2021新高考数学二轮总复习专题突破练5专题一常考小题点过关检测含解析
2021届高考数学统考第二轮专题复习微专题一数列与其他知识的综合学案理含解析
微专题一数列与其他知识的综合微点1数列与新信息的综合含“新信息”背景的数列问题,常常有图表迁移、新运算、新概念、新情境等.此类问题有以下几个难点:一是对于新的概念与规则,学生在处理时会有一个熟悉的过程,不易抓住信息的关键部分并用于解题.二是学生不易发现每一问所指向的知识点,传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理,例如“求通项”“求和”,但因为新信息问题与新信息相关,所以要运用的知识隐藏得较深,不易让学生找到解题的方向.三是此类问题在设计时通常注重几问之间的联系,即前面问题的处理是为了给最后一问做好铺垫.1(1)[2020·全国卷Ⅱ]0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2…a n…满足a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足a i+m=a i(i=1,2,…)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2…a n…,C(k)=1m ∑i=1ma i a i+k(k=1,2,…,m-1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0-1序列中,满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…(2)图W1-1是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例数按日期顺序排列构成数列{a n},{a n}的前n项和为S n,则下列说法中正确的是()图W1-1A.数列{a n}是递增数列B.数列{S n}是递增数列C.数列{a n}的最大项是a11D.数列{S n}的最大项是S11微点2数列与函数的综合数列与函数的综合问题的解题策略:(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图像研究数列问题;(2)已知数列条件,解决函数问题,一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形.另外要注意数学思想方法的应用,如函数与方程思想等.2(1)若数列{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,且满足a1+a2020=27,b1·b2020=2,函数f(x)满足f(x+2)=-f(x)且f(x)=e x,x∈[0,2],则f a1010+a10111+b1010b1011=()A.eB.e2C.e-1D.e9(2)已知数列{a n}满足对任意n∈N*,a n∈0,π2,且a1=π3,f(a n+1)=√f'(a n),其中f(x)=tan x,则使得sin a1·sin a2·…·sin a k<110成立的最小正整数k为.微点3数列与解析几何的综合数列与解析几何的综合,主要从探究数列递推关系开始,其步骤是:①探究递推公式;②研究数列的前n项和或通项公式.因此,其突破口是探究点与点的关系,挖掘数列的递推关系. 3两光滑的曲线相切,那么它们在公共点处的切线相同.如图W1-2所示,一列圆C n:x2+(y-a n)2=r n2(a n>0,r n>0,n=1,2,…)逐个外切,且均与曲线y=x2相切,若r1=1,则a1= ,r n= .图W1-2微点4 数列与平面向量的综合4(1)如图W1-3,已知点E 是平行四边形的边AB 的中点,F n (n ∈N *)为边BC 上的一列点,连接AF n 交BD 于G n ,点G n 满足G n D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a n+1·G n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2(2a n +3)·G n E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中数列{a n }是首项为1的正项数列,S n 是数列{a n }的前n 项和,则下列结论正确的是 ( )图W1-3A .a 3=15B .数列{a n +3}是等比数列C .a n =4n-3D .S n =2n+1-n-2(2)设S n ,T n 分别为等差数列{a n },{b n }的前n 项和,且Sn T n =3n+24n+5.设点A 是直线BC 外一点,点P 是直线BC 上一点,且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 1+a 4b3·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则实数λ的值为 ( ) A .2825B .-325C .328D .-18251.已知函数f (x )={1-4x,x ≤0,1+log 3x,x >0,在等差数列{a n }中,a 7=7,a 9=11,则f (a 8)= ( )A .1B .2C .3D .42.若数列{a n}的首项a1=2,且点(a n,a n+1)在直线x-y=2上,则数列{a n}的前n项和S n等于()A.3n-1B.-n2+3nC.3n+1D.n2-3n3.在数列{a n}中,a1=1,若OP⃗⃗⃗⃗⃗ =(a n+1,-1),OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,a n+2),且OP⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,S n为数列{a n}的前n项和,令b n=1S n+n,若数列{b n}的前n项和为T n,则T n=()A.nn+1B.n+1n+2C.n+2n+3D.n+3n+44.设函数f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对于任意正数x,y均有f(xy)=f(x)+f(y),已知f(2)=1,若一个各项均为正数的数列{a n}满足f(S n)=f(a n)+f(a n+1)-1(n∈N*),其中S n是数列{a n}的前n项和,令b n=1a n a n+1,数列{b n}的前n项和为T n,则T2020的值为()A.2020B.12020C.20192020D.202020215.若数列{a n}满足:存在正整数T,对于任意正整数n都有a n+T=a n成立,则称数列{a n}为周期数列,周期为T.已知数列{a n}满足a1=m(m>0),a n+1={a n-1,a n>1,1a n,0<a n≤1,则下列结论中错误的是()A.若a3=4,则m可以取3个不同的值B.若m=√2,则数列{a n}是周期为3的数列C.对于任意的T∈N*且T≥2,存在m>1,使得{a n}是周期为T的数列D.存在m∈Q且m≥2,使得数列{a n}是周期数列6.对于数列{a n },令P n =1n (a 1+2a 2+…+2n-1a n )(n ∈N *),则称{P n }为{a n }的“伴随数列”.已知数列{a n }的“伴随数列”{P n }的通项公式为P n =2n+1(n ∈N *),记数列{a n -kn }的前n 项和为S n ,若S n ≤S 4对任意的正整数n 恒成立,则实数k 的取值范围为 .7.我们把一系列向量a i (i=1,2,…,n )按次序排列成一列,称为向量列,记作{a n }.已知向量列{a n }满足:a 1=(1,1),a n =(x n ,y n )=12(x n-1-y n-1,x n-1+y n-1)(n ≥2),设θn 表示向量a n-1与a n 的夹角,若b n =n 2πθn ,对于任意正整数n ,不等式√1b n+1+√1bn+2+…+√1b 2n>12log a (1-2a )恒成立,则实数a 的取值范围是 .8.牛顿迭代法(Newton'smethod)又称为牛顿-拉夫逊方法(Newton-Raphsonmethod),是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法.如图W1-4,设r 是f (x )=0的根,选取x 0作为r 的初始近似值,过点(x 0,f (x 0))作曲线y=f (x )的切线l ,l 与x 轴的交点的横坐标x 1=x 0-f(x 0)f'(x 0)(f'(x 0)≠0),称x 1是r 的一次近似值,过点(x 1,f (x 1))作曲线y=f (x )的切线,则该切线与x 轴的交点的横坐标为x 2=x 1-f(x 1)f'(x 1)(f'(x 1)≠0),称x 2是r 的二次近似值.重复以上过程,得到r 的近似值序列.请你写出r 的n+1次近似值与r 的n 次近似值的关系式 .若f (x )=x 2-2,取x 0=1作为r 的初始近似值,试求f (x )=0的一个根√2的三次近似值 (请用分数作答).图W1-4微专题一数列与其他知识的综合微点1例1(1)C(2)C[解析](1)对于A选项,C(1)=15∑i=15a i a i+1=15×(1+0+0+0+0)=15,C(2)=15∑i=15a i a i+2=15×(0+1+0+1+0)=25>15,不满足题意;对于B选项,C(1)=15∑i=15a i a i+1=15×(1+0+0+1+1)=35>15,不满足题意;对于C选项,C(1)=15∑i=15a i a i+1=15×(0+0+0+0+1)=15,C(2)=15∑i=15a i a i+2=15×(0+0+0+0+0)=0,C(3)=15∑i=15a i a i+3=15×(0+0+0+0+0)=0,C(4)=15∑i=15a i a i+4=15×(1+0+0+0+0)=15,满足题意;对于D选项,C(1)=15∑i=15a i a i+1=15×(1+0+0+0+1)=25>15,不满足题意.故选C.(2)因为1月28日的新增确诊病例数小于1月27日的新增确诊病例数,即a7>a8,所以{a n}不是递增数列,所以选项A错误;因为2月23日新增确诊病例数为0,所以S33=S34,所以数列{S n}不是递增数列,所以选项B错误;因为1月31日新增确诊病例数最多,从1月21日算起,1月31日是第11天,所以数列{a n}的最大项是a11,所以选项C正确;数列{S n}的最大项是S35,所以选项D错误.故选C.微点2例2 (1)A (2)298 [解析](1)因为数列{a n }为等差数列,且a 1+a 2020=27,所以a 1010+a 1011=27.因为{b n }为等比数列,且b 1·b 2020=2,所以b 1010b 1011=2,所以a 1010+a 10111+b 1010b 1011=273=9.因为f (x+2)=-f (x ),所以f (x+4)=-f (x+2)=f (x ),所以函数f (x )的周期为4,又f (x )=e x ,x ∈[0,2],所以f (9)=f (2×4+1)=f (1)=e,即fa 1010+a 10111+b 1010b 1011=e .故选A .(2)f (x )=tan x=sinxcosx ,f'(x )=cos 2x+sin 2xcos 2x=1+tan 2x.∵f (a n+1)=√f'(a n ),∴tan a n+1=√12a n即tan 2a n+1-tan 2a n =1,∴数列{tan 2a n }是首项为3,公差为1的等差数列, ∴tan a n =√n +2. ∵a n ∈0,π2,∴sin a n =√n+2√n+3, ∴sin a 1·sin a 2·…·sin a k =√34×45×56×…×k+2k+3=√3k+3,由√3k+3<110,解得k>297,∴使得sin a 1·sin a 2·…·sin a k <110成立的最小正整数k 为298.微点3例354n [解析]当r 1=1时,圆C 1:x 2+(y-a 1)2=1,将圆C 1的方程与y=x 2联立,消去x 得y 2-(2a 1-1)y+a 12-1=0,则Δ=(2a 1-1)2-4(a 12-1)=0,解得a 1=54.由图可知当n ≥2时,a n =a n-1+r n-1+r n ①.将x 2+(y-a n )2=r n 2与y=x 2联立,消去x 得y 2-(2a n -1)y+a n 2-r n 2=0,则Δ=(2a n -1)2-4(a n 2-r n 2)=0,整理得a n =r n 2+14,代入①得r n 2+14=r n -12+14+r n-1+r n ,整理得r n -r n-1=1,则r n =r 1+(n-1)=n.微点4例4 (1)B (2)B [解析](1)∵E 为AB 的中点,∴2G n E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =G n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +G n B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴G n B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-G n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2G n E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又∵D ,G n ,B 三点共线,∴G n D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λG n B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-λG n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2λG n E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又∵G n D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a n+1·G n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2(2a n +3)·G n E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴{-λ=a n+1,2λ=-2(2a n +3),可得a n+1=2a n +3,∴a n+1+3=2(a n +3),∴数列{a n +3}是等比数列.又∵a 1=1,∴a n +3=(1+3)×2n-1,∴a n =2n+1-3,∴a 3=13,S n =4(1-2n )1-2-3n=2n+2-3n-4.故选B .(2)由题知S n ,T n 分别为等差数列{a n },{b n }的前n 项和,且S n T n=3n+24n+5,不妨取S n =3n 2+2n ,T n =4n 2+5n ,当n=1时,a 1=S 1=5,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=6n-1,验证得当n=1时上式成立,所以数列{a n }的通项公式为a n =6n-1,同理可得,数列{b n }的通项公式为b n =8n+1, 则a 1+a 4b 3=2825.由点P 在直线BC 上,可设BP⃗⃗⃗⃗⃗ =k BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +k BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +k (AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(1-k )AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +k AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2825AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以1-k=2825,所以λ=k=-325.故选B . 【强化训练】1.C [解析]在等差数列{a n }中,a 7=7,a 9=11,可得a 8=7+112=9,所以f (a 8)=f (9)=1+log 39=3.故选C .2.B [解析]由点(a n ,a n+1)在直线x-y=2上,可得a n -a n+1=2,即a n+1-a n =-2,所以数列{a n }是首项为2,公差为-2的等差数列,则S n =2n+12n (n-1)·(-2)=3n-n 2.故选B .3.A [解析]∵OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a n+1,-1),OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,a n +2),且OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴a n+1=a n +2,又a 1=1,∴数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列, ∴a n =1+2×(n-1)=2n-1,∴S n =(a 1+a n )n2=n 2,∴b n =1Sn+n =1n 2+n =1n -1n+1,∴T n =11-12+12-13+13-14+…+1n -1n+1=1-1n+1=nn+1.故选A .4.D [解析]由题意可知当n ∈N *时,f (S n )+1=f (a n )+f (a n +1),即f (S n )+f (2)=f (a n )+f (a n +1),故f (2S n )=f [a n ·(a n +1)],即2S n =a n ·(a n +1)=a n 2+a n .当n=1时,2a 1=2S 1=a 1·(a 1+1),得a 1=1.当n ≥2时,由2S n =a n 2+a n ,可得2S n-1=a n -12+a n-1,两式相减,可得2a n =2S n -2S n-1=a n 2+a n -a n -12-a n-1,整理得(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0,∵a n +a n-1>0,∴a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1,故数列{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列,∴a n =1+1·(n-1)=n ,n ∈N *,∴b n =1an a n+1=1n(n+1),∴T 2020=b 1+b 2+…+b 2020=11×2+12×3+…+12020×2021=1-12+12-13+…+12020-12021=1-12021=20202021.