专题10(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

合集下载

专题02(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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

专题09(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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

数学-2021年高考考前押题密卷(山东卷)(全解全析)

含的基本事件个数
n
C21C31
6
，∴概率是
6 10
3 5
.故选：A.
6．B【分析】由题意得
b
3a 2
c
，再代入所求式子利用基本不等式，即可得到答案；
【详解】因为
3a
2b
c
0
，所以
b
3a 2
c
，所以
ac 2 ac 2 ac b 3a c 2 3ac
3 ，等号成立当且
3
仅当 3a c .故选：B.
对于 B， DB1 0, 2,1 ， CC1 0, 0,1 ， CD 3, 1, 0 ，
设平面 C1CDD1 的法向量 n x, y, z ，
则
n n
CC1 CD
z0 3x
y
0
，令
x
1
，则
y
3 ，z 0 ，n 1,
3, 0
设直线 DB1 与平面 C1CDD1 所成角为，
【详解】解：当 f (x)
1 成立时，有 f (x) f (x 1)
1 f (x 1)
1 1
f (x 1+1)
f (x 2) ，则 f(x)的周
期为 2，所以" f (x)
f
(
1 x
1)
"是"
f (x) 的周期为 2"的必要条件，
而当
f (x) sin x 时，f(x)的周期为 2，则 x 取整数时， f (x)
C，利用点到直线的距离公式进行判断；对于 D，举反例判断即可
【详解】由 x2 y2 x 2 y ，得 x2 y2 x 2 y 2 x2 4xy 4 y2 ，即 y 4x 3y 0 ，

专题05(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

又圆
的圆心 P（2，-2），半径 r=3，
∴当弦最短时，PE ,弦长=2
=4,
故答案为:4.
第十四题
【安徽省蚌埠市 2019 届高三下学期第二次检查文】数列满足
，
（
若数列
为递增数列，数列为递减数列，且
，则 __________．
【答案】4950 【解析】
由于数列
为递增数列，数列为递减数列，可求得
当 a＜0 时，令 f′（x）＞0，解得：0＜x
，
令 f′（x）＜0，解得：x
，
故 f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．（2）当时，则 f（1）＝2a+3＞0，不满足 f（x）≤0 恒成立．若 a<0，由（1）可知，函数 f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减．
∴
，又 f（x）≤0 恒成立，
，第三题
【河北省唐山市第一中学 2019 届高三冲刺一理】已知 F1，F2 是双曲线
（a＞0，b＞0）的左、右
焦点，若点 F1 关于双曲线渐近线的对称点 P 满足∠OPF2＝∠POF2（O 为坐标原点），则双曲线的离心率为
（
）
A．
B．2 C．
D．
【答案】B
精品公众号：学起而飞
【解析】
设
是关于渐近线
（为坐标原点），且垂直于轴，则双曲
【答案】
【解析】
双曲线的右焦点为，渐近线为
，由于垂直于轴，故
，即
①.设
，由
得
，解得
.由
②，由①②及
，解得
.故双曲线方程为
.
第十三题【河北省唐山市第一中学 2019 届高三下学期冲刺（一)理】已知过抛物线

2021年高考数学压轴题100题精选含答案

则 HP=x,易得
3
2
R
2
,解得
x
2 3
,舍去；
故 O 在平面 BCED 下方，如图②所示：设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 A'H 的垂线，垂足为 P,
42 x2 3 x2
则 HP=x,易得
3
2
R2
,
x
解得
2 3,
R2 16 4 4 37 R 2 37
∴
9 9,
易得 NB=NC=ND=NG=4，∴N 为底面梯形 BCED 的外接圆的圆心，设四棱锥 A'-BCED 的外接球的球心为 O,则 ON⊥平面 BCED,且 OA'=OC, 若 O 在平面 BCED 上方，入图①所示：设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 A'H 的垂线，垂足为 P,
42 x2 3 x2
对 B 选项，同理可得点 P 在以 A 为圆心，半径为 r A1P2 A1A2 1的小圆圆弧上，在底面 ABCD 内（含边界）中，可得点 P 轨迹为四分之一圆弧 BD .故 B 正确；
对 C 选项，移动点 P 可得两相交的动直线与平面 B1D1C 平行，则点 P 必在过 A1 且与平面 B1D1C 平
A．点 A'到平面 BCED 的距离为 3
5 B．直线 A'D 与直线 CE 所成的角的余弦值为 8
C．A'D⊥BD
2 37 D．四棱锥 A'-BCED 的外接球半径为 3 【答案】ABD
【分析】作 AM⊥DE，交 DE 于 M,延长 AM 交 BC 于 N,连接 A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定 CD⊥平面 A'MN,

专题01(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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

2021新高考数学押题专练解析版(计数原理)

A．5
B．8
C．14
D．21
【答案】C
【详解】乙排在第五的情况有： A33 ，乙不在第五的方法有 C21C21 A22 ，
共有 A33 C21C21 A22 14 ，故选：C．
9．今天是星期三，经过 7 天后还是星期三，那么经过 82021 天后是（）
A．星期二
B．星期三
C．星期四
D．星期五
【答案】C
则有18 4 72 种不同的安排方案，故选： C.
【押题专练】
1．在象棋比赛中，参赛的任意两位选手都比赛一场，其中胜者得 2 分，负者得 0 分，平局各得 1 分.现有四
名学生分别统计全部选手的总得分为 131 分，132 分，133 分，134 分，但其中只有一名学生的统计结果是
正确的，则参赛选手共有（）
生态环境较好的特色小镇.现将 7 位市场调查员安排到这 5 个产业中，共有安排方案的种数为（）
A． 75
B． 57
C． A75
D． C75
【答案】B
【详解】每位市场调查员在选择时均有 5 种产业可选，共有 7 位调查员，所以安排方案有
5 5 5 5 5 5 5 57 种.
11．某省进行高考综合改革，要求学生从高二开始对课程进行选修，即从化学、生物、政治、地理四门课程中选择两科进行选修，则甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法的种数是（）
4．已知 (2 x)5 a0 a1x a2 x2 a3x3 a4 x4 a5 x5 ，则 a3 （）
A．10
B．20
C．40
D．80
【答案】C
【详解】因为 (2 x)5 a0 a1x a2 x2 a3x3 a4 x4 a5 x5

