2020届高考理科数学全优二轮复习训练：专题10 选择、填空压轴小题五大板块.DOC

1、 第 - 1 - 页 共 7 页 - 1 - 专题复习检测专题复习检测 A 卷 1(2019 年安徽江南十校联考)若函数 f(x)的图象如图所示，则 f(x)的解析式可能是( ) Af(x)e x1 x21 Bf(x) ex x21 Cf(x)x 3x1 x21 Df(x)x 4x1 x21 【答案】B 【解析】由题中图象可知函数的定义域为x|xa 且 xb，f(x)在(，a)上为增函数， 在(a,0上先增后减， 在0， b)上为减函数， 在(b， )上先减后增 A 项中 f(x)的定义域为x|x 1 且 x1， 此时 a1， b1.f(x)e xx212xex1 x212 ， 则 f(2)

2、7 9e2 4 90， 与 f(x) 在(，1)上递增不符B 项中 f(x)的定义域为x|x 1，f(x)e xx22x1 x212 exx122 x212 ，若 f(x)0，则 x1 或1x1 2或 x1 2，此时 f(x)在各对应区 间上为增函数，符合题意同理可检验 C，D 不符故选 B 2 已知函数 f(x)Asin(x)B A0，0，| 2 的部分图象如图所示， 将函数 f(x) 的图象向左平移 m(m0)个单位长度后，得到函数 g(x)的图象关于点 3， 3 2 对称，则 m 的值 可能为( ) 第 - 2 - 页 共 7 页 - 2 - A 6 B 2 C7 6 D7 12 【答案

3、】D 【解析】依题意得 AB3 3 2 ， AB 3 2 ， 解得 A 3， B 3 2 . T 2 2 3 6 2，故 2，则 f(x) 3sin(2x) 3 2 .又 f 6 3sin 3 3 2 3 3 2 ，故 3 22k(kZ)，即 6 2k(kZ)因为| 2，故 6，所以 f(x) 3sin 2x 6 3 2 .将 f(x)的图象向左平移 m 个单 位长度后得到 g(x) 3sin 2x 62m 3 2 的图象 又 g(x)的图象关于点 3， 3 2 对称， 即 h(x) 3sin 2x 62m 的图象关于点 3，0 对称，故 3sin 2 3 62m 0，即 5 6 2mk(k

4、Z)，故 mk 2 5 12(kZ)令 k2，则 m 7 12. 3(2019 年河北衡水模拟)焦点为 F 的抛物线 C：y28x 的准线与 x 轴交于点 A，点 M 在 抛物线 C 上，则当|MA| |MF|取得最大值时，直线 MA 的方程为( ) Ayx2 或 yx2 Byx2 Cy2x2 或 y2x2 Dy2x2 【答案】A 【解析】 如图， 过M作MP与准线垂直， 垂足为P， 则|MA| |MF| |MA| |MP| 1 cos AMP 1 cos MAF， 则当|MA| |MF|取得最大值时，MAF 必须取得最大值，此时直线 AM 与抛物线相切，可设切线方 程为 yk(x2)， 与

5、y28x 联立， 消去 x 得 ky28y16k0， 所以 6464k20， 得 k 1. 则直线方程为 yx2 或 yx2. 第 - 3 - 页 共 7 页 - 3 - 4 (2019 年河南洛阳统考)已知三棱锥 PABC 的四个顶点均在某球面上， PC 为该球的直 径，ABC 是边长为 4 的等边三角形，三棱锥 PABC 的体积为16 3 ，则此三棱锥的外接球的 表面积为( ) A16 3 B40 3 C64 3 D80 3 【答案】D 【解析】记三棱锥 PABC 的外接球的球心为 O，半径为 R，点 P 到平面 ABC 的距离为 h，.由 VPABC1 3SABCh 1 3 3 4 42

6、h16 3 ，得 h4 3 3 .又 PC 为球 O 的直径，因此球心 O 到平面 ABC 的距离等于1 2h 2 3 3 .又正ABC 的外接圆半径为 r AB 2sin 60 4 3 3 ，因此 R2r2 2 3 3 220 3 ，所以三棱锥 PABC 的外接球的表面积为 4R280 3 .故选 D 5已知 f(x)1 2x 2b xc(b，c 是常数)和 g(x) 1 4x 1 x是定义在 Mx|1x4上的函数， 对于任意的 xM，存在 x0M 使得 f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且 f(x0)g(x0)，则 f(x)在 M 上的 最大值为( ) A7 2 B5 C6 D8 【

