2020版高考理科数学二轮刷题精选练习：第二部分 压轴题(四)
2020版高考数学(理)刷题小卷练： 2-4
解析：∀改写为∃，∃改写为∀，n ≤x 2的否定是n ＞x 2，则该命题的否定形式为“∃x 0∈R ，∀n ∈N *，使得n ＞x 20”．故选D. 5．设命题甲：关于x 的不等式x 2＋2ax ＋4＞0对一切x ∈R 恒成立，命题乙：对数函数y ＝log (4－2a )x 在(0，＋∞)上单调递减，那么乙是甲的( )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 答案：A解析：因为关于x 的不等式x 2＋2ax ＋4＞0对一切x ∈R 恒成立，所以Δ＝(2a )2－4×4＜0，解得－2＜a ＜2；因为y ＝log (4－2a )x 在(0，＋∞)上单调递减，所以0＜4－2a ＜1，解得32＜a ＜2，易知命题乙是命题甲的充分不必要条件，故选A.6．[2019·安徽联考]命题p ：“若a ≥b ，则a ＋b >2 012且a >－b ”的逆否命题是( )A ．若a ＋b ≤2 012且a ≤－b ，则a <bB ．若a ＋b ≤2 012且a ≤－b ，则a >bC ．若a ＋b ≤2 012或a ≤－b ，则a <bD ．若a ＋b ≤2 012或a ≤－b ，则a >b 答案：C 解析：根据逆否命题的定义可得命题p ：“若a ≥b ，则a ＋b >2 012且a >－b ”的逆否命题是：若a ＋b ≤2 012或a ≤－b ，则a <b .故选C.7．[2019·山东诊断]已知命题p ：|x ＋1|>2；命题q ：x ≤a ，且綈p 是綈q 的充分不必要条件，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3)B ．(－∞，－3]C ．(－∞，1)D ．(－∞，1] 答案：A解析：命题p ：|x ＋1|>2，即x <－3或x >1.∵綈p 是綈q 的充分不必要条件，∴q 是p 的充分不必要条件，∴{x |x ≤a }{x |x <－3或x >1}，∴a <－3.故选A.8．[2019·豫西联考，4]若定义域为R 的函数f (x )不是偶函数，则下列命题中一定为真命题的是( )A ．∀x ∈R ，f (－x )≠f (x )B ．∀x ∈R ，f (－x )＝－f (x )C ．∃x 0∈R ，f (－x 0)≠f (x 0)D ．∃x 0∈R ，f (－x 0)＝－f (x 0) 答案：CB ，结合数轴应有⎩⎪⎨⎪⎧1≤a ＜6，2a ＞10，解得5<a <6，即a 的取值范围是(5,6)．A ．1B ．2C ．3D ．4 答案：B解析：①中当x >0时，每一个x 的值对应两个不同的y 值，因此不是函数图象；②中当x ＝x 0时，y 的值有两个，因此不是函数图象，③④中每一个x 的值对应唯一的y 值，因此是函数图象．故选B.3．[2019·河南豫东、豫北十所名校段测]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，0＜x ≤9，f x －4，x ＞9，则f (13)＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的值为( )A ．1B ．0C ．－2D ．2 答案：B解析：因为f (13)＝f (13－4)＝f (9)＝log 39＝2，2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2log 313＝－2，所以f (13)＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－2＝0.故选B.4．[2019·山东潍坊青州段测]函数f (x )＝ln(x －1)＋12－x的定义域为( )A ．(1,2)B ．[1,2)C ．(1,2]D ．[1,2] 答案：A解析：函数f (x )＝ln(x －1)＋12－x 的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x －1＞0，2－x ＞0的解集，解得1＜x ＜2，所以函数f (x )的定义域为(1,2)．故选A.＝f (3x －1)，0≤3x －1＜7，解得13≤x ＜83，故y ＝f (3x －1)的定义域是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，83，故选D. 8．[2019·山东德州模拟]设函数y ＝9－x 2的定义域为A ，函数y ＝ln(3－x )的定义域为B ，则A ∩∁R B ＝( )A ．(－∞，3)B ．(－∞，－3)C ．{3}D ．[－3,3) 答案：C解析：由9－x 2≥0解得－3≤x ≤3，可得A ＝[－3,3]，由3－x >0解得x <3，可得B ＝(－∞，3)，因此∁R B ＝[3，＋∞)．∴A ∩(∁R B )＝[－3,3]∩[3，＋∞)＝{3}．故选C.二、非选择题9．[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝log 2 (x 2＋a )．若f (3)＝1，则a ＝________.答案：－7 解析：∵ f (x )＝log 2 (x 2＋a )且f (3)＝1，∴ 1＝log 2 (9＋a )，∴ 9＋a ＝2，∴ a ＝－7.10．[2019·南阳模拟]已知函数y ＝f (x )满足f (x )＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋3x ，则f (x )的解析式为________．答案：f (x )＝－x －2x(x ≠0)解析：由题意知函数y ＝f (x )满足f (x )＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋3x ，即f (x )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝3x ，用1x 代换上式中的x ，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －2f (x )＝3x ，联立得，⎩⎪⎨⎪⎧f x－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝3x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －2fx ＝3x，解得f (x )＝－x －2x(x ≠0)．11．[2019·河南开封模拟]f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x －1，x <2，log 3x 2－1，x ≥2，则f (f (2))的值为________．答案：2解析：∵当x ≥2时，f (x )＝log 3(x 2－1)，∴f (2)＝log 3(22－1)∴当x ＝2时，f (2)＝4，由f (x )＝－x 2＋4x ＝－5，解得x ＝5或x ＝－1，∴结合图象可知，要使函数在[m,5]上的值域是[－5,4]，则－1≤m ≤2.故选C.6．[2019·新疆乌鲁木齐诊断]函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －1，x <2，－log 3x －1，x ≥2，则不等式f (x )>1的解集为( )A ．(1,2) B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，43C.⎝⎛⎭⎪⎫1，43 D ．[2，＋∞)答案：A解析：当x <2时，不等式f (x )>1即e x －1>1， ∴x －1>0，∴x >1，则1<x <2；当x ≥2时，不等式f (x )>1即－log 3(x －1)>1，∴0<x －1<13，∴1<x <43，此时不等式无解．综上可得，不等式的解集为(1,2)．故选A.7．[2019·定州模拟]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x 2，x <0，－e x，x ≥0，若f (f (t ))≤2，则实数t 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[0，ln2] B ．[ln2，＋∞)C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12 D ．[－2，＋∞)刷题增分练 4 函数的基本性质刷题增分练④小题基础练提分快一、选择题1．函数f (x )＝3x－2x 的图象关于( )A ．y 轴对称B ．直线y ＝－x 对称C ．坐标原点对称D ．直线y ＝x 对称 答案：C解析：因为f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f (－x )＝3－x－(－2x )＝－3x＋2x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x－2x ＝－f (x )，所以f (x )＝3x－2x 是奇函数，所以其图象关于坐标原点对称．故选C.2．[2019·潍坊统考]下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( )A ．y ＝－x 3B ．y ＝－x 2＋1C ．y ＝2xD ．y ＝log 2|x | 答案：B解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A ，C ，又y ＝－x 2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y ＝log 2|x |在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.3．若函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 对一切实数都有f (2＋x ) ＝f (2－x )则( )A ．f (2)<f (1)< f (4)B ．f (1)<f (2)< f (4)C ．f (2)<f (4)< f (1)D ．f (4)<f (2)< f (1) 答案：A解析：由已知对称轴为x ＝2，由于抛物线开口向上，所以越靠近对称轴值越小．4．[2019·黑龙江双鸭山适应性考试]函数f (x )对于任意实数x满足条件f (x ＋2)＝1f x，若f (1)＝－5，则f [f (5)]＝( )A ．－5B ．5C.15 D ．－15 答案：D解析：由题意得f (x ＋4)＝1f x ＋2＝f (x )，则f (5)＝f (1)＝－5，所以f [f (5)]＝f (－5)＝f (－1)＝1f 1＝－15.故选D.于原点对称．∵当x≥0时恒有f(x)＝f(x＋2)，∴函数f(x)的周期为2.∴f(2 016)＋f(－2 015)＝f(0)－f(1)＝1－e.故选A.8．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且在[0,2)上单调递减，则下列结论正确的是( )A．0<f(1)<f(3) B．f(3)<0<f(1)C．f(1)<0<f(3) D．f(3)<f(1)<0答案：C解析：由函数f(x)是定义在R上的奇函数，得f(0)＝0.由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的周期函数，所以f(3)＝f(－1)．又f(x)在[0,2)上单调递减，所以函数f(x)在(－2,2)上单调递减，所以f(－1)>f(0)>f(1)，即f(1)<0<f(3)．故选C.二、非选择题9．已知f(x)是定义在[m－4，m]上的奇函数，则f(0)＋m＝________.答案：2解析：∵f(x)是定义在[m－4，m]上的奇函数，∴m－4＋m＝0，解得m＝2，又f(0)＝0，∴f(0)＋m＝2.10．已知定义在R上的函数f(x)满足：∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0，f(x＋1)＝f(5－x)成立．若f(－2)＝－1，则f(2 018)＝________.答案：1解析：由题意得f(x)＝f(6－x)＝－f(x－6)，即f(x－6)＝－f(x)，则f(x－12)＝－f(x－6)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为12.故f(2 018)＝f(12×168＋2)＝f(2)＝－f(－2)＝1.11．已知函数y＝f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上单调递减．若f(a)<f(2)，求实数a的取值范围为________．答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：∵y＝f(x)是偶函数，∴f(a)＝f(|a|)．∵f(a)<f(2)，∴f(|a|)<f(2)，∵y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，∴|a|>2，即a>2或a<－2.∴实数a的取值范围是a>2或a<－2.12．[2019·云南民族大学附中模拟]f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x <1，a －3x ＋4a ，x ≥1，满足对任意x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0成立，则a 的取值范围是________________．答案：⎝⎛⎦⎥⎤0，34解析：∵对任意x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0成立，∴f (x )在定义域R 上为单调递减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，a －3<0，a ≥a －3×1＋4a ，解得0<a ≤34，∴a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，34.刷题课时增分练④ 综合提能力 课时练 赢高分一、选择题1．[2019·贵阳模拟]下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( )A ．y ＝－2x ＋1B ．y ＝1xC ．y ＝lg xD ．y ＝x 3 答案：B解析：y ＝－2x ＋1在定义域上为单调递减函数；y ＝lg x 在定义域上为单调递增函数；y ＝x 3在定义域上为单调递增函数；y ＝1x在(－∞，0)和(0，＋∞)上均为单调递减函数，但在定义域上不是单调函数．故选B.2．[2019·太原模拟]设函数f (x )，g (x )分别是R 上的偶函数和奇函数，则下列结论正确的是( )A ．f (x )＋g (x )是奇函数B ．f (x )－g (x )是偶函数C ．f (x )g (x )是奇函数D ．f (x )g (x )是偶函数 答案：C解析：∵f (x )，g (x )分别是R 上的偶函数和奇函数， ∴f (－x )＝f (x )，g (－x )＝－g (x )．令F (x )＝f (x )g (x )，则F (－x )＝f (－x )g (－x )＝f (x )[－g (x )]＝－f (x )g (x )＝－F (x )，∴F (x )＝f (x )g (x )为奇函数．故选C.3．[2019·贵阳监测]已知函数f (x )＝2xx －1，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )的图象关于点(1,2)中心对称B ．函数f (x )在(－∞，1)上是增函数C ．函数f (x )的图象上存在不同的两点A ，B ，使得直线AB ∥x 轴D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称 答案：A解析：因为f (x )＝2x x －1＝2x －1＋2x －1＝2x －1＋2，所以该函数图象可以由y ＝2x的图象向右平移1个单位长度，向上平移2个单位长度得到，所以函数f (x )的图象关于点(1,2)中心对称，A 正确，D 错误；易知函数f (x )在(－∞，1)上单调递减，故B 错误；易知函数f (x )的图象是由y ＝2x的图象平移得到的，所以不存在不同的两点A ，B ，使得直线AB ∥x 轴，C 错误．故选A.4．[2019·湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟模拟]若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1] 答案：D解析：由于g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上是减函数，所以a >0；由于f (x )＝－x 2＋2ax 在区间[1,2]上是减函数，且f (x )的对称轴为x ＝a ，则a ≤1.综上有0<a ≤1.故选D.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －3x ＋2，x ≤1，－4a －ln x ，x >1，对任意的x 1≠x 2都有(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]>0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，3)C ．(3，＋∞)D ．[1,3) 答案：D解析：由(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]>0，得(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0，所以函数f (x )在R 上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，3a －3＋2≥－4a ，解得1≤a <3.故选D. 6．[2019·山东诊断]已知奇函数f (x )的定义域为R ，当x ∈(0,1]时，f (x )＝x 2＋1，且函数f (x ＋1)为偶函数，则f (2 016)＋f (－2 017)的值为( )A ．－2B ．2C ．－1D ．3 答案：A解析：∵f (x )为R 上的奇函数，f (x ＋1)为偶函数，∴f (x )＝f (x －1＋1)＝f (1－x ＋1)＝f (－x ＋2)＝－f (x －2)＝f (x －4)；∴f (x )是周期为4的周期函数．又f (1)＝2，∴f (2 016)＋f (－2 017)＝f (0)－f (1)＝0－2＝－2.故选A. 7．[2019·福建龙岩联考]若函数y ＝f (x )在[1,3]上单调递减，且函数f (x ＋3)是偶函数，则下列结论成立的是( )A ．f (2)<f (π)<f (5)B ．f (π)<f (2)<f (5)C ．f (2)<f (5)<f (π)D ．f (5)<f (π)<f (2) 答案：B解析：∵函数y ＝f (x )在[1,3]上单调递减，且函数f (x ＋3)是偶函数，∴f (x ＋3)＝f (－x ＋3)，f (x )＝f (6－x )，∴f (π)＝f (6－π)，f (5)＝f (1)．∵1<2<6－π<3，∴f (6－π)<f (2)<f (1)，∴f (π)<f (2)<f (5)．故选B.8．[2019·沈阳监测]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，＋∞) 答案：D解析：∵f (x )为偶函数，且f (2＋x )＝f (2－x )， ∴f (4＋x )＝f (－x )＝f (x )，∴f (x )为偶函数且周期为4，又当－2≤x ≤0时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22x－1，∴可画出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，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 6＋2<1，所以a >8，故选D.二、非选择题9．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且y ＝f (x )的图象关于直线x ＝12对称，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝ __________. 答案：0解析：∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (x )＝－f (－x )，又∵f (x )的图象关于直线x ＝12对称，∴f (x )＝f (1－x )＝－f (－x )＝－f (2－x )⇒f (x )＝f (x ＋2)，在f (x )＝f (1－x )中，令x ＝0，∴f (0)＝f (1)＝0，∴f (0)＝f (1)＝…＝f (5)＝0，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝0.10．[2019·福建龙岩毕业班教学质量检查]函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋4)在区间[－2,2]上的最大值为________．答案：8解析：由函数的解析式可知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋4)在区间[－2,2]上是单调递减函数，则函数的最大值为f (－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－2－log 2(－2＋4)＝9－1＝8.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型压轴题一理
压轴题(一)12．设P 为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1右支上一点，F 1，F 2分别为该双曲线的左、右焦点，c ，e 分别表示该双曲线的半焦距和离心率．若PF 1→·PF 2→＝0，直线PF 2交y 轴于点A ，则△AF 1P 的内切圆的半径为( )A ．aB ．bC ．cD ．e答案 A解析 因为PF 1→·PF 2→＝0，所以△AF 1P 是直角三角形．设△AF 1P 的内切圆的半径是r ，则2r ＝|PF 1|＋|PA |－|AF 1|＝|PF 1|＋|PA |－|AF 2|＝|PF 1|－(|AF 2|－|PA |)＝|PF 1|－|PF 2|＝2a .所以r ＝a .16．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f (x )＝sin x ＋2cos x 的图象向右平移φ个单位长度得到g (x )＝2sin x ＋cos x 的图象，若x ＝φ为h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴，则a ＝________.答案 43解析 由题意，得f (x )＝5sin(x ＋α)，其中sin α＝255，cos α＝55.g (x )＝5sin(x＋β)，其中sin β＝55，cos β＝255， ∴α－φ＝β＋2k π，即φ＝α－β－2k π，∴sin φ＝sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝35，cos φ＝cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝45，又x ＝φ是h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴， ∴h (φ)＝sin φ＋a cos φ＝35＋45a ＝±1＋a 2，即a ＝43.20．已知函数f (x )＝12(x 2＋2a ln x )．(1)讨论f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，x ∈(1，e)的单调性；(2)若存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0成立，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，得f ′(x )＝x ＋a x ＝x 2＋ax(x >0)，当a ≥0时，f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )在(1，e)上单调递增；当a <0时，f ′(x )＝0的解为x ＝－a (舍负)，若－a ≤1，即a ∈[－1,0)，则f (x )在(1，e)上单调递增； 若－a ≥e，即a ∈(－∞，－e 2]， 则f (x )在(1，e)上单调递减；若a ∈(－e 2，－1)，则f (x )在(1，－a )上单调递减，在[－a ，e)上单调递增． (2)由(1)可知，当a ≤－e 2或a ≥－1时，函数f (x )在(1，e)上为单调函数，此时不存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.当a ∈(－e 2，－1)时，f (x )在(1，－a ]上单调递减，在[－a ，e)上单调递增，所以f (x )在x ＝－a 处取得极小值，f (x )极小值＝f (－a )＝12(－a ＋2a ln －a )＝－12a ＋12a ln (－a )，其中a ∈(－e 2，－1)，令g (a )＝－12a ＋12a ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，则g ′(a )＝－12＋12ln (－a )＋12＝12ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，所以g ′(a )>0，所以g (a )在(－e 2，－1)上单调递增， 且g (－e)＝0，g (－e 2)＝－e22<0，所以当a ∈(－e 2，－e)时，f (x )极小值<0，此时存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.21．某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率？ (2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p (0<p <1)，且相互独立．①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0；②若以①中的p 0作为p 的值，由于质检员操作疏忽，有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这盒芯片最终利润X (单位：元)的期望．解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A ，则P (A )＝C 39C 312＝2155.答：该盒芯片经一次检验即可出厂的概率为2155.(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率f (p )＝C 312p 3(1－p )9＝127C 312⎝ ⎛⎭⎪⎫3412， 当且仅当3p ＝1－p ，即p ＝14时取“＝”号，故f (p )的最大值点p 0＝14.②由题设，知p ＝p 0＝14.设这盒芯片不合格品的个数为n ， 则n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14， 故E (n )＝12×14＝3，则E (X )＝120－12－30－3×2＝72. 所以这盒芯片最终利润X 的期望是72元．。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型压轴题(四)课件理
16 ． (2019·江 西 上 饶 重 点 中 学 六 校 第 二 次 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) ＝
2x，x≥0， log2－x，x<0，
若关于 x 的方程 f2(x)＋2f(x)＋m＝0 有三个不同的实根，
则 m 的取值范围为________．
答案 (－∞，－3]
解析 作出函数 f(x)的图象如图：
设 f(x)＝a，当 a≥1 时，f(x)＝a 有两个实根；当 a<1 时，f(x)＝a 有一个 实根．所以当关于 x 的方程 f2(x)＋2f(x)＋m＝0 有三个不同的实根时，t2＋2t ＋m＝0 的两实根一个比 1 大，一个比 1 小，所以 1＋2＋m<0，即 m<－3.当 m＝－3 时，f(x)＝1 或 f(x)＝－3 符合题意．综上可得 m≤－3.
附：线性回归方程y^＝b^ x＋a^ ，b^ ＝i＝1
，a^ ＝－y －b^
－ x.
n
xi－－x 2
i＝1
解 (1)设明年常规稻 α 的单价为 ξ，则 ξ 的分布列为 ξ 3.70 3.90 4.00 P 0.1 0.7 0.2
E(ξ)＝3.7×0.1＋3.9×0.7＋4×0.2＝3.9，估计明年常规稻 α 的单价平均 值为 3.9 元/公斤．
(2) 杂 交 稻 β 的 亩 产 平 均 值 为 [(750 ＋ 810 ＋ 820)×0.005 ＋ (760 ＋ 800)×0.01＋(770＋790)×0.02＋780×0.025]×10＝78.2×10＝782.
依题意，知杂交稻 β 的亩产超过 795 公斤的概率 P＝0.1＋0.05×2＝0.2， 则将来三年中至少两年杂交稻 β 的亩产超过 795 公斤的概率为 C23×0.22×(1 －0.2)＋0.23＝0.104.
2020年江苏高考数学第二轮复习专题训练含解析
高考冲刺训练专题 (一 )
4 1. 中心在原点，一个顶点为 A( －3，0)，离心率为 3的双曲线的
x2 y2 方程是 9 － 7 ＝1 .
解析 ：因为双曲线的顶点为 A( －3，0)，所以双曲线的焦点在 x
x2 y2
4
轴上，所以设双曲线的方程为 a2－b2＝1，则 a＝3.又因为 e＝3，所以
4. 已知双曲线 xa22－y2＝1(a>0)的一条渐近线为 3x＋y＝0，则 a
3 ＝3.
解析 ：因为双曲线的一条渐近线方程为
y＝－
3x，且
a>0，则
b a
＝ 1a＝
3，解得
a＝
3 3.
x2 y2 5. 设双曲线 a2－b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为 F，右准线 l 与两
条渐近线交于 P，Q 两点，如果△ PQF 是直角三角形，那么双曲线的
－ y0)，M→F2＝( 3－ x0，－y0)，所以 M→F1·M→F 2＝ x02－ 3＋ y20.因为点 M 在 双曲线上，所以 x220－ y20＝ 1，代入不等式 M→F 1·M→F 2<0，得 3y02<1，解得
3
3
－ 3 <y0< 3 .
9.
设 F1， F2 是双曲线
x2－
y2 24＝
1
的两个焦点，
P
是双曲线上的
一点，且 3PF1＝ 4PF2，则△ PF1F2 的面积为 24 .
