高考数学二轮复习小题精做系列专题06.doc

江西省高考数学二轮复习 小题精做系列专题061设f(x)与g(x)是定义在同一区间a，b上的两个函数，若函数yf(x)g(x)在xa，b上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在a，b上是“关联函数”，区间a，b称为“关联区间”若f(x)x23x4与g(x)2xm在0,3上是“关联函数”，则m的取值范围是()A. B1,0 C(，2 D. 【答案】A2已知以为周期的函数，其中。若方程恰有5个实数解，则的取值范围为（ ）A BC D. 【答案】B3定义在上的可导函数，当时，恒成立，则的大小关系为 （ ）A B C D 【答案】A4设函数，若的图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是A.当时， B. 当时，C. 当时， D. 当时，【答案】：B【解析】：令可得 设不妨设，结合图形可知，5已知函数,设函数，且函数的零点均在区间内，则的最小值为（ ） A、11 B、10 C、9 D、8【答案】B【解析】零点在上，函数，且函数的零点均在区间内，的零点在上，的零点在上，的最小值为【考点定位】1、导数的应用, 2、根的存在性定理.6已知数列an：，依它的前10项的规律，则a99a100的值为( )A. B. C. D.【答案】A7现有两个命题：（1）若，且不等式恒成立，则的取值范围是集合；（2）若函数，的图像与函数的图像没有交点，则的取值范围是集合；则以下集合关系正确的是（ ）A B. C. D.【答案】C【解析】对求导得：.由得.由此得切点为.代入得.由图可知时，函数，8函数（2）的最小值（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】9设实数满足，则的取值范围是 （ ） A B C D【答案】C【考点定位】线性规划.10如图，在棱长为的正方体中,为的中点,为上任意一点,为上任意两点,且的长为定值,则下面四个值中不为定值的是A点到平面的距离B直线与平面所成的角C三棱锥的体积 D二面角的大小 【答案】【解析】考点：直线与平面所成的角，二面角，棱锥的体积及点到面的距离11已知点在抛物线上，且点到直线的距离为，则点 的个数为 ( ) A B C D【答案】C【解析】考点：点到直线的距离，直线与圆锥曲线的公共点问题.12已知函数,是函数的导函数，且有两个零点和(),则的最小值为()A B C D以上都不对【答案】B【解析】试题分析：，由题意，当或时，当时，因此的最小值是，选B考点：函数的极值与最值13. 设是双曲线的两个焦点, 是上一点,若且的最小内角为,则的离心率为( ) （A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】14已知，且函数与函数的图象有且仅有一个公共点，则此公共点的坐标为 .【答案】【考点】导数与切线15.如图，在中，是边上一点，则=_【答案】【解析】试题分析：,.考点：向量的数量积16设无穷等比数列的公比为q，且，表示不超过实数的最大整数（如）,记，数列的前项和为，数列的前项和为.（）若，求；（）若对于任意不超过的正整数n，都有，证明：.（）证明：（）的充分必要条件为.【答案】（）；（）答案详见解析；（）答案详见解析.【解析】 即 （）证明：因为 ，所以 ，.因为 ，所以 ，. （必要性）因为对于任意的，当时，由，得；当时，由，得. 所以对一切正整数n都有.由 ，得对一切正整数n都有，所以公比为正有理数.假设 ，令，其中，且与的最大公约数为1. 因此，.【考点定位】1、等比数列的通项公式；2、数列前n项和；3、充要条件.17（本小题满分14分）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面，点是的中点求证：平面；求证：平面平面；若，求三棱锥的体积【答案】见解析； 见解析；【解析】本试题主要是考查了立体几何中线面的平行的证明以及面面垂直的郑敏而后三棱锥体积的运算的因为为正方形，所以为中点，又因为为的中点，所以为的中位线，所以， 3分又因为平面，平面， 所以平面5分 因为为正方形，所以， 因为平面，平面，所以，又，所以平面8分因为平面，所以平面平面10分14分【考点定位】空间直线与平面的位置关系；2、几何体的体积. 18如图，已知ABC是边长为l的等边三角形，D，E分别是AB，AC边上的点，AD=AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G，将ABF沿AF折起，得到如图所示的三棱锥A-BCF，其中BC=(1)证明：DE/平面BCF；(2)证明：CF平面ABF；(3)当AD=时，求三棱锥F-DEG的体积【答案】(1)详见解析，(2)详见解析，(3) 【解析】在折叠后的三棱锥中 也成立, . 