近年高考数学二轮复习第一部分方法、思想解读专题对点练4从审题中寻找解题思路文(2021年整理)

2019版高考数学二轮复习第一部分方法、思想解读专题对点练4 从审题中寻找解题思路文
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专题对点练4 从审题中寻找解题思路
一、选择题
1.已知方程=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n 的取值范围是（ ）
A 。

（—1,3）
B 。

（-1，） C.（0，3) D.(0,）
2.已知f (x )是R 上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x 〈2时，f (x ）=x 3
-x ，则函数y=f (x ）的图象在区间[0,6］上与x 轴的交点的个数为( ) A 。

6 B .7 C .8 D 。

9 3.已知F 1,F 2是双曲线C ：=1（a 〉0，b>0）的两个焦点,P 是C 上一点,若|PF 1|+|PF 2｜=6a ,且△PF 1F 2最小的内角为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( ）
A 。

x±y=0
B .x±y=0
C 。

x±2y=0
D .2x±y=0 4.已知双曲线C :x 2
—=1，过点P （1，1）作直线l ，使l 与C 有且只有一个公共点,则满足上述条件的直线l 的条数共有（ ) A 。

3 B 。

2 C .1 D 。

4
5。

已知二次函数f (x ）=ax 2
+bx+c ,其中b>a ，且对任意x ∈R 都有f （x )≥0,则
M=
的最小值为（ )
A .
B .
C 。

D .
6.（2018河北一模）设双曲线=1(0<a 〈b )的半焦距为c ，直线l 过(a ,0),
（0，b )两点，已知原点到直线l 的距离为
c ,则双曲线的离心率为( )
A 。

2
B .
C 。

D 。

二、填空题
7。

在△ABC 中，角A ,B ,C 所对应的边分别为a ,b ,c ,已知b cos C+c cos B=2b ，则
= .
8。

下表中的数阵为“森德拉姆素数筛",其特点是每行每列都成等差数列，记第i
行第j 列的数为a i ，j （i ，j ∈N ＊
），则 (1）a 9,9= ；
(2)表中的数82共出现 次. 2 3 4 5 6 7 ... 3 5 7 9 11 13 (4)
7
10
13
16
19
…
5913172125…
61116212631…
71319253137…
…………………
9.已知锐角三角形ABC的三个内角A,B，C所对的边分别是a，b,c,若b是和2的等比中项,c是1和5的等差中项，则a的取值范围是.
三、解答题
10.已知数列｛a n}是公差不为零的等差数列，a1=2,且a2，a4，a8成等比数列。

（1)求数列{a n｝的通项；
(2)设{b n—(-1）n a n｝是等比数列,且b2=7,b5=71。

求数列{b n}的前n项和T n。

11。

已知函数f(x)=4sin·cos ωx在x=处取得最值，其中ω∈(0,2)。

(1)求函数f（x)的最小正周期；
（2)将函数f（x)的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变,得到函数y=g（x）的图象，若α为锐角，
g(α)=，求cos α.
12。

已知函数f(x）=ln x+a（1—x）。

(1）讨论f（x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时，求a的取值范围。

专题对点练4答案
1.A解析因为双曲线的焦距为4,所以c=2，
即m2+n+3m2-n=4，解得m2=1。

又由方程表示双曲线得（1+n）（3—n）〉0，解得—1<n〈3,故选A.
2。

B解析当0≤x<2时，令f(x）=x3—x=0，得x=0或x=1，根据周期函数的性质，由f(x）的最小正周期为2，
可知y=f(x）在［0，6）上有6个零点，
又f（6)=f(3×2)=f（0）=0,
所以f(x）在［0，6］上与x轴的交点个数为7。

3。

A解析由题意,不妨设｜PF1|〉|PF2｜,则根据双曲线的定义得,|PF1｜-|PF2｜=2a，
又｜PF1|+|PF2|=6a，
解得|PF1｜=4a,|PF2｜=2a。

在△PF1F2中,｜ F1F2｜=2c,
而c>a，所以有｜PF2|〈|F1F2｜,
所以∠PF1F2=30°,所以(2a)2=(2c）2+(4a）2—2·2c·4a cos 30°,得c=a,
所以b=a,
所以双曲线的渐近线方程为y=±x=±x，即x±y=0。

4。

D解析当直线l斜率存在时,令l：y—1=k(x—1)，
代入x2—=1中整理有（4-k2)x2+2k·(k-1）x-k2+2k-5=0。

当4—k2=0，即k=±2时，l和双曲线的渐近线平行，有一个公共点.
当k≠±2时,由Δ=0,解得k=,即k=时，有一个切点.
直线l斜率不存在时，x=1也和曲线C有一个切点。

