【文档说明】高考数学(理数)二轮复习专题8《数学思想方法选讲》练习 (含答案详解).doc，共(5)页，90.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题复习检测A卷1．如果a1，a2，„，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么()A．a1a8>a4a5B．a1a8<a4a5C．a1＋a8>a4＋a5D．a1a8＝a4a5【答案】B【解析】取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8<4×5成立，即a1a8<

a4a5，排除A，C，D．故选B．2．已知非零向量a，b，若a＋2b与a－2b互相垂直，则|a||b|等于()A．14B．4C．12D．2【答案】D【解析】由a＋2b与a－2b互相垂直，得(a＋2b)·a－2b)＝0，化简，得|a|＝2|b|，所以|a|

|b|＝2.3．设x，y满足约束条件x≥0，y≥x，4x＋3y≤12，则x＋2y＋3x＋1的取值范围是()A．[1,5]B．[2,6]C．[3,10]D．[3,11]【答案】D【解析】x＋2

y＋3x＋1＝1＋2y＋1x＋1，令z＝y＋1x＋1，z的几何意义是区域内的点到点M(－1，－1)连线的斜率．如图，A127，127，B(0，4)，z的值满足kMA≤z≤kMB，kMA＝1，kMB＝5，故1≤z≤5，所以3≤x＋2y＋3x＋1≤11.4．由命题“存在x0∈R，使e|x

0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的取值是()A．(－∞，1)B．(－∞，2)C．1D．2【答案】C【解析】命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈

R，使e|x－1|－m>0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，故a＝1.5．若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋4a对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，0)∪{2}

C．(－∞，1)D．(－∞，2)【答案】B【解析】由于|x＋1|＋|x－3|≥|(x＋1)－(x－3)|＝4，不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋4a对任意的实数x恒成立，等价于4≥a＋4a，得a＜0或a

＞0，a2－4a＋4≤0，解得a＜0，或a＝2.故选B．6．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的长为8，则p＝________.【答案】2【解析】设A(x1，y

1)，B(x2，y2)，由题意可知直线AB的方程为y＝x－p2，代入y2＝2px消去y后，得x2－3px＋p24＝0，故x1＋x2＝3p.又|AB|＝x1＋x2＋p＝8，解得p＝2.7．(宁夏石嘴山三中二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b

2＝3bc，sinC＝23sinB，则A的大小为________．【答案】π6【解析】由sinC＝23sinB及正弦定理，得c＝23b.由a2－b2＝3bc，得a2＝7b2.再由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝b2＋12b2－7

b243b2＝32，故A＝π6.8．若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.【答案】14【解析】若a>1，有a2＝4，a－1＝m，故a＝2，m

＝12，此时g(x)＝－x为减函数，不合题意；若0<a<1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝14，m＝116，检验知符合题意．9．已知函数f(x)＝－x2＋8x，g(x)＝6lnx＋m.是否存在实数m，使得y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交

点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数φ(x)＝g(x)－f(x)的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点．∵φ

(x)＝x2－8x＋6lnx＋m，∴φ′(x)＝2x－8＋6x＝2x2－8x＋6x＝2x－1x－3x(x>0)．当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数；当x∈(1,3)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)

>0，φ(x)是增函数；当x＝1或x＝3时，φ′(x)＝0.∴φ(x)极大值＝φ(1)＝m－7，φ(x)极小值＝φ(3)＝m＋6ln3－15.∵当x充分接近0时，φ(x)<0，当x充分大时，φ(x)>0，∴要使φ(x)的图象

与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只需m－7>0，m＋6ln3－15<0，即7<m<15－6ln3.∴存在实数m，使得函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7,15－6ln3)．10．(内蒙古包头模拟)设数列{an}的前n项和

为Sn，已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．【解析】(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn

＋1＝2Sn＋3n.由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)．又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列．所以数列{bn}的通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2

n－1.(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2.当n＝1时，a1＝a不适合上式，故an＝a，n＝1，2×3n－1＋a－32n－2，n≥2.an

＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－212·32n－2＋a－3.当n≥2时，由an＋1≥an，得12·32n－2＋a－3≥0，解得a≥－9.又a2＝a1＋3>a1，满足条件．综上，a的取值范围是[－9，＋∞)．B卷11．过双曲线x2－y22＝1的右

焦点F作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则这样的直线l有()A．1条B．2条C．3条D．4条【答案】C【解析】因为双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，所以当直线l与双曲线左、右两支各有一个交点时，过双曲线的右焦点一定有两条直线满足条件要求；当直线l与实轴垂直时，有

3－y22＝1，解得y＝2或y＝－2，所以此时直线AB的长度是4，即只与双曲线右支有两个交点的所截弦长为4的直线仅有一条．综上，有3条直线满足|AB|＝4.12．某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使

新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的材料利用率为()材料利用率＝新工件的体积原工件的体积A．89πB．827πC．242－13πD．82－13π【答案】A【解析】由三视图知该几何体是一个底面半径为r＝1，母线长为l＝3的圆锥，则圆锥的高为h＝l2

－r2＝22.由题意知加工成的体积最大的正方体ABCD－A1B1C1D1的一个底面A1B1C1D1在圆锥的底面上，过平面AA1C1C的轴截面如图所示(平面转化很重要，这是由形到数的关键所在)．设正方体的棱长为x，则有22xr＝h－xh，即x2＝22－x22，解得x＝

223.所以原工件的材料利用率为V正方体V圆锥＝x313πr2h＝89π.13．若函数f(x)＝x＋asinx在R内单调递增，则实数a的取值范围为________．【答案】[－1,1]【解析】∵f′(x)＝1＋acosx，∴要使函数f(x)＝x＋asin

x在R内单调递增，则f′(x)＝1＋acosx≥0对任意实数x都成立．∵－1≤cosx≤1，∴－1≤a≤1.14．已知函数f(x)＝exxex＋1.(1)求证：0＜f(x)≤1；(2)当x＞0时，不等式f(x)＞1ax2＋1恒成立，求实数a

的取值范围．【解析】(1)证明：设g(x)＝xex＋1，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．

所以g(x)≥g(－1)＝1－e－1＞0.又ex＞0，故f(x)＞0.f′(x)＝ex1－exxex＋12.当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)≤f(0)＝1.综上，有0

＜f(x)≤1.(2)①若a＝0，则当x>0时，f(x)＜1＝1ax2＋1，不等式不成立．②若a＜0，则当0＜x＜1－a时，1ax2＋1＞1，不等式不成立．③若a＞0，则f(x)＞1ax2＋1等价于(ax

2－x＋1)ex－1＞0.(*)设h(x)＝(ax2－x＋1)ex－1，则h′(x)＝x(ax＋2a－1)ex.若a≥12，则当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0.若0<a<1

2，则当x∈0，1－2aa时，h′(x)<0，h(x)单调递减，h(x)＜h(0)＝0.不等式不恒成立．于是，若a＞0，不等式(*)成立当且仅当a≥12.综上，实数a的取值范围是12，＋∞.