2022年高考數(shù)學二輪專題復習 提能增分篇 突破一 數(shù)學思想方法的貫通應用 專項突破訓練4 文

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1、2022年高考數(shù)學二輪專題復習 提能增分篇 突破一 數(shù)學思想方法的貫通應用 專項突破訓練4 文 一、選擇題(每小題5分，共30分) 1．(xx·廣東廣州測試)若函數(shù)f(x)＝的定義域為實數(shù)集R，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－2,2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞) C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．[－2,2] 答案：D 解析：由函數(shù)f(x)的定義域為R，得不等式x2＋ax＋1≥0在R上恒成立，于是Δ＝a2－4≤0，解得－2≤a≤2.故選D. 2．(xx·馬鞍山質檢)在直角坐標系中，點A，B，C的坐標分別為(0,1)，(，0)，(0，－2)，O為坐標原點，動點P

2、滿足||＝1，則|＋＋|的最小值是(　　) A．4－2 B.＋1 C.－1 D. 答案：C 解析：設點P(x，y)，則由動點P滿足||＝1，可得x2＋(y＋2)2＝1.根據(jù)＋＋的坐標為(＋x，y＋1)，可得|＋＋|＝， 表示點P(x，y)與點M(－，－1)之間的距離． 又點M在圓C：x2＋(y＋2)2＝1的外部，求得|MC|＝，|＋＋|的最小值為|MC|－1＝－1.故選C. 3．(xx·開封二模)已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，且當x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)< 0成立(其中f′(x)是f(x)的導函數(shù))，若a＝(30.3)·f(30.3)，

3、b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝·f，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a>b＞c B．c>a>b C．c>b>a D．a>c>b 答案：B 解析：由函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱， 得函數(shù)y＝f(x)的圖象關于原點對稱， 即函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)． 設F(x)＝xf(x)，則由F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0， 得F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)， 則F(x)在(0，＋∞)上也是減函數(shù)， 又F(x)在原點有定義， 則F(x)在R上也是減函數(shù)． ∵30.3＞1,0＜logπ3＜1，log3＝－2， ∴F(－2)＞F(log

4、π3)＞F(30.3)，即c>a>b.故選B. 4. (xx·上海六校聯(lián)考)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝AC，AC1⊥A1B，M，N分別為A1B1，AB的中點，給出下列結論：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥AM；③平面AMC1∥平面CNB1，其中正確的結論個數(shù)為(　　) A.0 B．1 C．2 D．3 答案：D 解析：如題圖所示，由于ABC－A1B1C1為直三棱柱，BC＝AC，AC1⊥A1B，M分別為A1B1的中點，得C1M⊥A1B1 ，所以C1M⊥平面A1ABB1，①正確；又因為AC1⊥A1B，且C1M⊥平面A1ABB1，所以可證得AM⊥A1B，所以

5、②正確；因為M，N分別為A1B1，AB的中點．所以由AM∥B1N，C1M∥CN得平面AMC1∥平面CNB1，所以③正確．故選D. 5．(xx·福建廈門質檢)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx2＋(2m＋3)x(m∈R)存在兩個極值點x1，x2，直線l經過點A(x1，x)，B(x2，x)，記圓(x＋1)2＋y2＝上的點到直線l的最短距離為g(m)，g(m)的取值范圍是(　　) A．[0,2] B．[0,3] C. D. 答案：C 解析：函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝x2＋2mx＋(2m＋3)， 則x1，x2是方程f′(x)＝0的兩根，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m＋3，Δ＝(

6、2m2)－4(2m＋3)＞0， 解得m＜－1或m＞3. 由直線l經過點A(x1，x)，B(x2，x)， 則直線l的方程為＝， 化簡得(x1＋x2)x－y－x1x2＝0， 即2mx＋y＋(2m＋3)＝0.圓心C(－1,0)到直線l的距離d＝＝＜，圓(x＋1)2＋y2＝上的點到直線l的最短距離g(m)＝d－， 故g(m)的取值范圍是.故選C. 6．(xx·甘肅蘭州診斷)己知定義在R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)

7、) D．(4，＋∞) 答案：B 解析：∵f(x＋2)為偶函數(shù)， ∴f(x＋2)的圖象關于x＝0對稱， ∴f(x)的圖象關于x＝2對稱， ∴f(4)＝f(0)＝1，設g(x)＝(x∈R)， 則g′(x)＝＝. 又∵f′(x)0.故選B. 二、填空題(每小題5分，共20分) 7．(xx·安徽江南十校聯(lián)考)命題存在x>1，x2＋(m－3)x＋3－m<0為假命題，則m的取值范圍是______

8、__． 答案：[－1，＋∞) 解析：由題意知，對任意的x>1，x2＋(m－3)x＋3－m≥0 為真命題，而由x2＋(m－3)x＋3－m≥0變形得(x－1)2－(x－1)＋1＋(x－1)m≥0. 由于x－1>0則m≥ －＋1對任意x>1恒成立，而－＋1≤－2＋1＝－1，當且僅當x－1＝，即x＝2時取等號，因此m≥ －1. 8．(xx·河北石家莊二模)已知條件p：x2－3x－4≤0，條件q：x2－6x＋9－m2≤0，若綈q是綈p的充分不必要條件，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案：{m|m≤－4或m≥4} 解析：∵綈q是綈p的充分不必要條件， ∴p是q的充分不必要條件，