7、答案】B 【解析】 因为当 x1,4时， g(x)1 4x 1 x2 1 41(当且仅当 x2 时等号成立)， 所以 f(2) 2b 2cg(2)1， 则 c1 b 2.所以 f(x) 1 2x 2b x1 b 2， 则 f(x)x b x2 x3b x2 .因为 f(x) 在 x2 处有最小值，且 x1,4，所以 f(2)0，即 b8，则 c5.经检验，b8，c5 符合题意所以 f(x)1 2x 28 x5，f(x) x38 x2 .所以 f(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递 增而 f(1)1 285 7 2，f(4)8255，所以 f(x)在 M 上的最大值为 5.故选 B 6

8、为了观看 2022 年的冬奥会，小明打算从 2018 年起，每年的 1 月 1 日到银行存入 a 元 第 - 4 - 页 共 7 页 - 4 - 的一年期定期储蓄，若年利率为 p，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年 的定期.2019 年 1 月 1 日小明去银行继续存款 a 元后，他的账户中一共有_元；到 2022 年的 1 月 1 日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回_元 【答案】ap2a a p(1p) 51p 【解析】 依题意， 2019年1月1日存款a元后， 账户中一共有a(1p)a(ap2a)(元).2022 年 1 月 1 日可取出钱的总数为 a(1p

9、)4a(1p)3a(1p)2a(1p)a 1p11p4 11p a p(1p) 5(1p)a p(1p) 51p 7(2019 年山东济宁模拟)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 acos Bbcos A2 3c，则 tan(AB)的最大值为_ 【答案】2 5 5 【解析】由 acos Bbcos A2 3c 及正弦定理，得 sin Acos Bsin Bcos A 2 3sin C 2 3sin(A B)2 3sin Acos B 2 3cos Asin B，即 1 3sin Acos B 5 3sin B cos A，得 tan A5tan B，从而 tan A

10、0， tan B0.tan(AB) tan Atan B 1tan Atan B 4tan B 15tan2B 4 1 tan B5tan B 4 2 5 2 5 5 ， 当且仅当 1 tan B 5tan B，即 tan B 5 5 时取得等号tan(AB)的最大值为2 5 5 . 8(2019 年湖南长沙一模)矩形 ABCD 中，AB3，AD2，P 为矩形内部一点，且 AP1， 若AP xAByAD ，则 3x2y 的取值范围是_ 【答案】(1， 2 【解析】设点 P 在 AB 上的射影为 Q，PAQ，则AP AQ QP ，且|AQ |cos ，|QP | sin .又AQ 与AB 共线，

11、QP 与AD 共线，故AQ cos 3 AB ，QP sin 2 AD ，从而AP cos 3 AB sin 2 AD ，故 xcos 3 ，ysin 2 ，因此 3x2y cos sin 2sin 4 .又 0， 2 ，故 3x2y 的取值范围是(1， 2 B 卷 9已知 F1(c,0)，F2(c,0)为双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点，过双曲线 C 的左焦点的直线与双曲线 C 的左支交于 Q，R 两点(Q 在第二象限内)，连接 RO(O 为坐标原点) 并延长交 C 的右支于点 P，若|F1P|F1Q|，F1PF22 3，则双曲线 C 的离心率为( ) A 3

12、 B 6 第 - 5 - 页 共 7 页 - 5 - C 57 6 D 57 3 【答案】C 【解析】设|PF1|x，则|PF2|x2a，如图，作 Q 关于原点对称的点 S，连接 PS，RS， SF1.因为双曲线关于原点中心对称，所以|PO|OR|.S 在双曲线上，所以四边形 PSRQ 是平行 四边形根据对称性知 F2在线段 PS 上，|F2S|QF1|x，则F1PS2 3 .根据双曲线的定义， 有|F1S|x2a.在PF1S 中，由余弦定理得(x2a)2x2(2x2a)22 x(2x2a) 1 2 ，解得 x7 3a，所以|PF2| 1 3a.在PF1F2 中，由余弦定理得 4c2 7 3a

13、 2 1 3a 22 1 2 7 3a 1 3a， 整理可得 ec a 57 6 . 10若xR，函数 f(x)2mx22(4m)x1 与 g(x)mx 的值至少有一个为正数，则实 数 m 的取值范围为( ) A(，0) B(0,4 C(2,5) D(0,8) 【答案】D 【解析】当 m0 且 x 趋于时，函数 f(x)2mx22(4m)x1 与 g(x)mx 的值均为 负值，不符合题意当 m0 时，g(x)0，f(x)8x1，当 x1 8时，f(x)0，g(x)0，不符 合题意m0，易知 f(x)的图象的对称轴为 x4m 2m ，f(0)10，当4m 2m 0，即 0m4 时，函数 f(x)

