高考数学二轮复习专项分层特训方法3割补法估算法整体代换法分离参数法含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训方法3割补法估算法整体代换法分离参数法含答案，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．已知f(x)＝ax3＋b sin x＋1(ab≠0).若f(2 023)＝k，则f(－2 023)＝( )
A．k B．－k
C．1－k D．2－k
2．为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是( )
A． eq \f(3＋\r(6),4) km2 B． eq \f(3－\r(6),4) km2
C． eq \f(6＋\r(3),4) km2 D． eq \f(6－\r(3),4) km2
3．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝ eq \f(5,2) lg eq \f(E1,E2) ，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k＝1，2).已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1 B．10.1
C．lg 10.1 D．10－10.1
4．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4，a10是方程x2－4x＋1＝0的两根，则S13＝( )
A．21 B．24
C．25 D．26
5．[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是椭圆C： eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,4) ＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13 B．12
C．9 D．6
6．在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝ eq \r(3) ，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A． eq \f(1,5) B． eq \f(\r(5),6)
C． eq \f(\r(5),5) D． eq \f(\r(2),2)
7．若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
8．已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M与点M′关于x轴对称，M′F1⊥MF2.若kMF1， eq \f(2b,a) ，kMF2成等比数列(其中kMF1，kMF2分别是直线MF1，MF2的斜率)，则双曲线C的离心率为( )
A． eq \f(\r(5),2) B． eq \r(5)
C． eq \r(3) D．3
二、多项选择题
9．下列命题中，为真命题的是( )
A．∀x∈R，2x－1>0
B．∃x∈R，使x2＋1<2x
C．∀xy>0，有x＋y≥2 eq \r(xy)
D．∃x、y∈R，使sin (x＋y)＝sin x＋sin y
10．已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )
A．a3＋a7≥2 B．a4＋a6≥2
C．a7－2a6＋1≥0 D．a3－2a4－1≥0
11．[2020·新高考Ⅰ卷]如图是函数y＝sin (ωx＋φ)的部分图象，则sin (ωx＋φ)＝( )
A.sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) B．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))
C．cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))
12．已知函数f(x)＝ax－xa(x>0，a>0且a≠1)，则( )
A．当a＝e时，f(x)≥0恒成立
B．当0C．当a>e时，f(x)有两个零点
D．存在a>1，使得f(x)存在三个极值点
三、填空题
13．已知a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) － eq \f(1,3) ，b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3))) － eq \f(1,2) ，c＝ln eq \f(3,5) ，则这三个数从大到小的顺序是________．
14．若3sin α＋cs α＝0，则cs2α＋2sinα·cs α的值为________．
15．已知函数f(x)＝ eq \f(1,2) x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2)) 上是增函数，则实数a的取值范围是________．
16．棱长为a的正四面体内切球的半径为________．
方法3 割补法 估算法 整体代换法 分离参数法
1．解析：∵f（2 023）＝a·2 0233＋b sin 2 023＋1＝k，
∴a·2 0233＋b·sin 2 023＝k－1，
∴f（－2 023）＝a·（－2 023）3＋b·sin （－2 023）＋1
＝－a·2 0233－b sin 2 023＋1
＝－（a·2 0233＋b sin 2 023）＋1
＝－（k－1）＋1＝2－k.故选D.
答案：D
2．解析：如图，连接AC.在△ABC中，
根据余弦定理可得AC＝ eq \r(AB2＋BC2－2AB·BC·cs 60°) ＝ eq \r(3) km，
又AB＝2 km，BC＝1 km，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
故∠DAC＝∠DCA＝15°.
所以△ADC为等腰三角形，且∠D＝150°，
设AD＝DC＝x km，根据余弦定理得x2＋x2＋ eq \r(3) x2＝3，即x2＝ eq \f(3,2＋\r(3)) ＝3（2－ eq \r(3) ）.