解析 ：由题意知，双曲线的实轴长为 2，焦距为 F1F2＝2×5＝ 10，
4
1
PF1－PF2＝ 3PF2－ PF2＝ 3PF2＝2，所以
2020届高三数学二轮复习高考小题标准练四理新人教版
高考小题标准练(四)满分80分，实战模拟，40分钟拿下高考客观题满分！一、选择题(本大题共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.设不等式x2-x≤0的解集为M，函数f(x)=lg(1-|x|)的定义域为N，则M∩N=( )A.(-1，0]B.[0，1)C.(0，1)D.[0，1]【解析】选B.由x2-x≤0，得M={x|0≤x≤1}，因为1-|x|>0，所以N={x|-1<x<1}，所以M∩N=[0，1).2.已知复数z满足z=，则z的共轭复数的虚部为( )A.2B.-2C.-1D.1【解析】选D.由题意知z====-1-i.3.设命题p：∃α0，β0∈R，cos(α0+β0)=cosα0+cosβ0；命题q：∀x，y∈R，且x≠+kπ，y≠+kπ，k∈Z，若x>y，则tanx>tany.则下列命题中真命题是( ) A.p∧q B.p∧(非q)C.(非p)∧qD.(非p)∧(非q)【解析】选B.当α0=，β0=-时，命题p成立，所以命题p为真命题；当x，y不在同一个单调区间内时命题q不成立，命题q为假命题.故p∧(非q)为真命题.4.设数列{a n}满足a1+2a2=3，点P n(n，a n)对任意的n∈N*，都有=(1，2)，则数列{a n}的前n项和S n为( )A.nB.nC.nD.n【解析】选A.因为=-=(n+1，a n+1)-(n，a n)=(1，a n+1-a n)=(1，2)，所以a n+1-a n=2.所以{a n}是公差为2的等差数列.由a1+2a2=3，得a1=-，所以S n=-+n(n-1)×2=n.5.若执行如图所示的程序框图，则输出的k值是( )A.4B.5C.6D.7【解析】选A.由题知n=3，k=0；n=10，k=1；n=5，k=2；n=16，k=3；n=8，k=4，满足判断条件，输出的k=4.6.已知函数f(x)是定义在R上的函数，若函数f(x+2016)为偶函数，且f(x)对任意x1，x2∈[2016，+∞)(x1≠x2)，都有<0，则( )A.f(2019)<f(2014)<f(2017)B.f(2017)<f(2014)<f(2019)C.f(2014)<f(2017)<f(2019)D.f(2019)<f(2017)<f(2014)【解析】选A.由于函数f(x+2016)为偶函数，故函数f(x)的图象关于直线x=2016对称，又因为对任意x1，x2∈[2016，+∞)(x1≠x2)，都有<0，所以函数f(x)在[2016，+∞)上单调递减，所以f(2019)<f(2018)<f(2017)，因为函数f(x)的图象关于直线x=2016对称，所以f(2014)=f(2018)，所以f(2019)<f(2014)<f(2017).7.函数f(x)=x+cosx的大致图象为( )【解析】选B.因为f(x)=x+cosx，所以f(-x)=-x+cos(-x)=-x+cosx，即函数f(x)为非奇非偶函数，从而排除A，C.又当x=π时，f(π)=π-1<π，故排除D.8.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.4B.6C.7D.【解析】选D.该几何体的直观图如图中多面体ADCEG-A1D1C1F所示，它是由棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1截去一个三棱台而形成的，结合已知得所求体积V=23-×2×(×1×++×2×1)=.9.已知直线l：x+ay-1=0(a∈R)是圆C：x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=( )A.2B.4C.6D.8【解析】选C.由于直线x+ay-1=0是圆C：x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴，所以圆心C(2，1)在直线x+ay-1=0上，所以2+a-1=0，所以a=-1，所以A(-4，-1).所以|AC|2=36+4=40.又r=2，所以|AB|2=40-4=36.所以|AB|=6.10.已知函数f=x-，g=，对任意x3≥e，存在0<x1<x2<x3，使得f=f(x3)=g，则实数m的取值范围为( )A. B.C. D.【解析】选A.函数f=x-，f′=1-=，当0<x<1时，f′<0，此时函数f单调递减；当x>1时，f′>0，此时函数f单调递增.对任意x3≥e，存在0<x1<x2<x3，使得f=f=g，则m>0.问题转化为当x≥e时，f>g恒成立，即x->，m<x2-lnx，即m<，设h=x2-lnx，h′=2x-，当x≥e时，h′>0恒成立，则函数h在[e，+∞)上单调递增，当x=e时，h有最小值e2-1，故m<e2-1，又m>0，所以0<m<e2-1.11.在焦点分别为F1，F2的双曲线上有一点P，若∠F1PF2=，|PF2|=2|PF1|，则该双曲线的离心率等于( )A.2B.C.3D.【解析】选D.在△F1PF2中，由余弦定理可得cos==，解得|PF1|=c，则|PF2|=c，由双曲线的定义可得|PF2|-|PF1|=c-c=2a，即=.12.若数列{a n}对于任意的正整数n满足：a n>0且a n a n+1=n+1，则称数列{a n}为“积增数列”.已知“积增数列”{a n}中，a1=1，数列{+}的前n项和为S n，则对于任意的正整数n，有( )A.S n≤2n2+3B.S n≥n2+4nC.S n≤n2+4nD.S n≥n2+3n【解析】选D.因为a n>0，所以+≥2a n a n+1.因为a n a n+1=n+1，所以{a n a n+1}的前n项和为2+3+4+…+(n+1)==，所以数列{+}的前n项和S n≥2×=(n+3)n=n2+3n.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2-=1的渐近线的距离是________.【解析】抛物线y2=4x的焦点为(1，0)，双曲线x2-=1的渐近线为x±y=0，所以抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2-=1的渐近线的距离是=.答案：14.定义符合条件的有序数对(x，y)为“和谐格点”，则当“和谐格点”的个数为4时，实数a的取值范围是__________.【解析】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，当“和谐格点”的个数为4时，它们分别是(0，0)，(1，1)，(1，2)，(1，3)，所以a的取值范围是[1，2).答案：[1，2)15.已知△ABC中，AB=3，AC=，点G是△ABC的重心，·=________.【解析】延长AG交BC于点D，则D为BC的中点，·=·=×(+)·(-)=(||2-||2)==-2. 答案：-216.已知函数f(x)满足f(x+1)=-f(x)，且f(x)是偶函数，当x∈[0，1]时，f(x)=x2.若在区间[-1，3]内，函数g(x)=f(x)-kx-k有4个零点，则实数k的取值范围为__________. 【解析】依题意得f(x+2)=-f(x+1)=f(x)，即函数f(x)是以2为周期的函数.g(x)=f(x)-kx-k在区间[-1，3]内有4个零点，即函数y=f(x)与y=k(x+1)的图象在区间[-1，3]内有4个不同的交点.在坐标平面内画出函数y=f(x)的图象(如图所示)，注意到直线y=k(x+1)恒过点(-1，0)，由题及图象可知，当k∈时，相应的直线与函数y=f(x)在区间[-1，3]内有4个不同的交点，故实数k的取值范围是.答案：。
2020届二轮(理科数学) 压轴大题高分练二 专题卷(全国通用)
1．(本小题满分12分)(2019山东威海二模)已知{a n }是递增的等比数列，a 5＝48，4a 2，3a 3，2a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 1＝a 2，b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 1．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)， ∵4a 2，3a 3，2a 4成等差数列，∴6a 3＝4a 2＋2a 4，即6a 1q 2＝4a 1q ＋2a 1q 3， ∴q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝1(舍去)．又a 5＝a 1q 4＝16a 1＝48，∴a 1＝3，∴a n ＝3·2n －1. (2)由条件及(1)可得b 1＝a 2＝3×2＝6.∵b n ＋1＝b n ＋a n ，∴b n ＋1－b n ＝a n ，∴b n －b n －1＝a n －1(n ≥2)， ∴b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n －1＋a n －2＋a n －3＋…＋a 2＋a 1＋6＝3－3·2n －11－2＋6＝3·2n －1＋3(n ≥2)．又b 1＝6满足上式，∴b n ＝3·2n －1＋3(n ∈N *)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋3n ＝3－3·2n1－2＋3n ＝3·2n ＋3(n －1)．2．(本小题满分12分)(2019安徽芜湖5月模拟)如图，已知圆柱OO 1，底面半径为1，高为2，四边形ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其路径最短时在侧面留下的曲线记为Γ，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)角到A 1B 1C 1D 1位置，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .(1)当θ＝π2时，求证：直线D 1B 1⊥平面APB .(2)当θ＝π6时，求二面角D －AB －P 的余弦值．2．(1)证明：(方法一)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系，则有A (0，－1，0)，B (0，1，0)，P (－1，0，1)，C 1(－1，0，2)，B 1(－1，0，0)，D 1(1，0，2)，∴AB →＝(0，2，0)，AP →＝(－1，1，1)．设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，可取x ＝1，得n ＝(1，0，1)，D 1B 1→＝(－2，0，－2)，D 1B 1→∥n . ∴直线D 1B 1⊥平面APB .(方法二)在正方形A 1B 1C 1D 1中，OP ∥A 1C 1，D 1B 1⊥A 1C 1，∴OP ⊥B 1D 1，⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥OO 1，AB ⊥A 1B 1，OO 1∩A 1B 1＝O ⇒AB ⊥平面A 1B 1C 1D 1. 又B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，∴AB ⊥B 1D 1.又OP ⊥B 1D 1，AB ∩OP ＝O ，AB ⊂平面P AB ，OP ⊂平面APB ， ∴直线D 1B 1⊥平面APB .(2)解：当θ＝π6时，以AB 所在直线为y 轴，过点O 与AB 垂直的直线为x 轴，OO 1所在的直线为z 轴，建立如图空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (0，1，0)，可得P (－12，32，13)，∴AP →＝(－12，32＋1，13)，AB →＝(0，2，0)．设平面ABP 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－12x 1＋y 1（32＋1）＋13z 1＝0.可取x 1＝2，得m ＝(2，0，3)． 又平面ABD 的一个法向量为n ＝(1，0，0)，则|cos 〈m ，n 〉|＝21313， ∴二面角D －AB －P 的余弦值为21313.3.(本小题满分12分)(2019浙江余姚中学模拟)如图，直线y ＝2x －2与抛物线x 2＝2py (p >0)交于M 1，M 2两点，直线y ＝p 2与y 轴交于点F ，且直线y ＝p2恰好平分∠M 1FM 2.(1)求p 的值；(2)设A 是直线y ＝p 2上一点，直线AM 2交抛物线于另一点M 3，直线M 1M 3交直线y ＝p2于点B ，求OA →·OB →的值．3．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，x 2＝2py ，消去y ，整理得x 2－4px ＋4p ＝0.设M 1(x 1，y 1)，M 2(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝4p ，Δ＝16p 2－16p ＞0.∵直线y ＝p2平分∠M 1FM 2，∴kM 1F ＋kM 2F ＝0，∴y 1－p 2x 1＋y 2－p 2x 2＝0，即2x 1－2－p 2x 1＋2x 2－2－p 2x 2＝0，∴4－(2＋p 2)·x 1＋x 2x 1x 2＝0，∴p ＝4，满足Δ＞0，∴p ＝4.(2)由(1)知抛物线方程为x 2＝8y ，且⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝16，x 1x 2＝16，M 1(x 1，x 218)，M 2(x 2，x 228)．设M 3(x 3，x 238)，A (t ，2)，B (a ，2)，由A ，M 2，M 3三点共线得kM 2M 3＝kAM 2，∴x 2＋x 38＝x 228－2x 2－t，即x 22＋x 2x 3－t (x 2＋x 3)＝x 22－16，整理得x 2x 3－t (x 2＋x 3)＝－16.①由B ，M 3，M 1三点共线，可得x 1x 3－a (x 1＋x 3)＝－16.② ②式两边同乘x 2，得x 1x 2x 3－a (x 1x 2＋x 2x 3)＝－16x 2， 即16x 3－a (16＋x 2x 3)＝－16x 2.③由①得x 2·x 3＝t (x 2＋x 3)－16，代入③得16x 3－16a －ta (x 2＋x 3)＋16a ＝－16x 2， 即16(x 2＋x 3)＝at (x 2＋x 3)．∵x 2＋x 3≠0，∴at ＝16. ∴OA →·OB →＝at ＋4＝16＋4＝20.4．(本小题满分12分)(2019江西名校内部特供)函数f (x )＝a e x －x 2－(2a ＋b )x . (1)若a ＝2，f (x )在R 上递增，求b 的最大值；(2)若b ＝－2ln 2，存在x 0∈(0，ln 2)，使得对任意x ∈(0，ln 2)，都有f (x )≤f (x 0)恒成立，求a 的取值范围．4．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x 2－(4＋b )x . ∵f (x )在R 上递增，∴f ′(x )＝2e x －2x －(4＋b )≥0，x ∈R 恒成立． ∵f ″(x )＝2e x －2，∴当x ∈(－∞，0)时，f ″(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ″(x )＞0， ∴f ′(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝0时，f ′(x )取得极小值，也是最小值， ∴f ′(0)＝－2－b ≥0，即b ≤－2， ∴b 的最大值为－2. (2)当b ＝－2ln 2时， 依题意f (x )＝a ·e x －x 2－(2a －2ln 2)x 在(0，ln 2)上有最大值， ∵f ′(x )＝a ·e x －2x －(2a －2ln 2)，且f ′(0)＝－a ＋2ln 2，f ′(ln 2)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )＝a ·e x －2x －(2a －2ln 2)在R 上单调递减，∴在(0，ln 2)上，f ′(x )＞f ′(ln 2)＝0，f (x )在(0，ln 2)上单调递增，不合题意．②当a ＞0时，f ″(x )＝a ·e x －2在(0，ln 2)上单调递增，且f ″(ln 2a)＝0，∴f ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增．(i)当0≤a ≤1，ln 2a≥ln 2时，f ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，∴f ′(x )＞f ′(ln 2)＝0，即f (x )在(0，ln 2)上单调递增，不合题意．(ii)当1＜a ＜2ln 2时，f ′(x )在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a，ln 2)上单调递增，且f ′(0)＝－a ＋2ln 2＞0，f ′(ln 2)＝0，∴存在t ∈(0，ln 2)，使得f ′(t )＝0，且在(0，t )上f ′(x )＞0，f (x )单调递增；在(t ，ln 2)上f ′(x )＜0，f (x )单调递减，符合题意．(iii)当2ln 2≤a ＜2时，f ′(x )在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a，ln 2)上单调递增，且f ′(0)＝－a ＋2ln 2≤0，f ′(ln 2)＝0，∴在(0，ln 2)上f ′(x )＜0，f (x )单调递减，不合题意．(ⅳ)当a ≥2时，ln 2a≤0，∴f ′(x )在(0，ln 2)上单调递减．又∵f ′(ln 2)＝0，∴在(0，ln 2)上f ′(x )＜0，f (x )单调递减，不合题意．综上所述，当且仅当1＜a ＜2ln 2时，存在满足题意的x 0.。
2020年高考数学(理)原创终极押题卷(新课标Ⅱ卷)(解析版)
再苦再累，只要坚持往前走，属于你的风景终会出现。
人生如烟花，不可能永远悬挂天际，只要曾经绚烂过，便不枉此生。
秘密★启用前 2020年全国普通高等学校招生考试终极押题卷（全国新课标Ⅱ）理科数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上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。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、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，则A B ⋂=（ ）A. {}1,0-B. {}0,1C. {}1,0,1-D. {}1,2- 【答案】B 【解析】，，则，故选B.2．已知i 为虚数单位,复数1z i =+,则1z z-的实部与虚部之差为( )A ． 1B ．0C ．21-D ．2【答案】D 【解析】：复数1z i =+，∴111112,1,22,2---=21222i z z i z i z+==-∴-=-=--实部，虚部，实部虚部 【点睛】：该小题几乎考查了复数部分的所有概念,是一道优秀试题。
3．下图为国家统计局发布的2018年上半年全国居民消费价格指数（CPI ）数据折线图，（注：同比是今年第n 个月与去年第n 个月之比，环比是现在的统计周期和上一个统计周期之比）下列说法错误的是（ ）A. 2018年6月CPI 环比下降0.1%，同比上涨1.9%B. 2018年3月CPI 环比下降1.1%，同比上涨2.1%C. 2018年2月CPI 环比上涨0.6%，同比上涨1.4%D. 2018年6月CPI 同比涨幅比上月略微扩大0.1个百分点 【答案】C【分析】对照表中数据逐项检验即可.【详解】观察表中数据知A,B,D 正确，对选项C ，2018年2月CPI 环比上涨2.9%，同比上涨1.2%，故C 错误，故选：C【点睛】本题考查折线图，准确识图读图理解题意是关键，是基础题.4. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有（ ） A ．()71887-人 B ．()91887-人 C ．()718887+-人D ．()9418887+-人 【答案】D【解析】由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：()()45456789481818888888888187-+++++=+=+--，故选D ．再苦再累，只要坚持往前走，属于你的风景终会出现。
2020高考数学压轴题(高二、高三)作业压轴题分类汇编与详解
高考数学压轴题目录一、专题篇二、零点问题三、倍值区间问题四、恒成立问题五、不等式证明问题六、圆锥曲线七、数列八、概率统计一、专题篇1.不等式证明之切线放缩法1.题目特点已知函数）题目中的取等条件往往是“”，根据取等条件，此时我们可以考虑使用切线放缩，2.解题步骤①求出函数：②证明③最后采取累加法即可得证备注：在证明②的过程中，我们一般采取两种方式：一是直接构造函数证明；二是因式分解来证明。
不管是构造函数来证明还是因式分解来证明，都要紧紧抓住取等条件来因式分解，其中因式分解来证明时，切点处的切线值等于这点的函数值，所以要证明的不等式必有一个因式“或）”，而构造函数来证明时，因为切线斜率等于直线的斜率，所以导函数必有一个因式“或3.例题精讲已知函数，（1）求函数（2）判断函数的零点个数，并说明理由（3）已知数列满足：，，且，若不等式在时恒成立，求实数的最小值解：（3）由题意可知猜测可能是时，（实际上不用猜测，就是所有变量相等时，取最大值，第一问已经给了提示），接下来就是三步走喽！①求函数②证明切线和函数的大小关系，根据不等号的方向（要取最大值），所以证明（）我们采用两种方式来证明方法一：直接因式分解来证明要证只需证即证，则上式一定有一个因式，所以利用一下长除法或者凑公因式法，不难分解出只需证即证显然成立！方法二：构造函数来证明令）则易知上式有一个根，则上式一定有一个因式同样的采取长除法或者凑公因式法都可以将因式分解成令，易知单调递增，而，由零点存在性定理可知：必有一个，使得，则，单调递增，单调递减，，单调递增所以证毕！③采用累加法可得将上述个式子累加可得所以解得，此时的最小值为4.配套练习1.，求证：2.已知，且2.换元法解决复杂函数零点问题1.已知函数的图像恰有三个不同的公共点（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是解：由题意可知整理可得由函数的图像可知：上述一元二次方程要有两个根，情形一：当，，代入检验可知，不满足题意情形二：当，，代入检验可知，不满足题意情形三：当，，解得：综上所述：解答时间备注：一些复杂的函数零点问题的小题，我们往往可以通过一些代数变形（一般都是同除的操作比较多），出现一些相同的结构（例如上题：两边同除“”以后，在两个括号内”）相同的结构”，把原函数的零点问题等价转化成一个新函数的零点问题（一般新函数是一个二次函数），先画出“”这个函数的图像，根据函数图像和题目零点个数得到的取值范围，然后再利用“”的取值范围，求出参数的取值范围秋季高二创新班在“导数之零点问题”的专题中专门讲过这一个小类型，现把秋季创新班讲义中的两道习题作为练习，共给大家练练手配套练习：1.若关于的方程，且，其中，2.已知函数的图象与的图象有四个不同的交点，从小到大依次为，求值3.抽象函数的导数问题准备工作求下列函数的导函数1.3.例题精讲：1.定义在上的函数满足：，若对任意正数，，则实数的取值范围是解：看到“”和“”前面都是常数，且“”前面的系数是，且中间是“”号，这个时候构造原函数就应该有“”这个结构，由题意可知：我需要研究的是函数的单调性，所以就只需要去研究的正负了，则基于上面的分析，等式两边会同时乘以“”，一是化分式为整式，这样利于求导；二是会出现“”这个结构，则令此时，单调递增，，单调递减所以当然这个也是设计好的，此时则，单调递减，不信我们来求一下，由基本不等式可知则又单调递增，则解得备注：抽象函数导数问题，一般是利用条件条件，构造出一个原函数，而题目所给的等式或者是不等式，就是原函数的导数或导函数的局部，然后利用原函数的单调性，求解一些不等式或等式问题，秋季高二创新班在“抽象函数的导数问题”这一节中专门讲过构造，先将秋季讲义上的习题，选出来，供大家练习配套练习：1.已知函数，，若对任意正数都有，则的取值范围是2.（2013辽宁理）函数满足，，则当时，则当时，（）A.有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值3.已知函数的导函数为，若函数满足，且，的解集为4.分析通项法证明数列不等式典例分析：1.已知函数与（1与直线，求实数的值（2时，恒成立，求实数的取值范围（3）求证：）证明：（3）分析：观察要证的不等式两边，都是关于“”的函数，如果把不等式的两边同时看作两个数列的前“”项和，令的前“”项和，的前“”项和为则，如果则，，，将上述“”个不等式相加即可得到所以我们的重心就是证明要证明这个，那就简单很多了，这个时候，第二问该发挥它的铺垫作用了，由（2）可知即这不就证明结束了吗？上面整个过程就是两个字“套路”！题目如果没有给我们第二问，难道我们就不能做了吗？（当然正规考试都会给一个提示，比如这个题目第二问，就是在为第三位做铺垫），我们也是可以自己独立做出来的，这个时候我们可以令“，则只需证这个时候求导硬干就可以了，则此时单调递增，惨啦，我们想求最大值，竟然求不出来，那就说明我们构造的函数不好，再回过头来看看，要证我们不妨设）解得即证令此时单调递减，这样不也证明结束了，所以其实有没有第二问，对我们做题影响不大，有第二问更好，没有我们也可以独立完成，上面的分析说明，我们在最后构造函数时，有的时候不一定是直接构造，可能需要做一点代数变形，但是变形也不难，基本上就是将对数整合在一起，变成”，注意新元“”，代入要证明的不等式中，最后再构造函数即可备注：上面的方法，我们可以把它叫做“分析通项法”，即题目要我们证明：（或，其中和是关于变量“”的函数，这个时候，我们可以把看作数列的前“”项和，看作数列的前“”项和，我们可以考虑，要证只需证最后来构造一个函数证明即可配套练习：1.已知数列（1）求证：（22.求证：3.）4.5.指数结构的数列放缩1.证明：易证易知同理可得则又证毕！备注：碰到指数结构的数列放缩题目，取对数是一个基本的操作，而后往往是利用切线放缩一下，将原数列的求和转化成一个等比数列的求和解答时间变式：求证：变式：二、零点问题1.函数处取得极值（1）求的单调区间（2）若在定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围解：（2）由题意可知由（1）可知，单调递减，则，解得取一个则，则由零点存在性定理可知：必有一个，一个，此时有两个零点，满足题意综上所述：解答时间2.设函数（1）求证：当恒成立（2）讨论关于的方程根的个数解：（2）由题意可知等价于令，则此时，，单调递减，，单调递增则时，此时，无零点，此时时，易证则取易证取，则由零点存在性定理可知：必有一个，一个，使得，，此时有两个零点综上所述：当当时，此时只有一个零点；当时，此时有两个零点解答时间3.已知函数，为自然对数的底数）（1在点处的切线平行于轴，求的值（2）当公共点个数解：（2）由题意可知等价于（指数找基友的操作）（也可以等价于①当，②当时，无公共点，注意讨论与的大小关系）令情形一：当，无零点情形二：当，，单调递减，单调递增则时，此时②当时，此时，无零点时，此时，取，且，则由零点存在性定理可知：一个，使得，此时有两个零点情形三：当，，单调递增，单调递减则取且，则，则，使得，此时零点只有一个综上所述：当时，有一个公共点；当时，没有公共点；当解答时间4.已知函数时，判断函数的零点个数，并证明你的结论证明：令令（）易知此时（两个取等条件不一样，所以不可能等于零）则零点个数为零解答时间5.已知函数上的减函数（1）求的最大值（2）讨论关于解：（1）由题意可知则（2）令，则此时，，单调递减，，单调递增则情形一：当时，此时，无零点情形二：当，此时，一个零点情形三：当时，易证则取，则易证取由零点存在性定理可知：必有一个，一个，使得，，此时有两个零点综上所述：①当时，此时只有一个零点；③当时，此时有两个零点解答时间6.已知函数（1）当时，求函数的极小值（2）试讨论曲线轴公共点的个数解：（1）由题意可得此时单调递增，，单调递减，单调递增则的极小值为（2）情形一：当时，则此时只有一个零点情形二：当单调递减，，单调递增，单调递减而，又取，且，则由零点存在性定理可知：必有一个，一个，此时零点有三个情形三：当时，此时，，单调递增单调递减，，单调递增而取，，则由零点存在性定理可知：必有一个，此时只有一个零点情形四：当而，由零点存在性定理可知：必有一个，使得，此时只有一个零点情形五：当单调递增，，单调递减，单调递增而取，则由零点存在性定理可知：必有一个，此时只有一个零点时，有三个零点；②当时，有一个零点；解答时间三、倍值区间问题1.已知函数（1）当时，求证：（2）若在上存在极值，求的取值范围（3）当是否存在区间，使得在该区间上的值域为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：（3）因为则则，，单调递减，单调递增情形一：当，时，此时解得情形二：当，时，此时①当，此时解得②当时，此时令），则此时单调递增而，，由零点存在性定理可知：必有一个，使得，则，，单调递减，单调递增注意到，，此时时满足题意情形三：当时，此时，将上述两式相乘可得令，则此时，，单调递增，，单调递减所以则，，不满足题意情形四：当时，此时，由时，只有一个零点综上所述：存在唯一的一组，满足题意解答时间四、恒成立问题1.设实数恒成立，则的最小值为解：方法一：直接构造（比较容易上手）令则令（，），易知单调递增且由零点存在性定理可知：必有一个，易知此时①而将②式代入①式可得而可以取到任意正数，则恒成立由均值不等式可知所以只需解得方法二：同构操作（纯代数解答，比较严谨，适合大题书写）由题意可知令），此时等价于情形一：当，，满足题意，易知在时，单调递增，且，，此时等价于，整理可得则方法三：反函数操作（数形结合，适合小题）由题意可知注意到函数与函数对称，则此时只需整理可得则解答时间2.设函数，（为实数），若存在实数，使得的取值范围是解：由题意可知令情形一：当，单调递增而当情形二：当，单调递增，单调递减则此时易知，则解答时间3.设函数处的切线（1）求（2）求证：（3）设，其中，若恒成立，求的取值范围解：（3）由题意可知则易知单调递增，而，单调递增情形一：当，单调递增则情形二：当，由零点存在性定理可知：必有一个，使得，，单调递减则综上所述：解答时间4.设函数的最小值为（1）求（2）若，求的取值范围解：（1（2时①当时，此时②当时，此时令（），则易证（，且），则此时，单调递增单调递增时，此时，则此时即（Ⅱ）当时，同理可得则成立时，此时令，则此时，，单调递减，，单调递增则时，此时，与条件矛盾综上所述：解答时间5.已知函数（1）证明：（2）若时，恒成立，求实数的取值范围解：（2）情形一：当，则，，此时则单调递减，，单调递减此时则成立，满足题意情形二：当，则由情形一可知：，单调递减则即而所以存在一个，使得此时，不满足题意综上所述：解答时间五、不等式的证明问题1.求证：证明：要证只需证时，易知，又则成立解答时间2.已知函数（1）判断在的单调性（2）若，证明：证明：方法一：同构操作要证只需证令（），则令，则，单调递增此时，则，单调递增证毕！方法二：直接放缩时，易证则证毕！解答时间3.已知函数（1）若不存在极值点，求的取值范围（2）若，证明：解：（2）易知要证只需证易证只需证即证易证，则此时只需证等价于证显然成立，则等号无法同时成立，证毕解答时间4.已知函数）（1）求函数的单调区间（2）若（i）若不等式对任意的的取值范围（ii）若是两个不相等的正数，且以，求证：解：（ii）由题意可知则单调递增注意到，要证即证而在上单调递增，只需证又令（，则此时单调递增，证毕！解答时间5.已知函数（1）讨论的单调性（2）若解：（2）令则只需证即证等价于证只需证即证这是显然成立，证毕！解答时间6.已知函数，（1）若存在极小值，求实数的取值范围（2）设是的极小值点，且，证明：解：（1）由题意可知情形一：当，单调递增，无极小值情形二：当（）易知单调递增，而取且，则由零点存在性定理可知：必有一个，使得，此时，单调递减，单调递增此时有极小值综上所述：（2）由（1）可知则此时要证只需证易证此时证毕！解答时间7.已知函数）证明：函数的零点等价于的零点而则，单调递减单调递增不妨设此时想构造一个函数我们希望这个函数单调（其实这个函数前面的系数是正数，所以只可能是单增）”是为了出现齐次式，便”这个结构，且函数，说白了，就是希望的零点是函数解得而分子的判别式解得此时假设函数的极值点为，则我们构造函数，其实我们会发现，经过上面的分析，一般，所以构造的函数一般都是令，单调递增，则此时则此时就可以出现两个不等式①②同理有③④此时有两种搭配①和③，②和④情形一：①和③搭配有整理可得上述的形式已经很美观了，不过我们仍然可以使用一下基本不等式，此时有解得⑥结论⑥也比较好看了情形二：③与④搭配有则整理可得上述结论⑦有点丑，我们可以运用基本不等式把结论整好看一点，由基本不等式可知解得⑧这个结论⑧就比较美观了！至此，我们就有⑤⑥⑦⑧四个结论了，因为结论⑥和⑧结构相同，所以我们可以进一步讨论一下结论⑥和结论⑧哪一个更紧（1）当结论⑥更紧时，此时有解得（2）当结论⑧更紧时，此时有解得好了，逼逼的也差不多了，该结束啦！解答时间8.已知函数（1）若有唯一解，求实数的值（2时，（参考数据：，）解：（1）由题意可知情形一：当，单调递增注意到，有无穷多解，不满足题意情形二：当，单调递增，，单调递减则解得（2）由题意可知，只需证令），则，。
