2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題精做系列專題13.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題精做系列專題13 1．設(shè)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間[a，b]上的兩個函數(shù)，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有兩個不同的零點，則稱f(x)和g(x)在[a，b]上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”，區(qū)間[a，b]稱為“關(guān)聯(lián)區(qū)間”．若f(x)＝x2－3x＋4與g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”，則m的取值范圍是 (　　)． A. B．[－1,0] C．(－∞，－2] D. 【答案】A 2．已知以為周期的函數(shù)，其中。若方程恰有5個實數(shù)解，則的取值范圍為（ ） A． B． C． D. 【答案】B 【考點定位】考察學(xué)生運用函數(shù)的圖像分析函數(shù)圖像和性質(zhì)的能力，考察數(shù)形結(jié)合的能力. 3．定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，當時，恒成立，，則的大小關(guān)系為 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 4．設(shè)函數(shù)，若的圖象與圖象有且僅有兩個不同的公共點,則下列判斷正確的是 A.當時， B. 當時， C. 當時， D. 當時， 【答案】：B 【考點定位】本題從最常見了兩類函數(shù)出發(fā)進行了巧妙組合，考查數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想，函數(shù)與方程思想等，難度很大，不易入手,具有很強的區(qū)分度 5．已知函數(shù),,設(shè)函數(shù)，且函數(shù)的零點均在區(qū)間內(nèi)，則的最小值為（ ） A、11 B、10 C、9 D、8 【答案】B 【解析】 試題分析：　零點在上，函數(shù)，且函數(shù)的零點均在區(qū)間內(nèi)，的零點在上，的零點在上，的最小值為． 【考點定位】1、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用, 2、根的存在性定理. 6．已知數(shù)列an：，…，依它的前10項的規(guī)律，則a99＋a100的值為( ) A. B. C. D. 【答案】A 【考點定位】數(shù)列及歸納推理. 7．現(xiàn)有兩個命題： （1）若，且不等式恒成立，則的取值范圍是集合； （2）若函數(shù)，的圖像與函數(shù)的圖像沒有交點，則的取值范圍是集合； 則以下集合關(guān)系正確的是（ ） A． B. C. D. 【答案】C 【解析】 對（2）：作出函數(shù)，的圖像與函數(shù)的圖像如圖所示： 對求導(dǎo)得：.由得.由此得切點為.代入得.由圖可知時，函數(shù)， 8．函數(shù)（＞2）的最小值（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 試題分析：令，則，又，所以，當且僅當，時取“=”. 【考點定位】1、基本不等式；2、正弦函數(shù)的有界性. 9．設(shè)實數(shù)滿足，則的取值范圍是 （ ） A．] B． C． D． 【答案】C 10．如圖，正方體的棱長為，以頂點A為球心，2為半徑作一個球，則圖中球面與正方體的表面相交所得到的兩段弧長之和等于( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 11．已知A、B是橢圓＝1(a＞b＞0)和雙曲線＝1(a＞0，b＞0)的公共頂點．P是雙曲線上的動點，M是橢圓上的動點(P、M都異于A、B)，且滿足＋＝λ(＋)，其中λ∈R，設(shè)直線AP、BP、AM、BM的斜率分別記為k1、k2、k3、k4，k1＋k2＝5，則k3＋k4＝________. 【答案】－5 【考點定位】直線與圓錐曲線. 12．已知等差數(shù)列的首項，公差，且、、分別是等比數(shù)列的、、. （1）求數(shù)列和的通項公式； （2）設(shè)數(shù)列對任意正整數(shù)均有成立，求的值. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 試題分析：（1）將、、利用與表示，結(jié)合條件、、成等比數(shù)列列式求出的值，再根據(jù)等差數(shù)列的通項公式求出數(shù)列的通項公式，根據(jù)條件、求出等比數(shù)列的通項公式；（2）先令求出的值，然后再令，由得到 ，， 則 . 