2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題8 數(shù)學(xué)思想方法選講練習(xí) 理
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2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題8 數(shù)學(xué)思想方法選講練習(xí) 理
專題8 數(shù)學(xué)思想方法選講專題復(fù)習(xí)檢測A卷1如果a1,a2,a8為各項(xiàng)都大于零的等差數(shù)列,公差d0,那么()Aa1a8>a4a5Ba1a8<a4a5Ca1a8>a4a5Da1a8a4a5【答案】B【解析】取特殊數(shù)列1,2,3,4,5,6,7,8,顯然只有1×8<4×5成立,即a1a8<a4a5,排除A,C,D故選B2已知非零向量a,b,若a2b與a2b互相垂直,則等于()AB4CD2【答案】D【解析】由a2b與a2b互相垂直,得(a2b)·a2b)0,化簡,得|a|2|b|,所以2.3設(shè)x,y滿足約束條件則的取值范圍是()A1,5B2,6C3,10D3,11【答案】D【解析】1,令z,z的幾何意義是區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)到點(diǎn)M(1,1)連線的斜率如圖,A,B(0,4),z的值滿足kMAzkMB,kMA1,kMB5,故1z5,所以311.4由命題“存在x0R,使e|x01|m0”是假命題,得m的取值范圍是(,a),則實(shí)數(shù)a的取值是()A(,1)B(,2) C1 D2【答案】C【解析】命題“存在x0R,使e|x01|m0”是假命題,可知它的否定形式“任意xR,使e|x1|m>0”是真命題,可得m的取值范圍是(,1),故a1.5若不等式|x1|x3|a對任意的實(shí)數(shù)x恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(,0)B(,0)2 C(,1)D(,2)【答案】B【解析】由于|x1|x3|(x1)(x3)|4,不等式|x1|x3|a對任意的實(shí)數(shù)x恒成立,等價于4a,得a0 或解得a0,或a2.故選B6過拋物線y22px(p>0)的焦點(diǎn)F作傾斜角為45°的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),若線段AB的長為8,則p_.【答案】2【解析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由題意可知直線AB的方程為yx,代入y22px消去y后,得x23px0,故x1x23p.又|AB|x1x2p8,解得p2.7(2019年寧夏石嘴山三中二模)在ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若a2b2bc,sin C2sin B,則A的大小為_【答案】【解析】由sin C2sin B及正弦定理,得c2b.由a2b2bc,得a27b2.再由余弦定理,得cos A,故A.8若函數(shù)f(x)ax(a>0,a1)在1,2上的最大值為4,最小值為m,且函數(shù)g(x)(14m)在0,)上是增函數(shù),則a_.【答案】【解析】若a>1,有a24,a1m,故a2,m,此時g(x)為減函數(shù),不合題意;若0<a<1,有a14,a2m,故a,m,檢驗(yàn)知符合題意9已知函數(shù)f(x)x28x,g(x)6ln xm.是否存在實(shí)數(shù)m,使得yf(x)的圖象與yg(x)的圖象有且只有三個不同的交點(diǎn)?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,說明理由【解析】函數(shù)yf(x)的圖象與yg(x)的圖象有且只有三個不同的交點(diǎn),即函數(shù)(x)g(x)f(x)的圖象與x軸的正半軸有且只有三個不同的交點(diǎn)(x)x28x6ln xm,(x)2x8(x>0)當(dāng)x(0,1)時,(x)>0,(x)是增函數(shù);當(dāng)x(1,3)時,(x)<0,(x)是減函數(shù);當(dāng)x(3,)時,(x)>0,(x)是增函數(shù);當(dāng)x1或x3時,(x)0.(x)極大值(1)m7,(x)極小值(3)m6ln 315.當(dāng)x充分接近0時,(x)<0,當(dāng)x充分大時,(x)>0,要使(x)的圖象與x軸正半軸有三個不同的交點(diǎn),必須且只需即7<m<156ln 3.