《2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】方法技巧专练（一）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】方法技巧专练（一）.doc（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024试吧大考卷二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】方法技巧专练（一）三方法技巧专练专练(一)技法1直接法12020广东省七校联合体高三第一次联考试题已知集合Ax|x2x20，Bx|x1，则有()AABx|0x2BABx|1x1CABx|1x1DABx|1x222020河南省豫北名校高三质量考评复数()A.i B.iC1 Di32020湖南长郡中学10月模拟已知sin(2)，cos ，为锐角，则sin()的值为()A. B.C. D.42019全国卷如图是求的程序框图，图中空白框中应填入()AA BA2CA DA1技法2排除法52019全国卷已知集合Mx|4x2，Nx|x2x60，则MN()
2、Ax|4x3 Bx|4x2Cx|2x2 Dx|2xn0，则()A B.n Dm2，函数f(x)sin在区间内没有最值，则的取值范围是()A. B.C. D.102019天津卷已知函数f(x)若关于x的方程f(x)xa(aR)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为()A. B.C.1 D.1技法4图解法112020河南省豫北名校高三质量考评已知x，y满足约束条件则zx2y的最小值为()A0 B4C D1122018全国卷设函数f(x)则满足f(x1)f(x)1，且f(0)2 020，则不等式f(x)2 019ex1的解集为()A(，0) B(0，)C(，) D(，)2已知m，n(2，e)，且n
3、Bm2 Dm，n的大小关系不确定3设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.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_技法6等价转化法5设xR，若“1x3”是“|xa|b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆于A，B两点，交y轴于点C，若F1，C是线段AB的三等分点，F2AB的周长为4，则椭圆E的标准方程为()A.1 B.1C.1 D.y21技法8换元法13函数y(x1)的最小值为()A1 B2C3 D414函数f(x)cos2x2cos2的一个单调递增区间是()A. B.C.
4、D.15不等式log2(2x1)log2(2x12)0，b0)的最小值为()A11 B10C6 D4技法11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的取值范围为_10已知关于x的方程(t1)cos xtsin xt2在(0，)上有实根，则实数t的最大值是_11已知函数f(x)(aR)若x1，)，不等式f(x)1恒成立，求实数a的取值范围_122020河南三市联考已知函数f(x)xln(x1)对任意的x0，)，都有f(x)kx2成立，则k的最小值为()A1 B.Ce D.技法12估算法132020山东济南部分学校联考设a，blog35，clog45，则a，b
5、，c的大小关系是()Aabc BacbCbca Dcba142020济南市高考模拟考试如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EFAB，EF，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A . B5C6 D.15设A，B，C，D是一个半径为4的球的球面上不共面的四点，ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D ABC的体积的最大值为()A12 B18C24 D54专练(一)1答案：B解析：由题意可得Ax|1x2，故ABx|1x1，选B.2答案：D解析：由题意可知，i，故选D.3答案：D解析：因为cos ，为锐角，所以sin ，cos 22cos210，又为锐角，
6、所以2，因为为锐角，所以2，又sin(2)，所以cos(2)，所以sin()sin(2)sin(2)cos cos(2)sin ，故选D.4答案：A解析：A，k1,12成立，执行循环体；A，k2,22成立，执行循环体；A，k3,32不成立，结束循环，输出A.故空白框中应填入A.故选A.5答案：C解析：由题得Nx|2x0时，y，所以函数y在(0，)上单调递减，所以排除选项B，D；又当x1时，y1，mmn2，所以选项A，C，D错误，故选B.8答案：A解析：方法一(一般解法)因为M为AH的中点，且，所以222.因为B，H，C三点共线，所以221，所以.故选A.方法二(特殊点法)H为BC上异于B，C的
7、任一点时都可得到唯一的结果，可取H为BC的中点，则有，而，所以.故选A.方法三(特殊图形特殊点法)易知ABC为任意形状时都可得到唯一结果，如图所示，在等腰直角三角形ABC中建立平面直角坐标系设A(0,0)，B(0,4)，C(4,0)，H为BC的中点，则H(2,2)，M(1,1)，所以，所以.故选A.9答案：C解析：方法一(一般解法)当f(x)取得最值时，2xk，kZ，解得x，kZ.依题意得x，kZ.令，kZ，解得k，kZ，当k0时，.令，kZ，解得，kZ，当k1时，.所以的取值范围是.故选C.方法二(特值解法)根据选项知，当时，f(x)sin.因为x，所以x，当x时f(x)取得最值，不符合题意
8、，排除A.当时，f(x)sin，因为x，所以x，函数没有最值，符合题意，B，D均未包含，不符合题意，排除B，D.选C.10答案：D解析：(特值解法)根据选项得，当a时，由得x378，由得x4，符合题意，排除B，C.当a1时，由得x3616，由得x2，符合题意，排除A.选D.11答案：B解析：解法一作出可行域，如图中阴影部分所示，作出直线x2y0并平移，由图可知当平移后的直线经过点A时，z取得最小值，则zmin324，故选B.解法二由 解得此时z0；由解得此时z；由解得此时z4.综上所述，z的最小值为4，故选B.12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(