2平面, 平面,平面 4（2）在等边三角形中,是的中点,所以, .5 在三棱锥中, .7 .9（）由（1）可知，结合（2）可得 .13【考点定位】线面平行判定定理，线面垂直判定定理,几何体的体积.19菱形的边长为3，与交于，且将菱形沿对角线折起得到三棱锥（如图），点是棱的中点，（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】 试题解析：(1）由题意，,因为,所以， 3分【考点定位】面面垂直，几何体的体积.20已知点分别是椭圆的左、右焦点, 点在椭圆上上.（）求椭圆的标准方程;（）设直线若、均与椭圆相切,试探究在轴上是否存在定点,点到的距离之积恒为1?若存在,请求出点坐标;若不存在,请说明理由.【答案】（1）；（2）满足题意的定点存在,其坐标为或【解析】试题解析：(1)法一：由,得, 1分 2分椭圆的方程为 4分法二：由,得, 1分 3分椭圆的方程为 4分21已知点、为双曲线：的左、右焦点，过作垂直于轴的直线，在轴上方交双曲线于点，且圆的方程是（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为、，求的值；（3）过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于、两点，中点为，求证：【答案】(1) ；(2)；(3)证明见解析【解析】试题分析：(1)从双曲线方程中发现只有一个参数，因此我们只要找一个关系式就可求解，而这个关系式在中，通过直角三角形的关系就可求得；(2)由(1)知双曲线的渐近线为，这两条渐近线在含双曲线那部分的夹角为钝角，因此过双曲线上的点作该双曲线两条渐近线的垂线，为锐角，这样这题我们只要认真计算，设点坐标为，由点到直线距离公式求出距离，利用两条直线夹角公式求出，从而得到向量的数量积；(3)首先 等价于，因此设，我们只要则点到两条渐近线的距离分别为 7分因为在双曲线：上，所以又，所以 10分（3）由题意，即证： 设，切线的方程为： 11分 当时，切线的方程代入双曲线中，化简得：【考点定位】(1)双曲线的方程；(2)占到直线的距离，向量的数量积；(3)圆的切线与两直线垂直的充要条件22已知动点P到点A(2,0)与点B(2,0)的斜率之积为，点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若点Q为曲线C上的一点，直线AQ，BQ与直线x4分别交于M，N两点，直线BM与椭圆的交点为D.求证，A，D，N三点共线【答案】（1）y21(x2)（2）见解析【解析】(1)解设P点坐标(x，y)，则kAP (x2)，kBP (x2)，由已知，化简，得y21，所求曲线C的方程为y21(x2)，所以Q.当x4，得yM6k，即M(4,6k)又直线BQ的斜率为，方程为y (x2)，当x4时，得yN，即N.直线BM的斜率为3k，方程为y3k(x2)因为kAD，kAN，所以kADkAN. 所以A，D，N三点共线【考点定位】1、轨迹方程；2、直线与椭圆的关系.23已知椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，直线与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左焦点为，右焦点为，直线过点且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于点，线段垂直平分线交于点，求点的轨迹的方程；（3）设第（2）问中的与轴交于点，不同的两点在上，且满足,求的取值范围.【答案】（1）；（2）（3）【解析】试题分析：（1）双曲线的离心率为，所以椭圆的离心率为。根据题意原点到直线的距离为，又因为可解得。（2）由题意知即点到直线，和到点动点到定直线的距离等于它到定点的距离 5分动点的轨迹是以为准线，为焦点的抛物线， 6分点的轨迹的方程为. 7分（3）由（2）知：,设， 则， 8分， 9分由，左式可化简为：， 10分，当且仅当，即时取等号， 11分又，当，即时， 13分故的取值范围是. 14分【考点定位】1椭圆的标准方程；2抛物线的定义；3函数值域.24如图,已知抛物线的焦点为F，过F的直线交抛物线于M、N两点，其准线与x轴交于K点.（1）求证：KF平分MKN；（2）O为坐标原点，直线MO、NO分别交准线于点P、Q，求的最小值.【答案】（1）见解析；（2）8.【解析】试题分析：（1）只需证，设出M，N两点坐标和直线MN方程，再把直线方程与抛物线方程联立，由韦达定理可得证；（2）由（1）设出的M，N两点坐标分别先求出P、Q两点坐标，还是把设出的直线MN方程与抛物线方程联立，由韦达定理把表示出来，再根据直线MN的倾斜角的范围求（2）设M、N的坐标分别为，由M，O，P三点共线可求出P点的坐标为，由N，O，Q三点共线可求出Q点坐标为， 7分设直线MN的方程为。