故选D .5.D [解析]对于A,若a 3=4,因为a n+1={a n -1,a n >1,1a n,0<a n≤1,所以当a 2>1时,a 2-1=a 3=4,解得a 2=5,当a 1>1时,a 1-1=a 2=5,解得a 1=6,当0<a 1≤1时,1a 1=a 2=5,解得a 1=15;当0<a 2≤1时,1a 2=a 3=4,解得a 2=14,当a 1>1时,a 1-1=a 2=14,解得a 1=54,当0<a 1≤1时,1a 1=a 2=14,解得a 1=4,不合题意,舍去.故m可以取3个不同的值,故A 中结论正确.对于B,若m=√2,则a 2=a 1-1=√2-1,a 3=1a 2=√2+1,a 4=a 3-1=√2,…,所以a n+3=a n ,则数列{a n }是周期为3的数列,故B中结论正确.对于C,D,先考虑数列{a n }的周期性.如果a 1=k+a ,k ∈N *,0<a ≤1,那么a 2=k-1+a ,a 3=k-2+a ,…,a k+1=a.要使得数列{a n }有周期性,只需要a k+2=1a =a 1=k+a.因为方程1a=k+a ,即a 2+ka-1=0的正根为a=-k+√k 2+42∈(0,1),所以a 一定存在,从而存在m=k+a ,使得数列{a n }的周期为k+1.对于C,为了使数列的周期为T ,只需取k=T-1≥1,a=-k+√k 2+42即可,此时m>1,故C 中结论正确.对于D,如果存在这样的m ,那么由前面的分析知必有m=k+a ,k ∈N *,0<a ≤1,且a=-k+√k 2+42∈Q ,于是有√k 2+4∈Q ,这是不可能的,故D 中结论错误. 6.125,52[解析]由题意得a 1+2a 2+…+2n-1a n =n ·2n+1①,所以a 1=1×22=4,a 1+2a 2+…+2n-2a n-1=(n-1)·2n (n ≥2)②,由①-②得2n-1a n =n ·2n+1-(n-1)·2n (n ≥2),所以a n =2n+2(n ≥2),当n=1时也满足上式,所以a n =2n+2(n ∈N *).因此数列{a n -kn }的前n 项和S n =12n (4-k+2n+2-kn )=12n (6-k+2n-kn ),因为S n ≤S 4对任意正整数n 恒成立,所以{2-k <0,4(2-k)+2≥0,5(2-k)+2≤0,所以125≤k ≤52.7.(0,√2-1) [解析]因为cos θn =a n -1·a n|an -1||a n|=(x ,y )·(12(x -y ),12(x +y ))√x n -1+y n -1×√[2(x n -1-y n -1)] 2+[2(x n -1+y n -1)] 2=12x 2+12y 2√x n -1+y n -1×√2x n -1+2y n -1=√22,所以θn =π4,故b n =n 24,√1bn+1+√1bn+2+…+√1b 2n=2n+1+2n+2+…+22n .令f (n )=2n+1+2n+2+…+22n ,则f (n+1)-f (n )=2n+2+2n+3+…+22(n+1)-2n+1+2n+2+…+22n =22n+1-22n+2>0,所以f (n )单调递增,所以f (n )min =f (1)=1,则1>12log a (1-2a ).因为a>0且a ≠1,1-2a>0,所以0<a<12,则1-2a>a 2,解得-1-√2<a<-1+√2,故实数a 的取值范围为(0,√2-1). 8.x n+1=x n -f(x n )f'(x n)(f'(x n )≠0)577408[解析]由题设可得x 1=x 0-f(x 0)f'(x 0)(f'(x 0)≠0),x 2=x 1-f(x 1)f'(x 1)(f'(x 1)≠0),x 3=x 2-f(x 2)f'(x 2)(f'(x 2)≠0),依次类推,则可得x n+1=x n -f(x n )f'(x n),其中f'(x n )≠0.因为f (x )=x 2-2,所以x n+1=x n -x n 2-22x n=x n2+22x n(x n ≠0),因为x 0=1,故x 1=32,x 2=1712,x 3=577408.。
2021新高考数学二轮总复习专题突破练1 选择题、填空题的解法含解析
专题突破练1选择题、填空题的解法一、单项选择题1.(2020河南开封三模,理1)已知集合A={x|x2-4x+3>0},B={x|2x-3>0},则集合(∁R A)∩B=()A. B.C. D.2.(2020山东历城二中模拟四,2)已知复数z满足|z+1-i|=|z|,z在复平面内对应的点为(x,y),则()A.y=x+1B.y=xC.y=x+2D.y=-x3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,则等于()A. B. C. D.4.(2020北京东城一模,7)在平面直角坐标系中,动点M在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动,每12分钟转动一周.若点M的初始位置坐标为,则运动到3分钟时,动点M所处位置的坐标是()A. B.C. D.5.已知a,b,c,d都是常数,a>b,c>d.若f(x)=2 020+(x-a)(x-b)的零点为c,d,则下列不等式正确的是()A.a>c>d>bB.a>d>c>bC.c>d>a>bD.c>a>b>d6.(2020浙江,10)设集合S,T,S⊆N*,T⊆N*,S,T中至少有2个元素,且S,T满足:①对于任意的x,y∈S,若x≠y,则xy∈T;②对于任意的x,y∈T,若x<y,则∈S.下列命题正确的是()A.若S有4个元素,则S∪T有7个元素B.若S有4个元素,则S∪T有6个元素C.若S有3个元素,则S∪T有5个元素D.若S有3个元素,则S∪T有4个元素7.(2020天津河东区检测,9)已知函数f(x)=sin4x+x∈,函数g(x)=f(x)+a有三个零点x1,x2,x3,则x1+x2+x3的取值范围是()A. B.C. D.二、多项选择题8.(2020山东济南三模,9)已知复数z=1+cos 2θ+isin 2θ-<θ<(其中i为虚数单位),下列说法正确的是()A.复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限B.z可能为实数C.|z|=2cos θD.的实部为9.一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PB,PC的中点,在此几何体中,给出的下面结论中正确的有()A.直线AE与直线BF异面B.直线AE与直线DF异面C.直线EF∥平面PADD.直线EF∥平面ABCD10.对于定义域为D的函数f(x),若存在区间[m,n]⊆D,同时满足下列条件:①f(x)在[m,n]上是单调的;②当定义域是[m,n]时,f(x)的值域也是[m,n],则称[m,n]为该函数的“和谐区间”,下列函数存在“和谐区间”的是()A.f(x)=2xB.f(x)=3-C.f(x)=x2-2xD.f(x)=ln x+211.(2020海南天一大联考三模,12)已知函数f(x)=x3+ax+b,其中a,b∈R,则下列选项中的条件使得f(x)仅有一个零点的有()A.a<b,f(x)为奇函数B.a=ln(b2+1)C.a=-3,b2-4≥0D.a<0,b2+>0三、填空题12.(2020山东烟台模拟,13)已知向量a=(2,m),b=(1,-2),且a⊥b,则实数m的值是.13.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数记为f'(x),若对于∀x∈R,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)<e x的解集为.14.(2020山东聊城二模,14)已知f(x)=若f(a)=f(b),则的最小值为.15.(2020广东广州一模,16)已知△ABC的三个内角为A,B,C,且sin A,sin B,sin C成等差数列,则sin2B+2cos B的最小值为,最大值为.专题突破练1选择题、填空题的解法1.D解析因为A={x|x2-4x+3>0}={x|x>3或x<1},B={x|2x-3>0}=,则集合(∁R A)∩B={x|1≤x≤3}故选D.2.A解析(方法1:直接法)设z=x+y i,x∈R,y∈R,由|z+1-i|=|z|,得(x+1)2+(y-1)2=x2+y2,化简整理得y=x+1.(方法2:数形结合法)|z+1-i|=|z|的几何意义为点P(x,y)到点O(0,0)和A(-1,1)的距离相等,所以点P的轨迹为两点(-1,1)和(0,0)的垂直平分线,其对应方程为y-=x+,即y=x+1.3.B解析(方法一)由题意知,可取符合题意的特殊值a=3,b=4,c=5,则cos A=,cos C=0,故选B.(方法二)由题意可取特殊角A=B=C=60°,cos A=cos C=故选B.4.C解析由题意得,动点M每12分钟转动一周,则运动到3分钟时,动点M转过的角为2π=点M的初始位置坐标为,运动到3分钟时动点M所处位置的坐标是M'故选C.5.A解析由题意设g(x)=(x-a)(x-b),则f(x)=2020+g(x),所以g(x)=0的两个根是a,b.由题意知f(x)=0的两个根c,d,也就是g(x)=-2020的两个根,画出g(x)(开口向上)以及直线y=-2020的大致图象,则g(x)的图象与y=-2020的交点横坐标为c,d,g(x)图象与x轴交点横坐标为a,b.又a>b,c>d,则由图象得,a>c>d>b.故选A.6.A解析当集合S中有3个元素时,若S={1,2,4},则T={2,4,8},S∪T中有4个元素;若S={2,4,8},则T={8,16,32},S∪T中有5个元素,故排除C,D;当集合S中有4个元素时,若S={2,4,8,16},则T={8,16,32,64,128},S∪T={2,4,8,16,32,64,128},包含7个元素,排除选项B.下面来说明选项A的正确性:设集合S={a1,a2,a3,a4},且a1<a2<a3<a4,a1,a2,a3,a4∈N*,则a1a2<a1a4,且a1a2,a2a4∈T,则S,同理S,S,S,S,S,且若a1=1,则a2≥2,=a2,则<a3,故=a2,即a3=,=a2,则a4=a3a2=故S={1,a2,},此时{a2,}⊆T,可得S,这与S矛盾,故舍去.若a1≥2,则<a3,故=a2,=a1,即a3=,a2=又a4>>1,故=a1,所以a4=,故S={a1,},此时{}⊆T.若b∈T,不妨设b>,则S,故,i=1,2,3,4,故b=,i=1,2,3,4,即b∈{},其他情况同理可证.故{}=T,此时S∪T={a1,},即S∪T中有7个元素.故A正确.7.D解析根据题意画出函数f(x)的图象,如图所示,因为函数g(x)=f(x)+a有三个零点,即函数y=f(x)与函数y=-a有三个交点,当直线l 位于直线l1与直线l2之间时,符合题意,由图象可知,x1+x2=2x3<,所以x1+x2+x3<故选D.8.BCD解析z=1+cos2θ+isin2θ=2cosθ(cosθ+isinθ),∵-<θ<,∴cosθ>0,sinθ∈(-1,1),则复数z在复平面上对应的点不可能落在第二象限,故A错误;当θ=0时,z=2,则z可能为实数,故B正确;|z|=====2cosθ,故C正确;tanθ,所以的实部为,故D正确.故选BCD.9.ACD解析由题可知,该几何体为正四棱锥,如图所示.对于A,可假设AE与BF共面,由图可知,点F不在平面ABE中,与假设矛盾,故A正确;对于B,因E,F为BP,CP中点,故EF ∥BC,又四边形ABCD为正方形,所以AD∥BC,故EF∥AD,所以A,D,E,F四点共面,故B 错误;对于C,由B可知,EF∥AD,又AD⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,故直线EF∥平面PAD,故C正确;对于D,因为EF∥BC,又BC⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,故直线EF∥平面ABCD,D正确.故选ACD.10.BD解析对于A,可知函数单调递增,则若定义域为[m,n]时,值域为[2m,2n],故f(x)=2x 不存在“和谐区间”;对于B,f(x)=3-,可假设在x∈(0,+∞)存在“和谐区间”,函数为增函数,若定义域为[m,n]时,值域为[m,n],则解得(符合)(舍去)故函数存在“和谐区间”;对于C,f(x)=x2-2x,对称轴为x=1,当x∈(-∞,1)时,函数f(x)单调递减,若定义域为[m,n]时,值域为[m,n],则满足解得m=n=0,故与题设矛盾;同理当x∈(1,+∞)时,应满足解得m=n=3,所以f(x)=x2-2x 不存在“和谐区间”;对于D,f(x)=ln x+2在(0,+∞)内单调递增,则应满足可将解析式看作h(x)=ln x,g(x)=x-2,由图可知,两函数图象有两个交点,则存在“和谐区间”.故选BD.11.BD解析由题知f'(x)=3x2+a.对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f(x)存在两个极值点,由f(0)=0,易知f(x)有三个零点,故A错误;对于B,因为b2+1≥1,所以a≥0,f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,B 正确;对于C,若取b=2,f'(x)=3x2-3,则f(x)的极大值为f(-1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,C错误;对于D,f(x)的极大值为f=b-,极小值为f=b+因为a<0,所以b2+>b2+>0,所以b2>-,则b>-或b<,从而f<0或f>0,可知f(x)仅有一个零点,D正确.12.1解析∵a⊥b,∴a·b=2-2m=0,解得m=1.13.(0,+∞)解析由题意令g(x)=,则g'(x)=,∵f(x)>f'(x),∴g'(x)<0,故函数g(x)=在R上单调递减.∵y=f(x)-1是奇函数,∴f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,则不等式f(x)<e x等价为<1=g(0),即g(x)<g(0),解得x>0.14解析因f(x)=所以函数在区间(0,1],(1,+∞)内是单调函数.令0<a≤1,b>1,又f(a)=f(b),得1-ln a=-1+ln b,所以ln ab=2,即ab=e2.设y=,令y'==0,则b=e,即函数在(1,e]内单调递减,在(e,+∞)内单调递增,所以当b=e时,有最小值,最小值为15+1解析由sin A,sin B,sin C成等差数列可得,2sin B=sin A+sin C, 所以2b=a+c,即b=又cos B=,化简可得cos B=当且仅当a=c时取等号.又B∈(0,π),所以B令f(B)=sin2B+2cos B,则f'(B)=2cos2B-2sin B=2-4sin2B-2sin B=-4(sin B+1).当sin B>,即B时,f'(B)<0;当sin B<,即B时,f'(B)>0.则f(B)=sin2B+2cos B在内单调递增,在内单调递减,所以f(B)max=f=sin+2cos,由f(0)=sin0+2cos0=2,f=sin+2cos+1,所以f(B)min=f+1,所以sin2B+2cos B的最小值为+1,最大值为。
2021届高考数学二轮复习综合能力训练文含解析
综合能力训练第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.设全集为R ,集合A={x ∈R |x 2<4},B={x|-1<x ≤4},则A ∩(∁R B )=( ) B .(-2,-1) C .(-2,-1] D .(-2,2){x ∈R |x 2<4}={x|-2<x<2}. x|-1<x ≤4},∴∁R B={x|x>4或x ≤-1}, 则A ∩(∁R B )={x|-2<x ≤-1}.2.已知i 为虚数单位,复数z 满足(1+√3i)z=(1-i)2,则|z|=( ) A.√2 B.√22 C.1D.12z=21+√3i=√3i (1+3i )(1-3i )=-√32−12i, 所以|z|=√(-√32)2+(-12)2=1.3.若x 1=π4,x 2=3π4是函数f (x )=sin ωx (ω>0)两个相邻的极值点,则ω=( ) A.2 B.32C.1D.12答案:A解析:由题意,得f (x )=sin ωx 的周期T=2πω=23π4−π4=π,解得ω=2,故选A .4.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,8a 1-a 4=0,则S4S 2=( )B .8C .5D .15a 1-a 4=0⇒q 3=8⇒q=2,S4S 2=S 2+q 2S 2S 2=1+q 2=5.故选C .,农村的经济收入增加了一倍,实现翻番.为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况,统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例,得到如下饼图:建设前经济收入构成比例建设后经济收入构成比例则下面结论中不正确的是( ) A .新农村建设后,种植收入减少B .新农村建设后,其他收入增加了一倍以上C .新农村建设后,养殖收入增加了一倍,养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半1,则建设后经济收入为2,建设前种植收入为0.6,建设后种植收入为=0.74,故A不正确;建设前的其他收入为0.04,养殖收入为0.3,建设后其他收入为0.1,养殖收入为0.6,故B、C正确;建设后养殖收入与第三产业收入的总和所占比例为58%,故D正确,故选A.6.直线ax+by-a=0与圆x2+y2+2x-4=0的位置关系是()A.相离B.相切D.与a,b的取值有关a(x-1)+by=0,过定点P(1,0),而点P在圆(x+1)2+y2=5内.故选C.△ABC是非等腰三角形,设P(cos A,sin A),Q(cos B,sin B),R(cos C,sin C),则△PQR的形状是() A.锐角三角形B.钝角三角形D.不确定,而且都在第一、二象限,由平面几何知识可知,这样的三个点构成.故选B.8.已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:cm),则这个几何体的体积是()3B.12 cm3C.24 cm3D.72 cm3,底面是底边长为6cm、高为4cm的等腰三角形,三棱锥的高为3cm,∴这个几何体的体积V=13×12×6×4×3=12(cm3).故选B.9.设变量x,y满足约束条件{y≤3x-2,x-2y+1≤0,2x+y≤8,则yx-1的最小值是()B.-1C.2D.-2{y≤3x-2,x-2y+1≤0,2x+y≤8作出可行域如图,联立{-2y+1=0,2x+y=8,解得A(3,2),y x-1的几何意义为可行域内的动点与定点P(1,0)连线的斜率,则其最小值为k PA=2-03-1=1.10.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),斜率为1的直线截得的弦的中点为(4,1),则该双曲线离心率的值是()A .√5B .√62C .√103D .2l 与双曲线交于点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则12)(x 1-x 2)a 2−(y 1+y 2)(y 1-y 2)b 2=0,即y 1-y2x 1-x 2=b 2(x 1+x 2)a 2(y 1+y 2).由弦的中点为(4,1),直线的斜率为1可知,x 1+x 2=8,y 1+y 2=2,y 1-y 2x 1-x 2=1.