【考點定位】1.等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式；2.定義法求通項；3.錯位相減法求和 13．設(shè)無窮等比數(shù)列的公比為q，且，表示不超過實數(shù)的最大整數(shù)（如）,記，數(shù)列的前項和為，數(shù)列的前項和為. （Ⅰ）若，求； （Ⅱ）若對于任意不超過的正整數(shù)n，都有，證明：. （Ⅲ）證明：（）的充分必要條件為. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）答案詳見解析；（Ⅲ）答案詳見解析. 【解析】 所以，，，且當時，. 即 （Ⅱ）證明：因為 ，所以 ，. 因為 ， 所以 ，. 由 ，得 . 因為 ， 所以 ， 所以 ，即 . （Ⅲ）證明：（充分性）因為 ，， 所以， 所以對一切正整數(shù)n都成立. 因為，， 所以必然存在一個整數(shù)，使得能被整除，而不能被整除. 又因為，且與的最大公約數(shù)為1. 所以，這與（）矛盾. 所以. 因此，. 【考點定位】1、等比數(shù)列的通項公式；2、數(shù)列前n項和；3、充要條件. 14．如圖，四棱錐中，底面是平行四邊形，，平面，，，是的中點. （1）求證：平面； （2）若以為坐標原點，射線、、分別是軸、軸、軸的正半軸，建立空間直角坐標系，已經(jīng)計算得是平面的法向量，求平面與平面所成銳二面角的余弦值. 【答案】（1）參考解析；（2） 【解析】 (2)通過平面幾何圖形性質(zhì)或者解線性方程組,計算得平面一個法向量為， 又平面法向量為，所以 所求二面角的余弦值為. 【考點定位】1.線面垂直的證明2.二面角.3.空間向量的運算.4.運算的能力. 15．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D、E分別是棱BC、AB的中點，點F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2. (1)求證：C1E∥平面ADF； (2)設(shè)點M在棱BB1上，當BM為何值時，平面CAM⊥平面ADF? 【答案】（1）見解析（2）當BM＝1時 【解析】(1)證明：連結(jié)CE交AD于O，連結(jié)OF. 因為CE，AD為△ABC中線，所以O(shè)為△ABC的重心，. 【考點定位】空間線、面間的位置關(guān)系. 16．在△ABC中，∠BAC＝90，∠B＝60，AB＝1，D為線段BC的中點，E、F為線段AC的三等分點(如圖①)．將△ABD沿著AD折起到△AB′D的位置，連結(jié)B′C(如圖②)． (1)若平面AB′D⊥平面ADC，求三棱錐B′-ADC的體積； (2)記線段B′C的中點為H，平面B′ED與平面HFD的交線為l，求證：HF∥l； (3)求證：AD⊥B′E. 【答案】（1）（2）見解析（3）見解析 【解析】(1)解：在直角△ABC中，D為BC的中點，所以AD＝BD＝CD.又∠B＝60，所以△ABD是等邊三角形．取AD中點O，連結(jié)B′O，所以B′O⊥AD.因為平面AB′D⊥平面ADC，平面AB′D∩平面ADC＝AD，B′O平面AB′D，所以B′O⊥平面ADC.在△ABC中，∠BAC＝90，∠B＝60，AB＝1，D為BC的 所以EO＝. 所以AO2＋EO2＝AE2.所以AD⊥EO. 又B′O平面B′EO，EO平面B′EO，B′O∩EO＝O， 所以AD⊥平面B′EO. 又B′E平面B′EO，所以AD⊥B′E. 【考點定位】1、幾何體的體積；2、空間線、面間的位置關(guān)系. 17．如圖，正三棱柱所有棱長都是2，D棱AC的中點，E是棱的中點，AE交于點H. （1）求證：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求點到平面的距離. 【答案】(1)參考解析；(2) ；(3) 【解析】 (3)點到平面的距離，轉(zhuǎn)化為直線與法向量的關(guān)系，再通過解三角形的知識即可得點到平面的距離.本小題關(guān)鍵是應(yīng)用解三角形的知識. 試題解析：（1）證明：建立如圖所示， ∵ ∴ 即AE⊥A1D， AE⊥BD ∴AE⊥面A1BD （2）由 ∴取 【考點定位】1.空間坐標系的建立.2.線面垂直的證明.4.二面角的求法.5.點到平面的距離公式. 18．已知點分別是橢圓的左、右焦點, 點在橢圓上上. （Ⅰ）求橢圓的標準方程; （Ⅱ）設(shè)直線若、均與橢圓相切,試探究在軸上是否存在定點,點到的距離之積恒為1?若存在,請求出點坐標;若不存在,請說明理由. 【答案】（1）；（2）滿足題意的定點存在,其坐標為或 【解析】 試題解析：(1)法一：由,得, 1分 2分 ∴橢圓的方程為 4分 法二：由,得, 1分 把代入并去絕對值整理, 或者 10分 前式顯然不恒成立;而要使得后式對任意的恒成立 則,解得; 綜上所述,滿足題意的定點存在,其坐標為或 12分 【考點定位】1.