2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：小题专题练(一)

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2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第5讲导数的简单应用 Word版含解析

专题强化训练1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A.因为f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析：选C.因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.所以f ′(x )＝3x 2＋4x .由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞)，故选C. 3．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B.⎝⎛⎦⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g （1）≥0⇔－26≤a ≤26或a ≥－4⇔a ≥－2 6.4．(2019·台州二模)已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )，F (x )＝f ′（x ）e x，若F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，则函数f (x )的最小值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析：选C.因为f ′(x )＝2x ＋b ，所以F (x )＝2x ＋b e x ，F ′(x )＝2－2x －be x，又F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧F ′（0）＝－2，F （0）＝c ，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，b ＝4，所以f (x )＝(x ＋2)2≥0，f (x )min ＝0.5．(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)(x －x 3)(其中x 1＜x 2＜x 3)，g (x )＝e x －e －x ，且函数f (x )的两个极值点为α，β(α＜β)．设λ＝x 1＋x 22，μ＝x 2＋x 32，则( )A ．g (α)＜g (λ)＜g (β)＜g (μ)B ．g (λ)＜g (α)＜g (β)＜g (μ)C ．g (λ)＜g (α)＜g (μ)＜g (β)D ．g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)解析：选D.由题意，f ′(x )＝(x －x 1)(x －x 2)＋(x －x 2)(x －x 3)＋(x －x 1)(x －x 3)，因为f ′(x 1＋x 22)＝－（x 2－x 1）24＜0，f ′(x 2＋x 32)＝－（x 2－x 3）24＜0，因为f (x )在(－∞，α)，(β，＋∞)上递增，(α，β)上递减，所以α＜λ＜μ＜β，因为g (x )＝e x －e －x 单调递增，所以g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)．故选D.6．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f (x )＝x ＋2b x ＋a ，x ∈[a ，＋∞)，其中a ＞0，b ∈R ，记m (a ，b )为f (x )的最小值，则当m (a ，b )＝2时，b 的取值范围为( )A ．b ＞13B ．b ＜13C ．b ＞12D ．b ＜12解析：选D.函数f (x )＝x ＋2bx＋a ，x ∈[a ，＋∞)，导数f ′(x )＝1－2bx2，当b ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在x ∈[a ，＋∞)递增，可得f (a )取得最小值，且为2a ＋2b a ，由题意可得2a ＋2ba ＝2，a ＞0，b ≤0方程有解；当b ＞0时，由f ′(x )＝1－2bx 2＝0，可得x ＝2b (负的舍去)，当a ≥2b 时，f ′(x )＞0，f (x )在[a ，＋∞)递增，可得f (a )为最小值，且有2a ＋2ba＝2，a ＞0，b ＞0，方程有解；当a ＜2b 时，f (x )在[a ，2b ]递减，在(2b ，＋∞)递增，可得f (2b )为最小值，且有a ＋22b ＝2，即a ＝2－22b ＞0，解得0＜b ＜12.综上可得b 的取值范围是(－∞，12)．故选D.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f (x )＝2x 2＋3x2e x的大致图象是( )解析：选B.由f (x )的解析式知有两个零点x ＝－32与x ＝0，排除A ，又f ′(x )＝－2x 2＋x ＋32e x ，由f ′(x )＝0知函数有两个极值点，排除C ，D ，故选B.8．(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝⎛⎭⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( )A ．4e 2B ．4e C.e 24 D.e4解析：选A.由y ＝tx ，得y ′＝t 2tx ，则切线斜率为k ＝t 4，所以切线方程为y －2＝t4⎝⎛⎭⎫x －4t ，即y ＝t4x ＋1.设切线与曲线y ＝e x ＋1＋1 的切点为(x 0，y 0)．由y ＝e x ＋1＋1，得y ′＝e x ＋1，则由e x 0＋1＝t 4，得切点坐标为⎝⎛⎭⎫ln t 4－1，t 4＋1，故切线方程又可表示为y －t 4－1＝t4⎝⎛⎭⎫x －ln t 4＋1，即y＝t 4x －t 4ln t 4＋t 2＋1，所以由题意，得－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1，即ln t4＝2，解得t ＝4e 2，故选A. 9．(2019·金华十校高考模拟)已知函数f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a 的取值范围为____________．解析：由题意知，f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1的导数f ′(x )＝2x 2－2x ＋a .2x 2－2x ＋a ＝3有两个不等正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8（a －3）＞012（a －3）＞0，得3＜a ＜72.答案：⎝⎛⎭⎫3，72 10．(2019·湖州市高三期末)定义在R 上的函数f (x )满足：f (1)＝1，且对于任意的x ∈R ，都有f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．解析：设g (x )＝f (x )－12x ，因为f ′(x )＜12，所以g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )为减函数，又f (1)＝1，所以f (log 2x )＞log 2x ＋12＝12log 2x ＋12，即g (log 2x )＝f (log 2x )－12log 2x ＞12＝g (1)＝f (1)－12＝g (log 22)，所以log 2x ＜log 22，又y ＝log 2x 为底数是2的增函数，所以0＜x ＜2，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为(0，2)．答案：(0，2)11．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3，所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．答案：y ＝－3x [－2，2]12．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12，1，当x ∈(12，1)时，f ′(x )＜0，x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 113．(2019·唐山二模)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x －n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1n 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减，所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)．答案：(0，1)14．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e－12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.答案：32e≤a <115．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0成立，即x ∈(－2，－1)时，a ＜⎝⎛⎭⎫x ＋2x max＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．16．(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x －1，当x ＝0，1时，k ∈R ，当x ∈(0，1)时，k ≤e x －1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x －1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x －1≥x ，又x ≠0，所以e x －1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6，由①②可知，4＜λ＜6.17．(2019·宁波市高考模拟)已知f (x )＝x ＋a 2x ，g (x )＝x ＋ln x ，其中a ＞0.若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)⇔当x ∈[1，e]有f (x )min ≥g (x )max ，当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在x ∈[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a2x2，因为a ＞0，所以令f ′(x )＝0得x ＝a .①当0＜a ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝a 2＋1.令a 2＋1≥e ＋1得a ≥e ，这与0＜a ＜1矛盾． ②当1≤a ≤e 时，若1≤x ＜a ，则f ′(x )＜0，若a ＜x ≤e ，则f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (a )＝2a ，令2a ≥e ＋1得a ≥e ＋12，又1≤a ≤e ，所以e ＋12≤a ≤e.③当a ＞e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e.令e ＋a 2e ≥e ＋1得a ≥e ，又a ＞e ，所以a ＞e.综合①②③得，所求实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e ＋12，＋∞. 18．(2019·宁波九校联考)已知函数f (x )＝e －x －11＋x .(1)证明：当x ∈[0，3]时，e －x ≥11＋9x； (2)证明：当x ∈[2，3]时，－27＜f (x )＜0.证明：(1)要证e －x ≥11＋9x ，也即证e x ≤1＋9x .令F (x )＝e x －9x －1，则F ′(x )＝e x －9.令F ′(x )＞0，则x ＞2ln 3.因此，当0≤x ＜2ln 3时，有F ′(x )＜0，故F (x )在[0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3＜x ≤3时，有F ′(x )＞0，故F (x )在[2ln 3，3]上单调递增．所以，F (x )在[0，3]上的最大值为max{F (0)，F (3)}．又F (0)＝0，F (3)＝e 3－28＜0.故F (x )≤0，x ∈[0，3]成立，即e x ≤1＋9x ，x ∈[0，3]成立．原命题得证．(2)由(1)得：当x ∈[2，3]时，f (x )＝e －x －11＋x ≥11＋9x －11＋x.令t (x )＝11＋9x －11＋x，则t ′(x )＝－(1＋9x )－2·9＋(1＋x )－2＝1（1＋x ）2－9（1＋9x ）2＝（1＋9x ）2－9（1＋x ）2（1＋9x ）2（1＋x ）2＝72x 2－8（1＋9x ）2（1＋x ）2≥0，x ∈[2，3]．所以，t (x )在[2，3]上单调递增，即t (x )≥t (2)＝－1657＞－1656＝－27，x ∈[2，3]，所以f (x )＞－27得证．下证f (x )＜0. 即证e x ＞x ＋1令h (x )＝e x －(x ＋1)则h ′(x )＝e x －1＞0，所以h (x )在[2，3]上单调递增，所以，h (x )＝e x －(x ＋1)≥e 2－3＞0，得证．另证：要证11＋9x －11＋x＞－27，即证9x 2－18x ＋1＞0，令m (x )＝9x 2－18x ＋1＝9(x －1)2－8在[2，3]上递增，所以m (x )≥m (2)＝1＞0得证．。

〖2021年整理〗2020浙江高中数学二轮专强化练第1部分解答审技巧配套精选卷

专题强化训练1．2021·宁波模拟在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且错误!＋1＝错误!1求B；2若co错误!＝错误!，求in A的值．解：1由错误!＋1＝错误!及正弦定理，得错误!＋1＝错误!，所以错误!＝错误!，即错误!＝错误!，则错误!＝错误!因为在△ABC中，in A≠0，in C≠0，所以co B＝错误!因为B∈0，π，所以B＝错误!2因为0＜C＜错误!，所以错误!＜C＋错误!＜错误!又co错误!＝错误!，所以in错误!＝错误!所以in A＝in B＋C＝in错误!＝in错误!＝in错误!co错误!＋co错误!in错误!＝错误!2如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C1求证：BC∥平面AB1C1；2求证：B1C⊥AC1；3设点E，F，H，G分别是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中点，试判断E，F，H，G四点是否共面，并说明理由．解：1证明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1因为BC⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C12证明：连接BC1在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C因为B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C因为BC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，BC1∩AB＝B，所以B1C⊥平面ABC1因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC13E，F，H，G四点不共面理由如下：因为E，G分别是B1C，B1C1的中点，所以GE∥CC1同理可证：GH∥C1A1因为GE⊂平面EHG，GH⊂平面EHG，GE∩GH＝G，CC1⊂平面AA1C1C，A1C1⊂平面AA1C1C，所以平面EHG∥平面AA1C1C因为F∈平面AA1C1C，所以F∉平面EHG，即E，F，H，G四点不共面．3．已知椭圆E：错误!＋错误!＝1a＞b＞0的离心率为错误!，且过点错误!仍在椭圆E上．解：1因为e＝错误!，所以a＝错误!c，b＝c，即椭圆E的方程可以设为错误!＋错误!＝1将点的坐标为错误!又因为错误!＋错误!＝错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!＋错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝1所以点M在椭圆E上．4．2021·杭州模拟已知函数f＝错误!1若曲线＝f在点0，f0处的切线方程为a－＝0，求0的值；2当＞0时，求证：f＞；3设函数F＝f－b＞0，其中b为实常数，试讨论函数F的零点个数，并证明你的结论．解：1f′＝错误!因为切线a－＝0过原点0，0，所以错误!＝错误!，解得：0＝22证明：设g＝错误!＝错误!＞0，则g′＝错误!令g′＝错误!＝0，解得＝2在0，＋∞上变化时，g′，g的变化情况如下表：0，222，＋∞g′－0＋g 错误!所以当＝所以当＞0时，g≥错误!＞1，即f＞3F＝0等价于f－b＝0，等价于错误!－b＝0注意≠0令H＝错误!－b，所以H′＝错误!≠0．①当b≤0时，H＞0 ，所以H无零点，即F在定义域内无零点．②当b＞0时，当0＜＜2时，H′＜0，H单调递减；当＞2时，H′＞0，H单调递增．所以当＝2时，H有极小值也是最小值，H2＝错误!－b当H2＝错误!－b＞0，即0＜b＜错误!时，H在0，＋∞上不存在零点；当H2＝错误!－b＝0，即b＝错误!时，H在0，＋∞上存在唯一零点2；当H2＝错误!－b＜0，即b＞错误!时，由e错误!＞1有H错误!＝b e错误!－b＝b e错误!－1＞0，而H2＜0，所以H在0，2上存在唯一零点；又因为2b＞3，H2b＝错误!－b＝错误!令ht＝e t－错误!t3，其中t＝2b＞2，h′t＝e t－错误!t2，h″t＝e t－3t，h t＝e t－3，所以h t＞e2－3＞0，因此h″t在2，＋∞上单调递增，从而h″t＞h″2＝e2－6＞0，所以h′t在2，＋∞上单调递增，因此h′t＞h′2＝e2－6＞0，故ht在2，＋∞上单调递增，所以ht＞h2＝e2－4＞0由上得H2b＞0，由零点存在定理知，H在2，2b上存在唯一零点，即在2，＋∞上存在唯一零点．综上所述：当b＜错误!时，函数F的零点个数为0；当b＝错误!时，函数F的零点个数为1；当b＞错误!时，函数F的零点个数为25．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1＝1，2a n＋1＝2a n＋为常数，n＝1，2，3，…．1若S3＝12，求S n；2若数列{a n}是等比数列，求实数的值．3是否存在实数，使得数列错误!满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由．解：1因为a1＝1，2a n＋1＝2a n＋，所以2a2＝2a1＋＝2＋，2a3＝2a2＋＝2＋2因为S3＝12，所以2＋2＋＋2＋2＝6＋3＝24，即＝6所以a n＋1－a n＝3n＝1，2，3，…．所以数列{a n}是以1为首项，3为公差的等差数列．所以S n＝1×n＋错误!×3＝错误!2若数列{a n}是等比数列，则a错误!＝a1a3由1可得：错误!错误!＝1×1＋．解得＝0当＝0时，由2a n＋1＝2a n＋，得：a n＋1＝a n＝…＝1显然，数列{a n}是以1为首项，1为公比的等比数列．所以＝03当＝0时，由2知：a n＝1n＝1，2，3，…．所以错误!＝1n＝1，2，3，…，即数列错误!就是一个无穷等差数列．所以当＝0时，可以得到满足题意的等差数列．当≠0时，因为a1＝1，2a n＋1＝2a n＋，即a n＋1－a n＝错误!，所以数列{a n}是以1为首项，错误!为公差的等差数列．所以a n＝错误!n＋1－错误!下面用反证法证明：当≠0时，数列错误!中不能取出无限多项并按原来次序排列成等差数列．假设存在0≠0，从数列错误!中可以取得满足题意的无穷等差数列，不妨记为{b n}．设数列{b n}的公差为d①当0＞0时，a n＞0n＝1，2，3，…．所以数列{b n}是各项均为正数的递减数列．所以d＜0因为b n＝b1＋n－1dn＝1，2，3，…，所以当n＞1－错误!时，b n＝b1＋n－1d＜b1＋错误!d＝0，这与b n＞0矛盾．②当0＜0时，令错误!n＋1－错误!＜0，解得：n＞1－错误!所以当n＞1－错误!时，a n＜0恒成立．所以数列{b n}必然是各项均为负数的递增数列．所以d＞0因为b n＝b1＋n－1dn＝1，2，3，…，所以当n＞1－错误!时，b n＝b1＋n－1d＞b1＋错误!d＝0，这与b n＜0矛盾．综上所述，＝0是唯一满足条件的的值．。

浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题

1.已知 m 、nW (2t ( 1 1 m ?),且飞一-<ln-,则() n m n A. ni>n B. m<nC.加>2+-nD. m, c 的大小关系不确左解析：选 A 由不等式可得2― <ln zz?—In m 即2+In n<i+ln m.设 f(x) =£+ln x{x n m n m x2 1 v :—9 W (2, e)),则 f Cv) =—+- = -_. XXX因为丄€(2, e),所以f Gr)>0,故函数fd)在(2, e)上单调递增.因为fS)Vf%),所以n<m.故选A.2. _____________________________________ 已知泄义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f 3,满足f (x)Vf(x),且f(x+2)为偶函数，f(4)=l,则不等式A.Y ) <e x 的解集为 .解析：因为A.Y +2)为偶函数，所以f(x+2)的图象关于x=0对称，所以f(£的图象关于* f V f ve'T — f v=2对称.所以f(0)=f(4)=l ・设&3=弋一(xGR)，则以(0= ——:―旷丁二一=••又f Q)VfG),所以C Y XO(X GR),所以函数g(x)在左义域上单训递减.因为 f(x) Ve <=>—<1» 而 g(0) = —=1,所以 f3 Ve'ogCv) Vg(0),所以 x>0.答案：(0, +8)3. (2017・广东汕头模拟)已知函数f3 =x+xln x 、若且—加&一1)>0对任意的-Y>1恒成立，则加的最大值为 ________ .vl n y 解析：因为f3=x+xLn<且f3—血一1)〉0对任意的01恒成立，等价于虫； -Y —1令g (・Y )=q^G>i ),所以以(X )=-v 2 易知孑3=o 必有实根.设为弘(弘X — 1 X — 1~2 —In A *O =0) >且gGr)在(1,加)上单训递减，在Go,故3<-%<4i 又也WZ,故也的最大值为3.答案：34. 已知函数f3 = |卅|,方程/(x) + tA.Y )4-l = 0(t£R)有四个不同的实数根，则实数r的取值范围为 ________ ・重难增分训练(一)函数与导数的综合问+ 8)上单调递增，此时g{x)M =g(x^及+*oln -Yo 及+及及―2 -Yo~ 1 =-Yo» 【大1 此 2Zr\A*b> 令 ACv)=x-2-ln x 、可得 A(3)<0.力(4)>0,解析: 曲日卅u_丘，“当“MO时，f 3=丁+衣・20恒成立，所以函数f3在［0, +8)上为增函数：当X0 时，F (-Y)= —e，：—-Ye x= —e v(.¥+l),由f C Y)=0,得x= —1,当(―°°> —1) 时，f &)= 一于(％+1)>0,函数f(x)为增函数，当-re (-1,0)时，f (%)=-£• &+1)〈0,函数fG)为减函数，所以函数f3 = |•肘在(一8, 0)上的最大值为A-l) = -(-l)e x=-, e 要使方程/Cv)4-tXA-)+l=0(tGR)有四个不同的实数根，令f3=m,则方程/+切+1 =0应有两个不同的实根，且一个根在(0,弓内，一个根在(£, +8)内，令&%)=/+切+1, 因为*0)=1>0,则只需£)〈0,即(》+£+1〈0,解得十<一斗2所以使得方程/CY)4-t/-(.Y)4-l = 0(tGR)有四个不同的实数根的t的取值范围为答案：(_8, _字)5.已知函数f{x) = x— aln x+ b, a, b为实数.⑴若曲线x=f3在点(1, f(l))处的切线方程为尸=2卄3,求a, &的值；(2)若f 3丨〈：对丘［2,3］恒成立，求a的取值范围.解：(1)由已知，得f 3=1—二x且由题设得f' (1)=2, Al) =5,从而，得1 — a=2且1 + b=5,解得a= —1, 6=4.3 3 3a⑵根据题设得，命题等价于当用[2, 3]时，1—U恒成立Q 恒成立XX X X3 3 3成立Q*—〈a〈x+TM成立.(*)X X X3 3设g{x) —x—, ”丘[2, 3], h{x) =x■一，JV E [2, 3],X X则(*)式即为g(x)込＜丛力3s 而当.YG [2, 3]时，3 3=x一一和/?(.¥)=%+-均为增函数，X X则 g(x)如=g(3) =2, A (Ar)mn=A(2) =L 所以实数&的取值范囤为(2,V6. (2017・宁波模拟)已知函数f(x) =—+ax, x>l.In x (1) 若在(1, +s)上单调递减，求实数&的取值范用； (2) 若a=2,求函数f(x)的极小值：⑶若方程(2x —m)lnx+尸0在(1, e ］上有两个不等实根，求实数加的取值范用. 解：(l)f 3=：»+ a,由题意可得f (x)W0在(1, +8)上恒成立，.•，冬丄-丄 J 丄丄ln\r In x \ln x 2) 4(it +8), /.In xW (0, +°°)»，.当去—旨时，函数&(化-芬寻的最小值为T故实数&的取值范围为(一 8, —扌(2)当 a=2 时，f(£=F-+2〃 In x .z x In -Y —l + 21n"-Y f 3= --------- 严 ------ •In x令 f (x)=0,得 21n -v+ln x-l = 0> 1 1解得In *=厅或In *= —1(舍)，即x=e 2・ £ 丄当 1<x<^ 时，r (A -XO,当 x>e 7 时，f 1 C Y )>0,fix)的极小值为彳e 3卜£~+2e 1 =4e 1.2Y V⑶将方程(2%—於In %+*= 0两边同除以In y 得(2<—功)+百一=0,整理得 —+2.Y =^ In x In x即函数呂(动=宀+2*的图象与函数y=山的图象在(1，訂上有两个不同的交点・ In x 由(2)可知，&(£在(1, e^)上单调递减，在(el e 上单调递增，4 eE )=4e‘，g(e) =3e,在(1, e ］上，当 L 1 时，-»4-©o.£故实数也的取值范围为(4e+, 3e -7. (2017 •全国卷III)已知函数 f3=ln x+a.f+(2a+l)x. (1) 讨论f(x)的单调性：3(2) 当 aVO 时，证明 r (A^---2.解：⑴f3的定义域为(o, +8),若 aMO,则当 (0, +8)时，f C Y )>0, 故f(x)在(0, +8)上单调递增. 若a<0,则当曲(0, —衿)时，f' Cv)>0：+ 8 时，f 9C Y )<0.故f3在(0, —土)上单调递增，在(-右,+8)上单调递减.(2)证明：由⑴知，当a<0时，f(x)在尸-右处取得最大值，最大值为彳一£；) = ln (一右)所以f(g£-2等价于応―£一1—茅£-2,即h(- 设 g(x)=ln x —*+1,则 R 3=丄一 1.■ A当 (0, 1)时，0 (£>0：当(1, +8)时，y (x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增, 在(1, +8)上单调递减. 故当*= 1时，g(x)取得最大值，最大值为s(l)=0. 所以当x>0时，g(x)W0.从而当a<0时，In (—右)+右+1W0,3即 f(x)壬一一一2.4&8. (2017・合肥质检)已知函数g(x) =/+£+*(&为实数). (1)试讨论函数的单调性：(2)若对任意丄唱(0, +8)恒有求实数a 的取值范用.-'•解：(1) g f(-Y )= 3aY+2A F + 1.① 当a=0时，g(x)在(一8, — 上单调递减，在(一扌，+°°)上单调递增： ② 当占工0时，A =4-123.当》新，贰3=3/+2卄120恒成立，此时在R 上单调递增：(-Y )=一"■2"+2&+1 = xx+12aw+lx当0G站时，由N 3=3/+2卄1 = 0得，2二尸,戸土戸，g(x)在(一8, A-1),(北，+8)上单调递增，在(X1,上)上单调递减：当a<0时，g(x)在(一8,魁)，(x，+8)上单调递减，在(龙，出)上单调递增.(2)令f3=lnx+±则Z Cv)=l-1 因此f&)在(0,1)上单调递减，在⑴ +8)上单X X X调递增，所以f(x)^=f(l) = l.当a> — 1 时,g(l)=a+2>l = f(l),显然对任意A-G (0»+8)不恒有fOMgCr)；当“W —1时，由⑴知，在(0,幻上单调递增，在(為，+8)上单调递减，则3屈+2及+ 1 = 0,即ax； =—亍(2上 + 1),所以在(0, +8)上，&3如=&(弘)=ax： + x：+益=尹：+詁i=§g + l)=—亍所以g(x) ».-. = !(及 + 1)= 一扌W 1 = f(x) un，即满足对任意用(0, +8),恒有f(x)»3. 综上，实数aW (—8’ -1].9.设函数f(x)=lnx+"在(0, 内有极值.(1)求实数a的取值范围：(2)若加丘(0, 1),(1, +8).求证：f(r) — fg)>e+2—解：(1)031 或X>1 时，f 3 J—一= “T -严丿- d+2 .；+1 X X— 1 X X— 1 XX— 1由f C Y)= 0在(o, £|内有解.令=X — (a+2)x+l= (A—o) (x— 0),不妨设0〈。

浙江专版2020年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练一(20201124122840)

保分大题规范专练（一）1. 已知函数f&）=sin （3v+e ）（3>0, — ”<0〈0）的最小正周期是n,将函数f&）的图象向左平移才个单位长度后所得的函数图象过点尸（0, 1）.（1）求函数f （x ）的解析式：（2）若曲［o,日，求函数fU ）的值域.2 it解：（1）由函数f3=sin3x+0）（G 〉O, —九〈0<0）的最小正周期是得——=n,即（if0的图象过点（0,1）,得牛+ </»=；+2&刃，&WZ,又—得 0 = —y,所以函数解析式为Z =sin （2L*）.所以 sin （2x —百）丘［—1 , 即函数f3的值域为［一*，1 .2. 在四棱锥尸丽Q 中，平面如丄底^ABCD, PDLCD.疋为牝的中点，底而是直角梯形” AB" CD 、ZADC=90° , AB=AD=PD=\, CD=2.（1）求tlE ：亦//平而叱（2）求直线亦与平而敕所成角的余弦值.解：法一：（1）证明：取刃的中点只连接胡AF. 由于疔是△加的中位线，所以EF 咙CD.又也統*仞，所以EF 統AB,JI6⑵由xG所以四边形如■是平行四边形，所以庞〃朋又护=平而用2所以亦〃平而咖(2)取丹的中点M连接則，则刃/是△磁的中位线，所以三"〃万C在△反P 中，BD=BC=d CD=2、则B C+B/=C Z所以应丄皿又平而加丄底而ABCD. PDLCD, 则刃丄平而馭P, PDVBC.从而万Q丄平而磁，刃/丄平而磁，ZEBH即是直线颱与平面啟?所成的角.AB=AD=PD=\. CD=2、解得滋=芈，£件+丹=芈，A/15从而cosZf®娇=七一.o所以直线亦与平而翊所成角的余弦值为电I 法二：因为平Ifil PCDL平而月万平而PCDC平而PDICD、砂平|fi] PCD. 所以PDA.AD.因为ZADC=90° ,所以肋丄Q,则加，DC,莎两两垂直.以0为坐标原点，DA. DC、莎分别为*, y, z轴建立空间直角坐标系(图略).则0(0,0, 0),月(1,0,0), 5(1, 1,0), C(0, 2, 0), P(0, 0,1),⑴证明：话=(-1, 0,平面用Q即平而xOz.所以可取其一法向量m= (0, 1, 0)・则厉•血=0,即辰丄血又磁平而用D所以册〃平面PAD.(2)设平而啟?的一个法向量为”=(為y, z),n • DP =0, 则彳.n • DB =0,z=0t即[卄。

2020高考数学二轮复习小题分类练一[浙江]

