高考数学二轮专题复习之专项检测12Word版含答案.doc

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2020届高考数学(文)二轮总复习专题训练：1.3.2锥体中的线面关系及计算 Word版含答案

1.3.2 锥体中的线面关系及计算一、选择题1．对于空间的两条直线m ，n 和一个平面α，下列命题中的真命题是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n C ．若m ∥α，n ⊥α，则m ∥n D ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n解析：对于A ，直线m ，n 可能平行、异面或相交，故A 错误；对于B ，直线m 与n 可能平行，也可能异面，故B 错误；对于C ，m 与n 可能垂直，也可能异面，故C 错误；对于D ，垂直于同一平面的两直线平行，故D 正确．答案：D2．“直线l 垂直于平面α”的一个必要不充分条件是( ) A ．直线l 与平面α内的任意一条直线垂直 B ．过直线l 的任意一个平面与平面α垂直 C ．存在平行于直线l 的直线与平面α垂直 D ．经过直线l 的某一个平面与平面α垂直解析：A ，B ，C 均为充要条件，因为“直线l 垂直于平面α”可以推得“经过直线l 的某一个平面与平面α垂直”，反之未必成立．故选D. 答案：D3．正四面体ABCD 中，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 是线段AO 上一点，且∠BMC ＝90°，则AMMO的值为( ) A ．1 B.2 C.12D.23解析：如图，连接OB ，设正四面体的棱长为a ，则OB ＝33a ，MB ＝22a ，故OM ＝66a ＝12AO ，则AM MO＝1.4．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( ) A ．m ⊥α，n ⊥β，且α⊥β，则m ⊥n B ．m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥n C ．m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，则α⊥β D ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β解析：用排除法，B 错，因为m ，n 有可能异面；C 错，因为α∥β时，同样有m ⊥n ；D 错，因为满足条件时，α与β也有可能相交．故选A. 答案：A5．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( ) A ．4π B.12π C.16πD.64π解析：∵AB ＝1，AC ＝2， ∠BAC ＝60°，∴AB ⊥BC .∵SA ⊥平面ABC ，∴BC ⊥平面SAB ，∴BC ⊥SB ，∴SC 是球O 的直径．∵SA ＝23，AC ＝2， ∴SC ＝4.球O 的表面积为16π.故选C. 答案：C6．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3B.32C.1D.32解析：∵D 是等边三角形ABC 的边BC 的中点， ∴AD ⊥BC .又ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱，∴AD ⊥平面BB 1C 1C . ∵四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1＝12S 四边形BB 1C 1C ＝12×2×3＝ 3.又AD ＝2×32＝3， ∴VA －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×3×3＝1.7．(2019·南宁摸底联考)三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A.272πB.2732π C ．273πD.27π解析：本题考查三棱锥的性质、球体的体积．因为PA ＝PB ＝3，PA ⊥PB ，所以AB ＝32，又因为△ABC 为等边三角形，所以△ABC 的外接圆的半径r ＝322sin 60°＝6，则顶点P 到底面ABC 的距离d ＝PA 2－r 2＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的半径R 满足R 2＝r 2＋(R －d )2，解得R ＝332，所以三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝43πR 3＝2732π，故选B.答案：B8．如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形； ③三棱锥D －ABC 是正三棱锥； ④平面ADC ⊥平面ABC . 其中正确的有( ) A ．①②④ B.①②③ C ．②③④D.①③④解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B. 答案：B9．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( ) A.π27 B.8π27 C.π3D.2π9解析：如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V .由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8π27. 答案：B10．如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线长VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332解析：把圆锥的半侧面展开，侧面展开图中AB ︵＝π，半径r ＝3，故圆心角∠AVB ＝π3.如图．在△VAC 中，根据余弦定理得AC ＝32＋12－2×3×1×12＝7，此即为蚂蚁爬行的最短距离．答案：B11．已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为( )A.125π6B.8πC.25π4D.25π16解析：∵AB ＝BC ＝2，AC ＝2，∴△ABC 是直角三角形，∴△ABC 的外接圆的圆心为边AC 的中点O 1，如图所示．若使四面体ABCD 体积取得最大值只需使点D 到平面ABC 的距离最大，又OO 1⊥平面ABC ，∴点D 是直线OO 1与球上方的交点时体积最大．设球的半径为R ，则由体积公式有O 1D ＝2.在Rt △AOO 1中，R 2＝1＋(2－R )2，解得R ＝54，故球的表面积S ＝25π4.故选C.答案：C12．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是( )A.63 B.66 C.62D.36解析：如图，过点B 作BE ⊥AC 于点E ，过点D ′作D ′F ⊥AC 于点F ，在平面ABC 内过点F 作FG 綊BE .连接BG ，D ′G ，则BG ⊥D ′G ，∠D ′BG 就是AC 与BD ′所成的角．设∠D ′FG ＝θ.经计算得D ′F ＝306， BE ＝FG ＝302， CF ＝66，EF ＝BG ＝63，在△D ′FG 中，由余弦定理得 D ′G 2＝D ′F 2＋FG 2－2·D ′F ·FG ·cos θ＝253－5cos θ.∴在Rt △D ′GB 中，BD ′＝D ′G 2＋BG 2＝9－5cos θ，∴cos ∠D ′BG ＝BG BD ′＝639－5cos θ. 当cos θ＝1时，cos ∠D ′BG 有最大值为66. 答案：B 二、填空题13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与轴所成角的正弦值为 .解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线与轴所成角为θ，则S 侧＝12·2πr ·r 2＋h 2，S 底＝πr 2.因为S 侧＝3S 底，所以πr ·r 2＋h 2＝3πr 2，得r 2＋h 2＝3r ，即8r 2＝h 2，所以tanθ＝122，sin θ＝13.答案：1314．设α，β是两个不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，给出下列四个命题： ①若n ⊂α，n ∥β，α∩β＝m ，则n ∥m ； ②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β； ③若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则n ⊥β； ④若m ⊥α，α⊥β，m ∥n ，则n ∥β. 其中正确的命题序号为 .解析：由线面平行的性质定理知①正确；由面面平行的判定定理知直线m ，n 相交时才成立，所以②错误；由面面垂直的性质定理知③正确；④中，可以是n ⊂β，所以④错误，即正确命题是①③. 答案：①③15．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．若平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝AD ＝2，点M 在线段PC 上，且PM ＝2MC ，则四棱锥P －ABCD 与三棱锥P －QBM 的体积之比是 .解析：过点M 作MH ∥BC 交PB 于点H . ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊥AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .∵PA ＝PD ＝AD ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°， ∴PQ ＝BQ ＝ 3.∴V P －ABCD ＝13PQ ·S 菱形ABCD ＝13×3×2×3＝2.又PQ ⊥BC ，BQ ⊥AD ，AD ∥BC ，∴BQ ⊥BC ，又QB ∩QP ＝Q ，∴BC ⊥平面PQB . 由MH ∥BC 得，MH ⊥平面PQB ，MH BC ＝PM PC ＝23.∵BC ＝2，∴MH ＝43，∴V P －QBM ＝V M －PQB ＝13×12×3×3×43＝23.∴V P －ABCD ∶V P －QBM ＝3∶1. 答案：3∶116．如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D －AEF 体积的最大值为______．解析：因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF .又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB .又DB ⊥AE ，AE ∩AF＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D －AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，DE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D －AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)．答案：26三、解答题1．如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积．解析：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD ，又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故 BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得，四边形ABCM为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥平面ABCD . 因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝2, 于是AB ＝BC ＝2, AD ＝4, PM ＝2 3. 所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2×(2＋4)2×23＝4 3. 2．(2019·长春模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点．(1)证明：DM ∥平面PAB ； (2)求四面体M －ABD 的体积．解析：(1)证明：取PB 中点N ，连接MN ，AN . ∵M 为PC 的中点，∴MN ∥BC 且MN ＝12BC .又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綊AD .∴ADMN 为平行四边形，∴DM ∥AN . 又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ， ∴DM ∥平面PAB .(2)取AB 中点O ，连接PO .∵PA ＝PB ，∴PO ⊥AB ，又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PO ⊂平面PAB ，则PO ⊥平面ABCD .取BC 中点H ，连接AH .∵AB ＝AC ，∴AH ⊥BC ，又∵AD ∥BC ， ∠BAD ＝120°，∴∠ABC ＝60°.Rt△ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2，∴AO ＝1，又AD ＝1，在△AOD 中，由余弦定理得，OD ＝ 3. 在Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝ 6. 又S △ABD ＝12AB ·AD sin 120°＝32，∴V M －ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.3．如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长．解析：(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ，AO ，CO ⊂平面AOC ，∴BD ⊥平面AOC .∵BD ⊂平面BCD ，∴平面AOC ⊥平面BCD . (2)由(1)知BD ⊥平面AOC ， ∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin∠AOC ·BD ＝63，即13×12×2×2×sin∠AOC ×22＝63， ∴sin ∠AOC ＝32. 又∵∠AOC 是钝角，∴∠AOC ＝120°. 在△AOC 中，由余弦定理得AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos∠AOC＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos 120°＝6， ∴AC ＝ 6.4．已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均是边长为2的等边三角形，△ABC 是腰长为3的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使得直线上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行，并给出详细证明；(2)求三棱锥E －ABC 的体积．解析：(1)∵平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD ，∴过E 作EQ ⊥平面BCD ，交CD 于Q ，过A 作AP ⊥平面BCD ，交BC 于P ，∴EQ ∥AP ，过Q 作QO ∥BC ，交BD 于O .则直线OQ 就是在平面BCD 内所求的直线，使得直线OQ 上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行．证明如下：∵EQ ∥AP ，QO ∥BC ，EQ ∩QO ＝Q ，AP ∩BC ＝P ，EQ ，QO ⊂平面EQO ，AP ，BC ⊂平面ABC ，∴平面EQO ∥平面ABC ，∴直线OQ 上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行．(2)∵△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为3的等腰三角形，且平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD ，∴AP ＝32－12＝2 2.∴S △ABC ＝12×2×22＝22，连接DP 交OQ 于点N ，连接EN .∴点E 到平面ABC 的距离d ＝NP ＝12DP ＝1222－12＝32， ∴三棱锥E －ABC 的体积 V E －ABC ＝13×d ×S △ABC ＝13×32×22＝63.。

2012届高考理科数学第二轮综合验收评估复习题有参考答案

适用精选文件资料分享2012 届高考理科数学第二轮综合查收评估复习题（有参照答案）一、选择题 1 ．f(x) ＝x(2 011 ＋ln x)，若f′(x0)＝ 2 012，则x0等于 A ．e2 B ．1 C．ln 2 D．e 分析 f ′(x)＝2 011 ＋ln x ＋x×1x＝ 2 012 ＋ln x ，故由 f ′(x0) ＝ 2 012，得 2 012＋ln x0＝2 012，因此 ln x0＝0，解得 x0＝1，应选 B. 答案B 2．(2011?湖南 ) 曲线 y＝sin xsin x＋cos x－12在点Mπ4，0处的切线的斜率为 A ．－ 12 B.12 C ．－ 22 D.22 分析y′＝x＋－－＋＝＋，∴曲线在点 Mπ4， 0 处的切线的斜率为 12. 答案 B 3．设函数 f(x)＝xm＋ax 的导函数 f ′(x) ＝ 2x＋1，则 12f( －x)dx的值等于 A.56 B.12 C.23 D.16 分析 f ′(x) ＝ mxm－1＋a＝2x＋1，∴m＝2，a＝1，∴ f(x) ＝x2＋x， f(－x) ＝x2－x，∴ 12f( －x)dx ＝12(x2 －x)dx ＝13x3－12x221＝56，应选 A. 答案 A 4．(2011?海淀模拟 ) 已知点 P2 012π3，－ 1 在函数 f(x) ＝acos x 的图象上，则该函数图象在 x＝3π4 处的切线方程是 A ．2x＋2y＋4－3π2＝0 B．2x－2y＋4－3π2＝0 C．2x－2y－4－3π2＝0 D．2x＋2y－4－3π2＝0分析由点 P 在函数 f(x) 的图象上，可得 f2 012π3＝－ 1，即 acos2 012 π3＝acos 670 π＋2π3＝－ a2＝－ 1，解得 a＝2. 故 f(x) ＝2cos x.因此f3π4＝2cos 3π4＝－2，f′(x)＝－2sin x.由导数的几何意义，可知该函数图象在 x＝3π4 处的切线斜率 k＝f ′3π4 ＝－ 2sin 3 π4＝－ 2. 因此切线方程为 y－( －2) ＝－ 2x－3π4，即2x＋y＋2－32π4＝0，也就是 2x＋2y＋4－3π2＝0，应选 A. 答案 A 5．(2011?浙江模拟 ) 设函数 f(x) ＝ax2＋bx＋c(a ，b，c∈R)，若 x ＝－ 1 为函数 f(x)ex 的一个极值点，则以下图象不行能为 y＝f(x)图象的是分析设 h(x) ＝f(x)ex ，则 h′(x) ＝ (2ax ＋b)ex ＋(ax2 ＋bx＋c)ex＝(ax2 ＋2ax＋bx＋b＋c)ex. 由 x＝－ 1 为函数 f(x)ex 的一个极值点，适合 x＝－ 1 时， ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴ c＝a. ∴f(x) ＝ax2＋bx＋a. 若方程 ax2＋bx＋a＝ 0 有两根 x1，x2，则 x1x2＝aa＝1，D中图象必定不满足该条件．答案 D 6．(2011?湖南 ) 设直线 x＝t与函数 f(x) ＝x2，g(x) ＝ln x 的图象分别交于点 M，N，则当 |MN|达适用精选文件资料分享到最小时 t 的值为 A ．1 B.12 C.52 D.22 分析由题意画出函数图象以以下图，由图可以看出 |MN|＝y＝t2 －ln t(t ＞0) ． y′＝ 2t－1t ＝2t2 －1t ＝2t ＋22t －22t. 当 0＜t ＜22 时，y′＜ 0，可知 y 在此区间内单调递减；当 t ＞22 时， y′＞ 0，可知 y 在此区间内单调递加．故当 t ＝22 时，|MN|有最小值．答案 D 二、填空题 7 ．如图，直线 y＝1 与曲线 y＝－ x2＋2 所围图形的面积是 ________．解析令－ x2＋2＝1，得 x＝± 1，答案 43 8．已知函数 f(x) ＝12mx2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数 m的取值范围为________．分析当x＞0时，f′(x)＝mx＋1x－2≥0恒成立，即m≥－ 1x2＋2x 恒成立，又∵－ 1x2＋2x＝－ 1x－12＋1≤1，∴ m≥1.答案 m≥1 9 ．函数 f(x) ＝excos x 的图象在点 (0 ，f(0)) 处的切线的倾斜角为 ________．分析 f ′(x) ＝ excos x ＋ex( －sin x)，设切线的倾斜角为α，则 k＝ tan α＝f ′(0) ＝ 1，又α∈(0 ，π) ，∴α＝π4. 答案π4 三、解答题 10 ．(2011?江苏 ) 请你设计一个包装盒，以以下图， ABCD是边长为 60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒， E，F 在 AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设 AE＝FB＝x(cm) ． (1) 某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问 x 应取何值？ (2) 某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问 x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．分析设包装盒的高为 h cm，底面边长为 a cm. 由已知得 a＝2x，h＝60－2x2＝2(30－x) ，0＜x＜30. (1)S ＝4ah＝8x(30 －x) ＝－ 8(x －15)2＋1 800 ，因此当 x＝15 时， S获得最大值． (2)V ＝a2h＝22( －x3＋30x2) ，V′＝ 62x(20 －x) ．由 V′＝ 0，得 x＝0( 舍) 或 x＝20. 当x∈(0,20) 时， V′＞ 0；当 x∈(20,30) 时， V′＜ 0. 因此当 x＝20时，V获得极大值，也是最大值．此时 ha＝12. 即包装盒的高与底面边长的比值为 12. 11 ．已知函数 f(x) ＝12x2－3x＋2ln x. (1) 求函数 f(x) 在[1 ，e] 上的最大值和最小值； (2) 求证：在区间 [1 ，＋∞) 上，函数 f(x) 的图象在函数 g(x) ＝x3－3x 图象的下方．分析 (1) 由 f(x) ＝12x2－3x＋2ln x ，知 f ′(x) ＝ x＋2x－3＝x2－3x＋2x＝－－当x∈(1,2)时，f′(x)＜0，∴ f(x)在[1,2]上是减函数；当x∈(2，e)时，f′(x)＞0，∴ f(x)在[2，e]上是增函数．∴当 x＝2 时，f(x)min ＝f(2) ＝2ln 2－4. 又 f(1) ＝－ 52，f(e)＝12e2－3e＋2， f(e) －f(1) ＝12e2－3e＋2－－ 52 ＝12(e2 －6e＋9) ＝12(e －3)2 ＞0，∴f(e) ＞f(1) ，∴ f(x)max ＝ f(e) ＝12e2－3e＋2. 综上，函数 f(x) 在[1 ，e] 上的最大值为 12e2－3e＋2，最小值为2ln 2 －4.(2) 证明设F(x)＝12x2－3x＋2ln x－x3＋3x，则F′(x)＝－3x2＋x＋2x＝－ 3x3＋x2＋2x＝－－＋2x＋当x∈(1，＋∞ ) 时， F′(x) ＜ 0，∴ F(x) 在[1 ，＋∞ ) 上是减函数，且F(1)＝－12＜0，故当 x∈[1 ，＋∞ ) 时， F(x) ＜0，∴12x2－3x＋2ln x ＜x3－3x. ∴在区间 [1 ，＋∞ ) 上，函数 f(x) 的图象在函数 g(x) ＝x3－3x 图象的下方． 12 ．设 f(x) ＝ex－1. (1) 当 x＞－ 1 时，证明： f(x)＞2x2＋x－1x＋1； (2) 当 a＞ln 2 －1 且 x＞0 时，证明： f(x)＞x2－2ax. 证明 (1) 当 x＞－1 时，f(x) ＞2x2＋x－1x＋1，即 ex－1＞2x2＋x－1x＋1＝2x－1，故结论成立当且仅当 ex＞2x，即 ex－2x＞0. 令 g(x) ＝ex－2x，则 g′(x) ＝ex－2. 令 g′(x) ＝ 0，即ex－2＝0，解得 x＝ln 2. 当 x∈( － 1，ln 2) 时，g′(x) ＝ ex－2＜0，故函数 g(x) 在( －1，ln 2] 上单调递减；当 x∈(ln 2，＋∞ ) 时，g′(x)＝ex－2＞0，故函数 g(x) 在[ln 2 ，＋∞ ) 上单调递加．因此 g(x)在( －1，＋∞ ) 上的最小值为 g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，因此在 ( －1，＋∞ ) 上有 g(x) ≥g(ln 2) ＞ 0，即 ex＞2x. 故当x∈( － 1，＋∞ ) 时，有 f(x) ＞2x2＋x－1x＋1. (2)f(x)＞x2－2ax，即 ex－1＞x2－2ax，也就是 ex－x2＋2ax－1＞0. 令 g(x) ＝ex－x2＋2ax－1，则 g′(x) ＝ ex－2x＋2a. 令 h(x) ＝ex－2x＋2a，则 h′(x)＝e x－2. 由(1) ，可知当 x∈( －∞， ln 2) 时，h′(x) ＜ 0，函数 h(x)单调递减；当 x∈(ln2，＋∞ ) 时，h′(x) ＞ 0，函数 h(x) 单调递加．所以 h(x) 的最小值为 h(ln 2) ＝eln 2 －2ln 2 ＋ 2a＝2－2ln 2 ＋2a. 因为 a＞ln 2 －1，因此 h(ln 2) ＞2－2ln 2 ＋2(ln 2 －1) ＝0，即 h(x)≥h(ln 2) ＞ 0. 因此 g′(x) ＝ h(x) ＞0，即 g(x) 在 R 上为增函数．故g(x) 在(0 ，＋∞ ) 上为增函数，因此 g(x) ＞g(0) ．而 g(0)＝0，因此 g(x) ＝ex－x2＋2ax－1＞0，即当 a＞ln 2－1 且 x＞0 时，f(x) ＞x2－2ax.。

