《高考理科數學 通用版三維二輪專題復習專題檢測：二十一 選擇題第12題、填空題第16題專練 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考理科數學 通用版三維二輪專題復習專題檢測：二十一 選擇題第12題、填空題第16題專練 Word版含解析（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題檢測（二十一）專題檢測（二十一） 選擇題第選擇題第 12 題、填空題第題、填空題第 16 題專練題專練 一、選擇題一、選擇題 1設設 a1，a2，a3，anR，n3.若若 p：a1，a2，a3，an成等比數列；成等比數列；q：(a21a22a2n1)(a22a23a2n)(a1a2a2a3an1an)2，則，則( ) Ap 是是 q 的充分條件，但不是的充分條件，但不是 q 的必要條件的必要條件 Bp 是是 q 的必要條件，但的必要條件，但不是不是 q 的充分條件的充分條件 Cp 是是 q 的充分必要條件的充分必要條件 Dp 既不是既不是 q 的充分條件，也不是的充分條件，也不是 q 的

2、必要條件的必要條件 解析：解析：選選 A (特殊數列特殊數列)取大家最熟悉的等比數列取大家最熟悉的等比數列 an2n，代入，代入 q 命題命題(不妨取不妨取 n3)滿足，再取滿足，再取 an3n代入代入 q 命題命題(不妨取不妨取 n3)也滿足，反之取也滿足，反之取 a1a2a3an0 時，滿時，滿足足 q 命題，但不滿足命題，但不滿足 p 命題，故命題，故 p 是是 q 的充分條件，但不是的充分條件，但不是 q 的必要條件的必要條件 2(20 xx 全國卷全國卷)已知函數已知函數 f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零點，則有唯一零點，則 a( ) A12 B13 C12 D1 解析：解

3、析： 選選 C 法一：法一： 由由 f(x)x22xa(ex1ex1)， 得， 得 f(2x)(2x)22(2x)ae2x1e(2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)，所以，所以 f(2x)f(x)，即，即 x1 為為 f(x)圖象的對稱軸由題意，圖象的對稱軸由題意，f(x)有唯一零點，所以有唯一零點，所以 f(x)的零點只能為的零點只能為 x1，即，即 f(1)1221a(e11e11)0，解得，解得 a12. 法二：法二：由由 f(x)0a(ex1ex1)x22x. ex1ex12 ex1 ex12，當且僅當，當且僅當 x1 時取時取“” x22x(x1)21

4、1，當且僅當，當且僅當 x1 時取時取“” 若若 a0，則，則 a(ex1ex1)2a， 要使要使 f(x)有唯一零點，則必有有唯一零點，則必有 2a1，即，即 a12. 若若 a0，則，則 f(x)的零點不唯一的零點不唯一 綜上所述，綜上所述，a12. 3已知函數已知函數 f(x)在在(1，)上單調，且函數上單調，且函數 yf(x2)的圖象關于直線的圖象關于直線 x1 對稱，對稱，若數列若數列an是公差不為是公差不為 0 的等差數列，且的等差數列，且 f(a50)f(a51)，則數列，則數列an的前的前 100 項的和為項的和為( ) A200 B100 C0 D50 解析：解析： 選選 B

5、 因為函數因為函數 yf(x2)的圖象關于直線的圖象關于直線 x1 對稱， 則函數對稱， 則函數 f(x)的圖象關于直的圖象關于直線線 x1 對稱又函數對稱又函數 f(x)在在(1，)上單調，數列上單調，數列an是公差不為是公差不為 0 的等差數列，且的等差數列，且f(a50)f(a51)，所以，所以 a50a512，所以，所以 S100100 a1a100 250(a50a51)100. 4(20 xx 貴州適應性考試貴州適應性考試)已知點已知點 A 是拋物線是拋物線 x24y 的對稱軸與準線的交點，點的對稱軸與準線的交點，點 F 為為拋物線的焦點，拋物線的焦點，P 在拋物線上且滿足在拋物線

6、上且滿足|PA|m|PF|，當，當 m 取最大值時，取最大值時，|PA|的值為的值為( ) A1 B 5 C. 6 D2 2 解析：解析：選選 D 設設 P(x，y)，由拋物線的定義知，由拋物線的定義知|PF|y1，|PA| x2 y1 2，所以，所以 mx2 y1 2y1，平方得，平方得 m2x2 y1 2 y1 2，又，又 x24y，當，當 y0 時，時，m1，當，當 y0 時，時，m24y y1 2 y1 24y y1 2114y1y2，由基本不等式可知，由基本不等式可知 y1y2，當且僅當，當且僅當 y1 時取時取等號，此時等號，此時 m 取得最大值取得最大值 2，故，故|PA| 4