小题分类练(一) 概念辨析类1．已知i 为虚数单位，a ∈R ，如果复数2i －a i 1－i是实数，则a 的值为( ) A ．－4B ．2C ．－2D ．42．幂函数y ＝f (x )经过点(2，2)，则f (9)为( )A ．81B.13C.181 D ．33．设集合A ＝{(x ，y )|x ＋y ＝1}，B ＝{(x ，y )|x －y ＝3}，则满足M ⊆(A ∩B )的集合M 的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．34．下列结论正确的是( )A ．若|a |＝0，则a ＝0B ．若a ，b 是两个单位向量，则a ＝bC ．若a ＝b ，b ＝c ，则a ＝cD ．若AB ＝AC ，则AB →＝AC →5．下列命题中，错误的是( )A ．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C ．圆台的所有平行于底面的截面都是圆D ．圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形6．下列四条直线中，倾斜角最大的是( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝2x ＋1C ．y ＝－x ＋1D ．x ＝1 7．已知直线l 与双曲线C 交于A ，B 两点(A ，B 在同一支上)，F 1，F 2为双曲线的两个焦点，则F 1，F 2在( )A ．以A ，B 为焦点的椭圆上或线段AB 的垂直平分线上B ．以A ，B 为焦点的双曲线上或线段AB 的垂直平分线上C ．以AB 为直径的圆上或线段AB 的垂直平分线上D ．以上说法均不正确8．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4的值为( ) A ．－7210B.7210 C ．－210 D.210 9．已知数列{a n }中，a n ＋1＝3S n ，则下列关于{a n }的说法正确的是( )A ．一定为等差数列B ．一定为等比数列C ．可能为等差数列，但不会为等比数列D ．可能为等比数列，但不会为等差数列10．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)满足条件：(1)焦点为F 1(－5，0)，F 2(5，0)；(2)离心率为53，求得双曲线C 的方程为f (x ，y )＝0.若去掉条件(2)，另加一个条件求得双曲线C 的方程仍为f (x ，y )＝0，则下列四个条件中，符合添加的条件共有( )①双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1上的任意点P 都满足||PF 1|－|PF 2||＝6； ②双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的虚轴长为4； ③双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的一个顶点与抛物线y 2＝6x 的焦点重合； ④双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的渐近线方程为4x ±3y ＝0. A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个11．双曲线y 25－x 24＝1的焦点坐标为________，渐近线方程为________． 12．已知锐角α的终边上一点P 的坐标为(1＋cos 40°，sin 40°)，则锐角α＝________．13．函数g (x )＝2x －12x ＋1为________(填“奇”或“偶”)函数，函数f (x )＝22x ＋1＋1的对称中心为________．14．设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________．15．已知△ABC 的顶点B ，C 在椭圆x 23＋y 2＝1上，顶点A 是椭圆的一个焦点，且椭圆的另一个焦点在BC 边上，则△ABC 的周长是________．16．已知点M (5，0)，N (－5，0)，△MNP 的周长为36，则△MNP 的顶点P 的轨迹方程为________________．17．给出下列四个函数：①y ＝2x ；②y ＝log 2x ；③y ＝x 2；④y ＝x .当0<x 1<x 2<1时，使f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f （x 1）＋f （x 2）2恒成立的函数的序号是________．小题分类练(一)1．解析：选D.依题意，复数2i －a i1－i ＝2i －a i （1＋i ）（1＋i ）（1－i ）＝a ＋（4－a ）i 2是实数，因此4－a ＝0，a ＝4，故选D.2．解析：选D.设f (x )＝x α，由题意得2＝2α，所以α＝12.所以f (x )＝x 12，所以f (9)＝912＝3，故选D.3．解析：选C.由题中集合可知，集合A 表示直线x ＋y ＝1上的点，集合B 表示直线x －y ＝3上的点，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x －y ＝3，可得A ∩B ＝{(2，－1)}，M 为A ∩B 的子集，可知M 可能为{(2，－1)}，∅，所以满足M ⊆(A ∩B )的集合M 的个数是2.4．解析：选C.根据向量的概念可知选C.5．解析：选B.根据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．6．解析：选C.直线方程y ＝x ＋1的斜率为1，倾斜角为45°，直线方程y ＝2x ＋1的斜率为2，倾斜角为α(60°<α<90°)，直线方程y ＝－x ＋1的斜率为－1，倾斜角为135°，直线方程x ＝1的斜率不存在，倾斜角为90°.所以直线y ＝－x ＋1的倾斜角最大．7．解析：选B.当直线l 垂直于实轴时，易知F 1，F 2在AB 的垂直平分线上；当直线l 不垂直于实轴时，不妨设双曲线焦点在x 轴上，F 1，F 2分别为双曲线的左，右焦点，且A ，B 都在右支上，由双曲线定义知：|AF 1|－|AF 2|＝2a ，|BF 1|－|BF 2|＝2a ，则|AF 2|－|BF 2|＝|AF 1|－|BF 1|＜|AB |，由双曲线定义可知，F 1，F 2在以A ，B 为焦点的双曲线上，故选B.8．解析：选D.由三角函数的定义得tan θ＝2，cos θ＝±55，所以tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝－43，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－35，所以sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝45，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝22(sin 2θ＋cos 2θ)＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫45－35＝210，故选D. 9．解析：选C.若数列{a n }中所有的项都为0，则满足a n ＋1＝3S n ，所以数列{a n }可能为等差数列，故B ，D 不正确；由a n ＋1＝3S n ，得a n ＋2＝3S n ＋1，则a n ＋2－a n ＋1＝3(S n ＋1－S n )＝3a n ＋1，所以a n ＋2＝4a n ＋1，当a 1≠0时，易知a n ＋1≠0，所以a n ＋2a n ＋1＝4，由a n ＋1＝3S n ，得a 2＝3a 1，即a 2a 1＝3，此时数列{a n }既不是等比数列又不是等差数列，故A 不正确，C 正确．10．解析：选B.①由||PF 1|－|PF 2||＝6，得a ＝3，又c ＝5，所以离心率为53，①符合；②中b ＝2，c ＝5，a ＝21，此时离心率等于52121，②不符合；③中a ＝32，c ＝5，此时离心率等于103，也不符合；④渐近线方程为4x ±3y ＝0，所以b a ＝43，离心率为53，④符合．所以正确的条件有2个．11．解析：因为a 2＝5，b 2＝4，所以c 2＝a 2＋b 2＝9.则焦点坐标为(0，±3)．渐近线方程为y ＝±52x . 答案：(0，±3) y ＝±52x 12．解析：由题意知tan α＝sin 40°1＋cos 40°＝2sin 20°cos 20°1＋2cos 220°－1＝tan 20°，所以α＝20°.答案：20°13．解析：易知函数g (x )＝2x －12x ＋1为奇函数，图象关于原点对称，又f (x )＝22x ＋1＋1＝－g (x )＋2，所以函数f (x )的图象的对称中心为(0，2)．答案：奇 (0，2)14．解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝8a 1＋a 1q ＋q 2（a 1＋a 1q ）＝80 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162. 答案：3 16215．解析：由椭圆的方程得a ＝3，设椭圆的另一个焦点为F ，则由椭圆的定义得|BA |＋|BF |＝|CA |＋|CF |＝2a ，所以△ABC 的周长为|BA |＋|BF |＋|CF |＋|CA |＝2a ＋2a ＝4a ＝4 3.答案：4 316．解析：设P (x ，y )，易知|MN |＝10，|PM |＋|PN |＝36－|MN |＝26>10，所以顶点P 的轨迹是以M ，N 为焦点的椭圆，但与M ，N 不共线．设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则2a ＝26，c ＝5，所以a ＝13，b 2＝a 2－c 2＝132－52＝144，所以△MNP 的顶点P 的轨迹方程为x 2169＋y 2144＝1(y ≠0)．答案：x 2169＋y 2144＝1(y ≠0) 17．解析：由题意知满足条件的函数图象形状为：故符合图象形状的函数为y＝log2x，y＝x. 答案：②④以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。

2020浙江高考数学二轮练习：高考仿真模拟练(一)