2022高考数学(理)二轮复习检测：大题专项强化练十二 Word版含答案

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大题专项强化练十二函数与导数(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占据高考制胜点！1.设a为实数，函数f(x)=e x-2x+2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证：当a>ln2-1且x>0时，e x>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=e x-2x+2a，x∈R知f′(x)=e x-2，x∈R.令f′(x)=0，得x=ln2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如表.故f(x)的单调递减区间是(-∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，+∞)，f(x)在x=ln2处取得微小值，微小值为f(ln2)=e ln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a). (2)设g(x)=e x-x2+2ax-1，x∈R，于是g′(x)=e x-2x+2a，x∈R.由(1)知当a>ln2-1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln2-1时，对任意x∈(0，+∞)，都有g(x)>g(0). 而g(0)=0，从而对任意x∈(0，+∞)，g(x)>0.即e x-x2+2ax-1>0，故e x>x2-2ax+1.2.设函数f(x)=lnx-x2+ax(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间.(2)设g(x)=xe x，若对于任意给定的x0∈(0，e]，方程f(x)+1e=g(x0)，在(0，e]内有两个不同的实数根，求a的取值范围.(其中e是自然对数的底数)【解析】(1)f′(x)=1x-2x+a=−2x2+ax+1x，由f′(x)=0，得-2x2+ax+1=0，该方程的判别式Δ=a2+8>0，可知方程-2x2+ax+1=0有两个实数根a±√a2+84，又x>0，故取x=a+√a2+84，当x∈(0,a+√a2+84)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(a+√a2+84,+∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.则函数f(x)的单调递增区间是(0,a+√a2+84)；递减区间是(a+√a2+84,+∞).(2)g′(x)=1−xe x，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x∈(1，e)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，所以函数g(x)在区间(0，e)上的极大值为g(1)=1e，也为该区间上的最大值，于是函数g(x)在区间(0，e]的值域为(0,1e].令F(x)=f(x)+1e，则F′(x)=f′(x)=−2x2+ax+1x，由F′(x)=0，结合(1)可知，方程F′(x)=0在(0，+∞)上有一个实数根x3，若x3≥e，则F(x)在(0，e]上单调递增，与在(0，e]内有两个不同的实数根相冲突，不合题意，可知F′(x)=0在(0，e]有唯一的解x3=a+√a2+84，且F(x)在(0,a+√a2+84)上单调递增，在(a+√a2+84,+∞)上单调递减.由于 x0∈(0，e]，方程f(x)+1e=g(x0)在(0，e]内有两个不同的实数根，所以F(e)≤0，且F(x)max>1e.由F(e)≤0，即lne-e2+ae+1e ≤0，解得a≤e3−e−1e2，由F(x)max=f(x3)+1e >1e，即f(x3)>0，lnx3-x32+ax3>0，由于-2x32+ax3+1=0，所以a=2x3-1x3，代入lnx3-x32+ax3>0，得lnx3+x32-1>0，令h(x)=lnx+x2-1，所以h′(x)=1x+2x在(0，e]上恒正，所以h(x)=lnx+x2-1在(0，e]上递增，由于h(1)=0，所以h(x3)>h(1)=0，所以1<x3<e，由于a=2x3-1x3单调递增，所以1<a<2e-1e，综上，实数a的取值范围是(1,e3−e−1e2].【加固训练】已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a，b，c∈R)在x=-23与x=1时都取得极值.(1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间.(2)若函数g(x)=f(x)-2c在区间[-1，2]内恰有两个零点，求c的取值范围. 【解析】(1)f′(x)=3x2+2ax+b，由于x=-23与x=1时都取得极值，所以{f′(−23)=43−2a×23+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=-12，b=-2；此时f′(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1)，经检验，-23与1是函数的极值点；令f′(x)>0，则x<-23或x>1，令f′(x)<0，则-23<x<1，所以单调增区间为(−∞,−23)，(1，+∞)，单调减区间为(−23,1).(2)由(1)得由于函数g(x)=f(x)-2c在区间[-1，2]内恰有两个零点，所以-32+c<2c<12+c或2c=2227+c，即-32<c<12或c=2227；所以c的取值范围为-32<c<12或c=2227.关闭Word文档返回原板块。

2022年高考数学(理)二轮复习专项精练：(高考22题) 12+4分项练2 Word版含答案

12＋4分项练2 不等式1．(2021届重庆市巴蜀中学三诊)设0<a <1，b >c >0，则下列结论不正确的是( ) A ．a b <a c B ．b a >c a C ．log a b <log a c D.a b >ac答案 D解析取a ＝12，b ＝4，c ＝2可知D 错．故选D.2．(2021·山东)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3≤0，3x ＋y ＋5≤0，x ＋3≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值是( )A ．0B ．2C ．5D ．6 答案 C解析如图所示，先画出可行域，作出直线l ：x ＋2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋5＝0，x ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝4.∴A (－3,4)．由图可知，平移直线l 至过点A 时，z 取得最大值， z max ＝－3＋2×4＝5. 故选C.3．(2021·辽宁省试验中学模拟)已知实数x ，y 满足x 2－xy ＋y 2＝1，则x ＋y 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析原式可化为：(x ＋y )2＝1＋3xy ≤1＋3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，解得－2≤x ＋y ≤2，当且仅当x ＝y ＝1时x ＋y 有最大值 2.故选B.4．(2021届浙江省嘉兴市第一中学适应性考试)已知xy ＝1，且0<y <22，则x 2＋4y 2x －2y 的最小值为( )A ．4 B.92C ．2 2D ．4 2 答案 A解析由于xy ＝1且0<y <22，可知x >2，所以x －2y >0.x 2＋4y 2x －2y ＝(x －2y )2＋4xyx －2y ＝x －2y ＋4x －2y≥4，当且仅当x ＝3＋1，y ＝3－12时等号成立．故选A.5．(2021届吉林省吉林高校附属中学模拟)已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋2y ＋1≥0，2x ＋y －1≤0，若直线y ＝k (x ＋1)把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为1∶2，则k 等于( ) A.14 B.13 C.12 D.34 答案 A解析作出不等式组对应平面区域如图(△ABC 及其内部)，A (0,1)，B (1，－1)，∵直线y ＝k (x ＋1)过定点C (－1,0)，∵C 点在平面区域ABC 内， ∴点A 到直线y ＝k (x ＋1)的距离d 上＝|k －1|1＋k2，点B 到直线y ＝k (x ＋1)的距离d 下＝|2k ＋1|1＋k2，∵直线y ＝k (x ＋1)把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为1∶2， ∴2×|k －1|1＋k 2＝|2k ＋1|1＋k 2，解得k ＝14.故选A.6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >9 答案 C解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －b －7＝0，4a －b －13＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11.所以f (－1)＝c －6，所以0<c －6≤3，解得6<c ≤9，故选C.7．(2021届江西省重点中学联考)假照实数x ，y 满足关系⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，又2x ＋y －7x －3≥c 恒成立，则c 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，95 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫95，＋∞ D ．[3，＋∞) 答案 A解析不等式组表示的平面区域如图所示，若c ≤2x ＋y －7x －3恒成立，则只需c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y －7x －3min ，即c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y －1x －3min ，所以问题转化为求y －1x －3的最小值，y －1x －3表示可行域内动点(x ，y )与定点(3,1)连线的斜率，依据图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1x －3min ＝k BC ＝－15，所以c ≤95，故选A.8．(2021届福建省宁德市质量检查)已知实数x ，y 满足的约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，3x －2y －3≤0，x ＋y －1≥0表示的平面区域为D ，若存在点P (x ，y )∈D ，使x 2＋y 2≥m 成立，则实数m 的最大值为 ( ) A.18116 B ．1C.913 D .12 答案 A解析如图，作出可行域D ，要使存在点P (x ，y )∈D ，使x 2＋y 2≥m 成立，只需m ≤(x 2＋y 2)max ，而x 2＋y 2表示阴影部分中的点与原点距离的平方，所以(x 2＋y 2)max ＝18116，即m ≤18116，m 的最大值为18116，故选A. 9．(2021·湖北省武汉市调研)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋2y ≤4，x －2y ≤2，假如目标函数z ＝x ＋ay 的最大值为163，则实数a 的值为( )A ．3 B.143C ．3或143D ．3或－113答案 D解析先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为y ＝－1a x ＋1a z ，当a >0时，－1a<0，(1)当－12≤－1a<0，即a ≥2时，最优解为A ⎝⎛⎭⎫43，43，z ＝43＋43a ＝163，a ＝3，符合题意； (2)当－1a <－12，即0<a <2时，最优解为B ⎝⎛⎭⎫3，12，z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合，舍去；当a <0时，－1a>0.(3)当0<－1a <12，即a <－2时，最优解为C (－2，－2)，z ＝－2－2a ＝163，a ＝－113，符合；(4)当－1a ≥12，即－2≤a <0时，最优解为B ⎝⎛⎭⎫3，12，z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合，舍去．综上，实数a 的值为3或－113，故选D.10.(2021届河北省衡水中学押题卷)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法争辩代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF ⊥AB ，设AC ＝a ，BC ＝b ，则该图形可以完成的无字证明为( ) A.a ＋b 2≥ab (a >0，b >0)B ．a 2＋b 2≥2ab (a >0，b >0) C.2ab a ＋b ≤ab (a >0，b >0) C.a ＋b 2≤a 2＋b 22(a >0，b >0) 答案 D解析 AC ＝a ，BC ＝b ，可得圆O 的半径r ＝a ＋b2，又OC ＝OB －BC ＝a ＋b 2－b ＝a －b2，则FC 2＝OC 2＋OF 2＝(a －b )24＋(a ＋b )24＝a 2＋b 22，再依据题图知FO ≤FC ，即a ＋b2≤a 2＋b 22，当且仅当a ＝b 时取等号．故选D. 11．(2021·湖南省衡阳市联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x －1，x ≤3，x ＋5y ≥4，则x 2y的最小值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 D解析作出不等式组所对应的平面区域，由图象可知x >0，y >0，设z ＝x 2y ，则x 2＝zy ，对应的曲线为开口向上的抛物线，由图象可知当直线y ＝x －1与抛物线相切时，z 取得最小值，将y ＝x －1代入抛物线x 2＝zy ，得x 2－zx ＋z ＝0，由Δ＝0⇒z ＝4，z ＝0(舍)．故选D.12．(2021·湖南省长沙市长郡中学模拟)设正实数x ，y ，z 满足x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0，则当xy z 取得最大值时，2x ＋1y －2z的最大值为( ) A ．0 B ．1 C.94 D ．3 答案 B解析据已知等式得z ＝x 2－3xy ＋4y 2，故xy z ＝xy x 2－3xy ＋4y 2＝1x 2－3xy ＋4y 2xy ＝1x y ＋4y x－3，据基本不等式得xyz＝1x y ＋4yx－3≤12x y ·4yx－3＝1，当且仅当x y ＝4yx ，即x ＝2y 时取得最大值，此时z ＝2y 2且2x ＋1y －2z ＝2y －22y 2＝－⎝⎛⎭⎫1y －12＋1≤1，当y ＝1时取得最大值1. 13．(2021届河南省南阳市第一中学模拟)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≥0，3x －y －a ≤0，若目标函数z ＝x ＋y 的最小值为－25，则实数a 的值为________．答案 2解析作出不等式组对应的平面区域为阴影部分ABO .由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线y ＝－x ＋z 经过点B 时，直线y ＝－x ＋z 截距最小，此时z 最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝－25，2x ＋y ＝0解得⎩⎨⎧x ＝25，y ＝－45.即B ⎝⎛⎭⎫25，－45，同时B 也在直线3x －y －a ＝0上，即3×25－⎝⎛⎭⎫－45－a ＝0，得a ＝2. 14．(2021届云南省师范高校附属中学月考)下表所示为X ，Y ，Z 三种食物的维生素含量及成本，某食品厂欲将三种食物混合，制成至少含44 000单位维生素A 及48 000单位维生素B 的混合物100千克，所用的食物X ，Y ，Z 的质量分别为x ，y ，z (千克)，混合物的成本最少为________元.X Y Z 维生素A (单位/千克) 400 600 400 维生素B (单位/千克) 800 200 400 成本(元/千克)12108答案 960解析混合食物成本的多少受到维生素A ，B 的含量以及混合物总量等因素的制约，各个条件综合考虑，得⎩⎪⎨⎪⎧400x ＋600y ＋400z ≥44 000，800x ＋200y ＋400z ≥48 000，x ＋y ＋z ＝100，x ≥0，y ≥0，z ≥0，消去不等式中的变量z ，得⎩⎪⎨⎪⎧y ≥20，2x －y ≥40，x ＋y ≤100，目标函数为混合物成本函数P ＝12x ＋10y ＋8z ＝800＋4x ＋2y .画出可行域如图所示，当直线y ＝－2x －400＋P2过可行域内的点A (30,20)时，即x ＝30千克，y ＝20千克，z ＝50千克时，成本P ＝960元为最少．15．(2021届江西省重点中学联考)已知△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，BC ＝4，若点P 是边BC 上的动点，且P 到AB ，AC 的距离分别为m ，n ，则4m ＋1n的最小值为________．答案 92解析由题知AB ＝AC ＝433，则依据三角形面积相等有12×⎝⎛⎭⎫4332×32＝12×433(m ＋n )，则m ＋n ＝2，依据基本不等式，得4m ＋1n ＝12(m ＋n )⎝⎛⎭⎫4m ＋1n ＝12⎝⎛⎭⎫5＋4n m ＋m n ≥92，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，4n m ＝m n，即m ＝43，n ＝23时，等号成立．16．已知变量x ，y (x ，y ∈R )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤0，x ＋y ≥5，y －3≤0，若不等式(x ＋y )2≥c (x 2＋y 2) (c ∈R )恒成立，则实数c的最大值为________．答案2513解析作出可行域如图所示，设t ＝y x ，由可行域易知1≤t ≤32.又由(x ＋y )2≥c (x 2＋y 2) (c ∈R )，得 c ≤(x ＋y )2x 2＋y 2＝1＋2xy x 2＋y 2＝1＋2x y ＋y x，即c≤1＋2t＋1t，而2≤t＋1t≤136，所以1＋2t＋1t的最小值为1＋2136＝1＋1213＝2513，所以c≤2513.。

