2017-2018學(xué)年高考數(shù)學(xué)黃金30題專題04大題好拿分(提升版)理

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1、專題 04大題好拿分(提升版)理 ji x cosx 3 ( (i) )求f x的單調(diào)增區(qū)間; (n )已知AABC的內(nèi)角分別為 A, B,C，若f A K ，且AABC能夠蓋住的最大圓面積為 兀，求 遼丿2 【答案】(1)送讓匚 ；(n)6. 【解析】試題分析：(I)由三角形兩角和的正弦展開利用二倍角公式化簡(jiǎn)可得/(x) = sifl 2X+L令 7T7T JT ?T?T -4-2jfc2x + - + 2*JtEZ ,求解増區(qū)間0卩可； 2 3 2 11)由/岸卜% 得心牛 由題竜可知: WC的內(nèi)切圓半彳勁打根據(jù)切長(zhǎng)相等結(jié)合團(tuán)象得 b+b+ = 2= 2 運(yùn),再結(jié)合余弦定理得4出+命處=4

2、 0 + )利用均值不等式求最值即可. 試題解析: 二sin 2x . . I 3丿 - 5:； 二 2k：上蟲2x 2k k二乞 x k二，k Z. . 2 3 2 12 12 k：， k二，k Z. . 12設(shè)函數(shù) f x = 2sin (I) f x = 2sin i x cosx亠 2osx 丄sinx 2 l 2 2 恵 i V3 cosx = sin2x + cos2x 2 2 2 的最小值. . f x的單調(diào)增區(qū)間為 IL 12 A 0-，所以 7 由余弦定理可知:/ =滬+/ - be be _ _ 由題意可知：3C 的內(nèi)切圓半徑為 L AABCAABC的內(nèi)角AB CAB C的

3、對(duì)邊分別為absabs 如團(tuán)所示可得:b+cb+c- -a a = = 2/32/3 =4 3 、3bc=4 b c _8 ,bc二 bc_12 或 be _ （舍） =4 3、3bc=4 b c 一8、正= 3 AB ACbc 6, 2 當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)， ABAC 的最小值為6. . 2 2“設(shè)向量 a=a= sinx,cosx ,b = sinx,3cosx , c =c = 3cosx；3sinx，函數(shù) f = a cAB AC Jbe 2 6：， 當(dāng)且僅當(dāng)b二c時(shí), AB AC的最小值為6. . 令也可以這樣轉(zhuǎn)化: r = 1 ：= a b c bc 2 代入b cA I 2 =b2

4、 c2 -be; 6 ， 3 （1 ）求 fx在冷上的值域 （2 2）已知Of中:x,w：O,kO，先將y = f x的圖象向右平移 個(gè)單位長(zhǎng)度，再把得到的圖象上所有點(diǎn)的 橫坐標(biāo)縮短到原來的 丄，縱坐標(biāo)不變，然后再把得到的圖象向上平移 k個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)=g x的圖象, w 已知y=g x的部分圖象如圖所示，求 g 的值. . Z 丿 【解析】試題分析： 根據(jù)向量的數(shù)量積運(yùn)算化簡(jiǎn)可得才二-加寸2時(shí)彳）-2,根據(jù)乂丘 C2）由題肓可知占仗）=-sin| -羽十彳卜2 +氏在根據(jù)所給圖像可得 2sinf 4x+1 ? 試題解析： -sinx 亠、3cosx sincosx 亠、3sinx i-

5、3cosx -sin 2x , 3sinxcosx - 3cos2x-3,3sinxcosx =-3sinx2x cos2x - 2 二2sin 2x jr 可知力+ 6 ，竽,即可得到幾刃在 上的值域$ 6 3 6 4 7T JT 3 3） （1）因?yàn)?f x 二 aE =-sinx 、.3cosx,cosx 、_3sinx E = sinx,3cosx 【答案】（1 1） -4,-1;（ 2 2）2.2. 最后由 即可得解 jr jr (2)由題意可知(兀)=一站1 2*x-坤十一 一2 +上由團(tuán)可知花=3 L 6 / 3 2s in -3 1=2cos 1=2 8 . 2 3 3 【點(diǎn)睛

6、】本題考查兩個(gè)向量的數(shù)量積公式，三角函數(shù)的恒等變換及化簡(jiǎn)求值，函數(shù) f 江、 圖象變換規(guī)律等問題“其中(2 2)解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像得到 si n2 = -2si ni4x 1 I 3丿 3 3“已知數(shù)列 G 滿足 a4 , an 3an 2nJ -4n n N* “ “ (1 1 )是否能找到一個(gè)定義在 N*的函數(shù)f n = A 2n 4 B n C ( A A B、C是常數(shù))使得數(shù)列 a. -f n 是公比為 3 3 的等比數(shù)列，若存在，求出 咕,的通項(xiàng)公式；若不存在，說明理由； (2 2)記Sai - - a ya y a.,若不等式Sn -n2 - p 3n對(duì)任意n，N*都成立，求實(shí)數(shù)

7、p的取值范圍 【答案】(1 1) 2漢322心+2 n+1 ； (2 2)亠,73 l. I 81丿 【解析】試題分析：(1 1 )由an 1 -3an - 2n4 -4n可得n 1 -3f n =2心-4n，結(jié)合 e e n -1 e 因?yàn)閄.孑4，所以2x 6 _-6，T 31 3，所以sin 所以 2sin 2x - I 6丿 - -2 2 再將點(diǎn) 、1 + 卻 - 2 + 3 = 3, 解得 sin29J - -2s 所以 gb =g .w y = Asin （ ，x ）的 5 f n，1 -3f n 1=-A2 -2Bn，B-2C，對(duì)應(yīng)項(xiàng)系數(shù)相等列不等式組求解即可； (2 2)先利用

8、分組求 試題解析：1 八。嗣一才 0+l)=3礙一 =3 +/(H+1)-3/(H), 所以只需/(+L)-3/() = 2-4K, V /(w + l)-3/(w) =-AA - -2Bn+ B2Bn+ B- -2C),2C), A - -A = l,A = l, 一 20 = -4, B B2C=0,2C=0, A / = l, 5=2, C=L 即 f(n)=f(n)=- -2 + 2n+l2 + 2n+l - an - f n =3n， - f 1 二 3nd 4-2 =2 3, 二 an =2 3nJL f n =2 3n4 -2nJ 2n 1. . (2 2) Sn =2 1 3

9、3MH 3nJ - 1 JH 2n4!(3 2n 1 =32n n2 2n Sn _n2 =3n -2n 2n , 和法求得 Sn =3n -2n n2 2n，化簡(jiǎn) Sn -n2 -p 3n 可得 p : 3n - 2n 2n 2n 2n 3n 7 “ n - 4時(shí)，bn 1 bn. . 容易驗(yàn)證，當(dāng)1 5乞3時(shí)，bn1 bn,由Sn 2 n p 3n，得 P ：3 一2 2n 3n =1 - 2n -2n 3n 設(shè)bn n n 3 -2 2n 2n 1 _2 n 1 3n 1 2n -2n 3n 2n -4n 2 2n -2 2n -1 3 當(dāng)n -4時(shí), 2n4 = 1 1 1 n-C04

10、 C；4 *C；4+ill +C；+C：；蘭 2 + 2(n1)=2n A2n 1 p的取值范圍為i 4 4 “已知數(shù)列3n?是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，其前 n項(xiàng)和為Sn,且32 315 , 16 . (1)(1) 求數(shù)列 & / 的通項(xiàng)公式; (2)因?yàn)?b =ab =a1 1 , bn T -bn 1 (2(2)數(shù)列 滿足 bi bi = &= &， bn 1 -d =1求數(shù)列bn /的通項(xiàng)公式；是否存在正整數(shù) m , n 3 n 3 n 1 (m n),使得 b2, b bn成等差數(shù)列？若存在，求出 m , n的值；若不存在，請(qǐng)說明理由 【答案】an =2 n-1；(2)(2) 3n 2

11、bn = - ；存在正整數(shù) m=3, n=8,使得b?, bm , g 成等差 2n 1 數(shù)列“ 【解祈】試題分析： 直接由已知列關(guān)于苜項(xiàng)和公差的方程組，求解方程組得首項(xiàng)和公差.代入等差數(shù) 列的通項(xiàng)公式得答案$把數(shù)列仏的通項(xiàng)公式代入九I-瓦二 ,然后裂項(xiàng)累扣后即可求得 數(shù)列少的通項(xiàng)公式 2 假設(shè)存在正整數(shù)跖，算 5,使得毎，虬，毎成等差數(shù)列風(fēng)為+乞二純 由此列關(guān)于楓的方程，求解得答案- 試題解析：(1 1)設(shè)數(shù)列丫 3n 的公差為d，則d 0. 由 32 33 -15 , S4 -16，得 31 d 31 2d =15,解得31 “ 或 31=7,(舍去). 431 6d =16, d = 2

