2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】方法技巧 专练(四).doc

2024试吧大考卷二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】方法技巧 专练(四)专练(四)技法13函数方程思想12020·广东揭阳摸底已知等差数列an的前n项和Sn满足S45，S920，则a7等于()A3 B5C3 D52将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为()A. B.C. D.32020·陕西西安二模已知函数f(x)x24x4，若存在实数t，当x1，t时，f(xa)4x(a>0)恒成立，则实数t的最大值是()A4 B7C8 D942018·全国卷ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin Ccsin B4asin Bsin C，b2c2a28，则ABC的面积为_52020·山东青岛期中联考已知函数f(x)x22axb(a>1)的定义域和值域都为1，a，则b_.6已知双曲线C：1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)，P是双曲线C右支上一点，且|PF2|F1F2|，若直线PF1与圆x2y2a2相切，则双曲线的离心率为_7已知函数f(x)lg，其中a为常数，若当x(，1，f(x)有意义，则实数a的取值范围为_8关于x的不等式ex1x0在x上恰成立，则a的取值集合为_92020·江苏扬州大学附中月考已知二次函数g(x)mx22mxn1(m>0)在区间0,3上有最大值4，最小值0.求函数g(x)的解析式102018·全国卷节选设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8.求l的方程专练(五)技法14数形结合思想12020·福建省质量检测在ABC中，2，且E为AC的中点，则()A B.C D.22020·广东省联考试题函数f(x)的部分图象大致是()3设双曲线C: 1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为P.若以A1A2为直径的圆与直线PF2相切，则双曲线C的离心率为()A. B.C2 D.42020·郑州市质量预测已知函数f(x)sin的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数f(x)的图象向右平移个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g(x)的图象，若g(x)k0在x有且只有一个实数根，则k的取值范围是()Ak B1k<C<k D<k或k152018·全国卷已知函数f(x)g(x)f(x)xa.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是()A1,0) B0，)C1，) D1，)62020·合肥市高三调研性检测若实数x，y满足约束条件则z2xy的最大值为_72020·武汉市调研测试过圆O：x2y24外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆O于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为_82020·开封市高三模拟试卷已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，满足f(x)f(2x)0，且当x(0,1)时，f(x)x2，则f(1)_，g(x)f(x)|lg x|，则函数g(x)的零点共有_个9已知函数f(x)2sin2cos 2x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)m2在x上有两个不同的解，求实数m的取值范围102020·武汉市质量检测如图，在棱长为a的正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，P，Q，L分别为棱A1D1，C1D1，BC的中点(1)求证：ACQL；(2)求点A到平面PQL的距离专练(六)技法15分类讨论思想12020·开封市高三模拟试卷设常数aR，集合Ax|(x1)(xa)0，Bx|xa1，若ABR，则a的取值范围为()A(，2) B(，2C(2，) D2，)2已知a>0，b>0，且a1，b1，若logab>1，则()A(a1)(b1)<0 B(a1)(ab)>0C(b1)(ba)<0 D(b1)(ba)>032020·福建泉州新世纪中学质检若双曲线1的渐近线方程为y±x，则m的值为()A1 B. C. D1或42020·湖北武汉调研已知实数x，y满足约束条件如果目标函数zxay的最大值为，则实数a的值为()A3 B. C3或 D3或52020·江西师范附属中学模拟已知f(x)，若f(2a)1，则f(a)等于()A2 B1C1 D262020·安徽阜阳二模等比数列an中，a1a4a72，a3a6a918，则an的前9项和S9_.7设圆锥曲线的两个焦点分别为F1，F2.