2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸小題搶分練（二）

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸小題搶分練（二） 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且f(x)+f′(x)>1,f(1)=0,則不等式f(x)-1+≤0的解集是 (　　) A.(-∞,1] B.(-∞,0] C.[0,+∞) D.[1,+∞) 【解析】選A.令g(x)=ex-1f(x)-ex-1+1,則:g′(x)=ex-1(f(x)+f′(x)-1), 由題意可知:g′(x)>0,則函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增, 且g(1)=1×0-1+1=0,

2、 不等式f(x)-1+≤0即ex-1f(x)-ex-1+1≤0, 即:g(x)≤g(1),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得不等式的解集為:{x|x≤1}. 2.已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為e,過(guò)點(diǎn)F1的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于A,B兩點(diǎn),若·=0,且∠F1AF2 =150°,則e2= (　　) A.7-2　　 B.7-　　 C.7+　　 D.7+2 【解析】選A.如圖: 因?yàn)椤?0,所以AB⊥BF2,∠F1BF2=90°, 因?yàn)椤螰1AF2=150°,所以∠BAF2=30°, 設(shè)BF2=x,則AF2=2x,AB=x, 由雙曲線

3、定義可得:F1A+AB-BF2=2a, 所以F1A=2a+x-x, AF2-AF1=2a,F1A=2x-2a, 故2x-2a=2a+x-x,解得x=2(-1)a, 則F1B=2a, 在Rt△F1BF2中,由勾股定理可得 F1B2+B=F1, 即(2a)2+[2(-1)a]2=(2c)2, 得(7-2)a2=c2 ,所以e2=7-2. 3.若關(guān)于x的不等式x(1+ln x)+2k>kx的解集為A,且(2,+∞)?A,則整數(shù)k的最大值是 (　　) A.3 B.4 C.5 D.6 【解析】選B.關(guān)于x的不等式x(1+ln x)+2k>kx的解集為A,且(2,+∞)?

4、A, 所以當(dāng)x>2時(shí),x(1+ln x)>k(x-2)恒成立,即k<恒成立, 令h(x)=,h′(x)=,x>2. 令φ(x)=x-4-2ln x,φ′(x)=1->0,所以φ(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增, 因?yàn)棣?8)=4-2ln 8<0,φ(9)=5-2ln 9>0, 方程φ(x)=0在(2,+∞)上存在唯一實(shí)根x0,且滿足x0∈(8,9). 則φ(x0)=x0-4-2ln x0=0,即x0-4=2ln x0. 當(dāng)x∈(2,x0)時(shí),φ(x)<0,h′(x)<0, 當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),φ(x)>0,h′(x)>0. 故h(x)在(2,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞

5、)上單調(diào)遞增.故h(x)的最小值為h(x0)===∈. 所以整數(shù)k的最大值為4. 4.函數(shù)f(x)=ln x+x2-bx+a(b>0,a∈R)的圖象在點(diǎn)(b,f(b))處的切線的傾斜角為α,則傾斜角α的取值范圍是 (　　) A. B. C. D. 【解析】選B.依題意得f′(x)=+2x-b,f′(b)=+b≥2=1(b>0),當(dāng)且僅當(dāng)=b>0,即b=時(shí)取等號(hào),因此有tan α≥1,≤α<,即傾斜角α的取值范圍是. 5.已知關(guān)于x的方程為=12ex-2-m(x2-3)(其中m∈R),則此方程實(shí)根的個(gè)數(shù)為 (　　) A.2　　 B.2或3　　 C.3　　 D.3或4 【解

6、析】選C.很明顯x=±不是方程=12ex-2-m(x2-3)的根, 據(jù)此可將方程變形為:m=·-, 原問(wèn)題等價(jià)于考查函數(shù)y=m與函數(shù)g(x)=·-的交點(diǎn)的個(gè)數(shù), 令h(x)=,則h′(x)=,列表考查函數(shù)h(x)的性質(zhì)如下: x (-∞,-) (-,-1) (-1,) (,3) (3,+∞) h′(x) + + - - + h(x) ↗ ↗ ↘ ↘ ↗ 函數(shù)y=x-在有意義的區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增, 故g(x)的單調(diào)性與函數(shù)h(x)的單調(diào)性一致, 且函數(shù)的極值g(-1)=g(3)=+2e. 可得,y=m與函數(shù)g(x)=·-恒有3個(gè)交點(diǎn), 即題中方程實(shí)