∴b 2a 2=14,e 2=1+b 2a 2=54. ∴e=√52.故选A .11.已知函数f (x )={sin (πx 2),-1<x <0,e x -1,x ≥0,若f (1)+f (a )=2,则a 的所有可能值为( )A .1B .-√22C .1,-√22D .1,√22f (1)=e 1-1=1,∴f (a )=1. 若a ∈(-1,0),则sin(πa 2)=1,∴a=-√22. 若a ∈[0,+∞),则e a-1=1,∴a=1.因此a=1或a=-√22.12.如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD ,M 是线段ED 的中点,则( )A.BM=EN ,且直线BM ,EN 是相交直线B.BM ≠EN ,且直线BM ,EN 是相交直线C.BM=EN ,且直线BM ,EN 是异面直线 EN ,且直线BM ,EN 是异面直线 解析:如图,连接BD ,BE.在△BDE 中,N 为BD 的中点,M 为DE 的中点, ∴BM ,EN 是相交直线, 排除选项C,D .作EO ⊥CD 于点O ,连接ON. 作MF ⊥OD 于点F ,连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD ,平面CDE ∩平面ABCD=CD ,EO ⊥CD ,EO ⊂平面CDE , ∴EO ⊥平面ABCD. 同理,MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形.设正方形ABCD 的边长为2,易知EO=√3,ON=1,MF=√32,BF=√22+94=52,则EN=√3+1=2,BM=√34+254=√7,∴BM ≠EN.故选B .第Ⅱ卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)y=3(x 2+x )e x 在点(0,0)处的切线方程为 .3xy'=3(2x+1)e x +3(x 2+x )e x =3(x 2+3x+1)e x , x=0=3.∴曲线y=3(x 2+x )e x 在点(0,0)处的切线方程为y=3x.14.已知a ,b ∈R ,且a-3b+6=0,则2a +18b 的最小值为 .a-3b+6=0,∴a-3b=-6.∵a ,b ∈R ,∴2a >0,18>0.∴2a +18b ≥2√2a -3b =2√2-6=14,当且仅当2a =18b ,即a=-3,b=1时取等号.15.若函数f (x )=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示,则函数f (x )在区间[-π,0]上的单调递增区间为 .答案:[-3,0]A=2,T=43[5-(-1)]=8, 所以ω=8,即ω=π4.又函数f (x )的图象经过点(5,-2), 所以2sin (π4×5+φ)=-2, 即sin (5π4+φ)=-1.因为0<φ<π2,所以5π4+φ=3π2,得φ=π4. 所以函数f (x )=2sin (π4x +π4).由-π2+2k π≤π4x+π4≤π2+2k π(k ∈Z ), 得-3+8k ≤x ≤1+8k (k ∈Z ),令k=0,得函数f (x )在区间[-π,0]上的单调递增区间为[-3,0].16.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n =(a+1)n 2+a ,某三角形三边之比为a 2∶a 3∶a 4,则该三角形的面,∴a=0,S n =n 2, 234.设三角形最大角为θ,由余弦定理,得cos θ=-12, ∴θ=120°.∴该三角形的面积S=12×3×5×sin120°=15√34.三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,{b n }是等差数列,且a 1=b 1=1,b 2+b 3=2a 3,a 5-3b 2=7. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;c n =a n b n ,n ∈N *,求数列{c n }的前n 项和.设数列{a n }的公比为q ,数列{b n }的公差为d ,由题意q>0.由已知,有{2q 2-3d =2,q 4-3d =10,消去d ,整理得q 4-2q 2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2.所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1,n ∈N *;数列{b n }的通项公式为b n =2n-1,n ∈N *. (2)由(1)有c n =(2n-1)·2n-1,设{c n }的前n 项和为S n ,则S n =1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2S n =1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n ,上述两式相减,得-S n =1+22+23+…+2n -(2n-1)×2n =2n+1-3-(2n-1)×2n =-(2n-3)×2n -3,所以,S n =(2n-3)·2n +3,n ∈N *.18.(12分)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D 是棱AB 的中点.(1)证明:BC 1∥平面A 1CD ;BB 1的中点,求三棱锥C-AA 1E 的体积与三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积之比.,连接AC 1交A 1C 于点O ,连接OD.∴O 是AC 1的中点,又D 是AB 的中点,∴OD ∥BC 1.⊂平面A 1CD ,BC 1⊄平面A 1CD ,∴BC 1∥平面A 1CD.ABC-A 1B 1C 1的高为h ,则三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积V=S △ABC ·h. 又V=V C 1-ABB 1A 1+V C -ABC 1,V C -ABC 1=V C 1-ABC =13S △ABC ·h=V 3,∴V C 1-ABB 1A 1=2V 3.∵CC 1∥BB 1,CC 1⊄平面ABB 1A 1,BB 1⊂平面ABB 1A 1, ∴CC 1∥平面ABB 1A 1.∴V C -ABB 1A 1=V C 1-ABB 1A 1=2V3. ∵S △A 1AE =12S 平行四边形AA 1B 1B , ∴V C -AA 1E =12V C -ABB 1A 1=12×2V 3=V3.∴三棱锥C-AA 1E 的体积与三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积之比为13.19.(12分)如图,茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学完成某道数学题的得分情况.乙组某个数据的个位数模糊,记为x ,已知甲、乙两组的平均成绩相同.(1)求x 的值,并判断哪组学生成绩更稳定;,求这两名同学的得分之和低于20分的概率.(1)x 甲=14×(9+9+11+11)=10,x 乙=14×(8+9+10+x+12)=10,解得x=1.又s 甲2=14[(9-10)2+(9-10)2+(11-10)2+(11-10)2]=1; s 乙2=14[(8-10)2+(9-10)2+(11-10)2+(12-10)2]=52,∴s 甲2<s 乙2,∴甲组成绩比乙组成绩更稳定.(2)记甲组4名同学为A 1,A 2,A 3,A 4;乙组4名同学为B 1,B 2,B 3,B 4;分别从甲、乙两组中各抽取一名同学所有可能的结果为:(A 1,B 1),(A 1,B 2),(A 1,B 3),(A 1,B 4), (A 2,B 1),(A 2,B 2),(A 2,B 3),(A 2,B 4), (A 3,B 1),(A 3,B 2),(A 3,B 3),(A 3,B 4),(A 4,B 1),(A 4,B 2),(A 4,B 3),(A 4,B 4),共16个基本事件, 其中得分之和低于20分的共有6个基本事件,∴得分之和低于20分的概率是P=616=38.20.(12分)已知点F 为抛物线E :y 2=2px (p>0)的焦点,点A (2,m )在抛物线E 上,且|AF|=3.(1)求抛物线E 的方程;(2)已知点G (-1,0),延长AF 交抛物线E 于点B ,证明:以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆,必与直线.,得|AF|=2+p2.因为|AF|=3,即2+p2=3,解得p=2, E 的方程为y 2=4x.A (2,m )在抛物线E :y 2=4x 上,2√2,由抛物线的对称性,不妨设A (2,2√2). 由A (2,2√2),F (1,0)可得直线AF 的方程为y=2√2(x-1). 由{y =2√2(x -1),y 2=4x得2x 2-5x+2=0, 解得x=2或x=12,从而B (12,-√2).又G (-1,0), 所以k GA =2√2-02-(-1)=2√23,k GB =-√2-012-(-1)=-2√23, 所以k GA +k GB =0,从而∠AGF=∠BGF ,这表明点F 到直线GA ,GB 的距离相等,GA 相切的圆必与直线GB 相切.F 为圆心且与直线GA 相切的圆的半径为r. (2,m )在抛物线E :y 2=4x 上,所以m=±2√2,由抛物线的对称性,不妨设A (2,2√2). 由A (2,2√2),F (1,0)可得直线AF 的方程为y=2√2(x-1). 由{y =2√2(x -1),y 2=4x得2x 2-5x+2=0, 解得x=2或x=12,从而B (12,-√2).又G (-1,0),故直线GA 的方程为2√2x-3y+2√2=0,从而r=√2+2√2|√8+9=√2√17.又直线GB 的方程为2√2x+3y+2√2=0, 所以点F 到直线GB 的距离d=√2+2√2|√8+9=√2√17=r.这表明以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切.21.(12分)已知函数f (x )=2x-ax+b ln x ,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为3x+y-8=0. (1)求a ,b 的值,并求函数f (x )的单调递增区间;(2)设g (x )=f (x )-3x ,试问过点(2,2)可作多少条直线与曲线y=g (x )相切?请说明理由.f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=2+ax 2+bx .,f (1)=5,f'(1)=-3, ∴a=-3,b=-2.∴f'(x )=2-3x 2−2x =2x 2-2x -3x 2,令f'(x )>0,又x>0,∴x>1+√72.∴函数f (x )的单调递增区间为(1+√72,+∞).(2)g (x )=f (x )-3x =2x-2ln x ,g'(x )=2-2x.设过点(2,2)与曲线g (x )相切的切线的切点坐标为(x 0,y 0), 则y 0-2=g'(x 0)(x 0-2), 即2x 0-2ln x 0-2=(2-2x 0)(x 0-2),∴ln x 0+2x 0=2.令h (x )=ln x+2x -2,则h'(x )=1x −2x 2, 当h'(x )=0时,x=2.∴h (x )在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增.∵h (12)=2-ln2>0,h (2)=ln2-1<0,h (e 2)=2e 2>0, ∴h (x )的图象与x 轴有两个交点,∴过点(2,2)可作2条曲线y=g (x )的切线.请考生在第22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号. 22.(10分)选修4—4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,动点A 的坐标为(2-3sin α,3cos α-2),其中α∈R .以原点O 为极点,以x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的方程为ρcos (θ-π4)=a. (1)判断动点A 的轨迹表示什么曲线;l 与动点A 的轨迹有且仅有一个公共点,求实数a 的值.设动点A 的直角坐标为(x ,y ), 则{x =2-3sinα,y =3cosα-2.∴动点A 的轨迹方程为(x-2)2+(y+2)2=9, 其轨迹是以(2,-2)为圆心,半径为3的圆.(2)直线l 的极坐标方程ρcos (θ-π4)=a 化为直角坐标方程是x+y=√2a. 由√2a √2=3,得a=3或a=-3.23.(10分)选修4—5:不等式选讲设函数f (x )=|x+2|+|x-2|,x ∈R .不等式f (x )≤6的解集为M. (1)求M ;,b ∈M 时,证明:3|a+b|≤|ab+9|.|x+2|+|x-2|≤6,而|x+2|+|x-2|表示数轴上的x 对应点到-2,2对应点的距离之和,-3和3-2,2对应点的距离之和正好等于6,故不等式的解集为M=[-3,3].3|a+b|≤|ab+9|,只要证9(a+b )2≤(ab+9)2,)2-(ab+9)2=9(a 2+b 2+2ab )-(a 2b 2+18ab+81)=9a 2+9b 2-a 2b 2-81=(a 2-9)·(9-b 2)≤0, 而由a ,b ∈M ,可得-3≤a ≤3,-3≤b ≤3, ∴(a 2-9)≤0,(9-b 2)≥0, ∴(a 2-9)(9-b 2)≤0成立,故要证的不等式3|a+b|≤|ab +9|成立.。
2021高考数学二轮专题复习测试小题基础练五含解析
小题基础练(五) 数学文化1．饕餮(tāo tiè)纹，青铜器上常见的花纹之一，盛行于商代至西周早期，最早出现在距今五千年前长江下游地区的良渚文化玉器上．有人将饕餮纹的一部分画到了方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为1，有一点P 从A 点出发每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能性的，那么它经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B 的概率为( )A.116B.18C.14D.12解析：点P 从A 点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，跳3次的所有基本事件有：(右，右，右)，(右，右，下)，(右，下，右)，(下，右，右)，(右，下，下)，(下，右，下)，(下，下，右)，(下，下，下)，共8种不同的跳法(线路)，符合题意的只有(下，下，右)这1种，所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B 的概率为18. 答案：B2．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，问立夏日影长为( )A ．七尺五寸B ．六尺五寸C ．五尺五寸D ．四尺五寸解析：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，设十二节气第n (n ∈N *)个节气的日影长为a n ，则数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，前n 项和为S n ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝4a 1＋22d ＝32，S 7＝7a 1＋7×62d ＝7a 1＋21d ＝73.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝272，d ＝－1，所以a 10＝a 1＋9d ＝272－9＝92，因此，立夏日影长为四尺五寸． 答案：D3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，卷一《方田》中有如下两个问题：[三三]今有宛田，下周三十步，径十六步．问为田几何？[三四]又有宛田，下周九十九步，径五十一步．问为田几何？翻译为：[三三]现有扇形田，弧长30步，直径长16步．问这块田面积是多少？[三四]又有一扇形田，弧长99步，直径长51步．问这块田面积是多少？则下列说法正确的是( )A ．问题[三三]中扇形的面积为240平方步B ．问题[三四]中扇形的面积为5 0494平方步 C ．问题[三三]中扇形的面积为60平方步D ．问题[三四]中扇形的面积为5 0492平方步 解析：依题意，问题[三三]中扇形的面积为12lr ＝12×30×162＝120平方步， 问题[三四]中扇形的面积为12lr ＝12×99×512＝5 0494平方步． 答案：B4．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段⎝⎛⎭⎫13，23，记为第一次操作；再将剩下的两个区间⎣⎡⎦⎤0，13，⎣⎡⎦⎤23，1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于45，则需要操作的次数n 的最小值为________．参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1( ) A ．3B ．4C ．5D ．6解析：第一次操作去掉的区间长度为13；第二次操作去掉两个长度为19的区间，长度和为29；第三次操作去掉四个长度为127的区间，长度和为427；…第n 次操作去掉2n －1个长度为13n 的区间，长度和为2n －13n .于是进行了n 次操作后，所有去掉的区间长度之和为S n ＝13＋29＋…＋2n －13n ＝1－⎝⎛⎭⎫23n ，由题意，1－⎝⎛⎭⎫23n ≥45，即n lg 23≤lg 15，解得：n ≥3.97，又n 为整数，所以n 的最小值为4.答案：B5．我国古代著名数学家刘徽的杰作《九章算术注》是中国最宝贵的数学遗产之一，书中记载了他计算圆周率所用的方法．先作一个半径为1的单位圆，然后做其内接正六边形，在此基础上做出内接正6×2n (n ＝1，2，…)边形，这样正多边形的边逐渐逼近圆周，从而得到圆周率，这种方法称为“刘徽割圆术”．现设单位圆O 的内接正n 边形的一边为AC ，点B 为劣弧AC ︵的中点，则BC 是内接正2n 边形的一边，现记AC ＝S n ，AB ＝S 2n ，则( )A ．S 2n ＝ 2－4－S 2nB ．S 2n ＝2＋4－S 2n C ．S 2n ＝22＋4－S 2n D ．S 2n ＝ 4－34－S 2n解析：法一 设∠AOB ＝θ，则在△AOB 中，由余弦定理得S 22n ＝2－2cos θ，设AC 与OB 相交于点D ，则OD ⊥AD ，所以cos θ＝OD OA＝ 1－S 2n 4， 所以S 22n ＝2－2 1－S 2n 4＝2－4－S 2n ，故选A.法二 设AC 与OB 相交于点D ，则OD ⊥AD ，因为AD ＝12S n ，所以OD ＝1－S 2n 4，所以BD ＝1－OD ＝1－ 1－S 2n 4，所以S 2n ＝BD 2＋AD 2＝2－4－S 2n ，故选A.