专题02(第四篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

专题02 高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练02第一题【福建省泉州市2019 届高三第二次（5 月)理】定义上的函，其导函数，，，若时，则A．B．C．D． 2【答案】B【解析】由题意，函数满，即函为奇函数，图象关于原点对称，由导数的几何意义可知，函的图像关轴对称，所为偶函数，所．当时，时，所在单调递增，单调递减．解法一，．因，所以，所以A 错；因，所以，所以B 对；又无法确定符号，所以C，D 错．故选B．解法二：由条件可在单调递减，单调递增，关对称．，，因为，且所即，即，又无法确定符号，所以C，D 错．故选B．第二题【福建省龙岩市2019 届高三5 月月考理】已知三棱中平，，，在上运动，，的面积，的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为,由余弦定理得.如图一所示，不妨则,过点D 作,垂足为E.所.所的面积取决于DE 的大小.当DE 是两异面直的公垂线段时，DE 最短，面积最小.如图二所示，DE 是公垂线段，四边形是矩形，因为EF|| , 由射影定理得所.所以面积取最小值时，D 点偏靠,不是中点，不具有对称性. 故选：B第三题【河北省武邑中学2019 届高三下学期第三次模拟理】已知：与函的图像有唯一交点，且交点的横坐标为，（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为：与函的图像有唯一交点，所以在该交点处的切线与函在交点处的切线重合，因为交点的横坐标，所以交点坐标，由得，所，所以，整理，因此.故选C第四题【四川省攀枝花市2019 届高三下学期第三次统考（理)】是双曲线的右焦点，为坐标原点，的直线交双曲线的右支于，直交双曲于另一，，且，则双曲的离心率为（）A．B．D．【答案】C【解析】解：设双曲线的左焦点为，由双曲线的对称性可知四边形为平行四边形．第五题设，．，又，在中，由余弦定理可得，即，双曲线的离心．故选：C．【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军文】已知数的项和，将该数列按下列格式（行个数）排成一个数阵，则该数阵行从左向右个数字为（）.A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，知，时，且第六题当时，，所，又由数阵知，每一行的项数依次构成的数，，，，，构成首项，公比的等比数列，由等比数列的前项和公式知，该数阵第行从左到右第个数为数列的项，所以该数，故选B.【陕西省咸阳市2019 届高三模拟检测（三)文】已知函数为R 上的偶函数，当时当对恒成立，函数的一个周期内的图像与函的图像恰好有两个公共点，（）A．B．D．【答案】A【解析】解：因对恒成立，的最大值为1所恒成立又时；时所以函在上单调递减，单调递增又因为函为R 上的偶函数，时所以函在上单调递减，单调递增，且图像关于y 轴对称所以函的最小值为因为函最大值为1且与的图像恰好有两个公共点，则这两个公共点必和处所以函数的最小正周期，所以又过，,所以所故选：A第七题【福建省泉州市2019 届高三第二次（5 月)理】已知正三棱的所有顶点都在的球面上，其底面边长，分别为侧的中点．在三棱内，且三棱的体积是三棱体积的3 倍，则平截所得截面的面积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，平截所得截面的图形为圆面．正三棱中，作底面的垂，垂足，与平交点记，连接，依，所，设球的半径，中，，由勾股定理得，解．由于平平，所平，球到平的距离，则，设平面截所得截面的半径，在△ ，所以截面圆的面积为．故选 C ．【福建省南平市 2019 届高三第二次（5 月)理】己知函数的图像关于点中心对称，关于直对称（直是与距离最近的一条对称轴），过函的图像上的任意一作、直的对称点分别、，且，当时，，记函数的导函数为，则当时，（）．A ．-2B ．-1 D ．【答案】C 【解析】解：由作、直的对称点分别、，且，得，又直是与距离最近的一条对称轴，所以，，又因为当时，所以，且，解得第八题所以，因所，所，故选：C.第九题【浙江省三校2019 年5 月份第二次联考】已知数满，若存在实，单调递增，的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由单调递增，可，由，可，所.时，可.①时，可，.②，②式不成立，不合题意；若，②式等价，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.第十题【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军文】已知直线，抛物线，若过点与直垂直的直与抛物交，两点，．【答案】【解析】依题意，设直的方程，将代入，解，故直，联，整理得，所.故答案为：【福建省龙岩市2019 届高三5 月月考理】在则面积的最大值等于．【答案】【解析】，为中点，且，如图所示，设 ,AD=BD=x, ,在△ACD 中，由正弦定理,在△BCD 中,由正弦定理得第十一题中，，所以,当时,与已知矛盾，所.所所.因为，所.由题.故答案为：第十二题【河南省新乡市2019 届高三三模文】在正方中为上一点，，为棱的中点，且平与交于，与平所成角的正切值为．【答案】【解析】设，易，则，即，在中，，因为平面平面，所以与平面所成角即为与平面所成角，所以与平面所成角的正切值为故答案为【四川省攀枝花市 2019 届高三下学期第三次统理】已知函．若存在，使，则实数的取值范围是．【答案】【解析】解：，，在上有解，，在上有解，设，因为上为增函数，．．第十三题实的取值范围是．故答案为．【福建省南平市2019 届高三第二次（5 月)理】若实数，满足不等式组，的最小值为．【答案】【解析】解：先画出不等式组代表的平面区域如图中阴影，所以由图易知，当点P 在B 处最小联立方程组，解此时所以的最小值为故答案为：.第十四题【四川省攀枝花市2019 届高三第三次模拟理】已知数满，，设，则数中的最小项的值为．【答案】【解析】解：，，得．．当时当时数中的最小项的值．故答案为．【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019 届高三三模文】已知，在轴上，在轴的正半轴上，且满，在直上，且满，（Ⅰ）当在轴上移动时，求的轨的方程；（Ⅱ）过作直与轨交、两点为轴上一点，满，设线的中点为，且，求的值.第十五题第十六题【答案】（1）；（2）【解析】（Ⅰ）设的坐标，，,，，由，由，得，则得，故的轨的方程.（Ⅱ）易知斜率存在，设（），，联立得得.∴由，化简，，由得，.第十七题【陕西省咸阳市2019 届高三模拟检测（三)文】上的动点，，若线段QN 的垂直平分线MQ 于点P.(I)求动点P 的轨迹E 的方程(II)若A 是轨迹E 的左顶点，过点D（-3，8）的直线l 与轨迹E 交于B，C 两点，求证：直线AB、AC 的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见证明【解析】解：（Ⅰ）由题可知，线段的垂直平分线交于点P，所，，所以P 的轨迹是为焦点的椭圆，设该椭圆方程，则，所，可得动点P 的轨迹E 的方程.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，过点D 的直斜率存在且不为0，故可设l 的方程，，由，而由于直线过点，所以，所以（即为定值）第十八题【四川省绵阳市2019 届高三第三次诊断性文】已知是焦距为的椭圆的右顶点，，直交椭于，为线的中点．（1）求椭的方程；（2）设过且斜率的直与椭交、两点，，求直的斜．【答案】；（2）.【解析】（1）由题意得焦，∴．又在椭圆上，∴，解得，∴．∴椭圆的方程．（2）根据题意得直的方程，．由消整理．∵直与椭交、两点，∴，解．设，，，∴，∴．∴，解，满，∴．即直线的斜．【陕西省咸阳市 2019 届高三模拟检测（三)理】如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在平面互相垂直，，，点 M 是 EC 的中点．(1)求证:平面平面 BDE.(2)求二面角的余弦值.第十九题则，．∵ ∴，且，，∴，即．【答案】(1)见证明；(2)【解析】解：(1) 由题可知则AD2+BD2=AB²，根据勾股定理有BD⊥AD，又因正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，则ED⊥平面ABCD，则ED⊥BD，而AD∩ED=D，所以BD⊥平面ADEF.而平面BDE，所以平面ADEF⊥ 平面BDE. (2)以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE为x轴，y轴，：轴建立空间直角坐标系，由题可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（0.2，0），E（0，0，2），C（-2，2，0），M（-，，1）.由(1)可得AD⊥平面BDE，则可取平面BDE 的法向，设平面BDM 的法向量为，=（-，，1），=（0，2，0），由n2·=0，n2·=0，.可可取n2=（，0，2），则.设二面角E-BD-M 的平面角为α，显然α为锐角，故第二十题【陕西省咸阳市2019 届高三模拟检测（三)理】设函.(1)判断的单调性，并求极值；(2)若，且对所有都成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】解：(1)，当a≤0时，在R 上单调递增，函数无极值；当a>0 时，得，若，，单调递减，若，f'（x）>0，单调递增，的极小值.(2) ，依题意，对所有的x≥0，都有F（x）≥0，易知，F（0）=0，求导可得，，令，由得，H（x）在[0，+∞）上为递增函数，即F'（x）在x∈[0，+∞）上为递增函数，若，在x∈[0，+∞）上为递增函数，有≥F（0）=0，符合题意，若m>2，令<0，得所以在）上单调递减，有舍去，综上，实数m 的取值范围.第二十一题【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军文】已知椭圆的左顶点为，离心率为，在椭上.（1)求椭的方程；（2）若直与椭交，两点，直，分别轴交于，，求证：轴上存在，使得无论非零实怎样变化，总为直角，并求出的坐标.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1)依题意，所以①，又因为在椭上，所以②，由①②解得，，所以椭圆方程.（2），，，不妨.由可得，解，，，所所在直线方程为，所在直线方程为，可，同理可，所，，所以，所或，所以存在点且坐标为或．使得无论非零实怎么变化，总为直角.第二十二题【浙江省三校2019 年5 月份第二次联考】对于椭，有如下性质：若点是椭圆外一点，是椭圆的两条切线，则切所在直线的方程是，利用此结论解答下列问题：已知椭和点，过点作椭圆的两条切线，切点是，记点到直线（是坐标原点）的距离，（Ⅰ）时，求线的长；（Ⅱ）的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）因为，直的方程式：，，时，直的方程，此.（Ⅱ）由（Ⅰ）知直的方程，直的方程.设，，则.又由在直的两侧可与异号，所.又，所.设，，所以，当，即时，有最大值为。