橢圓的標準方程；2.橢圓的定義； 3.兩點間的距離公式；4.點到直線的距離公式. 19．如圖,已知拋物線的焦點為F，過F的直線交拋物線于M、N兩點，其準線與x軸交于K點. （1）求證：KF平分∠MKN； （2）O為坐標原點，直線MO、NO分別交準線于點P、Q，求的最小值. 【答案】（1）見解析；（2）8. 【解析】 由, ∴. 4分 設(shè)KM和KN的斜率分別為，顯然只需證即可. ∵， ∴ ， 6分 （2）設(shè)M、N的坐標分別為，由M，O，P三點共線可求出P點的坐標為，由N，O，Q三點共線可求出Q點坐標為， 7分 設(shè)直線MN的方程為。由 20．已知橢圓:的左焦點為,且過點. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)過點P(-2,0)的直線與橢圓E交于A、B兩點，且滿足. ①若,求的值; ②若M、N分別為橢圓E的左、右頂點，證明: 【答案】(1) ;(2)參考解析 【解析】 試題分析：(1)因為由橢圓:的左焦點為,即.由點到兩焦點 顯然直線斜率存在,設(shè)直線方程為 由得: 得,, ,, ,符合,由對稱性不妨設(shè), 【考點定位】1.橢圓的性質(zhì).2.直線與橢圓的位置關(guān)系.3.韋達定理.4.幾何問題構(gòu)建代數(shù)方法解決. 21．已知點、為雙曲線：的左、右焦點，過作垂直于軸的直線，在軸上方交雙曲線于點，且．圓的方程是． （1）求雙曲線的方程； （2）過雙曲線上任意一點作該雙曲線兩條漸近線的垂線，垂足分別為、，求的值； （3）過圓上任意一點作圓的切線交雙曲線于、兩點，中點為，求證：． 【答案】(1) ；(2)；(3)證明見解析． 【解析】 試題分析：(1)從雙曲線方程中發(fā)現(xiàn)只有一個參數(shù)，因此我們只要找一個關(guān)系式就可求解，而這個關(guān)系式在中，，，，通過直角三角形的關(guān)系就可求得；(2)由(1)知雙曲線的漸近線為，這兩條漸近線在含雙曲線那部分的夾角為鈍角，因此過雙曲線上的點作該雙曲線兩條漸近線的垂線，為銳角，這樣這題我們只要認真計算，設(shè)點坐標為，由點到直線距離公式求出距離，利用兩條直線夾角公式求出，從而得到向量的數(shù)量積；(3)首先 等價于，因此設(shè)，我們只要證，而可以由切線的方程與雙曲線方程聯(lián)立方程組得到，再借助切線方程得到，驗證下是否有，注意上述情形是在時進行的，而時，切線為 因為在雙曲線：上，所以 又， 所以 10分 （3）由題意，即證： 設(shè)，切線的方程為： 11分 ①當時，切線的方程代入雙曲線中，化簡得： 【考點定位】(1)雙曲線的方程；(2)占到直線的距離，向量的數(shù)量積；(3)圓的切線與兩直線垂直的充要條件． 22．已知動點P到點A(－2,0)與點B(2,0)的斜率之積為－，點P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程； (2)若點Q為曲線C上的一點，直線AQ，BQ與直線x＝4分別交于M，N兩點，直線BM與橢圓的交點為D.求證，A，D，N三點共線． 【答案】（1）＋y2＝1(x≠2)．（2）見解析 【解析】(1)解　設(shè)P點坐標(x，y)，則kAP＝ (x≠－2)，kBP＝ (x≠2)，由已知＝－，化簡，得＋y2＝1，所求曲線C的方程為＋y2＝1(x≠2)． (2)證明　由已知直線AQ的斜率存在，且不等于0，設(shè)方程為y＝k(x＋2)， 由消去y，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，① 因為－2，xQ是方程①的兩個根，所以－2xQ＝，得xQ＝，又yQ＝k(xQ＋2)＝k＝，所以Q. 當x＝4，得yM＝6k，即M(4,6k)． 又直線BQ的斜率為－，方程為y＝－ (x－2)，當x＝4時，得yN＝－，即N.直線BM的斜率為3k，方程為y＝3k(x－2)． 【考點定位】1、軌跡方程；2、直線與橢圓的關(guān)系. 23．已知橢圓的離心率與雙曲線的離心率互為倒數(shù)，直線與以原點為圓心，以橢圓的短半軸長為半徑的圓相切. （1）求橢圓的方程； （2）設(shè)橢圓的左焦點為，右焦點為，直線過點且垂直于橢圓的長軸，動直線垂直于點，線段垂直平分線交于點，求點的軌跡的方程； （3）設(shè)第（2）問中的與軸交于點，不同的兩點在上，且滿足,求的取值范圍. 【答案】（1）；（2）（3） 【解析】 試題分析：（1）雙曲線的離心率為，所以橢圓的離心率為。根據(jù)題意原點到直線的距離為，又因為可解得。（2）由題意知即點到直線，和到點的距離相等，根據(jù)橢圓的定義可知點的軌跡是以為焦點以直線為準線的拋物線。（3）由的方程為知設(shè)，根據(jù)得出的關(guān)系，用兩點間距離求，再用配方法求最值。 