12、, d = -2, 所以 an =2n -1. anan 1 = =1 1 1 _ 2n-1 2n 1 2 2n-1 2n 1 11 11 1 ： 即，“2匚 一-5， 1 ，bnbz .2n-3 2n-1， (n-2) 9 n1 n1 3n2 1 - 2n -1 2n -1 2n -1 n n Q 2 也符合上式，故b/R，- N* 假設(shè)存在正整數(shù) m、n( m式n),使得, bm , 又 b2 = 4 , bn 二込么 3 ， bm = 3 一 3 2n-1 2 4n2 2 4m2 5 5.為了增強(qiáng)高考與高中學(xué)習(xí)的關(guān)聯(lián)度，考生總成績(jī)由統(tǒng)一高考的語文、數(shù)學(xué)、外語 3 3 個(gè)科目成績(jī)和高中學(xué)

13、業(yè)水平考試 3 3 個(gè)科目成績(jī)組成“保持統(tǒng)一高考的語文、數(shù)學(xué)、外語科目不變，分值不變，不分文理科，外語 科目提供兩次考試機(jī)會(huì)“計(jì)入總成績(jī)的高中學(xué)業(yè)水平考試科目，由考生根據(jù)報(bào)考高校要求和自身特長(zhǎng)，在思 想政治、歷史、地理、物理、化學(xué)、生物、信息技術(shù)七科目中自主選擇三科 (1) 某高校某專業(yè)要求選考科目物理，考生若要報(bào)考該校該專業(yè)，則有多少種選考科目的選擇； (2) 甲、 乙、 丙三名同學(xué)都選擇了物理、化學(xué)、歷史組合，各學(xué)科成績(jī)達(dá)到二級(jí)的概率都是 0.80.8，且三人 約定如果達(dá)到二級(jí)不參加第二次考試，達(dá)不到二級(jí)參加第二次考試，如果設(shè)甲、乙、丙參加第二次考試的 總次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.

14、 【答案】(1 1) 15 15 ( 2 2)見解析 【解析試題分析：(1)因?yàn)檫x定物理，所以只需從剩余6科中選兩科即可孑從題意分折，篆加第二 次考試的總次數(shù)服從二項(xiàng)分布鞏20一2),根據(jù)二項(xiàng)分布公式即可解決一 試題解折：(1)考生要報(bào)考該校該專業(yè)除選擇物理外，還需從其他六門學(xué)科中任選兩科，故共有=15 種不同選擇一 (2)(2) 因?yàn)榧滓冶瑢W(xué)每一學(xué)科達(dá)到二級(jí)的概率都相同且相互獨(dú)立， 所以參加第二次考試的總次數(shù) X X 服 從二項(xiàng)累加得me冷占 躺，所以心1 bn成等差數(shù)列，則b2 bn = 2bm “ 所以4 3 - 3 V2 4n 2 丿 =2 3 一丄 2 4m-2 1 1 1 ，

15、即 _ _ , 2m1 6 4n2 7n 2 化簡(jiǎn)得：2m =“竺上 n +1 當(dāng)n 9 =7 - n -1 m = 2 （舍去）； 當(dāng)n V =9，即n =8時(shí), m = 3符合題所以存在正整數(shù)m =3 , n =8 ,使得b2， bm， bn成等差數(shù)列. 分布B 9,0.2，所以分布列為 X X 1 0 - 1 2 2 3 4 P P C C； X 0 X 0.2 C C； X 0用 X 0.23 ! 護(hù)心 X X $ 7 3 3 9 P P 1 C；x0.8x02 a CjxO-2* 所以X的數(shù)序期望E X =9 0.2 = 1.8. . 6 6 “某超市計(jì)劃按月訂購一種酸奶，每天進(jìn)貨量

16、相同，進(jìn)貨成本每瓶 4 4 元，售價(jià)每瓶 6 6 元，未售出的酸奶降 價(jià)處理，以每瓶 2 2 元的價(jià)格當(dāng)天全部處理完. 根據(jù)往年銷售經(jīng)驗(yàn)，每天需求量與當(dāng)天最高氣溫 （單位： C） 有關(guān).如果最高氣溫不低于 2525，需求量為 500500 瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間 120,25，需求量為 300300 瓶；如 果最高氣溫低于 2020,需求量為 200200 瓶，為了確定六月份的訂購計(jì)劃，統(tǒng)計(jì)了前三年六月份各天的最高氣溫 數(shù)據(jù)，得下面的頻數(shù)分布表： 最高氣溫 10,15) 15,20) 120,25 ) 125,30) 30,35) 35,40) 天數(shù) 2 2 1616 3636 2525 7

17、 7 4 4 以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率代替最高氣溫位于該區(qū)間的概率. （1 1） 求六月份這種酸奶一天的需求量 X （單位：瓶）的分布列； （2 2） 設(shè)六月份一天銷售這種酸奶的利潤(rùn)為 丫（單位：元）.當(dāng)六月份這種酸奶一天的進(jìn)貨量（單位：瓶） 為多少時(shí)，丫的數(shù)學(xué)期望達(dá)到最大值？ 【答案】（1 1）分布列為： X 200 300 500 P 1 2 2 5 5 5 （2） 300. 【解析】試題分析：（1 1 ）由題意知X的可能取值為 200200, 300300, 500500，分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出 X 的分布列.11 (2 2)當(dāng) n 200 時(shí)，Y=n (6_4)=2 n 蘭

18、400, E(Y)蘭 400 ;當(dāng) 200c n 蘭300 時(shí)，E(YJmax=520 ; 當(dāng) 300 ： n 500 時(shí)，E Y max =520 ;當(dāng) n _500 時(shí)，E Y ma 440 “從而得到當(dāng) n = 300 時(shí)，E Y 則分布列為: X 200 300 500 P 1 2 2 5 5 5 (2) 200時(shí)?=J3(6-4 = 2J:,此時(shí)益屯=400,當(dāng) = 200時(shí)取至 當(dāng)200 C必300時(shí)，Z = 11200 x2+(JJ-200)(-2)二即+篤/,00 , 此時(shí)図(巧.二520 ,當(dāng)算二300時(shí)取到 當(dāng)300押蘭500B寸, y 二 g200 x 2+ (算一200

19、) (-2)十-300 x24-(幷一300) (-2) + 算“ 2 二 于上，此時(shí)F 520 $ 當(dāng)科A 500時(shí)，易知一走小于的情況- 綜上所述，當(dāng)n -300時(shí)，取到最大值為 520520. 7 7 “某石化集團(tuán)獲得了某地深海油田區(qū)塊的開采權(quán)，集團(tuán)在該地區(qū)隨機(jī)初步勘探了部分幾口井，取得了地質(zhì) 資料. .進(jìn)入全面勘探時(shí)期后，集團(tuán)按網(wǎng)絡(luò)點(diǎn)來布置井位進(jìn)行全面勘探，由于勘探一口井的費(fèi)用很高，如果新 設(shè)計(jì)的井位與原有井位重合或接近，便利用舊井的地質(zhì)資料，不必打這口新井，以節(jié)約勘探費(fèi)用，勘探初 期數(shù)據(jù)資料見如表: I井號(hào)1 1 2 3 4 5 6 坐標(biāo)(A jJ (km) (2,30) (4.40

20、) (5.60) (6.50) (8,70) (1, y)y) 鉆探深度(km) 2 4 5 6 8 10 出油fi (L) 40 70 1 10 90 160 205 (參考公式和計(jì)算結(jié)果: 4 4 試題解(1 (1 )易知需求量可取 200200, 300,500 300,500 , P X =200 二 2 16 30 3 P X =300 二 36 30 3 P X = 500 = 25 7 4 30 3 T門 i ?i yi - nxy -n 2 2 _ Xi 一 nx i $ i 最大值5205201 d? = y bX，二 x2U = 94，二 x2i 4y2i 4 = 945)

21、 i 1 i 二113 （1 1） 1616 號(hào)舊井位置線性分布， 借助前 5 5 組數(shù)據(jù)求得回歸直線方程為 y二6.5x a，求a的值，并估計(jì)y的 預(yù)報(bào)值. . （2 2） 現(xiàn)準(zhǔn)備勘探新井7 1,25，若通過 1 1，3 3，5 5, 7 7 號(hào)并計(jì)算出的I?，召的值（? 召精確到 0.01 0.01 ）相比 于（1 1）中的b， a，值之差不超過 10%10%則使用位置最接近的已有舊井 6 1, y，否則在新位置打開，請(qǐng) 判斷可否使用舊井？ （3 3） 設(shè)出油量與勘探深度的比值 k不低于 2020 的勘探井稱為優(yōu)質(zhì)井，那么在原有 6 6 口井中任意勘探 4 4 口井, 求勘探優(yōu)質(zhì)井?dāng)?shù)X的分

22、布列與數(shù)學(xué)期望. . 【答案】（1 1） a =17.5， y的預(yù)報(bào)值為 2424；（2 2）使用位置最接近的已有舊井 6 1,24 ；（3 3） EX =8，分 3 布列見解析. . 【解折】試題分析: 禾用前5組數(shù)抿與平均數(shù)的計(jì)算公式可得45, y=50,代入 W.Sx+a,可得進(jìn)而定點(diǎn)y的預(yù)報(bào)值 （2）根據(jù)計(jì)算公式可得二，-=5.25,；=曲.2廠計(jì)算可得并且判斷岀結(jié)論. JC y by b a a b b （3 3）由題意，1 1、3 3、5 5、6 6 這 4 4 口井是優(yōu)質(zhì)井，2 2, 4 4 這兩口井是非優(yōu)質(zhì)井，勘察優(yōu)質(zhì)井?dāng)?shù) X X 的可能取值為 2 2, Ck 3 3, 4 4

23、, P P （X=kX=k） = =- -4C4C；上，可得 X X 的分布列及其數(shù)學(xué)期望. C4 C6 解: (1(1)因?yàn)?X =5 , y =50. . 回歸直線必過樣本中心點(diǎn) x,y ，貝U a -bX =50 -6.5 5 =17.5. . 故回歸直線方程為 y二6.5x 17.5 ,當(dāng)x二1時(shí)，y二6.5 17.5二24，即y的預(yù)報(bào)值為 24.24. 4 4 (2)因?yàn)?X =4 , y = 46.25，二 = 94，二 x2iy2i4 = 945 , i =1 i 珀 二X2 4y2i4 -4xy 為：乂 4 - 4x2 945-4 4 46.25 2 94 一4 4 :6.83

24、 , ? =y -bx =46.26.83 4 =18.93，即 I? = 6.83, Qo),再由 2 2 a a 4o 離心率為丄將 J b用表示出來代入方程，解得 G 從而解得無即可得到橢圓的標(biāo)進(jìn)方程； 2 方法一：可先設(shè)出直線AB的方程為y=ky=k (x-1),代入橢圓的方程并整理成關(guān)于工的一元二歡方程， 分別表示出 k k1, k k2, k k3.比較 k kt+k+k2 = =入 k k3即可求得參數(shù)的值; 方法二：設(shè) B B (X Xo, y yo) (X XoM 1 1),以之表示出直線 FBFB 的方程為 y=y= (X(X- -1)1)，由此方程求得 M M 的坐標(biāo)，

25、XQ 一1 再與橢圓方程聯(lián)立，求得 A A 的坐標(biāo)，由此表示出 k k1, k k2, k k3.比較 k k1+k+k2= =入 k k3即可求得參數(shù)的值=1 a b 0經(jīng)過點(diǎn) 設(shè) A A (X Xi, y yi), B B (X X2, y y2),利用根與系數(shù)的關(guān)系求得 X Xi+X+X2= = 8k2 4k2 3 X-| 4k2 -12 4k2 3 ，再求點(diǎn) M M 的坐標(biāo)， 27 試題解析: 1 9 在橢圓上得，J a a 4& 依題設(shè)知。=屁則滬=妒曲 帶入解得卍=1，= 4 萬21 =3” 故橢圓 C 的方程為三+才=1. 4 3 3 n由題意可設(shè)AB的斜率為k, 則直線AB的方

26、程為y = k x -1 代入橢圓方程 3x2 4y12并整理，得 4k2 3 x2-8k2x 4 k2-3=0 , 設(shè) A Xi,yi ， B X2,y2 ，則有 8k2 X1 X2 _ 4k2 3 4宀3 “2 一 4k2 3 在方程中令x=4得, M的坐標(biāo)為 M 4,3k . 從而k| Xi -1 k2 41“ 注意到 B共線，則有 k =k = kAF =kBF，即有 X1 -1 k. X2 -1 y 所以k1 k2 x2-Jql ,需要證明茁（2-西）蘭占（在）=列碼），令 G G（x x） = ff= ff（2 2- -x x）- -ffff（x x）3 3xExE（0j,0j,可

27、證得G（H）在（01上單調(diào)遞増，G（x）G（l） = 0|3可證得一2 2 k-kt 1 2 2 k t k 1 kNM - 而拋物線在點(diǎn)N處切線斜率: -2k k-t -2 k 31 試題解析： (1) f x=a 2，由題意 f 1 =a-b=1=b = a-1 x a a 1 1 (2) g x = f x nx=ax In x_1 在定義域 0 上 恒成立，即 g x min _1。 x 解法一： g x _1 恒成立，則 g 1 二 a a1 _1= a _1。 2 a -1 1 ax -x-a 1 x1 ax a1 當(dāng) a _1 時(shí)，g X =a 2 2 - x x x x 1 _

28、 a 令 g x =0得x1,x2 0 (注意 a _1) a 所以x三iQ1時(shí)，g x : 0, g x單調(diào)遞減；當(dāng)i1,亠時(shí)，g 0, g x單調(diào)遞增。 所以g x min二g 1 =2a-1 1，符合題意。 綜上所述， g x _1對(duì)定義域內(nèi)的x恒成立時(shí)，實(shí)數(shù) a的取值范圍是1,=：。 解法二： （分離變量）g x - f x .iInx - ax Inx _1恒成立，分離變量可得 x xl nx x 1 令 h x 2 ，則 aXmax。 x +1 1 這里先證明 Inx _ x -1，記 s x = Inx - x 1，則 s x 1， x 易得s x在0,1上單調(diào)遞增，在 1, 上

29、單調(diào)遞減， s x 二s 1 = 0，所以InX乞X-1。 u u “max u 所以h x max =1，實(shí)數(shù)a的取值范圍是1,=。1 Inx 1 x x 1 x xlnx2 x 1 對(duì) x 0： x 1 恒成立, 因xInx x 1 x2 ，且 x=1 時(shí) h1=1， l,al,且占(刃在01單調(diào)遞減：在(L-hx)單調(diào)遞増, 當(dāng)鞏坷)=耳厲)時(shí)，不妨設(shè)Oc坷幻玉花，要證明+2,等價(jià)于22- -11? ? 只需要證明( (2嗎)蘭g花) )=g(珂)，這里0托 令 G(x)f(2-x)-(x)1xE (0J a 1 a 1 、 G x =a 2x In 2-x ;ax Inx ,求導(dǎo)得 2

30、 x x 2 1 1 注意當(dāng)xi0,1 1時(shí)， 2 , 4 _2，(可由基本不等式推出)又 a-1_0 x(2-X) x (2-x) 因此可得Gx _-2a，2a-1 *2=0，當(dāng)且僅當(dāng)x =1,a =1時(shí)等號(hào)成立。 所以G x在0,1上單調(diào)遞增， G x G V-0，也即g 2-x乞g x， x 0,1 因此g2-X1 g x1二g刈，此時(shí)2-禺必都在單調(diào)遞增區(qū)間1：上, 所以2 -論_ x2，得論 x2 _ 2 1 2 1515“已知 f -x-aInx, , a R. . 2 (1) 求函數(shù)f x的增區(qū)間； (2) 若函數(shù)f x有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍，并說明理由; (3) 設(shè)正

31、實(shí)數(shù) 、,2滿足，當(dāng)a 0時(shí)，求證：對(duì)任意的兩個(gè)正實(shí)數(shù) x1, x2總有 f 1X1 2X2 - 1 f 為 2f X2 “ (參考求導(dǎo)公式： f ax b 二 af ax b) 【答案】(1 1)見解析；(2 2) a e ； (3 3)見解析. . 【解析】試題分析：(1)(1)求導(dǎo)f x二x -旦，對(duì)a進(jìn)行分類討論，可得函數(shù) f x的增區(qū)間; x 由 知：若數(shù)在（Q+x）的上為増函數(shù)函數(shù)才（刃有至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意. 若心0,可知乂=11c . 1 1 ;廠=血 a-1 7 = 2 + - x 2-x 33 庖（刃甜=卜（1_1叱） 要使得函數(shù)/（乂）有兩個(gè)零點(diǎn)，則/（x）nii =

32、 lfl（l-lDa）e 下證明： a e函數(shù)f x有兩個(gè)零點(diǎn) 1 ；a .e,. 1 0,. a 而 f 1 0 ,所以 f x 在 0, “、. a 存在惟一零點(diǎn)； 1 了 1 1 又 f 、ea 二一ea? - a i - Ina 二一a ea -1 - 21 na V ； 2 遼 丿2 丿 2 令 h a 二 ea-1 -2Ina a e h a ；=e 0所以 h x 在 e, :上遞增, a 所以的h a he =e2 -3 0所以f x在 a：也存在惟一零點(diǎn)； 綜上：a . e函數(shù)f x有兩個(gè)零點(diǎn) 方法 2:洗證：xe (1-K )1iixa Q_2a a - -JaJa 而(&

