《2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 2-3-23函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式、解析幾何、數(shù)列型解答題同步練習(xí) 理 人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 2-3-23函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式、解析幾何、數(shù)列型解答題同步練習(xí) 理 人教版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 2-3-23函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式、解析幾何、數(shù)列型解答題同步練習(xí) 理 人教版 班級(jí)_______　姓名_______　時(shí)間：45分鐘　分值：72分　總得分________ 1．(12分)(xx·成都市高中畢業(yè)班第二次診斷性檢測(cè))設(shè)△ABC的三內(nèi)角A、B、C所對(duì)應(yīng)的邊長(zhǎng)分別為a、b、c，平面向量m＝(cosA，cosC)，n＝(c，a)，p＝(2b,0)，且m·(n－p)＝0. (1)求角A的大小； (2)當(dāng)|x|≤A時(shí)，求函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋sinx sin的值域． 解：(1)m·(n－p)＝(cosA，cosC)·(c－2b，a) ＝(

2、c－2b)cosA＋acosC＝0 ?(sinC－2sinB)cosA＋sinAcosC＝0?－2sinBcosA＋sinB＝0. ∵sinB≠0，∴cosA＝?A＝. (2)f(x)＝sinxcosx＋sinxsin＝sinxcosx ＋sin2x＝sin2x＋·＝＋sin2x－ cos2x＝＋sin. ∵|x|≤A，A＝，∴－≤x≤?－π≤2x－≤. ∴－1≤sin≤?≤＋sin≤. ∴函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇，]． 2．(12分)(xx·正定)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H為

3、BC的中點(diǎn)． (1)求證：FH∥平面EDB； (2)求證：AC⊥平面EDB； (3)求四面體B—DEF的體積． 分析：本題考查空間線面平行、線面垂直、面面垂直、體積的計(jì)算等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力與推理論證能力． 解： (1)證明：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G，則G為AC的中點(diǎn)．連接EG、GH，由于H為BC的中點(diǎn)， 故GH綊AB. 又EF綊AB，∴EF綊GH， ∴四邊形EFHG為平行四邊形， ∴EG∥FH，而EG?平面EDB，∴FH∥平面EDB. (2)證明：由四邊形ABCD為正方形，有AB⊥BC. 又EF∥AB，∴EF⊥BC.而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC，∴EF

4、⊥FH， ∴AB⊥FH.又BF＝FC，H為BC的中點(diǎn)，∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面ABCD. ∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G， ∴AC⊥平面EDB. (3)∵EF⊥FB，∠BFC＝90°，∴BF⊥平面CDEF. ∴BF為四面體B－DEF的高． ∵BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝.又EF＝1， ∴VB－DEF＝××1××＝. 3．(12分)(xx·預(yù)測(cè)題)小王參加一次比賽，比賽共設(shè)三關(guān)，第一、二關(guān)各有兩個(gè)必答題，如果每關(guān)兩個(gè)問題都答對(duì)，可進(jìn)入下一關(guān)，第三關(guān)有三個(gè)問題，只要答對(duì)其中兩個(gè)問題，則闖關(guān)成功．每過一關(guān)可一次性獲得價(jià)值分別為1000元

5、，3000元，6000元的獎(jiǎng)品(不重復(fù)得獎(jiǎng))，小王對(duì)三關(guān)中每個(gè)問題回答正確的概率依次為，，，且每個(gè)問題回答正確與否相互獨(dú)立． (1)求小王過第一關(guān)但未過第二關(guān)的概率； (2)用X表示小王所獲得獎(jiǎng)品的價(jià)值，寫出X的概率分布列，并求X的數(shù)學(xué)期望． 解：(1)設(shè)小王過第一關(guān)但未過第二關(guān)的概率為P1， 則P1＝2＝. (2)X的取值為0,1000,3000, 6000， 則P(X＝0)＝＋×＝， P(X＝1000)＝2＝， P(X＝3000) ＝22＝， P(X＝6000) ＝22＝， ∴X的概率分布列為 X 0 1000 3000 6000 P

6、 ∴X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×＋1000×＋3000×＋6000×＝2160. 4．(12分)(xx·天津卷)已知a>0，函數(shù)f(x)＝lnx－ax2，x>0.(f(x)的圖象連續(xù)不斷) (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a＝時(shí)，證明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f； (3)若存在均屬于區(qū)間[1,3]的α，β，且β －α≥1，使f(α)＝f(β)，證明：≤a≤. 分析：本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、解不等式、函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算能力、分類討論的思想、分析解決問題的能力． 解：(1)f′(x)＝－2ax＝，x∈(0，＋∞)．

7、令f′(x)＝0，解得x＝. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. (2)證明：當(dāng)a＝時(shí)，f(x)＝lnx－x2，由(1)知f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 令g(x)＝f(x)－f.由于f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增， 故f(2)>f，即g(2)>0. 取x′＝e>2，則g(x′)＝<0. 所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f.(說明：

8、x′的取法不唯一，只要滿足x′>2，且g(x′)<0 即可．) (3)證明：由f(α)＝f(β)及(1)的結(jié)論知α<<β，從而f(x)在[α，β]上的最小值為f(α)，又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3. 故即 從而≤a≤. 5．(12分)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，連接橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形的面積為4. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)直線l與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)A，B，已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－a,0)，點(diǎn)Q(0，y0)在線段AB的垂直平分線上，且·＝4.求y0的值． 分析：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、平面向量等基礎(chǔ)知識(shí)，

9、考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)及數(shù)形結(jié)合的思想，考查運(yùn)算能力和推理能力． 解：(1)由e＝＝，得3a2＝4c2， 再由c2＝a2－b2，得a＝2b. 由題意可知×2a×2b＝4，即ab＝2. 解方程組得a＝2，b＝1. 所以橢圓的方程為＋y2＝1. (2)由(1)可知A(－2,0)，設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(x1，y1)，直線l的斜率為k，則直線l的方程為y＝k(x＋2)． 于是A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組 由方程組消去y并整理，得 (1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0. 由－2x1＝，得 x1＝，從而y1＝. 設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M，則M的坐標(biāo)為 . 以下

10、分兩種情況： ①當(dāng)k＝0時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2,0)，線段AB的垂直平分線為y軸，于是＝(－2，－y0)，＝(2，－y0)．由·＝4，得y0＝±2. ②當(dāng)k≠0時(shí)，線段AB的垂直平分線的方程為 y－＝－. 令x＝0，解得y0＝－. 由||＝(－2，－y0)，＝(x1，y1－y0)， ·＝－2x1－y0(y1－y0) ＝＋ ＝＝4， 整理得7k2＝2，故k＝±，所以y0＝±. 綜上，y0＝±2或y0＝±. 6．(12分)(xx·湖北卷)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)． (1)求數(shù)列{an}的通

11、項(xiàng)公式； (2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，試判斷：對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論． 分析：本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查推理論證能力，以及特殊與一般的思想． 解：(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，兩式相減可得 an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1，又a2＝ra1＝ra，所以當(dāng)r＝0時(shí)，數(shù)列{an}為：a,0，…，0，…； 當(dāng)r≠0，r≠－1時(shí)，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)， 于是由an＋2＝(r＋1

12、)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)， ∴a2，a3，…，an，…成等比數(shù)列， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝r(r＋1)n－2a. 綜上，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ (2)對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列，證明如下： 當(dāng)r＝0時(shí)，由(1)知，an＝ ∴對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列． 當(dāng)r≠0，r≠－1時(shí)，∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1.若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，則Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk， ∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1. 由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2，于是 對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，從而am＋2＝4am， ∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列． 綜上，對(duì)于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列．