7、根的個(gè)數(shù)為3. 6.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1,F2,以線段F1F2為直徑的圓與雙曲線的漸近線在第一象限的交點(diǎn)為M,若|MF1|-|MF2|=2b,該雙曲線的離心率為e,則e2= (　　) A.2　　 B.3　　 C.　　 D. 【解析】選D.以線段F1F2 為直徑的圓方程為x2+y2=c2, 雙曲線經(jīng)過(guò)第一象限的漸近線方程為y=x , 聯(lián)立方程 求得M(a,b) , 因?yàn)閨MF1|-|MF2|=2b<2c , 所以有M(a,b)在雙曲線-=1(a>0,b>0)上, 所以-=1?-=1, 化簡(jiǎn)得e4-e2-1=0 , 由求根公式有e2= (

8、負(fù)值舍去). 7.已知函數(shù)f(x)=2ln x,g(x)=a-x2-e≤x≤-,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).若總可以在f(x)圖象上找到一點(diǎn)P,在g(x)圖象上找到一點(diǎn)Q,使得P,Q關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 (　　) A.　　 B.[1,e2-2] C.　　 D.[e2-2,+∞) 【解析】選B.由題意,若總可以在f(x)圖象上找到一點(diǎn)P,在g(x)圖象上找到一點(diǎn)Q, 使得P,Q關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,則函數(shù)f(x)=2ln x和函數(shù)y=x2-a有公共點(diǎn), 即方程2ln x=x2-a有解, 即a=x2-2ln x有解. 令y=x2-2ln x, 則y′=2, 當(dāng)≤x<1時(shí),y

9、′<0,函數(shù)為減函數(shù), 當(dāng)10,函數(shù)為增函數(shù), 故當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)取最小值為1,當(dāng)x=e時(shí),函數(shù)取最大值為e2-2, 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1,e2-2]. 8.設(shè)f(x)=ex(x2+2x),令f1(x)=f′(x),fn+1(x)=fn′(x),若fn(x)=ex(Anx2+Bnx+Cn),且數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則當(dāng)|Sn-1|≤時(shí),n的最小整數(shù)值為 (　　) A.2 017　　 B.2 018　　 C.2 019　　 D.2 020 【解析】選A.由題意得 f1(x)=(2x+2)ex+(x2+2x)ex=(x2+4x+2)ex, f2(x)=(2x+

10、4)ex+(x2+4x+2)ex=(x2+6x+6)ex, f3(x)=(2x+6)ex+(x2+6x+6)ex=(x2+8x+12)ex, … 由此可得C1=2,C2=6,C3=12, 故可歸納得Cn=n(n+1), 所以==-, 所以Sn=++…+=1-, 由題意得|Sn-1|=,所以≤, 解得n≥2 017. 所以n的最小整數(shù)值為2 017. 9.已知偶函數(shù)f(x)滿足f(4+x)=f(4-x),且當(dāng)x∈(0,4]時(shí),f(x)=,關(guān)于x的不等式f2(x)+af(x)>0在區(qū)間[-200,200]上有且只有300個(gè)整數(shù)解,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 (　　) A.　　 B.

11、 C.　　 D. 【解析】選D.因?yàn)榕己瘮?shù)f(x)滿足f(4+x)=f(4-x), 所以f(x+4)=f(4-x)=f(x-4), 所以f(x)的周期為8,且f(x)的圖象關(guān)于直線x=4對(duì)稱, 由于[-200,200]上含有50個(gè)周期, 且f(x)在每個(gè)周期內(nèi)都是軸對(duì)稱圖形, 所以只需滿足關(guān)于x的不等式f2(x)+af(x)>0在(0,4]上有3個(gè)正整數(shù)解即可. 當(dāng)x∈(0,4]時(shí),f′(x)=, 所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,因?yàn)閒(1)=ln 2, f(2)>f(3)>f(4)==ln 2>0, 所以當(dāng)x=k(k=1,2,3,4)時(shí),f(x)>0, 所以當(dāng)a

