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1、江蘇省無錫市2020年高考數(shù)學 函數(shù)直線重點難點高頻考點突破五 1．已知函數(shù)，若 （其中），則的取值范圍是__________. 【答案】 【解析】 試題分析：對于函數(shù)，當時，函數(shù)是單調(diào)遞減的，當時，函數(shù)是單調(diào)遞增的，而且，所以對于任意，只要，就一定得到，而函數(shù)，在是單調(diào)遞減函數(shù)，值域為，而函數(shù)在上的值域為，所以兩個函數(shù)的交集為，但是當時，只有唯一的一個解，不存在兩個不等的，使得，所以應舍去，則當時，就存在（其中），所以解得，即，則，綜上，的取值范圍為. 考點：分段函數(shù)的應用. 2．已知集合，則 。 【答案】. 【解析】 試題分析：因為， 所以

2、. 考點：集合的運算. 3．已知函數(shù)對于任意的，都滿足，且對任意的，當時，都有．若，則實數(shù)的取值范圍是 . 【答案】. 【解析】 試題分析：因為函數(shù)對于任意的，都滿足，所以函數(shù)為偶函數(shù)；因為對任意的，當時，都有，所以在上為減函數(shù)；結(jié)合函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，可得在上為增函數(shù)，且圖像關(guān)于軸對稱；因為，所以，解得，即實數(shù)的取值范圍是. 考點：函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性. 4．已知函數(shù)它的單調(diào)增區(qū)間為 . 【答案】 【解析】 [試題分析：函數(shù)，當，對稱軸是直線，在上單調(diào)遞增；當時，，對稱軸，在單調(diào)遞增，所以，函數(shù)的單調(diào)遞增是 ，

3、. 考點：函數(shù)的單調(diào)性 . 5．若函數(shù)的定義域為值域為則實數(shù)的取值范圍為 . 【答案】 【解析】 試題分析：函數(shù)的圖像的對稱軸是直線，當時，取得最小值，因為函數(shù)的定義域為，值域為，且當是，根據(jù)對稱性時，又因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以. 考點：函數(shù)的單調(diào)性與值域. 6．對于實數(shù)，定義運算，設(shè)函數(shù)，若函數(shù)的圖像與軸恰有兩個公共點，則實數(shù)的取值范圍是________. 【答案】 【解析】 試題分析：由題意得，函數(shù)圖像與軸恰有兩個公共點，即與的圖像有兩個公共點，畫出圖像， 可得，的取值范圍 考點：二次函數(shù)的圖象特征、函數(shù)與方程的綜合運用，及數(shù)形結(jié)

4、合的思想. 7．已知關(guān)于的不等式的解集是，則 . 【答案】2 【解析】 試題分析：化分式不等式為整式不等式，根據(jù)解集是得，,方程的兩實根分別為， ，所以=，a=2 考點：解分式不等式，二次方程與二次不等式之間的關(guān)系. 8．已知函數(shù)則滿足的實數(shù)= ． 【答案】 【解析】 試題分析：解涉及分段函數(shù)方程,通常需要分類討論.注意每一類中的前提條件.當時,由得當時,由得. 考點：解三角函數(shù)方程,解指數(shù)方程. 9．已知圓C過點，且圓心在軸的負半軸上，直線被該圓所截得的弦長為，則圓C的標準方程為______________. 【答案

5、】 【解析】 試題分析：設(shè)圓心的坐標為，由題意可得圓的半徑，圓心到直線直線的距離．由弦長公式可得 ，解得，或 （舍去），故半徑等于，故圓的方程為 ． 考點：圓的標準方程. 10．（12分）已知函數(shù)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，且對應方程兩個實根，滿足， （1）求二次函數(shù)的解析式； （2）求函數(shù)在區(qū)間上的值域 【答案】（1）;（2） 【解析】 試題分析：（1））由函數(shù)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù),可知二次函數(shù)的對稱軸為，可求出，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系有，可求出c;（2）可將函數(shù)化為頂點式，通過分析可知當時，函數(shù)取得最小值，當時，函數(shù)取得最大值，即可求出函數(shù)的值域. 試題解析：（