7、11 22 2. 5對任意實數對任意實數 a，b，c，d，定義，定義 a bc d adbc，adbc，12bcad，adbc， 已知函數已知函數 f(x) x 41 x，直線，直線 l：kxy32k0，若直線，若直線 l 與函數與函數 f(x)的圖象有兩個的圖象有兩個交點，則實數交點，則實數 k 的取值范圍是的取值范圍是( ) A. 1，23 34，1 B. 1，1724 C. 1，1724 34，1 D(1,1) 解析：解析：選選 A 由題意知，由題意知， f(x) x 41 x x24，x2或或x2，12 4x2，2x2， 直線直線 l：yk(x2)3 過定點過定點 A(2，3)，畫出函

8、數，畫出函數 f(x)的圖象，的圖象，如圖所示，其中如圖所示，其中 f(x) x24(x2 或或 x2)的圖象為雙曲線的上的圖象為雙曲線的上半部分，半部分，f(x)12 4x2(2x2)的圖象為橢圓的上半部分，的圖象為橢圓的上半部分，B(2,0)，設直線，設直線 AD 與橢圓相切，與橢圓相切，D 為切點由圖可知，當為切點由圖可知，當 kABk1或或1kkAD時，直線時，直線 l 與與 f(x)的圖象有兩個交點的圖象有兩個交點kAB302 2 34，將，將 ykAD(x2)3與與 y12 4x2(2x0 時，函數時，函數 f(x)的圖的圖象恒在直線象恒在直線 ykx 的下方，則的下方，則 k 的

9、取值范圍是的取值范圍是( ) A. 13，33 B. 13， C. 33， D. 33，32 解析：解析： 選選 B 由題意， 當由題意， 當 x0 時，時， f(x)sin x2cos xkx 恒成立 由恒成立 由 f()0.又又 f(x)12cos x 2cos x 2，由切線的幾何意義知，要使，由切線的幾何意義知，要使 f(x)kx 恒成立，必有恒成立，必有 kf(0)13.要證要證 k13時時不等式恒成立， 只需證不等式恒成立， 只需證 g(x)sin x2cos x13x0， g(x)2cos x1 2cos x 213 cos x1 23 2cos x 20，g(x)在在(0，)上

10、單調遞減，上單調遞減，g(x)0，當當 1a2 時，關于時，關于 x 的方程的方程 ff(x)a 實數解的個實數解的個數為數為_ 解析：解析：當當 1a2 時，作出時，作出 f(x)的圖象如圖所示，令的圖象如圖所示，令 uf(x)，則，則 f(u)a，由，由 f(x)的圖象可知，若的圖象可知，若 u 滿足滿足 u0，解，解得得1e2u1e1 或或 2eue2，顯然，當，顯然，當 x0，1e2u1e0,2eue2時，時，f(x)u 也有也有 2 個解因此個解因此ff(x)a 有有 4 個實數解個實數解 答案：答案：4 2(20 xx 全國卷全國卷)在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，AB

11、C75 ，BC2，則，則 AB 的的取值范圍是取值范圍是_ 解析：解析：(特殊特殊圖形圖形)如圖所示，延長如圖所示，延長 BA，CD 交于交于 E，平移，平移 AD，當當 A 與與 D 重合于重合于 E 點時，點時，AB 最長，在最長，在BCE 中，中，BC75 ，E30 ，BC2，由正弦定理可得，由正弦定理可得BCsinEBEsinC，即，即2sin 30BEsin 75，解得，解得 BE 6 2，平移，平移 AD，當，當 D 與與 C 重合時，重合時，AB 最短，此時與最短，此時與 AB 交于交于 F，在在BCF 中，中，BBFC75 ，F(xiàn)CB30 ，由正弦定理知，由正弦定理知，BFsin

12、FCBBCsinBFC，即即BFsin 302sin 75，解得，解得 BF 6 2，所以，所以 AB 的取值范圍是的取值范圍是( 6 2， 6 2) 答案答案：( 6 2， 6 2) 3設設 0mBD，即，即 2xx3，x1，ABADBD，即，即 2xx3，x3，所以，所以 x(1,3) 在在ABD 中，由余弦定理得中，由余弦定理得 9(2x)2x22 2x xcos A，即，即 cos A5x294x2， SABC2SABD2122xxsin A 2x21 5x294x2232 x410 x29 ， 令令 tx2，則，則 t(1,9)，SABC32 t5 216，當，當 t5，即，即 x