14、的图象与 x 轴的交点都在 y 轴右侧，如图 1 所示，符合题意当4m 2m 0，即 m 4 时， 要满足题意， 需 f(x)的图象在 x 轴上方， 如图 2 所示， 则 4(4m)28m4(m8)(m 2)0，则 4m8.综上可得 0m8.故选 D 11已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a11，an0，a2n14Sn4n1(nN*)， 第 - 6 - 页 共 7 页 - 6 - 若不等式 4n28n3(5m)2n an对任意的 nN*恒成立，则整数 m 的最大值为( ) A3 B4 C5 D6 【答案】B 【解析】当 n2 时， a2n14Sn4n1， a2n4Sn14n11， 两

15、式相减，得 a2n1a2n4an4，即 a2n1 a2n4an4(an2)2.又 an0.所以 an1an2(n2)对 a2n14Sn4n1，令 n1，可 得 a224a1419，所以 a23，则 a2a12，所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等 差数列，故 an2n1.因为 4n28n3(2n1)(2n3)，nN*,2n10，所以不等式 4n2 8n3(5m)2n an等价于 5m2n3 2n .记 bn2n3 2n ，则bn 1 bn 2n1 2n 1 2n3 2n 2n1 4n6，当 n3 时， bn1 bn 1.又 b1 1 2，b2 1 4，b3 3 8，所以(bn)maxb

16、3 3 8.故 5m 3 8，得 m 37 8 ，所以整数 m 的最大值为 4. 12(2019 年福建宁德一模)已知函数 f(x) kx3，x0， 1 2 x，x0， 若方程 f(f(x)20 恰有三 个实数根，则实数 k 的取值范围是( ) A0，) B1,3 C 1，1 3 D 1，1 3 【答案】C 【解析】f(f(x)20，f(f(x)2，f(x)1 或 f(x)1 k(k0)(1)当 k0 时，作 出函数 f(x)的图象如图所示， 由图象可知 f(x)1 无解， k0 不符合题意； (2)当 k0 时， 作出函数 f(x)的图象如图所示，由图象可知 f(x)1 无解且 f(x)1

17、k无解，即 f(f(x)20 无解，不符合题意；(3)当 k0 时，作出函数 f(x)的图象如图所示，由图象可知 f(x)1 有 1 个实根，f(f(x)20 有 3 个实根，f(x)1 k有 2 个实根，1 1 k3，解得1k 1 3.综上，k 的取值范围是 1，1 3 . 第 - 7 - 页 共 7 页 - 7 - 13(2019 年山东烟台一模)如图是一张矩形白纸 ABCD，AB10，AD10 2，E，F 分 别为 AD，BC 的中点，现分别将ABE，CDF 沿 BE，DF 折起，且 A，C 在平面 BFDE 同 侧，下列命题正确的是_(写出所有正确命题的序号) 当平面 ABE平面 CD

18、F 时，AC平面 BFDE； 当平面 ABE平面 CDF 时，AECD； 当 A，C 重合于点 P 时，PGPD； 当 A，C 重合于点 P 时，三棱锥 PDEF 的外接球的表面积为 150. 【答案】 【解析】 在ABE 中， tan ABE 2 2 .在ACD 中， tan CAD 2 2 .所以ABEDAC. 由题意，将ABE，DCF 沿 BE，DF 折起，且 A，C 在平面 BEDF 同侧，此时 A，C，G，H 四点在同一平面内，平面 ABE平面 AGHCAG，平面 CDF平面 AGHCCH，当平面 ABE 平面 CDF 时，得到 AGCH，显然 AGCH，所以四边形 AGHC 为平行四边形，所以 AC GH，进而可得 AC平面 BFDE，正确由于折叠后，直线 AE 与直线 CD 为异面直线， 所以 AE 与 CD 不平行，错误当 A，C 重合于点 P 时，可得 PG10 3 3 ，PD10，又 GD 10，则 PG2PD2GD2，所以 PG 与 PD 不垂直，错误当 A，C 重合于点 P 时，在三棱 锥 PDEF 中， EFD 与PDF 均为直角三角形， 所以 DF 为外接球的直径， 即 RDF 2 5 6 2 ， 所以外接球的表面积为 S4R24 5 6 2 2150，正确综上，正确命题的序号为.