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练【含解析】

2025届高考数学二轮复习-数列题型解答题专项训练一、解答题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()113n n S a =-.（1）求1a ，2a ；（2）证明：数列{}n a 是等比数列.答案：（1）112a =-；214a =（2）数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列解析：（1）当1n =时，()111113a S a ==-，所以112a =-.当2n =时，()22211123S a a =-+=-，所以214a =.（2）由()113n n S a =-，得()1111(2)3n n S a n --=-≥，所以()111(2)3n n n n n a S S a a n --=-=-≥，所以11(2)2n n a a n -=-≥.又112a =-，所以数列{}n a 是首项和公比均为12-的等比数列.所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.（2）由（1）知()32121n a n n =+-=+.3．在数列{}n a 中,14a =,1431n n a a n +=-+,*n ∈N .（1）设n n b a n =-,求证：数列{}n b 是等比数列;（2）求数列{}n a 的前n 项和n S .答案：（1）见解析（2）()1412n n n ++-解析：（1）证明：1431,n n a a n +=-+11(1)43114()4,n n n n n b a n a n n a n b ++∴=-+=-+--=-=又111413,b a =-=-=∴数列{}n b 是首项为3、公比为4的等比数列;（2）由（1）可知134n n a n --=⨯,即134n n a n -=+⨯,()()()31411412142n n n n n n n S -++∴=+=--.4．在数列{}n a 中,616a =,点()()1,n n a a n *+∈N 在直线30x y -+=上.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）若2n n n b a =,求数列{}n b 的前n 项和n T .答案：（1）32n a n =-（2）见解析解析：（1）依题意,130n n a a +-+=,即13n n a a +-=,因此数列{}n a 是公差为3的等差数列,则63(6)32n a a n n =+-=-,所以数列{}n a 的通项公式是32n a n =-.（2）由（1）得(32)2n n b n =-⋅,则132421242(32)2n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯,于是23121242(35)2(32)2n n n T n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯,两式相减得2123112(12))23(222(32)22(312)232n n n n n T n n ++--=+++⋅⋅⋅+--⋅--⋅-=+⋅-1(532)10n n +⋅=--,所以1(35)210n n T n +=-⋅+.5．已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且636S =,1a ,3a ,13a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若不等式4n kT <对任意的*n ∈N 都成立,求实数k的取值范围.答案：（1）21n a n =-（2）2k ≥.解析：（1）设等差数列{}n a 公差为d ,由题意1211161536(2)(12)a d a d a a d +=⎧⎨+=+⎩,0d ≠,解得112a d =⎧⎨=⎩,所以12(1)21n a n n =+-=-;（2）由（1）111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+,所以1111111111(1)()((12323522121221n T n n n =-+-++-=--++,易知n T 是递增的且12n T <,不等式4n k T <对任意的*n ∈N 都成立,则142k ≥,所以2k ≥.6．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足24(1)n S n =+,n +∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,若对任意的n +∈N ,不等式25n T a a <-恒成立,求实数a 的取值范围.答案：（1） 1, 1 21, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+≥⎪⎩（2）3a ≤-或4a ≥解析：（1）24(1)n S n =+当1n =时,214(11)a =+,即11a =当2n ≥时,由1n n n a S S -=-,故224(1)21n a n n n =+-=+,得214n n a +=.易见11a =不符合该式,故 1 121, 24n n a n n =⎧⎪=⎨+=⎪⎩，（2）由0n a >,易知n T 递增;112145T a a ==当2n ≥时,()()111611821232123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭.从而41111111281285577921235235n T n n n ⎛⎫=+-+-++-=-< ⎪+++⎝⎭.又由25n T a a <-,故212a a ≤-,解得3a ≤-或4a ≥即实数a 的取值范围为3a ≤-或4a ≥7．记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知112a =,n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.（1）求{}n a 的通项公式;（2）设()1nn n b a =-,求{}n b 的前2n 项和2n T .答案：（1）12n a n =（2）2n解析：（1）由n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列,且111S a =,则()11111222n n S n n a =+-⨯=+,即()21n n S n a =+,当2n ≥时,112n n S na --=,两式相减可得：()121n n n a n a na -=+-,整理可得11n n a na n -=-,故121121121121212n n n n n a a a n n a a n n a a a n ----=⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯-=-,将1n =代入上式,12n a =,故{}n a 的通项公式为12n a n =.（2）由()1nn n b a =-,则21212342221n n n n a a T b a a a a b b -=-+-+-+-+++=()()()()22121242132122n n n n n a a n a a a a a a a a --++=+++-+++=-()111122*********n nn n ⎡⎤=⨯+⨯-⨯-⨯⎢⎥⎦=-⎣.8．已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,且11a =,34a =,数列{}n b 中()*221log log n n n b a a n +=+∈N .（1）求数列{}n b 的通项公式;（2）若数列{}n b 的前n 项和为n S ,数列{}n c 满足141n n c S =-,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案：（1）21n b n =-（2）21n nT n =+解析：（1）正项等比数列{}n a 的公比为q ,由231a a q =,得24q =,而0q >,解得2q =,于是1112n n n a a q --==,由221log log n n n b a a +=+,得12222log o 21l g n n n n b -=+=-,所以数列{}n b 的通项公式21n b n =-.（2）由（1）知,21n b n =-,显然数列{}n b 是等差数列,21(21)2n n S n n +-=⋅=,2111111(4141(21)(21)22121n n c S n n n n n ====----+-+,所以11111111[(1)()()](1)2335212122121n nT n n n n =-+-++-=-=-+++.9．已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ,满足33a =,410S =.数列{}n b 满足12b =,112n n n nb a b a ++=,*n ∈N .（1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;（2）设数列{}n c 满足()1(1)32n n n n n c a b +-+=,*n ∈N ,求数列{}n c 的前n 项和n T .答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）设数列{}n a 的公差为d ,11234610a d a d +=⎧∴⎨+=⎩,解得11a =,1d =,n a n ∴=.()121n n n b b n ++=,112n n b n b n++∴=,且121b =,所以n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列,2n nb n∴=,2n n b n ∴=⋅（2）()()()()1111(1)3211(1)(1)(1)12212212n n n nn n n n n n n c n n n n n n ++++⎛⎫-+--==-+=- ⎪ ⎪+⋅⋅+⋅⋅+⋅⎝⎭,()1111(1)212n n n T n ++∴=---+⋅10．已知各项为正的数列{}n a 的首项为2,26a =,22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设数列{}n a 的前n 项和n S ,求数列{}28n n S a +-(其中*n ∈N )前n 项和的最小值.答案：（1）42n a n =-（2）最小值为38-解析：（1）因为22211122n n n n n n n n a a a a a a a a +++++-=--,所以有()()12120n n n n n a a a a a +++++-=,而0n a >,10n n a a +∴+≠,所以2120n n n a a a +++-=,则211121n n n n n n a a a a a a a a +++--=-=-=⋅⋅⋅=-,又12a =,26a =,∴214a a -=,由等差数列定义知数列{}n a 是以2为首项,4为公差的等差数列.∴数列{}n a 的通项公式为42n a n =-.（2）由（1）有2(1)=2+4=22n n n S n n -⨯,()()2282430253n n S a n n n n ∴+-=+-=+-,令280n n S a +->,有4,5,6,n =⋅⋅⋅;280n n S a +-<,有1,2n =;280n n S a +-=,有3n =.所以{}28n n S a +-前n 项和的最小值为()()()()215132252338+-++-=-,当且仅当2n =,3时取到.11．记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知2n S n =,等比数列{}n b 满足11b a =,35b a =.（1）求{}n a 的通项公式;（2）求{}n b 的前n 项和n T .答案：（1）()*21n a n n =-∈N （2）当3q =时,3122n n T =-;当3q =-时,1(3)44n n T -=-.解析：（1）当1n =时,111a S ==,当2n ≥时,1n n n a S S -=-22(1)n n =--21n =-,因为11a =适合上式,所以()*21n a n n =-∈N .（2）由（1）得11b =,39b =,设等比数列{}n b 的公比为q ,则2319b b q =⋅=,解得3q =±,当3q =时,()113311322n n nT ⋅-==--,当3q =-时,11(3)1(3)1(3)44nn n T ⎡⎤⋅---⎣⎦==---.12．记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知221nn S n a n+=+.（1）证明：{}n a 是等差数列；（2）若4a ，7a ，9a 成等比数列，求n S 的最小值.答案：（1）证明见解析（2）12n =或13时，n S 取得最小值，最小值为-78解析：（1）由221nn S n a n+=+，得2n n 22S n a n n +=+，①所以2112(1)2(1)(1)n n S n a n n ++++=+++，②②-①，得112212(1)21n n n a n a n a n ++++=+-+，化简得11n n a a +-=，所以数列{}n a 是公差为1的等差数列.（2）由（1）知数列{}n a 的公差为1.由2749a a a =，得()()()2111638a a a +=++，解得112a =-.所以22(1)251256251222228n n n n n S n n --⎛⎫=-+==-- ⎪⎝⎭，所以当12n =或13时，n S 取得最小值，最小值为-78.13．已知数列{}n a 满足11a =，11,,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，数列{}n b 满足22n n b a =-.（1）求2a ，3a .（2）求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式.（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<.答案：（1）232a =，352a =-（2）证明见解析（3）证明见解析解析：（1）由数列{}n a 的递推关系，知2113122a a =+=，325222a a =-⨯=-.（2）()12221212211112(21)2(21)4(21)12222n n n n n n b a a n a n a n n a ++++=-=++-=+-=-+-=-()211222n n a b =-=.因为12122b a =-=-，所以数列{}n b 的各项均不为0，所以112n n b b +=，即数列{}n b 是首项为12-，公比为12的等比数列，所以1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.（3）由（2）知11221log log 2nn n c b n ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以12231111n nc c c c c c -+++1111223(1)n n =+++⨯⨯-1111112231n n=-+-++--11n=-1<.14．已知数列{}n a 是公比为2的等比数列，2a ，3a ，44a -成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若21log nn na b a +=，设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：13n T ≤<.答案：（1）2n n a =（2）证明见解析解析：（1）因为2a ，3a ，44a -成等差数列，所以32424a a a =+-，又因为数列{}n a 的公比为2，所以2311122224a a a ⨯=+⨯-，即1118284a a a =+-，解得12a =，所以1222n n n a -=⨯=.（2）由（1）知2nn a =，则221log 1log 2122n n n nn n a n b a +++===，所以2323412222n nn T +=++++，①231123122222n n n n n T ++=++++，②①-②得23111111122222n nn n T ++⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭212111111111122221111221122n n n n n n -+++⎛⎫-- ⎪++⎝⎭=+-=+---11112133122222n n n n n +++++=+--=-.所以3332n nn T +=-<.又因为102n n n b +=>，所以{}n T 是递增数列，所以11n T T ≥=，所以13n T ≤<.15．在①221n n b b =+，②212a b b =+，③1b ，2b ，4b 成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{}n a 中，11a =，13n n a a +=，公差不等于0的等差数列{}n b 满足__________，__________求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .答案：选①②；选②③解析：因为11a =，13n n a a +=，所以{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以13n n a -=.方案一：选①②.设数列{}n b 的公差为d ，因为23a =，所以123b b +=.因为221n n b b =+，所以1n =时，2121b b =+，解得123b =，273b =，所以53d =，所以533n n b -=，满足221n n b b =+，所以533n n n b n a -=，所以12123122712533333n n nn b b b n S a a a -=+++=++++，所以2341127125853333333n n n n n S +--=+++++，两式相减，得23111122111532515533109533333336233223n n n n n n n n n S ++++--+⎛⎫=++++-=+--=- ⎪⨯⨯⎝⎭，所以9109443n n n S +=-⨯.方案二：选②③.设数列{}n b 的公差为d ，因为2133a a ==，所以123b b +=，即123b d +=.因为1b ，2b ，4b 成等比数列，所以2214b b b =，即()()21113b d b b d +=+，化简得21d b d =.因为0d ≠，所以11d b ==，所以n b n =，所以13n n n b n a -=，所以120121121233333n n n n b b b n S a a a -=+++=++++，所以123111231333333n n nn n S --=+++++，两式相减，得1231211113132311333333233223n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++++-=--=- ⎪⨯⎝⎭，所以1923443n n n S -+=-⨯.方案三：选①③.设数列{}n b 的公差为d ，因为221n n b b =+，所以1n =时，2121b b =+，所以11d b =+.又1b ，2b ，4b 成等比数列，所以2214b b b =，即()()21113b d b b d +=+，化简得21d b d =.因为0d ≠，所以1b d =，此式与11d b =+矛盾.所以等差数列{}n b 不存在，故不符合题意.。