2020高考理科数学二轮分层特训卷：热点练(四)Word版含解析
热门 (四 ) 数列中的奇偶分类和最值1． (偶数项 ) 已知等差数列 { a } 的前 9 项和为 27，a ＝8，则 a＝ ()n10100A ．100B ．99C ．98D ． 97 答案： C分析： 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，因为 { a n } 为等差数列，且 S 9＝9a 5＝ 27，所以 a 5＝ 3. 又 a ＝ 8，所以 5d ＝ a － a ＝ 5，所以 d ＝ 1，所以 a ＝ a ＋ 95d ＝ 98，应选 C.1010 5 100 52．(项数的最值 ) 已知 S是等差数列 { a } 的前 n 项和， a ＝ 2，a ＋ a ＝ a ，若 S >32，则nn1 1 4 5 nn 的最小值为 ( )A ．3B ．4C ．5D ． 6答案： D分析： 由 a 1＝1 45，可得公差 5 662 且 a ＋ a＝ad ＝ 2，所以 S ＝ 30， S ＝ 42，即 S >32，应选D.3．(奇数项和 )已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，a 1＝ 1，当 n ≥2 时，a n ＋ 2S n － 1＝n ，则 S 2 017的值为()A ．2 017B ．2 016C ．1 009D ．1 007答案： C分析： 因为 a nn －1＝ n ，n ≥ 2，所以 a n ＋ 1n*，两式相减得 a n ＋ 1n＋ 2S ＋ 2S ＝n ＋ 1，n ∈ N＋ a＝ 1， n ≥ 2.又 a 1＝ 1，所以 S 2 017＝a 1＋( a 2＋ a 3 )＋ ＋ (a 2 016＋ 22 017)＝ 1 009，应选 C.4． (项数的最值问题 )设 S n 是等差数列 { a n } 的前 n 项和，若a 8<0，且 a 9 >|a 8 |，则使 S n >0建立的最小正整数 n 为 ()A ．15B ．16C ．17D ． 18 答案： B分析： 因为 a 8<0 ，且 a 9 >|a 8 |，所以此等差数列从第一项到第八项都是负数，从第九项开始是正数，因为 a 89710 1 16 8 9 8 n建立的最小正＋ a ＝ a ＋ a ＝ ＝ a ＋ a ，a ＋ a >0 ，a <0 ，所以使 S >0整数 n ＝ 16，应选 B.5．(数列中奇偶分类问题 )已知数列 { b n } 知足 b 1＝2n π n π1，b 2＝ 4，b n ＋ 2＝ 1＋ sin 2 b n ＋ cos 2，23 项的和为 ( )2则该数列的前A ．4 194B ．4 195C ．2 046D ．2 047 答案： A分析： b 1 2n ＋22n π 2n π＝ 1＋ sinn2，＝1， b ＝ 4， b 2 b ＋ cos当 n 为奇数时， b n ＋2＝ 2b n ，数列为以 2 为公比的等比数列，当 n 为偶数时， b n ＋2＝ b n ＋ 1，数列为以 1 为公差的等差数列，∴前 23 项和 S 23132324221－ 21211× 11－1＋ 11× 4＋＝( b ＋b ＋ ＋ b ) ＋(b ＋ b ＋ ＋ b )＝1－ 22×1＝ 212－ 1＋ 44＋55＝ 4 194，应选 A. 6． (奇数项和 )已知等差数列 nn≠ 0，若 n ≥2 且 an －1n ＋ 122n －1n{ a } 中， a ＋ a－ a ＝0， S＝ 38，则 n 等于 ________．答案： 10分析： ∵ { a n } 是等差数列， ∴2a n ＝ a n －1 ＋ a n ＋1，又 ∵a n － 1＋ a n ＋12＝0，∴ 2a2－a n n － a n ＝ 0， 即 a n (2 －a n )＝0.∵ a n ≠ 0，∴ a n ＝ 2，∴ S 2n － 1＝ (2n － 1)a n ＝ 2(2n － 1)＝ 38，解得 n ＝ 10.7．(范围问题 )在等差数列 { a } 中， a ＝ 7，公差为 d ，前 n 项和为 S ，当且仅当 n ＝8 时，n1nS n 获得最大值，则 d 的取值范围为 ________．答案： － 1，－78d<0 ，d<0 ，分析： 由题意可得8即7＋ 7d>0 ，解得－ 1<d<－7a >0，8.a <0，7＋ 8d<0，98． (奇偶项和 )一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为 1，且中间两项的和为 24，则等比数列的项数为 ________．答案： 8分析： 由题意可知公比 q ＝ 2，设该数列为 a 1， a 2 ，a 3， ， a 2n ，则 a n ＋ a n ＋1＝24，又 a 1＝1， ∴ qn －1＋q n ＝ 24，即 2n －1＋ 2n ＝ 24，解得 n ＝ 4， ∴等比数列的项数为8.9． (和的最值问题 )已知数列 { a n } 知足 2a n ＋ 1＝a n ＋a n ＋ 2(n ∈ N * )，前 n 项和为 S n ，且 a 3＝110， S 6＝ 72，若 b n ＝ 2a n － 30，设数列 { b n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n 的最小值．分析： ∵ 2a n ＋1 n n ＋2 n ＋1 n ＝ a n ＋ 2 n ＋ 1 n＝ a ＋ a ， ∴ a －a － a ，故数列 { a } 为等差数列．设数列a ＋ 2d ＝ 10，1{ a n } 的公差为 d ，由 a 3＝ 10，S 6 ＝72 得6a 1 ＋15d ＝ 72， 解得 a 1＝ 2，d ＝ 4.故 a n ＝ 4n － 2，b ≤ 0，2n － 31≤ 0，1n29≤ n ≤31则 b n ＝ 2a n － 30＝ 2n － 31，令则 解得 22，b n ＋1≥ 0， 2n ＋ 2－ 31≥0，∵ n ∈N * ， ∴ n ＝ 15，即数列 { b n } 的前 15 项均为负值， ∴ T 15 最小．∵ 数列 { b n } 的首项为－ 29，公差为 2， ∴T 15＝－ 29× 15＋15× 14× 2＝－225， 2 ∴ T n 的最小值为－ 225.10． [2019 湖·南省联考 ]设 S n 是数列 { a n } 的前 n 项和， a 1＝ 1， 2S n ＝ 5－ 3a n ＋1.(1)求数列 { a n } 的通项公式；n1(2)设 b n ＝ (－ 1) log 3a n ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n .分析： (1)当 n ＝ 1 时， 2S 1＝ 5－ 3a 2＝ 2a 1＝2，求得 a 1＝ a 2＝ 1.当 n ≥2 时， 2S n ＝ 5－ 3a n ＋ 1， 2S n －1＝ 5－ 3a n ，则 2S n － 2S n － 1＝ (5－3a n ＋1)－ (5－ 3a n )，a n ＋1 1整理得 2a n ＝ 3a n － 3a n ＋1，即 a n ＝3，1可知数列 { a n} 从第 2 项起为等比数列，且a2＝ 1，公比为3，1 n即当 n≥ 2 时， a n＝－ 23 .易知 a1＝1 不知足上式，所以数列 { a n} 的通项公式为1，n＝ 1，a n＝1 n－2*.3 ， n≥ 2，n∈ N0， n＝1，(2)由 (1) 得 b n＝－1 n n－ 2 ， n≥ 2，n∈ N*，则当 n≥ 2 时， T n＝ 0＋ 0－ 1＋ 2－ 3＋ 4－＋(－1)n(n－2)．n－ 2 当 n 为偶数时， T n＝ (－1＋ 2)＋ (－ 3＋4)＋＋ [－ (n－ 3)＋ (n－2)] ＝2；n－ 3 1－ n当 n 为奇数时， T n＝2－( n－ 2)＝2，且当 n＝1 时，知足该式．1－ n综上可得，数列 { b n2， n为奇数，n ＝} 的前 n 项和 Tn－ 22，n为偶数.。
2020届高考数学压轴必刷题 专题04三角函数与解三角形(文理合卷)(含答案)
2020届高考数学压轴必刷题专题04三角函数与解三角形(文理合卷)1．【2019年天津理科07】已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）是奇函数，将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为g（x）．若g（x）的最小正周期为2π，且g（），则f（）＝（）A．﹣2 B．C．D．2【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴φ＝0，则f（x）＝A sin（ωx）将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为g（x）．即g（x）＝A sin（ωx）∵g（x）的最小正周期为2π，∴2π，得ω＝2，则g（x）＝A sin x，f（x）＝A sin2x，若g（），则g（）＝A sin A，即A＝2，则f（x）＝2sin2x，则f（）＝2sin（22sin2，故选：C．2．【2019年新课标3理科12】设函数f（x）＝sin（ωx）（ω＞0），已知f（x）在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：①f（x）在（0，2π）有且仅有3个极大值点②f（x）在（0，2π）有且仅有2个极小值点③f（x）在（0，）单调递增④ω的取值范围是[，）其中所有正确结论的编号是（）A．①④B．②③C．①②③D．①③④【解答】解：当x∈[0，2π]时，∈[，]，∵f（x）在[0，2π]有且仅有5个零点，∴，∴，故④正确，因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，下面判断③是否正确，当x∈（0，）时，∈[，]，若f（x）在（0，）单调递增，则，即ω＜3，∵，故③正确．故选：D．3．【2019年新课标1理科11】关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③【解答】解：f（﹣x）＝sin|﹣x|+|sin（﹣x）|＝sin|x|+|sin x|＝f（x）则函数f（x）是偶函数，故①正确，当x∈（，π）时，sin|x|＝sin x，|sin x|＝sin x，则f（x）＝sin x+sin x＝2sin x为减函数，故②错误，当0≤x≤π时，f（x）＝sin|x|+|sin x|＝sin x+sin x＝2sin x，由f（x）＝0得2sin x＝0得x＝0或x＝π，由f（x）是偶函数，得在[﹣π，）上还有一个零点x＝﹣π，即函数f（x）在[﹣π，π]有3个零点，故③错误，当sin|x|＝1，|sin x|＝1时，f（x）取得最大值2，故④正确，故正确是①④，故选：C．4．【2018年北京理科07】在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：由题意d，tanα，∴当sin（θ+α）＝﹣1时，d max＝13．∴d的最大值为3．故选：C．5．【2017年天津理科07】设函数f（x）＝2sin（ωx+φ），x∈R，其中ω＞0，|φ|＜π．若f（）＝2，f（）＝0，且f（x）的最小正周期大于2π，则（）A．ω，φB．ω，φC．ω，φD．ω，φ【解答】解：由f（x）的最小正周期大于2π，得，又f（）＝2，f（）＝0，得，∴T＝3π，则，即．∴f（x）＝2sin（ωx+φ）＝2sin（x+φ），由f（），得sin（φ）＝1．∴φ，k∈Z．取k＝0，得φπ．∴，φ．故选：A．6．【2016年新课标1理科12】已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|），x为f（x）的零点，x 为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．5【解答】解：∵x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，∴，即，（n∈N）即ω＝2n+1，（n∈N）即ω为正奇数，∵f（x）在（，）上单调，则，即T，解得：ω≤12，当ω＝11时，φ＝kπ，k∈Z，∵|φ|，∴φ，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当ω＝9时，φ＝kπ，k∈Z，∵|φ|，∴φ，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω的最大值为9，故选：B．7．【2013年新课标2理科12】已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC 分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（）A．（0，1）B．C．D．【解答】解：解法一：由题意可得，三角形ABC的面积为1，由于直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，故0，故点M在射线OA上．设直线y＝ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N（，），把A、N两点的坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．②若点M在点O和点A之间，此时b，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，即，即，可得a0，求得b，故有b．③若点M在点A的左侧，则b，由点M的横坐标1，求得b＞a．设直线y＝ax+b和AC的交点为P，则由求得点P的坐标为（，），此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即•（1﹣b）•|x N﹣x P|，即（1﹣b）•||，化简可得2（1﹣b）2＝|a2﹣1|．由于此时b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2 ．两边开方可得（1﹣b）1，∴1﹣b，化简可得b＞1，故有1b．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是，故选：B．解法二：当a＝0时，直线y＝ax+b（a＞0）平行于AB边，由题意根据三角形相似且面积比等于相似比的平方可得，b＝1，趋于最小．由于a＞0，∴b＞1．当a逐渐变大时，b也逐渐变大，当b时，直线经过点（0，），再根据直线平分△ABC的面积，故a不存在，故b．综上可得，1b，故选：B．8．【2011年新课标1理科11】设函数f（x）＝sin（ωx+φ）+cos（ωx+φ）的最小正周期为π，且f（﹣x）＝f（x），则（）A．f（x）在单调递减B．f（x）在（，）单调递减C．f（x）在（0，）单调递增D．f（x）在（，）单调递增【解答】解：由于f（x）＝sin（ωx+ϕ）+cos（ωx+ϕ），由于该函数的最小正周期为T，得出ω＝2，又根据f（﹣x）＝f（x），得φkπ（k∈Z），以及|φ|，得出φ．因此，f（x）cos2x，若x∈，则2x∈（0，π），从而f（x）在单调递减，若x∈（，），则2x∈（，），该区间不为余弦函数的单调区间，故B，C，D都错，A正确．故选：A．9．【2010年浙江理科09】设函数f（x）＝4sin（2x+1）﹣x，则在下列区间中函数f（x）不存在零点的是（）A．[﹣4，﹣2] B．[﹣2，0] C．[0，2] D．[2，4]【解答】解：在同一坐标系中画出g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象如下图示：由图可知g（x）＝4sin（2x+1）与h（x）＝x的图象在区间[﹣4，﹣2]上无交点，由图可知函数f（x）＝4sin（2x+1）﹣x在区间[﹣4，﹣2]上没有零点故选：A．10．【2010年上海理科18】某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为，则此人将（）A．不能作出这样的三角形B．作出一个锐角三角形C．作出一个直角三角形D．作出一个钝角三角形【解答】解：设三边分别为a，b，c，利用面积相等可知a b c，∴a：b：c＝13：11：5令a＝13，b＝11，c＝5由余弦定理得cos A0，所以角A为钝角，故选：D．11．【2019年江苏13】已知，则sin（2α）的值是．【解答】解：由，得，∴，解得tanα＝2或tan．当tanα＝2时，sin2α，cos2α，∴sin（2α）；当tanα时，sin2α，cos2α，∴sin（2α）．综上，sin（2α）的值是．故答案为：．12．【2018年新课标1理科16】已知函数f（x）＝2sin x+sin2x，则f（x）的最小值是．【解答】解：由题意可得T＝2π是f（x）＝2sin x+sin2x的一个周期，故只需考虑f（x）＝2sin x+sin2x在[0，2π）上的值域，先来求该函数在[0，2π）上的极值点，求导数可得f′（x）＝2cos x+2cos2x＝2cos x+2（2cos2x﹣1）＝2（2cos x﹣1）（cos x+1），令f′（x）＝0可解得cos x或cos x＝﹣1，可得此时x，π或；∴y＝2sin x+sin2x的最小值只能在点x，π或和边界点x＝0中取到，计算可得f（），f（π）＝0，f（），f（0）＝0，∴函数的最小值为，故答案为：．13．【2017年浙江14】已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2，点D为AB延长线上一点，BD＝2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC＝．【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB＝AC＝4，BC＝2，∴BE BC＝1，AE⊥BC，∴AE，∴S△ABC BC•AE2，∵BD＝2，∴S△BDC S△ABC，∵BC＝BD＝2，∴∠BDC＝∠BCD，∴∠ABE＝2∠BDC在Rt△ABE中，∵cos∠ABE，∴cos∠ABE＝2cos2∠BDC﹣1，∴cos∠BDC，故答案为：，14．【2016年江苏14】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．【解答】解：由sin A＝sin（π﹣A）＝sin（B+C）＝sin B cos C+cos B sin C，sin A＝2sin B sin C，可得sin B cos C+cos B sin C＝2sin B sin C，①由三角形ABC为锐角三角形，则cos B＞0，cos C＞0，在①式两侧同时除以cos B cos C可得tan B+tan C＝2tan B tan C，又tan A＝﹣tan（π﹣A）＝﹣tan（B+C）②，则tan A tan B tan C•tan B tan C，由tan B+tan C＝2tan B tan C可得tan A tan B tan C，令tan B tan C＝t，由A，B，C为锐角可得tan A＞0，tan B＞0，tan C＞0，由②式得1﹣tan B tan C＜0，解得t＞1，tan A tan B tan C，（）2，由t＞1得，0，因此tan A tan B tan C的最小值为8，另解：由已知条件sin A＝2sin B sin c，sin（B十C）＝2sin B sin C，sin B cos C十cos B sin C＝2sin B cos C，两边同除以cos B cos C，tan B十tan C＝2tan B tan C，∵﹣tan A＝tan（B十C），∴tan A tan B tan C＝tan A十tan B十tan C，∴tan A tan B tan C＝tan A十2tan B tan C≥2，令tan A tan B tan C＝x＞0，即x≥2，即x≥8，或x≤0（舍去），所以x的最小值为8．当且仅当t＝2时取到等号，此时tan B+tan C＝4，tan B tan C＝2，解得tan B＝2，tan C＝2，tan A＝4，（或tan B，tan C互换），此时A，B，C均为锐角．15．【2016年上海理科13】设a，b∈R，c∈[0，2π），若对于任意实数x都有2sin（3x）＝a sin（bx+c），则满足条件的有序实数组（a，b，c）的组数为．【解答】解：∵对于任意实数x都有2sin（3x）＝a sin（bx+c），∴必有|a|＝2，若a＝2，则方程等价为sin（3x）＝sin（bx+c），则函数的周期相同，若b＝3，此时C，若b＝﹣3，则C，若a＝﹣2，则方程等价为sin（3x）＝﹣sin（bx+c）＝sin（﹣bx﹣c），若b＝﹣3，则C，若b＝3，则C，综上满足条件的有序实数组（a，b，c）为（2，3，），（2，﹣3，），（﹣2，﹣3，），（﹣2，3，），共有4组，故答案为：4．16．【2015年新课标1理科16】在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°．BC＝2，则AB的取值范围是．【解答】解：方法一：如图所示，延长BA，CD交于点E，则在△ADE中，∠DAE＝105°，∠ADE＝45°，∠E＝30°，∴设AD x，AE x，DE x，CD＝m，∵BC＝2，∴（x+m）sin15°＝1，∴x+m，∴0＜x＜4，而AB x+m x x，∴AB的取值范围是（，）．故答案为：（，）．方法二：如下图，作出底边BC＝2的等腰三角形EBC，B＝C＝75°，倾斜角为150°的直线在平面内移动，分别交EB、EC于A、D，则四边形ABCD即为满足题意的四边形；当直线移动时，运用极限思想，①直线接近点C时，AB趋近最小，为；②直线接近点E时，AB趋近最大值，为；故答案为：（，）．17．【2015年上海理科13】已知函数f（x）＝sin x．若存在x1，x2，…，x m满足0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f（x m）|＝12（m≥2，m∈N*），则m的最小值为．【解答】解：∵y＝sin x对任意x i，x j（i，j＝1，2，3，…，m），都有|f（x i）﹣f（x j）|≤f（x）max﹣f（x）min＝2，要使m取得最小值，尽可能多让x i（i＝1，2，3，…，m）取得最高点，考虑0≤x1＜x2＜…＜x m≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（x m﹣1）﹣f（x m）|＝12，按下图取值即可满足条件，∴m的最小值为8．故答案为：8．18．【2014年江苏14】若△ABC的内角满足sin A sin B＝2sin C，则cos C的最小值是．【解答】解：由正弦定理得a b＝2c，得c（a b），由余弦定理得cos C，当且仅当时，取等号，故cos C＜1，故cos C的最小值是．故答案为：．19．【2014年新课标1理科16】已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sin A﹣sin B）＝（c﹣b）sin C，则△ABC面积的最大值为．【解答】解：因为：（2+b）（sin A﹣sin B）＝（c﹣b）sin C⇒（2+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c⇒2a﹣2b+ab﹣b2＝c2﹣bc，又因为：a＝2，所以：，△ABC面积，而b2+c2﹣a2＝bc⇒b2+c2﹣bc＝a2⇒b2+c2﹣bc＝4⇒bc≤4所以：，即△ABC面积的最大值为．故答案为：．20．【2014年上海理科12】设常数a使方程sin x cos x＝a在闭区间[0，2π]上恰有三个解x1，x2，x3，则x1+x2+x3＝．【解答】解：sin x cos x＝2（sin x cos x）＝2sin（x）＝a，如图方程的解即为直线与三角函数图象的交点，在[0，2π]上，当a时，直线与三角函数图象恰有三个交点，令sin（x），x2kπ，即x＝2kπ，或x2kπ，即x＝2kπ，∴此时x1＝0，x2，x3＝2π，∴x1+x2+x3＝02π．故答案为：21．【2014年北京理科14】设函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0）若f（x）在区间[，]上具有单调性，且f（）＝f（）＝﹣f（），则f（x）的最小正周期为．【解答】解：由f（）＝f（），可知函数f（x）的一条对称轴为x，则x离最近对称轴距离为．又f（）＝﹣f（），则f（x）有对称中心（，0），由于f（x）在区间[，]上具有单调性，则T⇒T，从而⇒T＝π．故答案为：π．22．【2013年浙江理科16】△ABC中，∠C＝90°，M是BC的中点，若，则sin∠BAC＝．【解答】解：如图设AC＝b，AB＝c，CM＝MB，∠MAC＝β，在△ABM中，由正弦定理可得，代入数据可得，解得sin∠AMB，故cosβ＝cos（∠AMC）＝sin∠AMC＝sin（π﹣∠AMB）＝sin∠AMB，而在RT△ACM中，cosβ，故可得，化简可得a4﹣4a2b2+4b4＝（a2﹣2b2）2＝0，解之可得a b，再由勾股定理可得a2+b2＝c2，联立可得c，故在RT△ABC中，sin∠BAC，另解：设∠BAM为α，∠MAC为β，正弦定理得BM：sinα＝AM：sin∠BBM：sinβ＝AM又有sinβ＝cos∠AMC＝cos（α+∠B），联立消去BM，AM得sin∠B cos（α+∠B）＝sinα，拆开，将1化成sin2∠B+cos2∠B，构造二次齐次式，同除cos2∠B，可得tanα，若，则cos∠BAM，tan∠BAM，解得tan∠B，cos B易得sin∠BAC．另解：作MD⊥AB交于D，设MD＝1，AM＝3，AD＝2，DB＝x，BM＝CM，用△DMB和△CAB相似解得x，则cos B，易得sin∠BAC．故答案为：23．【2013年上海理科11】若cos x cos y+sin x sin y，sin2x+sin2y，则sin（x+y）＝．【解答】解：∵cos x cos y+sin x sin y，∴cos（x﹣y）．∵sin2x+sin2y，∴sin[（x+y）+（x﹣y）]+sin[（x+y）﹣（x﹣y）]，∴2sin（x+y）cos（x﹣y），∴，∴sin（x+y）．故答案为．24．【2011年新课标1理科16】在△ABC中，B＝60°，AC，则AB+2BC的最大值为．【解答】解：设AB＝cAC＝bBC＝a由余弦定理cos B所以a2+c2﹣ac＝b2＝3设c+2a＝m代入上式得7a2﹣5am+m2﹣3＝0△＝84﹣3m2≥0 故m≤2当m＝2时，此时a，c符合题意因此最大值为2另解：因为B＝60°，A+B+C＝180°，所以A+C＝120°，由正弦定理，有2，所以AB＝2sin C，BC＝2sin A．所以AB+2BC＝2sin C+4sin A＝2sin（120°﹣A）+4sin A＝2（sin120°cos A﹣cos120°sin A）+4sin Acos A+5sin A＝2sin（A+φ），（其中sinφ，cosφ）所以AB+2BC的最大值为2．故答案为：225．【2010年江苏13】在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若6cos C，则的值是．【解答】解：∵6cos C，由余弦定理可得，∴则故答案为：426．【2010年新课标1理科16】在△ABC中，D为边BC上一点，BD DC，∠ADB＝120°，AD＝2，若△ADC的面积为，则∠BAC＝．【解答】解：由△ADC的面积为可得解得，则．AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BD•cos120°，，则．故∠BAC＝60°．1．【2019年天津文科07】已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）是奇函数，且f（x）的最小正周期为π，将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为g（x）．若g（），则f（）＝（）A．﹣2 B．C．D．2【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴φ＝0，∵f（x）的最小正周期为π，∴π，得ω＝2，则f（x）＝A sin2x，将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为g（x）．则g（x）＝A sin x，若g（），则g（）＝A sin A，即A＝2，则f（x）＝A sin2x，则f（）＝2sin（22sin2，故选：C．2．【2019年新课标2文科11】已知α∈（0，），2sin2α＝cos2α+1，则sinα＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1，∴可得：4sinαcosα＝2cos2α，∵α∈（0，），sinα＞0，cosα＞0，∴cosα＝2sinα，∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1，∴解得：sinα．故选：B．3．【2019年新课标1文科11】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a sin A﹣b sin B＝4c sin C，cos A，则（）A．6 B．5 C．4 D．3【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a sin A﹣b sin B＝4c sin C，cos A，∴，解得3c2，∴6．故选：A．4．【2019年北京文科08】如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB是锐角，大小为β，图中阴影区域的面积的最大值为（）A．4β+4cosβB．4β+4sinβC．2β+2cosβD．2β+2sinβ【解答】解：由题意可得∠AOB＝2∠APB＝2β，要求阴影区域的面积的最大值，即为直线QO⊥AB，即有QO＝2，Q到线段AB的距离为2+2cosβ，AB＝2•2sinβ＝4sinβ，扇形AOB的面积为•2β•4＝4β，△ABQ的面积为（2+2cosβ）•4sinβ＝4sinβ+4sinβcosβ＝4sinβ+2sin2β，S△AOQ+S△BOQ＝4sinβ+2sin2β•2•2sin2β＝4sinβ，即有阴影区域的面积的最大值为4β+4sinβ．故选：B．5．【2018年新课标2文科10】若f（x）＝cos x﹣sin x在[0，a]是减函数，则a的最大值是（）A．B．C．D．π【解答】解：f（x）＝cos x﹣sin x＝﹣（sin x﹣cos x）sin（x），由2kπ≤x2kπ，k∈Z，得2kπ≤x2kπ，k∈Z，取k＝0，得f（x）的一个减区间为[，]，由f（x）在[0，a]是减函数，得a．则a的最大值是．故选：C．6．【2018年新课标1文科11】已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A （1，a），B（2，b），且cos2α，则|a﹣b|＝（）A．B．C．D．1【解答】解：∵角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2α，∴cos2α＝2cos2α﹣1，解得cos2α，∴|cosα|，∴|sinα|，|tanα|＝||＝|a﹣b|．