若曲线上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线的离心率等于_82020·辽宁沈阳期末f(x)是定义在R上的函数，满足f(x)f(x)，且x0时，f(x)x3，若对任意的x2t1,2t3，不等式f(3xt)8f(x)恒成立，则实数t的取值范围是_92020·太原市模拟试题已知a，b，c分别是ABC的内角A，B，C所对的边，a2bcos B，bc.(1)证明：A2B；(2)若a2c2b22acsin C，求A.102020·河南省豫北名校高三质量考评已知函数f(x)2axaex1(a0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)e2(a1)ex对任意x1,2恒成立，求实数a的取值范围练(四)1答案：C解析：解法一S9S4a5a6a7a8a915，所以5a715，所以a73.故选C.解法二设公差为d，则由题意得4a16d5,9a136d20，解得a1，d，所以a73.故选C.2答案：B解析：如图所示，设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，由题意可得，所以x22r，所以圆柱的体积Vr2(22r)2(r2r3)(0<r<1)，设V(r)2(r2r3)(0<r<1)，则V(r)2(2r3r2)，由2(2r3r2)0得r，所以圆柱的最大体积Vmax2.3答案：D解析：作函数f(x)x24x4(x2)2的简图如图所示由图象可知，当函数yf(xa)的图象经过点(1,4)时，有x1，t，f(xa)4x(a>0)恒成立，此时t取得最大值，由(1a)24(1a)44，得a5或a1(舍)，所以4t(t52)2，所以t1(舍)或t9，故t9.4答案：解析： bsin Ccsin B4asin Bsin C， 由正弦定理得sin Bsin Csin Csin B4sin Asin Bsin C.又sin Bsin C 0， sin A.由余弦定理得cos A0， cos A，bc， SABCbcsin A××.5答案：5解析：函数f(x)x22axb(a>1)图象的对称轴方程为xa>1，所以函数f(x)x22axb在1，a上为减函数，又函数在1，a上的值域也为1，a，即由得b3a1，代入得a23a20，解得a1(舍)或a2.把a2代入b3a1得b5.故答案为5.6答案：解析：取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|F1F2|，则AF2PF1，直线PF1与圆x2y2a2相切，|AF2|2a，|PA|PF1|ac，4c2(ac)24a2，化简得(3c5a)(ac)0，则双曲线的离心率为.7答案：解析：由>0，且a2a12>0，得12x4x·a>0，故a>.当x(，1时，y与y都是减函数，因此，函数y在(，1上是增函数，所以max，所以a>.故实数a的取值范围是.8答案：2解析：关于x的不等式ex1x0在x上恰成立函数g(x)在上的值域为.因为g(x)，令(x)ex(x1)x21，x，则(x)x(ex1)因为x，所以(x)0，故(x)在上单调递增，所以(x)>0.因此g(x)>0，故g(x)在上单调递增，则g(x)g2，所以a2，解得a2，所以a的取值集合为29解析：g(x)mx22mxn1(m>0)，易知g(x)图象开口向上，对称轴方程为x1，x0,3，当x1时，g(x)取得最小值mn10，当x3时，g(x)取得最大值3mn14，由解得m1，n0，函数g(x)的解析式为g(x)x22x1.10解析：由题意得F(1,0)，l的方程为yk(x1)(k>0)设A(，)，B(，)，由得k2x2(2k24)xk20.16k216>0，故.所以|AB|AF|BF|(1)(1).由题设知8，解得k1(舍去)或k1.因此l的方程为yx1.专练(五)1答案：A解析：解法一如图1，连接AD.()().解法二().解法三如图2，作，以，为基底将分解，xy，则xy，易知x<0，y>0，排除B，C，D选项，故选A.解法四不妨令ABC为直角三角形，C90°，AC2，BC3，以C为坐标原点建立直角坐标系，如图3所示，则C(0,0)，A(2,0)，B(0,3)，D(0,2)，E(1,0)，所以(2,3)，(2,0)，(1，2)，易得，故选A.2答案：D解析：因为f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，当x(0,1)时，f(x)<0，当x(1，)时，f(x)>0.