答案：A6.玉琮是中国古代玉器中重要的礼器，神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器，1986年出土于杭州市余杭区反山文化遗址．玉琮王通高8.8 cm ，孔径4.9 cm 、外径17.6 cm.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图像．兽面的两侧各浅浮雕鸟纹．器形呈扁矮的方柱体，内圆外方，上下端为圆面的射，中心有一上下垂直相透的圆孔．试估计该神人纹玉琮王的体积约为(单位：cm 3)( )A ．6 250B ．3 050C ．2 850D ．2 350解析：由题可知，该神人纹玉琮王可看作是一个底面边长为17.6 cm ，高为8.8 cm 的正四棱柱中挖去一个底面直径为4.9 cm ，高为8.8 cm 的圆柱，此时求得体积记为V 1，V 1＝(17.6)2×8.8－π×⎝⎛⎭⎫4.922×8.8≈2 560 cm 3， 记该神人纹玉琮王的实际体积为V ，则V <V 1，且由题意可知，V >π×⎝⎛⎭⎫17.622×8.8－π×⎝⎛⎭⎫4.922×8.8≈1 975 cm 3， 故1 975<V <2 560，故选D.答案：D7．南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为V 1、V 2，被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面面积分别为S 1、S 2，则命题p ：“V 1、V 2相等”是命题q ：“S 1、S 2总相等”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：由祖暅原理可知，若S 1、S 2总相等，则V 1、V 2相等，即必要性成立；假设夹在两平行平面间的底面积为S 的棱柱和底面积为3S 的棱锥，它们的体积分别为V 1、V 2，则V 1＝V 2，这两个几何体被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为S 1、S 2，但S 1与S 2不总相等，即充分性不成立．因此，命题p 是命题q 的必要不充分条件．答案：B8．我国古代数学著作《九章算术》中记载问题：“今有垣厚八尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日半尺，大鼠日增倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”，意思是“今有土墙厚8尺，两鼠从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞长度比前一天多一倍，小鼠之后每天打洞长度是前一天的一半，问两鼠几天打通相逢？”两鼠相逢需要的天数最小为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：设需要n 天时间才能打通相逢，则2n －12－1＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12≥8， 化为：2n －12n －8≥0，令2n ＝t ，则t 2－8t －1≥0⇒t ≤4－17(舍去)或t ≥4＋17 所以2n >8，所以n >3，n 的最小整数为4.答案：C9．《周髀算经》中给出了：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二节气的日影长依次成等差数列的结论．已知某地立春与雨水两个节气的日影长分别为10.5尺和9.5尺，现在从该地日影长小于9尺的节气中随机抽取2个节气进行日影长情况统计，则所选取这2个节气中恰好有1个节气的日影长小于5尺的概率为( )A.37B.47C.1321D.57解析：设这十二节气中第n (n ∈N *)个节气的日影长为a n 尺，可知数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，由题意得a 4＝10.5，a 5＝9.5，所以d ＝a 5－a 4＝－1，所以a n ＝a 4＋(n －4)d ＝10.5－(n －4)＝14.5－n .令a n ＝14.5－n <9，解得n >5.5；令a n ＝14.5－n <5，解得n >9.5.从该地日影长小于9尺的节气中随机抽取2个节气，所有的基本事件有：(a 6，a 7)、(a 6、a 8)、(a 6、a 9)、(a 6、a 10)、(a 6、a 11)、(a 6、a 12)、(a 7、a 8)、(a 7、a 9)、(a 7、a 10)、(a 7、a 11)、(a 7、a 12)、(a 8、a 9)、(a 8、a 10)、(a 8、a 11)、(a 8、a 12)、(a 9、a 10)、(a 9、a 11)、(a 9、a 12)、(a 10、a 11)、(a 10、a 12)、(a 11、a 12)，共21个，其中，事件“所选取这2个节气中恰好有1个节气的日影长小于5尺”所包含的基本事件有：(a 6、a 10)、(a 6、a 11)、(a 6、a 12)、(a 7、a 10)、(a 7、a 11)、(a 7、a 12)、(a 8、a 10)、(a 8、a 11)、(a 8、a 12)、(a 9、a 10)、(a 9、a 11)、(a 9、a 12)，共12个，因此，所求事件的概率为1221＝47. 答案：B10．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C 的中心为原点，焦点F 1，F 2均在x 轴上，C 的面积为23π，且短轴长为23，则C 的标准方程为( )A.x 212＋y 2＝1 B.x 24＋y 23＝1 C.x 23＋y 24＝1 D.x 216＋y 23＝1 解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝23ππ，2b ＝23，解得a ＝2，b ＝3， 因为椭圆C 的焦点在x 轴上，所以C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. 答案：B11．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为( )A.223π B.423π C.42π D.83π 解析：由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，因为圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，所以圆锥的底面周长为2π×33＝2π，所以圆锥的底面半径为1，母线长为3， 所以圆锥的高为32－1＝22，所以圆锥的体积V 圆锥＝13×π×12×22＝223π. 从而所求几何体的体积为V ＝223π. 答案：A12．据记载，欧拉公式e i x ＝cos x ＋isin x (x ∈R)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”．特别是当x ＝π时，得到一个令人着迷的优美恒等式e πi ＋1＝0，这个恒等式将数学中五个重要的数(自然对数的底e ，圆周率π，虚数单位i ，自然数的单位1和零元0)联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的公式”．根据欧拉公式，若复数z ＝e 3π4i 的共轭复数为z ，则z ＝( )A ．－22－22i B ．－22＋22i C ．22＋22i D ．22－22i 解析：欧拉公式e i x ＝cos x ＋isin x (x ∈R)，则z ＝e 3π4i ＝cos 3π4＋isin 3π4＝－22＋22i ， 根据共轭复数定义可知z ＝－22－22i ，故选A. 答案：A13．德国数学家莱布尼兹发现了如图所示的单位分数三角形(单位分数是指分子为1，分母为正整数的分数)，称为莱布尼兹三角形．根据前5行的规律，则第6行的左起第3个数为________．11 12 12 13 16 13 14 112 112 14 15 120 130 120 15……解析：由数表可知，第n 行第一个数为1n ，所以第6行的第1个数和最后1个数是16，中间的某个数等于下一行“两个脚”的和，所以第6行的第2个数为15－16＝130，第6行的第3个数为120－130＝160，故答案为160. 答案：16014．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线称为“欧拉线”．已知△ABC 的顶点A (2，0)，B (0，4)，其“欧拉线”的直线方程为x －y ＋2＝0，则△ABC 的顶点C 的坐标__________．解析：设C (m ，n )，由重心坐标公式得△ABC 的重心为⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋m 3，4＋n 3， 代入欧拉线方程得2＋m 3－4＋n 3＋2＝0 整理得m －n ＋4＝0① 因为AB 的中点为(1，2)，k AB ＝4－00－2＝－2，所以AB 的中垂线的斜率为12， 所以AB 的中垂线方程为y －2＝12(x －1)，即x －2y ＋3＝0， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋3＝0，x －y ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1，所以△ABC 的外心为(－1，1) 则（m ＋1）2＋（n －1）2＝（2＋1）2＋12，②联立①②得m ＝－4，n ＝0或m ＝0，n ＝4，当m ＝0，n ＝4时，点B 、C 两点重合，舍去；所以m ＝－4，n ＝0即△ABC 的顶点C 的坐标为(－4，0)．答案：(－4，0)15．算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献．在算筹记数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如下表：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图所示．如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为________．解析：按每一位算筹的根数分类一共有15种情况，分别为、(5，0，0)、(4，1，0)、(4，0，1)、(3，2，0)、(3，1，1)、(3，0，2)、(2，3，0)、(2，2，1)、(2，1，2)、(2，0，3)、(1，4，0)、(1，3，1)、(1，2，2)、(1，1，3)、(1，0，4)，2根或2根以上的算筹可以表示两个数字，运用分步乘法计数原理，得上面情况能表示的三位数字个数分别为：2、2、2、4、2、4、4、4、4、4、2、2、4、2、2，根据分类加法计数原理，得5根算筹能表示的三位数字个数为：2＋2＋2＋4＋2＋4＋4＋4＋4＋4＋2＋2＋4＋2＋2＝44.答案：4416.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵ABC-A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AA 1＝3，A 1BCC 1外接球的表面积为25π，则阳马A 1-BCC 1B 1体积的最大值为__________．解析：因为鳖臑A 1-BCC 1外接球的直径为A 1B ＝5，又因为AA 1＝3，所以AB ＝4＝AC 2＋BC 2，即16＝AC 2＋BC 2≥2AC ·BC ，所以AC ·BC ≤8，所以阳马A 1-BCC 1B 1的体积为V ＝13BC ×BB 1×A 1C 1＝13AC ·BC ×AA 1≤8. 所以阳马A 1-BCC 1B 1体积的最大值为8.答案：8。
高考数学二轮复习专题过关检测—数列(含解析)
高考数学二轮复习专题过关检测—数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021·内蒙古包头一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1-a n -2=0,则a 5+a 6+…+a 14=( ) A.180B.190C.160D.1202.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,则log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=( ) A.52B.53C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S10S 5=12,则S15S 5=( )A.12B.13C.23D.344.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c 键到下一个c 1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c ,#c ,d ,#d ,e ,f ,#f ,g ,#g ,a ,#a ,b ,c 1的音频恰成一个公比为√212的等比数列的原理,也即高音c 1的频率正好是中音c 的2倍.已知标准音a 的频率为440 Hz,则频率为220√2 Hz 的音名是( )A.dB.fC.eD.#d5.(2021·四川成都二诊)已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列{1a n a n+1}的前n项和为T n,则T20的值为()A.1939B.3839C.2041D.40416.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)={n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-1410.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=2a n,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是() A.b10=8b5 B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919312.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n =32(n 2+3n )D.S n =34(3n+1+2n-3) 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·山西太原检测)在等差数列{a n }中,若a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,则a 1+a 1 011+a 2 021等于 .14.(2021·江苏如东检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -2,则数列{log 2a n }的前n 项和T n = .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为 .16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm ×12 dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm ×12 dm,20 dm ×6 dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240 dm 2,对折2次共可以得到5 dm ×12 dm,10 dm ×6 dm,20 dm ×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180 dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n 次,那么∑k=1nS k =dm 2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{a n },a 4=116,a 5a 7=256. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{|log 2a n |}的前n 项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列;②数列{√S n}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{a n}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2021·山东临沂一模)在①S nn =a n+12,②a n+1a n=2S n,③a n2+a n=2S n这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且满足.(1)求a n;(2)若b n=(a n+1)·2a n,求数列{b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a 辆.(1)求经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n );(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a 的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{a n }满足a 1=23,且当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2.(1)求证:数列{11−a n}是等差数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)记T n =12a 1a 2…a n ,S n =T 12+T 22+…+T n 2,求证:当n ∈N *时,a n+1-23<S n .答案及解析1.B 解析 因为a n+1-a n =2,a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n =2+(n-1)×2=2n.设{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(2+2n)2=n 2+n.所以a 5+a 6+…+a 14=S 14-S 4=190.2.C 解析 因为等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,所以log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=log 3(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 3(a 35)=log 3(95)=log 3(310)=10.3.D 解析 由题意可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列.∵S 10S 5=12,∴设S 5=2k ,S 10=k ,k ≠0,∴S 10-S 5=-k ,∴S 15-S 10=k2,∴S 15=3k2,∴S 15S 5=3k22k =34. 