12、≥0時(shí),f2(x)+af(x)>0在(0,4]上有4個(gè)正整數(shù),不符合題意, 所以a<0, 由f2(x)+af(x)>0可得f(x)<0或f(x)>-a, 顯然f(x)<0在(0,4]上無(wú)正整數(shù)解, 故而f(x)>-a在(0,4]上有3個(gè)正整數(shù)解,分別為1,2,3, 所以-a≥f(4)=ln 2,-a0,b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1(-c,0),F2(c,0),雙曲線C上存在一點(diǎn)P,使得=,則雙曲線C的離心率的取值范圍是(　　) A.(1,1+) B.(1,1+) C.(1,

13、) D.(1,) 【解析】選A.不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上, 在△PF1F2中,由正弦定理得 =, 所以==, 所以=, 所以=, 所以|PF2|=, 又|PF2|>c-a,所以>c-a, 所以c2-2ac-a2<0,所以e2-2e-1<0, 解得10,b>0,a2+b2=1, 不妨設(shè)a=cos θ,b=sin θ,

14、 則m==, 令t=sin θ+cos θ=sin∈(1,], 則t2=1+2sin θcos θ,據(jù)此可得sin θcos θ=, 故:m==,函數(shù)t-在(1,]上單調(diào)遞增, 則t-∈,據(jù)此可得:實(shí)數(shù)m 取值范圍是[2,+∞). 12.已知函數(shù)f(x)=aln x-(a>0),若方程f(f(x))=x恰好有兩個(gè)實(shí)數(shù)解,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(0,1) B.(e,+∞) C. D. 【解析】選D.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以要使方程f(f(x))=x恰好有兩個(gè)實(shí)數(shù)解,只需滿足函數(shù)y=f(x)與y=x恰有兩個(gè)交點(diǎn),所以aln x-=x

15、有兩個(gè)實(shí)數(shù)解.令g(x)=aln x--x,因?yàn)間′(x)=+-1=-,當(dāng)00,當(dāng)x>2a時(shí),g′(x)<0,所以函數(shù)g(x)在(0,2a)上單調(diào)遞增,在(2a,+∞)上單調(diào)遞減,函數(shù)g(x)的最大值g(x)max=g(2a),且當(dāng)x→0時(shí),g(x)→-∞;當(dāng)x→+∞時(shí),g(x)→-∞,因此,只需滿足g(2a)>0,即可保證函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn), 由g(2a)=aln(2a)-a-2a>0,得a>. 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上) 13.已知定義在R 上的函數(shù)f(x) 滿足:①f(1+x)=f(1-x) ,②在[

16、1,+∞) 上為增函數(shù);③若x∈ 時(shí),f(ax)

17、y=g(x)與y=h(x)的圖象如圖, 由圖可知,有 即, 解得0

18、解得sin∠ADB=, 故cos∠CDB=, sin∠CDB==, BC取得最小值時(shí):BC=BD×sin∠CDB=. 綜上可得:BC的最小長(zhǎng)度為. 答案: 15.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)的和為Sn,若數(shù)列{}也是公差為d的等差數(shù)列,則an=________. ? 【解析】等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn, 若數(shù)列{}也是公差為d的等差數(shù)列, 所以=+(n-1)d, 所以na1+d+n =a1+1+(n-1)2d2+2(n-1)d, n≠1時(shí),化為a1++1 =(n-1)d2+2d, n=2時(shí),a1+d+1=d2+2d, n=3時(shí),a1+d+1=2d2+2d, 聯(lián)立解得: 所以an=-1或an=-+(n-1)×=n-. 答案:-1或n- 16.設(shè)不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)镈,在區(qū)域D內(nèi)隨機(jī)取一個(gè)點(diǎn),則此點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離小于2的概率是________. ? 【解析】區(qū)域D表示矩形,面積為3,到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離小于2的點(diǎn)位于以原點(diǎn)O為圓心,半徑為2的圓內(nèi), 圖中陰影部分的面積為×1×+×π×4=+,故所求概率為. 答案: