2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)層級(jí)三30分的拉分題壓軸專題(一)選擇題第12題填空題第16題搶分練

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)層級(jí)三30分的拉分題壓軸專題(一)選擇題第12題填空題第16題搶分練 一、選擇題 1．(xx·山東高考)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點(diǎn)，使得函數(shù)的圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)，下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是(　　) A．y＝sin x B．y＝ln x C．y＝ex D．y＝x3 2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}為等差數(shù)列，則an＝(　　) A. B. C. D. 3．已知變量x，y滿足約束條件若z＝x－2y的最大值與最小值分別為a，b，且方程x2－kx＋1＝0在區(qū)間

2、(b，a)上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A．(－6，－2) B．(－3，2) C. D. 4．(xx·?？谡{(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P為橢圓C：＋＝1(a>b>0)的下頂點(diǎn)，M，N在橢圓上，若四邊形OPMN為平行四邊形，α為直線ON的傾斜角，α∈，則橢圓C的離心率的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 5．(xx·石家莊質(zhì)檢)已知定義在(0，2]上的函數(shù)f(x)＝且g(x)＝f(x)－mx在(0，2]內(nèi)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A.∪ B.∪ C.∪ D.∪ 6．(xx·重慶模擬)設(shè)D，E分別為線段AB

3、，AC的中點(diǎn)，且＝0，記α為與的夾角，則下述判斷正確的是(　　) A．cos α的最小值為 B．cos α的最小值為 C．sin的最小值為 D．sin的最小值為 7．(xx·浙江高考)已知實(shí)數(shù)a，b，c，(　　) A．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100 8．(xx·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－為f

4、(x)的零點(diǎn)，x＝為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，且f(x)在上單調(diào)，則ω的最大值為(　　) A．11 B．9 C．7 D．5 9．(xx·沈陽質(zhì)檢)已知函數(shù)y＝x2的圖象在點(diǎn)(x0，x)處的切線為l，若l也與函數(shù) y＝ln x，x∈(0，1)的圖象相切，則x0必滿足(　　) A．0

5、零點(diǎn)； ④函數(shù)y＝g[g(x)]有且只有一個(gè)零點(diǎn)． 其中正確命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空題 11．(xx·南昌模擬)正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為，此時(shí)四面體ABCD外接球的表面積為________． 12．(xx·合肥質(zhì)檢)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b＝1，c＝2，∠C＝60°，若D是邊BC上一點(diǎn)且∠B＝∠DAC，則AD＝________． 13．(xx·全國丙卷)已知直線l：mx＋y＋3m－＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點(diǎn)．

6、若|AB|＝2，則|CD|＝________． 14．(xx·石家莊二模)已知向量a，b，c滿足|a|＝，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0, 則|b－c|的最大值是________． 15．(xx·浙江高考)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D，滿足PD＝DA，PB＝BA，則四面體PBCD的體積的最大值是________． 16．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－2)2(x＋b)ex，若x＝2是f(x)的一個(gè)極大值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為________． 17．(xx·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)g(x)＝2|

7、x|f(x)－2的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________． 18．(xx·安徽十校聯(lián)考)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝1，2Sn＝(n＋1)an，若存在唯一的正整數(shù)n使得不等式a－tan－2t2≤0成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍為________． 19．(xx·蘭州模擬)已知F1，F(xiàn)2為雙曲線－y2＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)Pi(xi，0)與點(diǎn)P′i(x′i，0)(i＝1，2，3，…，10)滿足，且xi<－4，過Pi作x軸的垂線交雙曲線的上半部分于Qi點(diǎn)，過P′i作x軸的垂線交雙曲線的上半部分于O′i點(diǎn)，若|F1Q1|＋|F1Q2|＋…＋|F1Q10|＝m，則|F1Q′1|＋|F1Q′2|＋…＋|F1

