统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练六理

专练(六)技法15分类讨论思想1．设常数a∈R，集合A＝{x|(x－1)(x－a)≥0}，B＝{x|x≥a－1}，若A∪B＝R，则a的取值范围为()A．(－∞，2)B．(－∞，2]C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)2．已知a>0，b>0，且a≠1，b≠1，若logab>1，则()A．(a－1)(b－1)<0B．(a－1)(a－b)>0C．(b－1)(b－a)<0D．(b－1)(b－a)>03．若双曲线eq\f(x2,3－m)＋eq\f(y2,m－1)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，则m的值为()A．－1B．eq\f(1,3)C．eq\f(11,3)D．－1或eq\f(1,3)4．[2023·湖南师大附中月考]已知x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y－2≤0，,2x－y＋2≥0，,x＋y－2≤0，))若ax＋y取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为()A．eq\f(1,2)或－1B．2或eq\f(1,2)C．－2或1D．2或－15．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－log2（3－x），x<2,2x－2－1，x≥2))，若f(2－a)＝1，则f(a)等于()A．－2B．－1C．1D．2[答题区]题号12345答案6.等比数列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，则{an}的前9项和S9＝________．7．设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于________．8．f(x)是定义在R上的函数，满足f(x)＝f(－x)，且x≥0时，f(x)＝x3，若对任意的x∈[2t－1，2t＋3]，不等式f(3x－t)≥8f(x)恒成立，则实数t的取值范围是________．9．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，a＝2bcosB，b≠c.(1)证明：A＝2B；(2)若a2＋c2＝b2＋2acsinC，求A.10．已知函数f(x)＝2ax－aex－1(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤e－2－(a＋1)ex对任意x∈[1，2]恒成立，求实数a的取值范围．专练（六）1．B若a>1，集合A＝{x|x≤1或x≥a}，利用数轴可知，要使A∪B＝R，需a－1≤1，解得1<a≤2；若a＝1，集合A＝R，满足A∪B＝R，故a＝1符合题意；若a<1，集合A＝{x|x≤a或x≥1}，利用数轴可知，显然满足A∪B＝R，故a<1符合题意．综上，a的取值范围为（－∞，2].故选B.2．D∵a>0，b>0，且a≠1，b≠1，∴当a>1，即a－1>0时，不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>∴（a－1）（a－b）<0，（a－1）（b－1）>0，（b－1）（b－a）>0.当0<a<1，即a－1<0时，不等式logab>1可化为alogab<a1，即0<b<∴（a－1）（a－b）<0，（a－1）（b－1）>0，（b－1）（b－a）>0.综上可知，选D.3．B根据题意可分以下两种情况讨论：①当焦点在x轴上时，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－m>0，,m－1<0，))解得m<1，此时渐近线方程为y＝±eq\f(\r(1－m),\r(3－m))x，由题意得，eq\f(\r(1－m),\r(3－m))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(1,3)；②当焦点在y轴上时，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－m<0，,m－1>0，))解得m>3，此时渐近线方程为y＝±eq\f(\r(m－1),\r(m－3))x，由题意得，eq\f(\r(m－1),\r(m－3))＝eq\f(1,2)，无解．综上可知m＝eq\f(1,3).故选B.4．C由题中约束条件作可行域如图所示：令z＝ax＋y，化为y＝－ax＋z，由题意知使直线y＝－ax＋z的纵截距取得最大值的最优解不唯一．当－a>2时，直线y＝－ax＋z经过点A（－2，－2）时纵截距最大，此时最优解仅有一个，故不符合题意；当－a＝2时，直线y＝－ax＋z与y＝2x＋2重合时纵截距最大，此时最优解不唯一，故符合题意；当－1<－a<2时，直线y＝－ax＋z经过点B（0，2）时纵截距最大，此时最优解仅有一个，故不符合题意；当－a＝－1时，直线y＝－ax＋z与y＝－x＋2重合时纵截距最大，此时最优解不唯一，故符合题意；当－a<－1时，直线y＝－ax＋z经过点C（2，0）时纵截距最大，此时最优解仅有一个，故不符合题意．