【文档说明】高考数学(理数)二轮复习专题10《选择、填空压轴小题五大板块》练习 (含答案详解).doc，共(7)页，155.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题复习检测A卷1．(安徽江南十校联考)若函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是()A．f(x)＝ex－1x2－1B．f(x)＝exx2－1C．f(x)＝x3＋x＋1x2－1D．f(x)＝x4＋x＋1x2－1【答案】B【解析】由题中图

象可知函数的定义域为{x|x≠a且x≠b}，f(x)在(－∞，a)上为增函数，在(a,0]上先增后减，在[0，b)上为减函数，在(b，＋∞)上先减后增．A项中f(x)的定义域为{x|x≠－1且x≠1}，此时a＝－1，b＝1.f′(x)＝exx2－1－2x

ex－1x2－12，则f′(－2)＝79e2－49＜0，与f(x)在(－∞，－1)上递增不符．B项中f(x)的定义域为{x|x≠±1}，f′(x)＝exx2－2x－1x2－12＝ex[x－12－2]x2－12，若f′(x)＞0，则x＜－1或－1＜x＜1－2或x＞1＋2，此

时f(x)在各对应区间上为增函数，符合题意．同理可检验C，D不符．故选B．2．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋BA＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移m(m＞0)个单

位长度后，得到函数g(x)的图象关于点π3，32对称，则m的值可能为()A．π6B．π2C．7π6D．7π12【答案】D【解析】依题意得A＋B＝332，－A＋B＝－32，解得A＝3，B＝32.T2＝πω＝2π3－π6＝π2，故ω＝2，则f

(x)＝3sin(2x＋φ)＋32.又fπ6＝3sinπ3＋φ＋32＝332，故π3＋φ＝π2＋2kπ(k∈Z)，即φ＝π6＋2kπ(k∈Z)．因为|φ|＜π2，故φ＝π6，所以f(x)＝3sin2x＋π6＋

32.将f(x)的图象向左平移m个单位长度后得到g(x)＝3sin2x＋π6＋2m＋32的图象．又g(x)的图象关于点π3，32对称，即h(x)＝3sin2x＋π6＋2m的图象关于点π3，0对称，故3sin2π3＋

π6＋2m＝0，即5π6＋2m＝kπ(k∈Z)，故m＝kπ2－5π12(k∈Z)．令k＝2，则m＝7π12.3．(河北衡水模拟)焦点为F的抛物线C：y2＝8x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当|MA||MF|取得最大值时，直线MA的方程为()A．y＝x＋2或y＝－x－2B．y＝x

＋2C．y＝2x＋2或y＝－2x＋2D．y＝－2x＋2【答案】A【解析】如图，过M作MP与准线垂直，垂足为P，则|MA||MF|＝|MA||MP|＝1cos∠AMP＝1cos∠MAF，则当|MA||MF|

取得最大值时，∠MAF必须取得最大值，此时直线AM与抛物线相切，可设切线方程为y＝k(x＋2)，与y2＝8x联立，消去x得ky2－8y＋16k＝0，所以Δ＝64－64k2＝0，得k＝±1.则直线方程为y

＝x＋2或y＝－x－2.4．(河南洛阳统考)已知三棱锥P－ABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥P－ABC的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为()A．16π3B．40π3C．64π3D．80π3【答案】D【解

析】记三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距离为h，.由VP－ABC＝13S△ABCh＝13×34×42×h＝163，得h＝433.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于12h＝233.又正△ABC的外接圆半径为

r＝AB2sin60°＝433，因此R2＝r2＋2332＝203，所以三棱锥P－ABC的外接球的表面积为4πR2＝80π3.故选D．5．已知f(x)＝12x2＋bx＋c(b，c是常数)和g(x)＝14x＋1x是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)

≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A．72B．5C．6D．8【答案】B【解析】因为当x∈[1,4]时，g(x)＝14x＋1x≥214＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋b2＋

c＝g(2)＝1，则c＝－1－b2.所以f(x)＝12x2＋bx－1－b2，则f′(x)＝x－bx2＝x3－bx2.因为f(x)在x＝2处有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)＝0，即b＝8，则c＝－5.经检验