高考仿真模拟练(一)(时间：120分钟；满分：150分)选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．设集合A ＝{x |x 2－x －2≤0}，B ＝{x |x <1，且x ∈Z }，则A ∩B ＝( ) A ．{－1} B ．{0} C ．{－1，0} D ．{0，1}2．若复数1＋a i2－i(i 为虚数单位)为纯虚数，则实数a 的值为( )A ．2 B.12C ．－12D ．－23．设a ∈R ，则“a ＞0”是“a ＋2a≥22”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4．曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A ．(1，3) B ．(－1，3) C ．(1，3)和(－1，3) D ．(1，－3)5．函数y ＝|x |a xx(a >1)的图象大致形状是( )6．已知变量x ，y 满足约束条件{x －2y ≥－2，x －y ≤0，x ≥－4，若不等式2x －y ＋m 2≥0恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[－6，6]B ．[－7，7]C ．(－∞，－6]∪[6，＋∞)D ．(－∞，－7]∪[7，＋∞) 7．随机变量X 的分布列如下表，且E (X )＝2，则D (2X －3)＝( )A.2 C ．4 D ．58．已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( ) A ．若a·b <0则x >0，y >0 B ．若a·b <0则x <0，y <0 C ．若a·b >0则x <0，y <0 D ．若a·b >0则x >0，y >0 9.如图，四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 和△P AD 都是等边三角形，则异面直线CD 与PB 所成角的大小为( )A ．90°B ．75°C ．60°D ．45°10．若函数f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2，对于任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0]C ．(－∞，3]D ．(－∞，4]二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分． 11．设抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，准线为l ，点A (0，2)．若线段F A 的中点B 在抛物线上，则F 到l 的距离为________，|FB |＝________．12.某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值为________时，该几何体的体积是________．13．在△ABC 中，角A ，B ，C 分别对应边a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积．已知a ＝4，b ＝5，C ＝2A ，则c ＝________，S ＝________．14．已知数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________．15．安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动，每个城市至少安排一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)16．已知f (x )＝x 3＋ax －2b ，如果f (x )的图象在切点P (1，－2)处的切线与圆(x －2)2＋(y ＋4)2＝5相切，那么3a ＋2b ＝________．17．若二项式⎝⎛⎭⎫x ＋m x 2n展开式的二项式系数之和为32，常数项为10，则实数m 的值为________．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．(本题满分14分)已知函数f (x )＝sin 2x －sin 2(x －π6)，x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最大值和最小值．19.(本题满分15分)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 是边长为2的正方形，点C 在平面AA 1B 1B 上的射影H 恰好为A 1B 的中点，且CH ＝3，设D 为CC 1的中点．(1)求证：CC 1⊥平面A 1B 1D ；(2)求DH 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值．20．(本题满分15分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，公差d ≠0，且S 1，S 3，S 9成等比数列，数列{b n }满足b 1S 1＋b 2S 2＋…＋b n S n ＝6－n 2＋4n ＋62n(n ∈N *)，{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)记R n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1，试比较R n 与12T n 的大小．21.(本题满分15分)已知抛物线y 2＝2px ，过焦点且垂直x 轴的弦长为6，抛物线上的两个动点A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，其中x 1≠x 2且x 1＋x 2＝4，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C .(1)求抛物线方程；(2)试证线段AB 的垂直平分线经过定点，并求此定点； (3)求△ABC 面积的最大值．22．(本题满分15分)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax ＋2，(a ∈R )在定义域内不单调．(1)求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )存在3个不同的零点，证明：存在m ，n ∈(0，＋∞)，使得f （m ）－f （n ）m －n<22－3.高考仿真模拟练(一)1．详细分析：选C.依题意得A ＝{x |(x ＋1)(x －2)≤0}＝{x |－1≤x ≤2}，因此A ∩B ＝{x |－1≤x <1，x ∈Z }＝{－1，0}，选C.2．详细分析：选A.法一：由题意得1＋a i 2－i ＝（1＋a i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝2－a ＋（1＋2a ）i 5＝2－a5＋1＋2a 5i 为纯虚数，则2－a 5＝0，且1＋2a 5≠0，解得a ＝2.故选A.法二：由题意，令1＋a i2－i ＝t i(t ≠0)，则1＋a i ＝t ＋2t i ，则⎩⎪⎨⎪⎧1＝t ，a ＝2t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，a ＝2.3．详细分析：选C.由a ＞0得，a ＋2a ≥2a ·2a＝22，所以是充分条件；由a ＋2a≥22可得a ＞0，所以是必要条件，故“a ＞0”是“a ＋2a≥22”的充要条件．故选C.4．详细分析：选C.f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C.5．详细分析：选B.当x >0时，y ＝a x ，因为a >1，所以是增函数，排除C 、D ，当x <0时，y ＝－a x ，是减函数，所以排除A.故选B.6．详细分析：选D.作出约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ≥－2，x －y ≤0，x ≥－4所对应的可行域(图中阴影部分)，令z ＝－2x ＋y ，当直线经过点A (－4，－1)时，z 取得最大值，即z max ＝－2×(－4)－1＝7，所以m 的取值范围为(－∞，－7]∪[7，＋∞)，故选D.7．详细分析：选C.由题意可得：16＋p ＋13＝1，解得p ＝12，因为E (X )＝2，所以0×16＋2×12＋a ×13＝2，解得a ＝3.D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1.D (2X －3)＝4D (X )＝4.故选C.8．详细分析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0，可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0，由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ，解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1，则可排除C ，D.故选A.9．详细分析：选A.延长DA 至E ，使AE ＝DA ，连接PE ，BE ，因为∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，所以DE ＝BC ，DE ∥BC .所以四边形CBED 为平行四边形．所以CD ∥BE .所以∠PBE (或其补角)就是异面直线CD 与PB 所成的角．在△P AE 中，AE ＝P A ，∠P AE ＝120°，由余弦定理得PE ＝P A 2＋AE 2－2·P A ·AE ·cos ∠P AE＝ AE 2＋AE 2－2·AE ·AE ·⎝⎛⎭⎫－12 ＝3AE .在△ABE 中，AE ＝AB ，∠BAE ＝90°，所以BE ＝2AE .因为△P AB 是等边三角形，所以PB ＝AB ＝AE .因为PB 2＋BE 2＝AE 2＋2AE 2＝3AE 2＝PE 2，所以∠PBE ＝90°.故选A.10．详细分析：选D.f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2≤0，即2x ＋1≤x 2＋2x ＋2.设g (x )＝2x ＋1，h (x )＝x 2＋2x ＋2，当x ≤－1时，0＜g (x )≤1，h (x )＝x 2＋2x ＋2≥1，所以当a ≤－1时，满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立；当－1＜x ＜4时，因为g (0)＝h (0)＝2，g (1)＝4＜h (1)＝5，g (2)＝8＜h (2)＝10，g (3)＝16＜h (3)＝17，所以当－1＜a ≤4时，亦满足对任意的x ∈Z且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立；当x ≥4时，易知f ′(x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2，设F (x )＝2x ＋1·ln2－2x －2，则F ′(x )＝2x ＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F (x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2在[4，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥f ′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2在[4，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当a ＞4时，不满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立．综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，4]．11．详细分析：依题意可知F 点坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0，所以B 点坐标为⎝⎛⎭⎫p4，1，代入抛物线方程解得p ＝2，所以F 到l 的距离为2，|FB |＝p 4＋p 2＝324.答案：2 32412.详细分析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB ＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：16 3713．6 157414．详细分析：因为a n ＋ma m＝a n ，所以a n ＋m ＝a n ·a m ，所以a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8；令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，所以S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：8 2n ＋1－215．详细分析：根据题意，按五名同学分组的不同分2种情况讨论；①五人分为2，2，1的三组，有C 25C 23C 11A 22＝15(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有15×A 33＝90(种)安排方案；②五人分为3，1，1的三组，有C 35C 12C 11A 22＝10(种)分组方法，对应三个暑期社会实践活动，有10×A 33＝60(种)安排方案；综上，共有90＋60＝150(种)不同的安排方案．答案：15016．详细分析：由题意得f (1)＝－2⇒a －2b ＝－3，又因为f ′(x )＝3x 2＋a ，所以f (x )的图象在点(1，－2)处的切线方程为y ＋2＝(3＋a )(x －1)，即(3＋a )x －y －a －5＝0，所以|（3＋a ）×2＋4－a －5|（3＋a ）2＋1＝5⇒a ＝－52，所以b ＝14，所以3a ＋2b ＝－7.答案：－717．详细分析：因为二项式⎝⎛⎭⎫x ＋mx 2n展开式的二项式系数之和为32，所以2n ＝32，所以n ＝5，因为T r ＋1＝C r 5(x )5－r ⎝⎛⎭⎫m x 2r＝C r 5m r x 52－52r ，令52－52r ＝0，得r ＝1，所以常数项为C 15m ＝10，所以m ＝2.答案：218．解：(1)由已知，有f (x )＝1－cos 2x 2－1－cos ⎝⎛⎭⎫2x －π32＝12⎝⎛⎭⎫12cos 2x ＋32sin 2x －12cos 2x ＝34sin 2x －14cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)因为f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，－π6上是减函数，在区间⎣⎡⎦⎤－π6，π4上是增函数，且f ⎝⎛⎭⎫－π3＝－14，f ⎝⎛⎭⎫－π6＝－12，f ⎝⎛⎭⎫π4＝34，所以f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最大值为34，最小值为－12.19．解：(1)证明：如图，以H 为原点，建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，C 1(2，2，3)，A 1(2，0，0)，B 1(0，2，0)，所以CC 1→＝(2，2，0)，A 1D →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，3，B 1D →＝⎝⎛⎭⎫22，－22，3，所以CC 1→·A 1D →＝0，CC 1→·B 1D →＝0，因此CC 1⊥平面A 1B 1D .(2)设平面AA 1C 1C 的法向量n ＝(1，x ，y )，由于AA 1→＝(2，2，0)，A 1C →＝(－2，0，3)，则n ·AA 1→＝2＋2x ＝0，n ·A 1C →＝－2＋3y ＝0，得x ＝－1，y ＝63，所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，63.又HD →＝⎝⎛⎭⎫22，22，3，所以sin θ＝|HD →·n ||HD →|·|n |＝22·263＝34.20．解：(1)由已知得S 23＝S 1·S 9，即(3＋3d )2＝9＋36d ，又d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2，由b 1×12＋b 2×22＋…＋b n ×n 2＝6－n 2＋4n ＋62n得b 1＝12， n ≥2时，b n ×n 2＝6－n 2＋4n ＋62n －6＋（n －1）2＋4（n －1）＋62n －1＝n 22n ，所以b n ＝12n ，显然b 1＝12也满足．所以b n ＝12n (n ∈N *)．(2)T n ＝1－12n ，12T n ＝12(1－12n )，R n ＝11×3＋13×5＋…＋1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12(1－12n ＋1)．当n ＝1时，21<2×1＋1＝3，R 1>12T 1；当n ＝2时，22<2×2＋1＝5，R 2>12T 2；当n ≥3时，2n ＝(1＋1)n ＝1＋C 1n ＋C 2n ＋C 3n＋…>1＋n ＋n （n －1）2≥2n ＋1；所以R n <12T n .综上，当n ≤2时，R n >12T n ；当n ≥3时R n <12T n .21．解：(1)由题意，2p ＝6，所以抛物线方程为y 2＝6x . (2)设线段AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 0＝2，y 0＝y 1＋y 22，k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝3y 0.线段AB 的垂直平分线的方程是y －y 0＝－y 03(x －2)，①由题意知x ＝5，y ＝0是①的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为(5，0)．所以线段AB 的垂直平分线经过定点C (5，0)．(3)由(2)知直线AB 的方程为y －y 0＝3y 0(x －2)，即x ＝y 03(y －y 0)＋2，②②代入y 2＝6x 得y 2＝2y 0(y －y 0)＋12，即y 2－2y 0y ＋2y 20－12＝0，③依题意，y 1，y 2是方程③的两个实根，且y 1≠y 2，所以Δ>0，－23<y 0<2 3.|AB |＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2 ＝23（9＋y 20）（12－y 20）.定点C (5，0)到线段AB 的距离h ＝|CM |＝9＋y 20.所以S △ABC ＝13（9＋y 20）（12－y 20）·9＋y 20 ≤1312⎝⎛⎭⎫9＋y 20＋24－2y 20＋9＋y 2033＝1473. 当且仅当9＋y 20＝24－2y 20，即y 0＝±5时等号成立，所以△ABC 面积的最大值为1473.22．解：(1)因为函数f (x )不单调，所以f ′(x )＝1x＋2x －a ＝0有正根，即a ＝1x ＋2x ≥21x·2x ＝22，除去等号，所以a >2 2.(2)证明：令f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＝0的两根为x 1，x 2，且x 1<x 2，则f (x )在(0，x 1)上单调递增，(x 1，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增，且x 1＋x 2＝a 2，x 1·x 2＝12，x 1<22<x 2，a ＝1x 1＋2x 1＝1x 2＋2x 2，因为f (x )存在3个不同的零点，且x →0时，f (x )→－∞，x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以f (x 1)>0，f (x 2)<0，f (x 1)＝ln x 1＋x 21－⎝⎛⎭⎫1x 1＋2x 1x 1＋2＝ln x 1－x 21＋1，同理f (x 2)＝ln x 2－x 22＋1，令g (x )＝ln x －x 2＋1，则g ′(x )＝1x －2x <0得x >22，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，22上单调递增，在⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递减，因为g (1)＝0，所以x 2>1，又因为g ⎝⎛⎭⎫12>0，当x →0时，g (x )→－∞，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12使得g ()x 0＝0，因为g (x 1)>0，所以12x 2＝x 1>x 0，所以1<x 2<12x 0，所以a ＝1x 2＋2x 2∈⎝⎛⎭⎫3，1x 0＋2x 0，令h (x )＝f (x )－(22－3)x ＝ln x ＋x 2－(a ＋22－3)x ＋2，h ′(x )＝1x＋2x －(a ＋22－3)，h ′(x )min ＝3－a <0，所以h ′(x )＝0有两个根，设为t 1，t 2且t 1<t 2，则h (x )在(t 1，t 2)上单调递减．若t 1<m <n <t 2，则h (m )>h (n )，即f (m )－f (n )>(22－3)(m －n )，即f （m ）－f （n ）m －n<22－3；若t 1<n <m <t 2同理可证，所以对于任意的m ，n ∈(t 1，t 2)，不等式f （m ）－f （n ）m －n<22－3成立；即存在m ，n ∈(0，＋∞)使得f （m ）－f （n ）m －n<22－3成立．。

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姓名，年级：时间：高考仿真模拟练(一)（时间：120分钟；满分:150分）选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．设集合A＝｛x|x2－x－2≤0}，B＝｛x|x<1，且x∈Z｝，则A∩B＝（) A．｛－1｝B．{0｝C．｛－1，0} D．{0,1}2．若复数错误!(i为虚数单位）为纯虚数，则实数a的值为( )A．2 B.错误!C．－错误!D．－23．设a∈R,则“a＞0”是“a＋错误!≥2错误!”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4．曲线f（x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为( )A．(1，3）B．（－1，3）C．（1，3)和（－1,3) D．（1，－3）5．函数y＝错误!（a>1）的图象大致形状是（）6．已知变量x,y满足约束条件错误!若不等式2x－y＋m2≥0恒成立,则实数m的取值范围为( ）A．［－错误!，错误!］B．[－错误!，错误!]C．（－∞，－6］∪［6，＋∞）D．（－∞，－错误!]∪[错误!，＋∞）7．随机变量X的分布列如下表，且E（X)＝2,则D（2X－3)＝（）X02aP 16p错误!A。

2C．4 D．58．已知平面向量a，b，c满足c＝x a＋y b（x，y∈R），且a·c〉0，b·c>0.( ）A．若a·b<0则x〉0,y>0 B．若a·b<0则x<0,y<0C．若a·b〉0则x<0，y〈0 D．若a·b>0则x>0，y〉09.如图，四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD 都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为（）A．90°B．75°C．60°D．45°10．若函数f（x）＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈（－∞，a)，f(x）≤0恒成立，则实数a的取值范围是( ）A．(－∞，－1] B．（－∞,0］C．(－∞，3］D．(－∞，4］二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．11．设抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，点A(0,2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则F到l的距离为________，|FB|＝________．12。

