2020高考数学二轮复习分层特训卷方法技巧专练四文20200210025.doc
2020高考数学二轮复习 分层特训卷 方法技巧专练（打包7套）文
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1三三方法技巧专练专练方法技巧专练专练( (一一) )技法技法 1 1直接法直接法12019唐山市摸底考试设z，则|z|()i12i2ia.b25c. d1415答案：d解析：解法一z i，|z|1，故i12i2i2i2i2i253545(35)2(45)2选 d.解法二|z|1，故选 d.|i12i2i|i12i|2i|i|12i|55522019湖南长沙雅礼中学月考设集合a1,2,3,4，b0,1,2,4,5，全集uab，则集合u(ab)中的元素共有()a3 个 b4 个c5 个 d6 个答案：a解析：由题意得ab0,1,2,3,4,5，ab1,2,4，所以u(ab)0,3,5，故选 a.32019广东佛山一中期末已知abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c，其中b3，c2.o为abc的外心，则()ao bc a. b.3452c. d.5456答案：b解析：，又o为abc的外心，bc ac ab ao bc ao ac ao ab b3，c2.在，上的投影分别为 ，1， 2 .故ao ac ab 32ao bc ao ac ao ab 9252选 b.242019全国卷，8如图是求的程序框图，图中空白框中应填入()121212aa ba212a1aca da1112a12a答案：a解析：本题主要考查含有当型循环结构的程序框图，考查考生的推理论证能力，考查的核心素养是逻辑推理a ，k1,12 成立，执行循环体；a，k2,22 成立，执行循环体；a121212，k3,32 不成立，结束循环，输出a.故空白框中应填入a.故选 a.12121212a技法技法 2 2排除法排除法52019全国卷，1已知集合mx|4x2，nx|x2x60，则mn()ax|4x3 bx|4x2cx|2x2 dx|2x3答案：c解析：本题主要考查集合的交运算、解一元二次不等式等，考查考生的化归与转化能3力、运算求解能力，考查的核心素养是数学运算通解nx|2x3，mx|4x2，mnx|2x2，故选 c.优解由题得nx|2x0 时，yx212x12，所以函数y在(0，)上单调递减，所以排除选项 b，d；又x21x21211x2x212x当x1 时，y0)有零(x6)点，且值域m，则的取值范围是()12，)4a. b.12，4343，2c. d.16，4316，2答案：c解析：法一由 0x，得x，当x0 时，y .因为66612函数ysin在0，上有零点，所以 0， .因为值域m(x6)616，所以， ，从而 .故选 c.12，)66431643法二当2 时，因为x0，所以 2x，则y1,166，116，排除 b、d.当 时，满足条件，排除 a，故选 c.12，)14技法技法 3 3特值法特值法9已知a，b为实数，且ab，a2b ba2bb2ab2aca2b da2bb2ab2a答案：b解析：因为a，b为实数，且ab，a0，所以a0，(2bb2a)ab2a所以a2b.b2a10方程ax22x10 至少有一个负根的充要条件是()a0a1 ba1ca1 d0a1 或a0答案：c解析：当a0 时，x ，故排除 a、d.当a1 时，x1，排除 b.1211计算()tan(4)cos 22cos2(4)a2 b25c1 d1答案：d解析：取，则原式1.12tan(412)cos62cos2(412)3 322 3412如图所示，在abcd中，apbd，垂足为点p，且ap3，则_.ap ac 答案：18解析：把abcd看成正方形，则点p为对角线的交点，ac6，则18.ap ac 技法技法 4 4图解法图解法132019全国卷，7已知非零向量a a，b b满足|a a|2|b b|，且(a ab b)b b，则a a与b b的夹角为()a. b.63c. d.2356答案：b解析：本题主要考查平面向量的垂直、平面向量的夹角，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算设a a与b b的夹角为，(a ab b)b b，(a ab b)b b0，ababb b2，|a a|b b|cos |b b|2，又|a a|2|b b|，cos ，(0，)，.