9、x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x1)f(2x)，则需或所以x0，故选D.13答案：C解析：通解以AB所在的直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图，则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)设内切圆的半径为r，由(|)rSABC，得r1，则内切圆的圆心为(1,1)，内切圆的标准方程为(x1)2(y1)21，设P(1cos ，1sin )(R)，则(1cos ，1sin )，(3,0)，(0,4)，由得.所以(1cos )(1sin )sin()(R，tan )，所以的最大值为1，故选C.优解设ABC的内切圆与边BC相切于点D，当动点P与点D重合时，P，B，C三点共
10、线，又，则1，当动点P与点D不重合时，1时，ln x0，则kx22，即kx4，x(1，)设h(x)4(x1)，则h(x)，由h(x)0得(ln x1)0，即ln x1，则1xe，所以h(x)在(1，e)上单调递增，由h(x)0得(ln x1)1，则xe，所以h(x)在(e，)上单调递减，故当xe时，h(x)取得极大值h(e)44e.当x1时，h(x)，h(3)4，h(4)44h(2)，作出函数h(x)的图象，如图中实线所示，图中点A的坐标为，点B的坐标为.当直线ykx过点A，B时，对应的斜率分别为kOA，kOB1，经分析可知要使f(x)g(x)(x(1，)的解集中恰有两个整数，则直线ykx的斜
11、率k满足kOBkkOA，即1k，即实数k的取值范围是，故选B.专练(二)1答案：B解析：构造函数g(x)，则g(x)0，所以函数g(x)在R上单调递减因为f(0)2 020，所以g(0)2 019.由f(x)2 019ex1，得f(x)12 019ex，即2 019，所以g(x)0.故选B.2答案：A解析：由不等式可得ln mln n，即ln n0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增因为f(n)f(m)，所以nm.故选A.3答案：1121解析：an12Sn1，Sn1Sn2Sn1，Sn13Sn1，Sn13，数列是公比为3的等比数列，3.又S24，S11，a11，S53434，S5121.4答案
12、：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，所以R，故球O的体积V.5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)，所以解得1a0得t3，由f(t)0得1t1)，由题意可知，af(x)min.因为ex1x(当x0时取等号)，所以f(x)3(当x3ln x0时取等号)，所以a3，故选B.8答案：解析：画出图象如图所示，因为平面过点A，平面SBC，平面ABCl，平面SBC平面ABCBC，所以lBC.取AB的中点D，连接DE，DF，则DE
13、BC，所以lDE.所以异面直线l和EF所成角即为DEF或其补角取BC的中点O，连接SO，AO，则SOBC，AOBC，又SOAOO，所以BC平面SOA，又SA平面SOA，所以BCSA，所以DEDF.在RtDEF中，易知DE，DF，所以EF2，cosDEF.所以异面直线l和EF所成角的余弦值为.9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答案：V(t)a(t0)解析：因为樟脑丸经过80天后，体积变为a，所以aae80k，所以e80k，解得kln
14、 ，所以V(t)aeln a，所以函数V(t)的解析式为V(t)a(t0)11答案：f(x)2sin解析：由题图可知A2，P(x1，2)，Q(x2,2)，所以|PQ|2.整理得|x1x2|2，所以函数f(x)的最小正周期T2|x1x2|4，即4，解得.又函数图象过点(0，)，所以2sin ，即sin .又|，所以，所以f(x)2sin.12答案：A解析：由椭圆的定义，得|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以F2AB的周长为|AF1|AF2|BF1|BF2|4a4，所以a，所以椭圆E：1.不妨令点C是F1A的中点，点A在第一象限，因为F1(c,0)，所以点A的横坐标为c，所以1，得A，所以
15、C，B.把点B的坐标代入椭圆E的方程，得1，即1，化简得b22016c2.又b25c2，所以2016c25c2，得c21，所以b24，所以椭圆E的标准方程为1.故选A.13答案：A解析：设tx1，xt1，yt1211.故选A.14答案：A解析：f(x)cos2x2cos2cos2xcos x1，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，当t时，g(t)为减函数，当t时，g(t)为增函数，当x时，tcos x为减函数，且t，原函数在上单调递增，故选A.15答案：解析：设log2(2x1)y，则y(y1)2，解得2y1，所以x.16答案：1
16、,1解析：根据题意，画出分段函数f(x)的图象，如图中实线所示令tf(x)，则方程f(x)2mf(x)m210有5个不同的实数根可转化为方程t2mtm210有2个不同的实数根，设这两个不同的实数根分别为t1，t2，易知t10，2t20恒成立，即k对任意的x0恒成立令g(x)，则g(x)，令g(x)0，得xe，且当x(0，e)时，g(x)0，当x(e，)时，g(x)0，故k0不符合题意当k0时，令g(x)f(x)kx2，即g(x)xln(x1)kx2，x0，所以g(x)12kx.令g(x)0，可得x10，x21.()当k时，0，g(x)0在(0，)上恒成立，g(x)在0，)上单调递减，所以g(x
17、)g(0)0，所以对任意的x0，)，有f(x)kx2成立()当0k0，当0x0，g(x)单调递增；当x时，g(x)VE ABCD6，而四个选项里面大于6的只有，故选D.15答案：B解析：方法一(一般解法)由ABC为等边三角形且面积为9，可得AB29，解得AB6，设球的球心为O，三角形ABC的外心为O，则OC2，OO2，所以三棱锥D ABC的高的最大值为6，则三棱锥D ABC的体积的最大值为6318.故选B.方法二(秒杀解法)因为球的半径为4，三棱锥D ABC的体积VD ABC9h3h(其中h为点D到底面三角形ABC的距离，0h8)，当h趋近于8时，VD ABC趋近于24，所以排除C，D；当h4时，三角形ABC的外接圆半径为4，则ABC的面积显然大于9，故可排除A.选B.