，b＝8，c＝－5符合题意．所以f(x)＝12x2＋8x－5，f′(x)＝x3－8x2.所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增．而f(1)＝12＋8－5＝72，f(4)＝8＋2－5＝5，所以f(x)在M上的最大值为5.故选B．6．为了观看2022年的冬奥会，

小明打算从起，每年的1月1日到银行存入a元的一年期定期储蓄，若年利率为p，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期.1月1日小明去银行继续存款a元后，他的账户中一共有________元；到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部

取出，则可取回________元．【答案】ap＋2aap[(1＋p)5－1－p]【解析】依题意，1月1日存款a元后，账户中一共有a(1＋p)＋a＝(ap＋2a)(元).2022年1月1日可取出钱的总数为a(1＋p)4＋a(

1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)＝a·1＋p[1－1＋p4]1－1＋p＝ap[(1＋p)5－(1＋p)]＝ap[(1＋p)5－1－p]．7．(山东济宁模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB－bcosA＝23c

，则tan(A－B)的最大值为________．【答案】255【解析】由acosB－bcosA＝23c及正弦定理，得sinAcosB－sinBcosA＝23sinC＝23sin(A＋B)＝23sinAcosB＋23cosAsinB，即13sinAcosB＝53

sinB·cosA，得tanA＝5tanB，从而tanA＞0，tanB＞0.∴tan(A－B)＝tanA－tanB1＋tanAtanB＝4tanB1＋5tan2B＝41tanB＋5tanB≤425＝255，当且仅当1tanB＝5tanB，即tanB＝55时取得等号．∴tan(A－

B)的最大值为255.8．(湖南长沙一模)矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，P为矩形内部一点，且AP＝1，若AP→＝xAB→＋yAD→，则3x＋2y的取值范围是________．【答案】(1，2]【解析】设点P在AB上的射影为Q，∠PAQ＝θ，则AP→＝AQ→

＋QP→，且|AQ→|＝cosθ，|QP→|＝sinθ.又AQ→与AB→共线，QP→与AD→共线，故AQ→＝cosθ3AB→，QP→＝sinθ2AD→，从而AP→＝cosθ3AB→＋sinθ2AD→，故x＝cosθ3，y＝sinθ2，因

此3x＋2y＝cosθ＋sinθ＝2sinθ＋π4.又θ∈0，π2，故3x＋2y的取值范围是(1，2]．B卷9．已知F1(－c,0)，F2(c,0)为双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、

右焦点，过双曲线C的左焦点的直线与双曲线C的左支交于Q，R两点(Q在第二象限内)，连接RO(O为坐标原点)并延长交C的右支于点P，若|F1P|＝|F1Q|，∠F1PF2＝23π，则双曲线C的离心率为()A．3B．6C．

576D．573【答案】C【解析】设|PF1|＝x，则|PF2|＝x－2a，如图，作Q关于原点对称的点S，连接PS，RS，SF1.因为双曲线关于原点中心对称，所以|PO|＝|OR|.S在双曲线上，所以四边形PSRQ是平行四边形．根据对称性知F2在线

段PS上，|F2S|＝|QF1|＝x，则∠F1PS＝2π3.根据双曲线的定义，有|F1S|＝x＋2a.在△PF1S中，由余弦定理得(x＋2a)2＝x2＋(2x－2a)2－2·x(2x－2a)·－12，解得x＝73a，所以|PF2|＝13a.在△

PF1F2中，由余弦定理得4c2＝73a2＋13a2－2×－12×73a×13a，整理可得e＝ca＝576.10．若∀x∈R，函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1与g(x

)＝mx的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围为()A．(－∞，0)B．(0,4]C．(2,5)D．(0,8)【答案】D【解析】当m＜0且x趋于＋∞时，函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1与g(x)＝mx的值均为负值，不符合题意．当m＝0时，g(x)＝0，f