4.D 解析 因为a 的音频是数列的第10项,440=220√2×212=220√2×(2112)10−4,所以频率为220√2 Hz 是该数列的第4项,其音名是#d.5.C 解析 当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1.而a 1=1也符合a n =2n-1,所以a n =2n-1.所以1an a n+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以T n =12(1−13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)=121-12n+1=n2n+1,所以T 20=202×20+1=2041. 6.D 解析 设该数列为{a n },依题意,可知a 5,a 6,…成等差数列,且公差为2,a 5=5.设塔群共有n 层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a 10+a 11+a 12=3a 11=3×(5+2×6)=51.7.D 解析 由2n ∈[1,100],n ∈N *,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1−26)1−2=126.又1+2+3+ (100)100×1012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n (n ∈N *)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.8.B 解析 由已知得当n 为奇数时,a n =n 2-(n+1)2=-2n-1,当n 为偶数时,a n =-n 2+(n+1)2=2n+1.所以a 1+a 2+a 3+…+a 100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD 解析 当n=1时,a 1=S 1=1+t ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(4n-1+t )-(4n-2+t )=3×4n-2.由数列{a n }为等比数列,可知a 1必定符合a n =3×4n-2, 所以1+t=34,即t=-14.所以数列{a n }的通项公式为a n =3×4n-2,a 2=3, 数列{a n }的公比q=4.故选BCD . 10.AC 解析 由已知得a 1+3(a 1+4×1)=7a 1+7×62×1,解得a 1=-3.对于选项A,a 5=-3+4×1=1,故A 正确.对于选项B,a n =-3+n-1=n-4,因为a 1=-3<0,a 2=-2<0,a 3=-1<0,a 4=0,a 5=1>0,所以S n 的最小值为S 3或S 4,故B 错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.∴a n=a1+(n-1)d=16n+12929.∵b n=2a n,∴b n+1b n =2a n+12a n=2a n+1-a n=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=5×1629=8029≠3,∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a 1=1+3+2=6,当n=2时,a 2=a 1+2a 1-3=3a 1-3,当n=3时,a 3=a 2+2a 2-3=3a 2-3,……所以a n+1=3a n -3,故B 项正确. 由a n+1=3a n -3,得a n+1-32=3(a n -32),又a 1-32=92,所以{a n -32}是首项为92,公比为3的等比数列,所以a n -32=92×3n-1=3n+12,即a n =3n+12+32,故C 项错误.S n =(322+32)+(332+32)+…+(3n+12+32)=343n+1+2n-3,故D 项正确.13.15 解析 因为a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,所以a 2+a 2 020=10.又{a n }为等差数列,所以a 1+a 2 021=a 2+a 2 020=2a 1 011=10,即a 1 011=5. 所以a 1+a 1 011+a 2 021=3a 1 011=15. 14.n(n+1)2解析 因为S n =2a n -2,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.当n=1时,可得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n =2n . 所以log 2a n =n ,所以T n =n(n+1)2.15.3n 2-2n 解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n }是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n }的前n 项和为S n =n×1+n(n-1)2×6=3n 2-2n.16.5 240(3−n+32n) 解析 对折3次共可以得到52 dm ×12 dm,5 dm ×6 dm,10 dm ×3 dm,20dm ×32dm 四种规格的图形,面积之和S 3=4×30=120 dm 2;对折4次共可以得到54 dm ×12 dm,52dm ×6 dm,5 dm ×3 dm,10 dm ×32dm,20 dm ×34dm 五种规格的图形,S 4=5×15=75 dm 2.可以归纳对折n 次可得n+1种规格的图形,S n =(n+1)·2402ndm 2.则∑k=1nS k =S 1+S 2+…+S n =240221+322+423+…+n+12n . 记T n =221+322+423+…+n+12n , ① 则12T n =222+323+…+n2n +n+12n+1.②①与②式相减,得T n -12T n =12T n =221+122+123+…+12n −n+12n+1=32−n+32n+1. 故T n =3-n+32n .故∑k=1nS k =240·T n =240(3−n+32n).17.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).由等比数列的性质可得a 5a 7=a 62=256,因为a n >0,所以a 6=16.所以q 2=a6a 4=256,即q=16.所以a n =a 6q n-6=16×16n-6=16n-5. (2)由(1)可知log 2a n =log 216n-5=4n-20,设b n =|log 2a n |=|4n-20|,数列{b n }的前n 项和为T n . ①当n ≤5,且n ∈N *时,T n =n(16+20-4n)2=18n-2n 2;②当n ≥6,且n ∈N *时,T n =T 5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n 2-18n+80.综上所述,T n={18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.18.证明若选①②⇒③,设数列{a n}的公差为d1,数列{√S n}的公差为d2.∵当n∈N*时,a n>0,∴d1>0,d2>0.∴S n=na1+n(n-1)d12=d12n2+(a1-d12)n.又√S n=√S1+(n-1)d2,∴S n=a1+d22(n-1)2+2√a1d2(n-1)=d22n2+(2√a1d2-2d22)n+d22-2√a1d2+a1,∴d12=d22,a1-d12=2√a1d2-2d22,d22-2√a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=√a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{a n}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以S n=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以√S n−√S n-1=n√a1-(n-1)√a1=√a1.所以{√S n}是首项为√a1,公差为√a1的等差数列.若选②③⇒①,设数列{√S n}的公差为d,则√S2−√S1=d,即√a1+a2−√a1=d.∵a2=3a1,∴√4a1−√a1=d,即d=√a1,∴√S n=√S1+(n-1)d=√a1+(n-1)√a1=n√a1,即S n =n 2a 1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2a 1-(n-1)2a 1=(2n-1)a 1, 当n=1时,a 1符合式子a n =(2n-1)a 1,∴a n =(2n-1)a 1,n ∈N *,∴a n+1-a n =2a 1, 即数列{a n }是等差数列.19.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).所以a 4=a 1q 3=8a 1=16,解得a 1=2.所以a n =2×2n-1=2n . (2)由(1)可知a 2n+1=22n+1,所以b n =(-1)n log 2a 2n+1=(-1)n log 222n+1=(-1)n (2n+1), 所以T n =(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n (2n+1), -T n =(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1), 所以2T n =-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1−(−1)n-12+(-1)n (2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n (2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n ,所以T n =(n+1)(-1)n -1. 20.解 (1)若选①,则2S n =na n+1.当n=1时,2S 1=a 2,又S 1=a 1=1,所以a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=(n-1)a n ,所以2a n =na n+1-(n-1)a n ,即(n+1)a n =na n+1,所以an+1n+1=a n n(n ≥2).又a 22=1,所以当n ≥2时,an n =1,即a n =n.又a 1=1符合上式,所以a n =n.若选②,则当n=1时,2S 1=a 2a 1,可得a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=a n a n-1,可得2a n =a n a n+1-a n a n-1. 由a n >0,得a n+1-a n-1=2.又a 1=1,a 2=2,所以{a 2n }是首项为2,公差为2的等差数列,{a 2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n =n.若选③,因为a n 2+a n =2S n ,所以当n ≥2时,a n-12+a n-1=2S n-1,两式相减得a n 2+a n -a n-12-a n-1=2a n ,即(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0.由a n >0,得a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1,所以{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,所以a n =n.(2)由(1)知b n =(n+1)·2n ,所以T n =2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n , 2T n =2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1, 两式相减,得-T n =4+22+23+ (2)-(n+1)·2n+1=4+4(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以T n =n·2n+1.21.解 (1)设a n ,b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n }是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{b n }是首项为400,公差为a 的等差数列.所以数列{a n }的前n 项和S n =128×[1−(32)n ]1−32=256[(32)n-1],数列{b n }的前n 项和T n =400n+n(n-1)2a.所以经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n )=S n +T n =256[(32)n-1]+400n+n(n-1)2a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F (7)≥10 000, 即256[(32)7-1]+400×7+7×62a ≥10 000,即21a ≥3 082,所以a ≥3 08221.又a ∈N *,所以a 的最小值为147.22.证明 (1)因为当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2,所以a 1a 2…a n =2an+1-2,两式相除,可得a n =1a n+1-11a n-1,所以11−a n=a n+11−a n+1=11−an+1-1,所以11−an+1−11−a n=1(n ≥2).又a 1=23,所以a 2=34,11−a 1=3,11−a 2=4,所以11−a 2−11−a 1=1,所以11−an+1−11−a n=1(n ∈N *),所以数列{11−a n}是首项为3,公差为1的等差数列.所以11−a n=3+(n-1)×1=n+2,所以a n =n+1n+2.(2)因为T n =12a 1a 2…a n =12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,所以T n 2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,所以S n=T12+T22+…+T n2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2 n+3−23=a n+1-23,所以当n∈N*时,a n+1-23<S n.。
2021年新高考数学函数压轴小题专题突破 专题5 函数嵌套问题(解析版)
专题5 函数嵌套1．已知函数2()(1)x f x x x e =−−，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e−=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( ) A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6【解析】解：22()(21))(1)(2)x x x f x e x x x e e x x ′=−++−−=+−， ∴当2x <−或1x >时，()0f x ′>，当21x −<<时，()0f x ′<，()f x ∴在(,2)−∞−上单调递增，在(2,1)−上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， ()f x 的极大值为25(2)f e −=，()f x 的极小值为f （1）e =−． 作出()f x 的函数图象如图所示：25()()()f x mf x m R e−=∈，25()()0f x mf x e ∴−−=，△2200m e=+>， 令()f x t =则，则125t t e=−．不妨设120t t <<，（1）若1t e <−，则2250t e <<，此时1()f x t =无解，2()f x t =有三解； （2）若1t e =−，则225t e =，此时1()f x t =有一解，2()f x t =有两解； （3）若10e t −<<，则225t e >，此时1()f x t =有两解，2()f x t =有一解； 综上，25()()f x mf x e−=有三个不同的实数解．故选：A ．2．已知函数())f x x R =∈，若关于x 的方程2()()10f x mf x m −+−=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( ) A．(1,1)2e+ B．(0 C ．1(1,1)e+ D．【解析】解：化简可得0()0x f x x =<…，当0x >时，()0f x …，()f x ′= 当102x <<时，()0f x ′>，当12x >时，()0f x ′<， 故当12x =时，函数()f x有极大值1()2f =； 当0x <时，()0f x ′=<，()f x 为减函数，作出函数()f x 对应的图象如图：∴函数()f x 在(0,)+∞上有一个最大值为1()2f =； 设()t f x =，当t >()t f x =有1个解，当t =()t f x =有2个解，当0t <<时，方程()t f x =有3个解， 当0t =时，方程()t f x =有1个解， 当0t <时，方程()m f x =有0个解，则方程2()()10f x mf x m −+−=等价为210t mt m −+−=，等价为方程21(1)[(1)]0t mt m t t m −+−=−−−=有两个不同的根1t =，或1t m =−， 当1t =时，方程()t f x =有1个解，要使关于x 的方程2()()10f x mf x m −+−=恰好有4个不相等的实数根，则1t m −∈，即01m <−<11m <<+， 则m的取值范围是1) 故选：A ．3．已知函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x − >= −−+…，若方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根，则实数b 的取值范围()A ．(4,2)−− B．(4,−− C ．(3,2)−− D．(3,−−【解析】解：令()f x t =，则方程2()()20f x bf x ++=⇔方程220t bt ++=． 如图是函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x − >= −−+ …，的图象，根据图象可得：方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根⇔方程220t bt ++=．有两个不等实数解1t ，2t 且1t ，2(1,2)t ∈．可得22280112032220122b b b b b =−> ++> ⇒−<<− ++><−< ． 