2019 届高三阶段性测试（五)理】已知双曲线：的左、右焦点分别，，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点.的内切圆与，，分别相切于点，，，的长为 4，则的值为．【答案】2【解析】由题意知，， .根据双曲线的定义，知，第九题，则，所以，所.故答案为：2.【河南省天一大联考 2019 届高三阶段性测试（五)理】在三棱中，，，，则异面直与所成角的正切值为．【答案】【解析】如图所示，底于，连，，，与相交于点 .由，，易知中点，，所. ，，则，,.由两式可解 .从而四边为正方形.异面直与所成角，.故答案为 .【上海市青浦区 2019 届高三二模】已知函数（），在区间内有两个零点，则的取值范围是【答案】【解析】要使函数数在区间内有两个零点，函数对称轴为 ,第十题第十一题所以，即，根据不等式组作出如下图像：设，，由解得，，由图可知，过时取得最小值，，由图可知，过时取得最大值，，则.故答案第十二题【上海市青浦区2019 届高三二模】已知为的外心，，则的最大值为【答案】【解析】设的外接圆半径为1，以外接圆圆心为原点建立坐标系，因为，所以，，，，设，则，，因，所以，解得，因为在上，【四川省棠湖中学 2019 届高三 4 月理】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的正弦值，与圆锥底面所成角为 45°，的面积，则该圆锥的侧面积为．【答案】所以，即，所以，所以，解得或，因为只能在优弧上，所以，故第十三题【解析】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB 所成角的余弦值，可得．△SAB 的面积为，可sin∠ASB＝5 ， 5 ，即SA＝4 ．SA 与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为2．则该圆锥的侧面积π＝40 π．故答案为π．第十四题【河南省天一大联考2019 届高三阶段性测试（五)理】已知椭上的点到右焦点的最大距离，且，成等比数列.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点且与轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，线的中垂线交轴于，求实数的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】（Ⅰ）由已知可得，解得.所以椭圆的方程.（Ⅱ）由题意，设直的方程.与椭圆方程联立，消去可得.设，，则，.可得线的中点为 .. ，化简得 . ，得 .所以 .综上所述，的取值范围为 .【安徽省马鞍山市 2019 年高三第二次监测理】已知函数（1）时，求曲在处的切线方程；（2）恒成立，求实的取值范围..【答案】（1） .【解析】（1）时，，，，于是，函在处的切线方程为，即．（2），等价于，即恒成立，记，则，再，则，于是在上单增，又，所以有唯一零点，当时，，单调递减；当时，，单调递增，第十五题当时，直线为轴，此时当时，直线的方程为，即，，其中，而满足令，满足，又，所时，单调递增，因此，，，于是 = ，即．【河南省天一大联考 2019 届高三阶段性测试（五)理】已知函的图象与曲线处相切.（1）求实数，的值；（2）证明：时 .【答案】(1) ，. (2)见证明【解析】（Ⅰ）由题意 .因与在处相切，所，.即，解得， .（Ⅱ）由（Ⅰ）可 .先证明 .设，则 .设，则 .令，得，当时，，当时， .所在上单调递减，上单调递增，所以时取得极小值.，故存使 .所在上单调递增，上单调递减，上单调递增.又因，.即当时，，即 .第十六题再证.设.设，.，综上可得，.【上海市虹口区2019 届高三二模】设为抛物的焦点，过点的直线与抛物线相交于、两点.（1），求此时直线的方程；（2）若与直线垂直的直过点，且与抛物线相交于点、，设线、的中点分别为，如图，求证：直过定点；（3）设抛物线上的点、在其准线上的射影分别、，若的面积是的面积的两倍，如图，求线中点的轨迹方程.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】第十七题当时，，所以在上单调递增，所以所以，即.（1）抛物线焦点坐标为F（1，0），设直线方程为x＝my+1，设点A（x1，y1），B（x2，y2），联，得：y2﹣4my﹣4＝0，则由韦达定理有：y1+y2＝4m，①，y1y2＝﹣4，②∵2，∴1﹣x1＝2（x2﹣1），﹣y1＝2y2，③，由①②③可得m2 ,∴直线方程为y+1，即．（2）由（1）得点P ，又直与直线垂直，将m 换为,同理可得Q（，﹣）．m时，直线PQ 的斜率k PQ，直线PQ的方程为：y-2m（x﹣1﹣2），整理为m（x﹣3）﹣（m2﹣1）y＝0，于是直线PQ恒过定点E（3，0）， m＝±1时，直线PQ的方程为：x＝3，也经过点E（3，0）．综上所述：直线PQ恒过定点E（3，0）．（3）设S（x1，y1），T（x2，y2），F（1，0），准线为x＝﹣1，2||＝|y 1﹣y2|，设直线TS 与x 轴交点为N，即，所以 (2)由对任意当时，显因此对任意∴S △TSF |FN ||y 1﹣y 2|，∵的面积是△TSF 的面积的两倍，∴|FN |＝，∴|FN |=1,∴x N ＝2，即 N （2，0）．设 TS 中点为 M （x ，y ），由得 ﹣ ＝4（x 1﹣x 2），又，∴ ，即 y 2＝2x ﹣4．∴TS 中点轨迹方程为 y 2＝2x ﹣4．【上海市青浦区 2019 届高三二模】已，函数 .（1）求的值，使为奇函数；（2）若对任意都成立，求的取值范围.【答案】；（2）【解析】(1)由题意可的定义域为，因此，为奇函数，，；都成立，可得对任都成立；然不成立，所；都成立，等价；当时，显然成立；所符合题意；当时，有对任意都成立，显然成立，所以符合题意；当时，有对任意都成立，因为时，，因此对任意不能恒成立，不符合题意；综上，的取值范围为 . 第十八题第十九题（2）由（1）知，所以 ②① ②得：，整理得：，由可得，由恒成立，可得 .【上海市青浦区 2019 届高三二模】已知函数），且不等对任意的都成立，数列是以为首项，公差为 1 的等差数列（）.（1）当时，写出方程的解，并写出数列的通项公式（不必证明）；（2）若（），数列的前项和为，对任意的，都有成立，求的取值范围.【答案】（1）或；【解析】（1）因时，易知方的解，，由不等对任意都成立，可得，即，解得，所，又数是为首项，公差为 1 的等差数列，所；①【安徽省毛坦厂中学 2019 届高三校区 4 月联考文】已知椭圆的焦距为，点在椭圆上. 第二十题（1）求椭圆的标准方程；（2）若直交椭圆于两点、，是线的中点，直是线的中垂线，证明直过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意得，，解，，椭圆的标准方程为.（2）由题意得点在椭圆内部，.当直不垂直轴时，设直的方程，联立，整理得.设，，，为线段的中点，，解.又，直线的斜率为，直线直线的方程为过定点；，即，当直线垂直于轴时，直线为轴，经过.综上所述，直线过定.【安徽省毛坦厂中学2019 届高三校区4 月联考文】已知函，曲线处的切线斜率.（1）求证：函数在区间上没有零点；第二十一题（2）由（1）知，，令则（2）当时，求证 .【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意得，，，，.当时，在区上单调递增，，则函在区上没有零点。

