（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練1 選擇題、填空題的解法 理

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1、專題突破練1　選擇題、填空題的解法 一、選擇題 1.方程ax2+2x+1=0至少有一個負根的充要條件是(　　) A.01”是“θ∈π3,π”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D

2、.既不充分也不必要條件 4.設(shè)f(x)=ln x,0p C.p=rq 5.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若a,b,c成等差數(shù)列,則cosA+cosC1+cosAcosC等于(　　) A.35 B.45 C.34 D.43 6.(2019安徽宣城高三二調(diào),理7)已知a,b,c,d都是常數(shù),a>b,c>d.若f(x)=2 019+(x-a)(x-b)的零點為c,d,則下列不等式正確的是(　　) A.a>c>d>

3、b B.a>d>c>b C.c>d>a>b D.c>a>b>d 7.(2019安徽滁州一中高三模擬,文10)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點.點A在拋物線上,若點P是拋物線準線上的動點,O為坐標原點,且|AF|=5,則|PA|+|PO|的最小值為(　　) A.5 B.13 C.25 D.213 8.設(shè)函數(shù)f(x)=3x-1,x<1,2x,x≥1,則滿足f(f(a))=2f(a)的a的取值范圍是(　　) A.23,1 B.[0,1] C.23,+∞ D.[1,+∞) 9.(2019天津高三二模,文7)已知四面體ABCD的四個面都為直角三角形,且AB⊥平面BCD,AB=BD=CD

4、=2.若該四面體的四個頂點都在球O的表面上,則球O的表面積為(　　) A.3π B.23π C.43π D.12π 10.(2019山西高三二模,文12)已知函數(shù)f(x)=xlnx+ax+1只有一個零點,則a的取值范圍為(　　) A.-1e,0 B.-1e,0 C.(-∞,0]∪1e D.(-∞,0)∪1e 二、填空題 11.設(shè)a>b>1,則logab,logba,logabb的大小關(guān)系是　　　　　.(用“<”連接)? 12.(2019河北邯鄲一中高三二模,文14)已知直線l過點(1,1),過點P(-1,3)作直線m⊥l,垂足為M,則點M到點Q(2,4)距離的取值范圍為　　　　

5、　.? 13.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)記為f'(x),若對于?x∈R,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1是奇函數(shù),則不等式f(x)0)與函數(shù)y=|cos x|的圖象恰有四個公共點A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)(其中x1

6、6.(2019山西晉城高三三模,文16)記數(shù)列an的前n項和為Sn,若Sn=3an+2n-3,則數(shù)列an的通項公式為an=. 　　　　　　　　　　　　　　　　 參考答案 專題突破練1　選擇題、填空題的解法 1.C　解析當a=0時,x=-12,符合題意,排除A,D;當a=1時,x=-1,符合題意,排除B.故選C. 2.B　解析z=a+i的共軛復(fù)數(shù)為z=a-i,所以A錯誤;|z|=a2+1≥1,所以B正確;當a=0時,z是純虛數(shù),所以C錯誤;復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點為(a,1),因為縱坐標y=1,所以不可能在第三象限,D也錯誤.故選B. 3.C　解析∵|a|=|b|=1,且其夾角

7、為θ,(1)由|a-b|>1得,(a-b)2=a2-2a·b+b2=1-2cosθ+1>1,∴cosθ<12.又0≤θ≤π,∴π3<θ≤π.即θ∈π3,π. 故|a-b|>1是θ∈π3,π的充分條件. (2)由θ∈π3,π得cosθ<12,∴1-2cosθ+1>1,∴a2-2a·b+b2=(a-b)2>1,∴|a-b|>1.故|a-b|>1是θ∈π3,π的必要條件. 綜上得,“|a-b|>1”是“θ∈π3,π”的充分必要條件.故選C. 4.C　解析f(x)=lnx是增函數(shù),根據(jù)條件不妨取a=1,b=e,則p=f(e)=lne=12,q=f1+e2>f(e)=12,r=12·[f(1)+