試題解析：解（1）易知：雙曲線的離心率為，， ， 9分 由，左式可化簡為：， 10分 ， 當且僅當，即時取等號， 11分 又， 當，即時，， 13分 故的取值范圍是. 14分 【考點定位】1橢圓的標準方程；2拋物線的定義；3函數(shù)值域. 24．已知為實常數(shù)，函數(shù). （1）討論函數(shù)的單調(diào)性； （2）若函數(shù)有兩個不同的零點； （Ⅰ）求實數(shù)的取值范圍； （Ⅱ）求證：且.（注：為自然對數(shù)的底數(shù)） 【答案】（1）詳見解析；（2），證明詳見解析. 【解析】 試題分析：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值以及不等式等基礎(chǔ)知識，考查函數(shù)思想、分類討論思想，考查綜合分析和解決問題的能力.第一問，先對函數(shù)求導(dǎo)，由于函數(shù)有定義 ①當時，，函數(shù)在上是增函數(shù)； 2分 ②當時，在區(qū)間上，；在區(qū)間上，． 所以在是增函數(shù)，在是減函數(shù). 4分 （II）①由（I）知，當時，函數(shù)在上是增函數(shù)，不可能有兩個零點 當時，在是增函數(shù)，在是減函數(shù)，此時為函數(shù)的最大值， 當時，最多有一個零點，所以，解得， 6分 此時，，且， 令，則，所以在上單調(diào)遞增， 所以，即 所以的取值范圍是 8分 ②證法一： 由得 .所以. 所以 ，即，，. 又 ，所以，. 所以 . 即. 由，得.所以， . 12分 ②證法二： 所以函數(shù)在區(qū)間上為減函數(shù).,則,又 于是. 又由(1)可知 .即 12分 【考點定位】1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；2.利用函數(shù)求函數(shù)最值；3.構(gòu)造函數(shù)法；4.放縮法. 25．已知，函數(shù). （1）當時，討論函數(shù)的單調(diào)性； （2）當有兩個極值點（設(shè)為和）時，求證：. 【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析. 【解析】 試題分析：（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，確定導(dǎo)數(shù)的符號，實質(zhì)上就是確定分子的正負，從而確定函數(shù)在定義域上的單調(diào)性，即對分子的的符號進行分類討論，從而確定的符號情況，進而確定函數(shù)在定義域上的單調(diào)性；（2）根據(jù)、與之間的關(guān)系，結(jié)合韋達定理得出以及的表達式，代入所證的不等式中，利用分析法將所要證的不等式轉(zhuǎn)化為證明不等式，利用作差法，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)圍繞來證明. 試題解析：（1）， ，考慮分子 （2）、是的兩個極值點，故滿足方程， 即、是的兩個解，， 而在中，， 因此，要證明， 等價于證明， 注意到，只需證明，即證， 令，則， 當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增； 當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減； 因此，從而，即，原不等式得證. 【考點定位】1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；2.分類討論；3.分析法；4.構(gòu)造新函數(shù)證明函數(shù)不等式 26．已知函數(shù). (Ⅰ)若曲線在和處的切線互相平行，求的值； (Ⅱ)求的單調(diào)區(qū)間； (Ⅲ)設(shè)，若對任意，均存在，使得，求的取值范圍. 【答案】（Ⅰ）；（2）單調(diào)遞增區(qū)間是和，單調(diào)遞減區(qū)間是；（3） 【解析】 試題分析：（Ⅰ）由函數(shù)，得， （Ⅲ）由題意可知，在區(qū)間上有函數(shù)的最大值小于的最大值成立，又函數(shù)在上的最大值，由（Ⅱ）知，①當時，在上單調(diào)遞增，故，所以，，解得，故；②當時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，由可知，，，所以，，；綜上所述，所求的范圍為. 試題解析：. 2分 （Ⅰ），解得. 3分 （Ⅱ）. 5分 ①當時，，， 在區(qū)間上，；在區(qū)間上， 故的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. 6分 ②當時，， 由已知，，由（Ⅱ）可知， ①當時，在上單調(diào)遞增， 故， 所以，，解得，故. 11分 ②當時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 故. 