故选：D ．4．已知函数22,0()(1),0x x x f x ln x x −+>= −+< ，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R −+−=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A ．(,0)−∞B ．[1，)+∞C ．(,0)[2−∞ ，)+∞D ．(−∞，0)(1∪，)+∞【解析】解：函数22,0()(1),0x x x f x ln x x −+>=−+< 的图象如图： 方程2()2()10()f x af x a a R −+−=∈有四个相异的实数根， 必须()f x 由两个解，一个()1f x >，一个()(0f x ∈，1)， 或者()(0f x ∈，1)，另一个()0f x …，2()2()10()f x af x a a R −+−=∈，可得()f x a =±，当1a >时，1a +>，(0,1)a −．满足题意．当1a =时，2a +=，0a −=，不满足题意． 考察选项可知，D 正确； 故选：D ．5．已知函数33,0()1,0xx x x f x x lnx x ex −= ++> …，若关于x 的方程2()()10f x mf x −−=恰好有6个不相等的实根，则实数m 的取值范围是( ) A ．(2−，11e + )B ．(2−，0 )(∪ 0，11e + )C ．2321(,)2e e e+−+D ．( 32−，0 )(∪ 0，221)e e e ++【解析】解：当0x …时，3()3f x x x =−，则2()333(1)(1)f x x x x ′=−=−+， 令()0f x ′=得：1x =−，∴当(,1)x ∈−∞−时，()0f x ′<，()f x 单调递减；当(1,0)x ∈−时，()0f x ′>，()f x 单调递增，且(1)2f −=−，(0)0f =，当0x >时，1()x x lnx f x e x +=+，则21()x x lnxf x e x−−′=+，显然f ′（1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0f x ′>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0f x ′<，()f x 单调递减，且f （1）11e=+， 故函数()f x 的大致图象如图所示：，令()t f x =，则关于x 的方程2()()10f x mf x −−=化为关于t 的方程210t mt −−=， △240m =+>，∴方程210t mt −−=有两个不相等的实根，设为1t ，2t ， 由韦达定理得：12t t m +=，1210t t =−<，不妨设10t >，20t <，关于x 的方程2()()10f x mf x −−=恰好有6个不相等的实根， ∴由函数()f x 的图象可知：1101t e<<+，220t −<<，设2()1g t t mt =−−，则(2)0(0)01(1)0g g g e−>< +>，解得：23212e m e e+−<<+， 故选：C ．6．已知函数|1|221,0()21,0x x f x x x x − −= ++< …，若关于x 的方程22()(1)()20f x m f x m −++=有五个不同实根，则m 的值是( ) A ．0或12B ．12C ．0D ．不存在【解析】解：画出函数()f x 的图象，如图所示：，当()1f x =时，有三个根，把()1f x =代入方程22()(1)()20f x m f x m −++=得，21(1)20m m −++=， 解得：0m =或12， 当0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m −++=为2()()0f x f x −=，所以()0f x =或1，所以有五个根， 当12m =时，方程22()(1)()20f x m f x m −++=为231()()022f x f x −+=，所以()1f x =或12，所以有7个根，舍去，综上所求，0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m −++=有五个不同实根， 故选：C ．7．已知函数2(2),0()|2|,0x x f x x x += −>…，方程2()()0f x af x −=（其中(0,2))a ∈的实根个数为p ，所有这些实根的和为q ，则p 、q 的值分别为( ) A ．6，4B ．4，6C ．4，0D ．6，0【解析】解：2()()0f x af x −= ， ()0f x ∴=或()f x a =．作出()f x 的函数图象如图所示：由图象可知()0f x =有两解，()f x a =有四解． 6p ∴=．由图象可知()0f x =的两解为2x =−，2x =，()f x a =的四个解中，较小的两个关于直线2x =−对称，较大的两个关于直线2x =对称， 0q ∴=．故选：D ．8．已知函数()(1)(1)g x a x ln x =++的图象在点2(1e −，2(1))g e −处的切线与直线610x y ++=垂直( 2.71828e =…是自然对数的底数），函数()f x 满足3()(1)0xf x g x x +−−=，若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b −+=，c R ∈，且0)c <在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，则实数b 的取值范围是()A ．21(1,2]e + B ．221[2,2]e e+−C ．2221[2,]e e e−+ D ．221(2,]e e+ 【解析】解：函数()(1)(1)g x a x ln x =++的导数为()(1)g x aln x a ′=++， 可得()g x 图象在点2(1e −，2(1))g e −处的切线斜率为3a ， 由切线与直线610x y ++=垂直，可得36a =， 解得2a =，()2(1)(1)g x x ln x =++，3()(1)0xf x g x x +−−=，可得2()2f x x lnx =−， 导数为222(1)(1)()2x x f x x x x −+′=−=， 当1x >时，()0f x ′>，()f x 递增；当01x <<时，()0f x ′<，()f x 递减． 即有1x =处()f x 取得最小值1． 则()f x 在1[e，]e 的图象如右：若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b −+=，c R ∈，且0)c < 在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，可令()t f x =，则20t bt c −+=，（1） 可得t 的范围是[1，22]e −，方程（1）判别式为240b c −>，必有两不同的实数解， 设为1t ，2t ，12t t b +=， 可得11t =，22112t e<+…， 即21112b e <−+…， 解得2123b e <+…，① 又212122t e e +<−…， 22112t e <+…， 则21222113t t b e e e+<+=+…，② 由①②求并可得2212b e e <+…， 故选：D ．9．已知函数()1xf x x =+，(1,)x ∈−+∞，若关于x 的方程2()|()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，则m 的取值范围是( ) A ．3(2−，0)B ．3(2−，4)3−C ．3(2−，4]3−D ．4(3−，0)【解析】解：1()11f x x −=++，|()|y f x =，(1,)x ∈−+∞的图象如下：设|()|f x t =，则2|()||()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，即为2230t mt m +++=有两个根， ①0t =时，代入2230t mt m +++=得32m =−，即2302t t −=，另一根为32只有一个交点，舍去②一个在(0,1)上，一个在[1，)+∞上时， 设2()23h t t mt m =+++(0)230(1)1230h m h m m =+>=+++ …，解得3423m −<−…． 故选：C ．10．已知函数2()x x f x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++−=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．1(1,2)e −C ．24{1,1}e −D ．24(1,1)e − 【解析】解：函数2()x x f x e=的导数为22()x x x f x e −′=， 当02x <<时，()0f x ′>，()f x 递增；当2x >或0x <时，()0f x ′<，()f x 递减，可得()f x 在0x =处取得极小值0，在2x =处取得极大值241e <， 作出()y f x =的图象，设()t f x =，关于x 的方程2()()10f x mf x m ++−=，即为210t mt m ++−=，解得1t =−或1t m =−，当1t =−时，()1f x =−无实根； 由题意可得当241(0,)t m e =−∈， 解得241m e −=或1m =， 所以24(1m e ∈−，1) 故选：D ．11．已知函数()1x x f x e=−，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++−=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值集合是( )A ．(−∞，2)(2∪，)+∞B ．1(2,)e −+∞C ．1(2,2)e −D ．12e −【解析】解：由题意1()x x f x e −′=．令1()0xx f x e −′==，解得1x =； 且1x >时，()0f x ′<，1x <时，()0f x ′>，所以()f x 在(,1)−∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 在1x =处取极大值11e=−． ()f x 大致图象如下：令()t f x =，则2[()]()10f x mf x m ++−=可化为210t mt m ++−=． 假设2m =，则2210t t ++=．解得1t =−，即()1f x =−．根据()f x 图象，很明显此时只有一个解，故2m =不符合题意，由此排除B 选项；假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =−，21t =−．即()2f x =−，或()1f x =−．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解，故3m =不符合题意，由此排除A 选项． 假设12m e=−时，则211(2)10t t e e +−+−=，解得111t e =−，21t =−． 即()1f x =−或1()1f x e=−， 根据()f x 的图象，很明显此时方程只有两个根， 故12m e=−不符合题意，由此排除D 故选：C ．12．已知函数||||()1x x f x e =+，2(),0()2,0f x x g x x x a x = −+>…，且g （1）0=，则关于x 的方程(())10g g x t −−=实根个数的判断正确的是( )A ．当2t <−时，方程(())10g g x t −−=没有相异实根B ．当110t e−+<<或2t =−时，方程(())10g g x t −−=有1个相异实根 C ．当111t e <<+时，方程(())10g g x t −−=有2个相异实根 D ．当111t e−<<−+或01t <…或11t e =+时，方程(())10g g x t −−=有4个相异实根 【解析】解：当0x …时，||||()111x x x x x f x xe e e−−=+=+=−+， 因为g （1）0=，所以120a −+=，所以1a =，所以21,0()21,0x xe x g x x x x −+= −+> …， 图象如图所示：当0x …时，0x −…，0x e >， 则11x xe −+…，当且仅当0x =时等号成立，()g x 在(,1)−∞−上是增加的，在(1,0)−上是减少的；当0x >时，()f x 在(0,1)上是减少的，在(1,)+∞上是增加的，故()(1)0g x g −=…恒成立．故()g x 在(,1)−∞−上是增加的，在(1,1)−上是减少的，在(1,)+∞上是增加的． 令()m g x t =−，则()10g m −=，解得：0m =或2m =，当0m =即()0g x t −=时，()g x t =，当2t <−时，()2g x <−，无解，当2m =即()2g x t −=时，()2g x t =+，当2t <−时，()0g x <，无解，故方程(())10g g x t −−=没有相异实根，故A 正确；当2t =−时，由A 可知：()0g x =，解得1x =， 当110t e −+<<时，12(1,2)t e+∈+， 由上可知()f x 在1x =−时取得极大值为1(1)1g e−=+， 结合图象可知，此时2y t =+与()g x 有且仅有一个交点，故B 正确； 当111t e<<+时，()g x t =或()2g x t =+， 若()g x t =，结合图象可知()g x 与y t =有三个不同的交点，若()2g x t =+，12(3,3)t e+∈+， 此时()g x 与y t =有一个交点，故方程(())10g g x t −−=有4个相异实根，故C 错误； 当111t e −<<−+时，1()2(1,1)g x t e=+∈+， 由C 可知此时有三个不等实根，当01t <…时，()g x t =或()2g x t =+，当()g x t =时，由图可知有两个不等实根，当()2g x t =+时，由图可知有一个实根， 当11t e=+时，()g x t =或()2g x t =+， 当()g x t =时，由图可知有两个不等实根，当()2g x t =+时，由图可知有一个实根，故此时方程(())10g g x t −−=共有9个不等实根，故D 错误．故选：AB ．13．已知函数,1()1,12lnx x f x x x = −< …，则函数()(()1)g x f f x =+的零点是 1 ，若()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x +的最小值是 ．【解析】解：()(()1)g x f f x =+，,1()1,12lnx x f x x x = −< …， 当1x …时，0lnx …，()11f x +…，则(()1)(1)f f x ln lnx +=+，当1x <时，1112x −+>，则(()1)(2)2x f f x ln +=−． (1),1()(()1)(2),12ln lnx x g x f f x x ln x + ∴=+= −< …， 令()0g x =，则1(1)0x ln lnx += …或1(2)02x x ln < −= ， 解得1x =．故函数()(()1)g x f f x =+的零点是1；由上可知，(()1)(()1)f f x ln f x +=+，()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，即(()1)ln f x m +=−有两根，也就是()1m f x e −+=，()1m f x e −=−有两根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x …时，21m lnx e −=−，当1x <时，1112m x e −−=−， 令112m t e −=−>，则 2lnx t =，2t x e =，112x t −=，122x t =−， ∴1222t x x e t +=+−，12t >， 设()22t t e t ϕ=+−，12t >， 则()2t t e ϕ′=−，可得当1(2t ∈，)lnt 时，()0t ϕ′<， 当(,)t lnt ∈+∞时，()0t ϕ′>，则()t ϕ的最小值为(2)422ln ln ϕ=−．12x x ∴+的最小值是422ln −．故答案为：1；422ln −．14．已知函数,1()1,12lnx x f x x x = −< …，若()(()1)F x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x 的取值范围(−∞ ．【解析】解：当1x …时，()0f x lnx =…，则()11f x +…，(()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，当1x <时，1()122x f x =−>，则3()12f x +>， (()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，综上可知，()(()1)(()1)F x f f x m ln f x m =++=++，令()0F x =，得()1m f x e −+=，依题意，()1m f x e −=−有两个根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x …时，21m lnx e −=−，当1x <时，1112m x e −−=−， 令112m t e −=−>，则1221,,1,222t x lnx t x e t x t ==−==−， ∴121(22),2t x x e t t =−>， 设1()(22),2t g t e t t =−>，则()20t g t te ′=−<，()g t ∴在1(,)2+∞上单调递减，∴1()()2g t g <， 12x x ∴的取值范围为(−∞．故答案为：(−∞．15．已知函数,2()48,25x ex x e f x x x x= − > …（其中e 为自然对数的底数），若关于x 的方程22()3|()|20f x a f x a −+=恰有5个相异的实根，则实数a 的取值范围为 1{}2 ． 【解析】解：当2x …时，令()0xe exf x e −′==，解得1x =， 所以当1x …时，()0f x ′>，则()f x 单调递增，当12x 剟时，()0f x ′<，则()f x 单调递减， 当2x >时，4848()555x f x x x −==−单调递增，且()[0f x ∈，4)5作出函数()f x 的图象如图：（1）当0a =时，方程整理得2()0f x =，只有2个根，不满足条件；（2）若0a >，则当()0f x <时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a ++=++=，则()20f x a =−<，()0f x a =−<，此时各有1解，故当()0f x >时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a −+=−−=，()2f x a =有1解同时()f x a =有2解，即需21a =，12a =，因为f （2）22212e e e ==>，故此时满足题意；或()2f x a =有2解同时()f x a =有1解，则需0a =，由（1）可知不成立； 或()2f x a =有3解同时()f x a =有0解，根据图象不存在此种情况，或()2f x a =有0解同时()f x a =有3解，则21245a a e> < …，解得245a e <…， 故2[a e ∈，4)5（3）若0a <，显然当()0f x >时，()2f x a =和()f x a =均无解，当()0f x <时，()2f x a =−和()f x a =−无解，不符合题意．