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七理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练七理（附解析），共6页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。

1．设正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2019＝6057，则eq \f(1,a2)＋eq \f(4,a2018)的最小值为( )
A．1B．eq \f(2,3)C．eq \f(13,6)D．eq \f(3,2)
2．设f(x)是奇函数，对任意的实数x，y，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，则f(x)在区间[a，b]上( )
A．有最小值f(a) B．有最大值f(a)
C．有最大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))D．有最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))
3．已知H为△ABC的垂心，AB＝4，AC＝6，M为边BC的中点，则eq \(HM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝( )
A．20B．10C．－20D．－10
4．函数f(x)＝lnx＋eq \f(1,2)x2－ax(x>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3))B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3)))C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
[答题区]
5.若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1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________．
6．对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范围是________．
7．已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________．
8．[2023·南京模拟]若函数f(x)＝eq \f(ln（kx）,2)－ln (x＋1)不存在零点，则实数k的取值范围是________．
9．若对于任意t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))x2－2x在区间(t，3)上总不为单调函数，求实数m的取值范围．
10．如图，在三棱锥P­ABC中，正三角形PAC所在平面与等腰三角形ABC所在平面互相垂直，AB＝BC，O是AC的中点，OH⊥PC于H.
(1)证明：PC⊥平面BOH；
(2)若OH＝OB＝eq \r(3)，求三棱锥A­BOH的体积．
专练（七）
1．D 依题意得eq \f(2019,2)（a1＋a2019）＝6057⇒a1＋a2019＝a2＋a2018＝6，eq \f(1,a2)＋eq \f(4,a2018)＝eq \f(1,6)（a2＋a2018）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(4,a2018)))＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(4a2,a2018)＋\f(a2018,a2)))≥eq \f(3,2)，当且仅当a2＝2，a2018＝4时取等号．故选D.
2．B 方法一 因为f（x）是奇函数，且对任意的实数x，y，
有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），
则f（0）＝0，当x>0时，f（x）<0，则当x<0时，f（x）>0，
对任意x1，x2∈R，f（x＋y）＝f（x）＋f（y），当x1总有f（x1－x2）＝f（x1）＋f（－x2）＝f（x1）－f（x2），
因为x1－x2<0，所以f（x1－x2）>0，即f（x1）－f（x2）>0，故f（x）在R上是减函数，故f（x）在区间[a，b]上有最大值f（a）.故选B.
方法二 （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.
3．B
方法一 （一般解法）如图所示，因为H为△ABC的垂心，
所以eq \(HA,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以eq \(HA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
又AB＝4，AC＝6，且M为边BC的中点，
所以eq \(HM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝（eq \(HA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BM,\s\up6(→))）·eq \(BC,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(HA,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up6(→))))·eq \(BC,\s\up6(→))
＝eq \(HA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)（\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))）))·eq \(BC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)（eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))）·（eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))）
＝eq \f(1,2)（eq \(AC,\s\up6(→))2－eq \(AB,\s\up6(→))2）
＝eq \f(1,2)×（36－16）
＝10.故选B.
方法二 （秒杀解法）将△ABC特殊化为直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，根据AB＝4，AC＝6，得B（0，4），C（6，0），M（3，2），H（0，0），
所以eq \(HM,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝（3，2）·（6，－4）＝10.故选B.
4．B 由f（x）＝lnx＋eq \f(1,2)x2－ax（x>0）得f′（x）＝eq \f(1,x)＋x－a（x>0）.
因为函数f（x）＝lnx＋eq \f(1,2)x2－ax在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，
所以y＝f′（x）在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个变号零点．
令f′（x）＝eq \f(1,x)＋x－a＝0，得a＝eq \f(1,x)＋x，令g（x）＝eq \f(1,x)＋x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，则g（x）在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，在区间（1，3]上单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝2.
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝g（2）＝eq \f(5,2)，g（3）＝eq \f(10,3)，结合函数g（x）＝eq \f(1,x)＋x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))的图象（图略）可得，
当eq \f(5,2)≤a所以实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3)))，故选B.
5．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2)))
解析：如果在[－1，1]内没有值满足f（c）>0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）≤0，,f（1）≤0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p≤－\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))⇒p≤－3或p≥eq \f(3,2)，
取补集为－3故实数p的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
6．答案：（－∞，－1）∪（3，＋∞）
解析：设f（p）＝（x－1）p＋x2－4x＋3，
则当x＝1时，f（p）＝0.
所以x≠1.
f（p）在0≤p≤4上恒为正，等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）>0，,f（4）>0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－3）（x－1）>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.
7．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1))
解析：由题意，知g（x）＝3x2－ax＋3a－5，
令φ（a）＝（3－x）a＋3x2－5，－1≤a≤1.
对－1≤a≤1，恒有g（x）<0，即φ（a）<0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq \f(2,3)故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1))时，对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g（x）<0.
8．答案：（0，4）
解析：由x＋1>0得x>－1，由kx>0得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k<0，－10，x>0.))
当eq \f(ln（kx）,2)＝ln（x＋1）时，由对数的性质可得ln（kx）＝2ln（x＋1）＝ln（x＋1）2，
即kx＝（x＋1）2，变形可得k＝eq \f(（x＋1）2,x)＝x＋eq \f(1,x)＋2（x>－1且x≠0），
易知当－10时，x＋eq \f(1,x)≥2，所以当－10时，x＋eq \f(1,x)＋2≥4，
要使函数f（x）＝eq \f(ln（kx）,2)－ln（x＋1）不存在零点，
只需k取x＋eq \f(1,x)＋2（x>－1且x≠0）的取值集合的补集，即{k|0≤k<4}，
当k＝0时，函数无意义，故k的取值范围是（0，4）.
9．解析：g′（x）＝3x2＋（m＋4）x－2，
若g（x）在区间（t，3）上总为单调函数，
则①g′（x）≥0在（t，3）上恒成立，
或②g′（x）≤0在（t，3）上恒成立．（正反转化）
由①得3x2＋（m＋4）x－2≥0，即m＋4≥eq \f(2,x)－3x，
当x∈（t，3）时恒成立，∴m＋4≥eq \f(2,t)－3t恒成立，
则m＋4≥－1，即m≥－5；
由②得3x2＋（m＋4）x－2≤0，即m＋4≤eq \f(2,x)－3x，
当x∈（t，3）时恒成立，
则m＋4≤eq \f(2,3)－9，即m≤－eq \f(37,3).
∴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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－5)).
10．解析：（1）∵AB＝BC，O是AC的中点，
∴BO⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且BO⊂平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，
∴BO⊥平面PAC，
∴BO⊥PC.
又OH⊥PC，BO∩OH＝O，
∴PC⊥平面BOH.
（2）由题意知△HAO与△HOC的面积相等，
∴VA­BOH＝VB­HAO＝VB­HOC，
∵BO⊥平面PAC，∴VB­HOC＝eq \f(1,3)S△OHC·OB，
∵OH＝eq \r(3)，∠HOC＝30°，∴HC＝1，
∴S△OHC＝eq \f(1,2)CH·OH＝eq \f(\r(3),2)，
∴VB­HOC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(1,2)，即VA­BOH＝eq \f(1,2).题号
1
2
3
4
答案