故选 b.123142018全国卷，12设函数f(x)error!，则满足f(x1)f(2x)的x的取值范围是()a(，1 b(0，)c(1,0) d(，0)答案：d解析：当x0 时，函数f(x)2x是减函数，则f(x)f(0)1.作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x1)f(2x)，则需error!或error!所以x0，故选 d.6152019河北保定摸底已知实数x，y满足error!设向量a a(y2x，m)，b b(1，1)，若a ab b，则m的最大值为()a6 b6c1 d1答案：b解析：因为a a(y2x，m)，b b(1，1)，a ab b，所以m2xy，作出可行域如图中阴影部分所示，做出直线 2xy0，并平移，结合图象易知，m2xy取得最大值的最优解为(4,2)，所以m的最大值为 6.故选 b.162019吉林二调已知函数f(x)error!若关于x的方程f2(x)3f(x)a0(ar r)有 8 个不等的实数根，则a的取值范围是()a. b.(0，14)(13，3)c(1,2) d.(2，94)答案：d解析：函数f(x)error!的图象如图，7关于x的方程f2(x)3f(x)a0 有 8 个不等的实数根，f(x)必须有 4 个不相等的实数根，由函数f(x)图象可知f(x)(1,2)，令tf(x)，方程f2(x)3f(x)a0 化为at23t，t(1,2)，at23t，开口向下，对称轴为t ，32可知a的最大值为23 ，(32)3294a的最小值为 2(取不到)，所以a.故选 d.(2，941专练专练( (七七) )技法技法 1717转化与化归思想转化与化归思想1由命题“存在x0r r，使 e0|1|x m0”是假命题，得m的取值范围是(，a)，则实数a的取值是()a(，1) b(，2)c1 d2答案：c解析：命题“存在x0r r，使 e0|1|x m0”是假命题，可知它的否定形式“任意xr r，使 e|x1|m0”是真命题，可得m的取值范围是(，1)，而(，a)与(，1)为同一区间，故a1.22019广东广州一模四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前都放着一枚完全相同的硬币，所有人同时抛掷自己的硬币若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着那么没有相邻的两个人站起来的概率为()a. b.14716c. d.12916答案：b解析：由题知先计算有相邻的两个人站起来的概率，四个人抛，共有 2416 种不同的情况，其中有两个人同为正面且相邻需要站起来的有 4 种情况，三个人需要站起来有 4 种情况，四个人都站起来有 1 种情况，所以有相邻的两个人站起来的概率p(转化为对立事件求解)，故没有相邻的两人站起来的概率p1.44116916916716故选 b.3在abc中，三边长a，b，c满足ac3b，则 tan tan 的值为()a2c2a. b.1514c. d.1223答案：c解析：令a4，c5，b3，则符合题意则由c90，得 tan 1，由 tan a ，c2432得 tan .a212所以 tan tan 1 .a2c21212故选 c.42019湖南衡阳联考设正项等差数列an的前n项和为sn，若s2 0196 057，则的最小值为()1a24a2 018a1 b.23c. d.13632答案：d解析：依题意得(a1a2 019)6 057a1a2 019a2a2 2 01920186， (a2a2 018) ，当且仅当1a24a2 01816(1a24a2 018)16(54a2a2 018a2 018a2)32a22，a2 0184 时取等号故选 d.5设f(x)是奇函数，对任意的实数x，y，有f(xy)f(x)f(y)，且当x0 时，f(x)0 时，f(x)0，则当x0，对任意x1，x2r r，f(xy)f(x)f(y)，当x1x2时，总有f(x1x2)f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)，因为x1x20，即f(x1)f(x2)0，故f(x)在 r r 上是减函数，故f(x)在区间a，b上有最大值f(a)故选 b.