综上：a 的范围是12{}[2e ，4)5故答案为12{}[2e ，4)516．已知函数231,0()26,0a x x f x x lnx x x ++< = −> ，若关于x 的方程()()0f x f x +−=恰有四个不同的解，则实数a 的取值范围是 (2,0)− ．【解析】解：已知定义在(−∞，0)(0∪，)+∞上的函数231,0()26,0a x x f x x lnx x x ++< = −> ， 若()()0f x f x +−=在定义域上有四个不同的解 等价于231a y x x =++关于原点对称的函数231a y x x=−+−与函数()26(0)f x lnx x x =−>的图象有两个交点， 联立可得226310a lnx x x x −+−+=有两个解， 即23263a xlnx x x x =−++，0x >，可设23()263g x xlnx x x x =−++，0x >，2()32129g x lnx x x ′=+−+，2()1812120g x x x ′′=+−−=…，可得()g x ′在(0,)+∞递增， 由g ′（1）0=，可得01x <<时，()0g x ′<，()g x 递减；1x >时，()0g x ′>，()g x 递增， 即()g x 在1x =处取得极小值且为2−，作出()y g x =的图象，可得20a −<<时，226310a lnx x x x−+−+=有两个解， 故答案为：(2,0)−．17．已知函数21,0()21,0x x f x x x x + = −+> …，若关于x 的方程2()()0f x af x −=恰有5个不同的实数解，则a 的取值范围是 (0,1) ．【解析】解：作()f x 的图象如下，，2()()()(())0f x af x f x f x a −=−=， ()0f x ∴=或()f x a =； ()0f x = 有两个不同的解， 故()f x a =有三个不同的解， 故(0,1)a ∈；故答案为：(0,1)．18．已知函数()|1|33f x x x x =−−+．（1）求函数()f x 的零点；（2）若关于x 的方程2()()0(f x mf x n m −+=、)n R ∈恰有5个不同的实数解，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）由题得2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x −−+<=−−+= −+…， ①当1x <时，令()0f x =，得3x =−或1x =（舍)；②当1x …时，令()0f x =，得1x =或3x =， ∴函数()f x 的零点是3−，1，3；（2）作出函数2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x −−+<=−−+= −+…的大致图象，如图：令()t f x =，若关于x 的方程2()()0f x mf x n −+=恰有5个不同的实数解， 解法一：则函数2()g t t mt n =−+的零点分布情况如下：①当11t =−，2(1,4)t ∈−时，则(1)0(4)0142g g b a −= > −<−< ，得101640142m n m n m ++= −+> −<< ，故(2,3)m ∈−； ②当14t =，2(1,4)t ∈−时，则(4)0(1)0142g g b a = −> −<−< ，得164010142m n m n m −+= ++> −<< ，故(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈−，3)(3∪，8)； 解法二：则方程20t mt n −+=的根的情况如下： ①当11t =−，2(1,4)t ∈−时，由11t =−得10m n ++=，则方程2(1)0t mt m −−+=，即(1)(1)0t t m +−−=，故21(1,4)t m =+∈−，所以(2,3)m ∈−； ②当14t =，2(1,4)t ∈−时，由14t =得1640m n −+=，则方程24(4)0t mt m −+−=，即(4)(4)0t t m −−+=，故24(1,4)t m =−∈−，所以(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈−，3)(3∪，8)．19．已知函数2()sin()2cos 1,468f x x x x R πππ=−−+∈． （1）求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间；（2）若关于x 的方程()()24410,43f x mf x x −+=∈在内有实数解，求实数m 的取值范围． 【解析】解：（1）23()sin()2cos 1sin cos cos sin cos cos sin()4684646442443f x x x x x x x x ππππππππππππ=−−+=−−=−=−… （3分） ∴函数()f x 的最小正周期为8．…（4分） 令222432k x k ππππππ−−+剟，k Z ∈，求得2108833k x k −+剟，k z ∈，故函数的单调递增区间为210[8,8]33k k −+，k Z ∈…（6分）（2）设()t f x =，4(3x ∈ ，4)，∴2(0,)433x πππ−∈，()(0f x ∴∈，∴方程2410t mt −+=在(0t ∈内有实数解，即当(0t ∈时方程有实数解．…（10分） 11442t t t += 当且仅当…时取等号，4m ∴…，…（8分） 故实数m 的取值范围是[4，)+∞．…（12分） 20．已知函数()g x 对一切实数x ，y R ∈都有()()(22)g x y g y x x y +−=+−成立，且g （1）0=，()(1)(h x g x bx c b =+++，)c R ∈，()()g x f x x=． （Ⅰ）求(0)g 的值和()g x 的解析式；（Ⅱ）记函数()h x 在[1−，1上的最大值为M ，最小值为m ．若4M m −…，当0b >时，求b 的最大值；（Ⅲ）若关于x 的方程2(|21|)30|21|x x k f k −+−=−有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）令1x =，0y =得g （1）(0)1g −=−，g （1）0=，(0)1g ∴=， 令0y =得()(0)(2)g x g x x −=−，即2()21g x x x =−+．（Ⅱ）2()(1)h x g x bx c x bx c =+++=++．①当12b −<−，即2b >时，M m h −=（1）(1)24h b −−>，与题设矛盾②当102b −−<…时，即02b <…时，M m h −=（1）2()(1)422b b h −−+…恒成立， 综上可知当02b <…时，b 的最大值为2．（3）当0x =时，210x −=则0x =不是方程的根， 方程2(|21|)30|21|x x k f k −+−=−可化为： 2|21|(23)|21|(12)0x x k k −−+−++=，|21|0x −≠， 令|21|x t −=，则方程化为2(23)(12)0t k t k −+++=，(0)t >， 方程2(|21|)310|21|x x k f k −+−−=−有三个不同的实数解， ∴由|21|x t =−的图象知， 2(23)(12)0t k t k −+++=，(0)t >，有两个根1t 、2t ， 且1201t t <<<或101t <<，21t =． 记2()(23)(12)h t t k t k =−+++，则(0)210(1)0h k h k =+> =−<，此时0k >， 或(0)210(1)032012h k h k k =+> =−= + << ，此时k 无解， 综上实数k 的取值范围是(0,)+∞．。
2021新高考数学二轮总复习专题突破练5 专题一 常考小题点过关检测含解析
专题突破练5专题一常考小题点过关检测一、单项选择题1.(2020全国Ⅰ,理2)设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a=()A.-4B.-2C.2D.42.(2020山东淄博4月模拟,2)命题“∃x0∈(0,+∞),ln x0=x0-1”的否定是()A.∀x∈(0,+∞),ln x≠x-1B.∀x∉(0,+∞),ln x=x-1C.∃x0∈(0,+∞),ln x0≠x0-1D.∃x0∉(0,+∞),ln x0=x0-13.(2020全国Ⅲ,理2)复数的虚部是()A.-B.-C. D.4.(2020天津,2)设a∈R,则“a>1”是“a2>a”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5.(2020山东模考卷,2)已知a+b i(a,b∈R)和是共轭复数,则a+b=()A.-1B.-C. D.16.(2020山西太原二模,理5)若a,b是两个非零向量,且|a+b|=m|a|=m|b|,m∈[1,].则向量b与a-b夹角的取值范围是()A. B.C. D.7.(2020山东济南一模,5)方舱医院的创设,在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用.某方舱医院医疗小组有七名护士,每名护士从周一到周日轮流安排一个夜班.若甲的夜班比丙晚一天,丁的夜班比戊晚两天,乙的夜班比庚早三天,己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,则周五值夜班的护士为()A.甲B.丙C.戊D.庚8.关于x的方程x2+(m-3)x+m=0在(0,2)内有两个不相等实数根,则实数m的取值范围是()A.B.C.(1,3)D.(-∞,1)∪(9,+∞)二、多项选择题9.已知x<-1,那么在下列不等式中成立的是()A.x2-1>0B.x+<-2C.sin x-x>0D.cos x+x>010.若<0,则下列不等式成立的是()A.B.|a|+b>0C.a->b-D.ln a2>ln b211.(2020海南天一大联考模拟三,9)设a,b,c为实数且a>b,则下列不等式一定成立的是()A.B.2 020a-b>1C.ln a>ln bD.a(c2+1)>b(c2+1)12.(2020山东历城二中模拟四,10)已知a,b是单位向量,且a+b=(1,-1),则()A.|a+b|=2B.a与b垂直C.a与a-b的夹角为D.|a-b|=1三、填空题13.(2020全国Ⅰ,文14)设向量a=(1,-1),b=(m+1,2m-4),若a⊥b,则m=.14.(2020天津河北区线上测试,15)已知a>0,b>0,且=1,则的最小值为.15.(2020山东济宁6月模拟,14)在平行四边形ABCD中,AD=6,AB=3,∠DAB=60°,,若=2,则=.16.已知f(x)=x2+2x+1+a,∀x∈R,f(f(x))≥0恒成立,则实数a的取值范围为.专题突破练5专题一常考小题点过关检测1.B解析由已知得A={x|-2≤x≤2},B=因为A∩B={x|-2≤x≤1},所以有-=1,解得a=-2.2.A解析因为已知的是特称命题,所以它的否定为全称命题,故选A.3.D解析i,∴复数的虚部是4.A解析若a>1,则a2>a成立.若a2>a,则a>1或a<0.故“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件.故选A.5.D解析由=-i,得a+b i=-(-i)=i,所以a=0,b=1,所以a+b=1.6.C解析根据题意,设|a|=|b|=t,则|a+b|=mt,再设向量b与a-b夹角为θ,则有|a+b|2=(a+b)2=a2+b2+2a·b=m2t2,变形可得a·b=-t2,则有|a-b|2=(a-b)2=a2+b2-2a·b=2t2-2=4t2-m2t2,则cosθ==-由1≤m,得1,则有-cosθ≤-又由0≤θ≤π,得,即θ的取值范围为故选C.7.D解析因为己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,所以乙可能在星期一,二,三,五,六,日.因为乙的夜班比庚早三天,所以乙可能在星期二,三.如果乙在星期三,则庚在周六,且丙在周五,庚比丙晚一天,但与甲的夜班比丙晚一天矛盾,则乙在周二,庚在周五.故选D.8.B解析由题意,令f(x)=x2+(m-3)x+m,则解得<m<1,故选B.9.ABC解析由x<-1,得|x|>1,所以x2>1,即x2-1>0,故A成立;因为x<-1,所以-x>1,0<-<1,所以(-x)+>2,即x+<-2,故B成立;因为x<-1,而sin x∈[-1,1],即sin x>x,所以sin x-x>0,故C成立;因为x<-1,而cos x∈[-1,1],所以cos x+x<0,故D不成立.故选ABC.10.AC解析由<0,可知b<a<0.因为a+b<0,ab>0,所以<0,>0,故有,故A正确;因为b<a<0,所以-b>-a>0,故-b>|a|,即|a|+b<0,故B错误;因为b<a<0,又有<0,则->->0,所以a->b-,故C正确;因为b<a<0,根据y=x2在(-∞,0)上为减函数,可得b2>a2>0,而y=ln x在定义域(0,+∞)上为增函数,所以ln b2>ln a2,故D错误.故选AC.11.BD解析对于A,若a>b>0,则,故A错误;对于B,因为a-b>0,所以2020a-b>1,故B正确;对于C,函数y=ln x的定义域为(0,+∞),而a,b不一定是正数,故C错误;对于D,因为c2+1>0,所以a(c2+1)>b(c2+1),故D正确.12.BC解析由a+b=(1,-1)两边平方,得|a|2+|b|2+2a·b=12+(-1)2=2,则|a+b|=因为a,b是单位向量,所以1+1+2a·b=2,得a·b=0,则|a-b|2=a2+b2-2a·b=2,所以|a-b|=,所以cos<a,a-b>=,所以a与a-b的夹角为13.5解析由a⊥b,可得a·b=1×(m+1)+(-1)×(2m-4)=0,解得m=5.14.4解析∵a>0,b>0,且=1,∴a>1,b>1,且b=,+4(a-1)≥2=4,当且仅当a=时,等号成立.的最小值为4.15.21解析以A为原点,AD为x轴,AD的垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B,D(6,0),F,E.设点G的坐标为(x,y)=2,∴x-,y-=2-x,-y,解得x=,y=,∴G=·,-==21.16解析设t=f(x)=(x+1)2+a≥a,∴f(t)≥0对任意t≥a恒成立,即(t+1)2+a≥0对任意t∈[a,+∞)都成立.当a≤-1时,f(t)min=f(-1)=a,即a≥0,这与a≤-1矛盾;当a>-1时,f(t)min=f(a)=a2+3a+1,则a2+3a+1≥0,解得a。
山东2021新高考数学二轮复习板块2高考专项突破解答题命题区间精讲精讲5解析几何课件
所以 y1＋y2＝4(k2＋k＋1)，y1y2＝4(k＋1)2， 所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝8k2＋12k＋9＝8k＋342＋92， 所以当 k＝－34时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为92.
第 2 步：设点、直 线
由题意可知－3＜n＜3， 由于直线PA的方程为y＝9t x＋3，
设出直线的方程 ←所以y1＝9t x1＋3，
3分
及相交两点的坐 标.
同理可得y2＝3t x2－3，
4分
于是有3y1x2－3＝y2x1＋3①.
5分
由于x922＋y22＝1，所以y22＝－x2＋39x2－3，
←
第 3 步：联立消
y＝kx－4， (1)法一：由y2＝8x
得 k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由 k≠0 及 Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得 k＝－12，
所以直线 l 的方程为 y＝－12x－4.
法二：由 y2＝8x 得 y＝± 8x，直线 l 恒过点(0，－4)，则 y＝－ 8x，
设切点为(x0，y0)(y0＜0)，由于 y＝－ 8x，
易证 y＝2t＋1t 在[1，＋∞)上单调递增，
∴2t＋1t ≥3，∴S△ABO≤236，
∴△ABO
面积的最大值为2 3
6 .
02 命题点2 范围问题
圆锥曲线中范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义， 则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系， 或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些 关系去求参数的取值范围．
山东专用2021新高考数学二轮复习板块1高考专题突破_选择题+填空题三角恒等变换与解三角形课件
板块一 高考专题突破——选择 题＋填空题
命题区间精讲 精讲7 三角恒等变换与解三
角形
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01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3 04 专题限时集训
01 命题点1 三角恒等变换
1．三角恒等变换“四大策略” (1)常值代换：常用到“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如 sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋ cos2α，α＝(α－β)＋β 等． (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦．
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[高考题型全通关]
1．已知在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，A 为
最小角，且 a＝ 3，b＝2，cos A＝58，则△ABC 的面积等于( )
A．7163
B．
39 16
C．
39 4
D．7 4 3
A．
m＋1 2
B．
1－m 2
C．
m＋1 2
D．
1－m 2
D [因为 sin 78°＝m，所以 cos 12°＝m，则 sin26°＝1－co2s 12°＝
1－2 m，又 sin 6°＞0，所以 sin 6°＝ 1－2 m，故选 D．]
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2．已知 cosα＋π4＝ 36，则 sin 2α 的值为(
1234567
C [因为 α，β 均为锐角，
所以－π2＜α－β＜π2.
又 sin(α－β)＝－ 1100，
所以
cos(α－β)＝3
10 10 .