6、1）由已知得：對稱軸，所以得 2分 故 又，是方程的兩個根 3分 ， 4分 所以 5分 得 6分 故 8分 （2）= 當時，即 值域為 12分 考點：函數(shù)知識的綜合應用. 11．已知函數(shù)， （1）當時，求函數(shù)的定義域； （2）若函數(shù)的定義域為，求實數(shù)的取值范圍. 【答案】（1）；（2） 【解析】 試題分析：（1）當時，，必須保證，求解即可得出定義域. 要想使函數(shù)的定義域為，就得保證函數(shù)，當時成立，當時，函數(shù)為二次函數(shù)，保證且判別式小于

7、等于即可. 試題解析：（1）當時，， 由題意得，即，即或 函數(shù)的定義域為. 6分 設(shè)， 由題意得對一切都成立. 當時，滿足題意； 9分 當時，必須滿足，解得， 綜上可得：實數(shù)的取值范圍為. 14分 考點：1、函數(shù)的定義域.2、二次函數(shù)的圖象和性質(zhì) 12．（本題15分）已知函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，且當時， ． （1）寫出函數(shù)的解析式； （2）寫出函數(shù)的增區(qū)間； （3）若函數(shù)，求函數(shù)的最小值.[來 【答案】（1）（2），（3） 【解析】 試題分析：（1）由函數(shù)的奇偶性求解析式時，要注意求那個區(qū)域內(nèi)的解析式

8、，就是變量在這個區(qū)域內(nèi)；（2）求分段函數(shù)的單調(diào)性，可先求出各段單調(diào)性，然后一般用逗號連接； (3)二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值主要有三種類型：軸定區(qū)間定、軸動區(qū)間定、軸定區(qū)間動，不論哪種類型，解題的關(guān)鍵是對稱軸與區(qū)間的關(guān)系，當含有參數(shù)時，要依據(jù)對稱軸與區(qū)間的關(guān)系進行分類討論； 試題解析：（1）當時，，所以，函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，所以，所以， 所以. （2）函數(shù)，當，對稱軸是直線，在上單調(diào)遞增；當時，，對稱軸，在單調(diào)遞增，所以，函數(shù)的單調(diào)遞增是 （3）①當時，即 ②當時，即 ③當時，即 綜上：. 考點：函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性及最值. 13．如圖，已知四邊形

9、ABCD 是矩形，PA⊥平面ABCD，M, N分別是AB, PC的中點. (1)求證：MN∥平面PAD； (2)求證：MN⊥DC； 【答案】（1）見解析（2）見解析. 【解析】 試題分析：（1）令E為PD的中點，連接AE，NE，根據(jù)三角形中位線定理，及中點的定義，我們易判斷MN∥AE，結(jié)合線面平行的判定定理，即可得到MN∥平面PAD； （2）根據(jù)已知中，四邊形ABCD?是矩形，PA⊥平面ABCD，我們易結(jié)合線面垂直的判定定理，得到DC⊥平面PAD，進而得到DC⊥AE，由（1）中AE∥MN，根據(jù)兩條平行線與同一條直線的夾角相等，即可得到結(jié)論． 試題解析：（1）設(shè)PD的中點為

10、E，連AE, NE，則易得四邊形AMNE是平行四邊形，則 MN∥AE ， ， 所以 MN∥平面PAD （2）∵PA⊥平面ABCD ， CD，∴PA⊥CD 又AD⊥CD , PA∩DA=A，∴ CD平面PAD ，∵ ∴CD⊥AE ∵MN∥AE ∴MN⊥DC 考點：直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的性質(zhì)． 14．已知函數(shù)是偶函數(shù)． （1）求實數(shù)的值； （2）設(shè)函數(shù)，若函數(shù)與的圖象有且只有一個公共點，求實數(shù)的取值范圍． 【答案】（1），（2）. 【解析】 試題分析：（1）因為函數(shù)是偶函數(shù)，所以有等量關(guān)系，本題難點在化簡對數(shù)式，由易得，關(guān)鍵會化簡，（