专题06(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

与直线 PF 相切．
②当 ≠1 时直线 AP 的方程为
，
点 D 的坐标为
，BD 中点 E 的坐标为
，故
直线 PF 的斜率为
，
故直线 PF 的方程为
，即
，
所以点 E 到直线 PF 的距离
,故以
BD 为直径的圆与直线 PF 相切．综上得，当点 P 运动时，以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切．
第二十题
.
【解析】
（1）
，直线的方程为
，
由
，
联立，
得
，
，
，
，
抛物线的方程为：
.
（2）设
，
，直线的方程为：
，
联立方程组
消元得：
，
∴
，
.
精品公众号：学起而飞
∴ 设直线的方程为联立方程组
. ，
解得
，
又
，∴
.
同理得
.
∴
.
令
，，则
.
∴
.
∴当
即
时，取得最小值.
此时直线的方程为
，即
.
第十八题【山东省德州市 2019 届高三下学期第一次理】改革开放以来，我国经济持续高速增长如图给出了我国 2003 年至 2012 年第二产业增加值与第一产业增加值的差值以下简称为：产业差值的折线图，记产业差值为单位：万亿元．
，
，
当时，整理得：当时，
，解得：
，
，
得：
，由于
，
故：故：数列
常数的奇数项为首项为 1，公差为 3 的等差数列
则：
．
数列的偶数项为首项为 2，公差为 3 的等差数列．