2014高考数学二轮专题复习Word版专题提升训练12

常考问题12 直线与圆(建议用时：50分钟)1．(2013·镇江期中)若圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0关于直线2ax －by ＋2＝0(a ，b ∈R )对称，则ab 的取值范围是________．解析因为圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0关于直线2ax －by ＋2＝0(a ，b ∈R )对称，所以，点(－1,2)在直线2ax －by ＋2＝0上，所以，a ＋b ＝1，ab ＝a (1－a )≤14.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，142．(2013·南师附中模拟)已知直线x －y ＋a ＝0与圆x 2＋y 2＝1交于A 、B 两点，且向量OA →、OB →满足|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，其中O 为坐标原点，则实数a 的值为______．解析 ∵|OA→＋OB →|＝|OA →－OB →|，∴OA →⊥OB →，∴△OAB 是等腰直角三角形，∴点O 到直线AB 的距离为22，即|0－0＋a |2＝22，∴a ＝±1.答案 ±13．(2013·青岛质检)已知圆(x －a )2＋(y －b )2＝r 2的圆心为抛物线y 2＝4x 的焦点，且与直线3x ＋4y ＋2＝0相切，则该圆的方程为________．解析因为抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，所以a ＝1，b ＝0.又根据|3×1＋4×0＋2|32＋42＝1＝r ，所以圆的方程为(x －1)2＋y 2＝1. 答案 (x －1)2＋y 2＝14．已知圆的方程为x 2＋y 2－6x －8y ＝0，设该圆中过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积是________．解析配方可得(x －3)2＋(y －4)2＝25，其圆心为C (3,4)，半径为r ＝5，则过点(3,5)的最长弦AC ＝2r ＝10，最短弦BD ＝2r 2－12＝46，且有AC ⊥BD ，则四边形ABCD 的面积为S ＝12AC ×BD ＝20 6.答案 20 65．若圆x 2＋y 2＝4与圆x 2＋y 2＋2ax －6＝0(a ＞0)的公共弦的长为23，则a ＝________.解析 x 2＋y 2＋2ax －6＝0(a >0)可知圆心为(－a,0)，半径为6＋a 2，两圆公共弦所在方程为(x 2＋y 2＋2ax －6)－(x 2＋y 2)＝－4，即x ＝1a ，所以有()6＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a 2＝()32解得a ＝1或－1(舍去)．答案 16．(2012·南师附中模拟)在平面直角坐标系中，设直线l ：kx －y ＋2＝0与圆C ：x 2＋y 2＝4相交于A 、B 两点，OM →＝OA →＋OB →，若点M 在圆C 上，则实数k ＝________.解析如图所示，OM →＝OA →＋OB →，则四边形OAMB 是锐角为60°的菱形，此时，点O 到AB 距离为1.由21＋k 2＝1，解出k ＝±1. 答案 k ＝±17．若直线ax ＋by ＝1过点A (b ，a )，则以坐标原点O 为圆心，OA 长为半径的圆的面积的最小值是________．解析由题意知，ab ＝12，x 半径r ＝a 2＋b 2≥2ab ＝1，故面积的最小值为π. 答案 π8．直线2ax ＋by ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交于A ，B 两点(其中a ，b 是实数)，且△AOB 是直角三角形(O 是坐标原点)，则点P (a ，b )与点(0,1)之间距离的最小值为________．解析根据题意画出图形，如图所示，过点O 作OC ⊥AB 于C ，因为△AOB 为等腰直角三角形，所以C 为弦AB 的中点，又|OA |＝|OB |＝1，根据勾股定理得|AB |＝2，∴|OC |＝12|AB |＝22. ∴圆心到直线的距离为12a 2＋b 2＝22，即2a 2＋b 2＝2，即a 2＝－12b 2＋1≥0.∴－2≤b ≤ 2.则点P (a ，b )与点(0,1)之间距离d ＝(a －0)2＋(b －1)2＝a 2＋b 2－2b ＋1＝12b 2－2b ＋2.设f (b )＝12b 2－2b ＋2＝12(b －2)2，此函数为对称轴为x ＝2的开口向上的抛物线，∴当－2≤b ≤2<2时，函数为减函数．∵f (2)＝3－22，∴d 的最小值为3－22＝(2－1)2＝2－1. 答案2－19．已知点A (－3,0)，B (3,0)，动点P 满足|P A |＝2|PB |. (1)若点P 的轨迹为曲线C ，求此曲线的方程；(2)若点Q 在直线l 1：x ＋y ＋3＝0上，直线l 2经过点Q 且与曲线C 只有一个公共点M ，求|QM |的最小值．解 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，则(x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2，化简可得(x －5)2＋y 2＝16，即为所求．(2)曲线C 是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图．由直线l 2是此圆的切线，连接CQ ，则|QM |＝|CQ |2－|CM |2＝|CQ |2－16，当CQ ⊥l 1时，|CQ |取最小值，|CQ |＝|5＋3|2＝42，此时|QM |的最小值为32－16＝4.10．已知以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，2t (t ∈R ，t ≠0)为圆心的圆与x 轴交于点O ，A ，与y 轴交于点O ，B ，其中O 为原点． (1)求证：△AOB 的面积为定值；(2)设直线2x ＋y －4＝0与圆C 交于点M ，N ，若|OM |＝|ON |，求圆C 的方程； (3)在(2)的条件下，设P ，Q 分别是直线l ：x ＋y ＋2＝0和圆C 上的动点，求|PB |＋|PQ |的最小值及此时点P 的坐标．(1)证明由题设知，圆C 的方程为(x －t )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2t 2＝t 2＋4t 2，化简得x 2－2tx ＋y 2－4t y ＝0，当y ＝0时，x ＝0或2t ，则A (2t,0)；当x ＝0时，y ＝0或4t ，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4t ，∴S △AOB ＝12|OA |·|OB |＝12|2t |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪4t ＝4为定值． (2)解 ∵|OM |＝|ON |，则原点O 在MN 的中垂线上，设MN 的中点为H ，则CH ⊥MN ，∴C ，H ，O 三点共线，则直线OC 的斜率k ＝2t t ＝2t 2＝12，∴t ＝2或t ＝－2.∴圆心为C (2,1)或(－2，－1)，∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5或(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝5，由于当圆方程为(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝5时，直线2x ＋y －4＝0到圆心的距离d >r ，此时不满足直线与圆相交，故舍去，∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.(3)解点B (0,2)关于直线x ＋y ＋2＝0的对称点为B ′(－4，－2)，则|PB |＋|PQ |＝|PB ′|＋|PQ |≥|B ′Q |，又B ′到圆上点Q 的最短距离为|B ′C |－r ＝(－6)2＋(－3)2－5＝35－5＝2 5.所以|PB |＋|PQ |的最小值为25，直线B ′C 的方程为y ＝12x ，则直线B ′C 与直线x ＋y ＋2＝0的交点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，－23.11．(2012·南师附中模拟)已知双曲线x 2－y 23＝1.(1)若一椭圆与该双曲线共焦点，且有一交点P (2,3)，求椭圆方程．(2)设(1)中椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，右焦点为F ，直线l 为椭圆的右准线，N 为l 上的一动点，且在x 轴上方，直线AN 与椭圆交于点M .若AM ＝MN ，求∠AMB 的余弦值；(3)设过A 、F 、N 三点的圆与y 轴交于P 、Q 两点，当线段PQ 的中点为(0,9)时，求这个圆的方程．解 (1)∵双曲线焦点为(±2,0)，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝4，4a 2＋9b 2＝1.∴a 2＝16，b 2＝12.故椭圆方程为x 216＋y 212＝1.(2)由已知，A (－4,0)，B (4,0)，F (2,0)，直线l 的方程为x ＝8. 设N (8，t )(t ＞0)． ∵AM ＝MN ，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，t 2.由点M 在椭圆上，得t ＝6. 故所求的点M 的坐标为M (2,3)．所以MA →＝(－6，－3)，MB →＝(2，－3)，MA →·MB →＝－12＋9＝－3. cos ∠AMB ＝MA →·MB →|MA →|·|MB→|＝－336＋9·4＋9＝－6565.(3)设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，将A 、F 、N 三点坐标代入，得⎩⎨⎧16－4D ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，64＋t 2＋8D ＋Et ＋F ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－t －72t ，F ＝－8.圆的方程为x 2＋y 2＋2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0，令x ＝0，得y 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0.设P (0，y 1)，Q (0，y 2)，则y 1,2＝t ＋72t ±⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t 2＋322.由线段PQ 的中点为(0,9)，得y 1＋y 2＝18，t ＋72t ＝18，此时，所求圆的方程为x 2＋y 2＋2x －18y －8＝0.。

