高考文科数学二轮专题复习题《数学思想方法和常用的解题技》

出处:老师板报网 时间:2023-02-21

高考文科数学二轮专题复习题《数学思想方法和常用的解题技》1

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高考文科数学二轮专题复习题《数学思想方法和常用的解题技》9

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《数学思想方法和常用的解题技巧》巩固训练一、选择题1.若a>b>1,P=,Q=(lga+lgb),R=lg,则(  ).A.R0时,可作出y=lnx,y=x2-2x的图象如图所示.由图示可得函数f(x)=lnx-x2+2x(x>0)有两个零点.当x<0时,f(x)=2x+1有零点x=-.综上,可得f(x)有3个零点.答案 D4.设01,故不能得到xsinx<1,所以“xsin2x<1”是“xsinx<1”的必要而不充分条件.答案 B5.函数y=的图象大致为(  ).解析 函数有意义,需使ex-e-x≠0,故得其定义域为{x|x∈R,且x≠0},故排除C,D;又因为y===1+,所以,当x>0时,函数为减函数,故选A.答案 A6.已知函数f(x)=sin(ω>0)的最小正周期为π,则f(x)的图象的一条对称轴方程是(  ).A.x=B.x=C.x=πD.x=解析 由=π,所以ω=1,所以f(x)=sin,代入验证可知使sin=±1,只有x=π,选C.答案 C7.已知函数f(x)=mx2+(m-3)x+1的图象与x轴的交点至少有一个在原点右侧,则实数m的取值范围是(  ).A.(0,1)B.(0,1]C.(-∞,1)D.(-∞,1]解析 令m=0,由f(x)=0,得x=,适合,排除A,B.令m=1,由f(x)=0,得x=1;适合,排除C.答案 D8.已知三个互不重合的平面α,β,γ,α∩β=m,n⊂γ,且直线m,n不重合,由下列三个条件:①m∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③m⊂γ,n∥β.能推得m∥n的条件是(  ).A.①或②B.①或③C.只有②D.②或③解析 构建长方体模型,如图,观察选项特点,可优先判断条件②;取平面α为平面ADD′A′,平面β为平面ABCD,则直线m为直线AD.因m∥γ,故可取平面γ为平面A′B′C′D′,因为n⊂γ且n∥β,故可取直线n为直线A′B′.则直线AD与直线A′B′为异面直线,故m与n不平行.因此,可排除A,C,D,选B.答案 B9.若动点P,Q在椭圆9x2+16y2=144上,且满足OP⊥OQ,则中心O到弦PQ的距离OH必等于(  ).A.B.C.D.解析 选一个特殊位置(如图),令OP,OQ分别在长、短正半轴上,由a2=16,b2=9,得OP=4,OQ=3,则OH=.根据“在一般情况下成立,则在特殊情况下也成立”可知,答案C正确.答案 C10.在平面直角坐标系中,若不等式组(a为常数)所表示的平面区域的面积等于2,则a的值为(  ).A.-5B.1C.2D.3解析 如图阴影部分即为满足x-1≤0与x+y-1≥0的可行域.而直线ax-y+1=0恒过点(0,1),故看作该直线绕点(0,1)旋转,当a=-5时,则可行域不是一个封闭区域;当a=1时,封闭区域的面积是1;当a=2时,封闭区域的面积是;当a=3时,封闭区域的面积恰好为2.答案 D11.同时具有性质“①最小正周期是π,②图象关于直线x=对称;③在上是增函数”的一个函数是(  ).A.y=sinB.y=cosC.y=sinD.y=cos解析 对于函数y=sin的周期是4π,所以排除A;对于函数y=cos的周期为π,而cos2×+=-1,故x=是此函数的对称轴,但此函数在上不是增函数,所以排除B;对于函数y=sin的周期为π,又sin=1,故x=是此函数的对称轴,又由2kπ-≤2x-≤2kπ+,得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),当k=0时,知此函数在上是增函数,故选C.答案 C12.设0(ax)2的解集中的整数恰有3个,则(  ).A.-10,解得x2b,不符合条件,从而排除A,B.取a=4代入原不等式得15x2+2bx-b2<0,解得-1,∴a>xlnx-x3,令g(x)=xlnx-x3,h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2,h′(x)=-6x=,当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0恒成立,∴h(x)在(1,+∞)上单调递减.∴h(x)-1.答案 (-1,+∞)15.过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P,Q两点,若线段PF与FQ的长分别为p,q,则+为________.解析 若用常规方法,运算量很大,不妨设PQ∥x轴,则p=q=,∴+=4a.答案 4a16.定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+1)=-f(x),且在[-1,0]上是增函数,给出下列关于f(x)的命题:①f(x)是周期函数;②f(x)关于直线x=1对称;③f(x)在[0,1]上是增函数;④f(x)在[1,2]上是减函数;⑤f(2)=f(0).其中正确命题的序号是________.