专题01(第三篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

的焦点的直线交该抛物线于，两点，为坐
标原点.若
，则的面积为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
方法一：易知直线的斜率存在，设为
，
由
得
.
∴
，又∵
，∴
，∴
或
，
精品公众号：学起而飞
从而
.
方法二：由
得
，所以
，
∴
或
，从而
.
【湖南省湘潭市 2019 届高三下学期二模文】
第五题分别为锐角
内角
有唯一零点，则的取值范围是（）
联立方程组
解得
，
又
，∴
.
同理得
.
∴
.
令
，，则
.
∴
.
∴当
即
时，取得最小值.
此时直线的方程为
，即
.
第十九题
精品公众号：学起而飞
【2019 届湘赣十四校高三二模理】已知椭圆：
的离心率为，左焦点为，点是
椭圆上位于轴上方的一个动点，当直线的斜率为 1 时，
.
（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆的另外一个交点为，点关于轴的对称点为，求
联立
，有
，即
，
∴
，
方法一：
.
，当且仅当
即
时取等号.
∴
面积的最大值为 .
方法二：直线的方程为
，令，则
∴直线过定点
，设定点为，则
，，
当且仅当
即
时取等号.
∴
面积的最大值为 .
第二十题

专题05(第四篇) (1)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

专题 05 备战 2021 高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 05第一题【四川省内江市2019 届高三第三次模拟（文)】在三棱锥中，和是有公共斜边的等腰直角三角形，若三棱的外接球的半径为2，球心为，且三棱锥的体积，则直线与平所成角的正弦值是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵和是有公共斜边的等腰直角三角形，∴线的中点为球心O，连接OA，OB，易∴∠AOC 为二面角A-BD-C 的平面角，且∠AOC 为直与平所成角或其补角，三棱锥的体积，∴，故选：D第二题【四川省内江市2019 届高三第三次模拟（文)】若函数存在单调递增区间，的取值范围是（）A．B．C．【答案】B【解析】解ax+，∴f′（x）＞0 在上成立，即0，在上成立，即在x∈上成立．令，则，∴g（x），在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，∴g（x）的最小值为∴a＞．第三题故选：B．【新疆乌鲁木齐地区2019 届高三第三次质量检测（文)】已知函是定义上的奇函数，时，.给出下列命题:①时；②函数有三个零点；第四题 ③的解集；④都.其中正确的命题有()A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个【答案】D 【解析】因为函是定义上的奇函数，时 .所以时，，故①正确.所以，时即函有三个零点，故②正确.不等等价于或，解不等式组可以或，所以解集，故③正确.当时，，当时，所在上为增函数；当时，所在上为减函数；所以时的取值范围，因为上的奇函数，故的值域，都，故④正确.综上，选D.【安徽省芜湖市 2019 届高三 5 月模拟（理)】在直角坐标平面内，已，以及动点是的三个顶点，，则动的轨迹曲的离心率是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】∵sinAsinB-2cosC=0，∴sinAsinB=2cosC=-2cos （A+B ）=-2(cosAcosB-sinAsinB)，第五题∴sinAsinB=2cosAcosB，即，设C（x，y），又A（﹣2，0），B（2，0），所以有，整理，∴离心率故选A．【四川省内江市2019 届高三第三次模拟（理)】设椭圆的左右焦点分别、，上下顶点分别、，直与该椭圆交、两点. ，则直的斜率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，椭，且满足，如图所示，则中，，所，不妨设，则，所以，则椭圆的方程，又由，所，所以直线的方程，联立方程组，整理得，解得，代入直，解，又由点，所以的斜率为，故选B。