8、Q′10|＝________． 20．(xx·河南八市聯(lián)考)如圖放置的邊長為1的正方形PABC沿x軸滾動(dòng)，點(diǎn)B恰好經(jīng)過原點(diǎn)．設(shè)頂點(diǎn)P(x，y)的軌跡方程是y＝f(x)，則對(duì)函數(shù)y＝f(x)有下列判斷：①函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)；②對(duì)任意的x∈R都有f(x＋2)＝f(x－2)；③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[2，3]上單調(diào)遞減． 其中判斷正確的序號(hào)是________． 一、選擇題 1．解析：選A　若y＝f(x)的圖象上存在兩點(diǎn)(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函數(shù)圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則f′(x1)·f′(x2)＝－1. 對(duì)于A：y′＝cos x，若有cos x1·

9、cos x2＝－1，則存在x1＝2kπ(k∈Z)，x2＝2kπ＋π(k∈Z)時(shí)，結(jié)論成立； 對(duì)于B：y′＝，若有·＝－1，即x1x2＝－1，∵x＞0，∴不存在x1，x2，使得x1x2＝－1； 對(duì)于C：y′＝ex，若有ex1·ex2＝－1，即ex1＋x2＝－1，顯然不存在這樣的x1，x2； 對(duì)于D：y′＝3x2，若有3x·3x＝－1，即9xx＝－1，顯然不存在這樣的x1，x2. 綜上所述，選A. 2．解析：選A　設(shè)bn＝nSn＋(n＋2)an，則b1＝4，b2＝8，又{bn}為等差數(shù)列，所以bn＝4n，所以nSn＋(n＋2)an＝4n，所以Sn＋an＝4. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－Sn－1

10、＋an－an－1＝0，所以an＝an－1，即2·＝，又因?yàn)椋?.所以是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，所以＝(n∈N*)，所以an＝(n∈N*)，故選A. 3．解析：選C　作出可行域，如圖所示，則目標(biāo)函數(shù)z＝x－2y在點(diǎn)(1，0)處取得最大值1，在點(diǎn)(－1，1)處取得最小值－3，∴a＝1，b＝－3，從而可知方程x2－kx＋1＝0在區(qū)間(－3，1)上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解．令f(x)＝x2－kx＋1，則?－

11、y0)，N(x，y0)，∴y0＝.把點(diǎn)N的坐標(biāo)代入橢圓方程得|x|＝b，點(diǎn)N.因?yàn)棣潦侵本€ON的傾斜角，因此tan α＝÷b＝.又α∈，因此

12、()]＝ ()，＝()＝[－＋(－)]＝(－2)．由·＝0得(－2)·(－2)＝0，即－2－2＋5＝0，＝cos α≥2，所以cos α≥，sin(－2α)＝cos 2α＝2cos2α－1≥2×－1＝，所以sin(－2α)的最小值是.故選D. 7．解析：選D　對(duì)于A，取a＝b＝10，c＝－110， 顯然|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＞100，即a2＋b2＋c2＜100不成立． 對(duì)于B，取a2＝10，b＝－10，c＝0， 顯然|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＝110，即a2＋b2＋c2＜100不成立． 對(duì)于C，取a

13、＝10，b＝－10，c＝0， 顯然|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＝200，即a2＋b2＋c2＜100不成立． 綜上知，A、B、C均不成立，所以選D. 8．解析：選B　由題意得 則ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－. 若ω＝11，則φ＝－，此時(shí)f(x)＝sin(11x－)，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，不滿足f(x)在區(qū)間上單調(diào)； 若ω＝9，則φ＝，此時(shí)f(x)＝sin，滿足f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，故選B. 9．解析：選D　由題令f(x)＝x2，f′(x)＝2x，f(x0)＝x，所以直線l的方程為y＝2x0(x－x0)＋x＝2

14、x0x－x，因?yàn)閘也與函數(shù)y＝ln x(x∈(0，1))的圖象相切，令切點(diǎn)坐標(biāo)為(x1，ln x1)，y′＝，所以l的方程為y＝x＋ln x1－1，這樣有所以1＋ln 2x0＝x，x0∈(1，＋∞)．令g(x)＝x2－ln 2x－1，x∈(1，＋∞)，顯然該函數(shù)的零點(diǎn)就是x0，又因?yàn)間′(x)＝2x－＝，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝－ln 2<0，g()＝1－ln 2<0，g()＝2－ln 2>0，從而