所以小区的面积为 eq \f(1,2) ×1× eq \r(3) ＋ eq \f(1,2) ×3（2－ eq \r(3) ）× eq \f(1,2) ＝ eq \f(2\r(3)＋6－3\r(3),4) ＝ eq \f(6－\r(3),4) （km2）.
故选D.
答案：D
3．解析：两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝ eq \f(5,2) lg eq \f(E1,E2) ，令m2＝－1.45，m1＝－26.7，
lg eq \f(E1,E2) ＝ eq \f(2,5) ·（m2－m1）＝ eq \f(2,5) （－1.45＋26.7）＝10.1， eq \f(E1,E2) ＝1010.1.
故选A.
答案：A
4．解析：因为a4，a10是方程x2－4x＋1＝0的两根，所以a4＋a10＝4，
又S13＝ eq \f(13（a1＋a13）,2) ＝ eq \f(13（a4＋a10）,2) ＝ eq \f(13×4,2) ＝26.
故选D.
答案：D
5．解析：由题，a2＝9，b2＝4，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)) ＝2a＝6，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)) ≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)),2))) 2＝9（当且仅当 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)) ＝3时，等号成立）.故选C.
答案：C
6.解析：如图，在长方体ABCD ­ A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA ­ E1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DF，由题意，得DF＝ eq \r(12＋（1＋1）2) ＝ eq \r(5) ，FB1＝ eq \r(12＋（\r(3)）2) ＝2，DB1＝ eq \r(12＋12＋（\r(3)）2) ＝ eq \r(5) .
在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FB12＋DB12－2FB1·DB1·cs ∠DB1F，即5＝4＋5－2×2× eq \r(5) ×cs ∠DB1F，
∴cs ∠DB1F＝ eq \f(\r(5),5) .
故选C.
答案：C
7．解析：2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，即a≤2ln x＋x＋ eq \f(3,x) 恒成立．设h（x）＝2ln x＋x＋ eq \f(3,x) ，则h′（x）＝ eq \f(（x＋3）（x－1）,x2) （x>0）.当x∈（0，1）时，h′（x）<0，函数h（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，函数h（x）单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝4，所以a≤h（x）min＝4.故选B.
答案：B
8．解析：因为点M与点M′关于x轴对称，所以kM'F1＝－kMF1
因为M′F1⊥MF2，所以－kMF1·kMF2＝－1，即kMF1·kMF2＝1 .
又kMF1， eq \f(2b,a) ，kMF2成等比数列，所以 eq \f(4b2,a2) ＝kMF1·kMF2，即 eq \f(4b2,a2) ＝1，得 eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(1,4) ，
故e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ＝ eq \f(\r(5),2) .
故选A.
答案：A
9．解析：对于A选项，∀x∈R，2x－1>0，正确；
对于B选项，∵x2＋1－2x＝（x－1）2≥0，则x2＋1≥2x，错误；
对于C选项，当x<0、y<0时，x＋y<0<2 eq \r(xy) ，错误；
对于D选项，取x＝y＝0，则sin （x＋y）＝sin 0＝0＝sin 0＋sin 0＝sin x＋sin y，正确．
故选AD.
答案：AD
10．解析：因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1
所以a3＝ eq \f(1,q2) ，a4＝ eq \f(1,q) ，a6＝q，a7＝q2，
因为a3＋a7＝ eq \f(1,q2) ＋q2≥2，故A正确；
因为a4＋a6＝ eq \f(1,q) ＋q，当q<0时式子为负数，故B错误；
因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝（q－1）2≥0，故C正确；
因为a3－2a4－1＝ eq \f(1,q2) － eq \f(2,q) －1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)－1)) 2－2，存在q使得a3－2a4－1<0，故D错误．
故选AC.