11、2）本題第一個難點是化簡方程，即，這里主要會化簡從而再利用對數(shù)性質(zhì)運算得：；第二個難點是“方程只有一個根”轉(zhuǎn)化為“二次方程只有一個正根”，這需明確指數(shù)函數(shù)的范圍，即；第三個難點是分類討論二次方程只有一個正根的情形的等價條件.主要是兩個不等根的情況討論,需結(jié)合運用韋達定理. 試題解析：解：（1）由題意知：任意有， 即恒成立． ∴恒成立，化簡得對恒成立，∴． 5分 （2）∵函數(shù)與的圖象有且只有一個公共點， ∴方程有且只有一個實根， 化簡得：方程有且只有一個實根， 令，則方程有且只有一個正根. 7分 ①當時，不合題意；

12、 8分 ②當時， (ⅰ)若，則. 若，則不合題意；若，則合題意； 10分 (ⅱ)若即時， 由題意，方程有一個正根與一個負根，即，解得，∴. 12分 綜上所述，實數(shù)的取值范圍是. 13分 考點：偶函數(shù)性質(zhì)應用，二次方程根的個數(shù). 15．（14分） 已知方程. （1）若此方程表示圓，求的取值范圍； （2）若（1）中的圓與直線相交于M，N兩點，且OMON（O為坐標原點）求的值； （3）在（2）的條件下，求

13、以MN為直徑的圓的方程. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 試題分析：（1）由圓的一般方程知當時表示圓的方程；（2）聯(lián)立直線與圓的方程，消元后的到關(guān)于的一元二次方程，因為所以，可求出的值；（3）利用根與系數(shù)關(guān)系求出中點坐標即為圓心，再利用垂徑定理求出弦長的一半即為半徑，能寫出圓的方程. 試題解析：（1） （2） 代入得 ， ∵ 得出： ∴ ∴ （3）設(shè)圓心為 半徑…………13分 圓的方程 考點：1.圓的方程；2.直線與圓的位置關(guān)系. 16．（12分）已知圓， （Ⅰ）若直線過定點（1，0），且與圓相切，

14、求的方程； （Ⅱ）若圓的半徑為3，圓心在直線：上，且與圓外切，求圓的方程． 【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）①若直線的斜率不存在，即直線方程，符合題意; ②若直線斜率存在，設(shè)直線為，即由圓心到已知直線的距離等于半徑2可求出，寫出方程；（Ⅱ）已知圓的半徑，只需求圓的圓心，圓心在直線：上設(shè)圓心坐標,再利用圓與圓外切，圓心距等于兩圓半徑的和可以求出. 試題解析：（Ⅰ）①若直線的斜率不存在，即直線是，符合題意． ②若直線斜率存在，設(shè)直線為，即． 由題意知，圓心（3，4）到已知直線的距離等于半徑2， 即 解之得 ．所求直線方程是，． （Ⅱ）依題意設(shè)，又已知圓的圓

15、心， 由兩圓外切，可知 ∴可知 ＝， 解得 ， ∴ ， ∴ 所求圓的方程為 考點：1.直線與圓的位置關(guān)系；2.圓與圓的位置關(guān)系. 17．（本小題滿分12分）如圖，已知PA^⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，AB=2，C是⊙O上一點，且AC=BC=PA，E是PC的中點，F(xiàn)是PB的中點. （1）求證：EF//平面ABC； （2）求證：EF^平面PAC； （3）求三棱錐B—PAC的體積. 【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3） 【解析】 試題分析：（1）利用線面垂直的判斷定理證明線面垂直，條件齊全，利用棱錐的體積公式求體積；（2）證明線面平行