33、 + J/ _2zi) a a (a+J/R 二/g +佃-2“)A0 ,所以#(x)在(亦：塚)也存在惟一寒昴 綜上：a,a,函數(shù)/(x)有兩個(gè)零點(diǎn)。 （3 3）證明：不妨設(shè)*乞刈三i 0, ：，以捲為變量 令 F x 二 f 一x 2X2 x L%2f x2 ， 則 F X = f ：；L2X2 - ! f X = J | f JX ：；（2X2 f x 冷 a a 令 g X = f X =x ，則 g x=1 2 x x 因?yàn)閍 0，所以g x - 0 ；即x在定義域內(nèi)遞增。 又因?yàn)?一x ，2x2 _x = 1 x 2x2 - 2x EL2X2 且 x 込 x2 所以一x 2x2 -

34、 x 丄 0 即一x 2x2 _ x， 所以f iX 2X2 - f x - 0 ；又因?yàn)閕 0，所以 F x -0 所以F x在0,x2 1單調(diào)遞增；因?yàn)閤h(a)0在(2,4)2恒成立. 當(dāng)丘冬0時(shí)，h h a a）O Or r應(yīng)）在（24）上單調(diào)遞減，haha）h h（2=02=0r r不合題青; 1 一無 當(dāng)上0時(shí)，初）=0, a a = = f f k k 1 一 k 1 1 _ k （1 1） 2，即0 ： k 時(shí)，h a在I 2, 上單調(diào)遞減，存在h a : h 2 = 0不合題意; k 3 V kJ 1 _k 1 （2） 2，即k時(shí)，h a在2,4上單調(diào)遞增， h a h 2

35、=0，滿足題意. k 3 綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是 丄，“： IL3 點(diǎn)睛：（1 1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)大于、小于零，再結(jié)合定義域，可得單調(diào)區(qū)間； （2 2）證明 不等式恒成立的問題，一種方法可以分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，另一種方法是結(jié)合題設(shè)條件，構(gòu) 造函數(shù)，求函數(shù)的最值2x3 II2 2. . ax + 2 (川)“ g x = f x 2ln 6 Jx 2 =2ln ax 2 i 亠 x - ax - 2ln6 2ax x + :g x # 心 4a2、 ax 2 17 17 .選修 4 4- -4 4 :坐標(biāo)系與參數(shù)方程 x = 2cos8 1 將圓 O O 為參數(shù)）

36、上的每一個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)保持不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?-，得到曲線C . y =2si n 日 2 （1 1）求曲線C的普通方程； (2 2 )設(shè) A , 1 1 B是曲線C上的任意兩點(diǎn)，且OA_OB，求 - 2 - 2的值. |OA| |OB| 【答案】 （1 1） x2 2 彳 5 y2 =1 (2 2)- 4 4 【解析】試題分析Ml求出卍的參數(shù)方程，即可求出C的普通方程（2）建立適當(dāng)?shù)臉O坐標(biāo)系，可得C的 極坐標(biāo)方程，設(shè)人月極坐標(biāo)，彳弋入厶+ 可得其值 OA OB 亠 設(shè)3小為圓上的任意一馬 在巳的變換下變?yōu)镃上的點(diǎn) 3 刃, （I）是否存在這樣的 m值，使得該橢圓與該拋物線有四個(gè)不同的交點(diǎn)？

37、請(qǐng)說明理由 （n）當(dāng)m取何值時(shí)，該橢圓與該拋物線的交點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離等于這個(gè)交點(diǎn)與該橢圓中心的距離? 則有 二 L- X = X ! 1 1 2 ” /冒：劭參數(shù)） = 2sin 6 g 吩參數(shù)） 、v = sm （2 2）以坐標(biāo)原點(diǎn) O為極點(diǎn), x軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，在極坐標(biāo)系中, 曲線 C C 化為極坐標(biāo)方程得: p cos2 8 工 *、八、 幾 n i X F+CE,設(shè) A(P、O)J%, I w 獷(B 十) s 則 |OAF |OAF , |OBF |OBF 。則 1818.平面直角坐標(biāo)系中，有橢圓 x = m 2cos- y - 3sin （r 為參數(shù)）和拋物線 X

38、t2 （t為參數(shù)） . . 39 【答案】（1 1）不存在（2 2） 0 0 或-8 - 8 2. . 【解析】試題分析：（1 1）將題中的橢圓及拋物線方程分別消參化為普通方程, ,并聯(lián)立得方程組，轉(zhuǎn)化為二次 方程根的分布問題；（2 2）確定該橢圓與該拋物線的交點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離，確定這個(gè)交點(diǎn)與該橢圓中心的 距離，比較判斷即可“ 試題解析: 解；（I將題中的橢圓及拋物線方程分別消券化為普通方程并聯(lián)立得方程組： 消去 y y 得兀丄 + 8 16 = 0，令/(工)=J? 4-f8iz/ijx+m1 16. 3 3 由拋物線方程知 x_,則橢圓與拋物線有四個(gè)交點(diǎn)的充要條件是方程 f x =0 2