专题02(第三篇) (1)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

，判断是，，判断是，，判断是，，是，……，以此类推，每三个为一个周期，每个周期的和为，，，判断是，，判断否，输出第一题第二题专题 02高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 02【安徽省黄山市 2019 届高三毕业班第二次检测理】程序框图如图，若输入，则输出的结果为( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】运行程序，，，判断是，，判断是，判断.故选 C.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评文理】己知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函的图像沿轴向左平移个单位，得到函的图像，关于函，下列说法正确的是（）A．上是增函数B．其图像关于直对称C．函数是奇函数D．在区上的值域为【答案】D【解析】，函图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，故函的最小正周期为，所以；函数图象沿轴向左平移个单位得，，为偶函数，并在区间上为减函数，所以A、C 错误，所以B 错误．因，所，，所以D 正确．第三题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测文】已知数和的前项和分别和，，，，若对任意，恒成立，则的最小值为（）A．B．C．【答案】B【解析】因，所，相减，因，所，又，所, 因，所,因此，,从而,即的最小值，选B.第四题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测文】一空间几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图均为边长为1 的等腰直角三角形，则此空间几何体的表面积是（）A．B．D．【答案】D【解析】几何体为如图四面体，其所以表面积为，选D.第五题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测理】将三颗骰子各掷一次,设事件=“三个点数互不相同”,=“至多出现一个奇数”,则概等于( )A．B．C．D．【答案】C【解析】事表示“三个点数互不相同，且至多出现一个奇数”.基本事件总数种，其中一个奇数两个偶数的事件种，没有奇数的事件种，包含的事件种，故所求概率.故选C.第六题【安徽省黄山市2019 届高三毕业班第二次检测理】已知定义在上的连续可导函无极值，，若在上与函的单调性相同，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由连续可导且无极值，故函为单调函数.故可，成立，故，故为上的减函数.故上为减函数. 在上恒成立，，由，，，所，故选A.第七题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评理】若函在区间上单调递增，的最小值是（）A．-3 B．-4 C．-5 D．【答案】B【解析】函数上单调递增，所以上恒成立，即在上恒成立，令，其对称轴，当即时在上恒成立等价于，由线性规划知识可知，此；当即时在上恒成立等价于，，；当即时在上恒成立等价于，此；综上可知，故选 .【安徽省黄山市 2019 届高三毕业班第二次检测文】已知函是定义在上的可导函数，对于任意的实数 x ，都，当时，若，则实数 a 的取值范围是（）A ．【答案】B【解析】 B ．C ．D ．令，则当时，，又，所以为偶函数，从而等价于，因此选 B.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评文(2018 新课标 1)】已知双曲线 C ：，O 为坐标原点，F 为 C 的右焦点，过 F 的直线与 C 的两条渐近线的交点分别为 M 、N .若 OMN第八题第九题为直角三角形，则|MN|=A．B．3 C．D．4【答案】B【解析】根据题意，可知其渐近线的斜率，且右焦点为，从而得，所以直的倾斜角或，根据双曲线的对称性，设其倾斜角，可以得出直的方程，分别与两条渐近线联立，求得，所以，故选B.第十题【安徽省黄山市2019 届高三第二次质量检测理】定义在上的函满，若，且，.【答案】4【解析】依题，为奇函数. ，所以.第十一题【安徽省黄山市2019 届高三第二次质量检测理】已知是锐的外接圆圆心，是最大角，若，则的取值范围为.【答案】【解析】设中点，根据垂径定理可，依题意，即，利用正弦定理化简得.由于，所以，即.由于是锐角三角形的最大角，故，.第十二题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评文】在数中，，，的值为．【答案】4951【解析】因，所，，将以个式子相加得：，因为，所以，所以，故答案是：4951.第十三题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评理】三角中且，则三角面积的最大值为．【答案】，，则,，所以【解析】设，则由化简得得，，所以点轨迹为以圆心，以为半径的圆，所最大值为，所以三角面积的最大值为 .【安徽省黄山市 2019 届高三毕业班第二次检测文满足面积的最大值为 .【答案】【解析】因，所以由正弦定理，设 AB 边上的高则因为,因为 ,当且仅当时取等号，所以面，即面积的最大值【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评理】已知函，若函数有三个零点，则的取值范围是．第十五题第十四题【答案】【解析】当时，得，，当时，得，，由得，即，，作出函的图象如图：，当时，函数是增函数，时，函数是减函数，时，函数取得最大值：，当时，即时有4 个零点；当时，即时有三个零点；当时，有1 个零点；当时，则有2 个零点，当时，即时有三个零点；当，解函数有三个零点，综上，函数有3 个零点．故答案为：．第十六题【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评文】己知函数时，，，其中是自然对数的底数．（1）在上是单调增函数，求的取值范围；（2）时，求整数的所有值，使方在上有解．【答案】；（2）或.【解析】（1）问题转化在上恒成立；，在上恒成立；令，，对称轴①当，即在上单调增，②当，即时在上单调减，在上单调增，，解得，综上，的取值范围.（2），，令，令，-3-2+ 0 - 0 +增极大值减极小值增，，，存时，时在上单调减，在上单调增中，，且，即又，，，由零点的存在性定理可知：的根，即或.【安徽省黄山市2019 届高三第二次检测理】在. 以所在直线为轴中点为坐标原点建立平面直角坐标系.（Ⅰ）求动点的轨迹的方程;（Ⅱ）已知定，不垂直的动直线与轨迹相交两点，若直关于直对称，面积的取值范围.【答案】；（Ⅱ）.【解析】解：(Ⅰ)得,由正弦定理所以点C 的轨迹是：为焦点的椭圆(除轴上的点),其中，，故轨迹的轨迹方程.(Ⅱ) 由，由题可知，直线的斜率存在，设的方程，将直线的方程代入轨迹的方程得.由得，，且∵直关于轴对称.化简得,,得那么直线过点, ,所面积：设, ,显然，S 在上单调递减，第十七题.第十八题【安徽省黄山市2019 届高三第二次检测文】已知函，直线.（Ⅰ）是图象上一点，为原点，直的斜，若在上存在极值，求的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数，使得直线是曲的切线？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（Ⅲ）试确定曲与直线的交点个数，并说明理由.【答案】，（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）∵，∴，解得.由题意得：，解得.（Ⅱ）假设存在实数，使得直线是曲的切线，令切，∴切线的斜率.∴切线的方程为，又∵切线过（0，-1）点，∴.解，∴，∴.（Ⅲ）由题意，令，得.令，，由，解得.∴在（0,1）上单调递增，上单调递减，∴,又时，；时，时，只有一个交点；时，有两个交点；时，没有交点.第十九题所以，程为【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评理】已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点且的中点坐标.（1）求的方程；（2）设直线不经过且与相交两点，若直与直的斜率的和为 l ，试判断直线，是否经过定点，若经过定点，请求出该定点；若不经过定点，请给出理由．【答案】；（Ⅱ） .【解析】（I ），则，两式相减得，又 MN 的中点坐标，且 M 、N 、F 、Q 共线因，所，因为所以椭圆 C 的方.（II ）设直线，联立方程得设则，因为，所以，所以所以，所以，所以所，因为，所以，,所以极小值即所以直线，直线 AB 过定，又当直线 AB 斜率不存在时，设 AB ：，，因为所适合上式，所以直线 AB 过定.【安徽省黄山市 2019 届高三第二次质量检测理】设函.（Ⅰ）求函数单调递减区间；（Ⅱ）若函数的极小值不小于，求实数的取值范围. 【答案】（Ⅰ）【解析】和；（Ⅱ）.（Ⅰ）由题可知，所以由，解或. 综上所述的递减区间和.（Ⅱ）由题可，所.（1）当时，则在为增函数，在为减函数，所以在上没有极小值,故舍去；（2）当时，由，由于，所，因此函在为增函数，在为减函数，在为增函数，.令，则上述不等式可化为.第二十题上述不等式 ①设，，故在为增函数.又，所以不等式①的解为，因，所，解得 .综上所述.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评理】已知函，.（1）讨论函的单调性；（2）时，函在是否存在零点？如果存在，求出零点；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）不存在零点.【解析】（1）函的定义域为，（一）时，时，，单调递增；时，单调递减. （二）时，方程有两或 1①当时，时，，，上单调递减.时，单调递增.②时，，或（i ）时，恒成立在上单调递增；. 时，在、上单调递增.第二十一题（ii ）当时，时，单调递减.（iii）当时，时，，，单调递增.时，单调递减.综上所述，时的单调递增区间，单调递减区间；当时的单调递增区间为，单调递减区间为；时在上单调递增；当时的单调递增区间、，单调递减区间为；当时，的单调递增区间，，单调递减区间为.（2）由（1）可知时的单调递增区间，单调递减区间，处取得极大值也是最大.令，则，令得，当所以，，当在定义域上先增后减，在，，处取最大值0，所以，，所以，，，所以即，又，所以函在不存在零点.。