存在實(shí)數(shù)m,使得函數(shù)yf(x)與yg(x)的圖象有且只有三個不同的交點(diǎn),m的取值范圍為(7,156ln 3)10(2019年內(nèi)蒙古包頭模擬)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,已知a1a(a3),an1Sn3n,nN*.(1)設(shè)bnSn3n,求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式;(2)若an1an,nN*,求a的取值范圍【解析】(1)依題意,Sn1Snan1Sn3n,即Sn12Sn3n.由此得Sn13n12(Sn3n)又S131a3(a3),故數(shù)列Sn3n是首項(xiàng)為a3,公比為2的等比數(shù)列所以數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bnSn3n(a3)2n1.(2)由(1)知Sn3n(a3)2n1.當(dāng)n2時,anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n22×3n1(a3)2n2.當(dāng)n1時,a1a不適合上式,故anan1an4×3n1(a3)2n22n2.當(dāng)n2時,由an1an,得12·n2a30,解得a9.又a2a13>a1,滿足條件綜上,a的取值范圍是9,)B卷11過雙曲線x21的右焦點(diǎn)F作直線l交雙曲線于A,B兩點(diǎn),若|AB|4,則這樣的直線l有()A1條B2條C3條 D4條【答案】C【解析】因?yàn)殡p曲線的兩個頂點(diǎn)之間的距離是2,小于4,所以當(dāng)直線l與雙曲線左、右兩支各有一個交點(diǎn)時,過雙曲線的右焦點(diǎn)一定有兩條直線滿足條件要求;當(dāng)直線l與實(shí)軸垂直時,有31,解得y2或y2,所以此時直線AB的長度是4,即只與雙曲線右支有兩個交點(diǎn)的所截弦長為4的直線僅有一條綜上,有3條直線滿足|AB|4.12某工件的三視圖如圖所示,現(xiàn)將該工件通過切削,加工成一個體積盡可能大的正方體新工件,并使新工件的一個面落在原工件的一個面內(nèi),則原工件的材料利用率為()ABCD【答案】A【解析】由三視圖知該幾何體是一個底面半徑為r1,母線長為l3的圓錐,則圓錐的高為h2.由題意知加工成的體積最大的正方體ABCDA1B1C1D1的一個底面A1B1C1D1在圓錐的底面上,過平面AA1C1C的軸截面如圖所示(平面轉(zhuǎn)化很重要,這是由形到數(shù)的關(guān)鍵所在)設(shè)正方體的棱長為x,則有,即,解得x.所以原工件的材料利用率為.13若函數(shù)f(x)xasin x在R內(nèi)單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_【答案】1,1【解析】f(x)1acos x,要使函數(shù)f(x)xasin x在R內(nèi)單調(diào)遞增,則f(x)1acos x0對任意實(shí)數(shù)x都成立1cos x1,1a1.14已知函數(shù)f(x).(1)求證:0f(x)1;(2)當(dāng)x0時,不等式f(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解析】(1)證明:設(shè)g(x)xex1,則g(x)(x1)ex.當(dāng)x(,1)時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x(1,)時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增所以g(x)g(1)1e10.又ex0,故f(x)0.f(x).當(dāng)x(,0)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(0,)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減所以f(x)f(0)1.綜上,有0f(x)1.(2)若a0,則當(dāng)x>0時,f(x)1,不等式不成立若a0,則當(dāng)0x時,1,不等式不成立若a0,則f(x)等價于(ax2x1)ex10.(*)設(shè)h(x)(ax2x1)ex1,則h(x)x(ax2a1)ex.若a,則當(dāng)x(0,)時,h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,h(x)>h(0)0.若0<a<,則當(dāng)x時,h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,h(x)h(0)0.不等式不恒成立于是,若a0,不等式(*)成立當(dāng)且僅當(dāng)a.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是.- 6 -