故选：B．7．【2018年新课标3文科11】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为，则C＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．△ABC的面积为，∴S△ABC，∴sin C cos C，∵0＜C＜π，∴C．故选：C．8．【2018年北京文科07】在平面直角坐标系中，，，，是圆x2+y2＝1上的四段弧（如图），点P其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tanα＜cosα＜sinα，则P所在的圆弧是（）A．B．C．D．【解答】解：A．在AB段，正弦线小于余弦线，即cosα＜sinα不成立，故A不满足条件．B．在CD段正切线最大，则cosα＜sinα＜tanα，故B不满足条件．C．在EF段，正切线，余弦线为负值，正弦线为正，满足tanα＜cosα＜sinα，D．在GH段，正切线为正值，正弦线和余弦线为负值，满足cosα＜sinα＜tanα不满足tanα＜cosα＜sinα．故选：C．9．【2017年新课标1文科11】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin B+sin A（sin C﹣cos C）＝0，a＝2，c，则C＝（）A．B．C．D．【解答】解：sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，∵sin B+sin A（sin C﹣cos C）＝0，∴sin A cos C+cos A sin C+sin A sin C﹣sin A cos C＝0，∴cos A sin C+sin A sin C＝0，∵sin C≠0，∴cos A＝﹣sin A，∴tan A＝﹣1，∵A＜π，∴A，由正弦定理可得，∴sin C，∵a＝2，c，∴sin C，∵a＞c，∴C，故选：B．10．【2017年天津文科07】设函数f（x）＝2sin（ωx+φ），x∈R，其中ω＞0，|φ|＜π．若f（）＝2，f（）＝0，且f（x）的最小正周期大于2π，则（）A．ω，φB．ω，φC．ω，φD．ω，φ【解答】解：由f（x）的最小正周期大于2π，得，又f（）＝2，f（）＝0，得，∴T＝3π，则，即．∴f（x）＝2sin（ωx+φ）＝2sin（x+φ），由f（），得sin（φ）＝1．∴φ，k∈Z．取k＝0，得φπ．∴，φ．故选：A．11．【2016年新课标2文科11】函数f（x）＝cos2x+6cos（x）的最大值为（）A．4 B．5 C．6 D．7【解答】解：函数f（x）＝cos2x+6cos（x）＝1﹣2sin2x+6sin x，令t＝sin x（﹣1≤t≤1），可得函数y＝﹣2t2+6t+1＝﹣2（t）2，由∉[﹣1，1]，可得函数在[﹣1，1]递增，即有t＝1即x＝2kπ，k∈Z时，函数取得最大值5．故选：B．12．【2016年天津文科08】已知函数f（x）＝sin2sinωx（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，2π）内没有零点，则ω的取值范围是（）A．（0，] B．（0，]∪[，1）C．（0，] D．（0，]∪[，]【解答】解：函数f（x）sinωx sinωx，由f（x）＝0，可得0，解得x∉（π，2π），∴ω∉∪∪∪∪，∵f（x）在区间（π，2π）内没有零点，∴ω∈∪．故选：D．13．【2014年天津文科08】已知函数f（x）sinωx+cosωx（ω＞0），x∈R，在曲线y＝f（x）与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π【解答】解：∵已知函数f（x）sinωx+cosωx＝2sin（ωx）（ω＞0），x∈R，在曲线y＝f（x）与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为，正好等于f（x）的周期的倍，设函数f（x）的最小正周期为T，则，∴T＝π，故选：C．14．【2012年天津文科07】将函数y＝sinωx（其中ω＞0）的图象向右平移个单位长度，所得图象经过点，则ω的最小值是（）A．B．1 C．D．2【解答】解：将函数y＝sinωx（其中ω＞0）的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为y＝sinω（x）．再由所得图象经过点可得sinω（）＝sin（ω）＝0，∴ω•kπ，k∈z．故ω的最小值是2，故选：D．15．【2010年北京文科07】某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为α的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（）A．2sinα﹣2cosα+2 B．sinαcosα+3C．3sinαcosα+1 D．2sinα﹣cosα+1【解答】解：由正弦定理可得4个等腰三角形的面积和为：41×1×sinα＝2sinα由余弦定理可得正方形边长为：故正方形面积为：2﹣2cosα所以所求八边形的面积为：2sinα﹣2cosα+2故选：A．16．【2018年新课标1文科16】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b sin C+c sin B＝4a sin B sin C，b2+c2﹣a2＝8，则△ABC的面积为．【解答】解：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．b sin C+c sin B＝4a sin B sin C，利用正弦定理可得sin B sin C+sin C sin B＝4sin A sin B sin C，由于0＜B＜π，0＜C＜π，所以sin B sin C≠0，所以sin A，则A由于b2+c2﹣a2＝8，则：，①当A时，，解得bc，所以．②当A时，，解得bc（不合题意），舍去．故：．故答案为：．17．【2018年北京文科14】若△ABC的面积为（a2+c2﹣b2），且∠C为钝角，则∠B＝；的取值范围是．【解答】解：△ABC的面积为（a2+c2﹣b2），可得：（a2+c2﹣b2）ac sin B，，可得：tan B，所以B，∠C为钝角，A∈（0，），tan A，∈（，+∞）．cos B sin B∈（2，+∞）．故答案为：；（2，+∞）．18．【2017年新课标2文科16】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b cos B＝a cos C+c cos A，则B＝．【解答】解：∵2b cos B＝a cos C+c cos A，由正弦定理可得，2cos B sin B＝sin A cos C+sin C cos A＝sin（A+C）＝sin B，∵sin B≠0，∴cos B，∵0＜B＜π，∴B，故答案为：19．【2015年天津文科14】已知函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0），x∈R，若函数f（x）在区间（﹣ω，ω）内单调递增，且函数y＝f（x）的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为．【解答】解：∵f（x）＝sinωx+cosωx sin（ωx），∵函数f（x）在区间（﹣ω，ω）内单调递增，ω＞0∴2kπωx2kπ，k∈Z可解得函数f（x）的单调递增区间为：[，]，k∈Z，∴可得：﹣ω①，ω②，k∈Z，∴解得：0＜ω2且0＜ω2≤2k，k∈Z，解得：，k∈Z，∴可解得：k＝0，又∵由ωx kπ，可解得函数f（x）的对称轴为：x，k∈Z，∴由函数y＝f（x）的图象关于直线x＝ω对称，可得：ω2，可解得：ω．故答案为：．20．【2014年新课标1文科16】如图，为测量山高MN，选择A和另一座的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100m，则山高MN＝m．【解答】解：△ABC中，∵∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，BC＝100，∴AC100．△AMC中，∵∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，∴∠AMC＝45°，由正弦定理可得，解得AM＝100．Rt△AMN中，MN＝AM•sin∠MAN＝100sin60°＝150（m），故答案为：150．21．【2013年新课标1文科16】设当x＝θ时，函数f（x）＝sin x﹣2cos x取得最大值，则cosθ＝．【解答】解：f（x）＝sin x﹣2cos x（sin x cos x）sin（x﹣α）（其中cosα，sinα），∵x＝θ时，函数f（x）取得最大值，∴sin（θ﹣α）＝1，即sinθ﹣2cosθ，又sin2θ+cos2θ＝1，联立得（2cosθ）2+cos2θ＝1，解得cosθ．故答案为：22．【2013年新课标2文科16】函数y＝cos（2x+φ）（﹣π≤φ＜π）的图象向右平移个单位后，与函数y ＝sin（2x）的图象重合，则φ＝．【解答】解：函数y＝cos（2x+φ）（﹣π≤φ＜π）的图象向右平移个单位后，得平移后的图象的函数解析式为y＝cos[2（x）+φ]＝cos（2x+φ﹣π），而函数y＝sin（2x），由函数y＝cos（2x+φ）（﹣π≤φ＜π）的图象向右平移个单位后，与函数y＝sin（2x）的图象重合，得2x+φ﹣π，解得：φ．符合﹣π≤φ＜π．故答案为．23．【2010年新课标1文科16】在△ABC中，D为BC边上一点，BC＝3BD，AD，∠ADB＝135°．若AC AB，则BD ＝．【解答】用余弦定理求得AB2＝BD2+AD2﹣2AD•BD cos135°AC2＝CD2+AD2﹣2AD•CD cos45°即AB2＝BD 2+2+2BD①AC2＝CD2+2﹣2CD②又BC＝3BD所以CD＝2BD所以由（2）得AC2＝4BD2+2﹣4BD（3）因为AC AB所以由（3）得2AB2＝4BD2+2﹣4BD（4）（4）﹣2（1）BD2﹣4BD﹣1＝0求得BD＝2故答案为：2。
2020年高考数学二轮复习小题押题(12+4)提速综合练习3-4(含答案解析)
2020年高考数学二轮复习小题押题（12+4）提速综合练习3-4“12＋4”小题提速综合练(三)一、选择题1．(2017·洛阳模拟)已知集合A ＝{x |x (x －1)＜0}，B ＝{x |e x ＞1}，则(∁R A )∩B ＝( ) A ．[1，＋∞) B ．(0，＋∞) C ．(0,1)D ．[0,1]解析：选A 依题意得，A ＝{x |0＜x ＜1}， 则∁R A ＝{x |x ≤0或x ≥1}，B ＝{x |x ＞0}， 故(∁R A )∩B ＝{x |x ≥1}＝[1，＋∞)．2．(2018届高三·湖北五校联考)已知复数z 满足1－z1＋z＝－i ，则|z |＝( ) A ．1 B. 2 C ．2D ．2 2解析：选A 由1－z 1＋z ＝－i ，得z ＝1＋i 1－i ＝(1＋i )(1＋i )(1＋i )(1－i )＝i ，则|z |＝1.3．(2017·郑州模拟)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“a ⊥b ”是“α⊥β ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 因为α⊥β，b ⊥m ，所以b ⊥α，又直线a 在平面α内，所以a ⊥b ；若a ⊥b ，b ⊥m ，但直线a ，m 不一定相交，所以推不出α⊥β，所以“a ⊥b ”是“α⊥β ”的必要不充分条件．4．设O 为△ABC 的外心(三角形外接圆的圆心)．若AO ―→＝13AB ―→＋13AC ―→，则∠BAC ＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C ∵O 为△ABC 的外心， ∴|OA ―→|＝|OB ―→|＝|OC ―→|，又OB ―→＝OA ―→＋AB ―→，AO ―→＝13AB ―→＋13AC ―→，∴OB ―→2＝OA ―→2＋AB ―→2＋2 OA ―→·AB ―→＝OA ―→2＋AB ―→2－23(AB ―→＋AC ―→)·AB ―→＝OA ―→2＋13AB ―→2－23AB ―→·AC ―→，∴AB ―→·AC ―→＝12AB ―→2.同理可得，AB ―→·AC ―→＝12AC ―→2，∴|AB ―→|＝|AC ―→|，∴cos ∠BAC ＝AB ―→·AC ―→| AB ―→| |AC ―→|＝12，∴∠BAC ＝60°.5．(2017·佛山一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝( )A.34 B.23C.56D.825解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，显然q ≠1， 由S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1＋q 3＝12，得q 3＝－12， 所以S 9S 3＝a 1(1－q 9)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1－q 91－q 3＝1＋q 3＋q 6＝1－12＋14＝34. 6．(2017·南昌模拟)从1,2,3,4,5,6,7,8中随机取出一个数为x ，执行如图所示的程序框图，则输出的x 不小于40的概率为( )A.34B.58C.78D.12解析：选B 依次执行程序框图中的语句，输出的结果分别为13,22,31,40,49,58,67,76，所以输出的x 不小于40的概率为58.7．某公司2012～2017年的年利润x (单位：百万元)与年广告支出y (单位：百万元)的统计资料如下表所示：根据统计资料，则(A ．利润的中位数是16.2，x 与y 呈正相关关系 B ．利润的中位数是17，x 与y 呈正相关关系 C ．利润的中位数是17，x 与y 呈负相关关系 D ．利润的中位数是17.8，x 与y 呈负相关关系解析：选B 将利润的6个数据从小到大排列后，最中间两个为16.2,17.8，其平均数为17，即为中位数，又x 增加时，y 也跟着增加，因此x 与y 呈正相关关系，故选B.8.(2017·昆明模拟)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示，则f (x )的单调递增区间为( )A ．[－1＋4k π，1＋4k π]，k ∈ZB ．[－3＋8k π，1＋8k π]，k ∈ZC ．[－1＋4k,1＋4k ]，k ∈ZD ．[－3＋8k,1＋8k ]，k ∈Z解析：选D 由图，知T ＝4×(3－1)＝8， 所以ω＝2πT ＝π4，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋φ. 把(1,1)代入，得sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝1， 令π4＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，得φ＝π4＋2k π(k ∈Z)． 又|φ|＜π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4.由2k π－π2≤π4x ＋π4≤2k π＋π2(k ∈Z)，得8k －3≤x ≤8k ＋1(k ∈Z)，所以函数f (x )的单调递增区间为[8k －3,8k ＋1](k ∈Z)．9．(2018届高三·石家庄摸底)若a ，b 是正数，直线2ax ＋by －2＝0被圆x 2＋y 2＝4截得的弦长为23，则t ＝a 1＋2b 2取得最大值时a 的值为( )A.12 B.32C.34D.34解析：选D 因为圆心到直线的距离d ＝24a 2＋b2， 则直线被圆截得的弦长 L ＝2r 2－d 2＝24－44a 2＋b 2＝23，所以4a 2＋b 2＝4. t ＝a 1＋2b 2＝122(22a )·1＋2b 2≤122·12·[](22a )2＋(1＋2b 2)2＝142·[8a 2＋1＋2(4－4a 2)]＝942， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧8a 2＝1＋2b 2，4a 2＋b 2＝4时等号成立，此时a ＝34.10．已知直线l ：y ＝kx ＋2过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的上顶点B 和左焦点F ，且被圆x 2＋y 2＝4截得的弦长为L ，若L ≥455，则椭圆的离心率e 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤0，55 B.⎝⎛⎦⎤0，255 C.⎝⎛⎦⎤0，355D.⎝⎛⎦⎤0，455解析：选B 依题意，b ＝2，kc ＝2，则k ＝b c ，设圆心到直线l 的距离为d ，则L ＝24－d 2≥455，解得d 2≤165.又d ＝21＋k 2，所以41＋k 2≤165，解得k 2≥14.于是e 2＝c 2a 2＝c 2b 2＋c 2＝11＋k 2，所以0＜e 2≤45，解得0＜e ≤255. 11．(2017·石家庄模拟)四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5 C.92D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，以OM FH ＝PO PF ，即13＝M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所h －1h 2＋32，解得h ＝94.12．(2017·合肥模拟)已知函数y ＝(x 2－2x )sin(x －1)＋x ＋1在[－1,3]上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝( )A ．4B ．2C ．1D ．0解析：选A 注意到y ＝[(x －1)2－1]sin(x －1)＋x ＋1，可令t ＝x －1，令g (t )＝(t 2－1)sin t ＋t ，则y ＝g (t )＋2，t ∈[－2,2]．显然M ＝g (t )max ＋2，m ＝g (t )min ＋2.又g (t )为奇函数，则g (t )max ＋g (t )min ＝0，所以M ＋m ＝4.二、填空题13．已知正方形ABCD 的边长为2，H 是边DA 的中点．在正方形ABCD 内部随机取一点P ，则满足|PH |＜2的概率为________．解析：如图，设E ，F 分别为边AB ，CD 的中点，则满足|PH |＜2的点P 在△AEH ，扇14π(2)2＋12×1×1×22×2形HEF 及△DFH 内，由几何概型的概率计算公式知，所求概率为＝π8＋14. 答案：π8＋1414．在平面几何中：△ABC 的∠C 的内角平分线CE 分AB 所成线段的比为AC BC ＝AEBE .把这个结论类比到空间：在三棱锥A -BCD 中(如图)，平面DEC 平分二面角A -CD -B 且与AB 相交于E ，则得到类比的结论是________．解析：由类比推理的概念可知，平面中线段的比可转化为空间中面积的比，由此可得：AE EB ＝S △ACDS △BCD .答案：AE EB ＝S △ACDS △BCD15．(2017·宝鸡模拟)我市在“录像课评比”活动中，评审组将从录像课的“点播量”和“专家评分”两个角度来进行评优．若A 录像课的“点播量”和“专家评分”中至少有一项高于B 录像课，则称A 录像课不亚于B 录像课．假设共有5节录像课参评，如果某节录像课不亚于其他4节，就称此节录像课为优秀录像课．那么在这5节录像课中，最多可能有________节优秀录像课．解析：记这5节录像课为A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，设这5节录像课先退到2节录像课的情形，若A 1的点播量＞A 2的点播量，且A 2的专家评分＞A 1的专家评分，则优秀录像课最多可能有2节；再考虑3节录像课的情形，若A 1的点播量＞A 2的点播量＞A 3的点播量，且A 3的专家评分＞A 2的专家评分＞A 1的专家评分，则优秀录像课最多可能有3节．以此类推可知：这5节录像课中，优秀录像课最多可能有5节．答案：516．(2017·南京模拟)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y －3≤0，x －3y ＋6≥0，2x ＋y －2≥0，在这两个实数x ，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为________．解析：设在这两个实数x ，y 之间插入三个实数a 1，a 2，a 3，即x ，a 1，a 2，a 3，y 构成等差数列，所以这个等差数列后三项和为a 2＋a 3＋y ＝x ＋y 2＋x ＋y 2＋y 2＋y ＝34(x ＋3y )，令z ＝x ＋3y ，作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，将直线x ＋3y ＝0平移至A 处时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y －3＝0，x －3y ＋6＝0，解得A (3,3)， 所以z max ＝3＋3×3＝12.所以(a 2＋a 3＋y )max ＝34(x ＋3y )max ＝34×12＝9.答案：9“12＋4”小题提速综合练(四)一、选择题1．(2017·惠州模拟)已知全集U ＝R ，集合A ＝{1,2,3,4,5}，B ＝{x ∈R|x ≥2}，则图中阴影部分所表示的集合为( )A ．{0,1,2}B ．{0,1}C ．{1,2}D ．{1}解析：选D 因为A ∩B ＝{2,3,4,5}，而图中阴影部分为∁A (A ∩B )，所以阴影部分所表示的集合为{1}． 2．(2017·石家庄模拟)若复数z 满足z i ＝2－3i(i 是虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( ) A ．－3－2i B ．－3＋2i C ．2＋3iD ．3－2i解析：选B 由题意，得z ＝2－3i i ＝i (2－3i )i 2＝－3－2i ，所以z ＝－3＋2i ，故选B. 3．(2017·广州三市联考)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝23，a 与b 的夹角的余弦值为sin 17π3，则b ·(2a －b )等于( )A ．2B ．－1C ．－6D ．－18解析：选D ∵a 与b 的夹角的余弦值为sin 17π3＝－32，∴a ·b ＝1×23×⎝⎛⎭⎫－32＝－3，b ·(2a －b )＝2a ·b －b 2＝－6－12＝－18.4．(2017·西安模拟)某同学将全班某次数学考试成绩整理成频率分布直方图后，并将每个小矩形上方线段的中点连接起来得到频率分布折线图(如图所示)．据此估计此次考试成绩的众数是( )A ．100B ．110C ．115D ．120解析：选C 众数是一组数据出现次数最多的数，结合题中频率分布折线图可以看出，数据“115”对应的纵坐标最大，所以相应的频率最大，频数最大，据此估计此次考试成绩的众数是115.5．(2018届高三·湖北七校联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，则该几何体的表面积为( )A ．6πB ．8πC ．10πD ．12π解析：选C 根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r 为2，侧棱长l 为3，故该圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )＝π×2×(2＋3)＝10π.6．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，mx －y ≤0，3x －2y ＋2≥0，且z ＝3x －y 的最大值为2，则实数m 的值为( )A.13 B.23C ．1D ．2解析：选D 法一：由题意可知m ＞0，作出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示，作出直线l ：3x －y ＝0，平移直线l ：由题意可知，当直线l 经过点A 时，z ＝3x －y 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧mx －y ＝0，3x －2y ＋2＝0， 解得A ⎝⎛⎭⎫22m －3，2m 2m －3，∴3×22m －3－2m 2m －3＝2，解得m ＝2.法二：若z ＝3x －y 的最大值为2，则此时目标函数为y ＝3x －2，直线y ＝3x －2与3x －2y ＋2＝0和x ＋y ＝1分别交于A (2,4)，B ⎝⎛⎭⎫34，14，mx －y ＝0经过其中一点，所以m ＝2或m ＝13，当m ＝13时，经检验不符合题意，故m ＝2，选D.7．(2017·福州模拟)在检测一批相同规格共500 kg 航空用耐热垫片的品质时，随机抽取了280片，检测到有5片非优质品，则这批航空用耐热垫片中非优质品约为( )A ．2.8 kgB ．8.9 kgC ．10 kgD ．28 kg解析：选B 由题意，可知抽到非优质品的概率为5280，所以这批航空用耐热垫片中非优质品约为500×5280＝12514≈8.9 kg.8.执行如图所示的程序框图，若输入的m ＝168，n ＝112，则输出的k ，m 的值分别为( )A ．4,7B ．4,56C ．3,7D ．3,56解析：选C 执行第一个循环结构，第一次循环：k ＝1，m ＝84，n ＝56，m ，n 均为偶数；第二次循环：k ＝2，m ＝42，n ＝28，m ，n 均为偶数；第三次循环：k ＝3，m ＝21，n ＝14，因为m 不是偶数，所以结束第一个循环．因为m ≠n ，所以执行第二个循环结构，第一次循环：d ＝|21－14|＝7，m ＝14，n ＝7，m ≠n ；第二次循环：d ＝|14－7|＝7，m ＝7，n ＝7，因为m ＝n ，所以结束循环，输出的k ＝3，m ＝7.9．(2017·广州三市联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1(－c,0)，F 2(c,0)，P 是双曲线C 右支上一点，且|PF 2|＝|F 1F 2|，若直线PF 1与圆x 2＋y 2＝a 2相切，则双曲线的离心率为( )A.43B.53C ．2D ．3解析：选B 取线段PF 1的中点为A ，连接AF 2，又|PF 2|＝|F 1F 2|，则AF 2⊥PF 1，∵直线PF 1与圆x 2＋y 2＝a 2相切，∴|AF 2|＝2a ，∵|PA |＝12|PF 1|＝a ＋c ，∴4c 2＝(a ＋c )2＋4a 2，化简得(3c －5a )(a ＋c )＝0，故3c ＝5a ，则双曲线的离心率为e ＝c a ＝53.10．(2017·石家庄模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0，－x ln (1－x )＋x 2，x ＜0，若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞) B ．[－1,0] C ．[0,1]D ．[－1,1]解析：选D 若x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝x ln(1＋x )＋x 2＝f (x )，同理可得x ＜0时，f (－x )＝f (x )，且x ＝0时，f (0)＝f (0)，所以f (x )为偶函数．当x ≥0时，易知f (x )＝x ln(1＋x )＋x 2为增函数，所以不等式f (－a )＋f (a )≤2f (1)等价于2f (a )≤2f (1)，即f (a )≤f (1)，亦即f (|a |)≤f (1)，则|a |≤1，解得－1≤a ≤1.11．(2018届高三·张掖调研)已知函数f (x )＝A cos 2(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎫A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π2的最大值为3，f (x )的图象与y 轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017)的值为( )A ．2 468B ．3 501C ．4 033D ．5 739解析：选C f (x )＝A 2cos(2ωx ＋2φ)＋1＋A2，∵f (x )max ＝3，∴A ＝2，令x ＝0，则cos 2φ＝0，∵0＜φ＜π2，∴φ＝π4，易知函数f (x )的最小正周期为4， ∴2π2ω＝4，得ω＝π4， 故f (x )＝－sin πx2＋2，∵f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝(－1＋2)＋(0＋2)＋(1＋2)＋(0＋2)＝8， 2 017＝504×4＋1，故f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017) ＝504×8＋(－1＋2)＝4 033.12．若存在正实数m ，使得关于x 的方程x ＋a (2x ＋2m －4e x )[ln(x ＋m )－ln x ]＝0有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B.⎝⎛⎭⎫0，12e C ．(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫12e ，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫12e ，＋∞ 解析：选D 当a ＝0时，方程只有一个解，不满足题意，当a ≠0，原方程有两个不同的根等价于方程1a ＝2⎝⎛⎭⎫2e －x ＋m x ln x ＋m x 有两个不同的根．令t ＝x ＋m x ＞1，则1a ＝2(2e －t )ln t ．设f (t )＝2(2e －t )ln t ，则f ′(t )＝2⎝⎛⎭⎫2e t －ln t －1，当t ＞e 时，f ′(t )＜0，当1＜t ＜e 时，f ′(t )＞0，所以f (t )在(e ，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以f (t )≤f (e)＝2e ，且当1＜t ＜e 时，f (t )＞0，当t →＋∞时，f (t )→－∞，所以要使1a ＝2(2e －t )ln t 存在两个不同的根，则需0＜1a ＜2e ，即a ＞12e，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12e ，＋∞. 二、填空题13．已知α∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，tan ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝17，那么sin 2α＋cos 2α＝________. 解析：由tan ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝17，知tan 2α＋11－tan 2α＝17， ∴tan 2α＝－34.∵2α∈⎝⎛⎭⎫π2，π，∴sin 2α＝35，cos 2α＝－45.∴sin 2α＋cos 2α＝－15.答案：－1514．(2018届高三·长春调研)已知AB ―→与AC ―→的夹角为90°，| AB |―→＝2，| AC |―→＝1，AM ―→＝λAB ―→＋μAC ―→(λ，μ∈R)，且AM ―→·BC ―→＝0，则λμ的值为________．C (1，0)，所以AB ―→＝(0,2)，解析：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (0,2)，AC ―→＝(1,0)，BC ―→＝(1，－2)．设M (x ，y )，则AM ―→＝(x ，y )，所以AM ―→·BC ―→＝(x ，y )·(1，－2)＝x －2y ＝0，所以x ＝2y ，又AM ―→＝λAB ―→＋μAC ―→，即(x ，y )＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x ＝μ，y ＝2λ，所以λμ＝12y x ＝14. 答案：1415．(2017·成都模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底为1的梯形，且当实数t 取[0,3]上的任意值时，直线y ＝t 被图1和图2所截得的两线段长始终相等，则图1的面积为________．解析：类比祖暅原理，得图1的面积就是图2梯形的面积，即为(1＋2)×32＝92. 答案：9216．(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点．若∠MAN ＝60°，则C 的离心率为________．解析：双曲线的右顶点为A (a,0)，一条渐近线的方程为y ＝b a x ，即bx －ay ＝0，则圆心A 到此渐近线的距离d ＝|ba －a ×0|b 2＋a2＝ab c . 又因为∠MAN ＝60°，圆的半径为b ，所以b ·sin 60°＝ab c ，即3b 2＝ab c ，所以e ＝23＝233. 答案：233。