专题02(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

A．24 【答案】C 【解析】
B．12
C．8
的体积为（） D．4
取 BC 的中点 E，由 AB=AC= ，BC=2，所以
为等腰三角形，
，AE=3，CE=1，所以
外接圆的圆心在 AE 上.设外接圆半径为 r，则在直角三角形中
面体
的外接球球心为 O，连接 ,
，，设四
精品公众号：学起而飞
则
平面 ABC,又平面，所以 ∥ ,又 OA=OB=OC=OD，所以
时，有两个极值点.
（2）当时，设
，
则在显然函数
上有且只有一个零点. 与的单调性是一致的.
①当时，由（1）知函数在区间上递减，上递增，
所以在上的最小值为
，
由于
，要使在上有且只有一个零点，
需满足 ②当 ∵
或
，解得
或
.
时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
，∴当
的图象存在公切线，则实数
的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
设公切线与函数，分别切于点
，
，则过，的切线分别为：
、
，两切线重合，则有：
代入
得：
，构造函数：
，
，
，
，
.
，
，，
只须
. 第十题
【河南省许昌市、洛阳市 2019 届高三第三次检测】已知过椭圆
，∴ ，
.欲合题意，
的左顶点
作
直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且
的简图如下：
要使得整理得：故选：D

专题01(第一篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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

专题04(第二篇)-备战2021年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)参照模板

专题04 备战2019高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练04第一题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】设为双曲线：的右焦点，，若直线的斜率与的一条渐近线的斜率的乘积为3，则的离心率为（）A ．B ．2C ．D ．3【答案】B 【解析】设为，，若直线与的一条渐近线的斜率乘积为3，可得：，可得，即，可得，，解得.故应选B.第二题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】设函数()2xf x e x =+-， ()2ln 3g x x x =+-若实数a 满足()0f a =， ()0g b =则（）A ．()()0g a f b <<B ．()()0f b g a <<C ．()()0g a f b <<D ．()()0f b g a << 【答案】A【解析】对函数()2xf x e x =+-求导得()=1xf x e '+，函数单调递增， ()()010,110f f e =-=+，由()0f a =知01a <<，同理对函数()2ln 3g x x x =+-求导，知在定义域内单调递增， ()1-20g =<，由()0g b =知1b >，所以()()0g a f b <<.第三题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】某人在微信群中发了一个8元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于其他任何人的概率为（） A ． B ． C ． D ．【答案】B【解析】如下图，利用隔板法，得到共计有n21种领法，甲领3元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有2种，即乙领3元，丙领2元或丙领3元，乙领2元，记为（乙2，丙3）或（丙2，乙3）；甲领4元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有3种，即（乙1，丙3）或（丙1，乙3）或（乙2，丙2）甲领5元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有2种，即（乙1，丙2）或（丙1，乙2）；甲领6元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况只有1种，即（乙1，丙1）“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况总数m＝2+3+2+1＝6，∴甲领取的钱数不少于其他任何人的概率p．故选B．第四题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知函数的最小正周期为，且，则（）A．在上单调递减B．在上单调递减C．在上单调递增D．在上单调递增【答案】A【解析】因为且周期为，所以，；又因为，即，所以函数为偶函数，所以，当时，所以，又因为，所以，故，所以在上单调递减，故选A.第五题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知奇函数的导函数为，当时，，若，，，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令g（x）＝xf（x），x∈（0，+∞），则g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）为（0，+∞）上的递增函数，又g（-x）＝-xf（-x）= xf（x）= g（x）,所以g（x）为偶函数.因为e＞1，∴g（e）＞g（1）＞g（），∴ef（e）＞f（1）f（），又g（x）为偶函数，所以﹣ef（﹣e）＝ef（e），∴故选：D．第六题【重庆市南开中学2019届高三3月测试】若对任意的实数，函数在上是增函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵在R上都是增函数，∴在R上恒成立，∴，，令y=t−lnt,则，∴(0,1)上,y′<0,(1,+∞)上,y′>0，∴t=1时,y min=1，∴的最小值为，∴a⩽，故选：A.第七题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】已知，，在球的球面上，，，，直线与截面所成的角为，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在中，由余弦定理得到求得，由勾股定理得为直角，∴中点即所在小圆的圆心，∴平面，且小圆半径为1，又直线与截面所成的角为，∴在直角三角形中，球的半径为,∴球的表面积为.故应选D.第八题【北京市顺义区2019届高三期末文】设函数的定义城为A，如果对于任意的都，存在，使得其中m为常数成立，则称函数在A上“与常数m相关联”给定函数；；；；，则在其定义域上与常数1相关联的所有函数是A．B．C．D．【答案】D【解析】若在其定义域上与常数1相关联，则满足，的定义域为，由得，即，当时，，此时无解，不满足条件；的定义域为R，由得由，即唯一，满足条件；定义域为R，由得由；即，当时，无解，不满足条件．定义域为，由得得，即；，满足唯一性，满足条件；的定义域为R，由得，得，当时，，无解，不满足条件．故满足条件的函数是，故选：D．第九题【重庆市南开中学2019届高三3月测试】设，分别是椭圆的左、右焦点，直线过交椭圆于，两点，交轴于点，若满足且，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A因为F 1是椭圆的左焦点，直线过F1交y轴于C点所以，即因为，所以又因为所以在三角形AF1F2中，，，，根据余弦定理可得，代入得，化简得所以离心率为所以选A.第十题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】已知是抛物线的焦点，，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到准线的距离为______．【答案】【解析】试题分析：设A、B的横坐标分别是m、n，由抛物线定义，得=m++n+= m+n+=3，故m+n=，，故线段AB的中点到y轴的距离为第十一题【陕西省西安市2019届高三第一次检测文】设，，若对任意实数都有，则满足条件的有序实数对的对数为______．【解析】∵对于任意实数都有，则函数的周期相同，若，此时，此时，若，则方程等价为，则，则，综上满足条件的有序实数组为，，共有2组.第十二题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知双曲线：的左、右焦点分别为、，双曲线的焦距为8，点关于双曲线的一条渐近线的对称点为点，若，则双曲线的离心率为__________．【答案】2【解析】由题知，2c=8,又点关于双曲线的一条渐近线l的对称点为点连接设于B,故OB,即,则cos故e=故答案为2.第十三题【北京市顺义区2019届高三期末】过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B两点交抛物线的准线于点C，满足：若，则______；若，则的取值范围为______．【答案】3由题意，抛物线的准线为，，所以另一种情况同理．所以AF的斜率为，方程为，代入抛物线方程可得，所以可得，因为：，所以，设直线AB的方程为，代入到，可得，，由，可得，，，，，，，，解得故答案为：3，．第十四题【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为第十五题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】如图，在三棱柱中，平面，为的中点，，，，.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）连接交于点，连接，∵四边形是平行四边形，∴点是的中点，又点为的中点，∴是的中位线，∴.又DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，∴平面.（Ⅱ）由，，，由余弦定理得可得，以点为坐标原点，，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，∴，，，设平面的法向量为，则，，即，令，得，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.第十六题【陕西省汉中市略阳天津高级中学、留坝县中学、勉县二中等12校2019届高三下学期校际联考】已知函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线的斜率为，求的值；（Ⅱ）求证：当时，.【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由函数，可得，∵曲线在点处的切线的斜率为，∴，∴.（Ⅱ），令，则，①当时，，单调递增，，单调递增，，满足题意；②当时，，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∵，∴，∴，∴在上单调递增，故，满足题意，综上，当时，.第十七题【重庆市南开中学2019届高三三月测试】已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于A,B，过与垂直的直线与椭圆交于，，与交于，求证：直线，，的斜率，，成等差数列．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】（1）由题意知，所以，即，又因为以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆，与直线相切，所以圆心到直线的距离d，所以，，故椭圆的方程为．（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，则直线的方程为．由得．设点，，利用根与系数的关系得，，由题意知直线的斜率为，则直线的方程为令，得点的坐标即，所以成等差数列.第十八题【陕西省西安市2019届高三年级第一次检测文】已知椭圆：的短轴长为，离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于不同两点，.线段的垂直平分线交轴于点.（1）求椭圆的方程；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题意可得：，，又，联立解得，，.∴椭圆的方程为.（2）当斜率存在时，设直线的方程为，，，中点，把代入椭圆方程，得到方程，则，，，，所以的中垂线的方程为，令，得，当时，，则；当时，，则，当斜率不存在时，显然，当时，的中垂线为轴.综上，的取值范围是.第十九题【陕西省西安市2019届高三第一次检测】已知函数.（1）若，且函数在其定义域内为增函数，求实数的取值范围；（2）设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1），.由定义域内为增函数，所以在上恒成立，所以即，对任意恒成立，设，=0的根为x=1得在上单调递增，在上单调递减，则，所以，即.（2）设函数，，因为在上至少存在一点，使得成立，则，①当时，，则在上单调递增，，舍；②当时，，∵，∴，，，则，舍；③当时，，则在上单调递增，，得，综上，.第二十题【北京延庆区2019届高三一模文】已知椭圆G:，左、右焦点分别为、，若点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于两个不同的点，，直线，与轴分别交于，两点，求证：．【答案】(1) (2)见证明【解析】（1）在椭圆上，,由解得，所以，椭圆的标准方程为.(2)由得．因为直线与椭圆有两个交点，并注意到直线不过点，所以解得或设，，则，,，，显然直线与的斜率存在，设直线与的斜率分别为，，由（1）可知.则．因为，所以．所以.第二十一题【福建省厦门市2018届高中毕业班第二次检测】设函数，．（1）当时，函数有两个极值点，求的取值范围；（2）若在点处的切线与轴平行，且函数在时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】（1) ）当时，，，所以有两个极值点就是方程有两个解，即与的图像的交点有两个.∵，当时，，单调递增；当时，，单调递减.有极大值又因为时，；当时，.当时与的图像的交点有0个；当或时与的图像的交点有1个；当时与的图象的交点有2个；综上.（2）函数在点处的切线与轴平行，所以且，因为，所以且；在时，其图像的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当时，恒成立，即，令，∴设，，因为，所以，∴，∴在单调递增，即在单调递增，∴，当且时，，所以在单调递增；∴成立当，因为在单调递增，所以，，所以存在有；当时，，单调递减，所以有，不恒成立；所以实数的取值范围为.另：第（1）小题人等价转化还可这样转化求解：当时，，，令，①时，，∴在单调递增，不符合题意；②时，令，，∴在单调递增；令，，∴在单调递减；令，∴又因为，，且，所以时，有两个极值点.即与的图像的交点有两个.1、想想自己一路走来的心路历程，真的很颓废一事无成。

