2019-2020年高考数学二轮专题复习 提能增分篇 突破一 数学思想方法的贯通应用 专项突破训练4 文.doc

2019-2020年高考数学二轮专题复习 提能增分篇 突破一 数学思想方法的贯通应用 专项突破训练4 文一、选择题(每小题5分，共30分)1(xx广东广州测试)若函数f(x)的定义域为实数集R，则实数a的取值范围为()A(2,2)B(，2)(2，)C(，22，)D2,2答案：D解析：由函数f(x)的定义域为R，得不等式x2ax10在R上恒成立，于是a240，解得2a2.故选D.2(xx马鞍山质检)在直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为(0,1)，(，0)，(0，2)，O为坐标原点，动点P满足|1，则|的最小值是()A42 B.1 C.1 D.答案：C解析：设点P(x，y)，则由动点P满足|1，可得x2(y2)21.根据的坐标为(x，y1)，可得|，表示点P(x，y)与点M(，1)之间的距离又点M在圆C：x2(y2)21的外部，求得|MC|，|的最小值为|MC|11.故选C.3(xx开封二模)已知函数yf(x1)的图象关于点(1,0)对称，且当x(，0)时，f(x)xf(x)bc BcabCcba Dacb答案：B解析：由函数yf(x1)的图象关于点(1,0)对称，得函数yf(x)的图象关于原点对称，即函数yf(x)是奇函数设F(x)xf(x)，则由F(x)f(x)xf(x)0，得F(x)在(，0)上是减函数，则F(x)在(0，)上也是减函数，又F(x)在原点有定义，则F(x)在R上也是减函数30.31,0log31，log32，F(2)F(log3)F(30.3)，即cab.故选B.4. (xx上海六校联考)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，AC1A1B，M，N分别为A1B1，AB的中点，给出下列结论：C1M平面A1ABB1；A1BAM；平面AMC1平面CNB1，其中正确的结论个数为()A.0 B1 C2 D3答案：D解析：如题图所示，由于ABCA1B1C1为直三棱柱，BCAC，AC1A1B，M分别为A1B1的中点，得C1MA1B1 ，所以C1M平面A1ABB1，正确；又因为AC1A1B，且C1M平面A1ABB1，所以可证得AMA1B，所以正确；因为M，N分别为A1B1，AB的中点所以由AMB1N，C1MCN得平面AMC1平面CNB1，所以正确故选D.5(xx福建厦门质检)已知函数f(x)x2mx2(2m3)x(mR)存在两个极值点x1，x2，直线l经过点A(x1，x)，B(x2，x)，记圆(x1)2y2上的点到直线l的最短距离为g(m)，g(m)的取值范围是()A0,2 B0,3C. D.答案：C解析：函数f(x)的导函数f(x)x22mx(2m3)，则x1，x2是方程f(x)0的两根，x1x22m，x1x22m3，(2m2)4(2m3)0，解得m1或m3.由直线l经过点A(x1，x)，B(x2，x)，则直线l的方程为，化简得(x1x2)xyx1x20，即2mxy(2m3)0.圆心C(1,0)到直线l的距离d，圆(x1)2y2上的点到直线l的最短距离g(m)d，故g(m)的取值范围是.故选C.6(xx甘肃兰州诊断)己知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(x2)为偶函数，f(4)1，则不等式f(x)ex的解集为()A(2，) B(0，)C(1，) D(4，)答案：B解析：f(x2)为偶函数，f(x2)的图象关于x0对称，f(x)的图象关于x2对称，f(4)f(0)1，设g(x)(xR)，则g(x).又f(x)f(x)，g(x)0(xR)，函数g(x)在定义域上单调递减f(x)exg(x)1，而g(0)1，f(x)exg(x)0.故选B.二、填空题(每小题5分，共20分)7(xx安徽江南十校联考)命题存在x1，x2(m3)x3m1，x2(m3)x3m0 为真命题，而由x2(m3)x3m0变形得(x1)2(x1)1(x1)m0.