2020版高考理科数学二轮刷题精选练习：第二部分+压轴题(二)+Word版含解析
压轴题(二)12．设实数m >0，若对任意的x ≥e ，不等式x2ln x －m e m x ≥0恒成立，则m 的最大值是( )A ．1eB ．e 3C ．2eD ．e 答案 D解析 不等式x 2ln x －m e m x ≥0⇔x 2ln x ≥m e m x ⇔x ln x ≥m x e m x ⇔e ln x ln x ≥m x e m x ，设f (x )＝x e x (x >0)，则f ′(x )＝(x ＋1)e x >0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数，因为m x >0，ln x >0，所以m x ≤ln x ，即m ≤x ln x 对任意的x ≥e 恒成立，此时只需m ≤(x ln x )min ，设g (x )＝x ln x (x ≥e)，g ′(x )＝ln x ＋1>0(x ≥e)，所以g (x )在[e ，＋∞)上为增函数，所以g (x )min ＝g (e)＝e ，所以m ≤e ，即m 的最大值为e.故选D.16．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的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，则这两个几何体体积相等，一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型，设某双曲线型冷却塔是曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)与直线x ＝0，y ＝0和y ＝b 所围成的平面图形绕y 轴旋转一周所得，如图所示，试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法，求出此冷却塔的体积为________．答案 43πa 2b解析 如题图，A 点在双曲线上，B 点在渐近线上，则图中圆环的面积为πx 2A －πx 2B ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2y 2A b 2＋a 2－π⎝ ⎛⎭⎪⎫ay A b 2＝πa 2，从而根据祖暅原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何体的体积等于底面半径为a 、高为b 的圆柱的体积，所以此冷却塔的体积为πa 2b ＋13πa 2b ＝43πa 2b .20．(2019·河南开封三模)已知函数f (x )＝e x －a ，g (x )＝a (x －1)(常数a ∈R )．(1)当g (x )与f (x )的图象相切时，求a 的值；(2)设φ(x )＝f (x )－g (x 2)，讨论φ(x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)设切点为A (x 0，e x 0 －a )，因为f ′(x )＝e x ，所以过A 点的切线方程为y －e x 0 ＋a ＝e x 0 (x －x 0)，即y ＝e x 0 x －x 0e x 0 ＋e x 0 －a ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧e x 0 ＝a ，e x 0 －x 0e x 0 －a ＝－a ， 解得a ＝e.(2)由题意可得φ(x )＝e x －ax 2，设函数h (x )＝1－ax 2e －x ，φ(x )在(0，＋∞)上零点的个数与h (x )在(0，＋∞)上零点的个数相同，当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x ，x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，∴h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值.①若h (2)>0，即a <e 24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e 24时，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，＋∞)上有两个零点，综上，当a <e 24时，φ(x )在(0，＋∞)上没有零点；当a ＝e 24时，φ(x )在(0，＋∞)上只有一个零点；当a >e 24时，φ(x )在(0，＋∞)上有两个零点．21．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形；②求△PQG 面积的最大值．解 (1)由题意，得y x ＋2·y x －2＝－12， 化简，得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ，x 24＋y 22＝1，得x ＝±21＋2k 2. 设u ＝21＋2k 2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)． 于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k 2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 2(x －u )，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*)设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程(*)的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此，得y G ＝uk 32＋k 2. 从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k 2－u ＝－1k . 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形．②由①，得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2， 所以△PQG 的面积S＝12|PQ|·|PG|＝8k(1＋k2)(1＋2k2)(2＋k2)＝8⎝⎛⎭⎪⎫1k＋k1＋2⎝⎛⎭⎪⎫1k＋k2.设t＝k＋1 k，则由k>0，得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为16 9.因此，△PQG面积的最大值为16 9.。
2020高考理科数学经典押题(含答案)
2020高考数学经典押题（含答案）满分：100分，时间：60分钟一、选择题：本大题共8个小题,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.复数满足，则（）A ． BCD ． 2.已知，则A ∩B =（）A ．B ．C ．D ． 3. 在中，角的对边分别为，若且，则（）A ．B ．C ．D ． 4.某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（）A． B ． C ．D ．5. 设满足约束条件，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ． 6. 函数的部分图象大致是（） z ()(1)1z i i +-=z =21222{|log (31)},{|4}A x y x B y x y ==-=+=1(0,)31[2,)3-1(,2]31(,2)3ABC ∆,,A B C ,,a b c sin 3sin ,A B c ==5cos 6C =a =348+6+6+8+,x y 22026020x y x y y --≤⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩2y x z x y =-7[,1]2-7[2,]2-77[,]23--3[,1]2-()22x xe ef x x x --=+-7. 过双曲线的右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，为虚轴上的一个端点，且为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．8. 已知函数，若成立，则的最小值为（） A ． B ． C ． D ．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设平面向量与向量互相垂直，且，若，则．14.在二项式的展开式中，其3项为，则．15.如图，是正方体的棱上的一点，且平面，则异面直线与所成角的余弦值为．16. 已知点是抛物线上一点，为坐标原点，若是以点为圆心，的长为半径的圆与抛物线的两个公共点，且为等边三角形，则的值是．22221(0,0)x y a b a b-=>>x ,A B D ABD∆2))+∞U ()()231,ln 42x x f x eg x -==+()()f m g n =n m -1ln 22+ln 212ln 22+2ln 2m u r n r 2(11,2)m n -=-u r r 5m =u r n =r 6120x =E 1111ABCD A B C D -11C D 1//BD 1B CF 1BDCE A 2:2(0)C x py p =>O ,A B (0,8)M OA C ABO ∆p三、解答题（本大题共2小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知正项数列满足，数列的前项和满足.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.18.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），曲线的参数方程为为参数） （1）将，的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（2）以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，若上的点对应的参数为，点上在，点为的中点，求点到直线距离的最小值.{}n a 221111,n n n n a a a a a ++=+=-{}n b n n S 2n n S n a =+{}n a {}n b 11{}n n a b +n n T xOy 1C cos (1sin x y θθθ=⎧⎨=+⎩2C 2cos (sin x y ϕϕϕ=⎧⎨=⎩1C 2C x l (cos 2sin )4ρθθ-=1C P 2πθ=Q 2C M PQ M l2020高考数学经典押（答案）一、选择题1-5: ACB CA 6-8: D D A二、填空题13. 14. 15. 16. 三、解答题17.解：（1）因为，所以，，因为，所以，所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，当时，，当时也满足，所以.（2）由（1）可知， 所以. 18.解：（1）的普通方程为，它表示以为圆心，为半径的圆，的普通方程为，它表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆. （2）由已知得，设，则， 直线，点到直线的距离为 ， 所以 ，即到直线的距离的最小值为. 52232211n n n n a a a a +++=-()()1110n n n n a a a a +++--=10,0n n a a +>>10n n a a ++≠11n n a a +-={}n a 11n a n =2n ≥12n n n b S S n -=-=1n =12b =2n b n =111111()2(1)21n n a b n n n n +==-++11111111[(1)()()()]22233412(1)n n T n n n =-+-+-++-=++L 1C 22(1)1x y +-=(0,1)12C 2214x y +=x (0,2)P (2cos ,sin )Q θθ1(cos ,1sin )2M θθ+:240l x y --=Ml d ==5d ≤=Ml 5。
全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程基础保分强化训练四(理科)
基础保分强化训练(四)1．集合A ＝{x |x 2－a ≤0}，B ＝{x |x <2}，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，4] B ．(－∞，4) C ．[0,4] D ．(0,4)答案 B解析 当a <0时，集合A ＝∅，满足题意；当a ≥0时，A ＝[－a ，a ]，若A ⊆B ，则a <2，所以0≤a ＜4，所以a ∈(－∞，4)，故选B.2．已知复数z 满足z ＋|z|＝3＋i ，则z ＝( ) A ．1－i B ．1＋i C.43－i D.43＋i答案 D解析 设z ＝a ＋bi ，其中a ，b ∈R ，由z ＋|z |＝3＋i ，得a ＋b i ＋a 2＋b 2＝3＋i ，由复数相等可得⎩⎨⎧a ＋a 2＋b 2＝3，b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝43，b ＝1，故z ＝43＋i ，故选D.3．已知直线l ：y ＝kx ＋1与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点，则“k ＝1”是“∠AOB ＝120°”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答案 A解析 由题意得圆心(0,0)到直线l ：y ＝kx ＋1的距离为d ＝11＋k2，若∠AOB ＝120°，则有11＋k2＝2×12，得k 2＝1即k ＝±1，若k ＝1时，则∠AOB ＝120°，但∠AOB ＝120°时，k ＝－1或k ＝1，故选A.4．将数字1,2,3填入编号为4,5,6的三个方格中，每个方格填上一个数字，则恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的概率是( )A.25B.35C.12D.34 答案 C解析 将数字1,2,3填入编号为4,5,6的三个方格中，其基本事件为(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,2,1)，(3,1,2)，共有6个，其中恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的事件有(1,3,2)，(2,1,3)，(3,2,1)，所以恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的概率P ＝36＝12.故选C.5．在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP →＝2PM →，则PA →·(PB →＋PC →)等于( )A ．－49B ．－43 C.43 D.49答案 A解析 如图，∵AP →＝2PM →，∴AP →＝PB →＋PC →，∴PA →·(PB →＋PC →)＝－PA →2，∵AM ＝1且AP →＝2PM →，∴|PA →|＝23，∴PA →·(PB →＋PC →)＝－49，故选A.6．下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln (x 2＋1＋x )答案 D解析 sin x 不是单调递增函数，可知A 错误；|－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ((－x )2＋1－x )＝ln1x 2＋1＋x＝－ln (x 2＋1＋x )，则y ＝ln (x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln (x 2＋1＋x ) 在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D.7．一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3答案 A解析 由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.8．已知平面区域Ω1：⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x ＋y ≤0，y ＋2≥0，Ω2：x 2＋y 2≤9，则点P (x ，y )∈Ω1是P (x ，y )∈Ω2的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 平面区域Ω2：x 2＋y 2≤9，表示圆以及内部部分； Ω1：⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x ＋y ≤0，y ＋2≥0的可行域如图三角形区域：则点P (x ，y )∈Ω1是P (x ，y )∈Ω2的充分不必要条件．故选A.9．若ω>0，函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后与函数y ＝sin ωx 的图象重合，则ω的最小值为( )A.112 B.52 C.12 D.32答案 B解析 函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后，所得函数图象对应的解析式为y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＋π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －ωπ3＋π3，其图象与函数y ＝sin ωx ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2＋2k π，k ∈Z 的图象重合，∴－π2＋2k π＝－ωπ3＋π3，k ∈Z ，∴ω＝－6k ＋52，k ∈Z ，又ω>0，∴ω的最小值为52，故选B.10．设a ＝log 43，b ＝log 52，c ＝log 85，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．b <a <c D ．c <a <b 答案 B解析 ∵a ＝log 43＝log 6427＝lg 27lg 64，c ＝log 85＝log 6425＝lg 25lg 64，∴log 43>log 85，即a >c ，∵2<5，5>8，∴c ＝log 85>log 88＝12，b ＝log 52<log 55＝12，∴log 85>log 52，即c >b ，∴log 43>log 85>log 52， 即a >c >b .故选B.11．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过原点的直线与双曲线C 交于A ，B 两点，若∠AF 2B ＝60°，△ABF 2的面积为3a 2，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±12xB ．y ＝±2xC ．y ＝±33x D ．y ＝±3x答案 D解析 根据题意，连接AF 1，BF 1，AF 2，BF 2得四边形AF 2BF 1为平行四边形，几何关系如图所示，设|AF 2|＝x ，则|BF 1|＝x ，|BF 2|＝x ＋2a ，△ABF 2的面积为3a 2，∠AF 2B ＝60°，则由三角形面积公式可得3a 2＝12x ·(x ＋2a )·32，化简得x 2＋2ax －4a 2＝0，解得x ＝(5－1)a ，x ＝(－5－1)a (舍去)．所以|BF 2|＝(5＋1)a .在△BF 1F 2中，|F 1F 2|＝2c ，由余弦定理可得|F 1F 2|2＝|BF 1|2＋|BF 2|2－2|BF 1|·|BF 2|·cos120°，即(2c )2＝(5－1)2a 2＋(5＋1)2a 2－2(5－1)a ·(5＋1)a cos120°，化简可得c 2＝4a 2，由双曲线中c 2＝a 2＋b 2，可得b 2＝3a 2，即ba＝±3，所以渐近线方程为y＝±3x，所以选D.12．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x<0，ln x，x>0，则f⎣⎢⎡⎦⎥⎤f⎝⎛⎭⎪⎫1e＝________.答案1e解析∵f⎝⎛⎭⎪⎫1e＝ln1e＝－1，∴f⎣⎢⎡⎦⎥⎤f⎝⎛⎭⎪⎫1e＝f(－1)＝e－1＝1e.13．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________ m．(取2＝1.4，3＝1.7)答案2650解析如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000.又在△ABC中，BCsin∠A＝ABsin∠ACB，∴BC＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10500×(6－2)×22＝10500×(3－1)＝7350.故山顶的海拔高度h＝10000－7350＝2650(m)．14．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：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＝________.答案 1024解析 当n ≥2时，∵S n ＝2b n －1，∴S n －1＝2b n －1－1，∴b n ＝2b n －2b n －1，∴b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，∵b 1＝2b 1－1，∴b 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴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)，∴c n ＝n (n －1)2＋1，由c n ＝n (n －1)2＋1＝56，得n ＝11，∴a 56＝b 11＝210＝1024.。
2020年新课标高考数学二轮复习-压轴题满分练(2套)
2020年新课标高考数学二轮复习-压轴题满分练（2套）压轴题类型1、圆锥曲线1.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)右焦点F 是抛物线C 2：y 2＝4x 的焦点，M 是C 1与C 2在第一象限内的交点，且||MF ＝53. (1)求C 1的方程；(2)已知菱形ABCD 的顶点A ，C 在椭圆C 1上，顶点B ，D 在直线7x －7y ＋1＝0上，求直线AC 的方程.解 (1)设M (x 1，y 1)(x 1＞0，y 1＞0)，椭圆的左、右焦点分别为F 1，F 2， 由题意知点F 2即为点F (1，0).由抛物线的定义，|MF 2|＝53⇒x 1＋1＝53⇒x 1＝23，因为y 21＝4x 1，所以y 1＝263，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，263， 所以|MF 1|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝73，由椭圆的定义得2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝73＋53＝4⇒a ＝2， 所以b ＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1.(2)因为直线BD 的方程为7x －7y ＋1＝0，四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，设直线AC 的方程为y ＝－x ＋m ，代入椭圆C 1的方程，得7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0，由题意知，Δ＝64m 2－28(4m 2－12)＞0⇔－7<m <7. 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8m 7，y 1＋y 2＝2m －(x 1＋x 2)＝－8m 7＋2m ＝6m 7， 所以AC 中点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 7，3m 7，由四边形ABCD 为菱形可知，点⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 7，3m 7在直线BD 上，所以7·4m 7－7·3m7＋1＝0⇒m ＝－1∈()－7，7.所以直线AC 的方程为y ＝－x －1，即x ＋y ＋1＝0.2.已知椭圆C 的中心在原点，离心率为22，其右焦点是圆E ：(x －1)2＋y 2＝1的圆心.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过椭圆C 上且位于y 轴左侧的一点P 作圆E 的两条切线，分别交y 轴于点M ，N .试推断是否存在点P ，使|MN |＝143？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，半焦距为c ，因为椭圆的右焦点是圆E 的圆心，所以c ＝1， 因为椭圆的离心率为22，则c a ＝22，即a ＝2c ＝2， 从而b 2＝a 2－c 2＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设点P (x 0，y 0)(x 0＜0)，M (0，m )，N (0，n )，则直线PM 的方程为y ＝y 0－mx 0x ＋m ，即(y 0－m )x －x 0y ＋mx 0＝0.因为圆心E (1，0)到直线PM 的距离为1， 即|y 0－m ＋x 0m |(y 0－m )2＋x 20＝1，即(y 0－m )2＋x 20＝(y 0－m )2＋2x 0m (y 0－m )＋x 20m 2，即(x 0－2)m 2＋2y 0m －x 0＝0， 同理可得，(x 0－2)n 2＋2y 0n －x 0＝0.由此可知，m ，n 为方程(x 0－2)x 2＋2y 0x －x 0＝0的两个实根， 所以m ＋n ＝－2y 0x 0－2，mn ＝－x 0x 0－2， |MN |＝|m －n |＝(m ＋n )2－4mn ＝4y 20(x 0－2)2＋4x 0x 0－2＝4x 20＋4y 20－8x 0(x 0－2)2. 因为点P (x 0，y 0)在椭圆C 上，则x 202＋y 20＝1， 即y 20＝1－x 202，则|MN |＝2x 20－8x 0＋4(x 0－2)2＝2(x 0－2)2－4(x 0－2)2＝2－4(x 0－2)2， 令2－4(x 0－2)2＝143， 则(x 0－2)2＝9， 因为x 0＜0，则x 0＝－1，y 20＝1－x 202＝12，即y 0＝±22，故存在点P ⎝⎛⎭⎪⎫－1，±22满足题设条件.3.已知点P 是椭圆C 上任意一点，点P 到直线l 1：x ＝－2的距离为d 1，到点F (－1，0)的距离为d 2，且d 2d 1＝22，直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B (A ，B 都在x轴上方)，且∠OF A ＋∠OFB ＝180°.(1)求椭圆C 的方程；(2)当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时，求直线l 的方程；(3)对于动直线l ，是否存在一个定点，无论∠OF A 如何变化，直线l 总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)设P (x ，y )，则d 1＝|x ＋2|，d 2＝(x ＋1)2＋y 2，∴d 2d 1＝(x ＋1)2＋y 2|x ＋2|＝22，化简得，x 22＋y 2＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)A (0，1)，F (－1，0)，∴k AF ＝1－00－(－1)＝1，又∵∠OFA ＋∠OFB ＝180°，∴k BF ＝－1， 直线BF 的方程为y ＝－(x ＋1)＝－x －1， 代入x 22＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝－1(舍)，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－43，y ＝13.∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，13，k AB ＝1－130－⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝12，∴直线AB 的方程为y ＝12x ＋1，即直线l 的方程为x －2y ＋2＝0. (3)方法一 ∵∠OFA ＋∠OFB ＝180°， ∴k AF ＋k BF ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 方程为y ＝kx ＋b ，将直线AB 的方程y ＝kx ＋b 代入x 22＋y 2＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋12x 2＋2kbx ＋b 2－1＝0.∴x 1＋x 2＝－2kb k 2＋12，x 1x 2＝b 2－1k 2＋12，∴k AF ＋k BF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝kx 1＋b x 1＋1＋kx 2＋b x 2＋1＝(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝0，∴(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1) ＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b ＝2k ×b 2－1k 2＋12－(k ＋b )×2kbk 2＋12＋2b ＝0，∴b －2k ＝0，∴直线AB 的方程为y ＝k (x ＋2)， ∴直线l 总经过定点M (－2，0)， 方法二 由于∠OFA ＋∠OFB ＝180°， ∴点B 关于x 轴的对称点B 1在直线AF 上.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，B 1(x 2，－y 2)，直线AF 方程为y ＝k (x ＋1).代入x 22＋y 2＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋12x 2＋2k 2x ＋k 2－1＝0. ∴x 1＋x 2＝－2k 2k 2＋12，x 1x 2＝k 2－1k 2＋12，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2，直线AB 的方程为y －y 1＝y 1－y 2x 1－x 2(x －x 1)，令y ＝0，得x ＝x 1－y 1(x 1－x 2)y 1－y 2＝x 2y 1－x 1y 2y 1－y 2.