13、5時，時，SABC有最大有最大值值 6. 答案：答案：6 7 對于函數 對于函數 f(x)與與 g(x)， 若存在， 若存在 xR|f(x)0， xR|g(x)0， 使得， 使得|1，則稱函數則稱函數 f(x)與與 g(x)互為互為“零點密切函數零點密切函數”，現(xiàn)已知函數，現(xiàn)已知函數 f(x)ex2x3 與與 g(x)x2axx4 互為互為“零點密切函數零點密切函數”，則實數，則實數 a 的取值范圍是的取值范圍是_ 解析：解析：易知函數易知函數 f(x)為增函數，且為增函數，且 f(2)e22230，所以函數，所以函數 f(x)ex2x3 只只有一個零點有一個零點 x2， 則取， 則取 2，

14、由， 由|2|1， 知， 知 13.由由 f(x)與與 g(x)互為互為“零點密切函數零點密切函數”知函數知函數 g(x)x2axx4 在區(qū)間在區(qū)間1,3內有零點，即方程內有零點，即方程 x2axx40 在在1,3內有解，內有解，所以所以 ax4x1，而函數，而函數 yx4x1 在在1,2上單調遞減，上單調遞減，在在2,3上單調遞增，所以當上單調遞增，所以當 x2時，時，a 取最小值取最小值 3，且當，且當 x1 時，時，a4，當，當 x3 時，時，a103，所以，所以 amax4，所以實數，所以實數 a 的的取值范圍是取值范圍是3,4 答案：答案：3,4 8 對于數列 對于數列an， 定義，

15、 定義an為數列為數列an的一階差分數列， 其中的一階差分數列， 其中 anan1an(nN*) 對 對正整數正整數k， 規(guī)定， 規(guī)定kan為數列為數列an的的k階差分數列， 其中階差分數列， 其中kank1an1k1an(k1an) 若 若數列數列2an的各項均為的各項均為 2，且滿足，且滿足 a11a2 0150，則，則 a1的值為的值為_ 解析：解析：因為數列因為數列2an的各項均為的各項均為 2，即，即 an1an2，所以，所以 ana12n2，即，即an1ana12n2， 所以所以 ana1(n1)a1(0242n4) (n1)a1(n1)(n2)(n2)， 所以所以 a11a110

16、a1109，a2 015a12 014a12 0142 013， 即即 0a110a1109，0a12 014a12 0142 013， 解得解得 a120 140. 答案：答案：20 140 9已知圓已知圓 O：x2y21 和點和點 A(2,0)，若定點，若定點 B(b,0)(b2) 和常數和常數 滿足：對圓滿足：對圓 O 上任意一點上任意一點 M，都有，都有|MB|MA|，則，則 b_ ；_ . 解析：解析：法一：法一：(三角換元三角換元)在圓在圓 O 上任意取一點上任意取一點 M(cos ，sin )，則由，則由|MB|MA|可得可得(cos b)2sin22(cos 2)2sin2，整

17、理得，整理得 1b252(2b42) cos 0，即，即 1b2520，2b420，解得解得 b12，12. 法二：法二：(特殊點特殊點)既然對圓既然對圓 O 上任意一點上任意一點 M，都有，都有|MB|MA|，使得，使得 與與 b 為常數，那為常數，那么取么取 M(1,0)與與 M(0,1)代入代入|MB|MA|，得，得 b1 292，b2152， 解得解得 b12，12. 答案：答案：12 12 10(20 xx 江蘇高考江蘇高考)設設 f(x)是定義在是定義在 R 上且周期為上且周期為 1 的函數，在區(qū)間的函數，在區(qū)間0,1)上，上，f(x) x2，xD，x，x D，其中集合其中集合 D

18、 x xn1n，nN*，則方程，則方程 f(x)lg x0 的解的個數是的解的個數是_ 解析：解析：由于由于 f(x)0,1)，因此只需考慮，因此只需考慮 1x10 的情況，的情況， 在此范圍內，當在此范圍內，當 xQ 且且 x Z 時，設時，設 xqp，q，pN*，p2 且且 p，q 互質互質 若若 lg xQ，則由，則由 lg x(0,1)，可設，可設 lg xnm，m，nN*，m2 且且 m，n 互質，互質， 因此因此 10nmqp，則，則 10n qpm，此時左邊為整數，右邊為非整數，矛盾，因此，此時左邊為整數，右邊為非整數，矛盾，因此 lg x Q， 故故 lg x 不可能與每個周期內不可能與每個周期內 xD 對應的部分相等，對應的部分相等， 只需考慮只需考慮 lg x 與每個周期內與每個周期內 x D 部分的交點部分的交點 畫出函數草圖畫出函數草圖(如圖如圖)，圖中交點除，圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標均為無理數，屬于每個周期外其他交點橫坐標均為無理數，屬于每個周期 x D 的部分，的部分， 且且 x1 處處(lg x)1xln 101ln 101，則在，則在 x1 附近僅有一個交點，因此方程附近僅有一個交點，因此方程 f(x)lg x0 的解的個數為的解的個數為 8. 答案：答案：8