高考数学二模试题卷(理科)-Word版含解析

高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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A={﹣1，1，4}，B={y|y=log2|x|+1，x∈A}，则A∩B=（）A．{﹣1，1，3，4} B．{﹣1，1，3}C．{1，3}D．{1}2．已知i为虚数单位，复数z满足（1+i）z=（1﹣i）2，则|z|为（）A．B．1 C．D．3．已知，均为单位向量，它们的夹角为，则|+|=（）A．1 B．C．D．24．四个大学生分到两个单位，每个单位至少分一个的分配方案有（）A．10种B．14种C．20种D．24种5．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（）A．3 B．C．D．6．在等差数列{a n}中，2a7=a9+7，则数列{a n}的前9项和S9=（）A．21 B．35 C．63 D．1267．设F1，F2是双曲线的两个焦点，若点P在双曲线上，且∠F1PF2=90°，|PF1|•|PF2|=2，则b=（）A．1 B．2 C．D．8．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F，H分别是棱PA，PB，AD的中点，且过E，F，H的平面截四棱锥P﹣ABCD所得截面面积为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为（）A．B．8 C．D．9．有四人在海边沙滩上发现10颗精致的珍珠，四人约定分配方案：四人先抽签排序①②③④，再由①号提出分配方案，四人表决，至少要有半数的赞成票才算通过，若通过就按此方案分配，否则提出方案的①号淘汰，不再参与分配，接下来由②号提出分配方案，三人表决…，依此类推．假设：1．四人都守信用，愿赌服输；2．提出分配方案的人一定会赞成自己的方案；3．四人都会最大限度争取个人利益．易知若①②都淘汰，则③号的最佳分配方案（能通过且对提出方案者最有利）是（10，0）（表示③、④号分配珍珠数分别是10和0）．问①号的最佳分配方案是（）A．（4，2，2，2） B．（9，0，1，0） C．（8，0，1，1） D．（7，0，1，2）10．某几何体的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π11．已知数列{αn}的前n项和s n=3n（λ﹣n）﹣6，若数列{a n}单调递减，则λ的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，3）C．（﹣∞，4）D．（﹣∞，5）12．如图是f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）的部分图象，下列说法错误的是（）A．函数f（x）的最小正周期是B．函数g（x）=x的图象可由函数f（x）的图象向右平移个单位得到C．函数f（x）图象的一个对称中心是（﹣，0）D．函数f（x）的一个递减区间是（5，）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．的展开式中各项系数的和为256，则该展开式的二项式系数的最大值为．14．已知实数x，y满足，则x+3y的最大值为．15．AB是圆C：x2+（y﹣1）2=1的直径，P是椭圆E：上的一点，则的取值范围是．16．已知f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣t有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则﹣的取值范围是．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（12分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知且c＜b．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若b=4，延长AB至D，使BC=BD，且AD=5，求△ACD的面积．18．（12分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，侧面ABB1A1⊥底面ABC，D是BC的中点，∠BAA1=120o，B1D⊥AB．（Ⅰ）求证：AC⊥面ABB1A1；（Ⅱ）求二面角C1﹣AD﹣C的余弦值．19．（12分）某商场计划销售某种产品，现邀请生产该产品的甲、乙两个厂家进场试销10天．两个厂家提供的返利方案如下：甲厂家每天固定返利70元，且每卖出一件产品厂家再返利2元；乙厂家无固定返利，卖出40件以内（含40件）的产品，每件产品厂家返利4元，超出40件的部分每件返利6元．经统计，两个厂家的试销情况茎叶图如下：甲乙8998993899201042111010（Ⅰ）现从甲厂家试销的10天中抽取两天，求这两天的销售量都大于40的概率；（Ⅱ）若将频率视作概率，回答以下问题：（ⅰ）记乙厂家的日返利额为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（ⅱ）商场拟在甲、乙两个厂家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由．20．（12分）如图抛物线C：y2=4x的弦AB的中点P（2，t）（t≠0），过点P且与AB垂直的直线l与抛物线交于C、D，与x轴交于Q．（Ⅰ）求点Q的坐标；（Ⅱ）当以CD为直径的圆过A，B时，求直线l的方程．21．（12分）已知函数，，其中a≥1．（Ⅰ）f（x）在（0，2）上的值域为（s，t），求a的取值范围；（Ⅱ）若a≥3，对于区间[2，3]上的任意两个不相等的实数x1、x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数a的取值范围．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为：，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；（Ⅱ）已知直线l1：，射线与曲线C的交点为P，l2与直线l1的交点为Q，求线段PQ的长．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．已知函数f（x）=|kx﹣1|．（Ⅰ）若f（x）≤3的解集为[﹣2，1]，求实数k的值；（Ⅱ）当k=1时，若对任意x∈R，不等式f（x+2）﹣f（2x+1）≤3﹣2m都成立，求实数m的取值范围．2017年湖南省永州市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5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A={﹣1，1，4}，B={y|y=log2|x|+1，x∈A}，则A∩B=（）A．{﹣1，1，3，4}B．{﹣1，1，3}C．{1，3}D．{1}【考点】交集及其运算．【分析】分别让x取﹣1，1，4，然后求出对应的y，从而得出集合B，然后进行交集运算即可．【解答】解：x=﹣1，或1时，y=1；x=4时，y=3；∴B={1，3}；∴A∩B={1}．故选D．【点评】考查列举法、描述法表示集合的概念，元素与集合的关系，对数式的运算，以及交集的运算．2．已知i为虚数单位，复数z满足（1+i）z=（1﹣i）2，则|z|为（）A．B．1 C．D．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．【解答】解：（1+i）z=（1﹣i）2，∴（1﹣i）（1+i）z=﹣2i（1﹣i），2z=﹣2﹣2i，即z=1﹣i．则|z|==．故选：A．【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．已知，均为单位向量，它们的夹角为，则|+|=（）A．1 B．C．D．2【考点】数量积表示两个向量的夹角；向量的几何表示．【分析】根据|+|2=，而，均为单位向量，它们的夹角为，再结合向量数量积的公式可得答案．【解答】解：由题意可得：|+|2=，∵，均为单位向量，它们的夹角为，∴|+|2==1+1+2×1×1×cos=3，∴|+|=，故选C．【点评】本题主要考查向量模的计算公式与向量数量积的公式，解决此类问题的关键是熟练记忆公式并且细心认真的运算即可得到全分．属于基础题．4．四个大学生分到两个单位，每个单位至少分一个的分配方案有（）A．10种 B．14种 C．20种 D．24种【考点】排列、组合的实际应用．【分析】根据题意，假设2个单位为甲单位和乙单位，按照分配在甲单位的人数分3种情况讨论：即①、甲单位1人而乙单位3人，②、甲乙单位各2人，③、甲单位3人而乙单位1人，由组合数公式求出每一种情况的分配方法数目，由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，假设2个单位为甲单位和乙单位，分3种情况讨论：①、甲单位1人而乙单位3人，在4人中任选1个安排在甲单位，剩余3人安排在甲乙单位即可，有C41=4种安排方法；②、甲乙单位各2人，在4人中任选2个安排在甲单位，剩余2人安排在甲乙单位即可，有C42=6种安排方法；③、甲单位3人而乙单位1人，在4人中任选3个安排在甲单位，剩余1人安排在甲乙单位即可，有C43=4种安排方法；则一共有4+6+4=14种分配方案；故选：B．【点评】本题考查排列、组合的应用，注意根据题意进行分类讨论时，一定要做到不重不漏．5．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，输出的结果是（）A．3 B．C．D．【考点】程序框图．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算S值并输出，模拟程序的运行过程，即可得到答案．【解答】解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：x y z 是否继续循环循环前 1 1 0第一圈 1 3 7 是第二圈 3 7 17 否则输出的结果为．故选C【点评】本题考查的知识点是程序框图，在写程序的运行结果时，模拟程序的运行过程是解答此类问题最常用的办法．6．在等差数列{a n}中，2a7=a9+7，则数列{a n}的前9项和S9=（）A．21 B．35 C．63 D．126【考点】等差数列的前n项和．【分析】由已知得a1+4d=a5=7，从而利用数列{a n}的前9项和S9=，能求出结果．【解答】解：∵在等差数列{a n}中，2a7=a9+7，∴2（a1+6d）=a1+8d+7，∴a1+4d=a5=7，∴数列{a n}的前9项和S9==63．故选：C．【点评】本题考查等差数列的前9项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．7．设F1，F2是双曲线的两个焦点，若点P在双曲线上，且∠F1PF2=90°，|PF1|•|PF2|=2，则b=（）A．1 B．2 C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】设|PF1|=m，|PF2|=n，则mn=2，m2+n2=4c2，|m﹣n|=2a，由此，即可求出b．【解答】解：设|PF1|=m，|PF2|=n，则mn=2，m2+n2=4c2，|m﹣n|=2a，∴4c2﹣4a2=2mn=4，∴b2=c2﹣a2=1，∴b=1，故选A．【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查勾股定理的运用，属于中档题．8．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F，H分别是棱PA，PB，AD的中点，且过E，F，H的平面截四棱锥P﹣ABCD所得截面面积为，则四棱锥P﹣ABCD的体积为（）A．B．8 C． D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】取BC中点M，连结FM，HM，推导出平面EFMH是过E，F，H的平面截四棱锥P﹣ABCD所得截面，设PA=AB=a，则S梯形EFMH==，求出a=2，由此能求出四棱锥P﹣ABCD 的体积．【解答】解：取BC中点M，连结FM，HM，∵在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F，H分别是棱PA，PB，AD的中点，∴EF∥AB∥MH，∴EF⊥EH，MH⊥EH，平面EFMH是过E，F，H的平面截四棱锥P﹣ABCD所得截面，设PA=AB=a，∵过E，F，H的平面截四棱锥P﹣ABCD所得截面面积为，∴S梯形EFMH===，解得a=2，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V===．故选：A．【点评】本题考查柱、锥、台体的体积的求法，考查空间想象能力与计算能力，是中档题．9．有四人在海边沙滩上发现10颗精致的珍珠，四人约定分配方案：四人先抽签排序①②③④，再由①号提出分配方案，四人表决，至少要有半数的赞成票才算通过，若通过就按此方案分配，否则提出方案的①号淘汰，不再参与分配，接下来由②号提出分配方案，三人表决…，依此类推．假设：1．四人都守信用，愿赌服输；2．提出分配方案的人一定会赞成自己的方案；3．四人都会最大限度争取个人利益．易知若①②都淘汰，则③号的最佳分配方案（能通过且对提出方案者最有利）是（10，0）（表示③、④号分配珍珠数分别是10和0）．问①号的最佳分配方案是（）A．（4，2，2，2）B．（9，0，1，0）C．（8，0，1，1）D．（7，0，1，2）【考点】进行简单的合情推理．【分析】若①②都淘汰，则③号的最佳分配方案（能通过且对提出方案者最有利）是（10，0）（表示③、④号分配珍珠数分别是10和0），可得结论．【解答】解：根据若①②都淘汰，则③号的最佳分配方案（能通过且对提出方案者最有利）是（10，0）（表示③、④号分配珍珠数分别是10和0），可知①号的最佳分配方案是（9，0，1，0），故选B．【点评】本题考查合情推理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．10．某几何体的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由已知中的三视图可得：该几何底是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出其外接球的半径，进而可得答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何底是一个以俯视图为底面的三棱锥，底面两直角边长分别为2，2，故斜边长为2，过斜边的侧面与底面垂直，且为高为3的等腰三角形，设其外接球的半径为R，则，解得：R=2，故它的外接球表面积S=4πR2=16π，故选：B【点评】本题考查的知识点是球的表面积和体积，球内接多面体，空间几何体的三视图，难度中档．11．已知数列{αn}的前n项和s n=3n（λ﹣n）﹣6，若数列{a n}单调递减，则λ的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，3）C．（﹣∞，4）D．（﹣∞，5）【考点】数列的函数特性．【分析】由已知求出a n利用为单调递减数列，可得a n＞a n+1，化简解出即可得出【解答】解：∵s n=3n（λ﹣n）﹣6，①∴s n﹣1=3n﹣1（λ﹣n+1）﹣6，n＞1，②①﹣②得数列a n=3n﹣1（2λ﹣2n﹣1）（n＞1，n∈N*）为单调递减数列，∴a n＞a n+1，且a1＞a2∴﹣3n﹣1（2λ﹣2n﹣1）＞3n（2λ﹣2n﹣3），且λ＜2化为λ＜n+，（n＞1），且λ＜2，∴λ＜2，∴λ的取值范围是（﹣∞，2）．故选：A．【点评】本题考查了数列的单调性，考查了推理能力与计算能力．12．如图是f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）的部分图象，下列说法错误的是（）A．函数f（x）的最小正周期是B．函数g（x）=x的图象可由函数f（x）的图象向右平移个单位得到C．函数f（x）图象的一个对称中心是（﹣，0）D．函数f（x）的一个递减区间是（5，）【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】根据图象过（0，1），（2，0）求出ω 和φ，即可求函数f（x）的解析式；根据函数解析式之间的关系判断各选项即可得结论．【解答】解：根据图象可知，f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）的图象过（0，1），（2，0）可得：f（0）=cos（φ）=1，解得：φ=+2kπ或φ=﹣+2kπ，（k∈Z）f（2）=cos（2ω+）=0，解得ω=+kπ或ω=+kπ．当k=﹣1时，|ω|为：，周期T==．故A对．此时可得f（x）=cos（）．函数g（x）=x的图象图象向右平移个单位可得：=cos（）．故B对．当x=﹣时，函数f（）=cos（）．==1，故C不对．由f（x）=cos（）=cos（）．令0+2kπ≤）≤π+2kπ，可得：，（k∈Z）当k=2时，可得是单调递减．故D对．故选C．【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键．要求熟练掌握函数图象之间的变化关系．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．的展开式中各项系数的和为256，则该展开式的二项式系数的最大值为6．【考点】二项式系数的性质．【分析】由题意可得：令x=1，则（5﹣1）m=256，解得m=4．该展开式的二项式系数的最大值为．【解答】解：由题意可得：令x=1，则（5﹣1）m=256，解得m=4．该展开式的二项式系数的最大值为=6．故答案为：6．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14．已知实数x，y满足，则x+3y的最大值为10．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）由z=x+3y得y=﹣x+z，平移直线y=﹣x+z，由图象可知当直线y=﹣x+z经过点B时，直线y=﹣x+z的截距最大，此时z最大．由，解得B（1，3），代入目标函数z=x+3y得z=1+3×3=10故答案为：10．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法．15．AB是圆C：x2+（y﹣1）2=1的直径，P是椭圆E：上的一点，则的取值范围是[﹣1，] ．【考点】椭圆的简单性质．【分析】由，，得=（）•（===x2+（y﹣1）2﹣1=x2+y2﹣2y=﹣3y2﹣2y+4再结合y的范围即可求出结论【解答】解：设P（x，y），∵，，∴=（）•（===x2+（y﹣1）2﹣1=x2+y2﹣2y=﹣3y2﹣2y+4∵y∈[﹣1，1]，∴﹣3y2﹣2y+4，∴的取值范围是：[﹣1，]．故答案为：[﹣1，]【点评】本题主要考查椭圆的基本性质，向量数量积的基本运算技巧，选好基底是解决向量问题的基本技巧之一，及二次函数的值域问题，属于中档题，16．已知f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣t有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则﹣的取值范围是．【考点】函数零点的判定定理．【分析】画出函数的图象，求出x≥0时f（x）的最大值，判断零点的范围，然后推出结果．【解答】解：函数f（x）=，图象如图，函数g（x）=f（x）﹣t有三个不同的零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，即方程f（x）=t有三个不同的实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，当x＞0时，f（x）=，因为x+≥2（x＞0），所以f（x），当且仅当x=1时取得最大值．当y=时，x1=﹣2；x2=x3=1，此时﹣=，由=t（0），可得=0，∴x2+x3=，x2x3=1∴+=＞2，∴﹣=t+∵0，∴﹣的取值范围是．故答案为．【点评】本题考查函数的零点个数的判断与应用，基本不等式的应用，考查数形结合思想以及转化思想的应用．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（12分）（2017•永州二模）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知且c＜b．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若b=4，延长AB至D，使BC=BD，且AD=5，求△ACD的面积．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（Ⅰ）由正弦定理化，即可求出sinC的值，从而求出C；（Ⅱ）根据图形设BC=x，利用余弦定理求出x的值，再求出AB的值，利用正弦定理求出sinA，再计算△ACD的面积．【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，，由正弦定理得，，∴，又c＜b，∴；…（6分）（Ⅱ）如图所示，设BC=x，则AB=5﹣x，在△ABC中，由余弦定理得，求得，即，所以，…（8分）在△ABC中，由正弦定理得，∴，…（10分）∴△ACD的面积为=．…（12分）【点评】本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，是基础题．18．（12分）（2017•永州二模）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，侧面ABB1A1⊥底面ABC，D是BC的中点，∠BAA1=120o，B1D⊥AB．（Ⅰ）求证：AC⊥面ABB1A1；（Ⅱ）求二面角C1﹣AD﹣C的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）取AB中点O，连接OD，B1O，推导出B1O⊥AB，B1D⊥AB，从而AB⊥面B1OD，进而AB⊥OD，再求出AC⊥AB，由此能证明AC⊥面ABB1A1．（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OB、OD、OB1方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C1﹣AD﹣C的余弦值．【解答】（本小题满分12分）证明：（Ⅰ）取AB中点O，连接OD，B1O，△B1BO中，AB=2，B1B=2，∠B1BA=60°，故△AB1B是等边三角形，∴B1O⊥AB，又B1D⊥AB，而B1O与B1D相交于B1，∴AB⊥面B1OD，故AB⊥OD，又OD∥AC，所以AC⊥AB，又∵侧面ABB1A1⊥底面ABC于AB，AC在底面ABC内，∴AC⊥面ABB1A1．…（6分）解：（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OB、OD、OB1方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系，C（﹣1，2，0），A（﹣1，0，0），D（0，1，0），B（1，0，0），B1（0，0，），∴，，，，设面ADC1的法向量为，依题意有：，令x=1，则y=﹣1，，∴，…（9分）又面ADC的法向量为，…（10分）∴，∴二面角C1﹣AD﹣C的余弦值为．…（12分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．19．（12分）（2017•永州二模）某商场计划销售某种产品，现邀请生产该产品的甲、乙两个厂家进场试销10天．两个厂家提供的返利方案如下：甲厂家每天固定返利70元，且每卖出一件产品厂家再返利2元；乙厂家无固定返利，卖出40件以内（含40件）的产品，每件产品厂家返利4元，超出40件的部分每件返利6元．经统计，两个厂家的试销情况茎叶图如下：甲乙8 9 9 8 9 9 3 8 9 92 0 1 0 4 2 1 1 1 0 1 0（Ⅰ）现从甲厂家试销的10天中抽取两天，求这两天的销售量都大于40的概率；（Ⅱ）若将频率视作概率，回答以下问题：（ⅰ）记乙厂家的日返利额为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（ⅱ）商场拟在甲、乙两个厂家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由．【考点】离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）记“抽取的两天销售量都大于40”为事件A，利用等可能事件概率计算公式能求出这两天的销售量都大于40的概率．（Ⅱ）（ⅰ）设乙产品的日销售量为a，推导出X的所有可能取值为：152，156，160，166，172，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．（ⅱ）求出甲厂家的日平均销售量，从而得到甲厂家的日平均返利，由（ⅰ）得乙厂家的日平均返利额，由此推荐该商场选择乙厂家长期销售．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）记“抽取的两天销售量都大于40”为事件A，则．…（4分）（Ⅱ）（ⅰ）设乙产品的日销售量为a，则当a=38时，X=38×4=152；当a=39时，X=39×4=156；当a=40时，X=40×4=160；当a=41时，X=40×4+1×6=166；当a=42时，X=40×4+2×6=172；∴X的所有可能取值为：152，156，160，166，172，∴X的分布列为X 152 156 160 166 172p∴．…（9分）（ⅱ）依题意，甲厂家的日平均销售量为：38×0.2+39×0.4+40×0.2+41×0.1+42×0.1=39.5，∴甲厂家的日平均返利额为：70+39.5×2=149元，由（ⅰ）得乙厂家的日平均返利额为162元（＞149元），∴推荐该商场选择乙厂家长期销售．…（12分）【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．20．（12分）（2017•永州二模）如图抛物线C：y2=4x的弦AB的中点P（2，t）（t≠0），过点P且与AB垂直的直线l与抛物线交于C、D，与x轴交于Q．（Ⅰ）求点Q的坐标；（Ⅱ）当以CD为直径的圆过A，B时，求直线l的方程．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（Ⅰ）设AB直线方程，与抛物线C：y2=4x联立，利用韦达定理，求出直线l的方程，即可求点Q的坐标；（Ⅱ）（方法一）A，B，C，D四点共圆，有，即可求直线l的方程．（方法二）利用参数方程求．【解答】解：（Ⅰ）易知AB不与x轴垂直，设AB直线方程为：y=k（x﹣2）+t，与抛物线C：y2=4x联立，消去y得：k2x2+（2tk﹣4k2﹣4）x+（t﹣2k）2=0，∴△=（4k2+4﹣2tk）2﹣4k2×（t﹣2k）2＞0（i）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2是上述方程两根，∴x1+x2=，即tk=2，代入（i）中，求得且t≠0，∴直线l的方程为：y﹣t=（x﹣2），令y=0，得x=4，知定点坐标为（4，0）；…（Ⅱ）（方法一）|AB|===，…（7分）CD直线：，与抛物线y2=4x联立，消去y得：t2x2﹣（8t2+16）x+16t2=0，设C（x3，y3），D（x4，y4），∴x3+x4=，x3x4=16，…（8分）设CD的中点为M（x0，y0），∴x0=，y0=，|PM|=，∴|CD|====，∴A，B，C，D四点共圆，有，代入并整理得t4﹣12t2+32=0，求得t2=4或t2=8（舍去），t=±2．∴直线l的方程为y=x﹣4或y=﹣x+4．…（12分）（方法二）利用参数方程求：设AB直线的参数方程为：，代入抛物线C：y2=4x得，sin2θm2+2sinθmt﹣4cosθm+t2﹣8=0，，，则直线CD的参数方程为：，或有，，sin2β=cos2θ，依题意有：|PA|•|PB|=|PC|•|PD|，sin2θ=cos2θ，则有或，∴直线l的方程为y=x﹣4或y=﹣x+4．…（12分）【点评】本题考查直线过定点，考查直线方程，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．21．（12分）（2017•永州二模）已知函数，，其中a ≥1．（Ⅰ）f（x）在（0，2）上的值域为（s，t），求a的取值范围；（Ⅱ）若a≥3，对于区间[2，3]上的任意两个不相等的实数x1、x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）f′（x）=x2﹣（a+1）x+a，令f′（x）=0得x1=1，x2=a，由题意函数f（x）在区间（0，2）无最值，知f（x）在（0，2）上要么有两个极值点或者没有极值点，即可求a的取值范围；（Ⅱ）不妨设2≤x1＜x2≤3，由（Ⅰ）知：当a≥3时，f（x）在区间[2，3]上恒单调递减，有|f（x1）﹣f（x2）|=f（x1）﹣f（x2），分类讨论，构造函数，即可求实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x2﹣（a+1）x+a，令f′（x）=0得x1=1，x2=a，…（1分）依题意函数f（x）在区间（0，2）无最值，知f（x）在（0，2）上要么有两个极值点或者没有极值点，知1≤a＜2，…（3分），，f（0）=﹣1，，（i）若a=1，函数f（x）在区间（0，2）上恒单调递增，显然符合题意；…（4分）（ii）若1＜a＜2时，有，即，，得；综上有．…（6分）（Ⅱ）不妨设2≤x1＜x2≤3，由（Ⅰ）知：当a≥3时，f（x）在区间[2，3]上恒单调递减，有|f（x1）﹣f（x2）|=f（x1）﹣f（x2），…（7分）（i）若3≤a≤4时，在区间[2，3]上恒单调递减，|g（x1）﹣g（x2）|=g（x1）﹣g （x2），则|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|等价于f（x1）﹣g（x1）＞f（x2）﹣g（x2），令函数F（x）=f（x）﹣g（x），由F（x1）＞F（x2）知F（x）在区间[2，3]上单调递减，F′（x）=x2﹣（a+1）x+a﹣（a﹣4）x=x2﹣（2a ﹣3）x+a，当a≥3时，x2﹣（2a﹣3）x+a≤0，即，求得；…（10分）（ii）若a＞4时，单调递增，|g（x1）﹣g（x2）|=g（x2）﹣g（x1），则|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|等价于f（x1）+g（x1）＞f（x2）+g（x2），令函数G（x）=f（x）+g（x），由G（x1）＞G（x2）知G（x）在区间[2，3]上单调递减，有G′（x）=x2﹣（a+1）x+a+（a﹣4）x=x2﹣5x+a≤0，故当2≤x≤3时，x2﹣5x+a≤0，即，求得4＜a≤6，由（i）（ii）得．…（12分）【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，有难度．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分10分）22．（10分）（2017•永州二模）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为：，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；（Ⅱ）已知直线l1：，射线与曲线C的交点为P，l2与直线l1的交点为Q，求线段PQ的长．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）把参数方程消去参数，可得曲线C的普通方程，再根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，可得曲线C 的极坐标方程．（Ⅱ）利用极坐标方程求得P、Q的坐标，可得线段PQ的长．【解答】解：（Ⅰ）曲线C的参数方程为：，普通方程为（x﹣1）2+y2=7，x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，可得曲线C的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ﹣6=0；（Ⅱ）设P（ρ1，θ1），则有，解得ρ1=3，θ1=，即P（3，）．设Q（ρ2，θ2），则有，解得ρ2=1，θ2=，即Q（1，），所以|PQ|=|ρ1﹣ρ2|=2．【点评】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程的应用以及极坐标的意义，属于基础题．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．（2017•永州二模）已知函数f（x）=|kx﹣1|．（Ⅰ）若f（x）≤3的解集为[﹣2，1]，求实数k的值；（Ⅱ）当k=1时，若对任意x∈R，不等式f（x+2）﹣f（2x+1）≤3﹣2m都成立，求实数m的取值范围．【考点】函数恒成立问题；其他不等式的解法．【分析】（Ⅰ）通过讨论k的范围，求出不等式的解集，从而求出k的值即可；（Ⅱ）令h（x）=f（x+2）﹣f（2x+1），根据h（x）的单调性求出h（x）的最大值，从而求出m的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）显然k≠0，k＞0时，f（x）≤3的解集是[﹣，]，∴﹣=﹣2且=1，但k无解，k＜0时，f（x）≤3的解集是[，﹣]，∴=﹣2且﹣=1，解得：k=﹣2，综上，k=﹣2；（Ⅱ）k=1时，令h（x）=f（x+2）﹣f（2x+1）=，由此可得，h（x）在（﹣∞，0]上递增，在[0，+∞）递减，∴x=0时，h（x）取最大值1，由题意得：1≤3﹣2m，解得：m的范围是（﹣∞，1]．【点评】本题考查了解不等式问题，考查函数的单调性以及分类讨论思想，是一道中档题．。