又∵y 1＝k (x 1＋1)，－y 2＝k (x 2＋1)，∴x ＝x 2y 1－x 1y 2y 1－y 2＝x 2×k (x 1＋1)＋x 1×k (x 2＋1)k (x 1＋1)＋k (x 2＋1)＝2x 1x 2＋x 1＋x 2x 1＋x 2＋2＝2×k 2－1k 2＋12－2k 2k 2＋122－2k 2k 2＋12＝－2.∴直线l 总经过定点M (－2，0).4.已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点. (1)若AF→＝3FB →，求直线AB 的斜率； (2)设点M 在线段AB 上运动，原点O 关于点M 的对称点为C ，求四边形OACB 面积的最小值.解 (1)依题意可设直线AB ：x ＝my ＋1，将直线AB 与抛物线联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1y 2＝4x⇒y 2－4my －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，∵AF →＝3FB →，∴y 1＝－3y 2，∴m 2＝13，∴直线AB 的斜率为3或－ 3. (2)S四边形OACB ＝2S △AOB ＝2·12||OF ||y 1－y 2＝||y 1－y 2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝16m 2＋16≥4，当m ＝0时，四边形OACB 的面积最小，最小值为4.5.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，点A ⎝⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同的交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 解 (1)设椭圆C 的焦距为2c ，则c ＝1，因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上，所以2a ＝||AF 1＋||AF 2＝22，因此a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)椭圆C 上不存在这样的点Q ，理由如下：设直线的方程为y ＝2x ＋t ， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，53，Q (x 4，y 4)，MN 的中点为D (x 0，y 0)，由⎩⎨⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1，消去x ，得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，所以y 1＋y 2＝2t9，且Δ＝4t 2－36(t 2－8)＞0，故y 0＝y 1＋y 22＝t9且－3＜t ＜3.由PM→＝NQ →，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－x 3，y 1－53＝(x 4－x 2，y 4－y 2)， 所以有y 1－53＝y 4－y 2，y 4＝y 1＋y 2－53＝29t －53.(也可由PM→＝NQ →知四边形PMQN 为平行四边形而D 为线段MN 的中点，因此，D 也为线段PQ 的中点， 所以y 0＝53＋y 42＝t9，可得y 4＝2t －159.)又－3＜t ＜3，所以－73＜y 4＜－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围[－1，1]矛盾.因此点Q 不在椭圆上，即椭圆上不存在满足题意的Q 点.6.如图，已知圆E ：(x ＋3)2＋y 2＝16，点F (3，0)，P 是圆E 上任意一点，线段PF 的垂直平分线和半径PE 相交于Q . (1)求动点Q 的轨迹Г的方程；(2)已知A ，B ，C 是轨迹Г的三个动点，点A 在一象限，B 与A 关于原点对称，且|CA |＝|CB |，问△ABC 的面积是否存在最小值？若存在，求出此最小值及相应直线AB 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)∵Q 在线段PF 的垂直平分线上， ∴|QP |＝|QF |，得|QE |＋|QF |＝|QE |＋|QP |＝|PE |＝4，又|EF |＝23＜4，∴Q 的轨迹是以E ，F 为焦点，长轴长为4的椭圆， ∴Г：x 24＋y 2＝1.(2)由点A 在第一象限，B 与A 关于原点对称，设直线AB 的方程为y ＝kx (k ＞0)， ∵|CA |＝|CB |，∴C 在AB 的垂直平分线上， ∴直线OC 的方程为y ＝－1k x .⎩⎨⎧y ＝kx x 24＋y 2＝1⇒(1＋4k 2)x 2＝4，|AB |＝2|OA |＝2x 2＋y 2＝4k 2＋14k 2＋1，同理可得|OC |＝2k 2＋1k 2＋4， S △ABC ＝12|AB |×|OC |＝4(k 2＋1)2(4k 2＋1)(k 2＋4)＝4(k 2＋1)(4k 2＋1)(k 2＋4)，(4k 2＋1)(k 2＋4)≤4k 2＋1＋k 2＋42＝5(k 2＋1)2，当且仅当k ＝1时取等号，∴S △ABC ≥85.综上，当直线AB 的方程为y ＝x 时，△ABC 的面积有最小值85.压轴题类型2、导数1.已知函数f (x )＝e x －ax 2－2ax －1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程； (2)当x ＞0时，f (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x 2－2x －1，f (－1)＝1e ，所以切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1e ，f ′(x )＝e x －2x －2，所以f ′(－1)＝1e，故曲线y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程为y －1e ＝1e []x －(－1)，即y ＝1ex ＋2e. (2)f (x )＝e x －ax 2－2ax －1求导得f ′(x )＝e x －2ax －2a ， 令g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a ，则g ′(x )＝e x －2a (x ＞0). ①当2a ≤1，即a ≤12时，g ′(x )＝e x －2a ＞1－2a ≥0，所以g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a 在(0，＋∞)上为增函数， g (x )＞g (0)＝1－2a ≥0，即g (x )＝f ′(x )≥0，所以f (x )＝e x －ax 2－2ax －1在(0，＋∞)上为增函数， 所以f (x )＞f (0)＝1－0－0－1＝0，故a ≤12时符合题意.②当2a ＞1，即a ＞12时，令g ′(x )＝e x －2a ＝0，得x ＝ln 2a ＞0，当x ∈(0，ln 2a )时，g (x )＜g (0)＝1－2a ＜0，即f ′(x )＜0， 所以f (x )在(0，ln 2a )上为减函数，所以f (x )＜f (0)＝0，与条件矛盾，故舍去.综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12. 2.已知函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x (a ∈R ).(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，证明：对任意的x ＞0，f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2.(1)解 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x ＝2x 2－(a －2)x －a x ＝(x ＋1)(2x －a )x. 当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增.当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得x ＞a 2， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a 2， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减. (2)证明 当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2， 只需证明e x －ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0，令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x ＝1x ，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足0e x ＝1x 0，当x变化时，g′(x)和g(x)的变化情况如下表：g(x)min＝g(x0)＝0x e－ln x0－2＝1x0＋x0－2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞21－2＝0，因此不等式得证.3.已知函数f(x)＝ln x－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1<x2，证明：x1·x22＜2.(1)解f(x)＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx＝0⇒x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明由(1)可知，f(x)＝m的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0，且0＜x1＜1，x2＞1，ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0，由题意可知ln x2－x2＝m＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2，所以0＜x1＜1，0＜2x22＜1.令g(x)＝ln x－x－m，则g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 22＝(ln x 1－x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2x 22－2x 22 ＝(ln x 2－x 2)－(ln 2x 22－2x 22)＝－x 2＋2x 22＋3ln x 2－ln 2， 令h (t )＝－t ＋2t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)， 则h ′(t )＝－1－4t 3＋3t ＝－t 3＋3t 2－4t 3＝－(t －2)2(t ＋1)t 3. 当t ＞2时，h ′(t )＜0，h (t )在(2，＋∞)上单调递减，所以h (t )＜h (2)＝2ln 2－32＜0. 所以当x 2＞2时，g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 22＜0，即g (x 1)＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 22， 因为0＜x 1＜1，0＜2x 22＜1，g (x )在(0，1)上单调递增， 所以x 1＜2x 22，故x 1·x 22＜2. 综上所述，x 1·x 22＜2.4.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，且函数g (x )＝12x 2＋nx ＋mf ′(x )(m ，n ∈R )，当且仅当在x ＝1处取得极值，其中f ′(x )为f (x )的导函数，求m 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝a (1－x )x (x ＞0)，当a ＞0时，令f ′(x )＞0，得0＜x ＜1，令f ′(x )＜0，得x ＞1，故函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).(2)因为函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，则f′(2)＝1，即a＝－2，所以g(x)＝12x2＋nx＋m⎝⎛⎭⎪⎫2－2x，所以g′(x)＝x＋n＋2mx2＝x3＋nx2＋2mx2，因为g(x)在x＝1处有极值，故g′(1)＝0，从而可得n＝－1－2m，则g′(x)＝x3＋nx2＋2mx2＝(x－1)(x2－2mx－2m)x2，又因为g(x)仅在x＝1处有极值，所以x2－2mx－2m≥0在(0，＋∞)上恒成立，当m＞0时，－2m＜0，易知∃x0∈(0，＋∞)，使得x20－2mx0－2m＜0，所以m＞0不成立，故m≤0，当m≤0且x∈(0，＋∞)时，x2－2mx－2m≥0恒成立，所以m≤0.综上，m的取值范围是(－∞，0].5.已知函数f(x)＝e－x(ln x－2k)(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝1－x(ln x＋1)e x，对任意x＞0，证明：(x＋1)·g(x)<ex＋e x－2.(1)解因为f′(x)＝1x－ln x＋2ke x(x＞0)，由已知得f′(1)＝1＋2ke＝0，所以k＝－12.所以f′(x)＝1x－ln x－1e x，设k(x)＝1x－ln x－1，则k′(x)＝－1x2－1x＜0在(0，＋∞)上恒成立，即k(x)在(0，＋∞)上单调递减，由k(1)＝0知，当0＜x＜1时，k(x)＞0，从而f′(x)＞0，当x＞1时，k(x)＜0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞).(2)证明因为x＞0，要证原式成立即证g(x)e x＜1＋e－2x＋1成立.当x≥1时，由(1)知g(x)≤0＜1＋e－2成立；当0＜x＜1时，e x＞1，且由(1)知，g(x)＞0，所以g(x)＝1－x ln x－xe x＜1－x ln x－x，设F(x)＝1－x ln x－x，x∈(0，1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)，当x∈(0，e－2)时，F′(x)＞0，当x∈(e－2，1)时，F′(x)＜0，所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2，所以g(x)＜F(x)≤1＋e－2，即当0＜x＜1时，g(x)＜1＋e－2. ①综上所述，对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2恒成立.令G(x)＝e x－x－1(x＞0)，则G′(x)＝e x－1＞0恒成立，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增，G(x)＞G(0)＝0恒成立，即e x＞x＋1＞0，即0＜1e x＜1x＋1. ②当x ≥1时，有g (x )e x ≤0＜1＋e －2x ＋1； 当0＜x ＜1时，由①②式，g (x )e x ＜1＋e －2x ＋1. 综上所述，当x ＞0时，g (x )e x ＜1＋e －2x ＋1成立，故原不等式成立. 6.已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k ＞0. (1)讨论f (x )在(0，2)上的单调性；(2)当k ∈[4，＋∞)时，若曲线y ＝f (x )上总存在相异的两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线y ＝f (x )在M ，N 两点处的切线互相平行，试求x 1＋x 2的取值范围. 解 (1)由已知得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝k ＋4k x －x 2＋4x 2＝－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x ＋4x 2＝－(x －k )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4k x 2(k ＞0). ①当0＜k ＜2时，4k ＞k ＞0，且4k ＞2，所以x ∈(0，k )时，f ′(x )＜0；x ∈(k ，2)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；②当k ＝2时，4k ＝k ＝2，f ′(x )＜0在区间(0，2)内恒成立，所以f (x )在(0，2)上是减函数；③当k ＞2时，0＜4k ＜2，k ＞4k ，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 时，f ′(x )＜0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，2时，f ′(x )＞0， 所以函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ，2上是增函数. (2)由题意，可得f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1x 2＞0且x 1≠x 2，即k ＋4k x 1－4x 21－1＝k ＋4kx 2－4x 22－1，化简得，4(x 1＋x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x 1x 2. 由x 1x 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222， 得4(x 1＋x 2)＜⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222， 即(x 1＋x 2)＞16k ＋4k 对k ∈[4，＋∞)恒成立，令g (k )＝k ＋4k ，则g ′(k )＝1－4k 2＝k 2－4k 2＞0对k ∈[4，＋∞)恒成立. 所以g (k )在[4，＋∞)上是增函数，则g (k )≥g (4)＝5，所以16k ＋4k≤165， 所以(x 1＋x 2)＞165， 故x 1＋x 2的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞.。
2020高考理科数学二轮分层特训卷：热点练(二) Word版含解析
热点(二) 恒成立及参数1．(参数范围＋单调性)已知函数f (x )＝ln a ＋ln xx在[1，＋∞)上为减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．0<a <1eB ．0<a ≤eC ．a ≤eD ．a ≥e 答案：D解析：函数f (x )＝ln a ＋ln x x 在[1，＋∞)上为减函数，f ′(x )＝1－ln a －ln xx 2，则f ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立， 即1－ln a －ln x ≤0在[1，＋∞)上恒成立， ∴ln x ≥1－ln a ＝ln ea恒成立，∴ln e a ≤0，即ea ≤1，∴a ≥e.2．(参数范围＋不等式恒成立)设0≤α≤π，不等式8x 2－(8sin α)x ＋cos 2α≥0对x ∈R 恒成立，则α的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，π6B.⎣⎡⎦⎤0，π6∪⎣⎡⎦⎤5π6，π C.⎣⎡⎦⎤5π6，π D.⎣⎡⎦⎤π6，5π6 答案：B解析：根据题意有64sin 2α－32cos 2α≤0，即sin 2α≤14，结合题中所给的角的范围，求得α的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，π6∪⎣⎡⎦⎤5π6，π，故选B. 3．(参数范围＋不等式恒成立)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，7)B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12，7] 答案：B解析：设f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9， 令3x 2－6x －9＝0，得x 1＝－1，x 2＝3， ∵3∉[－2，2]，∴x 2＝3(舍)， 列表讨论：Z ]∵f (－2)＝－8－12＋18＋2＝0，f (－1)＝－1－3＋9＋2＝7，f (2)＝8－12－18＋2＝－20， ∴f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2在x ∈[－2，2]上的最大值为7，最小值为－20，∵关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，∴m ≤－20，故选B.4．(参数范围＋单调性)已知函数f (x )＝a (x ＋1)ln(x ＋1)－x 2－ax (a >0)是减函数，则a 的值是( )A ．－1B ．1C ．－2D ．2 答案：D解析：f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝a ln(x ＋1)－2x .由f (x )是减函数得，对任意的x ∈(－1，＋∞)，都有f ′(x )＝a ln(x ＋1)－2x ≤0恒成立． 设g (x )＝a ln(x ＋1)－2x .则g ′(x )＝－2⎣⎡⎦⎤x －⎝⎛⎭⎫a 2－1x ＋1，由a >0知a2－1>－1，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，a2－1时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a2－1，＋∞时，g ′(x )<0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，a 2－1上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a2－1，＋∞上单调递减， ∴g (x )在x ＝a2－1处取得最大值．∵g (0)＝0，∴对任意的x ∈(－1，＋∞)，g (x )≤g (0)恒成立，即g (x )的最大值为g (0)． ∴a2－1＝0，解得a ＝2. 5．(参数范围＋恒成立)已知关于x 的不等式m cos x ≥2－x 2在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[3，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．[2，＋∞)D ．(2，＋∞) 答案：C解析：变形得m ≥2－x 2cos x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，因为当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 2cos x ′＝－2x cos x ＋(2－x 2)sin x cos 2x，令f (x )＝－2x cos x ＋(2－x 2)sin x ，则f ′(x )＝－x 2cos x ，可知在⎝⎛⎭⎫0，π2上，f ′(x )<0， ∴f (x )<f (0)＝0，∴y ＝2－x 2cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数．又y ＝2－x 2cos x 在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上是偶函数，且连续，所以2－x 2cos x 的最大值为2－0cos 0＝2，∴m ≥2，故选C.6．(参数范围＋单调性)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1]D ．[1，＋∞) 答案：D解析：f ′(x )＝k －1x.∵函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )≥0在区间(1，＋∞)上恒成立．∴k ≥1x ，而y ＝1x 在区间(1，＋∞)上单调递减，∴k ≥1，∴k 的取值范围是[1，＋∞)，故选D.7．(参数范围)已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，若函数f (x )在(1，2)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－16)C ．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D ．(－∞，－16)∪(－6，＋∞) 答案：C解析：f ′(x )＝2x ＋4＋ax，因为函数在区间(1，2)上具有单调性，所以f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(1，2)上恒成立，则有2x ＋4＋a x ≤0或2x ＋4＋ax ≥0在(1，2)上恒成立，所以a ≤－(2x 2＋4x )或a ≥－(2x 2＋4x )在(1，2)上恒成立，令g (x )＝－(2x 2＋4x )，当1<x <2时，－16<g (x )<－6，所以a ≤－16或a ≥－6，所以a 的取值范围是(－∞，－16]∪[－6，＋∞)．8．(参数范围＋分段函数恒成立)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －2)2(x <2)，(3－a )x ＋5a (x ≥2)满足对任意x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(3，＋∞)C ．[－2，3)D ．[1，＋∞) 答案：C解析：因为任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，所以函数f (x )是增函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，2(3－a )＋5a ≥0，解得－2≤a <3，故选C. 9．(参数范围＋不等式)若不等式3x 2－log a x <0在x ∈⎝⎛⎭⎫0，13内恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．a <127 B.127<a <1C ．a >1 D.127≤a <1答案：D解析：由题意知：3x 2<log a x 在x ∈⎝⎛⎭⎫0，13内恒成立，在同一坐标系内，分别作出函数y ＝3x 2和y ＝log a x 的图象(图略)，观察两函数图象，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，若a >1，则函数y ＝log a x 的图象显然在函数y ＝3x 2图象的下方，不成立；若0<a <1，则log a 13≥13，∴a ≥127，∴127≤a <1，故选D.10．(参数范围＋不等式恒成立)函数f (x )＝e x －1－12ax 2＋(a －1)x ＋a 2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的范围是( )A ．{1}B ．(－1，1)C ．(0，1)D ．{－1，1} 答案：A解析：由题意知f ′(x )＝e x －1－ax ＋(a －1)≥0恒成立， 即e x －1≥ax －(a －1)恒成立， 易知e x ≥x ＋1，即e x －1≥x ，所以只需要x ≥ax －(a －1)，即(a －1)(x －1)≤0恒成立， 所以a ＝1，故选A.11．(参数范围＋不等式)若存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，不等式2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0成立，则实数m 的最大值为( ) A.1e ＋3e －2 B ．2＋e ＋3eC ．4D ．e 2－1答案：A解析：2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0，∴m ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.当1e ≤x <1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当1<x ≤e 时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．∵存在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，m ≤2ln x ＋x ＋3x成立， ∴m ≤h (x )max .∵h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e， ∴h ⎝⎛⎭⎫1e >h (e)，∴m ≤1e＋3e －2.故选A. 12．(参数范围＋分段函数)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x ≤1，1x ，x >1，若0<a <b 且满足f (a )＝f (b )，则af (b )＋bf (a )的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫1，1e ＋1B.⎝⎛⎦⎤－∞，1e ＋1 C.⎝⎛⎦⎤1，1e ＋1 D.⎝⎛⎭⎫0，1e ＋1 答案：A解析：如图，由f (a )＝f (b )，得－ln a ＝1b.因为0<1b <1，所以0<－ln a <1，得1e<a <1.则af (b )＋bf (a )＝a ·1b＋b (－ln a )＝－a ln a ＋1⎝⎛⎭⎫1e <a <1， 令g (x )＝－x ln x ＋1⎝⎛⎭⎫1e <x <1， 则g ′(x )＝－ln x －1， 令g ′(x )＝0，得x ＝1e.当1e<x <1时，g ′(x )<0，g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上递减， ∴1<g (x )<1e＋1.故选A.13．(参数范围＋不等式)当x ∈(1，2)时，不等式x 2＋mx ＋4<0恒成立，则m 的取值范围是________．答案：(－∞，－5]解析：当x ∈(1，2)时，由x 2＋mx ＋4<0得m <－x 2＋4x .令f (x )＝x 2＋4x ＝x ＋4x ，则易知f (x )在(1，2)上是减函数，∴x ∈[1，2]时，f (x )max ＝f (1)＝5，可得x ∈(1，2)时，－x 2＋4x >－5，∴m ≤－5.14．(恒成立)当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案：[－6，－2]解析：不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变形为ax 3≥x 2－4x －3. 当x ＝0时，不等式即为0≥－3，故实数a 的取值范围是R ；当x ∈(0，1]时，a ≥x 2－4x －3x 3，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，则f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0，故函数f (x )递增，则f (x )max ＝f (1)＝－6，故a ≥－6；当x ∈[－2，0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，设f (x )＝x 2－4x －3x 3，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝9(舍去)，当x ∈(－2，－1)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，故f (x )min ＝f (－1)＝－2，则a ≤－2. 综上所述，实数a 的取值范围是[－6，－2]．15．(参数范围＋存在性问题)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(2－x )，0≤x <k ，x 3－3x 2＋3，k ≤x ≤a ，若存在实数k ，使得函数f (x )的值域为[－1，1]，则实数a 的取值范围是________．答案：[2，1＋3]解析：由于y ＝log 2(2－x )在[0，k )上是单调递减函数，当x ＝0时，y ＝1，当x ＝32时，y＝－1，所以0<k ≤32，令g (x )＝x 3－3x 2＋3，则g ′(x )＝3x 2－6x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2，可得g (x )在(0，2)上递减，在(2，＋∞)上递增，当x ＝2时，函数取得极小值－1，令x 3－3x 2＋3＝1，解得x ＝1或x ＝1＋3或x ＝1－3(舍)，所以2≤a ≤1＋ 3.16．(参数范围＋恒成立)已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a >0)，若对任意两个不等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，则a 的取值范围是________．答案：[1，＋∞) 解析：根据对任意两个不等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，可知函数的导数大于或等于2，所以f ′(x )＝ax ＋x ≥2(x >0，a >0)，分离参数得a ≥x (2－x )，而当x >0时，x (2－x )的最大值为1，故a ≥1.。