又 sin α＝ 55，所以 cos α＝255，
2021新高考数学二轮总复习专题突破练5专题一常考小题点过关检测含解析20201124288
专题突破练5 专题一常考小题点过关检测一、单项选择题1.(2020全国Ⅰ,理2)设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a=()A.-4B.-2C.2D.42.(2020山东淄博4月模拟,2)命题“∃x0∈(0,+∞),ln x0=x0-1”的否定是()A.∀x∈(0,+∞),ln x≠x-1B.∀x∉(0,+∞),ln x=x-1C.∃x0∈(0,+∞),ln x0≠x0-1D.∃x0∉(0,+∞),ln x0=x0-13.(2020全国Ⅲ,理2)复数11-3i的虚部是()A.-310B.-110C.110D.3104.(2020天津,2)设a∈R,则“a>1”是“a2>a”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5.(2020山东模考卷,2)已知a+b i(a,b∈R)和1-i1+i是共轭复数,则a+b=()A.-1B.-12C.12D.16.(2020山西太原二模,理5)若a,b是两个非零向量,且|a+b|=m|a|=m|b|,m∈[1,√3].则向量b与a-b夹角的取值范围是()A.[π3,2π3] B.[π3,5π6]C.[2π3,5π6] D.[5π6,π]7.(2020山东济南一模,5)方舱医院的创设,在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用.某方舱医院医疗小组有七名护士,每名护士从周一到周日轮流安排一个夜班.若甲的夜班比丙晚一天,丁的夜班比戊晚两天,乙的夜班比庚早三天,己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,则周五值夜班的护士为()A.甲B.丙C.戊D.庚8.关于x的方程x2+(m-3)x+m=0在(0,2)内有两个不相等实数根,则实数m的取值范围是()A.(23,1]B.(23,1) C.(1,3)D.(-∞,1)∪(9,+∞) 二、多项选择题9.已知x<-1,那么在下列不等式中成立的是( ) A.x 2-1>0 B.x+1x <-2 C.sin x-x>0D.cos x+x>010.若1a <1b <0,则下列不等式成立的是( ) A.1a+b <1ab B.|a|+b>0 C.a-1a>b-1bD.ln a 2>ln b 211.(2020海南天一大联考模拟三,9)设a ,b ,c 为实数且a>b ,则下列不等式一定成立的是( ) A.1a>1bB.2 020a-b >1C.ln a>ln bD.a (c 2+1)>b (c 2+1)12.(2020山东历城二中模拟四,10)已知a ,b 是单位向量,且a +b =(1,-1),则( ) A.|a +b |=2 B.a 与b 垂直 C.a 与a -b 的夹角为π4 D.|a -b |=1 三、填空题13.(2020全国Ⅰ,文14)设向量a =(1,-1),b =(m+1,2m-4),若a ⊥b ,则m= . 14.(2020天津河北区线上测试,15)已知a>0,b>0,且1a+1b =1,则1a -1+4b -1的最小值为 .15.(2020山东济宁6月模拟,14)在平行四边形ABCD 中,AD=6,AB=3,∠DAB=60°,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,若FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = .16.已知f (x )=x 2+2x+1+a ,∀x ∈R ,f (f (x ))≥0恒成立,则实数a 的取值范围为 .专题突破练5 专题一 常考小题点过关检测1.B 解析由已知得A={x|-2≤x ≤2},B={x |x ≤-a2}.因为A ∩B={x|-2≤x ≤1},所以有-a2=1,解得a=-2. 2.A 解析因为已知的是特称命题,所以它的否定为全称命题,故选A . 3.D 解析∵11-3i =1+3i(1-3i )(1+3i )=1+3i 10=110+310i,∴复数11-3i 的虚部是310.4.A 解析若a>1,则a 2>a 成立.若a 2>a ,则a>1或a<0.故“a>1”是“a 2>a ”的充分不必要条件.故选A . 5.D 解析由1-i 1+i=(1-i )22=-2i 2=-i,得a+b i =-(-i)=i,所以a=0,b=1,所以a+b=1.6.C 解析根据题意,设|a |=|b |=t ,则|a+b |=mt ,再设向量b 与a-b 夹角为θ,则有|a+b |2=(a+b )2=a 2+b 2+2a ·b =m 2t 2,变形可得a ·b =m 2t 22-t 2, 则有|a-b |2=(a-b )2=a 2+b 2-2a ·b =2t 2-2(m 2t 22-t 2)=4t 2-m 2t 2,则cos θ=b ·(a -b )|b ||a -b |=a ·b -b 2|b ||a -b |=m 2t 22-t 2-t 22=1222=-12×√4-m 2.由1≤m ≤√3,得1≤√4-m 2≤√3,则有-√32≤cos θ≤-12.又由0≤θ≤π,得2π3≤θ≤5π6,即θ的取值范围为[2π3,5π6].故选C .7.D 解析因为己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,所以乙可能在星期一,二,三,五,六,日.因为乙的夜班比庚早三天,所以乙可能在星期二,三.如果乙在星期三,则庚在周六,且丙在周五,庚比丙晚一天,但与甲的夜班比丙晚一天矛盾,则乙在周二,庚在周五.故选D .8.B 解析由题意,令f (x )=x 2+(m-3)x+m ,则{Δ=(m -3)2-4m >0,f (0)=m >0,f (2)=4+2(m -3)+m >0,0<-m -32<2,解得23<m<1,故选B . 9.ABC 解析由x<-1,得|x|>1,所以x 2>1,即x 2-1>0,故A 成立;因为x<-1,所以-x>1,0<-1x <1,所以(-x )+(-1x )>2,即x+1x <-2,故B 成立; 因为x<-1,而sin x ∈[-1,1],即sin x>x ,所以sin x-x>0,故C 成立; 因为x<-1,而cos x ∈[-1,1],所以cos x+x<0,故D 不成立.故选ABC . 10.AC 解析由1a <1b <0,可知b<a<0.因为a+b<0,ab>0,所以1a+b<0,1ab >0,故有1a+b<1a θ,故A 正确;因为b<a<0,所以-b>-a>0,故-b>|a|,即|a|+b<0,故B 错误; 因为b<a<0,又有1a <1b <0,则-1a >-1b >0,所以a-1a >b-1b ,故C 正确;因为b<a<0,根据y=x 2在(-∞,0)上为减函数,可得b 2>a 2>0,而y=ln x 在定义域(0,+∞)上为增函数,所以ln b 2>ln a 2,故D 错误.故选AC .11.BD 解析对于A,若a>b>0,则1a <1b ,故A 错误;对于B,因为a-b>0,所以2020a-b >1,故B 正确;对于C,函数y=ln x 的定义域为(0,+∞),而a ,b 不一定是正数,故C 错误;对于D,因为c 2+1>0,所以a (c 2+1)>b (c 2+1),故D 正确.12.BC 解析由a+b =(1,-1)两边平方,得|a |2+|b |2+2a ·b =12+(-1)2=2,则|a+b |=√2.因为a ,b 是单位向量,所以1+1+2a ·b =2,得a ·b =0,则|a-b |2=a 2+b 2-2a ·b=2,所以|a-b|=√2,所以cos <a ,a-b >=a ·(a -b )|a ||a -b |=21×√2=√2=√22,所以a 与a-b 的夹角为π4.13.5 解析由a ⊥b ,可得a ·b =1×(m+1)+(-1)×(2m-4)=0,解得m=5. 14.4 解析∵a>0,b>0,且1a +1b=1,∴a>1,b>1,且b=aa -1,∴1a -1+4b -1=1a -1+4aa -1-1=1a -1+4(a-1)≥2√1a -1·4(a -1)=4,当且仅当a=32时,等号成立.∴1a -1+4b -1的最小值为4.15.21 解析以A 为原点,AD 为x 轴,AD 的垂线为y 轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A (0,0),B (32,3√32),D (6,0),F 72,3√32,E132,√32.设点G 的坐标为(x ,y ).∵FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴x-72,y-3√32=2132-x ,√32-y ,解得x=112,y=5√36,∴G (112,5√36).∴AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =112,5√36·92,-3√32=994−15×312=21.16.[√5-32,+∞) 解析设t=f (x )=(x+1)2+a ≥a ,∴f (t )≥0对任意t ≥a 恒成立,即(t+1)2+a ≥0对任意t ∈[a ,+∞)都成立.当a ≤-1时,f (t )min =f (-1)=a , 即a ≥0,这与a ≤-1矛盾;当a>-1时,f (t )min =f (a )=a 2+3a+1,则a 2+3a+1≥0,解得a ≥√5-32.。
2021新高考数学(山东专用)二轮复习仿真模拟卷5
因此，f (x)在(－10π，10π)内有 20 个极值点，故选项 C 错误；
当 x＝0 时，f (x)＝0≥0＝ax，则 a∈R，
当
x∈
0，π 4
时，f
(x)≥ax⇔a≤exsin
x，
x
设 g(x)＝exsin x， x
-7-
∴g′(x)＝exxsin
x＋xcos x2
x－sin
x，
令
h(x)＝xsin
4．已知函数 f (x)＝loga(|x－2|－a)(a>0，且 a≠1)，则“f (x)在(3，＋∞)上是单
调函数”是“0<a<1”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
C [f (x)＝loga(|x－2|－a)(a>0，且 a≠1)， 由|x－2|－a>0 得 x<2－a 或 x>2＋a，
所以选项 D 错误．
故选 ABC．]
10．下列说法正确的是( )
A．“c＝5”是“点(2，1)到直线 3x＋4y＋c＝0 的距离为 3”的充要条件
B．直线
xsin
α－y＋1＝0
的倾斜角的取值范围为
0，π 4
∪
3π，π 4
C．直线 y＝－2x＋5 与直线 2x＋y＋1＝0 平行，且与圆 x2＋y2＝5 相切
令 f ′(x)＝0 得，x＝－π＋kπ(k＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)， 4
当 x∈(－10π，0)时，f (x)＝e－xsin x，f ′(x)＝e－x(cos x－sin x)，
令 f ′(x)＝0 得，x＝π＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－ 4
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专题突破练5 专题一常考小题点过关检测一、单项选择题1.(2020全国Ⅰ,理2)设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a=()A.-4B.-2C.2D.42.(2020山东淄博4月模拟,2)命题“∃x0∈(0,+∞),ln x0=x0-1”的否定是()A.∀x∈(0,+∞),ln x≠x-1B.∀x∉(0,+∞),ln x=x-1C.∃x0∈(0,+∞),ln x0≠x0-1D.∃x0∉(0,+∞),ln x0=x0-13.(2020全国Ⅲ,理2)复数11-3i的虚部是()A.-310B.-110C.110D.3104.(2020天津,2)设a∈R,则“a>1”是“a2>a”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5.(2020山东模考卷,2)已知a+b i(a,b∈R)和1-i1+i是共轭复数,则a+b=()A.-1B.-12C.12D.16.(2020山西太原二模,理5)若a,b是两个非零向量,且|a+b|=m|a|=m|b|,m∈[1,√3].则向量b与a-b夹角的取值范围是()A.[π3,2π3] B.[π3,5π6]C.[2π3,5π6] D.[5π6,π]7.(2020山东济南一模,5)方舱医院的创设,在抗击新冠肺炎疫情中发挥了不可替代的重要作用.某方舱医院医疗小组有七名护士,每名护士从周一到周日轮流安排一个夜班.若甲的夜班比丙晚一天,丁的夜班比戊晚两天,乙的夜班比庚早三天,己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,则周五值夜班的护士为()A.甲B.丙C.戊D.庚8.关于x的方程x2+(m-3)x+m=0在(0,2)内有两个不相等实数根,则实数m的取值范围是()A.(23,1]B.(23,1) C.(1,3)D.(-∞,1)∪(9,+∞) 二、多项选择题9.已知x<-1,那么在下列不等式中成立的是( ) A.x 2-1>0 B.x+1x <-2 C.sin x-x>0D.cos x+x>010.若1a <1b <0,则下列不等式成立的是( ) A.1a+b <1ab B.|a|+b>0 C.a-1a>b-1bD.ln a 2>ln b 211.(2020海南天一大联考模拟三,9)设a ,b ,c 为实数且a>b ,则下列不等式一定成立的是( ) A.1a>1bB.2 020a-b >1C.ln a>ln bD.a (c 2+1)>b (c 2+1)12.(2020山东历城二中模拟四,10)已知a ,b 是单位向量,且a +b =(1,-1),则( ) A.|a +b |=2 B.a 与b 垂直 C.a 与a -b 的夹角为π4 D.|a -b |=1 三、填空题13.(2020全国Ⅰ,文14)设向量a =(1,-1),b =(m+1,2m-4),若a ⊥b ,则m= . 14.(2020天津河北区线上测试,15)已知a>0,b>0,且1a+1b =1,则1a -1+4b -1的最小值为 .15.(2020山东济宁6月模拟,14)在平行四边形ABCD 中,AD=6,AB=3,∠DAB=60°,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,若FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = .16.已知f (x )=x 2+2x+1+a ,∀x ∈R ,f (f (x ))≥0恒成立,则实数a 的取值范围为 .专题突破练5 专题一 常考小题点过关检测1.B 解析由已知得A={x|-2≤x ≤2},B={x |x ≤-a2}.因为A ∩B={x|-2≤x ≤1},所以有-a2=1,解得a=-2. 2.A 解析因为已知的是特称命题,所以它的否定为全称命题,故选A . 3.D 解析∵11-3i =1+3i(1-3i )(1+3i )=1+3i 10=110+310i,∴复数11-3i 的虚部是310.4.A 解析若a>1,则a 2>a 成立.若a 2>a ,则a>1或a<0.故“a>1”是“a 2>a ”的充分不必要条件.故选A . 5.D 解析由1-i 1+i=(1-i )22=-2i 2=-i,得a+b i =-(-i)=i,所以a=0,b=1,所以a+b=1.6.C 解析根据题意,设|a |=|b |=t ,则|a+b |=mt ,再设向量b 与a-b 夹角为θ,则有|a+b |2=(a+b )2=a 2+b 2+2a ·b =m 2t 2,变形可得a ·b =m 2t 22-t 2, 则有|a-b |2=(a-b )2=a 2+b 2-2a ·b =2t 2-2(m 2t 22-t 2)=4t 2-m 2t 2,则cos θ=b ·(a -b )|b ||a -b |=a ·b -b 2|b ||a -b |=m 2t 22-t 2-t 22=1222=-12×√4-m 2.由1≤m ≤√3,得1≤√4-m 2≤√3,则有-√32≤cos θ≤-12.又由0≤θ≤π,得2π3≤θ≤5π6,即θ的取值范围为[2π3,5π6].故选C .7.D 解析因为己的夜班在周四,且恰好在乙和丙的正中间,所以乙可能在星期一,二,三,五,六,日.因为乙的夜班比庚早三天,所以乙可能在星期二,三.如果乙在星期三,则庚在周六,且丙在周五,庚比丙晚一天,但与甲的夜班比丙晚一天矛盾,则乙在周二,庚在周五.故选D .8.B 解析由题意,令f (x )=x 2+(m-3)x+m ,则{Δ=(m -3)2-4m >0,f (0)=m >0,f (2)=4+2(m -3)+m >0,0<-m -32<2,解得23<m<1,故选B . 9.ABC 解析由x<-1,得|x|>1,所以x 2>1,即x 2-1>0,故A 成立;因为x<-1,所以-x>1,0<-1x <1,所以(-x )+(-1x )>2,即x+1x <-2,故B 成立; 因为x<-1,而sin x ∈[-1,1],即sin x>x ,所以sin x-x>0,故C 成立; 因为x<-1,而cos x ∈[-1,1],所以cos x+x<0,故D 不成立.故选ABC . 10.AC 解析由1a <1b <0,可知b<a<0.因为a+b<0,ab>0,所以1a+b<0,1ab >0,故有1a+b<1a θ,故A 正确;因为b<a<0,所以-b>-a>0,故-b>|a|,即|a|+b<0,故B 错误; 因为b<a<0,又有1a <1b <0,则-1a >-1b >0,所以a-1a >b-1b ,故C 正确;因为b<a<0,根据y=x 2在(-∞,0)上为减函数,可得b 2>a 2>0,而y=ln x 在定义域(0,+∞)上为增函数,所以ln b 2>ln a 2,故D 错误.故选AC .11.BD 解析对于A,若a>b>0,则1a <1b ,故A 错误;对于B,因为a-b>0,所以2020a-b >1,故B 正确;对于C,函数y=ln x 的定义域为(0,+∞),而a ,b 不一定是正数,故C 错误;对于D,因为c 2+1>0,所以a (c 2+1)>b (c 2+1),故D 正确.12.BC 解析由a+b =(1,-1)两边平方,得|a |2+|b |2+2a ·b =12+(-1)2=2,则|a+b |=√2.因为a ,b 是单位向量,所以1+1+2a ·b =2,得a ·b =0,则|a-b |2=a 2+b 2-2a ·b=2,所以|a-b|=√2,所以cos <a ,a-b >=a ·(a -b )|a ||a -b |=21×√2=√2=√22,所以a 与a-b 的夹角为π4.13.5 解析由a ⊥b ,可得a ·b =1×(m+1)+(-1)×(2m-4)=0,解得m=5. 14.4 解析∵a>0,b>0,且1a +1b=1,∴a>1,b>1,且b=aa -1,∴1a -1+4b -1=1a -1+4aa -1-1=1a -1+4(a-1)≥2√1a -1·4(a -1)=4,当且仅当a=32时,等号成立.∴1a -1+4b -1的最小值为4.15.21 解析以A 为原点,AD 为x 轴,AD 的垂线为y 轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A (0,0),B (32,3√32),D (6,0),F 72,3√32,E132,√32.设点G 的坐标为(x ,y ).∵FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =2GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴x-72,y-3√32=2132-x ,√32-y ,解得x=112,y=5√36,∴G (112,5√36).∴AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =112,5√36·92,-3√32=994−15×312=21.16.[√5-32,+∞) 解析设t=f (x )=(x+1)2+a ≥a ,∴f (t )≥0对任意t ≥a 恒成立,即(t+1)2+a ≥0对任意t ∈[a ,+∞)都成立.当a ≤-1时,f (t )min =f (-1)=a , 即a ≥0,这与a ≤-1矛盾;当a>-1时,f (t )min =f (a )=a 2+3a+1,则a 2+3a+1≥0,解得a ≥√5-32.。