专题02(第三篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

，判断是，，判断是，，判断是，，是，……，以此类推，每三个为一个周期，每个周期的和为，，，判断是，，判断否，输出第一题第二题专题 02高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 02【安徽省黄山市 2019 届高三毕业班第二次检测理】程序框图如图，若输入，则输出的结果为( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】运行程序，，，判断是，，判断是，判断.故选 C.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评文理】己知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函的图像沿轴向左平移个单位，得到函的图像，关于函，下列说法正确的是（）A．上是增函数B．其图像关于直对称C．函数是奇函数D．在区上的值域为【答案】D【解析】，函图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，故函的最小正周期为，所以；函数图象沿轴向左平移个单位得，，为偶函数，并在区间上为减函数，所以A、C 错误，所以B 错误．因，所，，所以D 正确．第三题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测文】已知数和的前项和分别和，，，，若对任意，恒成立，则的最小值为（）A．B．C．【答案】B【解析】因，所，相减，因，所，又，所, 因，所,因此，,从而,即的最小值，选B.第四题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测文】一空间几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图均为边长为1 的等腰直角三角形，则此空间几何体的表面积是（）A．B．D．【答案】D【解析】几何体为如图四面体，其所以表面积为，选D.第五题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测理】将三颗骰子各掷一次,设事件=“三个点数互不相同”,=“至多出现一个奇数”,则概等于( )A．B．C．D．【答案】C【解析】事表示“三个点数互不相同，且至多出现一个奇数”.基本事件总数种，其中一个奇数两个偶数的事件种，没有奇数的事件种，包含的事件种，故所求概率.故选C.第六题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测理】已知定义在上的连续可导函无极值，，若在上与函的单调性相同，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由连续可导且无极值，故函为单调函数.故可，成立，故，故为上的减函数.故上为减函数. 在上恒成立，，由，，，所，故选A.第七题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评理】若函在区间上单调递增，的最小值是（）A．-3 B．-4 C．-5 D．【答案】B【解析】函数上单调递增，所以上恒成立，即在上恒成立，令，其对称轴，当即时在上恒成立等价于，由线性规划知识可知，此；当即时在上恒成立等价于，，；当即时在上恒成立等价于，此；综上可知，故选 .【安徽省黄山市 2019 届高三毕业班第二次检测文】已知函是定义在上的可导函数，对于任意的实数 x ，都，当时，若，则实数 a 的取值范围是（）A ．【答案】B【解析】 B ．C ．D ．令，则当时，，又，所以为偶函数，从而等价于，因此选 B.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评文(2018 新课标 1)】已知双曲线 C ：，O 为坐标原点，F 为 C 的右焦点，过 F 的直线与 C 的两条渐近线的交点分别为 M 、N .若 OMN第八题第九题为直角三角形，则|MN|=A．B．3 C．D．4【答案】B【解析】根据题意，可知其渐近线的斜率，且右焦点为，从而得，所以直的倾斜角或，根据双曲线的对称性，设其倾斜角，可以得出直的方程，分别与两条渐近线联立，求得，所以，故选B.第十题【安徽省黄山市2019 届高三第二次质量检测理】定义在上的函满，若，且，.【答案】4【解析】依题，为奇函数. ，所以.第十一题【安徽省黄山市2019 届高三第二次质量检测理】已知是锐的外接圆圆心，是最大角，若，则的取值范围为.【答案】【解析】设中点，根据垂径定理可，依题意，即，利用正弦定理化简得.由于，所以，即.由于是锐角三角形的最大角，故，.第十二题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评文】在数中，，，的值为．【答案】4951【解析】因，所，，将以个式子相加得：，因为，所以，所以，故答案是：4951.第十三题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评理】三角中且，则三角面积的最大值为．