2020届高考数学大二轮复习 刷题专练 压轴题分类汇编全集 文
压轴题(一)12．(2019·山东潍坊摸底考试)在△ABC 中，已知角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a ＋b )∶(c ＋a )∶(b ＋c )＝6∶5∶4，给出下列结论：①△ABC 被唯一确定； ②△ABC 一定是钝角三角形； ③sin A ∶sin B ∶sin C ＝7∶5∶3； ④若b ＋c ＝8，则△ABC 的面积是1532.其中正确结论的序号是( )A ．①③B ．②③C ．③④D ．②③④ 答案 B解析 由已知可设a ＋b ＝6k ，c ＋a ＝5k ，b ＋c ＝4k (k >0)，则a ＝72k ，b ＝52k ，c ＝32k ，所以a ∶b ∶c ＝7∶5∶3，所以sin A ∶sin B ∶sin C ＝7∶5∶3，所以③正确．又a ，b ，c 的值不确定，所以①错误．在△ABC 中，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－12，A ＝2π3，所以②正确．因为b ＋c＝8，所以b ＝5，c ＝3，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝1534，所以④错误．16．(2019·湘赣十四校联考二)如图，正三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，底面边长为4，M ，N 分别在BC 和PO 上，且PN ＝2CM ，当三棱锥N －AMC 体积最大时，三棱锥N －AMC 的内切球的半径为________．答案13－3解析 设CM ＝x ，V N －AMC ＝13S △AMC ·NO ＝13×12AC ·CM ·sin60°·(PO －PN )＝13×12×4x ×32×(8－2x )＝233(4x －x 2)，当x ＝2时，V N －AMC 取得最大值833，此时M 为BC 的中点，AM 经过点O ，且NO ＝4，AO ＝433，∴OM ＝233，NM ＝2393，NA ＝NC ＝833，则S △NAM ＝43，S △NCM ＝2393，S △NAC ＝4393，S △CAM ＝23， 又∵13(S △NAM ＋S △NCM ＋S △NAC ＋S △CAM )·r ＝V N －AMC ，∴r ＝13－3.20．已知函数f (x )＝(x 2＋ax ＋1)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )≥x ＋1恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(x ＋a ＋1)e x，令f ′(x )＝0得x 1＝－1，x 2＝－1－a ； ①当a ＝0时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a >0时，在(－∞，－1－a )∪(－1，＋∞)上f ′(x )>0，在(－1－a ，－1)上f ′(x )<0， 因此f (x )在(－∞，－1－a )和(－1，＋∞)上单调递增，在(－1－a ，－1)上单调递减． ③当a <0时，在(－1，－1－a )上f ′(x )<0，在(－∞，－1)∪(－1－a ，＋∞)上f ′(x )>0， 因此f (x )在(－1，－1－a )上单调递减，在(－∞，－1)和(－1－a ，＋∞)上单调递增． (2)令g (x )＝f (x )－x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－1，由于g (0)＝0， 若g (x )≥0恒成立，则必有g ′(0)＝0，得a ＝0，此时f (x )＝(x 2＋1)e x； 则g ′(x )＝(x ＋1)2e x－1，记G (x )＝(x ＋1)2e x－1， 则G ′(x )＝(x ＋1)(x ＋3)e x，则G (x )的单调性如下表：x <0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，g (x )≥g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1；所以当a ＝0时，f (x )≥x ＋1恒成立，因此a ＝0.21．(2019·湖南五市十校教研教改共同体12月联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，右焦点为F ，以原点O 为圆心，椭圆C 的短半轴长为半径的圆与直线x －y －2＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，过定点P (2,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，连接AF 并延长交C 于点M ，求证：∠PFM ＝∠PFB .解 (1)依题意可设圆C 的方程为x 2＋y 2＝b 2， ∵圆C 与直线x －y －2＝0相切，∴b ＝|2|12＋12＝ 1.∴a 2－c 2＝1，由c a ＝22，解得a ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：依题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，代入x 22＋y 2＝1，整理得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0，∵直线l 与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，即2k 2－1＜0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2，则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2，∵F (1,0)， ∴k 1＋k 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1＝k x 1－2x 1－1＋k x 2－2x 2－1＝2k －k ⎝⎛⎭⎪⎫1x 1－1＋1x 2－1＝2k －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2－2x 1x 2－x 1＋x 2＋1＝2k －k ·8k21＋2k 2－28k 2－21＋2k 2－8k 21＋2k 2＋1＝2k －k ·4k 2－22k 2－1＝0，即∠PFM ＝∠PFB .压轴题(二)12．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝233，对称中心为O ，右焦点为F ，点A 是双曲线C 的一条渐近线上位于第一象限内的点，∠AOF ＝∠OAF ，△OAF 的面积为33，则双曲线C 的方程为( )A.x 236－y 212＝1B.x 23－y 2＝1C.x 212－y 24＝1 D.x 29－y 23＝1 答案 D解析 因为e ＝c a ＝233，所以b a＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2－1＝33，所以tan ∠AOF ＝ba ＝33，所以∠AOF ＝π6， 又因为∠AOF ＝∠OAF ，所以|AF |＝|OF |＝c ，∠OAF ＝π6，∠AFO ＝2π3.又因为S △OAF ＝33， 所以12·c ·c ·sin 2π3＝3 3.所以c 2＝12，a 2＝34c 2＝9，b 2＝13a 2＝3.所以双曲线C 的方程为x 29－y 23＝1.16．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”，这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高，这句话的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，则这两个几何体体积相等，一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型，设某双曲线型冷却塔是曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)与直线x ＝0，y ＝0和y ＝b 所围成的平面图形绕y 轴旋转一周所得，如图所示，试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法，求出此冷却塔的体积为________．答案 43πa 2b解析 如题图，A 点在双曲线上，B 点在渐近线上，则图中圆环的面积为πx 2A －πx 2B ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2y 2A b 2＋a 2－π⎝ ⎛⎭⎪⎫ay A b 2＝πa 2，从而根据祖暅原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何体的体积等于底面半径为a 、高为b 的圆柱的体积，所以此冷却塔的体积为πa 2b ＋13πa 2b ＝43πa 2b .20．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点M (－2,0)是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点，且椭圆C 的离心率为32. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)矩形ABCD 的四个顶点均在椭圆C 上，求矩形ABCD 的面积的最大值． 解 (1)依题意，M (－2,0)是椭圆C 的左顶点，所以a ＝2.又e ＝c a ＝32，所以c ＝3，b ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由对称性可知，设A (x 0，y 0)，其中x 0y 0≠0，则B (－x 0，y 0)，C (－x 0，－y 0)，D (x 0，－y 0)，所以|AB |＝2|x 0|，|AD |＝2|y 0|，S 矩形ABCD ＝4|x 0y 0|，因为S2矩形ABCD＝16x 20y 20，又y 20＝1－x 204，所以S 2矩形ABCD ＝16x 20y 20＝－4x 40＋16x 20＝－4(x 20－2)2＋16，而x 20∈(0,4)，故当x 20＝2时，S 2矩形ABCD取得最大值16，所以矩形ABCD 的面积的最大值为4.21．(2019·河南开封三模)已知函数f (x )＝e x－a ，g (x )＝a (x －1)(常数a ∈R 且a ≠0)． (1)当g (x )与f (x )的图象相切时，求a 的值；(2)设h (x )＝f (x )·g (x )，若h (x )存在极值，求a 的取值范围．解 (1)设切点为A (x 0，e x0－a )，因为f ′(x )＝e x，所以过A 点的切线方程为y －e x0＋a ＝e x0 (x －x 0)，即y ＝e x0x －x 0e x0＋e x0－a ，由题意，得⎩⎨⎧e x0＝a ，e x 0－x 0e x0－a ＝－a ，解得a ＝e.(2)依题意，h (x )＝a (x －1)(e x －a )，则h ′(x )＝a (x e x －a )，当a ＞0时，令φ(x )＝x ex－a ，则φ′(x )＝(x ＋1)e x，令φ′(x )＞0，则x ＞－1，令φ′(x )＜0，则x ＜－1，所以当x ∈(－∞，－1)时，φ(x )单调递减；当x ∈(－1，＋∞)时，φ(x )单调递增．若h (x )存在极值，则φ(x )min ＝φ(－1)＝－1e－a ＜0，所以a ∈(0，＋∞)，又a ∈(0，＋∞)时，φ(a )＝a (e a －1)＞0，所以，a ∈(0，＋∞)时，φ(x )在(－1，＋∞)存在零点x 1，且在x 1左侧φ(x )＜0，在x 1右侧φ(x )＞0，即h ′(x )存在变号零点．当a ＜0时，h ′(x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．若h (x )存在极值，则h ′(x )max ＝h ′(－1)＝a (－1e －a )>0，即－1e－a <0，即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，φ(a )＝a (e a－1)>0，所以a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，φ(x )在(－1，＋∞)存在零点x 2，且在x 2左侧φ(x )<0，在x 2右侧φ(x )>0，即h ′(x )存在变号零点．所以，若h (x )存在极值，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0∪(0，＋∞)．压轴题(三)12．(2019·江西上饶重点中学六校第二次联考)已知A (－2，0)，B (2,0)，若x 轴上方的点P 满足对任意λ∈R ，恒有|AP →－λAB →|≥2成立，则P 点的纵坐标的最小值为( )A.14B.12 C ．1 D ．2 答案 D解析 设P (x ，y )，则AP →＝(x ＋2，y )，AB →＝(4,0)，故AP →－λAB →＝(x ＋2－4λ，y )，|AP→－λAB →|≥2恒成立，即|AP →－λAB →|2≥4恒成立，则(x ＋2－4λ)2＋y 2－4≥0，故y 2－4≥0，又由题意可知y >0，所以y ≥2，即P 点的纵坐标的最小值为2.故选D.16．(2019·湖北宜昌元月调考)已知函数f (x )＝x 2＋(a －1)x －a ，若函数g (x )＝f [f (x )]有且仅有两个零点，则实数a 的取值集合为________．答案 {－1}解析 由题意得f (x )＝x 2＋(a －1)x －a ＝(x ＋a )(x －1)，令f (x )＝t ，则函数g (x )＝f [f (x )]可化为y ＝f (t )，令f (t )＝0，解得t 1＝1或t 2＝－a ，即f (x )＝1或f (x )＝－a ，因为函数g (x )＝f [f (x )]有且仅有两个零点，所以f (x )＝1与f (x )＝－a 共有两个不同的实数解，f (x )＝－a 可化为x 2＋(a －1)x ＝0，即f (x )＝－a 的根为x 1＝0或x 2＝1－a ，要使得f (x )＝1与f (x )＝－a 共有两个不同的实数解，则两方程的根必须相同．即－a ＝1时，才可以使得f (x )＝－a 的两根与f (x )＝1的两个根相同，实数a 的取值集合为{－1}．20．已知过A (0,2)的动圆恒与x 轴相切，设切点为B ，AC 是该圆的直径． (1)求C 点轨迹E 的方程；(2)当AC 不在y 轴上时，设直线AC 与曲线E 交于另一点P ，该曲线在P 处的切线与直线BC 交于Q 点．求证：△PQC 恒为直角三角形．解 (1)设C 点坐标为(x ，y )，则B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x2，0.因为AC 是直径，所以BA ⊥BC ，或C ，B 均在坐标原点，因此BA →·BC →＝0，而BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2，2，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y ，故有－x 24＋2y ＝0，即x 2＝8y .另一方面，设C ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 208是曲线x 2＝8y 上一点，则有|AC |＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 208－22＝x 20＋168， AC 中点的纵坐标为2＋x 2082＝x 20＋1616＝|AC |2，故以AC 为直径的圆与x 轴相切． 综上可知，C 点轨迹E 的方程为x 2＝8y . (2)证明：设直线AC 的方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝8y得x 2－8kx －16＝0，设C (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－16.由y ＝x 28，对x 求导知y ′＝x4，从而曲线E 在P 处的切线斜率k 2＝x 24，直线BC 的斜率k 1＝x 218x 1－x 12＝x 14， 于是k 1k 2＝x 1x 216＝－1616＝－1. 因此QC ⊥PQ ，所以△PQC 恒为直角三角形．21．已知函数f (x )＝a eln x 和g (x )＝12x 2－(a ＋e)x (a >0)．(1)设h (x )＝f (x )＋g (x )，求函数h (x )的单调区间；(2)当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞时，M 为函数f (x )＝a eln x 图象与函数m (x )＝2－e x 图象的公共点，且在点M 处有公共切线，求点M 的坐标及实数a 的值．解 (1)h (x )＝a eln x ＋12x 2－(a ＋e)x (x >0)，h ′(x )＝a e x ＋x －(a ＋e)＝x 2－a ＋e x ＋a e x ＝x －a x －ex.①当0<a <e 时，在x ∈(0，a )时，h ′(x )>0，函数h (x )在(0，a )上单调递增， 在x ∈(a ，e)时，h ′(x )<0，函数h (x )在(a ，e)上单调递减； 在x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )在(e ，＋∞)上单调递增．②当a ＝e 时，在x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )≥0，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增． ③当a >e 时，在x ∈(0，e)时，h ′(x )>0，函数h (x )在(0，e)上单调递增， 在x ∈(e ，a )时，h ′(x )<0，函数h (x )在(e ，a )上单调递减； 在x ∈(a ，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )在(a ，＋∞)上单调递增． 综上：当0<a <e 时，函数h (x )的单调递增区间是(0，a )和(e ，＋∞)；单调递减区间是(a ，e)； 当a ＝e 时，函数h (x )的单调增区间是(0，＋∞)；当a >e 时，函数h (x )的单调递增区间是(0，e)和(a ，＋∞)，单调递减区间是(e ，a )． (2)设点M (x 0，y 0)，x 0>e2，在点M (x 0，y 0)处有公共切线，设切线斜率为k ，因为f ′(x )＝a e x，m ′(x )＝ex2，所以k ＝a e x 0＝ex 20，即ax 0＝1，由M (x 0，y 0)是函数f (x )＝a eln x 与函数m (x )＝2－ex图象的公共点，所以y 0＝a eln x 0＝2－e x 0，化简可得a e x 0ln x 0＝2x 0－e ，将ax 0＝1代入，得eln x 0－2x 0＋e ＝0，设函数u (t )＝eln t －2t ＋e ⎝ ⎛⎭⎪⎫t >e 2， u ′(t )＝e t －2＝e －2tt.因为t >e 2，u ′(t )<0，函数u (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞上单调递减， 因为u ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＝eln e 2>0，u (e 2)＝eln e 2－2e 2＋e ＝3e －2e 2＝e(3－2e)<0，所以在t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞时，u (t )＝eln t －2t ＋e 只有一个零点． 由u (e)＝eln e －2e ＋e ＝0，知方程eln x 0－2x 0＋e ＝0在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞上只有一个实数根为x 0＝e ，代入y 0＝a eln x 0＝a eln e ＝a e ＝1，所以M (e,1)，此时a ＝1e .压轴题(四)12．已知函数f (x )＝ax －a 2－4(a >0，x ∈R )，若p 2＋q 2＝8，则f qf p的取值范围是( ) A ．(－∞，2－3) B ．[2＋3，＋∞) C ．(2－3，2＋3) D ．[2－3，2＋3]答案 D解析 f q f p ＝aq －a 2－4ap －a 2－4＝q －a －4a p －a －4a，表示点A (p ，q )与点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋4a，a ＋4a 连线的斜率．又a ＋4a≥4，故取点E (4,4)．当AB 与圆的切线EC 重合时，k AB 取最小值， 可求得k EC ＝tan15°＝2－3，所以f qf p的最小值为2－3； 当AB 与圆的切线ED 重合时，k AB 取最大值， 可求得k ED ＝tan75°＝2＋3， ∴f q f p 的最大值为2＋3；故f qf p的取值范围是[2－3，2＋3]． 16．(2019·江西上饶重点中学六校第二次联考)已知椭圆C 的方程为x 29＋y 23＝1，A ，B 为椭圆C 的左、右顶点，P 为椭圆C 上不同于A ，B 的动点，直线x ＝6与直线PA ，PB 分别交于M ，N 两点，若点D (9,0)，则过D ，M ，N 三点的圆必过x 轴上不同于点D 的定点，则该定点坐标为________．答案 (3,0)解析 首先证明椭圆的一个性质：椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，点A ，B 是椭圆上关于原点对称的两点，P 是椭圆上异于A ，B 的一个点，则k AP k BP ＝－b 2a2.证明如下：设P (x ，y )，A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)，由于A ，P 是椭圆上的两点，故⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x 21a 2＋y 21b 2＝1，两式作差可得x 2－x 21a 2＋y 2－y 21b 2＝0，此时k AP k BP ＝y －y 1x －x 1·y ＋y 1x ＋x 1＝y 2－y 21x 2－x 21＝－b 2a 2.故结论成立．设直线PA 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，由题意可知k 1k 2＝－b 2a 2＝－13，设直线PA 的方程为y ＝k 1(x ＋3)，则M (6,9k 1)，设直线PB 的方程为y ＝k 2(x －3)，则N (6,3k 2)，故k DM ·k DN ＝9k 1－3·3k 2－3＝3k 1k 2＝－1，故DM ⊥DN ，MN 为△DMN 外接圆的直径，设所求的点为E (m,0)(m ≠9)，则k EM ·k EN ＝9k 16－m ·3k 26－m＝－1，即－(6－m )2＝27k 1k 2＝－9，解得m ＝3(m ＝9舍去)．综上可得，所求定点的坐标为(3,0)． 20．已知动点P 到点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0的距离比它到直线x ＝－94的距离小2.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)记P 点的轨迹为E ，过点F 、斜率存在且不为0的两直线l 1，l 2分别与曲线E 交于M ，N ，P ，Q 四点，若l 1⊥l 2，证明：1|MN |＋1|PQ |为定值． 解 (1)由题意可知动点P 到点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0的距离与它到直线x ＝－14的距离相等，显然动点P 的轨迹是抛物线，设其方程为y 2＝2px (p >0)，易知p ＝12，所以动点P 的轨迹方程为y 2＝x .(2)证明：由题意，直线l 1的斜率存在，可设直线l 1：y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14.由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14，得k 2x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫k 22＋1x ＋k216＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝k 22＋1k 2＝k 2＋22k2.于是|MN |＝x 1＋x 2＋p ＝k 2＋22k 2＋12＝k 2＋1k2.同理可得|PQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 2＝k 2＋1.所以1|MN |＋1|PQ |＝k 2k 2＋1＋1k 2＋1＝1，为定值．21．已知函数f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ，a ∈R . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)函数f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x 的定义域是(0，＋∞)． 当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x ， f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x＝2x －1x －1x.曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线斜率为f ′(2)＝32，f (2)＝－2＋ln 2，故曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线方程为y －f (2)＝f ′(2)·(x －2)， 即y －(－2＋ln 2)＝32(x －2)，化简得3x －2y －10＋2ln 2＝0.(2)因为f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ，从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x ＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x，x >0.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，由f ′(x )>0，得0<x <1或x >12a ；由f ′(x )<0，得1<x <12a ，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减； 当a ＝12时，因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，由f ′(x )>0，得0<x <12a 或x >1；由f ′(x )<0，得12a <x <1，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减．压轴题(五)12．(2019·河南焦作四模)已知f (x )＝m sin 2x ＋sin 3x －sin x ，其中x ∈[0，π]，则给出下列说法：①函数f (x )可能有两个零点；②函数f (x )可能有三个零点；③函数f (x )可能有四个零点；④函数f (x )可能有六个零点．其中所有正确说法的编号是( )A ．①②B ．①②③C ．①②④D ．②④ 答案 B解析 由f (x )＝0，得m sin 2x ＋sin 3x －sin x ＝0⇒sin x ＝0或m sin x ＝－sin 2x ＋1.所以x ＝0或x ＝π或m ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x －1sin x ，x ∈(0，π)．设sin x ＝t ，则m ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t ，t ∈(0,1]．易知函数m ＝－⎝⎛⎭⎪⎫t －1t 在t ∈(0,1]上为减函数，最小值为0，所以当m ∈(－∞，0)时，sin x ＝t无解；当m ＝0时，sin x ＝t ＝1，解得x ＝π2；当m ∈(0，＋∞)时，t ∈(0,1)，sin x ＝t 在(0，π)上有两个解．综上所述，当m ∈(－∞，0)时，f (x )在区间[0，π]上零点的个数为2；当m ＝0时，f (x )在区间[0，π]上零点的个数为3；当m ∈(0，＋∞)时，f (x )在区间[0，π]上零点的个数为4.故选B.16．在《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之为阳马．若四棱锥M －ABCD 为阳马，侧棱MA ⊥底面ABCD ，且MA ＝BC ＝AB ＝2，则该阳马的外接球与内切球表面积之和为________．答案 36π－162π解析 设该阳马的外接球与内切球的半径分别为R 与r ，则2R ＝MA 2＋AB 2＋BC 2＝23，即R ＝3，由13S M －ABCD 表·r ＝13S ABCD ·MA ， 得r ＝S ABCD ·MAS M －ABCD 表＝2×2×22×2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×2×22＝2－ 2.所以该阳马的外接球与内切球表面积之和为4π(R 2＋r 2)＝36π－162π.20．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，A 为抛物线C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交抛物线C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有|FA |＝|FD |.