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2019年高考數(shù)學復習大二輪精準提分練習第二篇 第29練

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1、 第29練 壓軸小題突破練(1) [明晰考情] 高考選擇題的12題位置、填空題的16題位置,往往出現(xiàn)邏輯思維深刻,難度高檔的題目. 考點一 與函數(shù)、不等式有關的壓軸小題 方法技巧 本類壓軸題常以超越方程、分段函數(shù)、抽象函數(shù)等為載體,考查函數(shù)性質(zhì)、函數(shù)零點、參數(shù)的范圍和通過函數(shù)性質(zhì)求解不等式.解決該類問題的途徑往往是構(gòu)造函數(shù),進而研究函數(shù)的性質(zhì),利用函數(shù)性質(zhì)去求解問題是常用方法,其間要注意導數(shù)的應用. 1.(2018·西寧模擬)偶函數(shù)f(x)滿足f(x-1)=f(x+1),且當x∈[-1,0]時,f(x)=x2,若函數(shù)g(x)=f(x)-|lg x|,則g(x)在(0,10)上的零

2、點個數(shù)為(  ) A.11 B.10 C.9 D.8 答案 B 解析 由題意g(x)=f(x)-|lg x|= ∵f(x-1)=f(x+1),∴f(x)=f(x+2),故f(x)是周期函數(shù),且T=2, 又函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù), ∴f(1-x)=f(1+x),∴f(x)的圖象關于x=1對稱,當x>0時,在同一坐標系中作出y=f(x)和y=|lg x|的圖象,如圖所示. 由圖象知函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為10. 2.設函數(shù)f(x)在R上存在導數(shù)f′(x),?x∈R,有f(-x)+f(x)=x2,且在(0,+∞)上,f′(x)<x,若f(4-m)-f(m)≥8-4m

3、,則實數(shù)m的取值范圍為(  ) A.[-2,2] B.[2,+∞) C.[0,+∞) D.(-∞,-2]∪[2,+∞) 答案 B 解析 令g(x)=f(x)-x2, 則g(x)+g(-x)=0,函數(shù)g(x)為奇函數(shù),在區(qū)間(0,+∞)上, g′(x)=f′(x)-x<0,且g(0)=0, 則函數(shù)g(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù), 故f(4-m)-f(m)=g(4-m)+(4-m)2-g(m)-m2 =g(4-m)-g(m)+8-4m≥8-4m, 據(jù)此可得g(4-m)≥g(m),∴4-m≤m,解得m≥2. 3. 已知函數(shù)f(x)=2x-(x<0)與g(x)=log2(x

4、+a)的圖象上存在關于y軸對稱的點,則a的取值范圍是(  ) A.(-∞,-) B.(-∞,) C.(-∞,2) D. 答案 B 解析  由f(x)關于y軸對稱的函數(shù)為h(x)=f(-x)=2-x-(x>0), 令h(x)=g(x),得2-x-=log2(x+a)(x>0), 則方程2-x-=log2(x+a)在(0,+∞)上有解, 作出y=2-x-與y=log2(x+a)的圖象,如圖所示, 當a≤0時,函數(shù)y=2-x-與y=log2(x+a)的圖象在(0,+∞)上必有交點,符合題意; 若a>0,兩函數(shù)在(0,+∞)上必有交點,則log2a<,解得0

5、知,實數(shù)a的取值范圍是(-∞,),故選B. 4.函數(shù)f(x)的定義域為D,若滿足:①f(x)在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù);②存在[a,b]?D使得f(x)在[a,b]上的值域為,則稱函數(shù)f(x)為“成功函數(shù)”.若函數(shù)f(x)=logm(mx+2t)(其中m>0,且m≠1)是“成功函數(shù)”,則實數(shù)t的取值范圍為________. 答案  解析 無論m>1還是00),則mx+2t=可化為2t=λ-λ2=-2+

6、,結(jié)合圖形(圖略)可得t∈. 考點二 與數(shù)列有關的壓軸小題 方法技巧 數(shù)列與函數(shù)的交匯、數(shù)列與不等式的交匯問題是高考的熱點.解決這類問題的關鍵在于利用數(shù)列與函數(shù)的對應關系,將條件進行準確的轉(zhuǎn)化,確定數(shù)列的通項或前n項和,利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象求解最值問題,不等關系或恒成立問題. 5.(2018·浙江 )已知a1,a2,a3,a4成等比數(shù)列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),若a1>1,則(  ) A.a1<a3,a2<a4 B.a1>a3,a2<a4 C.a1<a3,a2>a4 D.a1>a3,a2>a4 答案 B 解析 構(gòu)造不等式ln x≤x-1, 則