【答案】，，则,，所以【解析】设，则由化简得得，，所以点轨迹为以圆心，以为半径的圆，所最大值为，所以三角面积的最大值为 .【安徽省黄山市 2019 届高三毕业班第二次检测文满足面积的最大值为 .【答案】【解析】因，所以由正弦定理，设 AB 边上的高则因为,因为 ,当且仅当时取等号，所以面，即面积的最大值【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评理】已知函，若函数有三个零点，则的取值范围是．第十五题第十四题【答案】【解析】当时，得，，当时，得，，由得，即，，作出函的图象如图：，当时，函数是增函数，时，函数是减函数，时，函数取得最大值：，当时，即时有4 个零点；当时，即时有三个零点；当时，有1 个零点；当时，则有2 个零点，当时，即时有三个零点；当，解函数有三个零点，综上，函数有3 个零点．故答案为：．第十六题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评文】己知函数时，，，其中是自然对数的底数．（1）在上是单调增函数，求的取值范围；（2）时，求整数的所有值，使方在上有解．【答案】；（2）或.【解析】（1）问题转化在上恒成立；，在上恒成立；令，，对称轴①当，即在上单调增，②当，即时在上单调减，在上单调增，，解得，综上，的取值范围.（2），，令，令，-3-2+ 0 - 0 +增极大值减极小值增，，，存时，时在上单调减，在上单调增中，，且，即又，，，由零点的存在性定理可知：的根，即或.【安徽省黄山市2019 届高三第二次检测理】在. 以所在直线为轴中点为坐标原点建立平面直角坐标系.（Ⅰ）求动点的轨迹的方程;（Ⅱ）已知定，不垂直的动直线与轨迹相交两点，若直关于直对称，面积的取值范围.【答案】；（Ⅱ）.【解析】解：(Ⅰ)得,由正弦定理所以点C 的轨迹是：为焦点的椭圆(除轴上的点),其中，，故轨迹的轨迹方程.(Ⅱ) 由，由题可知，直线的斜率存在，设的方程，将直线的方程代入轨迹的方程得.由得，，且∵直关于轴对称.化简得,,得那么直线过点, ,所面积：设, ,显然，S 在上单调递减，第十七题.【安徽省黄山市2019 届高三第二次检测文】已知函，直线. （Ⅰ）是图象上一点，为原点，直的斜，若在上存在极值，求的取值范围；（Ⅲ）试确定曲与直线的交点个数，并说明理由.【答案】，（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）∵，∴，解得.由题意得：，解得.（Ⅱ）假设存在实数，使得直线是曲的切线，令切，∴切线的斜率.∴切线的方程为，又∵切线过（0，-1）点，∴.解，∴，∴.（Ⅲ）由题意，令，得.令，，由，解得.∴在（0,1）上单调递增，上单调递减，∴,又时，；时，时，只有一个交点；时，有两个交点；时，没有交点.第十八题第十九题所以，程为【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评理】已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点且的中点坐标.（1）求的方程；（2）设直线不经过且与相交两点，若直与直的斜率的和为 l ，试判断直线，是否经过定点，若经过定点，请求出该定点；若不经过定点，请给出理由．【答案】；（Ⅱ） .【解析】（I ），则，两式相减得，又 MN 的中点坐标，且 M 、N 、F 、Q 共线因，所，因为所以椭圆 C 的方.（II ）设直线，联立方程得设则，因为，所以，所以所以，所以，所以所，因为，所以，,所以极小值即所以直线，直线 AB 过定，又当直线 AB 斜率不存在时，设 AB ：，，因为所适合上式，所以直线 AB 过定.【安徽省黄山市 2019 届高三第二次质量检测理】设函.（Ⅰ）求函数单调递减区间；（Ⅱ）若函数的极小值不小于，求实数的取值范围. 【答案】（Ⅰ）【解析】和；（Ⅱ）.（Ⅰ）由题可知，所以由，解或. 综上所述的递减区间和.（Ⅱ）由题可，所.（1）当时，则在为增函数，在为减函数，所以在上没有极小值,故舍去；（2）当时，由，由于，所，因此函在为增函数，在为减函数，在为增函数，.令，则上述不等式可化为.第二十题上述不等式 ①设，，故在为增函数.又，所以不等式①的解为，因，所，解得 .综上所述.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评理】已知函，.（1）讨论函的单调性；【答案】（1）见解析；（2）不存在零点.【解析】（1）函的定义域为，（一）时，时，，单调递增；时，单调递减. （二）时，方程有两或 1①当时，时，，，上单调递减.时，单调递增.②时，，或（i ）时，恒成立在上单调递增；. 时，在、上单调递增.第二十一题（ii ）当时，时，单调递减.（iii）当时，时，，，单调递增.时，单调递减.综上所述，时的单调递增区间，单调递减区间；当时的单调递增区间为，单调递减区间为；时在上单调递增；当时的单调递增区间、，单调递减区间为；当时，的单调递增区间，，单调递减区间为.（2）由（1）可知时的单调递增区间，单调递减区间，处取得极大值也是最大.令，则，令得，当所以，，当在定义域上先增后减，在，，处取最大值0，所以，，所以，，，所以即，又，所以函在不存在零点.。