综上，当a＝－2或a＝1时最优解不唯一，符合题意.故选C.5．A①当2－a≥2，即a≤0时，22－a－2－1＝1，解得a＝－1，则f（a）＝f（－1）＝－log2[3－（－1）]＝－2；②当2－a<2即a>0时，－log2[3－（2－a）]＝1，解得a＝－eq\f(1,2)，舍去．所以f（a）＝－2.故选A.6．答案：14或26解析：由题意得q2＝eq\f(a3＋a6＋a9,a1＋a4＋a7)＝9，q＝±3，①当q＝3时，a2＋a5＋a8＝3（a1＋a4＋a7）＝6，S9＝2＋6＋18＝26；②当q＝－3时，a2＋a5＋a8＝－3（a1＋a4＋a7）＝－6，S9＝2－6＋18＝14.所以S9＝14或26.7．答案：eq\f(3,2)或eq\f(1,2)解析：设|F1F2|＝2c（c>0），由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝eq\f(8,3)c，|PF2|＝eq\f(4,3)c，且|PF1|>|PF2|.若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝eq\f(1,2)；若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝eq\f(4,3)c，离心率e＝eq\f(3,2).故曲线Γ的离心率等于eq\f(3,2)或eq\f(1,2).8．答案：（－∞，－3]∪[1，＋∞）∪{0}解析：f（x）是定义在R上的偶函数，f（x）＝x3，在x>0上为单调增函数，f（3x－t）≥8f（x）＝8x3＝f（2x），|3x－t|≥|2x|，所以（3x－t）2≥（2x）2，化简得5x2－6xt＋t2≥0.（*）①当t＝0时显然成立；②当t>0时，（*）式解为x≤eq\f(t,5)或x≥t，对任意x∈[2t－1，2t＋3]，（*）式恒成立，则需t≤2t－1，故t≥1；③当t<0时，（*）式解为x≤t或x≥eq\f(t,5)，对任意x∈[2t－1，2t＋3]，（*）式恒成立，则需2t＋3≤t，故t≤－3.综上所述，t≤－3或t≥1或t＝0.9．解析：（1）证明：∵a＝2bcosB，且eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA＝2sinBcosB＝sin2B，∵0<A<π，0<B<π，∴sinA＝sin2B>0，∴0<2B<π，∴A＝2B或A＋2B＝π.若A＋2B＝π，则B＝C，b＝c，这与“b≠c”矛盾，∴A＋2B≠π，∴A＝2B.（2）∵a2＋c2＝b2＋2acsinC，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝sinC，由余弦定理得cosB＝sinC，∵0<B<π，0<C<π，∴C＝eq\f(π,2)－B或C＝eq\f(π,2)＋B.①当C＝eq\f(π,2)－B时，由A＝2B且A＋B＋C＝π，得A＝eq\f(π,2)，B＝C＝eq\f(π,4)，这与“b≠c”矛盾，∴A≠eq\f(π,2)；②当C＝eq\f(π,2)＋B时，由（1）得A＝2B，∴A＋B＋C＝A＋2B＋eq\f(π,2)＝2A＋eq\f(π,2)＝π，∴A＝eq\f(π,4).综上，A＝eq\f(π,4).10．解析：（1）由题意得f′（x）＝2a－aex＝a（2－ex）.令f′（x）＝0，得x＝ln2.当a>0时，由f′（x）>0，得x<ln2，由f′（x）<0，得x>ln2，所以f（x）的单调递增区间为（－∞，ln2），单调递减区间为（ln2，＋∞）；当a<0时，则易得f（x）的单调递增区间为（ln2，＋∞），单调递减区间为（－∞，ln2）.（2）f（x）≤e－2－（a＋1）ex（a≠0）对任意x∈[1，2]恒成立，即2ax－aex－1≤e－2－（a＋1）ex（a≠0）对任意x∈[1，2]恒成立．即2ax＋ex＋1－e≤0（a≠0）对任意x∈[1，2]恒成立．令F（x）＝2ax＋ex＋1－e（a≠0），则F′（x）＝2a＋ex（a≠0），当a>0时，F′（x）＝2a＋ex>0，F（x）在[1，2]上单调递增，F（1）＝2a＋1>0，F（x）≤0在[1，2]上不成立，不满足题意．当a<0时，由F′（x）＝0，得x＝ln（－2a），当x∈（－∞，ln（－2a））时，F′（x）<0，F（x）单调递减；当x∈（ln（－2a），＋∞）时，F′（x）>0，F（x）单调递增．若ln（－2a）≤1，即－eq\f(e,2)≤a<0，则F（x）在[1，2]上单调递增，由F（2）＝4a＋e2－e＋1≤0，得a≤eq\f(e－1－e2,4)，又－eq\f(e,2)≤a<0，所以不存在满足题意的a.若1<ln（－2a）<2，即－eq\f(e2,2)<a<－eq\f(e,2)，则F（x）在[1，ln（－2a））上单调递减，在（ln（－2a），2]上单调递增，由F（1）＝2a＋1≤0，得a≤－eq\f(1,2)，由F（2）＝4a＋e2－e＋1≤0，得a≤eq\f(e－1－e2,4)，又－eq\f(e2,2)