9、∴{x|x2－3x－4≤0}{x|x2－6x＋9－m2≤0}， ∴{x|－1≤x≤4}{x|(x＋m－3)(x－m－3)≤0}． 當－m＋3＝m＋3，即m＝0時，不合題意， 當－m＋3＞m＋3，即m＜0時， 有{x|－1≤x≤4}{x|m＋3≤x≤－m＋3}， 此時解得m≤－4. 當－m＋3＜m＋3，即m＞0時， 有{x|－1≤x≤4}{x|－m＋3≤x≤m＋3}， 此時解得m≥4. 綜上，實數(shù)m的取值范圍是{m|m≤－4或m≥4}． 9. (xx·遼寧沈陽質檢)數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.

10、 答案：(1－4－n) 解析：因為數(shù)列{an}的公比q＝＝，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝a2qn－2＝2×n－2＝23－n.所以anan＋1＝23－n·22－n＝25－2n.所以數(shù)列的公比q′＝＝.又a1a2＝22×2＝8，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝. 10．已知圓O的半徑為1，PA，PB為該圓的兩條切線，A，B為兩切點，則·的最小值為________． 答案：2－3 解析：如圖，連接OP，OA，OB，設∠APB＝θ，0＜θ＜π， 則·＝|PA||PB|cos θ ＝2cos θ ＝· ＝. 換元：令x＝sin2，則0＜x＜1， 則·＝＝2x＋－

11、3≥2－3，當且僅當2x＝，即x＝∈(0,1)時取等號，故·的最小值為2－3. 三、解答題(每題10分，共30分) 11．(xx·甘肅蘭州診斷)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，頂點D1在底面ABCD內的射影恰為點C. (1)求證：AD1⊥BC； (2)在AB上是否存在點M，使得C1M∥平面ADD1A1？若存在，確定點M的位置；若不存在，請說明理由． 解： (1)證明：連接D1C，則D1C⊥平面ABCD， ∴D1C⊥BC， 在等腰梯形ABCD中，連接AC， ∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC

12、⊥AC， ∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC， (2)設M是AB上的點 .證明如下：∵AB∥CD， ∴AM∥D1C1. 因經過AM，D1C1的平面與平面ADD1A1相交與AD1，要是C1M∥平面ADD1A1，則C1M∥AD1，即四邊形AD1C1M為平行四邊形 ，此時D1C1＝DC＝AM＝AB，即點M為AB的中點． 所以在AB上存在點M，使得C1M∥平面ADD1A1，此時點M為AB的中點． 12.已知函數(shù)f(x)＝sin－2sin2x＋1(x∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的周期及單調遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，三內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知函數(shù)f(x)的圖象經

13、過點，b，a，c成等差數(shù)列，且·＝9，求a的值． 解：f(x)＝sin－2sin2x＋1＝－cos 2x＋sin 2x＋cos 2x ＝cos 2x＋sin 2x＝sin. (1)最小正周期T＝＝π， 由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)可解得 kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2)由f(A)＝sin＝可得 2A＋＝＋2kπ或＋2kπ(k∈Z)， 所以A＝. 又因為b，a，c成等差數(shù)列，所以2a＝b＋c， 而·＝bccos A＝bc＝9，∴bc＝18， ∴cos A＝＝－1＝－1＝－1， ∴a＝3. 13．已知函數(shù)f(x)

14、＝(2－a)ln x＋＋2ax(a∈R)． (1)當a＝0時，求f(x)的極值； (2)當a＜0時，求f(x)的單調區(qū)間； (3)若對任意a∈(－3，－2)及任意x1，x2∈[1,3]，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞|f(x1)－f(x2)|成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)當a＝0時，f(x)＝2ln x＋(x＞0)，f′(x)＝－＝. 令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜， 即f(x)在上遞減，在上遞增， 所以f(x)的極小值為f＝2－2ln 2，無極大值． (2)因為f′(x)＝－＋2a＝＝＝， 當－＜，即a＜－2時， 令f′(x)＜0

15、，得0＜x＜－或x＞. 令f′(x)＞0得－＜x＜； 當－＞，即－2＜a＜0時， 令f′(x)＜0，得0＜x＜或x＞－， 令f′(x)＞0, 得＜x＜－； 當a＝－2時，f′(x)＝－≤0. 綜上所述，當a＜－2時，f(x)的遞減區(qū)間為和，遞增區(qū)間為； 當a＝－2時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當－2＜a＜0時，f(x)的遞減區(qū)間為和，遞增區(qū)間為. (3)由(2)可知，當a∈(－3，－2)時，f(x)在區(qū)間[1,3]上單調遞減． 當x＝1時，f(x)取得最大值；當x＝3時，f(x)取得最小值． |f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(3)＝(1＋2a)－＝－4a＋(a－2)ln 3. 因為(m＋ln 3)a－2ln 3＞|f(x1)－f(x2)|恒成立， 即(m＋ln 3)a－2ln 3＞－4a＋(a－2)ln 3， 整理得ma＞－4a， 又a＜0，所以m＜－4恒成立. 由－3＜a＜－2，得－＜－4＜－， 所以m≤－.即m的取值范圍是.