专题04(第一篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

第一题【2019 北京丰台区高三期末】设函数．（Ⅰ）当时，求证；（Ⅱ）如恒成立，求实数的最小值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）1.（Ⅱ）因，所.①当时，由（Ⅰ）知，恒成立；②当时，因，所以.因此在区上单调递增，所以恒成立；③当时，，，因，所以恒成立，因此在区上单调递增，，所以存在唯使得，即.所以任时，所在上单调递减. 所，不合题意.综上可知，的最小值为 1.第二题【2019 北京通州区高三模拟】已知函数若关于的方有且只有一个实数根，则实数k的取值范围是．【答案】【解析】作出y＝f（x）与y＝kx﹣2 的函数图象如图所示：第三题【2019 安徽合肥二模】已知双曲线）的左、右焦点分别为是双曲线上的两点，且，则该双曲线的离心率为（）A．C．D．【答案】B【解析】如图，设，是双曲线左支上的两点，A ．B ．C ．第四题∴．即该双曲线的离心率为．选 B ．学科！网【2019 湖北高三联考】如图，在等腰中，斜，为直角边上的一点，将沿直线折叠至的位置，使得点在平面外，且点在平面上的射影在线段上设，则的取值范围是（）D ．【答案】B【解析】∵在等腰 Rt △ABC 中，斜边 AB ，D 为直角边 BC 上的一点，∴AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，将△ACD 沿直AD 折叠至△AC1D 的位置，使得点C1 在平面ABD 外，且点C1 在平面A BD 上的射影H 在线段AB 上，设AH＝x，∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，∴AH＜AC1＝1，故排除选项A 和选项C；当CD＝1 时，B 与D 重合，AH ，当CD＜1 时，∵D 为直角边BC 上的一点，∴CD∈（0，1），∴x的取值范围是（，1）．故选：B．第五题【2019 安徽黄山高三一模】已知在抛物上，且到抛物线焦点的距离. 直线与抛物线交两点，且线段的中点.（Ⅰ）求直线的方程.（Ⅱ）是直线上的动点，的最小值.【答案】（Ⅱ）都在直线上，，设8分又当时，的最小值为【2019 福建龙岩高三期末】已知抛物与，过的焦点且斜率为的直线与交于两点，，则（）A．2 C．1 D．4【答案】A即,,故第六题即,故选A第七题【2019 福建泉州高三质检】已知函数（1）时，证明在单调递减；（2）时，讨论的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析（2）由（1）得时，在单调递减，又，所以时有一个零点.因为定义域为，与有相同的零点，令，则，当时时，时所以无零点也无零点.当时，令，得1-0+0-↘↗↘，当时，当即时，故有一个零点也有有一个零点.综上可知，时无零点；当时，有一个零点.【2019 广东清远高三期末】半圆的直，为圆心，是半圆上不同的任意一点，若为半径上的动点，的最小值是（）A．2 B．0 C．-2 D．4【答案】C第八题【2019 广东肇庆高三模拟】已知椭圆的左右顶点分别，是椭圆上异的一点，若直线的斜率与直线的斜率乘，则椭圆的离心率为（）A．B．C． D【答案】D【2019 贵州遵义高三联考】设为实数，函。