答案：AC
11．解析：由题图可知，函数的最小正周期T＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6))) ＝π，∴ eq \f(2π,|ω|) ＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y＝sin （2x＋φ），将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) 代入得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ)) ＝0，∴2× eq \f(π,6) ＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋ eq \f(2π,3) ，k∈Z，故y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))) .由于y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))) ＝sin [π－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))) ]＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) ，故选项B正确；y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) ＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ，选项C正确；对于选项A，当x＝ eq \f(π,6) 时，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3))) ＝1≠0，错误；对于选项D，当x＝ eq \f(\f(π,6)＋\f(2π,3),2) ＝ eq \f(5π,12) 时，cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2×\f(5π,12))) ＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y＝sin （－2x＋φ），将 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) 代入，得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2×\f(π,6)＋φ)) ＝0，结合函数图象，知－2× eq \f(π,6) ＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝ eq \f(4π,3) ＋2kπ，k∈Z，∴y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(4π,3))) ，但当x＝0时，y＝sin eq \f(4π,3) ＝－ eq \f(\r(3),2) <0，与图象不符合，舍去．综上，选BC.
答案：BC
12．解析：对于A选项，当a＝e时，f（x）≥0，即ex≥xe⇔x≥eln x⇔ eq \f(ln x,x) ≤ eq \f(1,e) ，设g（x）＝ eq \f(ln x,x) ，
则g′（x）＝ eq \f(1－ln x,x2) ，故当x∈（0，e）时，g′（x）>0，当x∈（e，＋∞）时，g′（x）<0，
所以g（x）≤g（e）＝ eq \f(ln e,e) ＝ eq \f(1,e) ，故A正确；
对于B选项，当0f（1）＝a－1<0，因此f（x）只有一个零点，故B正确；
对于C选项，f（x）＝0⇔ax＝xa⇔x ln a＝a ln x，即 eq \f(ln x,x) ＝ eq \f(ln a,a) ，当a>e时，由A选项可知，0因此g（x）＝g（a）有两个零点，即f（x）有两个零点，故C正确；
对于D选项，f′（x）＝ax ln a－axa－1，令f′（x）＝0，得ax－1ln a＝xa－1，两边同时取对数可得，（x－1）ln a＋ln （ln a）＝（a－1）ln x，设h（x）＝（x－1）ln a＋ln （ln a）－（a－1）ln x，则h′（x）＝ln a－ eq \f(a－1,x) ，令h′（x）＝0，得x＝ eq \f(a－1,ln a) ，则h（x）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－1,ln a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－1,ln a)，＋∞)) 上单调递增，因此h（x）最多有两个零点，所以f（x）最多有两个极值点，故D错误．
故选ABC.
答案：ABC
13．解析：a＝(35)-13> eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) 0＝1，b＝(43)-12∈（0，1），c＝ln eq \f(3,5) <0，则这三个数从大到小的顺序是a>b>c.
答案：a>b>c
14．解析：由3sin α＋cs α＝0，得cs α≠0，tan α＝－ eq \f(1,3) .
所以cs2α＋2sinα·cs α＝ eq \f(cs2α＋2sinα·cs α,1) ＝ eq \f(cs2α＋2sinα·cs α,sin2α＋cs2α)
＝ eq \f(1＋2tanα,tan 2α＋1) ＝ eq \f(1－\f(2,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2＋1) ＝ eq \f(3,10) .
答案： eq \f(3,10)
15．解析：∵f′（x）＝x＋2a－ eq \f(1,x) ≥0在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2)) 恒成立，即2a≥－x＋ eq \f(1,x) 在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2)) 恒成立，
∵ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x))) max＝ eq \f(8,3) ，∴2a≥ eq \f(8,3) ，即a≥ eq \f(4,3) .
答案： eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
16．解析：设正四面体内切球的球心为O，内切球的半径为r，连结OA，OB，OC，OD，如图所示，则V四面体＝4VO ­ BCD
设顶点A 到底面的高为AF ，因此V正四面体＝ eq \f(1,3) SΔBCD·|AF|，
VO ­ BCD＝ eq \f(1,3) S△BCD·r，
∴r＝ eq \f(1,4) |AF|，
易知|AF|＝ eq \f(\r(6)a,3) ，
∴r＝ eq \f(\r(6)a,12) .
答案： eq \f(\r(6)a,12)