2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬補(bǔ)償練習(xí)（二）理一、分類與整合思想的應(yīng)用本卷中第1,17,21,24題均體現(xiàn)了分類與整合思想的應(yīng)用,在解決與參數(shù)相關(guān)或分類解決的問題時(shí),要注意分類標(biāo)準(zhǔn)的選擇,要做到不重不漏,最后還要注意整合.如已知Sn求an中,若a1不適合an,則應(yīng)整合為分段函數(shù)形式.【跟蹤訓(xùn)練】 “a0”是“函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增”的()(A)充分不必要條件(B)必要不充分條件(C)充分必要條件(D)既不充分也不必要條件二、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用本卷中第4,11,12,19,21題均體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用,在將問題進(jìn)行化歸與轉(zhuǎn)化時(shí),一般應(yīng)遵循以下幾種原則:(1)熟悉化原則:將陌生的問題轉(zhuǎn)化為我們熟悉的問題.(2)簡(jiǎn)單化原則:將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問題.(3)直觀化原則:將較抽象的問題轉(zhuǎn)化為較直觀的問題.(4)正難則反原則:若問題直接求解困難時(shí),可考慮運(yùn)用反證法或補(bǔ)集法或用逆否命題間接地解決問題.【跟蹤訓(xùn)練】 ,(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的大小關(guān)系是()(A)<<(B)<<(C)<<(D)<<1.函數(shù)f(x)=若f(1)+f(a)=2,則a的所有可能值為()(A)1(B)1,-(C)-(D)1,2.在定圓C:x2+y2=4內(nèi)過點(diǎn)P(-1,1)作兩條互相垂直的直線與C分別交于A,B和M,N,則+的范圍是.3.已知函數(shù)f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.4.已知函數(shù)f(x)=x3+（-）x2+（-a）x(0<a<1,xR).若對(duì)于任意的三個(gè)實(shí)數(shù)x1,x2,x31,2,都有f(x1)+f(x2)>f(x3)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.5.(xx鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-2.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=log2a1+log2a2+log2an,求使(n-8)bnnk對(duì)任意nN*恒成立的實(shí)數(shù)k的取值范圍.高考仿真模擬卷(二)試卷評(píng)析及補(bǔ)償練習(xí)試卷評(píng)析一、【跟蹤訓(xùn)練】 C當(dāng)a=0時(shí),f(x)=|(ax-1)x|=|x|在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增;當(dāng)a<0時(shí),結(jié)合函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的圖象知函數(shù)在(0,+)上單調(diào)遞增,如圖(1)所示:當(dāng)a>0時(shí),結(jié)合函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的圖象知函數(shù)在(0,+)上先增后減再增,不符合條件,如圖(2)所示.所以,要使函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|在(0,+)上單調(diào)遞增只需a0.即“a0”是“函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|在(0,+)上單調(diào)遞增”的充要條件.二、【跟蹤訓(xùn)練】 A由于=,=,=,故可構(gòu)造函數(shù)f(x)=,于是f(4)=,f(5)=,f(6)=.而f(x)=()=,令f(x)>0得x<0或x>2,即函數(shù)f(x)在(2,+)上單調(diào)遞增,因此有f(4)<f(5)<f(6),即<<.故選A.補(bǔ)償練習(xí)1.B由于f(1)+f(a)=2,f(1)=e0=1,所以f(a)=1.當(dāng)a0時(shí),f(a)=1=ea-1,所以a=1.當(dāng)-1<a<0時(shí),f(a)=sin (a2)=1,所以a2=2k+(kZ).所以a2=2k+(kZ),k只取0,此時(shí)a2=.因?yàn)?1<a<0,所以a=-.故選B.2.解析:設(shè)=t,考慮特殊情況:當(dāng)AB垂直O(jiān)P時(shí),MN過圓心O,|AB|最小,|MN|最大,所以t最小=,t最大=.所以t,.又因?yàn)閠+2=2(當(dāng)t=1時(shí)取等號(hào)),所以t+2,.答案:2,3.解:由題意知f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)=+2ax=.當(dāng)a0時(shí),f(x)>0,故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)a-1時(shí),f(x)<0,故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.當(dāng)-1<a<0時(shí),令f(x)=0,解得x=,則當(dāng)x(0,)時(shí),f(x)>0;當(dāng)x(,+)時(shí),f(x)<0.故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,在(,+)上單調(diào)遞減.綜上,當(dāng)a0時(shí),f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增;當(dāng)a-1時(shí),f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)-1<a<0時(shí),f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,在(,+)上單調(diào)遞減.4.解:因?yàn)閒(x)=x2+(a-)x+(-a)=(x-)(x+a-2),所以令f(x)=0,解得x1=,x2=2-a.由0<a<1知1<2-a<2.所以令f(x)>0得x<或x>2-a;令f(x)<0得<x<2-a,所以函數(shù)f(x)在1,2-a)上單調(diào)遞減,在(2-a,2上單調(diào)遞增.所以函數(shù)f(x)在1,2上的最小值為f(2-a)=(2-a)2,最大值為maxf(1),f(2)=max-,a.因?yàn)楫?dāng)0<a時(shí),-a;當(dāng)<a<1時(shí),a>-,由對(duì)任意x1,x2,x31,2,都有f (x1)+f(x2)>f(x3)恒成立,得2f(x)min>f(x)max(x1,2).所以當(dāng)0<a時(shí),必有2(2-a)2>-,結(jié)合0<a可解得1-<a;當(dāng)<a<1時(shí),必有2(2-a)2>a,結(jié)合<a<1可解得<a<2-.綜上知所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1-,2-).5.解:(1)由Sn=2an-2可得a1=2,因?yàn)镾n=2an-2,所以當(dāng)n2時(shí),an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即=2.所以數(shù)列an是以a1=2為首項(xiàng),公比為2的等比數(shù)列,所以an=2n(nN*).(2)bn=log2a1+log2a2+log2an=1+2+3+n=.由(n-8)bnnk對(duì)任意nN*恒成立,即實(shí)數(shù)k對(duì)nN*恒成立;設(shè)cn=(n-8)(n+1),則當(dāng)n=3或4時(shí),cn取得最小值為-10,所以k-10.即實(shí)數(shù)k的取值范圍為(-,-10.