解法二(构造函数)f(x)x显然符合题中条件，易得f(x)x在区间a，b上有最大值f(a)故选 b.6若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1 在区间1,1内至少存在一个值c，使得f(c)0，则实数p的取值范围是_答案：(3，32)3解析：如果在1,1内没有值满足f(c)0，则error!p3 或p ，p 12或p 1，p 3或p32)32取补集为3p4xp3 成立的x的取值范围是_答案：(，1)(3，)解析：设f(p)(x1)px24x3，则当x1 时，f(p)0.所以x1.f(p)在 0p4 上恒为正，等价于error!即error!解得x3 或x1.8已知函数f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中f(x)是f(x)的导函数对满足1a1 的一切a的值，都有g(x)0，则实数x的取值范围为_答案：(23，1)解析：由题意，知g(x)3x2ax3a5，令(a)(3x)a3x25，1a1.对1a1，恒有g(x)0，即(a)0，所以error!即error!解得 x1.23故当x时，对满足1a1 的一切a的值，都有g(x)1，都有f(xt)3ex，试求m的最大值解析：当t1，)且x1，m时，xt0，f(xt)3exextext1ln xx.原命题等价转化为：存在实数t1，)，使得不等式t1ln xx对任意x1，m恒成立令h(x)1ln xx(1xm)4h(x) 10，1x函数h(x)在1，)上为减函数，又x1，m，h(x)minh(m)1ln mm.要使得对任意的x1，m，t值恒存在，只需 1ln mm1.h(3)ln 32lnln 1，(1e3e)1eh(4)ln 43lnln 1，(1e4e2)1e又函数h(x)在1，)上为减函数，满足条件的最大整数m的值为 3.10若对于任意t1,2，函数g(x)x3x22x在区间(t,3)上总不为单调函(m22)数，求实数m的取值范围解析：g(x)3x2(m4)x2，若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，则g(x)0 在(t,3)上恒成立，或g(x)0 在(t,3)上恒成立(正反转化)由得 3x2(m4)x20，即m4 3x，2x当x(t,3)时恒成立，m4 3t恒成立，2t则m41，即m5；由得 3x2(m4)x20，即m4 3x，2x当x(t,3)时恒成立，则m4 9，即m.23373函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为.(373，5)1专练专练( (三三) )技法技法 9 9割补法割补法1如图所示，虚线网格的最小正方形的边长为 1，实线是某几何体的三视图，则这个几何体的体积为()a4 b2c. d43答案：b解析：依题意可得所求的几何体的直观图如图所示，把所求的几何体补成圆柱，易知该几何体刚好是底面圆的半径为 1，高为 4 的圆柱的一半，可得这个几何体的体积为v 1242，故选 b.1222019吉林白山联考某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()a6 b8c10 d12答案：c2解析：由三视图可知，该几何体是如图所示的上半部分为三棱柱，下半部分为正方体的简单组合体可把该几何体分割为两部分，下半部分为正方体，棱长为 2，其体积为v1238；上半部分为直三棱柱，高为 2，底面是等腰直角三角形，直角边长为，所以2其体积为v2 ()222.122所以该几何体的体积vv1v28210，故选 c.3在三棱锥pabc中，已知pa底面abc，bac120，paabac2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()a10 b183c20 d93答案：c解析：由题意知，该三棱锥为正六棱柱内的一个三棱锥(如图所示的三棱锥pabc)且有paabac2，所以该三棱锥的外接球也是该正六棱柱的外接球，所以外接球的直径2r为该正六棱柱的体对角线长，即 2r2r，所以该球的表面积为4222554r220.