由可知，，， 所以，，， 13分 綜上所述，. 14分 【考點定位】1.導(dǎo)數(shù)；2.函數(shù)的單調(diào)性、最值. 27．已知函數(shù)． (1)求的單調(diào)區(qū)間； (2)當時，判斷和的大小，并說明理由； (3)求證：當時，關(guān)于的方程：在區(qū)間上總有兩個不同的解． 【答案】（1）的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為 （2）當時，． （3）構(gòu)造函數(shù)，然后借助于在區(qū)間、分別存在零點，又由二次函數(shù)的單調(diào)性可知最多在兩個零點，進而得到結(jié)論。 【解析】 （3）即 考慮函數(shù)， ，， 所以在區(qū)間、分別存在零點，又由二次函數(shù)的單調(diào)性可知：最多存在兩個零點，所以關(guān)于的方程：在區(qū)間上總有兩個不同的解………………………….10分 【考點定位】導(dǎo)數(shù)的運用，函數(shù)與方程的思想的綜合運用. 28．已知函數(shù). （1）試判斷函數(shù)的單調(diào)性； （2）設(shè)，求在上的最大值； （3）試證明：對任意，不等式都成立（其中是自然對數(shù)的底數(shù)）． 【答案】（1）函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； （2）在上的最大值為； （3）證明過程詳見試題解析. 【解析】 ．綜上所述， （3）由（1）知當時．所以在時恒有，即，當且僅當時等號成立．因此對任意恒有．因為，，所以，即．因此對任意，不等式． 【考點定位】導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用、最值問題、恒成立問題. 29．已知（） （1）若方程有3個不同的根，求實數(shù)的取值范圍； （2）在（1）的條件下，是否存在實數(shù)，使得在上恰有兩個極值點，且滿足，若存在，求實數(shù)的值，若不存在，說明理由． 【答案】（1）；（2）不存在，參考解析 【解析】 試題分析：（1）由已知（），若方程有3個不同的根，則可得到或?qū)蓚€方程分別討論即可到結(jié)論. ∴． （2）解：∵ 令，設(shè) ∴ ∵∴∴ ∵∴，∴ ∴存在，使得，另外有，使得 假設(shè)存在實數(shù)，使得在上恰有兩個極值點，且滿足 ∴方程（*）無解， 即不存在實數(shù)，使得在上恰有兩個極值點，且滿足 【考點定位】1.函數(shù)與x軸的交點與方程的根的問題.2.函數(shù)的極值.3.等價轉(zhuǎn)化的思想.4.函數(shù)的最值問題. 30．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，且對任意x＞0，都有f ′(x)＞． （Ⅰ）判斷函數(shù)F(x)＝在(0，＋∞)上的單調(diào)性； （Ⅱ）設(shè)x1，x2∈(0，＋∞)，證明：f(x1)＋f(x2)＜f(x1＋x2)； （Ⅲ）請將（Ⅱ）中的結(jié)論推廣到一般形式，并證明你所推廣的結(jié)論． 【答案】（Ⅰ）F(x)＝在(0，＋∞)上是增函數(shù)；（Ⅱ）f(x1)＋f(x2)＜f(x1＋x2)；（Ⅲ）f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)＜f(x1＋x2＋…＋xn). 【解析】 試題分析：（Ⅰ）判斷F(x)的單調(diào)性，則需對F(x)求導(dǎo)，得F′(x)＝，∵f ′(x)＞，x＞0，f(x1＋x2＋…＋xn)，…… f(xn)＜f(x1＋x2＋…＋xn)，以上n個不等式相加，得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)＜f(x1＋x2＋…＋xn)，得證. 試題解析：（Ⅰ）對F(x)求導(dǎo)數(shù)，得F′(x)＝． ∵f ′(x)＞，x＞0，∴xf ′(x)＞f(x)，即xf ′(x)－f(x)＞0， ∴F′(x)＞0． 故F(x)＝在(0，＋∞)上是增函數(shù)． （Ⅱ）∵x1＞0，x2＞0，∴0＜x1＜x1＋x2． 由（Ⅰ），知F(x)＝在(0，＋∞)上是增函數(shù)， ∴F(x1)＜F(x1＋x2)，即＜． ∵x1＞0，∴f(x1)＜f(x1＋x2)． 以上n個不等式相加，得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)＜f(x1＋x2＋…＋xn)． 【考點定位】1.利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性；2.利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式.