专题06(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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

高考数学压轴卷含解析试题 2

智才艺州攀枝花市创界学校2021年高考数学压轴卷〔含解析〕一、选择题:本大题一一共10小题,每一小题4分,一共40分｡在每一小题给出的四个选项里面,只有一项为哪一项哪一项符合题目要求的.1．集合{|||2}A x x =<，{1,0,1,2,3}B =-，那么A B =A ．{0,1}B ．{0,1,2}C ．{1,0,1}- D ．{1,0,1,2}-2．复数21+i〔i 为虚数单位〕的一共轭复数是〔〕A ．−1+iB ．1−iC ．1+iD ．−1−i3．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．假设4524a a +=，648S =，那么{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．84．底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如以下图，那么该四棱锥的体积是()A．B ．8 CD ．835．假设实数,x y 满足不等式组02222y x y x y ⎧⎪-⎨⎪-⎩，那么3x y -()A ．有最大值2-，最小值83- B ．有最大值83，最小值2 C ．有最大值2，无最小值D ．有最小值2-，无最大值6．“a=1〞是“直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直〞的 A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．函数()()11x xe f x x e +=-〔其中e 为自然对数的底数〕的图象大致为〔〕A ．B ．C ．D ．8．a 、b R ∈，且a b >，那么〔〕A ．11a b<B ．sin sin a b >C ．1133a b⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．22a b >9．设P ABCD -是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，M 为PC 中点，过AM 作平面AEMF与线段PB ，PD 分别交于点E ，F 〔可以是线段端点〕，那么四棱锥P AEMF -的体积的取值范围为〔〕A ．4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．43,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[]1,210假设对圆22(1)(1)1x y -+-=上任意一点(,)P x y ，34349x y a x y -++--的取值与x ，y 无关，那么实数a 的取值范围是()A ．4a ≤B ．46a -≤≤C ．4a ≤或者6a ≥D ．6a ≥第II 卷〔非选择题)二､填空题:本大题一一共7小题,多空题每一小题6分,单空题每一小题4分,一共36分11．九章算术中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.〞该女子第二日织______尺，假设女子坚持日日织，十日能织______尺.12．二项式521()x x 的展开式中常数项为__________．所有项的系数和为__________． 13．设双曲线()222210x y b a a b-=>>的半焦距为c ，直线l 过〔a ，0〕，〔0，b 〕两点，原点到直线l 3，那么双曲线的离心率为____；渐近线方程为_________.14．函数22,0()log (),0x x f x x a x ⎧<=⎨-≥⎩，假设(1)(1)f f -=，那么实数a =_____；假设()y f x =存在最小值，那么实数a 的取值范围为_____. 15．设向量,,a b c 满足1a =，||2b =，3c =，0b c ⋅=．假设12λ-≤≤，那么(1)a b cλλ++-的最大值是________．16．某班同学准备参加在假期里组织的“社区效劳〞、“进敬老院〞、“参观工厂〞、“民俗调查〞、“环保宣传〞五个工程的社会理论活动，每天只安排一项活动，并要求在周一至周五内完成．其中“参观工厂〞与“环保宣讲〞两项活动必须安排在相邻两天，“民俗调查〞活动不能安排在周一．那么不同安排方法的种数是________．17．函数()2122,01()2,10x x x m x f x x m x +⎧+≤≤⎪=⎨---≤<⎪⎩假设在区间[1,1]-上方程()1f x =只有一个解，那么实数m 的取值范围为______．三､解答题:本大题一一共5小题,一共74分,解容许写出文字说明､证明过程或者演算步骤｡18．函数()()222cos 1x R f x x x -+∈.(1)求()f x 的单调递增区间;(2)当,64x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时,求()f x 的值域. 19．如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形AC BD O =，1A O ⊥底面ABCD ，12AA AB ==.〔1〕求证：平面1ACO ⊥平面11BB D D ；〔2〕假设60BAD ∠=︒，求OB 与平面11A B C 所成角的正弦值. 20．等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9a a a a a +==.〔1〕求数列{}n a 的通项公式；〔2〕设31323log log ......log n n b a a a =+++，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 21．抛物线22y px =〔0p >〕上的两个动点()11,A x y 和()22,B x y ，焦点为F.线段AB 的中点为()03,My ，且点到抛物线的焦点F 的间隔之和为8〔1〕求抛物线的HY 方程；〔2〕假设线段AE 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求ABC ∆面积的最大值.22．函数2()(1)(0)x f x x e ax x =+->.〔1〕假设函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，务实数a 的取值范围；〔2〕假设函数()f x 有两个不同的零点12,x x . 〔ⅰ〕务实数a 的取值范围；〔ⅱ〕求证：12011111x x t +->+.〔其中0t 为()f x 的极小值点〕参考答案及解析1．【答案】C【解析】由，得，选C.2．【答案】C【解析】因为21+i =1−i ,所以其一共轭复数是1+i ，选C. 【点睛】此题考察一共轭复数概念，考察根本分析求解才能，属基此题. 3．【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，应选C. 点睛:求解等差数列根本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，假设m n p q +=+，那么m n p q a a a a +=+. 4．【答案】C【解析】根据三视图知该四棱锥的底面是边长为2的正方形，且各侧面的斜高是2, 画出图形，如以下图；所以该四棱锥的底面积为224S ==，高为22213h =-=；所以该四棱锥的体积是114343333V Sh ==⨯⨯=. 应选：C. 【点睛】此题考察了利用三视图求几何体体积的问题，属于中档题． 5．【答案】C【解析】画出不等式组02222y x y x y ⎧⎪-⎨⎪-≥⎩表示的平面区域，如图阴影所示；设3z x y =-，那么直线30x y z --=是一组平行线；当直线过点A 时，z 有最大值，由022y x y =⎧⎨-=⎩，得(2,0)A ；所以z 的最大值为3202x y -=-=，且z 无最小值. 应选：C.6．【答案】C 【解析】直线0x y +=和直线0x ay -=互相垂直的充要条件是1()110a ⨯-+⨯=，即1a =，应选C7．【答案】A【解析】∵f 〔﹣x 〕()()()111111x x x x x xe e e x e x e x e--+++====-----f 〔x 〕， ∴f 〔x 〕是偶函数，故f 〔x 〕图形关于y 轴对称，排除C ，D ；又x=1时，()e 111ef +=-<0， ∴排除B ，应选A ． 8．【答案】C 【解析】对于A 选项，取1a =，1b =-，那么a b >成立，但11a b>，A 选项错误；对于B 选项，取a π=，0b =，那么a b >成立，但sin sin0π=，即sin sin a b =，B 选项错误；对于C 选项，由于指数函数13x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，假设a b >，那么1133a b⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C选项正确；对于D 选项，取1a =，2b =-，那么a b >，但22a b <，D 选项错误. 应选：C. 9.【答案】D【解析】依题意343493434955x y ax y x y a x y -+---++--=+表示(),P x y 到两条平行直线340x y a -+=和3490x y --=的间隔之和与,x y 无关，故两条平行直线340x y a -+=和3490x y --=在圆22(1)(1)1x y -+-=的两侧，画出图像如以下图所示，故圆心()1,1到直线340x y a -+=的间隔3415ad -+=≥，解得6a ≥或者4a ≤-〔舍去〕应选：D. 10．【答案】B【解析】首先证明一个结论：在三棱锥S ABC -中，棱,,SA SB SC 上取点111,,A B C那么111111S A B C S ABCV SA SB SC V SA SB SC--⋅⋅=⋅⋅，设SB 与平面SAC 所成角θ，11111111111111sin sin 3211sin sin 32S A B C B SA C S ABC B SAC SA SC ASC SB V V SA SB SC V V SA SB SC SA SC ASC SB θθ----⨯⋅⋅∠⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⨯⋅⋅∠⋅⋅，证毕.四棱锥P ABCD -中，设,PE PF x y PB PD ==，212343P ABCD V -=⨯⨯=12222P AEMF P AEF P MEF P AEF P MEF P AEF P MEFP ABCD P ABD P ABD P DBC P ABD P DBCV V V V V VV V V V V V V -------------⎛⎫+==+=+ ⎪⎝⎭111222PA PE PF PE PM PF xy xy PA PB PD PB PC PD ⋅⋅⋅⋅⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭所以3P AEMF V xy -=又12222P AEMF P AEM P MAF P AEM P MAF P AEM P MAFP ABCD P ABC P ABC P DAC P ABC P DACV V V V V VV V V V V V V -------------⎛⎫+==+=+ ⎪⎝⎭11112222PA PE PM PA PM PF x y PA PB PC PA PC PD ⋅⋅⋅⋅⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭所以P AEMF V x y -=+ 即3,31x x y xy y x +==-，又01,0131xx y x ≤≤≤=≤-，解得112x ≤≤ 所以体积2313,[,1]312x V xy x x ==∈-，令131,[,2]2t x t =-∈2(1)111()(2),[,2]332t V t t t t t +==++∈根据对勾函数性质，()V t 在1[,1]2t ∈递减，在[1,2]t ∈递增所以函数()V t 最小值4(1)3V =，最大值13(2)()22V V ==，四棱锥P AEMF -的体积的取值范围为43,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦应选：B11．【答案】1031165 【解析】设该女子每天的织布数量为n a ，由题可知数列{}n a 为公比为2的等比数列，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，那么()51512512a S -==-，解得1531a =，所以2110231a a ==，()10105123116512S -==-. 故答案为：1031，165. 【点睛】此题考察了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于根底题. 12．