(x)＝－8x＋1，当x≥18时，f(x)≤0，g(x)＝0，不符合题意．∴m＞0，易知f(x)的图象的对称轴为x＝4－m2m，f(0)＝1＞0，当4－m2m≥0，即0＜m≤4时，函数f(x)的图象与x轴的交点都在y轴右侧，如图1所示，符合

题意．当4－m2m＜0，即m＞4时，要满足题意，需f(x)的图象在x轴上方，如图2所示，则Δ＝4(4－m)2－8m＝4(m－8)(m－2)＜0，则4＜m＜8.综上可得0＜m＜8.故选D．11．已知数列{

an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝1，an＞0，a2n＋1＝4Sn＋4n＋1(n∈N*)，若不等式4n2－8n＋3＜(5－m)2n·an对任意的n∈N*恒成立，则整数m的最大值为()A．3B．4C．5D．6【答案】B【解析】当n≥2时，a

2n＋1＝4Sn＋4n＋1，a2n＝4Sn－1＋4n－1＋1，两式相减，得a2n＋1－a2n＝4an＋4，即a2n＋1＝a2n＋4an＋4＝(an＋2)2.又an＞0.所以an＋1＝an＋2(n≥2)．对a2n＋1＝4Sn＋4n＋1，令n＝1，可得a22＝4a1＋4＋1＝9，所以a2

＝3，则a2－a1＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，故an＝2n－1.因为4n2－8n＋3＝(2n－1)(2n－3)，n∈N*,2n－1＞0，所以不等式4n2－8n＋3＜(5－m)2n·an等价于5－m＞2n－32n

.记bn＝2n－32n，则bn＋1bn＝2n－12n＋12n－32n＝2n－14n－6，当n≥3时，bn＋1bn＜1.又b1＝－12，b2＝14，b3＝38，所以(bn)max＝b3＝38.故5－m＞38，得m＜378，所以整数m的最大值为4.12．(福建宁德一模)已知函数f(x)＝

kx＋3，x≥0，12x，x＜0，若方程f(f(x))－2＝0恰有三个实数根，则实数k的取值范围是()A．[0，＋∞)B．[1,3]C．－1，－13D．－1，－13【答案】C【解析】∵f(f(

x))－2＝0，∴f(f(x))＝2，∴f(x)＝－1或f(x)＝－1k(k≠0)．(1)当k＝0时，作出函数f(x)的图象如图①所示，由图象可知f(x)＝－1无解，∴k＝0不符合题意；(2)当k＞0时，作出函数f(x)的图象如图②所示，由图象可知f(x)＝－1无解且f(x)＝－1k无解，

即f(f(x))－2＝0无解，不符合题意；(3)当k＜0时，作出函数f(x)的图象如图③所示，由图象可知f(x)＝－1有1个实根，∵f(f(x))－2＝0有3个实根，∴f(x)＝－1k有2个实根，∴1＜－1k≤3，解得－1＜k≤－13.综上，k的取值范围是－

1，－13.13．(山东烟台一模)如图是一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝102，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A，C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的序号)①当平面ABE∥平面CDF时，A

C∥平面BFDE；②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；③当A，C重合于点P时，PG⊥PD；④当A，C重合于点P时，三棱锥P－DEF的外接球的表面积为150π.【答案】①④【解析】在△ABE中，tan∠ABE＝22.在△ACD中，tan∠CAD＝22.所以∠ABE＝∠

DAC.由题意，将△ABE，△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，此时A，C，G，H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG，平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，显然AG＝CH，所以四边形AGHC为平行

四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，①正确．由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，②错误．当A，C重合于点P时，可得PG＝1033，PD＝10，又GD＝10，则PG2＋PD2≠GD2，所以PG与PD不垂直，③错误．当A，C重合于

点P时，在三棱锥P－DEF中，△EFD与△PDF均为直角三角形，所以DF为外接球的直径，即R＝DF2＝562，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×5622＝150π，④正确．综上，正确命题的序号为①④.