故选 c.4已知四边形abcd和bceg均为直角梯形，adbc，cebg，bcdbce，平2面abcd平面bceg，bccdce2ad2bg2，则五面体egbadc的体积为_答案：73解析：如图所示，连接dg，bd.3由平面abcd平面bceg，bcdbce，可知ec平面abcd，2又cegb，所以gb平面abcd.又bccdce2，adbg1，所以v五面体egbadcv四棱锥dbcegv三棱锥gabds梯形bcegdcs1313abdbg 22 121 .13212131273技法技法 1010整体代换法整体代换法5若函数f(x)是 r r 上的单调函数，且对任意的实数x都有f ，则fx22x113f(log22 019)()a. b.1 0111 0121 0101 011c. d11 0091 010答案：c解析：假设f(x0) ，则f(x)x0，进而f(x)x0，1322x122x1从而f(x0)x0，当x01 时，f(1) ，22x0113因为f(x)是单调函数，所以由f(x0) ，可得x01，13所以f(x)1，22x1所以f(log22 019)1，故选 c.22log22 01911 0091 0106等比数列an中，已知a1a38，a5a74，则a9a11a13a15的值为()a1 b2c3 d5答案：c解析：解法一设等比数列an的公比为q，则a5a1q4，a7a3q4，所以q4 .a5a7a1a34812又a9a11a1q8a3q8(a1a3)q8822，(12)a13a15a1q12a3q12(a1a3)q12831，(12)4所以a9a11a13a15213.解法二因为an为等比数列，所以a5a7是a1a3与a9a11的等比中项，所以(a5a7)2(a1a3)(a9a11)，故a9a112.a5a72a1a3428同理，a9a11是a5a7与a13a15的等比中项，所以(a9a11)2(a5a7)(a13a15)，故a13a151.a9a112a5a7224所以a9a11a13a15213.7已知f(x)ax3bx1(ab0)，若f(2 019)k，则f(2 019)()ak bkc1k d2k答案：d解析：f(2 019)a2 0193b2 0191k，a2 0193b2 019k1，则f(2 019)a(2 019)3b(2 019)1a2 0193b2 01912k.8已知三点a(1，2)，b(a，1)，c(b,0)共线，则(a0，b0)的最12aa2bb小值为()a11 b10c6 d4答案：a解析：由a(1，2)，b(a，1)，c(b,0)共线得，21b12a1整理得 2ab1，所以7 7211，当且仅当 且12aa2bb4aba4a3bbba4abba4abba4ab2ab1 即a ，b 时，等号成立，故选 a.1412技法技法 1111分离参数法分离参数法9已知函数f(x)，若不等式f(x)kx对任意的x0 恒成立，则实数k的ln x2x取值范围为_答案：e32，)解析：不等式f(x)kx对任意的x0 恒成立，即k对任意的x0 恒成ln x2x25立令g(x)，则g(x)，令g(x)0，得xeln x2x212ln x2x32ln x3x33-2，且当x(0，e3-2)时，g(x)0，当x(e3-2，)时，g(x)veabcd6，而四个选项里面大于 6 的只有，故选 d.152技法技法 1313等体积转化法等体积转化法14如图所示，正三棱柱abca1b1c1中，d是bc的中点，aa1ab2，则三棱锥c1ab1d的体积为()7a. b.3332c. d.2 333 23答案：c解析：依题意，得v三棱锥c1ab1dv三棱锥ab1dc1s13b1dc1ad 22.131222122 3315如图，已知三棱锥pabc，底面abc是边长为 2 的正三角形，平面pab平面abc，papb，d为bc的中点2(1)求证：abpc；(2)求三棱锥bpad的体积解析：(1)证明：如图所示，取ab的中点e，连接pe，ce.因为pbpa，所以abpe.因为acbc，所以abce.又pecee，所以ab平面pec.又pc平面pec，所以abpc.(2)因为平面pab平面abc，pe平面pab，平面pab平面abcab，且peab，所以pe平面abc.