8、f(e)]=12.在這種特例情況下滿足p=r

9、與f(x)交點的橫坐標就是c,d,f(x)與x軸交點就是a,b.又a>b,c>d,則c,d在a,b內(nèi),由圖象得,a>c>d>b.故選A. 7.D　解析∵|AF|=5,∴點A到準線的距離為5,由拋物線焦半徑公式可知:點A的橫坐標為4.又點A在拋物線上,∴點A的坐標為(4,±4).∵坐標原點關(guān)于準線對稱點的坐標為B(-2,0),∴|PA|+|PO|=|PA|+|PB|≥|AB|=(-2-4)2+(0±4)2=213.故選D. 8.C　解析當a=2時,f(a)=f(2)=22=4>1,f(f(a))=2f(a),∴a=2滿足題意,排除A,B選項;當a=23時,f(a)=f23=3×23-1=1,

10、f(f(a))=2f(a),∴a=23滿足題意,排除D選項,故答案為C. 9.D　解析∵BD=CD=2且△BCD為直角三角形,∴BD⊥CD.又AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴CD⊥AB.∴CD⊥平面ABD.由此可將四面體ABCD放入邊長為2的正方體中,如圖所示. ∴正方體的外接球即為該四面體的外接球O,正方體外接球半徑為體對角線的一半,即R=12·22+22+22=3,∴球O的表面積為S=4πR2=12π,故選D. 10.C　解析∵f(x)=xlnx+ax+1只有一個零點,∴xlnx+a=0只有一解,即a=-xlnx只有一解.設(shè)g(x)=-xlnx(x>0),則g'(x)=-l

11、nx-1=-(lnx+1),當00,當x>1e時,g'(x)<0,∴g(x)在0,1e上單調(diào)遞增,在1e,+∞上單調(diào)遞減.故當x=1e時,g(x)取得最大值g1e=1e,且當x→0時,g(x)→0,當x→+∞時,g(x)→-∞.∵a=g(x)只有一解,∴a≤0或a=1e.故選C. 11.logabb

12、,設(shè)M(x,y),因為直線m⊥l,則MP⊥MA,所以MP·MA=0,即(-1-x,3-y)·(1-x,1-y)=0,化簡為:x2+(y-2)2=2,所以點M的軌跡為以C(0,2)為圓心,2為半徑的圓.∵|CQ|=22+22=22,∴|CQ|-2≤|MQ|≤|CQ|+2,即2≤|MQ|≤32.故答案為[2,32]. 13.(0,+∞)　解析由題意令g(x)=f(x)ex,則g'(x)=f'(x)ex-(ex)'f(x)(ex)2=f'(x)-f(x)ex, ∵f(x)>f'(x),∴g'(x)<0, 故函數(shù)g(x)=f(x)ex在R上單調(diào)遞減. ∵y=f(x)-1是奇函數(shù), ∴f(0)

13、-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,則不等式f(x)0. 14.-2　解析直線y=k(x+2)過定點(-2,0),如圖所示. 由圖可知,直線與余弦函數(shù)圖象在x4處相切,且x4∈π2,π,即k(x4+2)=-cosx4,所以k=-cosx4x4+2.又y'=(-cosx)'=sinx,即直線的斜率為k=sinx4,因此k=-cosx4x4+2=sinx4,即cosx4sinx4=-x4-2,所以x4+1tanx4=x4+cosx4sinx4=x4-x4-2=-2. 15.-94,0∪(2,+∞)　解析由x

14、),得x2; 由x≥g(x),得x≥x2-2, ∴-1≤x≤2. ∴f(x)=x2+x+2,x<-1或x>2,x2-x-2,-1≤x≤2, 即f(x)= x+122+74,x<-1或x>2,x-122-94,-1≤x≤2. 當x<-1時,f(x)>2;當x>2時,f(x)>8. ∴當x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)時,函數(shù)的值域為(2,+∞). 當-1≤x≤2時,-94≤f(x)≤0. ∴當x∈[-1,2]時,函數(shù)的值域為-94,0.綜上可知,f(x)的值域為-94,0∪(2,+∞). 16.2-32n　解析當n=1時,S1=a1=3a1-1,解得a1=12;當n≥2時,Sn=3an+2n-3,Sn-1=3an-1+2n-5,兩式相減可得an=3an-3an-1+2,故an=32an-1-1.設(shè)an+λ=32(an-1+λ),故λ=-2,即an-2=32(an-1-2),故an-2an-1-2=32.故數(shù)列an-2是以-32為首項,32為公比的等比數(shù)列,故an-2=-32·32n-1.故an=2-32n. 8