由【考点定位】1、抛物线的方程及性质；2、直线与曲线相交的性质.25已知椭圆:的左焦点为,且过点.(1)求椭圆的方程;(2)设过点P(-2,0)的直线与椭圆E交于A、B两点，且满足.若,求的值;若M、N分别为椭圆E的左、右顶点，证明: 【答案】(1) ;(2)参考解析【解析】试题分析：(1)因为由椭圆:的左焦点为,即.由点到两焦点的距离和可求出椭圆的长轴.从而可以求出椭圆的方程. (2)（1）通过假设直线的方程联立椭圆方程消去y可得一个一元二次方程，由韦达定理即可求出直线的斜率k的值，从而解出A,B两点的坐标，即可得结论.（2）分别求两直线的斜率和，利用韦达显然直线斜率存在,设直线方程为 由得: 得, ,符合,由对称性不妨设,解得, 【考点定位】1.椭圆的性质.2.直线与椭圆的位置关系.3.韦达定理.4.几何问题构建代数方法解决.26已知，函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当有两个极值点（设为和）时，求证：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）先求出函数的导函数，确定导数的符号，实质上就是确定分子的正负，从而确定函数在定义域上的单调性，即对分子的的符号进行分类讨当，即时，在上，恒成立，此时在上单调递增； 当，即时，方程有两个解不相等的实数根：，显然， 当或时，；当时，；函数在上单调递减， 在和上单调递增. （2）、是的两个极值点，故满足方程，即、是的两个解，而在中， 因此，要证明，等价于证明，27已知函数.()若曲线在和处的切线互相平行，求的值；()求的单调区间；()设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.【答案】（）；（2）单调递增区间是和，单调递减区间是；（3）【解析】试题分析：（）由函数，得，又由曲线在和处的切线互相平行，则两切线的斜率相等地，即，因此可以得到关于的等式，从而可求出. （）由，令，则，因此需要对与0，2比较进行分类讨论：当时，在区间上有，在区间上有；当时，在区间和上有，在区间上有；（），解得. 3分（）. 5分当时， 在区间上，；在区间上，故的单调递增区间是，单调递减区间是. 6分当时， 在区间和上，；在区间上，故的单调递增区间是和，单调递减区间是. 7分当时， 故的单调递增区间是. 8分当时，在区间和上，；在区间上，所以， 13分综上所述，. 14分【考点定位】1.导数；2.函数的单调性、最值.28已知函数(1)求的单调区间；(2)当时，判断和的大小，并说明理由；(3)求证：当时，关于的方程：在区间上总有两个不同的解【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为（2）当时，（3）构造函数，然后借助于在区间、分别存在零点，又由二次函数的单调性可知最多在两个零点，进而得到结论。【解析】试题分析：（1）当时可解得，或当时可解得所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为 3分（2）当时，因为在单调递增，所以所以在区间、分别存在零点，又由二次函数的单调性可知：最多存在两个零点，所以关于的方程：在区间上总有两个不同的解.10分【考点定位】导数的运用，函数与方程的思想的综合运用. 29已知函数，.()求函数的单调递增区间；()设，为函数的图象上任意不同两点，若过，两点的直线的斜率恒大于，求的取值范围.【答案】()见解析；().【解析】试题分析：()先求出函数的定义域为，再对函数求导得.对分， ，四种情况进行讨论，求得每种情况下使得的的取值范围，求得的的取值集合即是函数的单调增区间；()先根据两点坐标求出斜率满足的不等式，对、的取值进行分类讨论，然后将问题“过， 两点的直线的斜率恒大于”转化为“函数在恒为增函数”，即在上，恒成立问题，即是在恒成立问题，然后根据不等式恒成立问题并结合二次函数的图像与性质求解. 综上所述，当时，函数的单调递增区间是；当时，函数的单调递增区间是，；当时，函数的单调递增区间是；当时，函数的单调递增区间是，. 6分（）依题意，若过两点的直线的斜率恒大于，则有，当时，即；当时，即.设函数，若对于两个不相等的正数，恒成立，则函数在恒为增函数，即在上，恒成立，等价于在恒成立，则有时，即，所以 或时，需且，即显然不成立.综上所述，. 14分【考点定位】1.函数的单调性与导数的关系；2.不等式恒成立问题；3.二次函数的图像与性质；4.解不等式；5.分类讨论思想.30已知函数f(x)的导函数为f (x)，且对任意x0，都有f (x)（）判断函数F(x)在(0，)上的单调性；（）设x1，x2(0，)，证明：f(x1)f(x2)f(x