由papb，be1 得pe1.2ab2pb2be28因为d是正三角形abc的边bc的中点，所以adbc.v三棱锥bpaov三棱锥pabdpesabd 1 1，131312336故三棱锥bpad的体积为.361专练专练( (二二) )技法技法 5 5构造法构造法1已知m，n(2，e)，且n bm2 dm，n的大小关系不确定1n答案：a解析：由不等式可得ln mln n，1n21m2即ln n0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增因为f(n)f(m)，所以nxf(x)恒成立，则不等式x2ff(x)0 的解集为_(1x)答案：(1，)解析：设g(x)，则g(x)，fxxxfxfxx2又因为f(x)xf(x)，所以g(x)0gg(x)，(1x)f(1x)1xfxx(1x)则有 1.1x3设数列an的前n项和为sn.若s24，an12sn1，nn n*，则2a1_，s5_.答案：1121解析：an12sn1，sn1sn2sn1，sn13sn1，sn1 3，12(sn12)数列是公比为 3 的等比数列，sn123.s212s112又s24，s11，a11，s5 34 34，12(s112)322432s5121.4如图，已知球o的球面上有四点a，b，c，d，da平面abc，abbc，daabbc，则球o的体积等于_2答案：6解析：如图，以da，ab，bc为棱长构造正方体，设正方体的外接球球o的半径为r，则正方体的体对角线长即为球o的直径，所以|cd|2r， 22 22 22所以r，62故球o的体积v.4r3363技法技法 6 6等价转化法等价转化法5设xr r，若“1x3”是“|xa|2”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是()a(1,3) b1,3)c(1,3 d1,3答案：a解析：由|xa|2，解得a2xa2.因为“1x3”是“|xa|2”的充分不必要条件，所以1,3(a2，a2)，所以error!解得 1a3，所以实数a的取值范围是(1,3)故选 a.62019兰州市诊断考试已知函数f(x)x2ln(|x|1)，若对于x1,2，f(ax2)f(3)恒成立，则实数a的取值范围是()a a b3a33434ca da334答案：a解析：易知f(x)x2ln(|x|1)是 r r 上的偶函数，且在0，)上为增函数，故原问题等价于|ax2|3 对x1,2恒成立，即|a|对x1,2恒成立，所以|a| ，解3x234得 a0)的焦点为f，准线为l，过f的直线与c交于a，b两点，交l于d.过a，b分别作x轴的平行线，分别交l于m，n两点若4，and的面积等于，则c的方程为()ab fb 32 33ay2x by22xcy24x dy28x答案：d解析：画出图象如图所示，设|bf|m，l与x轴的交点为f，由4，得ab fb |ab|4m，|af|3m，根据抛物线定义，得|am|3m，|bn|m，过点b作bgam，垂足为g，则|mg|m，|ag|2m，所以bag60.所以|ad|6m，f为ad的中点，|bd|2m，|nd|m，3所以sadn |am|dn| 3mm，1212332 33所以m ，易知|ff|m4，所以p4.83325所以c的方程为y28x，故选 d.技法技法 7 7待定系数法待定系数法9设yf(x)是二次函数，方程f(x)0 有两个相等实根，且f(x)2x2，求f(x)的解析式_答案：f(x)x22x1解析：设f(x)ax2bxc(a0)，则f(x)2axb2x2，a1，b2，f(x)x22xc.又方程f(x)0 有两个相等实根，44c0，解得c1.故f(x)x22x1.10衣柜里的樟脑丸，会因为挥发而体积变小，刚放入的新樟脑丸体积为a，经过t天后樟脑丸的体积v(t)与天数t的关系为v(t)aekt，若新樟脑丸经过 80 天后，体积变为a，则函数v(t)的解析式为_411答案：v(t)a80t (t0)(411)解析：因为樟脑丸经过 80 天后，体积变为a，所以aae80k，所以411411e80k，解得kln ，所以v(t)aeln80ta80t，所以函数v(t)的解411180411411(411)析式为v(t)a80t(t0)(411)11已知焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且其焦点到渐近线的距6离为 2，则该双曲线的标准方程是()a.1 b.y21x23y22x23c.1 d.1x26y24x212y24答案：d解析：由题意可设双曲线的标准方程为1(a0，b0)，x2a2y2b2因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为，所以双曲线的一条渐近线方程为yx，633即xy0，所以2，解得c4，由error!