解析 由f(x+1)=-f(x),可得f(x+2)=f((x+1)+1)=-f(x+1)=-(-f(x))=f(x),所以函数f(x)是周期函数,它的一个周期为2,所以命题①正确;由f(x+1)=-f(x),令x=-,可得f=-f,而函数f(x)为偶函数,所以f=-f=-f,解得f=0,故f=0.根据函数f(x)在[-1,0]上为增函数及f=0,作出函数f(x)在[-1,0]上的图象,然后根据f(x)为偶函数作出其在[0,1]上的图象,再根据函数的周期性把函数图象向两方无限延展,即得满足条件的一个函数图象,如图所示.由函数的图象显然可判断出命题②⑤正确,而函数f(x)在[0,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数,所以命题③④是错误的.综上,命题①②⑤是正确的.答案 ①②⑤三、解答题17.设函数f(x)=x--alnx(a∈R).(1)当a=3时,求f(x)的极值;(2)讨论函数f(x)的单调性.解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).当a=3时,f′(x)=1+-==.令f′(x)=0,解得x=1或2.f′(x)与f(x)随x的变化如下表:x(0,1)1(1,2)2(2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以f(x)在x=1处取得极大值,f(1)=-1;在x=2处取得极小值,f(2)=1-3ln2.(2)f′(x)=1+-=,令g(x)=x2-ax+2,其判别式Δ=a2-8,①当|a|≤2时,Δ≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当a<-2时,Δ>0,g(x)=0的两根都小于0,所以在(0,+∞)上,f′(x)>0.故f(x)在(0,+∞)上单调递增.③当a>2时,Δ>0,g(x)=0的两根为x1=,x2=,且都大于0,f′(x)与f(x)随x的变化如下表:x(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值故f(x)在,上单调递增,在上单调递减.综上,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>2时,f(x)在,上单调递增,在上单调递减.18.已知各项均为正数的等差数列{an}的公差d不等于0.a1=2,设a1,a3,a7是公比为q的等比数列{bn}的前三项.(1)求数列{anbn}的前n项和Tn;(2)将数列{an}中与{bn}中相同的项去掉,剩下的项依次构成新的数列{cn},设其前n项和为Sn,求S2n-n-1-22n-1+3·2n-1(n≥2,n∈N*)的值.解 因为a1,a3,a7成等比数列,{an}是公差d≠0的等差数列,所以(a1+2d)2=a1(a1+6d),整理得a1=2d.又a1=2,所以d=1,b1=a1=2,q====2,所以an=a1+(n-1)d=n+1,bn=b1·qn-1=2n,所以anbn=(n+1)·2n.(1)用错位相减法,可求得{anbn}的前n项和Tn=n·2n+1.(2)新的数列{cn}的前2n-n-1项和为数列{an}的前2n-1项和减去数列{bn}的前n项和,所以S2n-n-1=-=(2n-1)(2n-1-1),所以S2n-n-1-22n-1+3·2n-1=1.19.已知函数f(x)=x3-ax2+(a2-1)x(a∈R).(1)若x=1为f(x)的极值点,求正数a的值,并求出f(x)在[0,4]上的最值;(2)若f(x)在区间(0,2)上不单调,求实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=x2-2ax+a2-1,由题意,f′(1)=0,即a2-2a=0,解得a=0(舍去)或a=2.当a=2时,f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3),令f′(x)>0,解得x<1或x>3;令f′(x)<0,解得1b>0)的右焦点F,且交椭圆C于A,B两点,点A,F,B在直线x=a2上的射影依次为点D,K,E.(1)若抛物线x2=4y的焦点为椭圆C的上顶点,求椭圆C的方程;(2)连接AE,BD,证明:当m变化时,直线AE,BD相交于一定点.(1)解 由题意,易知b=,椭圆C的右焦点F(1,0),则c=1,所以a=2.故所求椭圆C的方程为+=1.(2)证明 由题意,知F(1,0),K(a2,0).先探索:当m=0时,直线l⊥x轴,此时四边形ABED为矩形,由对称性,知AE,BD相交于FK的中点N.猜想:当m变化时,直线AE,BD相交于定点N.证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),D(a2,y1),E(a2,y2).首先证明当m变化时,直线AE过定点N.由消掉x,得(a2+b2m2)y2+2mb2y+b2(1-a2)=0.则Δ=4a2b2(a2+m2b2-1)>0(a>1),且y1+y2=-,y1y2=.又kAN=,kEN=,所以kAN-kEN=-====0.所以kAN=kEN.所以A,E,N三点共线.同理可证B,D,N三点共线.所以当m变化时,直线AE,BD相交于定点N.
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