7、a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1, 所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0. 若q≤-1,則ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0. 又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1, 所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾. 因此-1<q<0. 所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0, 所以a1>a3,a2<a4. 故選B. 6.已知f(x),g(x)都是定義在R上的函數(shù),g(x)≠0,f′(x)g(x)>f(x)g′(x),且f(x)=axg(x

8、)(a>0,且a≠1),+=,若數(shù)列的前n項和大于62,則n的最小值為(  ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 A 解析 ∵f′(x)g(x)>f(x)g′(x), ∴f′(x)g(x)-f(x)·g′(x)>0,又g(x)≠0, ∴′=>0, 從而可得=ax單調(diào)遞增,從而可得a>1, ∵+=a+a-1=,∴a=2, 故++…+=a+a2+…+an=2+22+…+2n==2n+1-2>62, ∴2n+1>64,即n+1>6,n>5,n∈N*, ∴nmin=6,故選A. 7.已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=(n∈N*).若bn+1=(n-2λ)·(

9、n∈N*),b1=-λ,且數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列,則實數(shù)λ的取值范圍是(  ) A.λ> B.λ> C.λ< D.λ< 答案 D 解析 由an+1=,得=+1,即+1=2,所以是以+1為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以+1=2n-1=2n,所以bn+1=(n-2λ)·2n.因為數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列, 所以當n≥2時,由bn+1>bn,得(n-2λ)·2n>(n-1-2λ)·2n-1,解得n>2λ-1,即2>2λ-1,所以λ<;當n=1時,由b2>b1得(1-2λ)·2>-λ,解得λ<,因此λ<,故選D. 8.已知函數(shù)f(x)=x2+(a+8)x+a2+a-12,且f(a

10、2-4)=f(2a-8),設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*),若Sn=f(n),則的最小值為________. 答案  解析 由題意可得a2-4=2a-8或a2-4+2a-8=2×,解得a=1或a=-4. 當a=1時,f(x)=x2+9x-10,數(shù)列{an}不是等差數(shù)列; 當a=-4時,f(x)=x2+4x,Sn=f(n)=n2+4n, ∴a1=5,a2=7,an=5+(7-5)(n-1)=2n+3, ∴==× =×≥=+1, 當且僅當n+1=,即n=-1(舍負)時取等號, ∵n為正整數(shù),2<-1<3,當n=2時,=;當n=3時,=,故當n=3時原式取最小值.

11、考點三 與立體幾何有關的壓軸小題 方法技巧 空間幾何體中的線面關系、表面積和體積計算是高考中常見的一個考點,解題時要明確幾何體的形狀,可以適當進行分割;空間幾何體的截面及最值問題解決的關鍵是畫出正確的截面,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題處理. 9.如圖為某幾何體的三視圖,則其體積為(  ) A.+4 B. C.+4 D.π+ 答案 D 解析 由三視圖可知,該幾何體是一個半圓柱(所在圓柱為圓柱OO1)與四棱錐的組合體,其中四棱錐的底面ABCD為圓柱的軸截面,頂點P在半圓柱 所在圓柱的底面圓上(如圖所示),且P在AB上的射影為底面的圓心O.由三視圖數(shù)據(jù)可得,半圓柱所在圓柱的底

12、面半徑r=1,高h=2, 故其體積V1=πr2h=π×12×2=π; 四棱錐的底面ABCD是邊長為2的正方形, PO⊥底面ABCD,且PO=r=1. 故其體積V2=S正方形ABCD×PO=×22×1=. 故該幾何體的體積V=V1+V2=π+. 10.(2018·全國Ⅰ)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為(  ) A. B. C. D. 答案 A 解析 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D1與棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方體的其余棱都分別與A1A,A1B1,A1D

13、1平行,故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等. 取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中點E,F(xiàn),G,H,M,N,則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大,此截面面積為S正六邊形EFGHMN=6×××sin 60°=. 故選A. 11.已知四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,其中ABCD為正方形,△PAD為等腰直角三角形,PA=PD=,則四棱錐P-ABCD外接球的表面積為(  ) A.10π B.4π C.16π D.8π 答案 D 解析 因為△PAD為等腰直角三角形,PA=PD=,