2012届高三数学二轮复习专题12答案与解析

数学专题卷2012届高三数学二轮复习专题卷数学专题十二答案与解析1．【答案】D 【解析】∵86'2+-=t t s ∴令0'=s ，得2=t 或4，故选D . 2．（理）【答案】B 【解析】 ,xx y 1)'(ln '==,∴设切点为）（00ln ,x x ,则切线方程为)(1ln 00x x x x y -=-得1ln 100-+=x x x y由01ln 0=-x ,得ex =0,故ek1=，此时直线xe y 1=经过点）（1,e . （文）【答案】B 【解析】2)2(2'+=x y ，所以，在点）（1,1--处的切线斜率2)21(2'21=+-==-=x y k ，所以切线的一个方向向量为）（2,1. 3．【答案】A 【解析】mx f ＜)(恒成立,即为)(x f 的最大值m <恒成立，由23)('2--=x x x f 知，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∈32,1x 及[]2,1∈x 时)(x f 为增函数，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈132，x 时，)(x f 为减函数，知)(x f 的最大值为7)2(=f ，所以m 的取值范围为），（∞+7，故选A .4．【答案】C 【解析】2)(3-+=x x x f ，13)('2+=x x f ，且曲线在P 点处的切线斜率为4，∴令413)('2=+=x x f ，得1±=x ，．4)1(,0)1(-=-=f f ．所以曲线2)(3-+=x x x f 在点）（0,1、），（41--处的切线与直线xy 41-=垂直．故选C ．5．【答案】A 【解析】利用200)1)(3(+-=x x k ，并且0≥k，易得到[)+∞∈,3x ，即函数的单调递增区间.6．【答案】C 【解析】0)('1≤-x f x ）（即0)('1≥-x f x ）（，∴分1＞x 或1＜x 讨论得，当1＞x 时)(x f 单调递增，当1＜x 时)(x f 单调递减，画数轴，观察得)1(2)2()0(f f f ＞+．7．【答案】C 【解析】me xf x-=)('，曲线C 不存在与直线xy 21=垂直的切线，即曲线C 不存在斜率等于2-的切线，亦即方程2-=-m e x 无解，2-=m e x ，故02≤-m ，因此2≤m.8．【答案】B 【解析】因为)(x f 定义域为），（∞+0，xx y 212'-=，由0)('=x f ，得21=x．利用图象可知，根据题意得，⎪⎩⎪⎨⎧≥-+-011211k k k ＜＜，解得231＜k ≤9．【答案】D 【解析】∵0cos 2)('≥+=x x f ∴f （x ）在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡-2,2ππ上单调递增；又)2()2(x f x f -=+ππ,∴函数)(x f 图像关于2π=x 对称,故)2()1()3(f f f ＜＜,选择D .10．（理）【答案】D 【解析】因11413-+=+-=xxxe e ey ,24)1(4'2++-=+-=-xxxx ee e ey ，0'1＜y ≤-∴即0tan 1＜α≤-.又[)πα，0∈，所以角α的最小值为43π.（文）【答案】D 【解析】当0＞x 时，xx e e y -+=，∴x x e e y --=')1(2-=-x x e e )1)(1(+-=-x x x e e e 0>，xxeey -+=是增函数，排除A ；xx y1ln+-=x x ln --=是减函数，排除B ；x x y ln +-=，=+-=xy 11'xx -1，当10<<x 时，0'>y ；x x y ln +-=单调递增，当1>x 时，x x y ln +-=单调递减，排除C ；故选D ． 11．（理）【答案】31【解析】曲线2xy =与x 轴围成的封闭图形的面积是31)31(13210==⎰=x dx x S.（文）【答案】0144=+-y x 【解析】设幂函数)(x f αx =，∴21)41(=α，21=α，∴)(x f 21x =，)('x f 2121-=x ，=)41('f 1，∴点A 处的切线方程为21)41(+-=x y ，即0144=+-y x .12．【答案】2-【解析】由导数的几何意义知2)1()1(lim-==∆-∆+→AB x K xf x f △数学专题卷13．（理）【答案】21【解析】由xx x xx y cos sin sin tan 1tan +=+=知22)cos (sin 1)cos (sin )sin (cos sin )cos (sin cos 'x x x x x x x x x x y +=+--+=，所214cos4sin1'24=+==）（πππx y .（文）【答案】2=x 【解析】易求得)2(363)('2-=-=x x x x x f ，知)(x f 的单调递增区间为），（，∞+-∞2),0(,)(x f 的单调递减区间为)2,0()(x f ∴在x =2处取得极小值. 14．【答案】－1【解析】xf x f 1)1('2)('+=，令1=x 得1)1('2)1('+=f f ，∴1)1('-=f .15．（理）【答案】1【解析】设切点坐标为),(00y x ，则0c o s 'kx k y =,故切线方程为)(c o s 000x x kx k y y -=-，即0000)c o s ()co s (x kx k x kx k y y -=-与x y =对比知000)cos (x kx k y =，所以000)cos (sin x kx k kx =，00tan kx kx =，显然00=x 是其中一个满足的结果，所以,)0c o s (1k k k =⨯=故1=k . （文）【答案】（－2,2）【解析】令g ′（x ）＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可求得g （x ）的极大值为f （－1）＝2，极小值为g （1）＝－2，如图所示可知－2＜a ＜2时，y =a 与x x x g 3)(3-=恰有三个不同公共点．答案：（－2,2） 16．【解析】方法一因为函数x mx x x t ++=23)(是奇函数，2)(2++=nx ax x s 是偶函数,故0,0==n m .（1）1-=a 时，2)2()()(2323++-=+++=x x x ax x x x f ，2)2(2)(2323-++-=++--=x x x x x x x x g ，所以123)('2++-=x x x g由0)('=x g 得31-=x 或1=x （2分错误！未找到引用源。

2012届高考理科数学第二轮综合验收评估复习题12

一、选择题1．(2011·山东)若函数f (x )＝sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减，则ω＝ A ．3 B ．2 C.32D.23解析 ∵y ＝sin ωx (ω＞0)过原点，∴当0≤ωx ≤π2，即0≤x ≤π2ω时，y ＝sin ωx 是增函数；当π2≤ωx ≤3π2，即π2ω≤x ≤3π2ω时，y ＝sin ωx 是减函数．由y ＝sin ωx (ω＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减知，π2ω＝π3，∴ω＝32. 答案 C2．(2011·潍坊模拟)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫6x ＋π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，再向右平移π8个单位，得到的函数的一个对称中心是A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π9，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π16，0 解析将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫6x ＋π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，得到函数g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象；再向右平移π8个单位，得到函数h (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π4＝sin 2x 的图象，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0是函数h (x )的一个对称中心．故选A.答案 A3．(2011·天津)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω＞0，－π＜φ≤π. 若f (x )的最小正周期为6π，且当x ＝π2时，f (x )取得最大值，则 A ．f (x )在区间[－2π，0]上是增函数B ．f (x )在区间[－3π，－π]上是增函数C ．f (x )在区间[3π，5π]上是减函数D ．f (x )在区间[4π，6π]上是减函数解析 ∵T ＝6π，∴ω＝2πT ＝2π6π＝13，∴13×π2＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，∴φ＝2k π＋π3(k ∈Z )． ∵－π＜φ≤π，∴令k ＝0得φ＝π3.∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋π3.令2k π－π2≤x 3＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，则6k π－5π2≤x ≤6k π＋π2，k ∈Z .显然f (x )在[]－2π，0上是增函数，故A 正确，而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π，－5π2上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π2，－π上为增函数，故B 错误，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π，7π2上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π2，13π2上为增函数，故C 错误，f (x )在[4π，6π]上为增函数，故D 错误．答案 A4．已知函数y ＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，0＜φ≤π2，且此函数的图象如图所示，则点(ω，φ)的坐标是A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π2 解析由图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8，0及⎝ ⎛⎭⎪⎫7π8，0可知，函数的周期为π，所以2πω＝π，所以ω＝2.又2×3π8＋φ＝k π(k ∈Z )，0＜φ≤π2，所以φ＝π4.故选A. 答案 A5．(2011·通化模拟)当x ＝π4时，函数y ＝f (x )＝A sin(x ＋φ)(A ＞0)取得最小值，则函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x 是A ．奇函数且当x ＝π2时取得最大值 B ．偶函数且图象关于点(π，0)对称 C ．奇函数且当x ＝π2时取得最小值D ．偶函数且图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称解析当x ＝π4时，函数y ＝f (x )＝A sin(x ＋φ)(A ＞0)取得最小值，则π4＋φ＝2k π＋3π2(k ∈Z )，即φ＝2k π＋5π4(k ∈Z )．因此y ＝f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2k π＋5π4＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5π4，所以y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x ＋5π4＝A sin(－x )＝－A sin x ，因此函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x 是奇函数且当x ＝π2时取得最小值．答案 C6．已知函数f (x ) 是R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上是增函数．令a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π7，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 5π7，c ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 5π7，则 A ．b ＜a ＜c B ．c ＜b ＜a C ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c解析由已知得a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 4π14，∵cos 5π7＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－5π7＝－sin 3π14，tan 5π7＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－2π7＝－tan 2π7，∴b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 5π7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－sin 3π14＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π14，c ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 5π7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－tan 2π7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 2π7，因为0＜3π14＜4π14＝2π7＜π2，故易得0＜sin 3π14＜sin 4π14＜tan 2π7，而函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，因此有b ＜a ＜c ，选A. 答案 A二、填空题7．(2011·上海)函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x 的最大值为________．解析 y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝cos x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6·cos x ＋sin π6·sin x ＝cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos x ＋12sin x ＝32cos 2x ＋12sin x ·cos x＝32·1＋cos 2x 2＋14sin 2x ＝34＋34cos 2x ＋14sin 2x ＝34＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 2x ＋32cos 2x ＝34＋12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1时，y max ＝2＋34.答案2＋348．将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω＞0)的图象向左平移π3ω个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象．若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则ω的最大值为________．解析函数g (x )的解析式为 g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3ω－π3＝sin ωx .函数g (x )包含坐标原点的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω.若函数y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω，只要π2ω≥π4，得0＜ω≤2.所以ω的最大值为2. 答案 29．关于函数f (x )＝sin 2x －cos 2x 有下列命题：①y ＝f (x )的周期为π；②x ＝π4是y ＝f (x )的一条对称轴；③⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，0是y ＝f (x )的一个对称中心；④将y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位，可得到y ＝2sin 2x 的图象，其中正确的命题序号是________(把你认为正确命题的序号都写上)．解析由f (x )＝sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4，得T ＝2π2＝π，故①对；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2sin π4≠±2，故②错；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8＝2sin 0＝0故③对；y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位，得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，故④错．故填①③. 答案 ①③ 三、解答题10．已知函数f (x )＝sin 2x ＋2sin x cos x ＋3cos 2x ，x ∈R .求： (1)函数f (x )的最大值及取得最大值时自变量x 的集合； (2)函数f (x )的单调增区间．解析 (1)f (x )＝sin 2x ＋2sin x cos x ＋3cos 2x ＝2＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.当2x ＋π4＝2k π＋π2，(k ∈Z )，即当x ＝π8＋k π，k ∈Z 时，f (x )取得最大值2＋2，所以f (x )取得最大值时的x的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＝π8＋k π，k ∈Z .(2)由(1)知f (x )＝2＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴－π2＋2k π≤2x ＋π4≤π2＋2k π，k ∈Z ， ∴－3π8＋k π≤x ≤π8＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z . 11．(2011·浙江)已知函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ，x ∈R ，A ＞0,0＜φ＜π2，y ＝f (x )的部分图象如图所示，P 、Q 分别为该图象的最高点和最低点，点P 的坐标为(1，A )．(1)求f (x )的最小正周期及φ的值；(2)若点R 的坐标为(1,0)，∠PRQ ＝2π3，求A 的值．解析 (1)由题意得T ＝2ππ3＝6.因为P (1，A )在y ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ的图象上，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1.又因为0＜φ＜π2，所以φ＝π6. (2)设点Q 的坐标为(x 0，－A )．由题意可知π3x 0＋π6＝3π2，得x 0＝4，所以Q (4，－A )．连接PQ ，在△PRQ 中，∠PRQ ＝2π3，由余弦定理得cos ∠PRQ ＝RP 2＋RQ 2－PQ 22RP ·RQ＝A 2＋9＋A 2－(9＋4A 2)2A ·9＋A 2＝－12，解得A 2＝3.又A ＞0，所以A ＝ 3.12．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)令g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12，判断函数g (x )的奇偶性，并说明理由．解析 (1)由图象知A ＝2.f (x )的最小正周期T ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝π，故ω＝2πT ＝2.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，2代入f (x )的解析式，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，又|φ|＜π2，∴φ＝π6.故函数f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.(2)g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π6 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝0， ∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3≠g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3≠－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. ∴g (－x )≠g (x )，g (－x )≠－g (x )，即g (x )为非奇非偶函数．高≈考α试∷题:库。

2012年高考数学二轮复习检测题及答案(二十二)

2012届高三数学二轮专题训练：解答题（6）本大题共6小题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

