新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷一解题方法专练方法2构造法等价法换元法待定系数法（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷一解题方法专练方法2构造法等价法换元法待定系数法（附解析），共6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。
1．已知函数f(eq \r(x)＋1)＝x＋2，则( )
A．f(x)＝x2＋2x＋1B．f(x)＝x2－2x＋3(x≥1)
C．f(x)＝x2－2x＋1D．f(x)＝x2＋2x＋3(x≥1)
2．一元二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，则a＋b的值是( )
A．10B．－10C．14D．－14
3．圆心在y轴上，半径为1，且过点(1，2)的圆的方程是( )
A．x2＋(y－2)2＝1B．x2＋(y＋2)2＝1
C．(x－1)2＋(y－3)2＝1D．x2＋(y－3)2＝1
4．已知x>1，则x＋eq \f(1,x－1)的最小值是( )
A．6B．5C．4D．3
5．已知数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1－1B．an＝2n＋1－1C．an＝2nD．an＝2n－1
6．[2022·新高考Ⅰ卷]记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)0B．ab>0C．b2＋8ac>0D．ac0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，F1A⊥F1B，F2A＝－eq \f(2,3)F2B，则C的离心率为________．
方法2 构造法 等价法 换元法 待定系数法
1．解析：设t＝eq \r(x)＋1，则t≥1且x＝（t－1）2，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝（t－1）2＋2＝t2－2t＋3，
∴f（x）＝x2－2x＋3（x≥1）.故选B.
答案：B
2．解析：由不等式解集eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，可知－eq \f(1,2)，eq \f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，代入两根，列出关于系数a，b的方程组，易得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝－\f(1,2)＋\f(1,3),\f(2,a)＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×\f(1,3))))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(a＝－12,b＝－2)))，所以a＋b＝－14.故选D.
答案：D
3．解析：因为圆心在y轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为（0，b），则圆的方程为x2＋（y－b）2＝1，又点（1，2）在圆上，所以1＋（2－b）2＝1，解得b＝2.故选A.
答案：A
4．解析：∵x>1，故x－1>0，eq \f(1,x－1)>0，∴x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2eq \r(（x－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1))))＋1＝2＋1＝3，当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)⇒x＝2时，等号成立，故x＋eq \f(1,x－1)的最小值是3.故选D.
答案：D
5．解析：因为an＝2an－1＋1，所以an＋1＝2（an－1＋1），
所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1.故选D.
答案：D
6．解析：因为eq \f(2π,3)＜T＜π，所以eq \f(2π,3)＜eq \f(2π,|ω|)＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f（x）的图象关于点（eq \f(3π,2)，2）中心对称，所以b＝2，eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，所以ω＝－eq \f(1,6)＋eq \f(2,3)k，k∈Z.令2＜－eq \f(1,6)＋eq \f(2,3)k＜3，解得eq \f(13,4)＜k＜eq \f(19,4).又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝eq \f(5,2).所以f（x）＝sin（eq \f(5,2)x＋eq \f(π,4)）＋2，所以f（eq \f(π,2)）＝sin（eq \f(5π,4)＋eq \f(π,4)）＋2＝1.故选A.
答案：A
7．解析：因为函数f（x）＝aex－lnx，所以f′（x）＝aex－eq \f(1,x).因为函数f（x）＝aex－lnx在（1，2）单调递增，所以f′（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－eq \f(1,x)≥0在（1，2）恒成立，易知a>0，则00，g（x）单调递增，所以在（1，2）上，g（x）>g（1）＝e，所以eq \f(1,a)≤e，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，故选C.
答案：C
8．解析：令g（x）＝eq \f(f（x）,x)，
则g′（x）＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)，
由题意知，当x>0时，g′（x）0，从而f（x）>0；
当x∈（1，＋∞）时，g（x）0），则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝eq \r(|AB|2－|BF1|2)＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则eq \f(1,2)|AB|·|F1D|＝eq \f(1,2)|F1A|·|F1B|，即eq \f(1,2)×5m×|F1D|＝eq \f(1,2)×4m×3m，所以|F1D|＝eq \f(12,5)m，所以|BD|＝eq \r(|BF1|2－|F1D|2)＝eq \f(9,5)m，所以|F2D|＝eq \f(6,5)m，则|F1F2|＝eq \r(|F1D|2＋|F2D|2)＝eq \f(6\r(5),5)m＝2c，即c＝eq \f(3\r(5),5)m，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5).
答案：eq \f(3\r(5),5)
题号
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12
答案