【答案】532【解析】展开式的通项为5552215521()r r rr r r T C C xx--+==，令55022r -=，解得1r =，所以展开式中的常数项为1255T C ==，令1x =，得到所有项的系数和为5232=，得到结果.点睛：该题考察的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中的特定项以及展开式中的系数和，所用到的方法就是先写出展开式的通项，令其幂指数等于相应的值，求得r ，代入求得结果，对于求系数和，应用赋值法即可求得结果. 13．【答案】2y =【解析】由题可设直线l 方程为：1x ya b+=，即0bx ay ab，那么原点到直线的间隔ab d c ===，解得24ab =，两式同时平方可得224163a b c =，又222b c a =-，代换可得()2224163a c a c -=，展开得：224416162a c a c -=，同时除以4a 得：2416163e e -=，整理得()()223440e e --=，解得243e =或者4，又0b a >>，所以2222222222b a c a a c a e >⇒->⇒>⇒>，所以24,2ce e a===；b a a a===b y x a =±= 故答案为：2；y = 14．【答案】1[1,0)-【解析】(1)(1)f f -=，122log (1)a -∴=-，1212a ∴-=，1a ∴=-易知0x <时，()2(0,1)xf x =∈；又0x 时，2()log ()f x x a =-递增，故2()(0)log ()f x f a =-，要使函数()f x 存在最小值，只需2()0a log a ->⎧⎨-⎩，解得：10a -<.故答案为：1-[1,0)-. 15．【答案】1【解析】令()1n b c λλ=+-，那么()2211318n b c λλλλ⎡⎤=+-=-⎣⎦因为12λ-≤≤，所以当1λ=-，max 13n ==n 与a 同向时a n +的模最大，max 2101a n a n +=+=+16．【答案】36【解析】把“参观工厂〞与“环保宣讲〞当做一个整体，一共有4242A A 48=种，把“民俗调查〞安排在周一，有3232A A 12⋅=，∴满足条件的不同安排方法的种数为481236-=，故答案为：36．17．【答案】1|12m m ⎧-≤<-⎨⎩或者1}m = 【解析】当01x ≤≤时，由()1f x =，得()221xx m +=，即212xx m ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当10x -≤<时，由()1f x =，得1221x x m +--=，即1221x x m +-=+.令函数11,01()221,10x x x g x x +⎧⎛⎫≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪--≤<⎩，那么问题转化为函数11,01()221,10x x x g x x +⎧⎛⎫≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪--≤<⎩与函数()h x =2x m +的图像在区间[1,1]-上有且仅有一个交点.在同一平面直角坐标系中画出函数11,01()221,10xx x g x x +⎧⎛⎫≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪--≤<⎩与2y x m =+在区间函数[1,1]-上的大致图象如以下图所示：结合图象可知：当(0)1h =，即1m =时，两个函数的图象只有一个交点；当(1)(1),11(1)(1)2h g m h g <⎧⇒-≤<-⎨-≥-⎩时，两个函数的图象也只有一个交点，故所务实数m 的取值范围是1|112m m m ⎧⎫-≤<-=⎨⎬⎩⎭或. 18．【答案】〔1〕,()63k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦；〔2〕3⎡-⎣. 【解析】 (1)函数()2322cos 1322226f x x sin x cos x in x x s π⎛⎫ ⎪=⎝=-+-=⎭-，令222()262πππππ-≤-≤+∈k x k k Z ，求得()63k x k k Z ππππ-≤≤+∈，故函数f(x)的增区间为,()63k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦；(2)假设,64x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，那么2,623x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，故当262x ππ-=-时，函数f(x)获得最小值为−2；当263x ππ-=时，函数f(x)33⎡-⎣. 【点睛】此题考察三角恒等变换，考察正弦型函数的性质，考察运算才能，属于常考题.19．【答案】〔1〕证明见解析〔2〕217【解析】〔1〕证明：由1A O ⊥底面ABCD 可得1AO BD ⊥，又底面ABCD 是菱形，所以CO BD ⊥，因为1AO CO O ⋂=，所以BD ⊥平面1A CO ，因为BD ⊂平面11BB D D ，所以平面1ACO ⊥平面11BB D D . 〔2〕因为1A O ⊥底面ABCD ，以O 为原点，OB ，OC ，1OA 为x ，y ，z 轴建立如以下图空间直角坐标系O xyz -，那么(1,0,0)B ，3,0)C ，(0,3,0)A ，1(0,0,1)A ，11(1,3,0)A B AB ==，()13,1AC =-，设平面11A B C 的一个法向量为(,,)m x y z =，由111030030m A B x m ACz ⎧⋅=⇒+=⎪⎨⋅=⇒-=⎪⎩，获得1x =31,13m ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，又(1,0,0)OB =，所以21cos ,7||||123OB mOB m OB m ⋅===+，所以OB 与平面11A B C 所成角的正弦值为217.20．【答案】〔1〕13n n a =〔2〕21nn -+【解析】〔Ⅰ〕设数列{a n }的公比为q,由23a ＝9a 2a 6得23a ＝924a ,所以q 2＝19．由条件可知q ＞0,故q ＝13．由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1,所以a 1＝13．故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n ．〔Ⅱ〕b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－〔1＋2＋…＋n 〕＝－()21n n +．故()1211211n b n n n n ⎛⎫=-=-- ⎪++⎝⎭． 121111111122122311n n b b b n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=--+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn -+21．【答案】〔1〕24y x =〔2〕9【解析】〔1〕由题意知126x x +=,那么1268AF BF x x p p +=++=+=,2p ∴=,∴抛物线的HY 方程为24y x =〔2〕设直线AB :x my n =+〔0m ≠〕,由24x my n y x=+⎧⎨=⎩,得2440y my n --=, 124y y m ∴+=212426x x m n ∴+=+=,即232n m =-,即()21221216304812m y y m y y m ⎧∆=->⎪⎪+=⎨⎪⋅=-⎪⎩, 12AB y y ∴=-=设AB 的中垂线方程为:()23y m m x -=--,即()5y m x =--, 可得点C 的坐标为()5,0,直线AB :232x my m =+-,即2230x my m -+-=,∴点C 到直线AB的间隔d ==()21412S AB d m ∴=⋅=+令t =那么223m t =-〔0t <<,令()()244f t tt =-⋅,()()2443f t t '∴=-,令()0f t '∴=,那么3t =,在⎛ ⎝⎭上()0f t '>；在3⎛ ⎝上()0f t '<, 故f t在⎛ ⎝⎭单调递增,⎝单调递减, ∴当t =,即m =±,max S =22．【答案】〔1〕1(2,2⎛⎫+⋅-∞ ⎪ ⎪⎝⎭；〔2〕〔ⅰ〕12⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭；〔ⅱ〕证明见解析. 【解析】〔1〕由2()(1)x f x x e ax =+-，得2()2x x f x x e a x +⎛⎫'=-⎪⎝⎭，设2()x x g x e x +=⋅，(0)x >；那么2222()xx x g x e x +-'=⋅；由()0g x '，解得1x ≥-，所以()g x 在1)上单调递减，在1,)+∞上单调递增，所以1min ()1)(2==⋅g x g因为函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()0f x '在(0,)+∞恒成立所以1(22⋅≥a ；所以，实数a 的取值范围是：1(2,2⎛⎫+⋅-∞ ⎪ ⎪⎝⎭.〔2〕〔i 〕因为函数()f x 有两个不同的零点，()f x 不单调，所以1(22a +⋅>.因此()0f x '=有两个根，设为10,t t ，且1001t t <<<，所以()f x 在()10,t 上单调递增，在()10,t t 上单调递减，在()0,t +∞上单调递增；又()1(0)1f t f >=，()22()(1)(1)xxxf x x e ax a e xx a e =+-=-++-⋅，当x 充分大时，()f x 取值为正，因此要使得()f x 有两个不同的零点，那么必须有()00f t <，即()200010t t e a t +-⋅<；又因为()()0000220tf t t e at '=+-=；所以：()()000002202ttt t e t e +-⋅+<，解得0t >1122+>=a g ；因此当函数()f x 有两个不同的零点时，实数a 的取值范围是12⎛⎫++∞ ⎪⎪⎝⎭.〔ⅱ〕先证明不等式，假设12,(0,)x x ∈+∞，12x x ≠，211221112x x x xnx nx -+<-.证明：不妨设210x x >>，即证2212211211ln 1x x x x x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭<<+，设211x t x =>，()ln g t t =-2(1)()ln 1t h t t t -=-+，只需证()0g t <且()0h t >；因为()0g t '=<，22(1)()0(1)t h t t t -'=>+，所以()g t 在(1,)+∞上单调递减，()h t 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g t g <=，()(1)0h t h >=，从而不等式得证.12011111x x t +->+. 由()()1200f x f x ⎧=⎪⎨=⎪⎩得()()122112221010x x x e ax x e ax ⎧+-=⎪⎨+-=⎪⎩；所以()()2212221211xx x e x e xx++=，两边取对数得：()()()2121212ln ln ln 1ln 1x x x x x x ⎡⎤--+-+=-⎣⎦；即()()()()()212121212ln ln ln 1ln 1111x x x x x x x x -+-+-=-+-+. 因为()()()()()()()2121212112211111121111nx nx n x n x x x x x x x -+-+-<--+-++++，所以121221112x x x x +<<+++，因此，要证12011111x x t +->+. 只需证1202x x t +<；因为()f x 在()0,t +∞上单调递增，1020x t x <<<，所以只需证()()2022f x f t x <-，只需证()()1012f x f t x <-，即证()()00f t x f t x +<-，其中()0,0x t ∈-；设()()00()r x f t x f t x =+--，00t x -<<，只需证()0r x <；计算得()()00000()224ttr x x t e x x t e x at '=++++-++--；()()2000()33t xr x e x x t e x t ''⎡⎤=-+++--⎣⎦.由()()20033xy x t ex t =+++--在()0,0t -上单调递增，得()()0003030y t e t <++--=，所以()0r x ''<；即()r x '在()0,0t -上单调递减，所以：()0()(0)20r x r f t '''>==；即()r x 在()0,0t -上单调递增，所以()(0)0r x r <=.。