1．（本小题满分14分）已知函数235cos 35cos sin 5)(.2+-=x x x x f . (1)确定函数f(x)的单调增区间；(2)将函数y=f(x)的图象向左平移)20(πϕφ<<个单位长度，所得图象关于y 轴对称，求φ的值。

2. （本题满分14分）如图：四棱锥P-ABCD 的底面为矩形，且AB=2BC ，E 、F 分别为棱AB 、PC 的中点。

（1）求证：EF//平面PAD ；（2）若点P 在平面ABCD 内的正投影O 在直线AC 上，求证：平面PAC ⊥平面PDE 。

3. （本题满分14分）已知函数21(0)()21(1)x c cx x c f x c x -+<<⎧⎪=⎨⎪+<⎩，，，≤满足29()8f c =．（1）求常数c 的值；（2）解不等式()1f x >+．4．（本题满分16分）已知△ABC 的面积为且()18AC AB CB ⋅-= ，向量(1cos cos )A B =，n 和(tan tan sin 2)A B C =+，m 是共线向量. （1）求角C 的大小；（2）求△ABC 的三边长.5．（本题满分16分）已知二次函数()y f x =的图象经过点(0,1)，其导函数()62f x x '=-，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )*()n ∈N 均在函数()y f x =的图象上.（1）求数列{a n }的通项公式a n 和n S ；（2）设13n n n b a a +=，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得n m T <对所有都成立的最小正整数m.6．（本小题满分16分）已知函数()sin f x a x x b =-+(a ，b 均为正常数).（1）求证：函数f(x)在(0，a+b]内至少有一个零点；（2）设函数在3x π=处有极值. ①对于一切π02x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，不等式()sin cos f x x x >+恒成立，求b 的取值范围； ②若函数f(x)在区间()121ππ33m m --，上是单调增函数，求实数m 的取值范围.参考答案：1．解：x x f 2sin 25)(=)2cos 1(235x +-x 2sin 25235=+x 2cos 235- )2cos 232sin 21(5x x -=)32sin(5π-=x ．………4分 (1)3222πππ-≤-x k ⇒+≤22ππk ≤≤-x k 12ππ125ππ+k ，所以f(x)的单调增区间为]125,12[ππππ+-k k ,(k ∈Z). ............. 8分 (2)将函数y=f(x)的图象向左平移)20(πφφ<<个单位长度，得)322sin(5πφ-+=x y 的图象，其图象对称轴方程为：322πφ-+x )(2Z k k ∈+=ππ，……12分 1252ππφ+=∴k ，由20πφ<<得125πφ=． ……14分3. 【解】（1）由题意知0<c<1，于是0<c 2<c.所以2239()118f c c c c ==⋅+=+，即318c =，故12c =. …………………………4分（2）由（1）得4111(0)22()121(1).2x x x f x x -⎧+<<⎪⎪=⎨⎪+<⎪⎩，，， ≤ …………………………6分解不等式组1112102x x ⎧+>+⎪⎨⎪<<⎩，1.2x << …………………………9分解不等式组4211112x x -⎧+>+⎪⎨⎪<⎩，≤得15.x <≤ ……………………… 12分所以不等式()1f x >+的解集为)))1155.2288⎡=⎢⎣ ，，， ……………… 14分4．【解】（1）因为向量(tan tan sin 2)A B C =+，m 和(1cos cos )A B =，n 是共线向量，所以()cos cos tan tan sin 20A B A B C +-=， …………………………2分即sinAcosB+cosAsinB －2sinCcosC=0，化简得sinC －2sinCcosC=0，即sinC(1－2cosC)=0. …………………………4分因为0πC <<，所以sinC>0，从而1cos 2C =，π.3C = …………………………6分（2）()()218AC ABCB AC BC BA AC =⋅-=⋅-=，于是AC =. ………………8分因为△ABC的面积为1sin 2CACB C ⋅，即1πsin 23CB ⋅，解得CB = ………… 14分在△ABC 中，由余弦定理得((2222212cos 254.2AB CA CB CA CB C =+-⋅=+-⨯= 所以AB = ……… 16分5．【解】（1）由题意，可设2()f x ax bx c =++.因为函数()y f x =的图象经过点(0,1)，所以(0)1c f ==.而62()2x f x ax b '-==+，所以a=3，b=－2.于是2()321f x x x =-+. …………………………3分因为点(n ，S n )*()n ∈N 均在函数()y f x =的图象上，所以S n 2321n n =-+.…………5分所以a 1=S 1=2，当1n ≥时，2213213(1)2(1)165n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-+----+=-⎣⎦，故2(1)65(1).n n a n n n =⎧=⎨->∈⎩N ，，，， ………………………8分（2）()133(1)(1)2733111(1)(1).26561n n n n n b a a n n n n n n +⎧⎧==⎪⎪⨯===⎨⎨>∈⎪⎪->∈-+⎩⎩N N ，，，，，，，， ……………………… 10分所以当n>1时，()()()3111111127271313196561n T n n ⎡⎤=+-+-++-⎢⎥⨯-+⎣⎦2172(61)n =-+. ……………………… 12分 21n m T <对所有*n N ∈都成立3212172(61)m m n ⎧>⎪⇔⎨>-⎪+⎩，对所有*n N ∈都成立 92 6.2217m m m ⎧>⎪⇔⇔⎨⎪⎩，≥≥ 故所求最小正整数m 为6. …………… 16分6【证】（1）因为(0)0f b =>，[]()sin()()sin()10f a b a a b a b b a a b +=+-++=+-≤，所以函数f(x)在(0，a+b]内至少有一个零点. ……………………4分【解】（2）()cos 1f x a x '=-. 因为函数在x π=处有极值，所以()π03f '=，即πcos 103a -=，所以a=2. 于是()2sin f x x x b =-+. …………………………6分 ①本小题等价于cos sin b x x x >+-对一切π02x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，恒成立. 记()cos sin g x x x x =+-，则()π()1sin cos 1.4g'x x x x =--=+ 因为π02x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，所以ππ3π444x +≤≤()πsin 14x +≤，所以()π14x +()0g'x ≤，即g(x)在π02⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是减函数. 所以[]max ()(0)1g x g ==，于是b>1，故b 的取值范围是(1).+∞，………………… 10分 ②()1()2cos 12cos 2f x x x '=-=-，由()f x '≥0得1cos x ≥，即ππ2π2π.33k x k k -++∈Z ≤≤， ……………………… 12分因为函数f(x)在区间()121ππ33m m --，上是单调增函数，所以()121ππππ2π2π3333m m k k k --⎡⎤⊆-++∈⎢⎥⎣⎦Z ，，，，则有1ππ2π3321ππ2π33121π<πm k m k k m m -⎧+⎪⎪⎪-+∈⎨⎪--⎪⎪⎩Z ≥-，≤，，，即6310k m k k m +⎧∈⎨>⎩Z ≤≤，，，只有k=0时，01m <≤适合，故m 的取值范围是(]01.， ……………………… 16分。

2012年高考数学二轮复习检测题及答案(二)

2012届高三数学二轮专题训练：解答题（90）本大题共6小题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

1．(本小题满分14分)在△ABC 中，,,a b c 分别是角A ，B ，C的对边，cos A =，tan 3B =．（Ⅰ）求角C 的值;（Ⅱ）若4a =，求△ABC 面积．解析：该题（Ⅰ）通过条件cos A =，tan 3B =求角C 的值考查同角三角函数关系式和正切的和角公式还考查三角形中的有关性质，（Ⅱ）考查正弦定理、同角三角函数关系式以及正弦定理面积公式，属于简单题。

解：（Ⅰ）由cos A =得sin A =，tan 2A ∴=，…………………………3分tan tan tan tan()11tan tan A BC A B A B +=-+=-=-，……………………………………… 5分又0C π<<，∴4C π=。

……………………………………… 7分（Ⅱ）由sin sin a c A C =可得，sin sin Cc a A =⨯=9分由tan 3B =得，sin B =………………………………………12分所以，△ABC 面积是1sin 62ac B = ………………………………………14分2．(本小题满分14分)如图，在正三棱柱ABC －A1B1C1中，点D 在边BC 上， AD ⊥C1D ．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面BC C1 B1；（Ⅱ）设E 是B1C1上的一点，当11B E EC 的值为多少时，A1E ∥平面ADC1？请给出证明．解析：该题（Ⅰ）通过条件在正三棱柱ABC －A1B1C1中，点D 在边BC 上BAABC C D， AD ⊥C1D ．求证：AD ⊥平面BC C1 B1考查线面垂直、线线垂直的判定与性质，还考查三棱柱的性质；（Ⅱ）给出一个探索性问题，考查正三棱柱性质、线面平行的判定以及平面几何中平行四边形的判定和性质，考查空间想象能力和逻辑推理能力，是中档题。

2012年高考数学二轮复习检测题及答案(一)

BADCF E （第16题）2012届高三数学二轮专题训练：解答题（9）本大题共6小题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

1．（本小题满分14分）已知函数()2cos 2cos 1f x x x x =+-()x ∈R ．（Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期及在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值．（Ⅱ）若()065f x =，0,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．求0cos 2x 的值． 2．（本小题满分14分）如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABCD ⊥平面ABE ， BE ＝BC ，F 为CE 上的一点，且BF ⊥平面ACE ．（1）求证：AE ⊥BE ；（2）求证：AE ∥平面BFD ．3．（本小题满分14分）在△ABC 中，角A 、B 、C 所对应的边为c b a ,, （1）若,cos 2)6sin(A A =+π求A 的值；（2）若c b A 3,31cos ==，求C sin 的值.4．已知平面直角坐标系xOy 中，A (4＋23，2)，B (4,4)，圆C 是△OAB 的外接圆． (1)求圆C 的方程；(2)若过点(2,6)的直线l 被圆C 所截得的弦长为43，求直线l 的方程．5．某地发生特大地震和海啸，使当地的自来水受到了污染，某部门对水质检测后，决定往水中投放一种药剂来净化水质。

已知每投放质量为m 的药剂后，经过x 天该药剂在水中释放的浓度y （毫克/升）满足2(04)4(),()6(4)2xx y mf x f x x x ⎧+<≤⎪⎪==⎨⎪>⎪-⎩其中，当药剂在水中释放的浓度不低于4（毫克/升）时称为有效净化；当药剂在水中释放的浓度不低于4（毫克/升）且不高于10（毫克/升）时称为最佳净化。

（I ）如果投放的药剂质量为m=4，试问自来水达到有效净化一共可持续几天？（II ）如果投放的药剂质量为m ，为了使在7天（从投放药剂算起包括7天）之内的自来水达到最佳净化，试确定该投放的药剂质量m 的值。

2020届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练：12Word版含解析.doc

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高考大题专攻练12.函数与导数 (B 组)大题集训练，练就慧眼和规范，占据高考取胜点！1.已知函数 f(x)=ln(2ax+a 2-1)-ln(x 2+1) ，此中 a∈R. 世纪金榜导学号92494448(1) 求 f(x) 的单一区间 .(2) 能否存在 a 的值，使得 f(x) 在[0 ，+∞) 上既存在最大值又存在最小值？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，请说明原因 .【分析】 (1)f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)=ln.设 g(x)=①当 a=0 时， f(x)，g′(x)=-无心义，因此 a≠0..②当 a>0 时， f(x) 的定义域为.令 g′(x)=0 ，得 x1=-a，x2= ，g(x) 与 g′(x) 的状况如表：x(- ∞， x1)x1(x 1，x2)x2(x 2，+∞)g′(x)-0+0-g(x)↘g(x 1 )↗g(x 2)↘-(-a)=>0，因此>-a.- =-<0，因此< .故 f(x) 的单一递加区间是；单一递减区间是.③当 a<0 时，f(x) 的定义域为. 令 g′ (x)=0 ，得 x1=-a，x = ，g(x) 与 g′(x) 的状况如表：2x(- ∞， x2)x2(x 2，x1)x1(x 1，+∞) g′(x)+0-0+g(x)↗g(x 2 )↘g(x 1)↗-(-a)=<0，因此<-a.- =->0，因此> .因此 f(x) 的单一递加区间是；单一递减区间是.(2) ①当a>0 时，由 (1) 可知， f(x)在上单一递加，在2上单一递减，因此 f(x) 在[0 ，+∞) 上存在最大值 f=lna .因为 f(x) 的定义域为.( ⅰ) 若≥0，即0<a≤1时，联合f(x)的定义域可知f(x)在[0，+∞) 上没有最小值，不合题意.( ⅱ) 若<0，即 a>1 时，因为在上单一递加，因此 f(x) 在上存在最小值f(0)；因为 f(x) 在上单一递减，因此 f(x) 在上不存在最小值.因此，要使 f(x) 在[0 ，+∞) 上存在最小值，只可能是 f(0)=ln(g(0)).计算整理 g(x)-g(0)=-(a 2-1)=.要使 f(x) 在[0 ，+∞) 上存在最小值，只要 x∈[0 ，+∞) ，g(x)-g(0)≥0.因为 x2 +1>0，则问题转变为x∈[0 ，+∞) 时， (1-a 2)x+2a ≥0 恒建立 .设 h(x)=(1-a 2 )x+2a，则只要或解得 0≤a≤1，这与 a>1 相矛盾，因此 f(x) 在[0 ，+∞) 上没有最小值，不合题意.②当 a<0 时，因为 f(x) 的定义域为.( ⅰ) 若≤0，即-1≤a<0时，f(x)在[0，+∞ )上没存心义，也不存在最大值和最小值 .(ⅱ)若>0，即a<-1时，由 (1)可知f(x)在上单一递减， f(x)存在最大值，但不存在最小值.综上，不存在 a 的值，使得f(x) 在[0 ，+∞) 上既存在最大值又存在最小值 .2.已知函数 f(x)=ae x+(2-e)x(a 为实数， e 为自然对数的底数 ) ，曲线y=f(x) 在 x=0 处的切线与直线 (3-e)x-y+10=0平行.世纪金榜导学号 92494449(1) 务实数 a 的值，并判断函数f(x) 在区间 [0 ，+∞) 内的零点个数 .(2) 证明：当 x>0 时， f(x)-1>xln(x+1).【分析】 (1)f ′(x)=ae x+2-e ，由题设，可知曲线 y=f(x) 在 x=0 处的切线的斜率 k=f ′(0)=a+2-e=3-e ，解得 a=1，因此 f(x)=e x+(2-e)x ，因此 x≥0 时， f ′(x)=e x+2-e ≥e0+2-e>0，因此 f(x) 在区间 [0 ，+∞) 内为增函数，又 f(0)=1>0 ，因此 f(x) 在区间 [0 ，+∞) 内没有零点 .(2) 当g(x)=ex>0 时， f(x)-1>xln(x+1)x-(x+1) ，等价于>ln(x+1)，记则 g′(x)=e x-1 ，当 x>0 时， g′(x)>0 ，因此当 x>0 时， g(x) 在区间 (0 ，+∞) 内单一递加，因此 g(x)>g(0)=0 ，即 e x>x+1，两边取自然对数，得 x>ln(x+1)(x>0)，因此要证明即证明当 x>0>ln(x+1)(x>0)，只要证明x2时， e -x +(2-e)x-1 ≥0，①≥x(x>0)，设 h(x)=e x-x 2+(2-e)x-1 ，则 h′(x)=e x-2x+2-e ，令φ(x)=e x-2x+2-e ，则φ′ (x)=e x-2 ，当 x∈(0 ，ln2) 时，φ′(x)<0 ；当 x∈(ln2 ，+∞) 时，φ′(x)>0.因此φ(x) 在区间(0 ，ln2) 内单一递减，在区间(ln2 ，+∞) 内单一递加，又φ(0)=3-e>0 ，φ(1)=0 ，0<ln2<1 ，因此φ(ln2)<0 ，因此存在x0∈(0 ，1) ，使得φ(x 0)=0，因此当 x∈(0 ，x0) ，或 x∈(1 ，+∞) 时，φ(x)>0 ；当 x∈(x 0，1) 时，φ(x)<0 ，因此 h(x) 在区间 (0 ，x0) 内单一递加，在区间 (x 0，1) 内单一递减，在区间 (1 ，+∞) 内单一递加，又 h(0)=h(1)=0 ，因此 h(x)=e x -x 2+(2-e)x-1 ≥0，当且仅当 x=1 时，取等号，即①式建立 .因此 f(x)-1>xln(x+1).封闭 Word 文档返回原板块。