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第2讲函数图象与性质Word版含解析

专题加强训练1．(2019 ·华十校调研金)已知奇函数f(x)当 x＞ 0 时， f(x)＝ x(1－ x)，则当 x＜ 0 时， f(x) 的表达式是()A ． f( x)＝－ x(1＋ x) C． f( x)＝ x(1＋ x) B． f(x)＝－ x(1－x) D． f(x)＝ x(x－ 1)分析：选 C.设 x＜ 0，则－ x＞ 0，又当 x＞ 0 时， f(x)＝ x(1－ x)，故 f(－ x)＝－ x(1＋ x)，又函数为奇函数，故 f(－ x)＝－ f(x)＝－ x(x＋ 1)，即 f(x)＝ x(x＋ 1)，应选 C.2．已知 f(x)＝x＋1－ 1， f(a)＝ 2，则 f(－ a)＝ ( ) xA．－ 4 B．－ 2 C．－ 1 D．－ 3分析：选 A. 由于 f(x)＝x＋11 1x－ 1，所以 f( a)＝ a＋a－ 1＝ 2，所以 a＋a＝ 3，所以 f(－ a)＝－ a1 1－a－ 1＝－ a＋a－ 1＝－ 3－ 1＝－ 4，应选 A.3．以下函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞ )上单一递加的是 ( )1A ． y＝x B． y＝ |x|－ 11 |x|C． y＝ lg x D． y＝2分析：选 B.A 中函数 y＝1A 错误；B 中函数满x不是偶函数且在 (0，＋∞ )上单一递减，故足题意，故 B 正确； C 中函数不是偶函数，故 C 错误； D 中函数不知足在 (0，＋∞ )上单一递增，应选 B.2× 4x－a的图象对于原点对称，g(x) ＝ln(e x＋ 1)－ bx 是偶函数，则 log a b 4．已知函数 f(x)＝ 2 x＝ ( )A ． 1 B．－ 11 1C．－2 D.4分析：选 B.由题意得f(0) ＝ 0，所以 a＝ 2.1由于 g(1) ＝ g(－ 1)，所以 ln(e＋ 1)－ b＝ ln e＋ 1 ＋ b，1 1所以 b＝2，所以 log a b＝ log 22＝－1. 5．(2019 台·州市高考模拟 )函数 f(x)＝ x2＋a(a∈ R )的图象不行能是 ( ) |x|分析：选 A. 直接利用清除法：①当 a＝ 0 时，选项 B 建立；②当 a＝ 1 时， f(x)＝ x2＋1 ，函数的图象近似D；|x|③当 a＝－ 1 时， f(x)＝ x2－1，函数的图象近似 C.应选 A.|x|2x 在区间 [3，4]上的最大值和最小值分别为M，6．(2019 ·湖北八校联考 (一 ))设函数 f(x)＝x－2m2m，则M＝( )2 3A. 3B.83 8C.2D.3分析：选 D. 易知 f(x)＝2x ＝ 2＋ 4 ，所以 f(x)在区间 [3， 4]上单一递减，所以 M＝ f(3)x－ 2 x－ 24 4 m2 16 8＝ 2＋3－2＝ 6，m＝ f(4)＝ 2＋4－2 ＝4，所以M＝ 6 ＝3.7．(2018 高·考全国卷Ⅲ )以下函数中，其图象与函数y＝ ln x 的图象对于直线x＝ 1 对称的是 ( )A ． y＝ ln(1 － x) B． y＝ ln(2 － x)C． y＝ ln(1＋ x) D． y＝ ln(2 ＋ x)分析：选 B. 法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x， y)，则其对于直线x＝ 1 的对称点的坐标为 (2－ x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数 f(x)＝ ln x 的图象上，所以 y＝ ln(2 － x)．故选 B.法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y＝ ln x 的图象上也在所求函数的图象上，代当选项中的函数表达式逐个查验，清除A，C， D，选 B.8．(2019 浙·江台州市书生中学高三月考 )设奇函数 f(x)在 (0，＋∞ ) 上为单一递减函数，且f(2) ＝ 0，则不等式 3f （－ x ）－ 2f （ x ）≤ 0 的解集为 ( )5xA ． (－∞，－ 2]∪ (0， 2]B ． [－2， 0)∪ [2，＋∞ )C ． (－∞，－ 2]∪ [2，＋∞ )D ． [－ 2， 0)∪ (0， 2]3f （－ x ）－ 2f （ x ）f （ x ）分析：选 D. 由于函数 f(x)是奇函数，所以≤ 0?≥ 0.又因 f(x)在 (0，5xx＋ ∞ ) 上为单一递减函数，且 f (2) ＝ 0 ，所以得，函数 f ( x) 在 ( － ∞ ， 0) 上单一递减且f(－ 2)＝ 0.所以， x ∈ (－ ∞ ，－ 2)∪ (0， 2)时， f(x)>0； x ∈ (－ 2， 0)∪ (2，＋ ∞ )时 f( x)<0 ，应选 D.19．(2019 温·州市十校联考 )已知函数 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当 x ≥ 0 时， f(x)＝ 2(|x － a 2|＋ |x － 2a 2|－ 3a 2)．若任取 ? x ∈ R ， f(x － 1)≤ f(x)，则实数 a 的取值范围为 ()A. －1， 1 B.－ 6，66 6 6 6C. － 1，1D.－ 3，33 333分析：选 B. 由于当 x ≥ 11 (a0 时，f(x) ＝ (|x － a 2|＋ |x － 2a2|－ 3a 2) ，所以当0≤ x ≤ a2时，f(x)＝ 222－ x ＋ 2a 2－ x － 3a 2) ＝－ x ；当 a 2＜ x ＜ 2a 2时， f(x)＝ 1(x － a 2＋ 2a 2－x － 3a 2)＝－ a 2；21当 x ≥ 2a 2 时， f(x)＝ 2(x － a 2＋ x － 2a 2－ 3a 2)＝ x － 3a 2.综上，函数 f(x) ＝ 12 (|x － a 2| ＋ |x － 2a 2 | － 3a 2) 在x ≥ 0 时的解析式等价于f(x) ＝－ x ， 0≤ x ≤a 2 ，－ a 2， a 2＜ x ＜ 2a 2，x － 3a 2， x ≥ 2a 2.所以，依据奇函数的图象对于原点对称作出函数f(x)在 R 上的大概图象以下，226 ≤a ≤ 6察看图象可知，要使 ? x ∈ R ，f(x － 1)≤ f(x)，则需知足 2a － (－ 4a )≤ 1，解得－ 6 6.10．定义域为R 的函数 f( x)知足 f(x＋ 2)＝3f(x)，当 x∈[0 ，2]时，f(x)＝ x2－ 2x，若 x∈[ － 4，－ 2]时， f(x)≥13－t恒建立，则实数t的取值范围是()18 tA ． (－∞，－ 1]∪ (0， 3]B． (－∞，－3]∪ (0，3]C． [－ 1， 0)∪ [3，＋∞ )D． [－3， 0)∪ [ 3，＋∞ )分析：选 C.由于 x∈ [ －4，－ 2]，所以 x＋ 4∈[0 ，2]，由于 x∈ [0， 2]时， f(x)＝ x2－ 2x，所以 f(x＋ 4) ＝(x＋4)2－2(x＋4)＝ x2＋ 6x＋ 8.函数 f(x)知足 f(x＋ 2)＝ 3f(x)，所以 f(x＋ 4)＝ 3f(x＋ 2)＝ 9f(x)．1 2故 f(x)＝9(x ＋ 6x＋ 8)，1 3 1 1 3由于 x∈ [ － 4，－ 2]时， f(x)≥18 t－t 恒建立，所以－9 ＝f(x)min≥18 t－ t ，解得 t≥ 3 或－ 1≤ t＜ 0.（1）x－ 2， x≤－ 1，11． (2019 宁·波镇海中学高三一模)已知函数f(x)＝2则 f(f(－（ x－ 2）（ |x|－ 1）， x＞－ 1.2)) ＝________，若 f(x)≥2，则 x 的取值范围为 ____________ ．分析：由分段函数的表达式得f(－ 2)＝ (12)－2－ 2＝ 4－ 2＝ 2，f(2)＝ 0，故 f(f(－ 2)) ＝ 0.若 x≤ － 1，由 f(x)≥ 2 得 (12)x－ 2≥ 2 得 (12)x≥ 4，则 2－x≥ 4，得－ x≥ 2，则 x≤ － 2，此时 x≤ － 2.若 x＞－ 1，由 f(x)≥ 2 得 (x－2)(|x|－ 1)≥ 2，即 x|x|－ x－ 2|x|≥ 0，若 x≥ 0 得 x2－ 3x≥ 0，则 x≥3 或 x≤ 0，此时 x≥ 3 或 x＝ 0，若x＜ 0，得－ x2＋x≥ 0，得 x2－x≤ 0，得 0≤ x≤ 1，此时无解，综上 x≥ 3 或 x＝ 0.答案： 0 x≥3 或 x＝ 0x＋2－ 3，x≥ 1，则 f(f(－ 3))＝ ________，f(x)的最小值是 ________．12．已知函数 f( x)＝xlg （ x2＋ 1）， x<1，分析：由于 f(－ 3)＝ lg[( － 3)2＋ 1]＝ lg 10 ＝ 1，所以 f(f(－ 3)) ＝f(1)＝ 1＋ 2－ 3＝ 0.2－3≥2 22－3，当且仅当2 2时等号建立，当 x≥ 1 时， x＋x·－ 3＝ 2 x＝，即 x＝x x x此时 f(x)min＝2 2－3<0 ；当 x<1 时， lg(x2＋1)≥ lg(0 2＋ 1)＝ 0，此时f( x)min＝ 0.所以 f(x)的最小值为 2 2－ 3.答案： 0 2 2－313． (2019 浙·江新高考冲刺卷)已知函数 f(x)＝ ln(e 2x＋1)－ mx 为偶函数，此中 e 为自然对数的底数，则m＝ ________，若 a2＋ ab＋ 4b2≤m，则 ab 的取值范围是 ________．分析：由题意， f( －x) ＝ln(e －2x＋ 1)＋ mx＝ ln(e 2x＋ 1)－ mx，所以 2mx＝ ln(e 2x＋1)－ ln(e －2x＋ 1)＝ 2x，所以 m＝ 1，由于 a2＋ ab＋ 4b2≤m，所以 4|ab|＋ ab≤ 1，所以－1≤ ab≤1，3 51 1故答案为 1，[－3，5]．1 1答案：1 [－， ]14．定义新运算“⊕”：当a≥b 时， a⊕ b＝ a；当 a<b 时， a⊕ b＝b2.设函数 f(x)＝ (1⊕ x)x －(2⊕ x)， x∈ [－ 2，2]，则函数 f(x)的值域为 ________．x－ 2， x∈ [－2， 1]，分析：由题意知f(x)＝x3－ 2， x∈（ 1，2]，当 x∈ [ － 2，1] 时， f(x)∈ [－ 4，－ 1]；当 x∈ (1， 2]时， f(x)∈( －1， 6]．故当 x∈ [－ 2， 2] 时， f(x) ∈[ －4， 6]．答案： [－4，6]x>0 时， h(x)＝－x215．已知函数 h(x)(x≠ 0)为偶函数，且当 4 ，0<x≤4，若h(t)>h(2)，则4－ 2x， x>4，实数 t 的取值范围为 ________．x2－4，0<x≤ 4，分析：由于 x>0 时， h(x)＝4－ 2x， x>4.易知函数h(x)在 (0，＋∞)上单一递减，由于函数h(x)(x≠ 0)为偶函数，且h(t)>h(2)，所以 h(|t|)>h(2)，所以0<|t|<2，t ≠0，t≠0，所以即解得－2< t<0 或0<t<2.|t|<2，－ 2<t<2，综上，所务实数t 的取值范围为(－ 2，0)∪(0， 2)．答案： (－ 2， 0)∪ (0，2)16．若对随意的x≥ 2，都有 (x＋ a)|x＋ a|＋ (ax)|x|≤ 0，则 a 的最大值为 ________．分析：对随意的x≥ 2，都有 (x＋ a)|x＋ a|＋ (ax)|x|≤ 0，即 x≥ 2 时， (x＋a)|x＋a|＋ (ax)x≤0 恒建立 .①若 x＋ a≥ 0，即 a≥ －2 时，则有 (x＋ a)2＋ax2≤ 0,所以 ( a＋ 1)x2＋2ax＋ a2≤ 0.a＋ 1＜ 0令 f(x)＝ (a＋ 1)x2＋ 2ax＋ a2，则有 a＋1＝ 0 或2a＜ 2－，2（ a＋1）f（ 2）＝ 4（ a＋1）＋ 4a＋ a2≤ 0求得 a＝－ 1 或－ 4－ 2 3≤a＜－ 1，综合可得－ 2≤ a≤ － 1；②若 x＋ a＜ 0，即 a＜－ 2 时，则有－ (x＋ a)2＋ ax2≤ 0,该不等式恒建立，即此时 a 的范围为a＜－ 2；③若 x＋ a＝ 0，即 a＝－ x≤ － 2 时，则由题意可得ax2≤0，知足条件 . 综合①②③可得， a≤－ 2 或－ 2≤ a≤ －1，故 a 的最大值为－ 1.答案：－117． (2019 台·州模拟 )定义 min{ x，y} ＝x（ x<y），则不等式 min{ x＋4，4} ≥ 8min{ x，1} y（ x≥ y）x x的解集是 ________．分析：①当 x>0 时，由基本不等式可知x＋4≥ 2 x＋4x x＝4，4min{ x ＋ x ， 4} ＝4，则不等式转变成：11min{ x ， x } ≤ 2，即：1解得： x ≤ 2或 x ≥ 2.11x ≤ 2x ≥2或，1≥ 11≤ 1x 2x 2②当 x<0 时，(ⅰ )当－ 1<x<0 时，1x <x ，原不等式化为 x ＋4x ≥ 8x ，即 x －4x ≥ 0，解得－ 2≤x<0，所以－ 1<x<0；(ⅱ )当 x ≤－ 1 时， 1≥ x ，原不等式化为 x ＋ 4≥ 8x ，x x 即 7x － 4≤ 0，解得： x ≤－4，即 x ≤ － 1， x7所以 x<0 对于原不等式全建立．1综上不等式的解集为 (－ ∞， 0)∪ (0， 2]∪ [2，＋ ∞ )．答案： (－∞， 0)∪ 1，＋∞ )(0， ]∪ [2218．(2019 台·州市教课质量调研 )已知函数 f( x)＝ x 2＋ bx ＋ c 的图象过点 (－ 1，3)，且对于直线 x ＝ 1 对称．(1)求 f(x)的分析式；(2)若 m ＜ 3，求函数 f(x) 在区间 [m ，3]上的值域．解： (1) 由于函数 f(x)＝ x 2＋ bx ＋ c 的图象过点 (－ 1， 3)，且对于直线 x ＝1 对称，f （－ 1）＝ 1－ b ＋ c ＝ 3所以b，－2＝1解得 b ＝－ 2， c ＝ 0，所以 f(x)＝ x 2－ 2x.(2)当 1≤ m ＜ 3 时， f(x)min ＝ f(m)＝ m 2－ 2m ，f(x) max ＝ f(3) ＝ 9－ 6＝3，所以 f(x)的值域为 [m 2－ 2m ， 3]；当－ 1≤ m＜ 1 时， f(x)min＝ f(1) ＝ 1－ 2＝－ 1，f(x) max＝ f(－ 1)＝ 1＋2＝ 3，所以 f(x)的值域为 [－ 1， 3]．当 m＜－ 1 时， f(x)min＝f(1)＝ 1－ 2＝－ 1，2－ 2m，maxf(x) ＝ f(m)＝m所以 f(x)的值域为 [－ 1， m2－ 2m] ．x2－ 2ax＋ a2＋ 1， x≤ 0，19． (2019 浙·江新高考结盟第三次联考) 已知函数 f(x)＝2－ a，x＞ 0.x2＋x(1)若对于随意的x∈ R ，都有 f( x)≥ f(0)建立，务实数 a 的取值范围；(2)记函数 f(x)的最小值为M(a)，解对于实数 a 的不等式M(a－ 2)＜M(a)．解： (1) 当 x≤ 0 时， f(x)＝ (x－ a)2＋ 1，由于 f(x)≥ f(0) ，所以 f(x)在( －∞， 0]上单一递减，所以 a≥ 0，2当 x＞ 0 时， f′(x)＝ 2x－x2，2令 2x－x2＝ 0 得 x＝ 1，所以当 0＜ x＜1 时， f′(x)＜0，当 x＞ 1 时， f′(x)＞ 0，所以 f(x)在 (0， 1)上单一递减，在(1，＋∞ )上单一递加，所以 f min(x)＝ f(1) ＝3－ a，由于 f(x)≥ f(0) ＝a2＋ 1，所以 3－ a≥a2＋1，解得－ 2≤ a≤ 1.又 a≥ 0，所以 a 的取值范围是[0， 1]．(2)由 (1)可知当 a≥ 0 时， f(x)在 (－∞， 0]上的最小值为f(0) ＝ a2＋1，当 a＜ 0 时， f(x)在 (－∞，0] 上的最小值为f(a)＝ 1，f(x)在 (0，＋∞ )上的最小值为f(1)＝ 3－ a，解不等式组a2＋ 1≤ 3－ a得a≥ 00≤ a≤1，解不等式组1≤ 3－ a得a＜ 0，a＜ 0a2＋ 1，0≤ a≤ 1所以 M(a)＝1，a＜ 0.3－ a， a≥ 1所以 M(a)在(－∞， 0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞ )上是减函数，作出 M(a)的函数图象以下图：令 3－ a＝ 1 得 a＝ 2，由于 M(a－ 2)＜ M(a)，所以 0＜ a＜2.。