14、故AD=AB=2, 則點P到平面ABCD的距離為1,而底面正方形的中心O到邊AD的距離也為1,則頂點P到正方形中心O的距離PO=,正方形的外接圓的半徑為,故正方形ABCD的中心是球心,且球的半徑為,所以該幾何體外接球的表面積S=4π×2=8π,故選D. 12.(2018·全國Ⅱ)已知圓錐的頂點為S,母線SA,SB所成角的余弦值為,SA與圓錐底面所成角為45°,若△SAB的面積為5,則該圓錐的側(cè)面積為________. 答案 40π 解析 如圖, ∵SA與底面所成角為45°, ∴△SAO為等腰直角三角形. 設OA=r, 則SO=r,SA=SB=r. 在△SAB中

15、,cos∠ASB=, ∴sin∠ASB=, ∴S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=(r)2·=5, 解得r=2, ∴SA=r=4,即母線長l=4, ∴S圓錐側(cè)=πr·l=π×2×4=40π. 1.(2018·全國Ⅱ)已知f(x)是定義域為(-∞,+∞)的奇函數(shù),滿足f(1-x)=f(1+x).若f(1)=2,則f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)等于(  ) A.-50 B.0 C.2 D.50 答案 C 解析 ∵f(x)是奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x), ∴f(1-x)=-f(x-1).∵f(1-x)=f(1+x), ∴-f(x-1)=f(x+1

16、),∴f(x+2)=-f(x), ∴f(x+4)=-f(x+2)=-[-f(x)]=f(x), ∴函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù). 由f(x)為奇函數(shù)及其定義域為R得f(0)=0. 又∵f(1-x)=f(1+x), ∴f(x)的圖象關于直線x=1對稱, ∴f(2)=f(0)=0,∴f(-2)=0. 又f(1)=2,∴f(-1)=-2, ∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=f(1)+f(2)+f(-1)+f(0)=2+0-2+0=0, ∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+…+f(49)+f(50)=0×12+f(49)+f(50)=f(1)+f(2)=2+0=2.

17、 2.已知實數(shù)f(x)=若關于x的方程f2(x)+f(x)+t=0有三個不同的實根,則t的取值范圍為(  ) A.(-∞,-2] B.[1,+∞) C.[-2,1] D.(-∞,-2]∪[1,+∞) 答案 A 解析 設m=f(x),作出函數(shù)f(x)的圖象,如圖所示, 則當m≥1時,m=f(x)有兩個根,當m<1時,m=f(x)有一個根.若關于x的方程f2(x)+f(x)+t=0有三個不同的實根,則等價為m2+m+t=0有兩個不同的實數(shù)根m1,m2,且m1≥1,m2<1.當m=1時,t=-2,此時由m2+m-2=0,解得m=1或m=-2,f(x)=1有兩個根,f(x)=-

18、2有一個根,滿足條件;當m≠1時,設h(m)=m2+m+t,其對稱軸為m=-,則需h(1)<0即可,即1+1+t<0,解得t<-2.綜上實數(shù)t的取值范圍為t≤-2,故選A. 3.(2018·蘭州模擬)已知f(x)是定義在R上的可導函數(shù),若在R上3f(x)>f′(x)恒成立,且f(1)=e3(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則下列結(jié)論正確的是(  ) A.f(0)=1 B.f(0)<1 C.f(2)e6 答案 C 解析 設g(x)=,則g′(x)==. ∵在R上3f(x)>f′(x)恒成立, ∴g′(x)<0在R上恒成立,即g(x)在R上為減函數(shù), ∴g(0)

19、==f(0)>g(1)=, ∵f(1)=e3, ∴f(0)>1,故A,B不正確. ∵g(2)=

20、<0, 即a<或a>,所以a的取值范圍是,故選A. 5.三棱錐A-BCD的外接球為球O,球O的直徑是AD,且△ABC,△BCD都是邊長為1的等邊三角形,則三棱錐A-BCD的體積是(  ) A. B. C. D. 答案 B 解析 如圖所示,由題意可知AB=BC=AC=BD=CD=1,又球O的直徑是AD,所以∠ABD=∠ACD=90°,AD=,AO=OD=OC=,且∠BOD=90°,所以該幾何體的體積V= ××××=,故選B. 6.(2018·衡陽模擬)當n為正整數(shù)時,定義函數(shù)N(n)表示n的最大奇因數(shù).如N(3)=3,N(10)=5,…,S(n)=N(1)+N(2)