39、 m m . 4 3 m2 -16 _0 即m_?或m 2 4 m.o m 2 2 顯然此不等式組無解，故滿足題設(shè)條件的 m值不存在. . （n）由 AAO得m乞4,又知橢圓的半長(zhǎng)軸 a=2,拋物線的頂點(diǎn)為 i3,0 ,故當(dāng)-2_m-?_2,即 12丿 2 1 7 、 m m 時(shí), ,橢圓與拋物線必相交“ 2 2 若滿足題設(shè)條件，可有以下兩種情況：橢圓中心與原點(diǎn)重合，此時(shí)m = 0；橢圓與拋物線的交點(diǎn)在橢圓中 心與原點(diǎn)所連線段的垂直平分線上 ，即交點(diǎn)在直線x =巴上， 2 將 x 二代入 x2 8-2m x m2 -16=0, ,得 m2，16m-64 = 0, ,解得 m = -8 一& 2

40、 舍去負(fù)值）“ 綜上所述, ,滿足題設(shè)條件的 m值應(yīng)為 0 0 或- -8 8 “ 8.2.“ 8.2. 1919“已知函數(shù) 1 h . . （1 1 ）若，解關(guān)于的不等式； （2 2）若一：使“-，求的取值范圍 1 1 卜 g#） 【答案】（1 1） ,（ 2 2）廠廠二-p匡泌+才 4 3 y y2 2=6(x=6(x- -l l “ ；. =(*-4 m2 -16 0 在3, :上有兩個(gè)不等的實(shí)根,即fl3 =(亠i82m 3 IL2 2 2 【解析】試題分析：(1 1)利用零點(diǎn)，去絕對(duì)值號(hào)，分區(qū)間求解不等式即可; (2(2)根據(jù)絕對(duì)值不等式的性質(zhì) 可得I工 f 仏：皿仏 ，從而-“，從

41、而轉(zhuǎn)化為，從而求 解“ 試題解析：(I)若則不等式化為畑可 31|*2 + “0, iX 5 - x - fix s - 若 4 17 則 4x + + 解得 9,故 4 9. 若則 4XT7I2X,解得 x-3j故無解, 1 綜上所述，關(guān)于啲不等式 Kx”x“的解集為 I?, (2 2) ：，使： 等價(jià)于 ， 因?yàn)?|i|i； : : - - 4 4： / / . . ：4x 4x ：. ：4 4： . ： 所以，所以“ 的最小值為 ， 所以_ J .八，得一或“ 所以.的取值范圍是二 (1)(1) 解不等式 r ; f(x) -|l-a| (2)(2) 若關(guān)于“的不等式 的解集為空集，求實(shí)

42、數(shù) 的取值范圍. 【答案】(I)故不等式的解集為 的丄u；(n)-.則-4x-l+4x-2 + x 解得巧 2020.(本f() f() = = 1010 分)已知函數(shù) 42 【解析】試題分析：（I）利用絕對(duì)值的幾何意義，分區(qū)間討論，直接求不等式 - 的解集；（n）求出函 試題解析：（I ）不等式偸）5號(hào)可化為 1 1 3 3 x K X5- 2 2 2 2 1 2 1 3 1 3 1 3 xx 豐一）（耳）（x + -）一儀一）冬 3 ( (X + + (耳2 2 或 12 2 或 I 2 2 1 1 3 3 - - - Sx S 2 2 或2 2 或 2 故不等式的解集為洞 7 注 2. 1 3 3 x - （當(dāng) 或 時(shí)取等號(hào)） 故實(shí)數(shù)的取值范圍是 :1 . 方法點(diǎn)睛：本題考查帶絕對(duì)值的函數(shù)的應(yīng)用，絕對(duì)值不等式的解法，絕對(duì)值的幾何意義是解題的關(guān)鍵“在 去絕對(duì)值號(hào)時(shí)，注意利用零點(diǎn)分區(qū)間討論，即可轉(zhuǎn)化為普通不等式，函數(shù) 數(shù)的最小值，然后轉(zhuǎn)化為不等式 1 叫嚀 T 得到實(shí)數(shù) m m 的取值范圍. 解得1 1 3 f(x) X+-)-() =2 2 2 2 1 不等式 的解集為空集等價(jià)于 1H2 1 的解集為空集，要會(huì)轉(zhuǎn) 43 化為函數(shù)的最小值不小于一 ，所以 d =印=1, 3n * 3n 1