(浙江专用)2020高考数学二轮复习小题专题练(一)

小题专题练(一)会集、常用逻辑用语、函数与导数、不等式1．已知会集M ＝{x |x ＞1}，N ＝{x |x 2－2x －8≤0}，则M ∩N ＝( )A ．[－4，2)B ．(1，4]C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)log1x ，x >1 122．已知函数f (x )＝，则ff 2 ＝()2＋4 x ，x ≤1A ．4B ．－2C ．2D ．13．设 a ， ∈R ，则“ ＞ ”是“ ||＞||”成立的()b abaa bbA ．充分不用要条件B ．必需不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不用要条件4 ．已知不等式|x ＋3|＋| x －2|≤a 的解集非空，则实数 a 的取值范围是()A ．[1，5]B ．[1，＋∞)C ．[5，＋∞)D ．(－∞，1]∪[5，＋∞)5 ．已知会集A ＝{(x ，y )| x 2＋y 2≤3，x ∈Z ，y ∈Z}，则A 中元素的个数为()A ．9B ．8C ．5D ．41x6 ．已知函数f (x )＝2－cos x ，则f (x )在[0，2π]上的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．47 ．已知在(－∞，1]上单调递减的函数f (x )＝x 2－2tx ＋1，且对任意的 x 1，x 2∈[0，t ＋1]，总有|f (x 1)－f (x 2)|≤2，则实数t 的取值范围为()A ．[－2，2]B ．[1，2]C ．[2，3]D ．[1，2]8 ．函数f (x )＝(x ＋1)ln(| x －1|)的大体图象是( )9．若偶函数f (x )满足f (x －1)＝f (x ＋1)，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 2，则关于x 的方1 x 10程f(x)＝10 在0，3 上的根的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4x 3 210．已知f(x)＝ln x－4＋4x，g(x)＝－x －2ax＋4，若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2] ，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是( )A. 5B.1，＋∞－，＋∞4 81 5 5C.－8，4D.－∞，－4a b －a 1 111．若 2 ＝3 ＝6，则 4 ＝________；a＋b＝________．12．已知函数f(x)＝x2＋2x，x≤0，则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值为log（x＋1），x＞0，2________．x＋y≤2，x＋y＋2表示的平面地域的面积为2，则的最小值为x＋1y≥m________，最大值为________．14．已知p：0<x<2，q：x<a，若p是q的充分不用要条件，则实数a的取值范围是________．15．设函数f(x)＝|x2＋a|＋|x＋b|(a，b∈R)，当x∈[－2，2]时，记f(x)的最大值为M(a，b)，则M(a，b)的最小值为________．16．已知函数f ( )＝x2＋＋(a，∈R)在区间(0，1)内有两个零点，则 3a＋b的取值x axb b范围是____________．17.已知函数f′(x)和g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，它们在同一坐标系中的图象以下列图．(1)若f(1)＝1，则f(－1)＝________；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为________．(用“<”连接)小题专题练(一)1．分析：选B.会集N＝{x|x2－2x－8≤0}＝{x|－2≤x≤4}，会集M＝{x|x＞1}，所以M∩N＝{x|1＜x≤4}．应选B.1 1 1 1 －22．分析：选B.f2 ＝2＋42 ＝2＋2＝4，则f f2 ＝f(4)＝log14＝log1 2 ＝－2.2 23．分析：选C.法一：当a＞b≥0时，a＞b?a2＞b2 ?a|a|＞b|b| ，当a，b一正一负时，a＞b?a＞0＞b?a|a|＞0＞b|b|，当0≥a＞b时，0≥a＞b?a2＜b2?－a|a|＜－b|b|?a|a|＞b|b|，所以a＞b?a|a|＞b|b|，应选C.法二：构造函数f(x)＝x|x|，易知为奇函数且为增函数，所以当a＞b时，f(a)＝a|a|＞b|b|＝f(b)，所以选C.4．分析：选C.因为不等式|x＋3|＋|x－2|≤a的解集非空等价于|x＋3|＋|x－2|的最小值小于或等于a，因为不等式|x＋3|＋|x－2|≥5在x∈R上恒成立，所以a≥5.选C.5．分析：选A.法一：由x2＋y2≤3知，－3≤x≤3，－3≤y≤ 3.又x∈Z，y∈Z，所以x∈{－1，0，1}，y∈{－1，0，1}，所以A中元素的个数为1 1C3C3＝9，应选A.法二：依据会集A的元素特色及圆的方程在座标系中作出图形，如图，易知在圆x2＋y2＝3中有9个整点，即为会集A的元素个数，应选A.1x6．分析：选 C.作出g(x)＝ 2 与h(x)＝cos x的图象，可以看到其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f(x)在[0，2π]上的零点个数为7．分析：选B.由f(x)在(－∞，1]上单调递减得3，应选C.t≥1，由对任意的x1，x2∈[0 ，t＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤2，得f(x)max－f(x)min≤2，即f(0)－f(t)≤2，t2≤2，所以1≤t≤2，选B.8．分析：选C.依据函数表达式，当x>2时，函数值大于0，可消除A选项，当x<－1时，函数值小于0，故可消除B和D选项，从而获取C正确．故答案为C.9．分析：选C.因为f (x )为偶函数，所以当x ∈[－1，0]时，－x ∈[0，1]，所以f (－x )＝x 2，即f (x )＝x 2. 又f (x －1)＝f (x ＋1)，所以f (x ＋2)＝f (x )，1故f (x )是以2为周期的周期函数，据此在同向来角坐标系中作出函数y ＝f (x )与y ＝10x10在0，3上的图象，以下列图，数形结合可得两图象有3个交点，1 x10故方程f (x )＝10在 0，3上有三个根．应选 C.113－ x 2＋4－3（－1）（ x －3）10．分析：选A.因为f ′(x )＝x －4－4x 2＝4x 2＝－4x 2，易知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，2]时，f′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递加，1故f (x )min ＝f (1)＝.2关于二次函数g (x )＝－x 2－2ax ＋4，易知该函数张口向下，所以g (x )在区间[1，2]上的最小值在端点处获得，即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x ∈(0，2]，存在x ∈[1 ，2]，使得f (x)≥g (x )成立，12 1 2只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，1 1即≥g (1)且≥g (2)，22115所以2≥－1－2a ＋4且2≥－4－4a ＋4，解得a ≥4.11．分析：由题可得a－a1 1 11＝log 26，＝log 36，所以4 ＝4－log 26＝＝2＝2＝，b22log 262log 266361 1 1 1666＝1. a ＋b ＝log 26＋log 36＝log 2＋log 3＝log(2×3) 答案：1 136x 2＋2x ，x ≤012．分析：函数f (x )＝，log 2（x ＋1），x ＞0则f (f (－3))＝f (9－6)＝f (3)＝log 24＝2，当x ≤0时，二次函数的图象张口向上，对称轴为直线x ＝－1，所以函数的最小值为f (－1)＝1－2＝－1；当x ＞0时，函数是增函数，x ＝0时f (0)＝0，所以x ＞0 时，f (x )＞0，综上函数的最小值为－ 1，故答案为 2，－1.答案：2 －113.x ＋y ＋2 y ＋1分析：画出不等式组所表示的地域，由地域面积为 2，可得m ＝0.而x ＋1＝1＋x ＋1，y ＋1y ＋1 0－（－1）1 表示可行域内任意一点与点(－1，－1)连线的斜率，所以的最小值为2－（－1）＝，x ＋1x ＋132－（－1）x ＋y ＋24最大值为0－（－1）＝3，所以x ＋1的最小值为3，最大值为4.44答案：314．分析：据充分不用要条件的看法，可知只需A ＝{x |0<x <2}是会集B ＝{x |x <a }的真子集即可，结合数轴可知只需a ≥2即可．答案：[2，＋∞)15．分析：去绝对值，f (x )＝±(x 2＋a )±(x ＋b )，利用二次函数的性质可得，f (x )在[－2，2]的最大值为f (－2)，f (2)，f1 ，f 1－2 2 中之一，所以可得M (a ，b )≥f (－2)＝|4＋a |＋|－2＋b |， M (a ，b )≥f (2)＝|4＋a |＋|2＋b |，111M (a ，b )≥f 2＝4＋a ＋2＋b ，1M (a ，b )≥f －2＝ 1＋a ＋－1＋b ，42上边四个式子相加可得， b ) ≥2 |4 ＋ a | ＋ 1＋a ＋ 4M (a 4|2－|＋|11 ＋2|＋b ＋＋－bbb22111≥ 24－4＋|2＋2|＋2＋225 25＝2 ，即有M (a ，b )≥8，可得(，)的最小值为 25 ，故答案为 25 . Mab 8 825答案：8 16．(－5，0)17．分析：由题意知f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2，则可设f (x )＝12x 2＋a ，g (x )＝13x 3＋b ，其1 21 1 21中a ，b ∈R.(1)因为f (1)＝1，所以2×1＋a ＝1，所以a ＝2，所以f (－1)＝2×(－1) ＋2＝1 2 1 3 5 1.(2)因为h (x )＝f (x )－g (x )，所以h (x )＝x ＋a －x －b ，所以h (－1)＝＋(a －b )，h (0)2361＝ a －b ，h (1)＝6＋(a －b )，故h (0)<h (1)<h (－1)．答案：(1)1(2)h (0)<h (1)<h (－1)。

浙江专版2020年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练一

保分大题规范专练（一）1．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，将函数f (x )的图象向左平移π3个单位长度后所得的函数图象过点P (0,1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，求函数f (x )的值域．解：(1)由函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，得2πω＝π，即ω＝2.由y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ的图象过点(0,1)，得2π3＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即φ＝－π6＋2k π，k ∈Z ，又－π<φ<0得φ＝－π6，所以函数解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. (2)由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2得2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，即函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1.2．在四棱锥P ABCD 中，平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，E 为PC 的中点，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.(1)求证：BE ∥平面PAD ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的余弦值．解：法一：(1)证明：取PD 的中点F ，连接EF ，AF . 由于EF 是△PCD 的中位线，所以EF 綊12CD .又AB 綊12CD ，所以EF 綊AB ，所以四边形ABEF 是平行四边形，所以BE ∥AF . 又AF ⊂平面PAD ，所以BE ∥平面PAD . (2)取PB 的中点M ，连接EM ，则EM 是△PBC 的中位线，所以EM ∥BC . 在△BCD 中，BD ＝BC ＝2，CD ＝2，则BC 2＋BD 2＝CD 2，所以BC ⊥BD . 又平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，则PD ⊥平面ABCD ，PD ⊥BC ，从而BC ⊥平面PBD ，EM ⊥平面PBD ， ∠EBM 即是直线BE 与平面PBD 所成的角．AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2，解得BE ＝52，BM ＝12PB ＝32，从而cos ∠EBM ＝155. 所以直线BE 与平面PBD 所成角的余弦值为155. 法二：因为平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PD ⊥CD ，PD ⊂平面PCD ，所以PD ⊥AD . 因为∠ADC ＝90°，所以AD ⊥CD ，则DA ，DC ，DP 两两垂直．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)．则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12. (1)证明：BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12.平面PAD 即平面xOz ，所以可取其一法向量m ＝(0,1,0)．则BE ―→·m ＝0，即BE ―→⊥m . 又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(2)设平面PBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－1,0)．则cos 〈n ·BE ―→〉＝n ·BE ―→|n |·|BE ―→|＝－105，则BE 与平面PBD 所成的角θ的余弦值为cos θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1052＝155. 3．已知函数f (x )＝x 3＋|ax －3|－2，a >0. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数a 的值．解：(1)f (x )＝x 3＋|ax －3|－2 ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋ax －5，x ≥3a ，x 3－ax ＋1，x <3a.则当x ≥3a时，f (x )＝x 3＋ax －5，易知此时f (x )为增函数．当x <3a时，f (x )＝x 3－ax ＋1，f ′(x )＝3x 2－a ，令f ′(x )＝0得x ＝a3或x ＝－a3.所以当a 3≥3a，即a ≥3时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ，＋∞；当a 3<3a，即0<a <3时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－a3，a 3，单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝⎛⎭⎪⎫a3，＋∞.(2)由题意知，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，等价于f (x )min＋f (x )max ＝0，由(1)得，当3≤a <5时，y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤3a ，1上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a＝27a3－2，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1，a －4}＝1，所以27a3－2＋1＝0，解得a ＝3；当0<a <3时，y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎦⎥⎤a3，1上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a 3＝1－2a3a3，f (x )max ＝max{f (0)，f (1)}＝max{1,2－a }，当1<a <3时，f (x )max ＝1，则1－2a 3a3＋1＝0，得a ＝3(舍去)；当0<a ≤1时，f (x )max ＝2－a ，则1－2a 3a3＋2－a ＝0，即3－a ＝2a3a3，其中3－a ≥2，而2a 3a3<2，所以无解，舍去．综上所述，a ＝3.。

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第6讲导数的综合应用 Word版含解析

专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立，所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减，所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减，所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与f (x )的单调区间；(2)若存在实数x 0∈(0，12)，使得f (x 0)＜0，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ，由f ′(0)＝0，解得：a ＝1，故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1，令f ′(x )＞0，解得：x ＞0，令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e －(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )，使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点．由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax. 设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋ax 2，其中g (x )＝x2－ln x . 由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝ 13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减．又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .解：(1)因为f (x )＝1－ln xx ，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x ＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x＋1＞0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x.7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2)＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0，所以e x －kx ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x ) ＜0，函数y ＝g (x )单调递减， x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增，所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2，解得：e ＜k ＜e 22综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e ，e 22)．8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)；当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1， m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]；要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时，根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13；f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1，所以m ≥1.。