21、+N(3)+…+N(2n),則S(5)等于(  ) A.342 B.345 C.341 D.346 答案 A 解析 ∵N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1,而S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n), ∴S(n)=N(1)+N(3)+N(5)+…+N(2n-1)+[N(2)+N(4)+…+N(2n)], ∴S(n)=1+3+5+…+2n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)], ∴S(n)=×+S(n-1)(n≥2),即S(n)-S(n-1)=4n-1, 又S(1)=N(1)+N(2)=1+1=2, ∴S(5)-S(1)=[S(5

22、)-S(4)]+[S(4)-S(3)]+…+[S(2)-S(1)]=44+43+42+4,∴S(5)=2+4+42+43+44=342,故選A. 7.拋物線x2=y(tǒng)在第一象限內(nèi)圖象上的一點(ai,2a)處的切線與x軸交點的橫坐標記為ai+1,其中i∈N*,若a2=32,則a2+a4+a6等于(  ) A.21 B.32 C.42 D.64 答案 C 解析 拋物線x2=y(tǒng)可化為y=2x2,則y′=4x,拋物線在點(ai,2a)處的切線方程為y-2a=4ai(x-ai),所以切線與x軸交點的橫坐標為ai+1=ai,所以數(shù)列{a2k}是以a2=32為首項,為公比的等比數(shù)列,所以a2

23、+a4+a6=32+8+2=42,故選C. 8. 《九章算術》中,將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”,將底面為矩形,一棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”,已知某“塹堵”與某“陽馬”組合而成的幾何體的三視圖如圖所示,已知該幾何體的體積為,則圖中x等于(  ) A.1 B. C.2 D.2 答案 B 解析 三視圖表示的幾何體如圖所示,其體積VACF-BDE+VG-ABEF=·x·1·1+·12·x=, 解得x=,故選B. 9.數(shù)列{an}的前n項和為Sn=n2-6n,則a2=________;數(shù)列的前10項和++…+=________. 答案?。? 58

24、解析 當n=1時,a1=S1=-5, 當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2-6n-(n-1)2+6(n-1)=2n-7, ∴a2=2×2-7=-3, ∴|a1|+|a2|+…+|a10|=5+3+1+1+3+…+13=9+×7=9+49=58. 10.(2018·佛山模擬)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=3-,n∈N*,則a1+a2+…+an=________. 答案 1- 解析 因為a1+3a2+…+(2n-1)an=3-, 所以a1+3a2+…+(2n-3)an-1=3-(n≥2), 兩式相減得(2n-1)an=,an=(n≥2). 當n=1時,a1

25、=3-=,符合上式, ∴an=(n∈N*), 因此a1+a2+…+an==1-. 11.(2018·天津)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,除面ABCD外,該正方體其余各面的中心分別為點E,F(xiàn),G,H,M(如圖),則四棱錐M-EFGH的體積為________. 答案  解析 依題意,可知四棱錐M-EFGH是一個正四棱錐,且底面邊長為,高為. 故VM-EFGH=×2×=. 12.已知函數(shù)f(x)=ex-2+x-3(e為自然對數(shù)的底數(shù)),g(x)=x2-ax-a+3.若存在實數(shù)x1, x2,使得f(x1)=g(x2)=0,且≤1,則實數(shù)a的取值范圍是______________. 答案  解析 函數(shù)f(x)=ex-2+x-3的導數(shù)為f′(x)=ex-2+1>0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增, 由f(2)=0,可得f(x1)=0的解為x1=2. 存在實數(shù)x1,x2,使得f(x1)=g(x2)=0,且|x1-x2|≤1, 即為g(x2)=0且|2-x2|≤1,即x2-ax-a+3=0在[1,3]上有解, 即有a==x+1+-2在[1,3]上有解, 令t=x+1(2≤t≤4),設函數(shù)h(t)=t+-2, 則h(t)=t+-2在[2,4]上單調(diào)遞增, 可得h(t)的最小值為2,最大值為3,則a的取值范圍是[2,3].

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