故选D.3答案：D解析：如图所示，设以A1A2为直径的圆与直线PF2的切点为Q，连接OQ，则OQPF2，又PF1PF2，O为F1F2的中点，所以|PF1|2|OQ|2a，又|PF2|PF1|2a，所以|PF2|4a，在RtF1PF2中，|PF1|2|PF2|2|F1F2|24a216a220a24c2e.4答案：D解析：因为f(x)相邻两条对称轴之间的距离为，结合三角函数的图象可知.又因为T，所以2，f(x)sin，将f(x)的图象向右平移个单位得到f(x)sinsin，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g(x)sin.所以方程为sink0.令2xt，因为x，所以t.若g(x)k0在x上有且只有一个实数根，即g(t)sin t与yk在上有且只有一个交点k<或k1，即<k或k1.5答案：C解析：令h(x)xa，则g(x)f(x)h(x)在同一坐标系中画出yf(x)，yh(x)图象的示意图，如图所示若g(x)存在2个零点，则yf(x)的图象与yh(x)的图象有2个交点，平移yh(x)的图象，可知当直线yxa过点(0,1)时，有2个交点，此时10a，a1.当yxa在yx1上方，即a<1时，仅有1个交点，不符合题意当yxa在yx1下方，即a>1时，有2个交点，符合题意综上，a的取值范围为1，)故选C.6答案：8解析：通解依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，作出直线2xy0，平移该直线，当平移到经过点A(3，2)时，相应直线在y轴上的截距达到最小，此时z2xy取得最大值，即zmax2×3(2)8.优解由得，此时z8；由得，此时z4；由得，此时z1.综上所述，z2xy的最大值为8.7答案：解析：如图所示，S四边形ABCD(PA·PDPB·PC)，取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD(PEAE)·(PFDF)(PEAE)·(PFDF)PE·DFAE·PF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OEPF，OFPE，结合柯西不等式有S四边形ABCDOF·DFAE·OE，其中OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE28OP2，据此可得S四边形ABCD，综上，四边形ABCD面积的最大值为.8答案：06解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)0，因为f(x)f(2x)0，所以令x1得f(1)f(1)0，即f(1)0.由f(x)f(2x)0得f(x)f(2x)，又f(x)是奇函数，所以f(2x)f(x2)，即f(x)f(x2)，则f(x)是以2为周期的周期函数，则f(0)f(2)0，f(1)f(3)0，即f(n)0(nZ)注意到f(x)的值域为(1,1)，由g(x)0得f(x)|lg x|<1，<x<10，因此只需关心函数yf(x)与y|lg x|的图象在区间内的公共点个数在同一平面直角坐标系内作出函数yf(x)与y|lg x|的图象，如图所示，由图可知，yf(x)的图象与函数y|lg x|的图象共有6个交点，因此函数g(x)的零点共有6个9解析：(1)由f(x)2sin2cos 2x1coscos 2x1sin 2xcos 2x12sin，则由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以函数的单调递增区间为，kZ.(2)由f(x)m2，得f(x)m2，当x时，2x，f(0)12sin1，函数f(x)的最大值为123，要使方程f(x)m2在x上有两个不同的解，则f(x)m2在x上有两个不同的解，即函数f(x)和ym2在x上有两个不同的交点，即1m2<3，即1m<1.所以实数m的取值范围为1,1)10解析：(1)如图，取DC的中点H，连接QH，HL，BD.在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，H，Q分别为DC，C1D1的中点，则QHCD，从而QH平面ABCD，所以QHAC.在正方形ABCD中，H，L分别为CD，BC的中点，所以BDHL，又ACBD，所以HLAC.又QHHLH，所以AC平面QHL，所以ACQL.(2)取AB的中点M，连接ML，MP，因为M，L分别为AB，BC的中点，所以MLAC.又ACQL，所以MLQL，易证PQML且PQML，所以四边形PQLM为矩形，则点A到平面PQL的距离即点A到平面PML的距离，设其值为h.连接PA，AL，在四面体PAML中，SAMLAM·BL··a2，SPML·ML·PM·a·a2，由等体积法可知V三棱锥P ­ AMLV三棱锥A ­ PML，即·a2·a·a2·h，解得ha，故点A到平面PQL的距离为a.