解得error!3c136所以双曲线的标准方程是1，故选 d.x212y2412已知函数f(x)asin(x)a0，0，|的部分图象如图所示，其中2|pq|2.则f(x)的解析式为_5答案：f(x)2sin(2x3)解析：由题图可知a2，p(x1，2)，q(x2,2)，所以|pq|x1x222222.x1x22425整理得|x1x2|2，所以函数f(x)的最小正周期t2|x1x2|4，即4，解得2.2又函数图象过点(0，)，3所以 2sin ，即 sin .332又|1)的最值()x2x1x1a1 b2c3 d4答案：c解析：设tx1，xt1，yt 1213.t12t11tt2t1t1t14函数f(x)cos2x2cos2的一个单调递增区间是()x27a. b.(3，23)(6，2)c. d.(0，3)(6，6)答案：a解析：f(x)cos2x2cos2cos2xcos x1，x2令tcos x1,1，原函数可以看作g(t)t2t1，t1,1由于对称轴为t ，对于g(t)t2t1，12当t时，g(t)为减函数，当t时，g(t)为增函数，1，12)(12，1当x时，tcos x为减函数，且t，(3，23)(12，12)原函数在上单调递增，故选 a.(3，23)15不等式 log2(2x1)log2(2x12)2 的解集是_答案：(log254，log2 3)解析：设 log2(2x1)y，则y(y1)2，解得2y1，所以x.(log254，log2 3)16已知函数f(x)error!若关于x的方程f2(x)mf(x)m230 有 5 个不相等的实数根，则实数m的取值范围为()a，2) b(，2)33c，2) d(，2)33答案：d解析：画出f(x)的大致图象如图所示，令tf(x)(t0)，则关于t的二次方程为t2mtm230，设g(t)t2mtm23.当方程的一个根为t1 时，解得m2 或m1，此时方程变为t22t10 或t2t20，均不合题意，故舍去由图象可知，当函数g(t)t2mtm23 的一个零点在(0,1)上，另一个零点在(1，)上时，满足题意，所以error!解得m(，2)38综上所述，实数m的取值范围为(，2)，故选 d.31专练专练( (五五) )技法技法 1515数形结合思想数形结合思想12019山东省潍坊市第一次模拟若x，y满足约束条件error!则z2xy的最大值为()a4 b1c0 d4答案：c解析：不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，由z2xy，得y2xz，当直线y2xz经过直线y4 和xy20 的交点(2,4)时，z取得最大值，且zmax0.2已知a a，b b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c c满足(a ac c)(b bc c)0，则|c c|的最大值是()a1 b2c. d.222答案：c解析：因为(a ac c)(b bc c)0，所以(a ac c)(b bc c)如图所示，设c c，a a，b b，a ac c，b bc c，即.又因为，所以o，a，c，boc oa ob ca cb ac bc oa ob 四点共圆当且仅当oc为圆的直径时，|c c|最大，且最大值为.232019福州市高中毕业班质量检测函数f(x)x2ln(ex)ln(ex)的图象大致为()2答案：a解析：因为f(x)的定义域为(e，e)，f(x)x2ln(ex)ln(ex)f(x)，所以函数f(x)为偶函数，排除 c；因为xe，f(x)，排除 b，d，故选 a.4设双曲线c: 1(a0，b0)的左、右顶点分别为a1，a2，左、右焦点分别x2a2y2b2为f1，f2，以f1f2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为p.