16、常用方法：一是利用線面平行的判定定理，二是利用面面平行的性質(zhì)定理，三是利用面面平行的性質(zhì)；（3）證明線面垂直的方法：一是線面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性質(zhì)定理；三是平行線法（若兩條平行線中的一條垂直于這個平面，則另一條也垂直于這個平面.解題時，注意線線、線面與面面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化.（4）在求三棱柱體積時，選擇適當?shù)牡鬃鳛榈酌?，這樣體積容易計算. 試題解析：證明：（1）在DPBC中，E是PC的中點，F(xiàn)是PB的中點，所以EF//BC. （2分） 又BCì平面ABC，EF?平面ABC，所以EF//平面ABC. （4分） （2）因為PA^平面ABC，BCì平面ABC，所以PA^BC.

17、 （5分） 因為AB是⊙O的直徑，所以BC^AC. （6分） 又PA∩AC=A，所以BC^平面PAC. （7分） 由（1）知EF//BC，所以EF^平面PAC. （8分） （3）解：在中，AB=2，AC=BC，所以. （9分） 所以. 因為PA^平面ABC，ACì平面ABC，所以PA^AC. 所以. （10分） 由（2）知BC^平面PAC，所以. （12分） 考點：1、直線

18、與平面平行的判定；2、直線與平面垂直的判定；3、三棱柱的體積. 18．（本小題滿分14分）四棱錐 中，底面是正方形，，垂足為點，，點分別是的中點． （1）求證：； （2）求證：； （3）求四面體的體積． 【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3） ． 【解析】 試題分析：（1）證明PB∥平面ACM，利用線面平行的判定定理，只需證明線線平行，利用三角形的中位線可得MO∥PB； （2）證明MN⊥平面PAC，由于MN∥BD，只要證明BD⊥平面PAC，利用線面垂直的判定定理，即可證得； （3）利用等體積，即，從而可得結(jié)論． 試題解析：（1）連接AC，BD，AM，MC，MO

19、，MN，且 ∵點O，M分別是PD，BD的中點 ∴MO∥PB， ∵PB平面ACM，MO平面ACM ∴PB∥平面ACM． （2）∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD ∴PA⊥BD ∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD 又∵ ∴BD⊥平面PAC 在△PBD中，點M，N分別是PD，PB的中點，∴MN∥BD ∴MN⊥平面PAC． （3）∵，， ∴． 考點：線面平行判定；線面垂直判定；等體積法求體積． 19．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，側(cè)棱PD⊥底面，， 是的中點，作⊥交于點. （1）證明：∥平面； （2）證明：⊥平面. 【答案】（1）詳見解析（2）詳見

20、解析 【解析】 試題分析：（1）證明線面平行，往往利用其判定定理進行證明，即先證PA平行于平面某一條直線，這可根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得到：連結(jié)交與，連結(jié)，則點是的中點. 又∵是的中點，∴∥.而平面，平面，∴∥平面 （2）證明線面垂直，往往利用其判定定理進行證明，即先證垂直平面內(nèi)兩條相交直線：已知⊥，只需證⊥.由于⊥，因此只需證⊥，又由于⊥，只需證⊥，這可由⊥底面得到. 試題解析：證明：(1)連結(jié)交與，連結(jié). ∵底面是矩形， ∴點是的中點. 又∵是的中點 ∴在△中，為中位線 ∴∥.

21、 而平面，平面， ∴∥平面. 7分 (2)由⊥底面，得⊥. ∵底面是正方形， ∴⊥， ∴⊥平面. 而平面， ∴⊥.① ∵，是的中點， ∴△是等腰三角形， ⊥.② 由①和②得⊥平面. 而 平面，∴⊥. 又⊥且=， ∴⊥平面. 14分 考點：線面平行與垂直的判定定理