2020浙江高中数学二轮专强化练第1部分高中客观的解法

专题强化训练[根底达标]1．2021·宁波高考模拟全集U＝A∪B＝{∈Z|0≤≤6}，A∩∁U B＝{1，3，5}，那么B＝A．{2，4，6} B．{1，3，5}C．{0，2，4，6} D．{∈Z|0≤≤6}解析：＝A∪B＝{∈Z|0≤≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A∩∁U B＝{1，3，5}，所以B＝{0，2，4，6}，应选C2．复数满足1＋i＝|错误!－i|，那么错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!a＝9由错误!，得错误!即B0，2，故min＝2，故的最大值与最小值之差为7，选C5．在数列{a n}中，假设a1＝2，且对任意正整数m，，总有a m＋＝a m＋a，那么{a n}的前n项和S n＝A．n3n－1C．nn＋1解析：＋1＝a n＋a1，即有a n＋1－a n＝a1＝2，所以数列{a n}是以2为首项、2为公差的等差数列，a n＝2＋2n－1＝2n，S n＝错误!＝nn＋1．6．函数f＝|－2|－n 在定义域内的零点的个数为A．0B．1C．2 D．3解析：的定义域为0，＋∞，在同一直角坐标系中画出函数1＝|－2|>0，2＝n >0的图象，如下图．由图可知函数f在定义域内的零点个数为27．函数f＝co ·og2||的图象大致为解析：选B函数的定义域为－∞，0∪0，＋∞，且f错误!＝co错误!og2错误!＝－co 错误!，f错误!＝co错误!·og2错误!＝－co错误!，所以f错误!＝f错误!，排除A、D，又f错误!＝－co错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! n⇒λ2＝错误!∈错误!⇒mn＝5⇒m＝5，n＝1，所以a*b＝错误!答案：错误!错误!15．函数f＝错误!其中m>，使得关于的方程f＝b有三个不同的根，那么m 的取值范围是__________．解析：函数f的大致图象如下图，根据题意知只要m>4m－m2即可，又m>0，解得m>3，故实数m的取值范围是3，＋∞．答案：3，＋∞16．假设二次函数f＝42－2，0，B0，n，那么a＝1，0，b＝0，1，错误!错误!－1，－2，错误!n＝2，那么错误!错误!－2n－2＝5－m＋2n≤5－2错误!＝5－2×2＝1，当且仅当m＝2n＝2时，取得最大值17．2021·绍兴一中高三期中到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为A．相交直线B．双曲线C．抛物线D．椭圆弧解析：选C如下图，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA，BC，设OB＝a，对称，且1·2＝－错误!，那么m等于________．解析：由条件得A1，1、B2，2两点连线的斜率＝错误!＝－1，而2－1＝2错误!－错误!，得1＋2＝－错误!，且错误!，错误!在直线＝＋m上，即错误!＝错误!＋m，即1＋2＝1＋2＋2m又因为A1，1、B2，2两点在抛物线＝22上，所以有2错误!＋错误!＝1＋2＋2m，即2[1＋22－212]＝1＋2＋2m，可得2m＝3，解得m＝错误!答案：错误!15．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2比方1 524的概率＝________．解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，根本领件总数n＝A错误!＝12021中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的根本领件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2比方1 524的概率：＝错误!错误!答案：错误!16．a＝3，2，b＝2，－1，假设向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，那么实数λ的取值范围是________．解析：因为a＝3，2，b＝2，－1，所以λa＋b＝3λ＋2，2λ－1，a＋λb＝3＋2λ，2－λ，因为向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，所以λa＋b·a＋λb＝3λ＋2×3＋2λ＋2λ－1×2－λ>0且3λ＋22－λ－2λ－13＋2λ≠0，整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1解不等式可得，λ>错误!或λ错误!错误!或λ<错误!且λ≠117．2021·广州市综合测试一设S n为数列{a n}的前n项和，a1＝2，对任意，q∈N*，都有a＋q＝a＋a q，那么fn＝错误!n∈N*的最小值为________．解析：a1＝2，对任意，q∈N*，都有a＋q＝a＋a q，令＝1，q＝n，那么有a n＝a n＋a1＝a n＋2，故{a n}是等差数列，所以a n＝2n，S n＝2×错误!＝n2＋n，fn ＋1＝错误!＝错误!＝错误!＝n＋1＋错误!－1当n＋1＝8时，f7＝8＋错误!－1＝错误!；当n＋1＝7时，f6＝7＋错误!－1＝错误!，因为错误!<错误!，那么fn＝错误!n∈N*的最小值为错误!答案：错误!。

2020版高考数学浙江专用二轮课件：2.3 数列部分高考小题 1 等差数列、等比数列

【解析】设该等差数列的公差为d,因为a2=3a1,
所以a1+d=3a1,故d=2a1(a1≠0,d≠0),
1（0 a1 a10）
所以
S10 S5

2 5（a1
a
5）
2（2a1 9d） 2a1 4d
2 10d 5d
4.
2
答案:4
3.(2019·重庆二模)已知数列{an},an>0, 它的前n项和为Sn,且2a2是4a1与a3的等差中项.若{an}为等比数列,a1=1,则S7=______ .
3.等比数列{an}的首项为2,公比为3,前n项和为Sn.
若log3
[1 2
a（n S4m
1）] =9,则
1 4 nm
取最小值时,
S2=______ .
【解析】由题意可得an=2×3n-1,Sn=2（1133n=）3n-1,
所以log3
[
1 2
a（n S4m=l1o）]g33n+4m-1=n+4m-1=9,
A. 1B. 3C.1D. 3
2
2
2
【解析】选B.因为a3a4a5=3π=a
3 4
,所以a4=

33
,
即log3a1+log3a2+…+log3a7=log3(a1a2…a7)
=log3a
7 4
=7log33
3
=
7,
3
所以sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)2=3 .
【解析】设数列{an}的公比为q,依题意有
a1=1,4a2=4a1+a3, 即4q=4+q2,故q=2,则S117=227 答案:127

(浙江专用)2020高考数学二轮复习小题分类练(一)

2020浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题一 1 第1讲集合、常用逻辑用语 Word版含解析