15、且這三個(gè)值都在g(x)的值域內(nèi)，由于y＝g(x)是減函數(shù)，所以f[g(x)]＝0有3個(gè)解，所以①正確； ②設(shè)m＝f(x)，若g[f(x)]＝0，即g(m)＝0，則m＝x0∈(1，2)，所以f(x)＝x0∈(1，2)，由圖象知對(duì)應(yīng)f(x)＝x0∈(1，2)的解有3個(gè)，所以②正確； ③設(shè)n＝f(x)，若f[f(x)]＝0，即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1個(gè)解，f(x)＝0對(duì)應(yīng)有3個(gè)解，f(x)＝x2＝2對(duì)應(yīng)有2個(gè)解，所以f[f(x)]＝0共有6個(gè)解，所以③正確； ④設(shè)s＝g(x)，若g[g(x)]＝0，即g(s)＝0，所以s

16、＝x3∈(1，2)，則g(x)＝x3，因?yàn)閥＝g(x)是減函數(shù)，所以方程g(x)＝x3只有1個(gè)解，所以④正確. 二、填空題 11．解析：由題知，求四面體ABCD的外接球的表面積可轉(zhuǎn)化為求長、寬、高分別為1、1、的長方體的外接球的表面積，其半徑R＝ ＝，所以S＝4πR2＝5π. 答案：5π 12．解析：在△ABC中，由正弦定理可得＝，sin ∠B＝＝，且∠B<∠C，則∠B為銳角，cos ∠B＝.在△ADC中，由正弦定理得＝＝＝，則AD＝＝＝. 答案： 13．解析：由直線l：mx＋y＋3m－＝0知其過定點(diǎn)(－3，)，圓心O到直線l的距離為d＝. 由|AB|＝2得＋()2＝12，解得

17、m＝－.又直線l 的斜率為－m＝，所以直線l的傾斜角α＝. 畫出符合題意的圖形如圖所示，過點(diǎn)C作CE⊥BD，則∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4. 答案：4 14．解析：設(shè)a與b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cos θ， ∴cos θ＝＝＝， ∵θ∈[0，π]，∴θ＝. 設(shè)＝a，＝b，c＝(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系． 則A(1，1)，B(3，0)， ∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)， ∵(c－2a)·(2b－3c)＝0， ∴(x－2)·(6－3x)＋(y－2)·(－3y)＝0. 即(x－2)2＋(y－1

18、)2＝1. 又知b－c＝(3－x，－y)， ∴|b－c|＝≤＋1＝＋1， 即|b－c|的最大值為＋1. 答案：＋1 15．解析：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°， ∴AC＝ ＝2. 設(shè)CD＝x，則AD＝2－x， ∴PD＝2－x， ∴VP-BCD＝S△BCD·h ≤×BC·CD·sin 30°·PD ＝x(2－x)≤ ＝×＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝2－x，即x＝時(shí)取“＝”， 此時(shí)PD＝，BD＝1，PB＝2，滿足題意． 故四面體PBCD的體積的最大值為. 答案： 16．解析：由條件得，f(x)＝[x3＋(b－4)x2＋(4－4b)x＋4b]ex，則f′(x

19、)＝[x3＋(b－1)x2＋(－4－2b)x＋4]ex，易知f′(2)＝0恒成立，滿足題意．記g(x)＝x3＋(b－1)x2＋(－4－2b)x＋4，則g′(x)＝3x2＋2(b－1)x＋(－4－2b)，又x＝2是f(x)的一個(gè)極大值點(diǎn)，所以g′(2)<0，所以2b＋4<0，解得b<－2. 答案：(－∞，－2) 17．解析：由g(x)＝2|x|f(x)－2＝0得f(x)＝，作出y＝f(x)， y＝的圖象，由圖象可知共有2個(gè)交點(diǎn)，故函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2. 答案：2 18．解析：n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得＝，又a1＝1，故an＝n， 不等式a－tan－2t2≤0可化為n

20、2－tn－2t2≤0， 設(shè)f(n)＝n2－tn－2t2，由于f(0)＝－2t2≤0，由題意可得 解得－2