若以a1a2为直径的圆与直线pf2相切，则双曲线c的离心率为()a. b.23c2 d.5答案：d解析：如图所示，设以a1a2为直径的圆与直线pf2的切点为q，连接oq，则oqpf2，又pf1pf2，o为f1f2的中点，所以|pf1|2|oq|2a，又|pf2|pf1|2a，所以|pf2|4a，在 rtf1pf2中，|pf1|2|pf2|2|f1f2|24a216a220a24c2e .ca55已知函数f(x)sin的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数f(x)的(2x3)4图象向右平移个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍，得到g(x)的图象，若83g(x)k0 在x有且只有一个实数根，则k的取值范围是()0，2ak b1k1212c k d k 或k112121212答案：d解析：因为f(x)相邻两条对称轴之间的距离为，4结合三角函数的图象可知 .t24又因为t，222所以2，f(x)sin，(4x3)将f(x)的图象向右平移个单位得到f(x)sinsin，再将所84(x8)3(4x6)有点的横坐标伸长为原来的 2 倍得到g(x)sin.(2x6)所以方程为 sink0.(2x6)令 2xt，因为x，所以t.60，2656若g(x)k0 在x上有且只有一个实数根，0，2即g(t)sin t与yk在上有且只有一个交点6，56 k 或k1，即 k 或k1.1212121262018全国卷，9已知函数f(x)error!g(x)f(x)xa.若g(x)存在 2 个零点，则a的取值范围是()a1,0) b0，)c1，) d1，)答案：c解析：4令h(x)xa，则g(x)f(x)h(x)在同一坐标系中画出yf(x)，yh(x)图象的示意图，如图所示若g(x)存在 2 个零点，则yf(x)的图象与yh(x)的图象有 2 个交点，平移yh(x)的图象，可知当直线yxa过点(0,1)时，有 2 个交点，此时 10a，a1.当yxa在yx1 上方，即a1 时，有 2 个交点，符合题意综上，a的取值范围为1，)故选 c.72019南昌市摸底调研考试已知函数f(x)error!若不等式|f(x)|mx20恒成立，则实数m的取值范围为_答案：32，02解析：由f(x)error!知|f(x)|error!不等式|f(x)|mx20 恒成立，即|f(x)|mx2 恒成立令g(x)|f(x)|，h(x)mx2，则原不等式恒成立等价于yh(x)的图象不在yg(x)图象的上方h(x)mx2 是过定点(0，2)的直线系如图，l1与x轴平行，l2与曲线yx23x(x0)相切，易知直线l1的斜率k10，设直线l2的斜率为k2，联立方程，得error!x23xk2x20，即x2(3k2)x20，则 (3k2)2420，k223(23 舍去)，结合图象易知m的取值范围为2232，0282019武汉市高中毕业生二月调研测试过圆o：x2y24 外一点p(2,1)作两条互相垂直的直线ab和cd分别交圆o于a，b和c，d点，则四边形abcd面积的最大值为_答案：15解析：5如图所示，s四边形abcd (papdpbpc)，取ab，cd的中点分别为e，f，连接12oe，of，op，则s四边形abcd (peae)(pfdf)(peae)(pfdf)12pedfaepf，由题意知四边形oepf为矩形，则oepf，ofpe，结合柯西不等式有s四边形abcdofdfaeoe，其中of2oe2df2ae2of2oe2op2，df2ae24of24oe28op2，据此可得s四边形abcd，综上，四边形abcd面积的最大值为.op28op25 315159已知函数f(x)2sin2cos 2x.(4x)3(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)m2 在x上有两个不同的解，求实数m的取值范0，2围解析：(1)由f(x)2sin2cos 2x(4x)31coscos 2x(22x)31sin 2xcos 2x312sin，(2x3)则由 2k2x2k，kz z，232得kxk，kz z.51212所以函数的单调递增区间为，kz z.k512，k12(2)由f(x)m2，得f(x)m2，当x时，2x，0，233，436f(0)12sin1，函数f(x)的最大值为 123，33要使方程f(x)m2 在x上有两个不同的解，则f(x)m2 在x0，2上有两个不同的解，即函数f(x)和ym2 在x上有两个不同的交点，即0，20，21m23，3即1m1.3所以实数m的取值范围为1,1)3102019陕西省高三教学质量检测试题(二)如图，在三棱柱abca1b1c1中，aa1ab，abc90，侧面a1abb1底面abc.