由于x10则m 1对任意x1恒成立，而1211，当且仅当x1，即x2时取等号，因此m 1.8(xx河北石家庄二模)已知条件p：x23x40，条件q：x26x9m20，若綈q是綈p的充分不必要条件，则实数m的取值范围是_答案：m|m4或m4解析：綈q是綈p的充分不必要条件，p是q的充分不必要条件，x|x23x40x|x26x9m20，x|1x4x|(xm3)(xm3)0当m3m3，即m0时，不合题意，当m3m3，即m0时，有x|1x4x|m3xm3，此时解得m4.当m3m3，即m0时，有x|1x4x|m3xm3，此时解得m4.综上，实数m的取值范围是m|m4或m49. (xx辽宁沈阳质检)数列an是等比数列，若a22，a5，则a1a2a2a3anan1_.答案：(14n)解析：因为数列an的公比q，所以数列an的通项公式为ana2qn22n223n.所以anan123n22n252n.所以数列的公比q.又a1a22228，所以a1a2a2a3anan1.10已知圆O的半径为1，PA，PB为该圆的两条切线，A，B为两切点，则的最小值为_答案：23解析：如图，连接OP，OA，OB，设APB，0，则|PA|PB|cos 2cos .换元：令xsin2，则0x1，则2x323，当且仅当2x，即x(0,1)时取等号，故的最小值为23.三、解答题(每题10分，共30分)11(xx甘肃兰州诊断)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB2，BCCD1，ABCD，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1BC；(2)在AB上是否存在点M，使得C1M平面ADD1A1？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由解： (1)证明：连接D1C，则D1C平面ABCD，D1CBC，在等腰梯形ABCD中，连接AC，AB2，BCCD1，ABCD，BCAC，BC平面AD1C，AD1BC，(2)设M是AB上的点 .证明如下：ABCD，AMD1C1.因经过AM，D1C1的平面与平面ADD1A1相交与AD1，要是C1M平面ADD1A1，则C1MAD1，即四边形AD1C1M为平行四边形 ，此时D1C1DCAMAB，即点M为AB的中点所以在AB上存在点M，使得C1M平面ADD1A1，此时点M为AB的中点12.已知函数f(x)sin2sin2x1(xR)(1)求函数f(x)的周期及单调递增区间；(2)在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数f(x)的图象经过点，b，a，c成等差数列，且9，求a的值解：f(x)sin2sin2x1cos 2xsin 2xcos 2xcos 2xsin 2xsin.(1)最小正周期T，由2k2x2k(kZ)可解得kxk(kZ)，所以f(x)的单调递增区间为(kZ)(2)由f(A)sin可得2A2k或2k(kZ)，所以A.又因为b，a，c成等差数列，所以2abc，而bccos Abc9，bc18，cos A111，a3.13已知函数f(x)(2a)ln x2ax(aR)(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)当a0时，求f(x)的单调区间；(3)若对任意a(3，2)及任意x1，x21,3，恒有(mln 3)a2ln 3|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围解：(1)当a0时，f(x)2ln x(x0)，f(x).令f(x)0，得x；令f(x)0，得0x，即f(x)在上递减，在上递增，所以f(x)的极小值为f22ln 2，无极大值(2)因为f(x)2a，当，即a2时，令f(x)0，得0x或x.令f(x)0得x；当，即2a0时，令f(x)0，得0x或x，令f(x)0, 得x；当a2时，f(x)0.综上所述，当a2时，f(x)的递减区间为和，递增区间为；当a2时，f(x)在(0，)上单调递减；当2a0时，f(x)的递减区间为和，递增区间为.(3)由(2)可知，当a(3，2)时，f(x)在区间1,3上单调递减当x1时，f(x)取得最大值；当x3时，f(x)取得最小值|f(x1)f(x2)|f(1)f(3)(12a)4a(a2)ln 3.因为(mln 3)a2ln 3|f(x1)f(x2)|恒成立，即(mln 3)a2ln 34a(a2)ln 3，整理得ma4a，又a0，所以m4恒成立. 由3a2，得4，所以m.即m的取值范围是.