2022年创新设计二轮专题复习配套专题训练 .pdf

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1、学习必备欢迎下载第 2 讲分类讨论思想、转化与化归思想一、选择题1过双曲线x2a2y2b21 上任意一点 P，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R，Q 两点，则 PR PQ的值为()Aa2B.b2C2abD.a2b2解析当直线 PQ 与 x 轴重合时， |PR|PQ|a，故选 A. 答案A 2设函数 f(x)log2x x0 ，log12x x0 ，若 f(a)f(a)，则实数 a 的取值范围是()A(1,0)(0,1) B.(， 1)(1， ) C(1,0)(1， ) D.(， 1)(0,1) 解析若 a0，则 log2alog12a，即 2log2a0，所以 a1；若 a0，则log12(a

2、)log2(a)，即 2log2(a)0，所以 0a1，1a0.所以实数 a 的取值范围是 a1 或1a0，即 a (1,0) (1，)答案C 3若不等式 (a2)x22(a2)x40 对一切 xR 恒成立，则 a 的取值范围是()A(， 2 B.2,2 C(2,2 D.(， 2) 解析当 a20 即 a2 时， 不等式为 40 恒成立， 所以 a2； 当 a20精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页学习必备欢迎下载时，则 a 满足a20， 0，解得 2a2，所以 a 的范围是 (2,2答案C 4在ABC中，|AB|3，

3、|AC|4，|BC|5.点 D 是边 BC 上的动点， ADxAByAC，当 xy 取最大值时， |AD|的值为()A4 B.3 C.52D.125解析 |AB|3，|AC|4，|BC|5， ABC 为直角三角形如图建立平面直角坐标系，A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)，设 D(a，b)，由ADxAByAC，得a3x，b4y， xyab12. 又 D 在直线 lBC：x3y41 上，a3b41，则a3b42ab12. ab1214，即 xy14，此时 a32，b2，|AD|3222252. 答案C 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -

4、第 2 页，共 7 页学习必备欢迎下载二、填空题5若数列 an 的前 n 项和 Sn3n1，则它的通项公式an_. 解析当 n2 时，anSnSn13n1(3n11)23n1；当 n1 时，a1S12，也满足式子 an23n1，数列 an 的通项公式为 an23n1. 答案23n16.(2014 盐城调研 )如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为 1，E，F 分别为线段AA1，B1C 上的点，则三棱锥D1EDF 的体积为 _解析， DED1的面积为正方形AA1D1D 面积的一半，三棱锥 FDED1的高即为正方体的棱长，所以1312DD1ADAB16. 答案167方程 sin2xcos xk

5、0 有解，则 k的取值范围是 _解析求 ksin2xcos x 的值域kcos2xcos x1(cos x12)254. 当 cos x12时，kmin54，当 cosx1 时，kmax1，54k1. 答案54，1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页学习必备欢迎下载8设正实数 x，y，z 满足 x23xy4y2z0，则当xyz取得最大值时，2x1y2z的最大值为 _解析由已知得 zx23xy4y2(*) 则xyzxyx23xy4y21xy4yx31，当且仅当 x2y 时取等号，把 x2y 代入(*)式，得 z2y2，所

6、以2x1y2z1y1y1y21y1211. 答案1 三、解答题9已知函数 f(x)2asin2x2 3asin xcos xab(a0)的定义域是0，2，值域是5,1，求常数 a，b 的值解f(x)2a12(1cos 2x)3asin 2xab2a12cos 2x32sin 2x 2ab2asin 2x62ab，又0 x2，62x676 ，12sin 2x61. 因此，由 f(x)的值域为 5,1 可得a0，2a 122ab1，2a12ab5，或a0，2a 122ab5，2a12ab1.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7

7、 页学习必备欢迎下载解得a2，b5或a2，b1.10已知函数 f(x)ln(1x)x1x. (1)求 f(x)的极小值；(2)若 a，b0，求证： ln aln b1ba. (1)解f (x)11x1xx1x2x1x2(x1)令 f(x)0，得 x0. 列表如下x (1,0)0(0， ) f (x)0f(x)极小值由上表可知， x0 时 f(x)取得极小值 f(0)0. (2)证明在 x0 时，f(x)取得极小值，而且是最小值，于是f(x)f(0)0，从而 ln(1x)x1x在 x1 时恒成立，令 1xab0，则x1x11x11ba，ln aln blnab1ba. 因此 ln aln bln

8、ab1ba在 a0，b0 时成立ln aln b1ba. 11设 F1，F2分别是椭圆 Dx2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，过 F2作倾斜角为3的直线交椭圆 D 于 A，B 两点，F1到直线 AB 的距离为 3，连接椭圆 D 的四个顶点得到的菱形面积为4. (1)求椭圆 D 的方程(2)作直线 l 与椭圆 D 交于不同的两点 P，Q，其中 P 点的坐标为 (a,0)，若精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页学习必备欢迎下载点 N(0， t)是线段 PQ 垂直平分线上的一点， 且满足 NP NQ4， 求实数 t 的

9、值解(1)设 F1，F2的坐标分别为 (c,0)，(c,0)，其中 c0，由题意得 AB 的方程为： y3(xc)因 F1到直线 AB 的距离为 3，所以有|3c3c|313. 解得 c3. 所以有 a2b2c23. 由题意知：122a2b4，即 ab2. 联立解得： a2，b1. 所求椭圆 D 的方程为x24y21. (2)由(1)知：P(2,0)，设 Q(x1，y1)，当直线 l 的斜率不存在时， 由已知显然不合要求 当直线 l 的斜率存在时， 设直线斜率为 k，则直线 l 的方程为 yk(x2)，把它代入椭圆 D 的方程，消去y，整理得：(14k2)x216k2x(16k24)0. 由根

10、与系数的关系得 2x116k214k2，则 x128k214k2，y1k(x12)4k14k2，所以线段 PQ 的中点坐标为8k214k2，2k14k2. ()当 k0 时，则有 Q(2,0)，线段 PQ 垂直平分线为 y轴，于是NP(2，t)，NQ(2，t)，由NP NQ4t24，解得： t 2 2. ()当 k0 时， 则线段 PQ 垂直平分线的方程为； y2k14k21kx8k214k2，因为点 N(0，t)是线段 PQ 垂直平分线上的一点，令x0，得： t6k14k2，于是NP(2，t)，NQ(x1，y1t)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页学习必备欢迎下载由NP NQ2x1t(y1t)4 16k415k2114k2 24，解得： k147，代入 t6k14k2，解得： t2 145. 综上，满足条件的实数t 的值为 2 2或2 145. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页