专题03(第一篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

第一题【2019 北京丰台区高三期末】已知函数(1)若，则函的零点有个；(2)若存在实数，使得函总有三个不同的零点，则实数的取值范围是．【答案】2【解析】(1)得或，因无解，所以函的零点有2 个；由图可知存在,使的图象与的图象有三个交点，此有三个零点；若，画出函的图象，如图，由图可知存在,使的图象与的图象有三个交点，此有三个零点；，，时，；当第二题第三题若，画出函的图象，如图，【2019 河北武邑中学高三期末】时，不等恒成立，则实数 a 的取值范围是．【答案】【解析】不等变形．当时，故实数 a 的取值范围是；当时，记，故函递增，则，；得或（舍去），，，，【2019 湖北高三联考】设是抛物上的两个不同的点是坐标原点，若直线与的斜率之积，则（）A ．B ．以为直径的圆的面积大于C ．直线过抛物的焦点D ．到直线的距离不大于 2时，，记时，，故【答案】D设 M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则，，∴，即 m ＝﹣2k ．∴直线方程为 y ＝kx ﹣2k ＝k （x ﹣2）．则直线 MN 过定点（2，0）．则 O 到直线 MN 的距离不大于 2．故选：D ．【2019 安徽黄山高三一模】已知三棱，均为等边三角形，二面的平面角为 60°，则三棱锥外接球的表面积是 .【答案】第四题【2019 福建龙岩高三期末】我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图，将底面直径都为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平上，用平行于平且与平任意距离处的平面截这两个几何体，可横截得及两截面. 可以证总成立.据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是．【答案】第五题第六题【2019 福建宁德高三期末】已知抛物线与椭圆：有相同的焦点，且两曲线相交于，过作斜率为的动直线，交椭圆于，两点.（Ⅰ）求抛物线和椭圆的方程；（Ⅱ）若为椭圆的左顶点，直线，的斜率分别为，，求证为定值，并求出该定值.【答案】（Ⅰ）抛物线的方程；椭圆的方程为：（Ⅱ）4【解析】解法一：（Ⅰ）∵点在抛物线：上，∴，解得，∴抛物线的方程.∴椭圆的左、右焦点分别和.，∴，所以椭圆的方程为：.解法二：（Ⅰ）∵点在抛物线：上，∴，解得，∴抛物线的方程.∴椭圆的左、右焦点分别和，即.∴.又在椭圆上，∴，即，解得，（舍去）.∴，所以椭圆的方程为：.第七题【2019 福建泉州高三质检】已知中，，，点在上，且. （1）求点的轨迹的方程；（2），过的直线与交于，两点，与直线交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：为定值.【答案】（1）；（2）见解析注：答轨迹为椭圆，但方程错，给3 分；不答轨迹，直接写出正确方程，得4 分未写出，这次不另外扣分）.（2）如图，设，，可设直线方程，，【2019 广东清远高三期末】对于三次函有如下定义：是函的导函数，是函的导函数，若方有实数解，则称为函数的“拐点”.若是函的“拐点”，也是函图像上的点，则函的最大值是．【答案】【解析】g '（x ）＝3x 2﹣2ax +b ，g ''（x ）＝6x ﹣2a ，则 a ＝3，又 g （1）＝﹣3，得 b ＝4，所以 h （x ）＝sin x +2cos 2x ＝sin x -2+2,令 sinx=t,则 t，即求 y=+t+2 ，t时的最大值，当时，y 有最大．故答案为 .第八题【2019 广东肇庆高三模拟】已知函.（1）讨的单调性；（2）有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)（2），在上单调递减，至多一个零点，不符合题意.若，由（1）可知，的最小值令，，所以在上单调递增，，时，至多一个零点，不符合题意，当时又因为，结合单调性可知有一个零点令的最小值，所以时，结合单调性可知有一个零点综上所述，有两个零点，的范围是时单调递减，时单调递增，【2019 贵州遵义高三联考】设函，其中，若仅存在两个正整数使得第十题第九题，，当，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B第十一题【2019 贵州遵义高三联考】直线与椭圆交于，两点，已，，若椭圆的离心，又经过，为坐标原点．【答案】（1）；（2）定值1.②当直线斜率存在时：设的方程必须得到，∵，∴代入整理得：第十二题【2019 湖北宜昌高三调考】已知函数，若关于的方有4 个不相等的实根，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】关于的方有4 个不相等的实根等价于的图象的图象有4 个不同的交点，作出与的图象，如图所示：。

专题01(第一篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

图象的交点个数
设
则
当
时，
；当时，
∴ 在上单调递增，在
上单调递减
∴
又∵当
时，
∴图象如图
，当
时，
（即
，
）
∴当即时，有 1 个交点；当
时，有 1 个交点；当
即
即
时，有 2 个交点；当
即
时，没有交点.
综上，函数的零点个数
又∵ 在处连续（连续性在解题过程中可不作要求，下面第三行同）
∴
，
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从而在
上单调递减
∴
，
∴实数的取值范围为
[来源:学_科_网 Z_X_X_K]
【湖北省 2019 届高三 1 月联考测试文科】（1）已知函数
，函数
的
导函数为 ①求函数 ②求函数
. 的定义域；的零点个数.
（2）给出如下定义：如果是曲线和曲线的公共点，并且曲线在点处的切线与曲线在点处的切
设，又设
，，
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故在
上单调递增，因此
，
即
，在
单调递增，
，
又
，
所以，
故所求的最小值为 .学科&网
【山东省潍坊市 2019 届高三上学期期末测试文科】已知
，
.
（1）若
，证明函数
在单调递增；
（2）设
，对任意
，
恒成立，求实数的取值范围.
（2）
，
由题意：对
，
设
，
恒成立，
又设
则
，
因此在单调递增，
根，若有两种销售方案：