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四理（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四理（附解析），共5页。试卷主要包含了已知双曲线C，设抛物线C，答案等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·江西高三模拟]已知等比数列{an}中，a1＋a5＝10，a1a5＝16且a10)恒成立，则实数t的最大值是( )
A．4B．7C．8D．9
[答题区]
4.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．
5．已知函数f(x)＝x2－2ax＋b(a>1)的定义域和值域都为[1，a]，则b＝________．
6．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(－c，0)，F2(c，0)，P是双曲线C右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，若直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，则双曲线的离心率为________．
7．已知函数f(x)＝lgeq \f(1＋2x＋4x·a,a2－a＋1)，其中a为常数，若当x∈(－∞，1]，f(x)有意义，则实数a的取值范围为________．
8．[2023·浙江宁波市高三期末]已知a，b∈R，满足e2x＋eq \f(b,ex)≥2ex－a对任意x∈R恒成立，当2a＋b取到最小值时，a2＋b＝________．
9．已知二次函数g(x)＝mx2－2mx＋n＋1(m>0)在区间[0，3]上有最大值4，最小值0.求函数g(x)的解析式．
10．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.求l的方程．
专练（四）
1．B 已知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a5＝10,a1a5＝16))，且a10）恒成立，
此时t取得最大值，由（1－a）2＋4（1－a）＋4＝4，
得a＝5或a＝1（舍），所以4t＝（t－5＋2）2，
所以t＝1（舍）或t＝9，故t＝9.
4．答案：eq \f(2\r(3),3)
解析：∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，
∴由正弦定理得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC.
又sinBsinC＞0，∴sinA＝eq \f(1,2).
由余弦定理得csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8,2bc)＝eq \f(4,bc)＞0，
∴csA＝eq \f(\r(3),2)，bc＝eq \f(4,csA)＝eq \f(8\r(3),3)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×eq \f(8\r(3),3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2\r(3),3).
5．答案：5
解析：函数f（x）＝x2－2ax＋b（a>1）图象的对称轴方程为x＝－eq \f(－2a,2)＝a>1，所以函数f（x）＝x2－2ax＋b在[1，a]上为减函数，又函数在[1，a]上的值域也为[1，a]，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝a，,f（a）＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2a＋b＝a， ①,a2－2a2＋b＝1， ②))由①得b＝3a－1，代入②得a2－3a＋2＝0，解得a＝1（舍）或a＝2.把a＝2代入b＝3a－1得b＝5.
6．答案：eq \f(5,3)
解析：取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|＝|F1F2|，则AF2⊥PF1，∵直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，∴|AF2|＝2a，∵|PA|＝eq \f(1,2)|PF1|＝a＋c，∴4c2＝（a＋c）2＋4a2，化简得（3c－5a）（a＋c）＝0，则双曲线的离心率为eq \f(5,3).
7．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞))
解析：由eq \f(1＋2x＋4x·a,a2－a＋1)>0，且a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，
得1＋2x＋4x·a>0，故a>－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4x)＋\f(1,2x))).
当x∈（－∞，1]时，y＝eq \f(1,4x)与y＝eq \f(1,2x)都是减函数，
因此，函数y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4x)＋\f(1,2x)))在（－∞，1]上是增函数，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4x)＋\f(1,2x)))))eq \s\d7(max)＝－eq \f(3,4)，所以a>－eq \f(3,4).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞)).
8．答案：24
解析：令t＝ex，则t＞0，
所以t2＋eq \f(b,t)≥2t－a，即t3－2t2＋at＋b≥0对于t＞0恒成立，
令f（t）＝t3－2t2＋at＋b（t＞0），
因为f（2）＝8－8＋2a＋b＝2a＋b，
因为对于t＞0时f（t）≥0恒成立，
所以2a＋b≥0，
当2a＋b取最小值时，即2a＋b＝0，
此时在t＝2时f（t）有最小值，
因为函数f（t）的定义域为（0，＋∞），2∈（0，＋∞），t＝2不是区间端点值，
又在f（2）处取得最小值，所以f（2）也是函数的一个极小值，
且f′（t）＝3t2－4t＋a，所以f′（2）＝3×4－8＋a＝0，得a＝－4，从而b＝8，
故a2＋b＝24.
9．解析：g（x）＝mx2－2mx＋n＋1（m>0），易知g（x）图象开口向上，对称轴方程为x＝1，
∵x∈[0，3]，∴当x＝1时，g（x）取得最小值－m＋n＋1＝0， ①
当x＝3时，g（x）取得最大值3m＋n＋1＝4， ②
由①②解得m＝1，n＝0，
∴函数g（x）的解析式为g（x）＝x2－2x＋1.
10．解析：由题意得F（1，0），l的方程为y＝k（x－1）（k>0）.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝（x1＋1）＋（x2＋1）＝eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1（舍去）或k＝1.
因此l的方程为y＝x－1.题号
1
2
3
答案