专练(六)1答案：B解析：若a>1，集合Ax|x1或xa，利用数轴可知，要使ABR，需a11，解得1<a2；若a1，集合AR，满足ABR，故a1符合题意；若a<1，集合Ax|xa或x1，利用数轴可知，显然满足ABR，故a<1符合题意综上，a的取值范围为(，2故选B.2答案：D解析：a>0，b>0，且a1，b1，当a>1，即a1>0时，不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>a>1，(a1)(ab)<0，(a1)(b1)>0，(b1)(ba)>0.当0<a<1，即a1<0时，不等式logab>1可化为alogab<a1，即0<b<a<1，(a1)(ab)<0，(a1)(b1)>0，(b1)(ba)>0.综上可知，选D.3答案：B解析：根据题意可分以下两种情况讨论：当焦点在x轴上时，则有解得m<1，此时渐近线方程为y± x，由题意得，解得m；当焦点在y轴上时，则有解得m>3，此时渐近线方程为y± x，由题意得，无解综上可知m.故选B.4答案：D解析：先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为yxz，目标函数zxay的最大值只需直线的截距最大，当a>0时，<0，若<<0，即a>2，最优解为A，za，a3，符合题意；若<，即0<a<2，最优解为B，z3a，a，不符合题意，舍去当a<0时，>0，若0<<1，即a<1，最优解为C(2，2)，z22a，a，符合题意；若>1，即1<a<0，最优解为B，z3a，a，不符合题意，舍去；综上可知实数a的值为3或.故选D.5答案：A解析：当2a2，即a0时，22a211，解得a1，则f(a)f(1)log23(1)2；当2a<2即a>0时，log23(2a)1，解得a，舍去所以f(a)2.故选A.6答案：14或26解析：由题意得q29，q±3，当q3时，a2a5a83(a1a4a7)6，S9261826；当q3时，a2a5a83(a1a4a7)6，S9261814.所以S914或26.7答案：或解析：设|F1F2|2c(c>0)，由已知|PF1|F1F2|PF2|432，得|PF1|c，|PF2|c，且|PF1|>|PF2|. 若圆锥曲线为椭圆，则2a|PF1|PF2|4c，离心率e；若圆锥曲线为双曲线，则2a|PF1|PF2|c，离心率e.故曲线的离心率等于或.8答案：(，31，)0解析：f(x)是定义在R上的偶函数，f(x)x3，在x>0上为单调增函数，f(3xt)8f(x)8x3f(2x)，|3xt|2x|，所以(3xt)2(2x)2，化简得5x26xtt20.(*)当t0时显然成立；当t>0时，(*)式解为x或xt，对任意x2t1,2t3，(*)式恒成立，则需t2t1，故t1；当t<0时，(*)式解为xt或t，对任意x2t1,2t3，(*)式恒成立，则需2t3t，故t3.综上所述，t3或t1或t0.9解析：(1)证明：a2bcos B，且，sin A2sin Bcos Bsin 2B，0<A<，0<B<，sin Asin 2B>0，0<2B<，A2B或A2B.若A2B，则BC，bc，这与“bc”矛盾，A2B，A2B.(2)a2c2b22acsin C，sin C，由余弦定理得cos Bsin C，0<B<，0<C<，CB或CB.当CB时，由A2B且ABC，得A，BC，这与“bc”矛盾，A；当CB时，由(1)得A2B，ABCA2B2A，A.综上，A.10解析：(1)由题意得f(x)2aaexa(2ex)令f(x)0，得xln 2.当a>0时，由f(x)>0，得x<ln 2，由f(x)<0，得x>ln 2，所以f(x)的单调递增区间为(，ln 2)，单调递减区间为(ln 2，)；当a<0时，则易得f(x)的单调递增区间为(ln 2，)，单调递减区间为(，ln 2)(2)f(x)e2(a1)ex(a0)对任意x1,2恒成立，即2axaex1e2(a1)ex(a0)对任意x1,2恒成立即2axex1e0(a0)对任意x1,2恒成立令F(x)2axex1e(a0)，则F(x)2aex(a0)，当a>0时，F(x)2aex>0，F(x)在1,2上单调递增，F(1)2a1>0，F(x)0在1,2上不成立，不满足题意当a<0时，由F(x)0，得xln(2a)，当x(，ln(2a)时F(x)<0，F(x)单调递减；当x(ln(2a)，)时，F(x)>0，F(x)单调递增若ln(2a)1，即a<0，则F(x)在1,2上单调递增，由F(2)4ae2e10，得a，又a<0，所以不存在满足题意的a.若1<ln(2a)<2，即<a<，则F(x)在1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，2上单调递增，由F(1)2a10，得a，由F(2)4ae2e10，得a，又<a<，所以<a.若ln(2a)2，即a，则F(x)在1,2上单调递减，由F(1)2a10，得a，又a，所以a.综上所述，a的取值范围为.