《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對(duì)點(diǎn)練4 從審題中尋找解題思路 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題對(duì)點(diǎn)練4 從審題中尋找解題思路 理（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題對(duì)點(diǎn)練4　從審題中尋找解題思路 一、選擇題 1.已知方程x2m2+n-y23m2-n=1表示雙曲線,且該雙曲線兩焦點(diǎn)間的距離為4,則n的取值范圍是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(-1,3) B.(-1,3) C.(0,3) D.(0,3) 答案 A 解析 因?yàn)殡p曲線的焦距為4,所以c=2, 即m2+n+3m2-n=4,解得m2=1. 又由方程表示雙曲線得(1+n)(3-n)>0,解得-1

2、點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 B 解析 當(dāng)0≤x<2時(shí),令f(x)=x3-x=0,得x=0或x=1,根據(jù)周期函數(shù)的性質(zhì),由f(x)的最小正周期為2, 可知y=f(x)在[0,6)上有6個(gè)零點(diǎn), 又f(6)=f(32)=f(0)=0, 所以f(x)在[0,6]上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為7. 3.已知F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P是C上一點(diǎn),若|PF1|+|PF2|=6a,且△PF1F2最小的內(nèi)角為30,則雙曲線C的漸近線方程是(　　) A.2xy=0 B.x2y=0 C.x2y=0 D.2xy=0 答案 A

3、 解析 由題意,不妨設(shè)|PF1|>|PF2|,則根據(jù)雙曲線的定義得,|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|+|PF2|=6a, 解得|PF1|=4a,|PF2|=2a. 在△PF1F2中,|F1F2|=2c,而c>a,所以有|PF2|<|F1F2|, 所以∠PF1F2=30,所以(2a)2=(2c)2+(4a)2-22c4acos 30,得c=3a,所以b=c2-a2=2a,所以雙曲線的漸近線方程為y=bax=2x,即2xy=0. 4.已知雙曲線C:x2-y24=1,過點(diǎn)P(1,1)作直線l,使l與C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),則滿足上述條件的直線l的條數(shù)共有(　　) A.3 B.2 C

4、.1 D.4 答案 D 解析 當(dāng)直線l斜率存在時(shí),令l:y-1=k(x-1), 代入x2-y24=1中整理有(4-k2)x2+2k(k-1)x-k2+2k-5=0.當(dāng)4-k2=0,即k=2時(shí),l和雙曲線的漸近線平行,有一個(gè)公共點(diǎn). 當(dāng)k≠2時(shí),由Δ=0,解得k=52,即k=52時(shí),有一個(gè)切點(diǎn). 直線l斜率不存在時(shí),x=1也和曲線C有一個(gè)切點(diǎn). 綜上,共有4條滿足條件的直線. 5.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,其中b>a,且對(duì)任意x∈R都有f(x)≥0,則M=a+2b+3cb-a的最小值為(　　) A.5-232 B.5+232 C.7-352 D.7+352 答案

5、D 解析 由題意得a>0,b2-4ac≤0,即c≥b24a,則M=a+2b+3cb-a≥a+2b+3b24ab-a=1+2ba+34ba2ba-1. 令ba=t,則t>1,于是M≥1+2t+34t2t-1=34(t-1)2+72(t-1)+154t-1=34(t-1)+1541t-1+72≥352+72, 當(dāng)且僅當(dāng)t-1=5,即b=(1+5)a,c=b24a=3+52a時(shí)等號(hào)成立.所以M=a+2b+3cb-a的最小值為7+352. 6.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(0

6、?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804160? A.2 B.3 C.2 D.233 答案 A 解析 ∵直線l過(a,0),(0,b)兩點(diǎn),∴直線l的方程為xa+yb=1,即bx+ay-ab=0.又原點(diǎn)到直線l的距離為34c, ∴|ab|a2+b2=34c,即a2b2a2+b2=316c2, 又c2=a2+b2,∴a2(c2-a2)=316c4,即316c4-a2c2+a4=0, 化簡(jiǎn)得(e2-4)(3e2-4)=0,∴e2=4或e2=43. 又∵02,∴e2=4,即e=2,故選A. 二、填空題 7.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a,b,c,已

7、知bcos C+ccos B=2b,則ab=　　　　　. 答案 2 解法一 因?yàn)閎cos C+ccos B=2b,所以ba2+b2-c22ab+ca2+c2-b22ac=2b,化簡(jiǎn)可得ab=2. 解法二 因?yàn)閎cos C+ccos B=2b, 所以sin Bcos C+sin Ccos B=2sin B, 故sin(B+C)=2sin B,故sin A=2sin B,則a=2b,即ab=2. 8.下表中的數(shù)陣為“森德拉姆素?cái)?shù)篩”,其特點(diǎn)是每行每列都成等差數(shù)列,記第i行第j列的數(shù)為ai,j(i,j∈N*),則 (1)a9,9=　　　　　; (2)表中的數(shù)82共出現(xiàn)　　　　　次.