综上,共有4条满足条件的直线.
5.D解析由题意得a〉0，b2-4ac≤0，即c≥,则
M=.
令=t，则t〉1，于是M≥（t—
1)+,
当且仅当t—1=，即b=（1+）a， c=a时等号成立。

所以M=的最小值为.
6。

A解析∵直线l过（a,0）,(0，b)两点,
∴直线l的方程为=1，
即bx+ay—ab=0.
又原点到直线l的距离为c,
∴c,即c2，
又c2=a2+b2，∴a2(c2—a2）=c4，
即c4-a2c2+a4=0，
化简得（e2—4)(3e2-4）=0，
∴e2=4或e2=。

又∵0<a〈b，∴e2==1+〉2，
∴e2=4，即e=2,故选A.
7。

2解析（法一）因为b cos C+c cos B=2b,所以
b·+c·=2b,化简可得=2。

（法二)因为b cos C+c cos B=2b,
所以sin B cos C+sin C cos B=2sin B，
故sin(B+C)=2sin B，故sin A=2sin B,则a=2b,即=2.
8。

（1）82(2)5解析（1)a9，9表示第9行第9列，第1行的公差为1，第2行的公差为2,……第9行的公差为9,第9行的首项b1=10,则b9=10+8×9=82。

(2)第1行数组成的数列a1，j（j=1，2,…）是以2为首项，公差为1的等差数列，所以a1，j=2+（j—1）·1=j+1;第i行数组成的数列a i,j(j=1，2，…）是以i+1为首项,公差为i的等差数列,所以a i,j=（i+1）+(j-1)i=ij+1，由题意得=ij+1=82，即ij=81，且i,j∈N＊,所以81=81×1=27×3=9×9=1×81=3×27，故a i
,j
表格中82共出现5次.
9.（2）解析因为b是和2的等比中项,所以b==1.
因为c是1和5的等差中项,
所以c==3.
又因为△ABC为锐角三角形,
①当a为最大边时，有
解得3≤a<;
②当c为最大边时,有
解得2〈a ≤3。

由①②得2〈a<, 所以a 的取值范围是（2）.
10.解 (1）设数列{a n ｝的公差为d (d ≠0)， ∵a 1=2,且a 2，a 4,a 8成等比数列，
∴(3d+2）2=（d+2)（7d+2），解得d=2， 故a n =a 1+（n-1)d=2n 。

（2)令c n =b n —(-1）n
a n ，设｛c n }的公比为q 。

∵
b 2=7,b 5=71,a n =2n ， ∴
c 2=b 2—a 2=3，c 5=81，
∴q 3==27,q=3,
∴c n =c 2=3n —1.
从而b n =3n —1+(—1）n
2n 。

T n =b 1+b 2+…+b n =(30+31+…+3n-1)+[—2+4—6+…+(-1)n 2n ],
当n 为偶数时,T n =
，当n 为奇数时，T n =。

11.解 (1）f (x )=4sin ·cos ωx =2sin ωx·cos ωx —2cos 2ωx =（sin 2ωx —cos 2ωx ）-
=2sin ,
∵f （x ）在x=处取得最值， ∴2ω·=k π+,k ∈Z ，
∴ω=2k+，k ∈Z 。

∵ω∈（0,2), 即0〈2k+〈2,∴-〈k 〈, 又k ∈Z ，∴k=0，则ω=， ∴f （x )=2sin
,∴T=
.
（2）将函数f (x ）的图象向左平移个单位长度,得到
h (x ）=2sin
=2sin ,
再将h (x ）图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍,纵坐标不变，得到 g (x ）=2sin。

故g(α）=2sin,
sin。

∵α为锐角，∴-<α-，
因此cos。

故cos α=cos=cos·cos—
sin·sin。

12。

解 (1)f(x)的定义域为（0，+∞)，f'（x）= —a。

若a≤0,则f’(x）〉0,
所以f（x)在（0，+∞)内单调递增。

若a〉0，则当x∈时，f'（x)〉0;当x∈时，f’(x)〈0。

所以f（x）在内单调递增，在内单调递减.
(2）由（1)知，当a≤0时，f(x）在(0，+∞）上无最大值;
当a>0时,f(x）在x=处取得最大值,最大值为
f=ln+a=-ln a+a—1.
因此f>2a—2等价于ln a+a-1<0。

令g（a)=ln a+a-1,则g（a）在（0,+∞)内单调递增，
g（1)=0.于是，当0〈a<1时,g(a）〈0;当a〉1时,g（a)〉0.
因此，a的取值范围是(0，1）。