当点A 的横坐标为3时，△ADF 为正三角形．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线l 1∥l ，且l 1和抛物线C 有且只有一个公共点E ，试问直线AE 是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解 (1)由题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0， 设D (t,0)(t >0)，则FD 的中点为⎝⎛⎭⎪⎫p ＋2t 4，0，因为|FA |＝|FD |，由抛物线的定义知，3＋p2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t－p2，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，设A(x0，y0)(x0>0)，D(x D,0)(x D>0)，因为|FA|＝|FD|，则|x D－1|＝x0＋1，由x0>0，x D>0得x D＝x0＋2，故D(x0＋2,0)，故直线AB的斜率为k AB＝－y02，因为直线l1和直线AB平行，故可设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，由题意知Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(x E，y E)，则y E＝－4y0，x E＝4y20，当y20≠4时，k AE＝y E－y0x E－x0＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)，由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，所以直线AE恒过点F(1,0)，当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1,0)，所以直线AE恒过定点F(1,0)．21．(2019·山西太原一模)已知函数f(x)＝2ln x－12ax2＋(2－a)x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＞0时，若对于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝f x2－f x1x2－x1，证明：x1＋x22＞x0.解(1)由题意得f′(x)＝2x－ax＋(2－a)＝－x＋1ax－2x，x＞0，①当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜2a；令f′(x)＜0，则x＞2a，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递减．(2)证明：当a ＞0时，∵f x 2－f x 1x 2－x 1＝2x 2－x 1ln x 2x 1－a2(x 2＋x 1)＋(2－a )，f ′(x 0)＝2x 0－ax 0＋(2－a )，∴2x 2－x 1ln x 2x 1－a 2(x 2＋x 1)＝2x 0－ax 0， ∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f ′(x 0)＝4x 2＋x 1－a 2(x 2＋x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－ax 0＝4x 2＋x 1－2x 2－x 1ln x 2x 1＝2x 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 2－x 1x 2＋x 1－ln x 2x 1 ＝2x 2－x 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－ln x 2x 1， 令t ＝x 2x 1，g (t )＝2t －1t ＋1－ln t ，t ＞1，则g ′(t )＝－t －12t t ＋12＜0，∴g (t )在(1，＋∞)上单调递减，g (t )＜g (1)＝0， ∴f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f ′(x 0)＜0，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f ′(x 0)，设h (x )＝f ′(x )＝2x－ax ＋(2－a )，x ＞0，则h ′(x )＝－2x2－a ＜0，∴h (x )＝f ′(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x 1＋x 22＞x 0.压轴题(六)12．将三个边长为2的正方形，按如图所示的方式剪成6部分，拼接成如图所示的形状，再折成一个封闭的多面体，则该多面体的体积为( )A ．4B ．2 6 C.733 D.563答案 A解析 该多面体是一个大的四面体减去三个小的四面体，其中大四面体的底面是边长为32的正三角形，其余三条棱长均为3；三个小四面体的底面是边长为2的正三角形，其余三条棱长均为1，所以V ＝13×3×12×3×3－3⎝ ⎛⎭⎪⎫13×1×12×1×1＝4.故选A.16．(2019·杭州摸底考试)已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线的方程是22x －y ＝0，则双曲线E 的离心率e ＝________；若双曲线E 的实轴长为2，过双曲线E 的右焦点F 可作两条直线与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＋m ＝0相切，则实数m 的取值范围是________．答案 3 (－3,5)解析 因为双曲线E 的一条渐近线的方程是22x －y ＝0，所以b a ＝22，所以e ＝c a＝a 2＋b 2a 2＝ 1＋b 2a2＝ 1＋222＝3.又双曲线E 的实轴长为2，所以2a ＝2，即a ＝1，所以c ＝3，F (3,0)．由题意得右焦点F 在圆C 外，所以需满足条件⎩⎪⎨⎪⎧32＋02－2×3＋4×0＋m >0，x －12＋y ＋22＝5－m >0，解得－3<m <5，故实数m 的取值范围是(－3,5)．20．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，左焦点为F (－3，0)．(1)求椭圆E 的方程；(2)若A 是椭圆E 的右顶点，过点F 且斜率为12的直线交椭圆E 于M ，N 两点，求△AMN 的面积．解 (1)由题意得椭圆E 的右焦点为(3，0)，c ＝3，则由椭圆的定义得， 3＋32＋14＋12＝2a ， 解得a ＝2.又c ＝3，∴b 2＝a 2－c 2＝1， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)过F (－3，0)且斜率为12的直线的方程为y ＝12(x ＋3)，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋3，x24＋y 2＝1，消去x ，得8y 2－43y －1＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝32，y 1y 2＝－18，∴|y 1－y 2|＝52， ∵A 是椭圆E 的右顶点，∴|AF |＝2＋3，∴△AMN 的面积S ＝12|AF |·|y 1－y 2|＝12×(2＋3)×52＝25＋154.21．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f (x )＝2a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ln x ＋1，a ∈R .(1)若直线l 与曲线y ＝f (x )恒相切于同一定点，求直线l 的方程； (2)若当x ≥1时，f (x )≤ex －1x恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为直线l 与曲线y ＝f (x )恒相切于同一定点，所以曲线y ＝f (x )必恒过定点，由f (x )＝2a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ln x ＋1，a ∈R ，令⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ln x ＝0，得x ＝1，故得曲线y ＝f (x )恒过的定点为(1,1)．因为f ′(x )＝2a ⎝⎛⎭⎪⎫lnx x2＋1x －1x 2，所以切线l 的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线l 的方程为y ＝1.(2)因为当x ≥1时，f (x )≤ex －1x恒成立，所以e xf (x )≤e x恒成立，即e x－e[2a (x －1)ln x ＋x ]≥0在[1，＋∞)上恒成立． 令g (x )＝e x－e[2a (x －1)ln x ＋x ]， 则g ′(x )＝e x－e ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1－1x ＋1，令h (x )＝g ′(x )＝e x－e ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1－1x ＋1，则h ′(x )＝e x－2a e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1x 2(x ≥1)．①当a ≤0时，显然h ′(x )＞0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，故h (x )＝g ′(x )≥h (1)＝0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (1)＝0.从而，当x ≥1时，f (x )≤e x －1x恒成立．②当0＜a ≤14时，令t (x )＝h ′(x )＝e x －2a e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1x 2(x ≥1)，则t ′(x )＝e x＋2a e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x 3＞0，所以t (x )在[1，＋∞)上单调递增，故t (x )＝h ′(x )≥t (1)＝e(1－4a )≥0，同①可证，当x ≥1时，f (x )≤ex －1x恒成立．③当a ＞14，即4a ＞1时，由②可知t (x )在[1，＋∞)上单调递增，因为t (1)＝e(1－4a )＜0，又t (4a )＝e 4a －2a e ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＋116a 2＞e 4a－2a e ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＋14a ＝e 4a －e ＞0，故必存在x 0∈(1,4a )使在[1，x 0)上t (x )＜0，即h ′(x )＜0，因此h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以x ∈(1，x 0)时，h (x )＜h (1)＝0，即g ′(x )＜0，所以g (x )在(1，x 0)上单调递减，g (x )＜g (1)＝0，即e x－e[2a (x －1)·ln x ＋x ]＜0，即f (x )＞ex －1x，因此f (x )≤ex －1x在x ∈(1，x 0)上不恒成立．综上可得，实数a 的取值范围为a ≤14.压轴题(七)12．已知关于x 的不等式m cos x ≥2－x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C ．[2，＋∞) D．(2，＋∞) 答案 C解析 因为cos x 和x 2都是偶函数，问题可以转化为当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时，m cos x ≥2－x 2恒成立，在同一坐标系中画出f (x )＝m cos x 及g (x )＝2－x 2的图象如图所示，易知m ≥2；当m ＝2时，f (x )＝2cos x ，f ′(x )＝－2sin x ，又g ′(x )＝－2x ，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上，－2sin x ≥－2x 恒成立，故f (x )≥g (x )恒成立，故m ≥2，故选C.16．已知过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，且AF →＝3FB →，抛物线的准线l 与x 轴交于点C ，AA 1⊥l 于点A 1，若四边形AA 1CF 的面积为123，则p 的值为________．答案 2 2解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 且不妨设x 1>0，y 1>0.由AF →＝3FB →得⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2－x 1，－y 1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－p 2，y 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧p 2－x 1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－p 2，－y 1＝3y 2.所以x 1＋3x 2＝2p ，①作BB 1⊥l 于点B 1，由抛物线的定义得 |AF |＝|AA 1|＝x 1＋p 2，|BF |＝|BB 1|＝x 2＋p2，由|AF |＝3|BF |得x 1＋p2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋p 2，所以x 1－3x 2＝p .②由①②解得x 1＝3p 2，故y 21＝3p 2，y 1＝3p .S 四边形AA 1CF ＝12(|AA 1|＋|CF |)·y 1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋p 2＋p ·3p＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫3p 2＋p 2＋p ·3p ＝12 3 解得p ＝2 2.20．(2019·河南新乡三模)已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x .(1)当a ＝－4时，求f (x )的单调区间；(2)已知a ∈(1,2]，b ∈R ，函数g (x )＝x 3＋bx 2－(2b ＋4)x ＋ln x ，若f (x )的极小值点与g (x )的极小值点相等，证明：g (x )的极大值不大于54.解 (1)当a ＝－4时，f (x )＝12x 2＋3x －4ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋3－4x ＝x 2＋3x －4x＝x －1x ＋4x，当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，则f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)； 当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，则f (x )的单调递减区间为(0,1)．(2)证明：f ′(x )＝x 2－a ＋1x ＋a x ＝x －1x －ax ，g ′(x )＝3x 2＋2bx －(2b ＋4)＋1x＝x －1[3x 2＋2b ＋3x －1]x.令p (x )＝3x 2＋(2b ＋3)x －1，因为a ∈(1,2]，所以f (x )的极小值点为a ，则g (x )的极小值点为a ，所以p (a )＝0，即3a 2＋(2b ＋3)a －1＝0，即b ＝1－3a 2－3a2a，此时g (x )的极大值为g (1)＝1＋b －(2b ＋4)＝－3－b ＝－3－1－3a 2－3a 2a ＝32a －12a －32.因为a ∈(1,2]，所以32a －12a －32≤32×2－12×2－32＝54.故g (x )的极大值不大于54.21．(2019·山西太原模拟一)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，其离心率为12，点P 是椭圆C 上任一点，且△PF 1F 2的面积的最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)若斜率不为0的直线与椭圆C 相交于M ，N 两个不同点，且OMPN 是平行四边形，证明：四边形OMPN 的面积为定值．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，12×2bc ＝3，a 2＝b 2＋c 2，∴⎩⎨⎧c ＝1，b ＝3，a ＝2，椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－3)＝0，∴x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－33＋4k 2. ∵四边形OMPN 是平行四边形，∴OP →＝OM →＋ON →，∴x 0＝x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，∴y 0＝y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m 3＋4k 2，∴64k 2m24×3＋4k 22＋36m23×3＋4k22＝1，∴4m 2＝3＋4k 2，此时Δ＝(8km )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)＝48×3m 2＞0，∴x 1＋x 2＝－2k m ，x 1x 2＝1－3m2，∴|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝31＋k 2|m |，点O 到直线MN 的距离为d ＝|m |1＋k2，∴S 四边形OMPN ＝d ·|MN |＝3.压轴题(八)12．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f (x ＋2)为R 上的偶函数，且当x ≥2时函数f (x )满足x 3f ′(x )＋3x 2f (x )＝e x x ，f (3)＝e 381，则81f (x )<e 3的解集是( )A ．(1,3)B ．(－∞，1)∪(2,3)C ．(1,2)∪(3，＋∞)D ．(－∞，1)∪(3，＋∞)答案 A解析 设h (x )＝x 3f (x )，则h ′(x )＝x 3f ′(x )＋3x 2f (x )＝e x x ，∴x 3f ′(x )＝e xx－3x 2f (x )，化简得f ′(x )＝e xx4－3f x x＝e x－3h x x4， 设g (x )＝e x－3h (x )，∴g ′(x )＝e x－3e x x＝exx －3x， ∴x ∈[2,3)时，g ′(x )＜0，因此g (x )为减函数 ∴x ∈(3，＋∞)时，g ′(x )＞0，因此g (x )为增函数， ∴g (x )≥g (3)＝e 3－3h (3)＝e 3－34f (3)＝0， ∴f ′(x )≥0，∴f (x )在[2，＋∞)上为增函数．∵函数f (x ＋2)是偶函数，∴函数f (－x ＋2)＝f (x ＋2)，∴函数关于x ＝2对称，又∵81f (x )＜e 3，即f (x )＜f (3)，又f (x )在[2，＋∞)上为增函数，∴2≤x ＜3，由函数关于x ＝2对称可得1＜x ＜3，故选A.16．(2019·沈阳第三次质量监测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2020－a 2018＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________.答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2020－a 2018＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 20．设函数f (x )＝ln x －2mx 2－n (m ，n ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2，求m ＋n 的最小值． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx2x，当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当m >0时，令f ′(x )>0得0<x <m 2m ，令f ′(x )<0得x >m 2m ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当m >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2， ∴n ＝－12ln m －12，∴m ＋n ＝m －12ln m －12，令h (x )＝x －12ln x －12(x >0)，则h ′(x )＝1－12x ＝2x －12x，∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2.21．已知动点M 到定点F 1(－2,0)和F 2(2,0)的距离之和为4 2.(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)设N (0,2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交曲线C 于不同于N 的两点A ，B ，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，求k 1＋k 2的值．解 (1)由椭圆的定义，可知点M 的轨迹是以F 1，F 2为焦点，42为长轴长的椭圆．由c ＝2，a ＝22，得b ＝2.故动点M 的轨迹C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＋2＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k x ＋1得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0.Δ＝[4k (k －2)]2－4(1＋2k 2)(2k 2－8k )>0，则k >0或k <－47.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kk －21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k1＋2k2.从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋k －4x 1＋x 2x 1x 2＝2k －(k －4)·4k k －22k 2－8k ＝4. 当直线l 的斜率不存在时， 得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，142，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－142， 所以k 1＋k 2＝4. 综上，恒有k 1＋k 2＝4.。
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压轴题(四)
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用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
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12．已知函数f (x )＝ax －a 2－4(a >0，x ∈R )，若p 2＋q 2＝8，则f (q )
f (p )的取值范围
是( )
A ．(－∞，2－3)
B ．[2＋3，＋∞)
C ．(2－3，2＋3)
D ．[2－3，2＋3]
答案 D
解析
f (q )f (p )＝aq －a 2
－4ap －a 2－4
＝q －a －4a
p －a －4a
，表示点A (p ，q )与点B
⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ＋4a ，a ＋4a 连线的斜率．又a ＋4
a ≥4，故取点E (4,4)．
当AB 与圆的切线EC 重合时，k AB 取最小值，可求得k EC ＝tan15°＝2－3，所
以
f (q )
f (p )
的最小值为2－3；当AB 与圆的切线ED 重合时，k AB 取最大值，可求得k ED ＝tan75°＝2＋3，所以f (q )f (p )的最大值为2＋3；故f (q )
f (p )
的取值范围是[2－3，2＋3]．
16．(2019·江西上饶重点中学六校第二次联考)已知函数f (x )＝
⎩⎨⎧
2x
，x ≥0，log 2(－x )，x <0，
若关于x 的方程f 2(x )＋2f (x )＋m ＝0有三个不同的实根，则m 的取值范围为________．
答案 (－∞，－3]
解析 作出函数f (x )的图象如图：
设f (x )＝a ，当a ≥1时，f (x )＝a 有两个实根；当a <1时，f (x )＝a 有一个实根．所以当关于x 的方程f 2(x )＋2f (x )＋m ＝0有三个不同的实根时，t 2＋2t ＋m ＝0的两实根一个比1大，一个比1小，所以1＋2＋m <0，即m <－3.当m ＝－3时，f (x )＝1或f (x )＝－3符合题意．综上可得m ≤－3.
20．(2019·安徽蚌埠第三次教学质量检查)某地种植常规稻α和杂交稻β，常规稻α的亩产稳定为485公斤，今年单价为3.70元/公斤，估计明年单价不变的可能性为10%，变为3.90元/公斤的可能性为70%，变为4.00元/公斤的可能性为20%.统计杂交稻β的亩产数据，得到亩产的频率分布直方图如图1，统计近10年杂交稻β的单价(单位：元/公斤)与种植亩数(单位：万亩)的关系，得到的10组数据记为(x i ，y i )(i ＝1,2，…，10)，并得到散点图如图2.
(1)根据以上数据估计明年常规稻α的单价平均值；
(2)在频率分布直方图中，各组的取值按中间值来计算，求杂交稻β的亩产平均值；以频率作为概率，预计将来三年中至少有两年杂交稻β的亩产超过795公斤的概率；
(3)①判断杂交稻β的单价y (单位：元/公斤)与种植亩数x (单位：万亩)是否线性相关？若相关，试根据以下的参考数据求出y 关于x 的线性回归方程；
②调查得知明年此地杂交稻β的种植亩数预计为2万亩．若在常规稻α和杂交稻β中选择，明年种植哪种水稻收入更高？
统计参考数据：x －＝1.60，y －＝2.82，∑i ＝110 (x i －x －)(y i －y －
)＝－0.52，∑i ＝110
(x i －x －)2
＝0.65.
附：线性回归方程y ^
＝b ^
x ＋a ^
，b ^
＝
∑i ＝1
n
(x i －x －
)(y i －y －)∑i ＝1
n
(x i －x －)2，a ^
＝y －
－b ^
x －.
解 (1)设明年常规稻α的单价为ξ，则ξ的分布列为
E (ξ)＝3.7×0.1＋3.9×0.7＋4×0.2＝3.9，估计明年常规稻α的单价平均值为3.9元/公斤．
(2)杂交稻β的亩产平均值为[(750＋810＋820)×0.005＋(760＋800)×0.01＋(770＋790)×0.02＋780×0.025]×10＝78.2×10＝782.
依题意，知杂交稻β的亩产超过795公斤的概率P ＝0.1＋0.05×2＝0.2，则将
来三年中至少两年杂交稻β的亩产超过795公斤的概率为C 23×0.22×(1－0.2)＋0.2
3
＝0.104.
(3)①∵散点图中各点大致分布在一条直线附近， ∴可以判断杂交稻β的单价y 与种植亩数x 线性相关， 由题中提供的数据，得b ^
＝－0.52
0.65＝－0.8，
a ^
＝y －
－b ^
x －＝2.82＋0.8×1.60＝4.10， ∴线性回归方程为y ^
＝－0.8x ＋4.10.
②估计明年杂交稻β的单价y ^
＝－0.8×2＋4.10＝2.50元/公斤，估计明年杂交稻β的每亩平均收入为782×2.50＝1955元，估计明年常规稻α的每亩平均收入为485×E (ξ)＝485×3.9＝1891.5元，
∵1955>1891.5，∴明年种植杂交稻β收入更高．
21．已知函数f (x )＝2a ln x －x 2＋3－2a ，g (x )＝xf (x )，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)若函数g (x )在区间[1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)由于函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝2a
x －2x ＝2a －2x 2x ，所以
①当a ≤0时，有f ′(x )<0恒成立，从而f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减； ②当a >0时，有f ′(x )＝－2(x 2－a )
x
＝
－2(x ＋a )(x －a )
x
，
当x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，即f (x )在区间(0，a )上单调递增； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，即f (x )在区间(a ，＋∞)上单调递减．
(2)由于g (x )＝2ax ln x －x 3＋(3－2a )x ，x >0，
所以g ′(x )＝2a ln x －3x 2＋3＝2a ln x －3(x 2－1)，且g ′(1)＝0，
①当a ≤0时，有g ′(x )≤0在区间[1，＋∞)上恒成立，即g (x )在区间[1，＋∞)上单调递减；
②当a >0时，令h (x )＝g ′(x )＝2a ln x －3x 2＋3， 则h ′(x )＝2a
x －6x ＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－a 3x
＝－6⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋a 3⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －a 3x
，
得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，
a 3时，h ′(x )>0， 即h (x )在区间⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
0，
a 3上单调递增； x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
a 3，＋∞
时，h ′(x )<0， 即h (x )在区间⎝
⎛
⎭
⎪⎫
a 3，＋∞
上单调递减． 从而0<a ≤3时，h (x )在区间[1，＋∞)上单调递减， 又因为g ′(x )＝h (x )≤h (1)＝0， 所以g (x )在区间[1，＋∞)上单调递减； 当a >3时，h (x )在区间⎣⎢⎡
⎭
⎪⎫
1，
a 3上单调递增． 从而在区间⎣⎢⎡
⎭
⎪⎫
1，
a 3上g ′(x )＝h (x )>h (1)＝0， 即g (x )在区间⎣
⎢⎡
⎭
⎪⎫
1，
a 3上单调递增，不符合题意． 综上，当函数g (x )在区间[1，＋∞)上单调递减时，a 的取值范围为(－∞，3]．。