(1)求证：ab1平面a1bc；(2)若ac5，bc3，a1ab60，求三棱柱abca1b1c1的体积解析：(1)证明：在侧面a1abb1中，a1aab，四边形a1abb1为菱形，ab1a1b.侧面a1abb1底面abc，abc90，cb平面a1abb1ab1平面a1abb1，cbab1.又a1bbcb，ab1平面a1bc.(2)解法一如图，过a1作a1dab，垂足为d.平面abc平面a1abb1，平面abc平面a1abb1ab，a1d平面abc，a1d为三棱柱abca1b1c1的高7bc3，ac5，abc90，ab4，又aa1ab，a1ab60，a1ab为等边三角形，a1dab2.323vabca1b1c1sabca1d 43212.1233解法二在abc中，由ac5，bc3，abc90，可得ab4.又a1aab，a1ab60，aba1是边长为 4 的等边三角形，saba1424.343由(1)知bc平面aba1，vcaba1 saba1bc 434.设三棱柱131333abca1b1c1的高为h，则vabca1b1c1sabch33va1abc3vcaba13412(13sabch)3.31专练专练( (六六) )技法技法 1616分类讨论思想分类讨论思想1已知a0，b0，且a1，b1，若 logab1，则()a(a1)(b1)0c(b1)(ba)0答案：d解析：a0，b0，且a1，b1，当a1，即a10 时，不等式 logab1 可化为alogaba1，即ba1，(a1)(ab)0，(b1)(ba)0.当 0a1，即a11 可化为alogaba1，即 0ba1，(a1)(ab)0，(b1)(ba)0.综上可知，选 d.22019武昌调研等比数列an的前n项和为sn，若对任意的正整数n，sn24sn3 恒成立，则a1的值为()a3 b1c3 或 1 d1 或 3答案：c解析：设等比数列an的公比为q，当q1 时，sn2(n2)a1，snna1，由sn24sn3 得，(n2)a14na13，即 3a1n2a13，若对任意的正整数n,3a1n2a13 恒成立，则a10 且 2a130，矛盾，所以q1，所以sn，sn2，a11qn1qa11qn21q代入sn24sn3 并化简得a1(4q2)qn33a13q，若对任意的正整数n该等式恒成立，则有error!解得error!或error!故a11 或3.32019福建泉州新世纪中学质检若双曲线1 的渐近线方程为x23my2m1yx，则m的值为()12a1 b.132c. d1 或11313答案：b解析：根据题意可分以下两种情况讨论：当焦点在x轴上时，则有error!解得m3，此时渐近线方程为y x，m1m3由题意得， ，无解m1m312综上可知m .故选 b.1342019湖北武汉调研已知实数x，y满足约束条件error!如果目标函数zxay的最大值为，则实数a的值为()163a3 b.143c3 或 d3 或143113答案：d解析：先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为yxz，目标函数1a1azxay的最大值只需直线的截距最大，当a0 时， 0，1a3若 2，最优解为a，121a(43，43)z a，a3，符合题意；4343163若 ，即 0a2，最优解为b，1a12(3，12)z3a，a，不符合题意，舍去12163143当a0，1a若 0 1，即a1，即1a0，最优解为b，1a(3，12)z3a，a，不符合题意，舍去；12163143综上可知实数a的值为 3 或.故选 d.11352019江西师范附属中学模拟已知f(x)error!，若f(2a)1，则f(a)等于()a2 b1c1 d2答案：a解析：当 2a2，即a0 时，22a211，解得a1，则f(a)f(1)log23(1)2；当 2a0 时，log23(2a)1，解得a ，舍去12所以f(a)2.故选 a.62019安徽阜阳二模等比数列an中，a1a4a72，a3a6a918，则an的前 9 项和s9_.答案：14 或 26解析：由题意得q29，q3，a3a6a9a1a4a7当q3 时，a2a5a83(a1a4a7)6，s9261826；当q3 时，a2a5a83(a1a4a7)6，s926
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