8、 ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804161? 2 3 4 5 6 7 … 3 5 7 9 11 13 … 4 7 10 13 16 19 … 5 9 13 17 21 25 … 6 11 16 21 26 31 … 7 13 19 25 31 37 … … … … … … … … 答案 (1)82　(2)5 解析 (1)a9,9表示第9行第9列,第1行的公差為1,第2行的公差為2,……第9行的公差為9,第9行的首項(xiàng)b1=10,則b9=10+89=82. (2)第1行數(shù)組成的數(shù)列a1,j(j=1,2,…)

9、是以2為首項(xiàng),公差為1的等差數(shù)列,所以a1,j=2+(j-1)1=j+1;第i行數(shù)組成的數(shù)列ai,j(j=1,2,…)是以i+1為首項(xiàng),公差為i的等差數(shù)列,所以ai,j=(i+1)+(j-1)i=ij+1,由題意得ai,j=ij+1=82,即ij=81,且i,j∈N*,所以81=811=273=99=181=327,故表格中82共出現(xiàn)5次. 9.已知銳角三角形ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,若b是12和2的等比中項(xiàng),c是1和5的等差中項(xiàng),則a的取值范圍是　　　　　. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)16804162? 答案 (22,10) 解析 因?yàn)閎是12和2的等比中項(xiàng),所以b=122=1

10、; 因?yàn)閏是1和5的等差中項(xiàng),所以c=1+52=3. 又因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形, ①當(dāng)a為最大邊時(shí),有12+32-a2>0,a≥3,1+3>a, 解得3≤a<10; ②當(dāng)c為最大邊時(shí),有12+a2-32>0,a+1>3,a≤3,解得22

11、(d≠0), ∵a1=2,且a2,a4,a8成等比數(shù)列, ∴(3d+2)2=(d+2)(7d+2),解得d=2, 故an=a1+(n-1)d=2n. (2)令cn=bn-(-1)nan,設(shè){cn}的公比為q. ∵b2=7,b5=71,an=2n,∴c2=b2-a2=3,c5=81, ∴q3=c5c2=27,q=3,∴cn=c2qn-2=3n-1. 從而bn=3n-1+(-1)n2n. Tn=b1+b2+…+bn=(30+31+…+3n-1)+[-2+4-6+…+(-1)n2n],當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Tn=3n+2n-12,當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Tn=3n-2n-32. 11.已知函數(shù)f(x

12、)=4sinωx-π4cos ωx在x=π4處取得最值,其中ω∈(0,2). (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期; (2)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移π36個(gè)單位長(zhǎng)度,再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來的3倍,縱坐標(biāo)不變,得到函數(shù)y=g(x)的圖象,若α為銳角,g(α)=43-2,求cos α. 解 (1)f(x)=4sinωx-π4cos ωx =22sin ωxcos ωx-22cos2ωx =2(sin 2ωx-cos 2ωx)-2=2sin2ωx-π4-2, ∵f(x)在x=π4處取得最值, ∴2ωπ4-π4=kπ+π2,k∈Z, ∴ω=2k+32,k∈Z,∵ω∈(0,

13、2), 即0<2k+32<2,∴-34

14、-π6sinπ6=5332-2312=15-26. 12.已知函數(shù)f(x)=ln x+a(1-x). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時(shí),求a的取值范圍. 解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f(x)=1x-a. 若a≤0,則f(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 若a>0,則當(dāng)x∈0,1a時(shí),f(x)>0; 當(dāng)x∈1a,+∞時(shí),f(x)<0. 所以f(x)在0,1a上單調(diào)遞增,在1a,+∞上單調(diào)遞減. (2)由(1)知,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上無最大值; 當(dāng)a>0時(shí),f(x)在x=1a處取得最

15、大值,最大值為 f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1. 因此f1a>2a-2等價(jià)于ln a+a-1<0. 令g(a)=ln a+a-1,則g(a)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, g(1)=0.于是,當(dāng)01時(shí),g(a)>0. 因此,a的取值范圍是(0,1). 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375