专题强化训练 [基础达标]1．已知集合P ＝{x ∈R |1≤x ≤3}，Q ＝{x ∈R |x 2≥4}，则P ∪(∁R Q )＝( ) A ．[2，3] B ．(－2，3]C ．[1，2)D ．(－∞，－2]∪[1，＋∞)解析：选B.由于Q ＝{x |x ≤－2或x ≥2}，∁R Q ＝{x |－2＜x ＜2}，故得P ∪(∁R Q )＝{x |－2＜x ≤3}．故选B.2．(2019·金华模拟)已知集合A ＝{y |y ＝log 2x ，x ＞2}，B ＝{y |y ＝⎝⎛⎭⎫12x，x ＜1}，则A ∩B ＝( ) A ．(1，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫0，12 C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫12，1解析：选A.法一：因为A ＝{y |y ＝log 2x ，x ＞2}＝{y |y ＞1}，B ＝{y |y ＝⎝⎛⎭⎫12x，x ＜1}＝{y |y ＞12}，所以A ∩B ＝{y |y ＞1}，故选A. 法二：取2∈A ∩B ，则由2∈A ，得log 2x ＝2，解得x ＝4＞2，满足条件，同时由2∈B ，得⎝⎛⎭⎫12x＝2，x ＝－1，满足条件，排除选项B ，D ；取1∈A ∩B ，则由1∈A ，得log 2x ＝1，解得x ＝2，不满足x ＞2，排除C ，故选A.3．(2019·温州市统一模拟考试)已知集合A ＝{1，2，3}，B ＝{x |x 2－3x ＋a ＝0，a ∈A }，若A ∩B ≠∅，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．1或2解析：选B.当a ＝1时，B 中元素均为无理数，A ∩B ＝∅；当a ＝2时，B ＝{1，2}，A ∩B ＝{1，2}≠∅；当a ＝3时，B ＝∅，则A ∩B ＝∅，故a 的值为2，选B.4．(2019·湖北七市(州)协作体联考)已知a ，b 为两个非零向量，设命题p ：|a ·b |＝|a ||b |，命题q ：a 与b 共线，则命题p 是命题q 成立的( )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解析：选C.|a ·b |＝|a ||b |⇔|a ||b ||cos 〈a ，b 〉|＝|a ||b |⇔cos 〈a ，b 〉＝±1⇔a ∥b ，故是充要条件，选C.5．(2019·衢州质检)已知全集U 为R ，集合A ＝{x |x 2<16}，B ＝{x |y ＝log 3(x －4)}，则下列关系正确的是( )A ．A ∪B ＝R B ．A ∪(∁U B )＝RC ．(∁U A )∪B ＝RD ．A ∩(∁U B )＝A解析：选D.因为A ＝{x |－4<x <4}，B ＝{x |x >4}，所以∁U B ＝{x |x ≤4}，所以A ∩(∁U B )＝A ，故选D.6．“不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立”的一个必要不充分条件是( ) A ．m ＞14B ．0＜m ＜1C ．m ＞0D ．m ＞1 解析：选C.若不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立，则Δ＝(－1)2－4m ＜0，解得m ＞14，因此当不等式x 2－x ＋m ＞0在R 上恒成立时，必有m ＞0，但当m ＞0时，不一定推出不等式在R 上恒成立，故所求的必要不充分条件可以是m ＞0，故选C.7．设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.由题意得，a n ＝a 1q n －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2＋a 1q 2n －1＝a 1q 2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.8．下列命题中为真命题的是( ) A ．命题“若x >1，则x 2>1”的否命题 B ．命题“若x >y ，则x >|y |”的逆命题 C ．命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题 D ．命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”的逆否命题解析：选B.对于选项A ，命题“若x >1，则x 2>1”的否命题为“若x ≤1，则x 2≤1”，易知当x ＝－2时，x 2＝4>1，故选项A 为假命题；对于选项B ，命题“若x >y ，则x >|y |”的逆命题为“若x >|y |，则x >y ”，分析可知选项B 为真命题；对于选项C ，命题“若x ＝1，则x 2＋x －2＝0”的否命题为“若x ≠1，则x 2＋x －2≠0”，易知当x ＝－2时，x 2＋x －2＝0，故选项C 为假命题；对于选项D ，命题“若tan x ＝3，则x ＝π3”的逆否命题为“若x ≠π3，则tan x≠3”，易知当x ＝4π3时，tan x ＝3，故选项D 为假命题．综上可知，选B.9．(2019·浙江五校联考模拟)已知棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，下列命题不正确的是( )A ．平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，且两平面的距离为33B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体P A 1B 1C 1的体积不变 C ．与所有12条棱都相切的球的体积为23π D ．M 是正方体的内切球的球面上任意一点，N 是△AB 1C 外接圆的圆周上任意一点，则|MN |的最小值是3－22解析：选D.A.因为AB 1∥DC 1，AC ∥A 1C 1，且AC ∩AB 1＝A ，所以平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，正方体的体对角线BD 1＝3，设B 到平面ACB 1的距离为h ，则V B AB 1C ＝13×12×1×1×1＝13×12×2×2×32h ，即h ＝33，则平面ACB 1与平面A 1C 1D 的距离d ＝3－2h ＝3－2×33＝33，故A 正确． B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体P A 1B 1C 1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确，C ．与所有12条棱都相切的球的直径2R 等于面的对角线B 1C ＝2，则2R ＝2，R ＝22，则球的体积V ＝43πR 3＝43×π×(22)3＝23π，故C 正确．D ．设正方体的内切球的球心为O ，正方体的外接球的球心为O ′，则三角形ACB 1的外接圆是正方体的外接球O ′的一个小圆，因为点M 在正方体的内切球的球面上运动，点N 在三角形ACB 1的外接圆上运动，所以线段MN 长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径，因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，所以线段MN 长度的最小值是32－12.故D 错误．故选D. 10．设A 是自然数集的一个非空子集，对于k ∈A ，如果k 2∉A ，且k ∉A ，那么k 是A 的一个“酷元”，给定S ＝{x ∈N |y ＝lg(36－x 2)}，设M ⊆S ，集合M 中有两个元素，且这两个元素都是M 的“酷元”，那么这样的集合M 有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析：选C.由36－x 2>0可解得－6<x <6，又x ∈N ，故x 可取0，1，2，3，4，5，故S ＝{0，1，2，3，4，5}．由题意可知：集合M 不能含有0，1，且不能同时含有2，4.故集合M 可以是{2，3}，{2，5}，{3，5}，{3，4}，{4，5}．11．设P ，Q 为两个非空实数集合，定义集合P *Q ＝{z |z ＝a b ，a ∈P ，b ∈Q }，若P ＝{1，2}，Q ＝{－1，0，1}，则集合P *Q 中元素的个数为________．解析：法一(列举法)：当b ＝0时，无论a 取何值，z ＝a b ＝1；当a ＝1时，无论b 取何值，a b ＝1；当a ＝2，b ＝－1时，z ＝2－1＝12；当a ＝2，b ＝1时，z ＝21＝2.故P *Q ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12，2，该集合中共有3个元素．法二：(列表法)：因为a ∈P ，b ∈Q ，所以a 的取值只能为1，2；b 的取值只能为－1，0，1.z ＝a b 的不同运算结果如下表所示：由上表可知P *Q ＝⎩⎨⎭⎬1，12，2，显然该集合中共有3个元素．答案：312．(2019·温州瑞安高考数学模拟)设全集U ＝{1，2，3，4，5，6}，A ＝{1，2}，B ＝{2，3，4}，则A ∩(∁U B )＝______，(∁U A )∪B ＝________．解析：因为U ＝{1，2，3，4，5，6}， ∁U B ＝{1，5，6}，∁U A ＝{3，4，5，6}，所以A ∩(∁U B )＝{1，2}∩{1，5，6}＝{1}，(∁U A )∪B ＝{3，4，5，6}∪{2，3，4}＝{2，3，4，5，6}．答案：{1} {2，3，4，5，6}13．给出命题：若函数y ＝f (x )是幂函数，则函数y ＝f (x )的图象不过第四象限．在它的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数是________．解析：易知原命题是真命题，则其逆否命题也是真命题，而逆命题、否命题是假命题．答案：114．一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)是奇函数的充分必要条件是________．解析：必要性：因为f (x )＝kx ＋b (k ≠0)是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即k (－x )＋b ＝－(kx ＋b )，所以b ＝0.充分性：如果b ＝0，那么f (x )＝kx ，因为f (－x )＝k (－x )＝－kx ，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数．答案：b ＝015．A ＝{1，2，3}，B ＝{x ∈R |x 2－ax ＋b ＝0，a ∈A ，b ∈A }，则A ∩B ＝B 的概率是________．解析：有序实数对(a ，b )的取值情形共有9种，满足A ∩B ＝B 的情形有： ①(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，2)，(2，3)，(3，3)，此时B ＝∅；②(2，1)，此时B ＝{1}； ③(3，2)，此时B ＝{1，2}．所以A ∩B ＝B 的概率为P ＝89.答案：8916．设集合A ＝{x |x 2＋4x ＝0，x ∈R }，B ＝{x |x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0，a ∈R ，x ∈R }，若B ⊆A ，则实数a 的取值范围为________．解析：因为A ＝{0，－4}，所以B ⊆A 分以下三种情况：(1)当B ＝A 时，B ＝{0，－4}，由此知0和－4是方程x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0的两个根，由根与系数之间的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（a ＋1）2－4（a 2－1）＞0，－2（a ＋1）＝－4，a 2－1＝0.解得a ＝1. (2)当B ≠A 时，B ＝{0}或B ＝{－4}，并且Δ＝ 4(a ＋1)2－4(a 2－1)＝0，解得a ＝－1，此时B ＝{0}满足题意．(3)当B ＝∅时，Δ＝4(a ＋1)2－4(a 2－1)＜0，解得a ＜－1.综上所述，所求实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪{1}．答案：(－∞，－1]∪{1}17．函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ∈P ，－x ，x ∈M ，其中P ，M 为实数集R 的两个非空子集，规定f (P )＝{y |y ＝g (x )，x ∈P }，f (M )＝{y |y ＝g (x )，x ∈M }．给出下列四个命题：①若P ∩M ＝∅，则f (P )∩f (M )＝∅； ②若P ∩M ≠∅，则f (P )∩f (M )≠∅； ③若P ∪M ＝R ，则f (P )∪f (M )＝R ； ④若P ∪M ≠R ，则f (P )∪f (M )≠R . 其中命题不正确的有________．解析：①若P ＝{1}，M ＝{－1}，则f (P )＝{1}，f (M )＝{1}，则f (P )∩f (M )≠∅，故①错． ②若P ＝{1，2}，M ＝{1}，则f (P )＝{1，2}， f (M )＝{－1}，则f (P )∩f (M )＝∅.故②错． ③若P ＝{非负实数}，M ＝{负实数}，则f (P )＝{非负实数}，f (M )＝{正实数}，则f (P )∪f (M )≠R ，故③错．④若P ＝{非负实数}，M ＝{正实数}，则f (P )＝{非负实数}，f (M )＝{负实数}，则f (P )∪f (M )＝R ，故④错．答案：①②③④[能力提升]1．已知集合P ＝{y |y ＝(12)x ，x ≥0}，Q ＝{x |y ＝lg(2x －x 2)}，则P ∩Q 为( )A ．(0，1]B ．∅C ．(0，2)D ．{0}解析：选A.由已知得，因为x ≥0，且0＜(12)x ≤(12)0＝1，所以P ＝(0，1]，又因为2x －x 2＞0⇒0＜x ＜2，所以Q ＝(0，2)，因此P ∩Q ＝(0，1]，故选A.2．已知z ＝m 2－1＋(m 2－3m ＋2)i(m ∈R ，i 为虚数单位)，则“m ＝－1”是“z 为纯虚数”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解析：选C.由题意，当m ＝－1时，z 的实部为(－1)2－1＝0，虚部为(－1)2－3×(－1)＋2＝6，此时z 为纯虚数，即充分性成立；当z 为纯虚数时，有⎩⎪⎨⎪⎧m 2－1＝0，m 2－3m ＋2≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝±1m ≠2，m ≠1⇒m＝－1，即必要性成立，故选C.3．集合A ＝{x |y ＝ln(1－x )}，B ＝{x |x 2－2x －3≤0}，全集U ＝A ∪B ，则∁U (A ∩B )＝( ) A ．{x |x ＜－1或x ≥1} B ．{x |1≤x ≤3或x ＜－1}C ．{x |x ≤－1或x ＞1}D ．{x |1＜x ≤3或x ≤－1}解析：选B.集合A ＝{x |y ＝ln(1－x )}＝{x |1－x ＞0}＝{x |x ＜1}，B ＝{x |x 2－2x －3≤0}＝{x |(x ＋1)(x －3)≤0}＝{x |－1≤x ≤3}，所以U ＝A ∪B ＝{x |x ≤3}，所以A ∩B ＝{x |－1≤x ＜1}；所以∁U (A ∩B )＝{x |1≤x ≤3或x ＜－1}．故选B.4．若x ∈R ，则“x ＞1”是“1x ＜1”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件解析：选A.由x ＞1，一定能得到1x ＜1，但当1x ＜1时，不能推出x ＞1(如x ＝－1时)，故“x＞1”是“1x＜1”的充分非必要条件．5．下面四个条件中，使a ＞b 成立的必要而不充分的条件是( ) A ．a －1＞b B ．a ＋1＞b C ．|a |＞|b |D ．a 3＞b 3解析：选B.“a ＞b ”不能推出“a －1＞b ”，故选项A 不是“a ＞b ”的必要条件，不满足题意；“a ＞b ”能推出“a ＋1＞b ”，但“a ＋1＞b ”不能推出“a ＞b ”，故满足题意；“a ＞b ”不能推出“|a |＞|b |”，故选项C 不是“a ＞b ”的必要条件，不满足题意；“a ＞b ”能推出“a 3＞b 3”，且“a 3＞b 3”能推出“a ＞b ”，故是充要条件，不满足题意．6．(2019·绍兴质检)已知集合A ＝{x |x ＜－2或x ＞1}，B ＝{x |x ＞2或x ＜0}，则(∁R A )∩B ＝( )A ．(－2，0)B ．[－2，0)C ．∅D ．(－2，1)解析：选B.因为集合A ＝{x |x ＜－2或x ＞1}，所以∁R A ＝{x |－2≤x ≤1}，集合B＝{x|x＞2或x＜0}，所以(∁R A)∩B＝{x|－2≤x＜0}＝[－2，0)，故选B.7．对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是()A．若m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交B．若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥βC．若m⊂α，n∥α，m，n共面于β，则m∥nD．若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线解析：选C.A.α∥β时，m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，可以成立，故A错误；B.若m⊥α，m⊥β，则α∥β，因为n∥α，则n∥β或n⊂β，故B错误；C.利用线面平行的性质定理，可得C 正确；D.若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线或相交直线，故D不正确，故选C.8．已知f(x)＝ax2＋bx，其中－1≤a＜0，b＞0，则“存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1”是“a＋b ＞1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C.因为f(x)＝ax2＋bx，所以a＋b＞1⇔f(1)＞1.因为存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1，所以|f(x)|max＞1.因为－1≤a＜0，b＞0，所以函数f(x)的对称轴x＝－b2a＞0.计算：f(0)＝0，f(1)＝a＋b，f(－b2a)＝b2－4a＞0.f(1)＞1，所以f(－b2a)＝b2－4a＞1，反之也成立，若b2＞－4a，则b＞－4a＞1－a.所以“存在x∈[0，1]，|f(x)|＞1”是“a＋b＞1”的充要条件．9．已知全集U＝R，集合A＝{x|x(x＋2)＜0}，B＝{x||x|≤1}，则如图所示的阴影部分表示的集合是()A ．(－2，1)B ．[－1，0]∪[1，2)C ．(－2，－1)∪[0，1]D ．[0，1]解析：选C.因为集合A ＝{x |x (x ＋2)＜0}，B ＝{x ||x |≤1}，所以A ＝{x |－2＜x ＜0}，B ＝{x |－1≤x ≤1}，所以A ∪B ＝(－2，1]，A ∩B ＝[－1，0)，所以阴影部分表示的集合为∁A ∪B (A ∩B )＝(－2，－1)∪[0，1]，故选C.10．已知各项均不为零的数列{a n }，定义向量c n ＝(a n ，a n ＋1)，b n ＝(n ，n ＋1)，n ∈N *.下列命题中真命题是( )A ．若任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等比数列B ．若任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等比数列C ．若任意n ∈N *总有c n ⊥b n 成立，则数列{a n }是等差数列D ．若任意n ∈N *总有c n ∥b n 成立，则数列{a n }是等差数列解析：选 D.c n ⊥b n ⇒c n ·b n ＝na n ＋(n ＋1)a n ＋1＝0，即a n ＋1a n＝－nn ＋1；所以数列{a n }既不是等比数列又不是等差数列；c n ∥b n ⇒(n ＋1)a n －na n ＋1＝0，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ；所以a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝21×32×…×nn －1＝n (n ≥2)，即a n ＝na 1.所以数列{a n }是等差数列． 11．已知A ＝{0，1，2}，B ＝{－1，3}，记：A ＋B ＝{a ＋b |a ∈A ，b ∈B }，试用列举法表示A ＋B ＝________．解析：因为a ∈A ，b ∈B ，所以当a ＝0时，a ＋b ＝－1或3，当a ＝1时，a ＋b ＝0或4，当a ＝2时，a ＋b ＝1或5，所以A ＋B ＝{－1，0，1，3，4，5}．答案：{－1，0，1，3，4，5}12．设集合A ＝{1，2，4}，B ＝{x |x 2－4x ＋m ＝0}，若A ∩B ＝{1}，则B ＝________．解析：因为A ∩B ＝{1}，所以1∈B ，所以1是方程x 2－4x ＋m ＝0的根，所以1－4＋m ＝0，m＝3，方程为x2－4x＋3＝0，又因它的解为x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．答案：{1，3}13．已知集合A＝{x∈R||x＋2|<3}，集合B＝{x∈R|(x－m)(x－2)<0}，且A∩B＝(－1，n)，则m＝________，n＝________．解析：A＝{x∈R||x＋2|<3}＝{x∈R|－5<x<1}，由A∩B＝(－1，n)，可知m<1，则B＝{x|m<x<2}，画出数轴，可得m＝－1，n＝1.答案：－1 114．设集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|－x∈A，1－x∉A}，则集合B中元素的个数为________．解析：若x∈B，则－x∈A，故x只可能是0，－1，－2，－3，当0∈B时，1－0＝1∈A；当－1∈B时，1－(－1)＝2∈A；当－2∈B时，1－(－2)＝3∈A；当－3∈B时，1－(－3)＝4∉A，所以B＝{－3}，故集合B中元素的个数为1.答案：115．给出下列四个命题：①“λ＝0”是“λa＝0”的充分不必要条件；②在△ABC中，“AB2＋AC2＝BC2”是“△ABC为直角三角形”的充要条件；③若a，b∈R，则“a2＋b2≠0”是“a，b全不为零”的充要条件；④若a，b∈R，则“a2＋b2≠0”是“a，b不全为零”的充要条件．其中正确命题的序号是________．解析：由λ＝0可以推出λa＝0，但是由λa＝0不一定推出λ＝0成立，所以①正确．由AB2＋AC2＝BC2可以推出△ABC是直角三角形，但是由△ABC是直角三角形不能确定哪个角是直角，所以②不正确．由a2＋b2≠0可以推出a，b不全为零；反之，由a，b不全为零可以推出a2＋b2≠0，所以④正确．答案：①④16．已知“p：(x－m)2>3(x－m)”是“q：x2＋3x－4<0”成立的必要不充分条件，则实数m的取值范围是________．解析：记P＝{x|(x－m)2>3(x－m)}＝{x|(x－m)·(x－m－3)>0}＝{x|x<m或x>m＋3}，Q＝{x|x2＋3x －4<0}＝{x |(x ＋4)(x －1)<0}＝{x |－4<x <1}，p 是q 成立的必要不充分条件，即等价于Q P .所以m ＋3≤－4或m ≥1，解得m ≤－7或m ≥1.答案：(－∞，－7]∪[1，＋∞)17．(2019·杭州市七校高三联考)下列命题中正确的有________．①常数数列既是等差数列也是等比数列；②在△ABC 中，若sin 2 A ＋sin 2 B ＝sin 2 C ，则△ABC 为直角三角形；③若A ，B 为锐角三角形的两个内角，则tan A tan B >1；④若S n 为数列{a n }的前n 项和，则此数列的通项公式a n ＝S n －S n －1(n >1)．解析：命题①：由数列{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n －a n －1＝d (n ≥2)(ⅰ)，又数列{a n }是等比数列，设其公比为q ，则a n ＝qa n －1(n ≥2)(ⅱ)，把(ⅱ)代入(ⅰ)得：qa n －1－a n －1＝(q －1)a n －1＝d (n ≥2)，要使(q －1)·a n －1＝d (n ≥2)对数列中“任意项”都成立，则需q －1＝d ＝0，也就是q ＝1，d ＝0.所以数列{a n }为非零常数列，故不正确；命题②：由正弦定理可把sin 2A ＋sin 2B ＝sin 2C 转化为a 2＋b 2＝c 2，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝0，所以三角形为直角三角形，故正确；命题③：若A 、B 是锐角三角形的两内角，则tan A >0，tan B >0，π>A ＋B >π2，则tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B1－tan A tan B<0，得tan A ·tan B >1，故正确；命题④：若S n 为数列{a n }的前n 项和，则此数列的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1）S n －S n －1 （n ≥2），故不正确．故正确的命题为：②③.答案：②③。