人教版高考数学第二轮专题复习测试题附参考答案

人教版高考数学第二轮专题复习测试题附参考答案(附参考答案)A级基础达标演练(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2012·福州调研)若x＞0，则x＋的最小值为()．A．2 B．3 C．2D．4解析∵x＞0，∴x＋≥4.答案D2．已知0＜x＜1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为()．A.B.C.D.23解析∵0＜x＜1，∴1－x＞0.∴x(3－3x)＝3x(1－x)≤32＝.当x＝1－x，即x＝时取等号．答案B 3．把一段长16米的铁丝截成两段，分别围成正方形，则两个正方形面积之和的最小值为()．A．4 B．8 C．16 D．32解析设截成的两段铁丝长分别为x,16－x,16＞x＞0，则围成的两个正方形面积之和为S＝2＋2≥＝8，当且仅当＝，即x＝8时，等号成立．故两个正方形面积之和的最小值为8.答案B4．(2012·合肥模拟)若正实数a，b满足a＋b＝1，则()．A.＋有最大值4 B．ab有最小值14C.＋有最大值D．a2＋b2有最小值22解析由基本不等式，得ab≤＝，所以ab≤，故B错；＋＝＝≥4，故A错；由基本不等式得≤＝，即＋≤，故C正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×＝，故D错．答案C 5．(2011·重庆)已知a＞0，b＞0，a＋b＝2，则y＝＋的最小值是()．A.B．4 C.D．5解析依题意得＋＝(a＋b)＝≥＝，当且仅当，即a＝，b＝时取等号，即＋的最小值是，选C.答案C二、填空题(每小题4分，共12分)6．若x＞1，则x＋的最小值为________．解析x＋＝x－1＋＋1≥2＋1＝5，等号当且仅当x－1＝，即x＝3时成立．答案5 7．函数y＝a1－x(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny－1＝0(mn＞0)上，则＋的最小值为________．解析∵y＝a1－x恒过点A(1,1)，又∵A在直线上，∴m＋n＝1.而＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当m＝n＝时，取“＝”，∴＋的最小值为4.答案4 8．(2011·浙江)若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值为________．解析由x2＋y2＋xy＝1，得(x＋y)2－xy＝1，即xy＝(x＋y)2－1≤，所以(x＋y)2≤1，故－≤x＋y≤，当x＝y时“＝”成立，所以x＋y的最大值为.答案233三、解答题(共23分)9．(11分)已知x ＞0，y ＞0，且2x ＋8y －xy ＝0，求：(1)xy 的最小值；(2)x ＋y 的最小值．解 ∵x ＞0，y ＞0,2x ＋8y －xy ＝0，(1)xy ＝2x ＋8y ≥2， ∴≥8，∴xy ≥64.故xy 的最小值为64.(2)由2x ＋8y ＝xy ，得：＋＝1， ∴x ＋y ＝(x ＋y)·1＝(x ＋y)⎝⎛⎭⎪⎫2y ＋8x＝10＋＋≥10＋8＝18. 故x ＋y 的最小值为18.10．(12分)(2011·丽水模拟)某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该空地上建造一栋至少10层，每层2 000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x(x ≥10)层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x(单位：元)．(1)写出楼房平均综合费用y 关于建造层数x 的函数关系式；(2)该楼房应建造多少层时，可使楼房每平方米的平均综合费用最少？最少值是多少？(注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝)解 (1)依题意得y ＝(560＋48x)＋2 160×10 0002 000x＝560＋48x ＋(x ≥10，x ∈N ＋)；(2)∵x ＞0，∴48x ＋≥2＝1 440(元)，当且仅当48x ＝，即x ＝15时取到“＝”，此时，平均综合费用的最小值为560＋1 440＝2 000(元)．所以，当该楼房建造15层时，可使楼房每平方米的平均综合费用最少，最少值为2000元．B级综合创新备选(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分) 1．(2011·皖南八校联考(二))已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是()．A．0 B．1 C．2 D．4解析由题知a＋b＝x＋y，cd＝xy，x＞0，y＞0，则＝≥＝4，当且仅当x＝y时取等号．答案D 2．(2011·厦门模拟)若直线ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦长为4，则＋的最小值为()．A.B.C.＋D.＋22解析圆的直径是4，说明直线过圆心(－1,2)，故a＋b＝1，＋＝＝＋＋≥＋，当且仅当＝，即a＝2(－1)，b＝2－时取等号．答案C二、填空题(每小题4分，共8分)3．(2011·湖南)x，y∈R，且xy≠0，则的最小值为________．解析＝1＋4＋4x2y2＋≥1＋4＋2＝9，当且仅当4x2y2＝时等号成立，即|xy|＝时等号成立．答案9 4．(2011·江苏)在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点的一条直线与函数f(x)＝的图象交于P，Q两点，则线段PQ长的最小值是________．解析假设直线与函数f(x)＝的图象在第一象限内的交点为P，在第三象限内的交点为Q，由题意知线段PQ的长为OP长的2倍．假设P点的坐标为，则|PQ|＝2|OP|＝2≥4.当且仅当x＝，即x0＝时，取“＝”号．答案4三、解答题(共22分)5．(10分)已知a ，b ＞0，求证：＋≥.证明 ∵＋≥2 ＝2 ＞0，a ＋b ≥2＞0，∴(a ＋b)≥2·2＝4.∴＋≥.当且仅当取等号，即a ＝b 时，不等式等号成立．6．(12分)(2011·洛阳模拟)桑基鱼塘是某地一种独具地方特色的农业生产形式，某研究单位打算开发一个桑基鱼塘项目，该项目准备购置一块1 800平方米的矩形地块，中间挖出三个矩形池塘养鱼，挖出的泥土堆在池塘四周形成基围(阴影部分所示)种植桑树，池塘周围的基围宽均为2米，如图，设池塘所占的总面积为S 平方米．(1)试用x 表示S ；(2)当x 取何值时，才能使得S 最大？并求出S 的最大值．解 (1)由题图形知，3a ＋6＝x ，∴a ＝.则总面积S ＝·a ＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 800x －6＝a ＝x －63⎝⎛⎭⎪⎫5 400x －16＝1 832－，即S ＝1 832－(x ＞0)．(2)由S ＝1 832－，得S ≤1 832－210 800x ·16x3＝1 832－2×240＝1 352(平方米)．当且仅当＝，此时，x ＝45.。

2012届高考理科数学第二轮综合验收评估复习题12

一、选择题1．(2011·山东)若函数f (x )＝sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减，则ω＝ A ．3 B ．2 C.32D.23解析 ∵y ＝sin ωx (ω＞0)过原点，∴当0≤ωx ≤π2，即0≤x ≤π2ω时，y ＝sin ωx 是增函数；当π2≤ωx ≤3π2，即π2ω≤x ≤3π2ω时，y ＝sin ωx 是减函数．由y ＝sin ωx (ω＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减知，π2ω＝π3，∴ω＝32. 答案 C2．(2011·潍坊模拟)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫6x ＋π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，再向右平移π8个单位，得到的函数的一个对称中心是A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π9，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π16，0 解析将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫6x ＋π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，得到函数g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象；再向右平移π8个单位，得到函数h (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π4＝sin 2x 的图象，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0是函数h (x )的一个对称中心．故选A.答案 A3．(2011·天津)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω＞0，－π＜φ≤π. 若f (x )的最小正周期为6π，且当x ＝π2时，f (x )取得最大值，则 A ．f (x )在区间[－2π，0]上是增函数B ．f (x )在区间[－3π，－π]上是增函数C ．f (x )在区间[3π，5π]上是减函数D ．f (x )在区间[4π，6π]上是减函数解析 ∵T ＝6π，∴ω＝2πT ＝2π6π＝13，∴13×π2＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，∴φ＝2k π＋π3(k ∈Z )． ∵－π＜φ≤π，∴令k ＝0得φ＝π3.∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋π3.令2k π－π2≤x 3＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，则6k π－5π2≤x ≤6k π＋π2，k ∈Z .显然f (x )在[]－2π，0上是增函数，故A 正确，而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π，－5π2上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π2，－π上为增函数，故B 错误，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π，7π2上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π2，13π2上为增函数，故C 错误，f (x )在[4π，6π]上为增函数，故D 错误．答案 A4．已知函数y ＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，0＜φ≤π2，且此函数的图象如图所示，则点(ω，φ)的坐标是A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2 C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π2 解析由图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8，0及⎝ ⎛⎭⎪⎫7π8，0可知，函数的周期为π，所以2πω＝π，所以ω＝2.又2×3π8＋φ＝k π(k ∈Z )，0＜φ≤π2，所以φ＝π4.故选A. 答案 A5．(2011·通化模拟)当x ＝π4时，函数y ＝f (x )＝A sin(x ＋φ)(A ＞0)取得最小值，则函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x 是A ．奇函数且当x ＝π2时取得最大值 B ．偶函数且图象关于点(π，0)对称 C ．奇函数且当x ＝π2时取得最小值D ．偶函数且图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称解析当x ＝π4时，函数y ＝f (x )＝A sin(x ＋φ)(A ＞0)取得最小值，则π4＋φ＝2k π＋3π2(k ∈Z )，即φ＝2k π＋5π4(k ∈Z )．因此y ＝f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2k π＋5π4＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5π4，所以y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x ＋5π4＝A sin(－x )＝－A sin x ，因此函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－x 是奇函数且当x ＝π2时取得最小值．答案 C6．已知函数f (x ) 是R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上是增函数．令a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π7，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 5π7，c ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 5π7，则A ．b ＜a ＜cB ．c ＜b ＜aC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c解析由已知得a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 4π14，∵cos 5π7＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－5π7＝－sin 3π14，tan 5π7＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－2π7＝－tan 2π7，∴b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 5π7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－sin 3π14＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π14，c ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 5π7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－tan 2π7＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 2π7，因为0＜3π14＜4π14＝2π7＜π2，故易得0＜sin 3π14＜sin 4π14＜tan 2π7，而函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，因此有b ＜a ＜c ，选A. 答案 A二、填空题7．(2011·上海)函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x 的最大值为________．解析 y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝cos x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x＝cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6·cos x ＋sin π6·sin x ＝cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos x ＋12sin x ＝32cos 2x ＋12sin x ·cos x＝32·1＋cos 2x 2＋14sin 2x ＝34＋34cos 2x ＋14sin 2x ＝34＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 2x ＋32cos 2x ＝34＋12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1时，y max ＝2＋34.答案2＋348．将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω＞0)的图象向左平移π3ω个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象．若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则ω的最大值为________．解析函数g (x )的解析式为 g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3ω－π3＝sin ωx . 函数g (x )包含坐标原点的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω.若函数y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω，只要π2ω≥π4，得0＜ω≤2.所以ω的最大值为2. 答案 29．关于函数f (x )＝sin 2x －cos 2x 有下列命题：①y ＝f (x )的周期为π；②x ＝π4是y ＝f (x )的一条对称轴；③⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，0是y ＝f (x )的一个对称中心；④将y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位，可得到y ＝2sin 2x 的图象，其中正确的命题序号是________(把你认为正确命题的序号都写上)．解析由f (x )＝sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4，得T ＝2π2＝π，故①对；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2sin π4≠±2，故②错；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8＝2sin 0＝0故③对；y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位，得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，故④错．故填①③. 答案 ①③三、解答题10．已知函数f (x )＝sin 2x ＋2sin x cos x ＋3cos 2x ，x ∈R .求： (1)函数f (x )的最大值及取得最大值时自变量x 的集合； (2)函数f (x )的单调增区间．解析 (1)f (x )＝sin 2x ＋2sin x cos x ＋3cos 2x ＝2＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.当2x ＋π4＝2k π＋π2，(k ∈Z )，即当x ＝π8＋k π，k ∈Z 时，f (x )取得最大值2＋2，所以f (x )取得最大值时的x的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＝π8＋k π，k ∈Z. (2)由(1)知f (x )＝2＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴－π2＋2k π≤2x ＋π4≤π2＋2k π，k ∈Z ， ∴－3π8＋k π≤x ≤π8＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π8＋k π，π8＋k π，k ∈Z .11．(2011·浙江)已知函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ，x ∈R ，A ＞0,0＜φ＜π2，y ＝f (x )的部分图象如图所示，P 、Q 分别为该图象的最高点和最低点，点P 的坐标为(1，A )．(1)求f (x )的最小正周期及φ的值；(2)若点R 的坐标为(1,0)，∠PRQ ＝2π3，求A 的值．解析 (1)由题意得T ＝2ππ3＝6.因为P (1，A )在y ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ的图象上，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1.又因为0＜φ＜π2，所以φ＝π6. (2)设点Q 的坐标为(x 0，－A )．由题意可知π3x 0＋π6＝3π2，得x 0＝4，所以Q (4，－A )．连接PQ ，在△PRQ 中，∠PRQ ＝2π3，由余弦定理得 cos ∠PRQ ＝RP 2＋RQ 2－PQ 22RP ·RQ＝A 2＋9＋A 2－(9＋4A 2)2A ·9＋A 2＝－12，解得A 2＝3.又A ＞0，所以A ＝ 3.12．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)令g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12，判断函数g (x )的奇偶性，并说明理由．解析 (1)由图象知A ＝2.f (x )的最小正周期T ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝π，故ω＝2πT ＝2.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，2代入f (x )的解析式，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，又|φ|＜π2，∴φ＝π6.故函数f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.(2)g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π6 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝0， ∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3≠g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3≠－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. ∴g (－x )≠g (x )，g (－x )≠－g (x )，即g (x )为非奇非偶函数．高≈考α试∷题:库。

2021届高考理科数学第二轮综合验收评估复习题(带参考答案)

2021届高考理科数学第二轮综合验收评估复习题（带参考答案）----abc69a0a-6ea1-11ec-95f2-7cb59b590d7d2021届高考理科数学第二轮综合验收评估复习题（带参考答案）一、选择题1.在算术序列{an}中，A3+A5+A7+A9+a11=100，则3a9-a13的值为a．20b．30c．40d．50分析设置公差为D，从A3+A5+A7+A9+a11=5a7=100，A7=20，3a9-a13=3（A7+2D）-（A7+6D）=2a7=40回答c2．(2021?天津)已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，sn为{an}的前n项和，n∈n＋，则s10的值为a．－110b．－90c．90d．110分析∵ A3=a1+2D=a1-4，a7=a1+6D=a1-12，A9=a1+8D=a1-16，又∵a7是a3与a9的等比中项，∴(a1－12)2＝(a1－4)?(a1－16)，解得a1＝20.∴s10＝10×20＋12×10×9×（－2）＝110。

答案D3．(2021?郑州第一次质检)已知等差数列{an}的前n项和为sn，且s4s8＝13，则s8s16等于a、 18b。

13c。

19d。

三百一十解析设a1＋a2＋a3＋a4＝a1，a5＋a6＋a7＋a8＝a2，a9＋a10＋a11＋a12＝a3，a13＋a14＋a15＋a16＝a4，∵ {an}是一个等差序列，并且∵ A1、A2、A3和A4也形成等差序列，s4s8=a1a1+A2=13，不妨设a1＝1，则a2＝2，a3＝3，a4＝4，S8s16=a1+a2a1+A2+a3+A4=1+21+2+3+4=310，所以选择D。

回答D4．等比数列{an}的公比q＜0，已知a2＝1，an＋2＝an＋1＋2an，则{an}的前2021项和等于a．2021b．－1c．1d．0从an+2=an+1+2An，得到QN+1=QN+2qn-1，即q2－q－2＝0，又q＜0，解得q＝－1，又a2＝1，∴a1＝－1，s2021＝－1×1－故选d.答案d－－－＝0.5.（2022？江西）已知序列{an}的前n项和Sn满足：Sn+SM=Sn+m，A1=1，然后A10=a.1b。

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