2021届高考数学考前冲刺天天练 (2)

新高考数学考前天天练（2）1.如图为陕西博物馆收藏的国宝－唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作。

该杯的主体部分可以近似看作是双曲线C ：22221x ya b-=(a>0，b>0)的右支与直线x ＝0，y＝4，y＝－2围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为1033，下底外直径为2393，则双曲线C的离心率为（）A.2B.2C.3D.32.已知函数f(x)＝x2x0lnx x0⎧≤⎨>⎩，，，g(x)＝|x||x－2|，若方程f(g(x))＋g(x)－m＝0的所有实根之和为4，则实数m的取值范围为（）A.m>1B.m≥1C.m<1D.m≤13.（多选题）如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1C1＝3，BD＝1，直线A1C1与BD所成的角为60°，AA1＝22，三棱锥A1－BC1D的体积为12，则（）A.四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面积为3 4B.四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为3 2C.四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱与底面所成的角为45°D.三棱锥A1－ABD的体积为1 24.椭圆C：22221(0)x ya ba b+=>>与椭圆E：2212524x y+=有共同的焦点，且椭圆C的离心e＝12.点M、F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，直线l过点F且交椭圆C于P，Q两点，设直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在直线l，使得k1＋k2＝－14，若存在，求出直线l方程；不存在，说明理由.新高考数学考前天天练（2）——参考答案4.B 8.C 12.ABC。

2021届高考数学考前冲刺天天练 (10)

新高考数学考前天天练（10）1．(多选题)如图所示，几何体是由两个全等的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，两个四棱柱的侧棱互相垂直，四棱柱的底面是边长为2的正方形，该几何体外接球的体积为86π，设两个直四棱柱交叉部分为几何体r ，则（） A ．几何体r 为四棱锥B ．几何体r 的各侧面为全等的正三角形C ．直四棱柱的高为4D ．几何体r 内切球的体积为4π32．(多选题)奔驰定理：已知O 是ABC 内的一点，BOC ，AOC △，AOB 的面积分别为,,A B C S S S ，则0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedes benz )的logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．若O 是锐角ABC 内的一点，,,A B C 是ABC 的三个内角，且点O 满足OA OB OB OC OC OA ⋅=⋅=⋅，则（）A ．O 为ABC 的垂心B ．AOBC π∠=-C ．:sin :si n :n :si O A A OB O C C B =D ．tan tan tan 0⋅+⋅+⋅=A OA B OB C OC3．(多选题)给出以下四个结论，其中所有正确结论的序号是（）A ．若关于x 的不等式2210ax ax ++>恒成立，则()0,1a ∈B ．方程()230x m x m +-+=有一正一负根的充要条件是{}0m m m ∈< C ．若函数()2xf 的定义域为[]1,2，则函数()f x 的定义城是[]2,4 D ．函数()11x f x a -=-（其中0a >且1a ≠）的图象过定点()1,04．(多选题)已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =，112n n n a a +=⋅，则（） A ．数列{}n a 是等比数列B ．1n n a a +≤恒成立C ．3n S <恒成立D ．2n S ≤恒成立5．(多选题)已知函数()()πcos 10,2f x A x A ϕϕ⎛⎫=++><⎪⎝⎭，若函数()y f x =的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（）．A ．函数()f x 的图像关于直线π6x =对称 B ．函数()f x 的图像关于点5π,16⎛⎫- ⎪⎝⎭对称 C ．将函数2sin 1y x =+的图像向左平移5π6个单位可得函数()f x 的图像 D ．函数()f x 在区间π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域为31,3⎡⎤+⎣⎦新高考数学考前天天练（10）——参考答案1.【答案】CD【详解】该几何体的直观图如图所示，几何体r 为两个全等的四棱锥S ABCD -和P ABCD -组成，故A 错误；由题意，这两个直四棱柱的中心既是外接球的球心，也是内切球的球心，设外接球的半径为R ，直四棱柱的高为h ，则6R ==2221222h ++，所以4h =，故C 正确；在等腰三角形ABS 中，22SB =，SB 边上的高为2，则6SA =．由该几何体前后、左右、上下均对称，知四边形ABCD 为边长为6的菱形．侧面均为全等的等腰三角形，腰长为6，底边为22，故B 错误；设AC 的中点为H ，连接BH ，SH ，易证SH 即为四棱锥S ABCD -的高，在Rt ABH △中，22622BH AB AH =-=-=．又22AC SB ==，所以12222422ABCD S =⨯⨯⨯=．又BH SH =，所以1182242333S ABCD ABCD V SH S -=⋅=⨯⨯=．设内切球的半径为r ，因为八个侧面的面积均为22，所以182228233r ⋅⨯=⨯，得1r =，故几何体r 内切球的体积为4π3，故D 正确．故选：CD2.【答案】ABD【详解】对于A ，OA OB OB OC ⋅=⋅，()0OB OA OC OB CA ∴⋅-=⋅=，即OB CA ⊥，同理可证得：OA BC ⊥，OC AB ⊥，O ∴是ABC 的垂心，A 正确；对于B ，延长,OA OB 交,BC AC 于,D E 两点，由A 可知：AD BC ⊥，BE AC ⊥，2C CAD π∴∠+∠=，2AOE CAD π∠+∠=， AOE C ∴∠=∠，又AOE AOB π∠+∠=，AOB AOE C ππ∴∠=-∠=-，B 正确；对于C ，由B 可得：cos cos OA OB OA OB AOB OA OB C ⋅=⋅∠=-⋅，同理可得：cos OB OC OB OC A ⋅=-⋅，cos OA OC OA OC B ⋅=-⋅， cos cos cos OA OB C OB OC A OA OC B ∴-⋅=-⋅=-⋅，::cos :cos :cos OA OB OC A B C ∴=，C 错误；对于D ，由B 可得：11sin sin 22C S OA OB AOB OA OB C =∠=，同理可得：1sin 2A S OB OC A =，1sin 2B S OA OC B =，sin sin sin ::::A B C A B C S S S OA OB OC ∴=，由C 可得：sin sin sin ::::tan :tan :tan cos cos cos A B C A B C S S S A B C A B C==，又0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=，tan tan tan 0A OA B OB C OC ∴⋅+⋅+⋅=，D 正确.故选：ABD.3.【答案】BCD【详解】对于A 选项，若0a =，则10>恒成立，合乎题意；当0a ≠时，若关于x 的不等式2210ax ax ++>恒成立，则20440a a a >⎧⎨∆=-<⎩，解得01a <<. 综上所述，若关于x 的不等式2210ax ax ++>恒成立，则[)0,1a ∈，A 选项错误；对于B 选项，若方程()230x m x m +-+=有一正一负根，则()23400m m m ⎧∆=-->⎪⎨<⎪⎩，解得0m <，B 选项正确；对于C 选项，对于函数()2x f ，该函数的定义域为[]1,2，即12x ≤≤，则224x ≤≤，所以，函数()f x 的定义城是[]2,4，C 选项正确；对于D 选项，()0110f a =-=，所以，函数()11x f x a -=-（其中0a >且1a ≠）的图象过定点()1,0，D 选项正确.故选：BCD.4.【答案】BC 【详解】11211122n n n n n n a a a a ++++=⇒=⋅⋅，故212n n a a +=，又11a =，故212a =，故1221,2121,22n n n n k a n k -⎧⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎩，k *∈N ，所以A 错误，B 正确； 32213,212133,22n n n n k S n k -⎧⎛⎫⎪-=- ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎛⎫-=⎪ ⎪⎝⎭⎩，k *∈N ，所以C 正确，D 错误. 故选：BC.5.【答案】BC【详解】结合函数()y f x =的图像易知，函数()f x 的最大值3，最小值为1-，则2A =，()()2cos 1f x x ϕ=++，代入点()0,2，则2cos 12ϕ+=，1cos 2ϕ=，因为π2ϕ<，所以3πϕ=，()2cos 13f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ()3x k k Z ππ+=∈，即()3x k k Z ππ=-+∈，函数()f x 关于()3x k k Z ππ=-+∈对称，A 错误； πππ32x k k Z ，即()6x k k Z ππ=+∈，函数()f x 关于点(),16k k Z ππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭对称，B 正确；函数2sin 1y x =+的图像向左平移5π6个单位，得出()52sin 12sin 12cos 16323f x x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，C 正确；当,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦π时，π,363x ππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，1cos ,132x π⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，()[]2,3f x ∈，D 错误. 故选：BC.。

专题01(第二篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

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

专题10(第四篇)-备战2121年高考满分秘籍之数学压轴题天天练(解析版)

第一题第二题专题 10 高考满分秘籍之高考数学压轴试题天天练 10【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军理】已知数的项和，，，，，数的项和，（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由整理得，即，，两式相减得，从第二项起是为公差的等差数列，由，故，故选B.【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军理】已知三棱中，中点，平，，，则下列说法中错误的是（）A．为的外心，B．为等边三角形，C．当时，与平面所成角的范围D．时为平内动点，平，在三角内的轨迹长度【答案】B【解析】第三题若为的外心，，由射线相等即可，故A 正确；假，则再根，平，，为等边三角形矛盾，故B 错误；当时，，作，连，易为与平所成角，，故的范围，故C 正确；取，分别，的中点，则平平，则线为在三角内的轨迹，其长度，故D 正确【河南省八市重点高中联盟2019 届高三5 月领军理】已，若函数有三个不同零点，则实数的取值范围为（）A．B．或C．或D．或【答案】D【解析】由函数有三个不同零点得与有三个不同交点，如图所示为的大致图象，当时，，与相切的切点坐标，由，即，解得，此；由，，时，，因此或时，函有三个不同零点，故选D.第四题【陕西省榆林市2019 届高三第四次模拟（文)】已知直线与双曲线：的一条渐近线交于点，双曲线的左、右焦点分别为、，且，则双曲线的离心率为（）A．B．或3 D．或 4【答案】C【解析】设双曲线的左右焦点分别为，且，可得，即有直线的斜率为，由直线与双曲线：的一条渐近线交于，可，又由，，即有化为，，由，可，解得，又由，可，，所以，故选 C ．【河南省开封市 2019 届高三第三次模拟（理)】已知等比数满足，则取最小值时，数列的通项公式为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】设等比数的公比当时，则当时，两式相减得即解又当且仅当时，等号成立。

取最小值 1 时，第五题故选 A 。

【河南省开封市 2019 届高三第三次模拟文】已知函数的零点，为图象的对称轴，且，，则的最大值为（）A ．5【答案】C 【解析】B ．4C ．3D ．2因为为的零点，所 ,因为图象的对称轴，所以（1）+（2），因为.(2)-(1) ,当时，如果，令，第六题，为当k=2 时，x= ,与已知不符.如果，令，当k=1 时,与已知不符.如如果，令，当k=1 时,与已知不符.如果，令，与已知相符.故选：C【河南省开封市2019 届高三第三次模拟文】已知A．B．C．D．【答案】C【解析】由题.c-a= ,，则，，的大小关系为（）第七题，，如图所示，在坐标系中，可以看到函在（2,4）的图像总在函图像的上方，因，所以 c-a ＞0，即 c ＞a.故 c ＞a ＞b. 故选：C【陕西省榆林市 2019 届高三第四次模拟文】已，抛物：的焦点，与抛物在第一象限的交点，，．【答案】1 【解析】由题意，抛物：的焦点坐标，准线方程，联立方程，可得，根据抛物线的定义可得，解得．【河南省八市重点高中联盟 2019 届高三 5 月领军（理)】已知曲的焦与曲线的右焦点重合，曲与曲交，两点，曲与曲线交于，两点，若四边形的面积为，则曲线的离心率为第八题第九题【答案】【解析】设曲与曲在第一象限的交点，由对称性，再得，故，，因为抛物线的焦点和双曲线的焦点重合，故代入双曲得，整理得到，两边除以得，解.【河南省开封市2019 届高三第三次模拟（理)】已知双曲的右顶点为，以为圆心，半焦为半径作，与双曲的一条渐近线交，两点. ，的离心率为.【答案】【解析】设双曲线C 的渐近线方程，到渐近线的距离则化简即解故的离心率为第十题2 2 2 2 2 22 2【河南省开封市 2019 届高三第三次模拟（文)】已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径作，与双曲的一条渐近线交，两点.，的离心率为 .【答案】【解析】由题得双曲线的渐近线方程为由题得△AMN 是等边三角形，边长为 b.所以点 A 到渐近线的距离.故答案为：【河南省开封市 2019 届高三第三次模拟（理)】已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡、若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有种．【答案】20 【解析】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C 1C 1＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有 1+C 1C 1＝5，此时共有 5+5=10 种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有 1+C 1C 1＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C 1C 1＝5，此时共有 5+5=10 种，综上故有 10+10＝20 种，故答案为 20.【江苏省七市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港)2019 届高三第三次调研】在平面四边形 ABCD第十三题第十一题第十二题中，，．若，则的最小值为．【答案】【解析】如图，以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直角坐标系.，整理得，所以点在以原点为圆心，半径为的圆上。