2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题25思想03运用函数与方程的思想方法解题含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题25思想03运用函数与方程的思想方法解题含解析答案，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的图象是中心对称图形
B．在区间上单调递增
C．若方程有三个解，，则
D．若方程有四个解，则
10．若关于x的方程存在三个不等的实数根．则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
13．已知任意实数，关于的不等式恒成立，则实数的最大整数值为（ ）
A．B．C．D．
14．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数．现设，数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．11B．10C．9D．8
15．保定的府河发源于保定市西郊，止于白洋淀藻杂淀，全长26公里．府河作为保定城区主要的河网水系，是城区内主要的排沥河道．府河桥其桥拱曲线形似悬链线，桥型优美，是我市的标志性建筑之一，悬链线函数形式为，当其中参数时，该函数就是双曲余弦函数，类似的有双曲正弦函数．若设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
16．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统．已知卫星运行轨道近似为以地球为圆心的圆形，运行周期与轨道半径之间关系为（K为常数）．已知甲、乙两颗卫星的运行轨道所在平面互相垂直，甲的周期是乙的8倍，且甲的运行轨道半径为，分别是甲、乙两颗卫星的运行轨道上的动点，则之间距离的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
17．秦九韶（1208年~1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若，，则由“三斜求积术”公式可得的面积为（ ）
A．B．C．D．1
18．在财务审计中，我们可以用“本•福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出，在一组没有人为编造的自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是这九个事件不是等可能的.具体来说，随机变量是一组没有人为编造的首位非零数字，则.则根据本•福特定律，首位非零数字是1与首位非零数字是8的概率之比约为（ ）（保留至整数，参考数据：）.
A．4B．6C．7D．8
二、多选题
19．已知函数的图象与直线有三个交点，记三个交点的横坐标分别为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得
B．
C．
D．为定值
三、填空题
20．已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点，点在上，，且的面积为1，则的准线方程为 ．
21．在平行六面体中，为的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则 （用表示）．
22．已知正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹的长度为 ．
23．已知正方体的棱长为4，点P在该正方体的表面上运动，且，则点P的轨迹长度是 ．
24．在正方体中，分别是棱的中点，过、、的平面把正方体截成两部分体积分别为，则 .
25．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：
①正方体在每个顶点的曲率均为；
②任意四棱锥的总曲率均为；
③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.
其中，所有正确的结论是 （填写序号）.
参考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
故选：C.
3．D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】因为,所以,
即,即,所以.
如图,设,
由题知,是等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,
,
.
故选:D.
4．A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.
【详解】如图所示，，则由题意可知:，
由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，则
当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则
当时，有最大值.
综上可得，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
5．D
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案.
【详解】如图，

因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
6．B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
7．B
【分析】
由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】
因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，可得．
令，则，
令，得，令，得，
所以，函数在上递增，在上递减，
因为，，，如下图所示：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为、，且，
由图可知，当或时，，此时，，
当时，，此时，，
所以，函数在上递增，在上递减，在上递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意.
因此，实数的取值范围为.
故选：B.
8．D
【分析】构造函数，利用导数研究其图象性质，再将问题转化为的零点的分布情况，从而列式即可得解.
【详解】令，得，即，
记，则，
对求导得，
因为当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
且当时，且，当时，，当时，，
则函数的大致图象如图，
记，由于有三个不同的零点，
所以必有两个不同的零点，记为，
当时，有，即，无解；
当时，有，即，无解；
当时，有，即，解得；
综上，的取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握二次函数的零点的分布情况，数形结合得到关于的不等式组，从而得解.
9．D
【分析】利用导数判断B；求出函数的对称轴，根据导数求出函数单调性，得到的图象，数形结合可判断A；并可求出，的值，进而判断C；借助图象可求出的取值范围，进而判断D.
【详解】对于B，当时，，
，
因为，所以，，
所以，所以，所以在区间上单调递减，故B错误；
当时，，
，
因为，，所以，
所以，所以在区间上单调递增；
因为，所以，
所以的对称轴为，
又，
，
故图象如下：
对于A，由图象可知，不是中心对称图形，故A错误；
对于C，若方程有三个解，则，故
又，解得，所以，
所以，故C错误；
对于D，由图象可知若方程有四个解，则，解得，
故D正确.
故选：D
10．D
【分析】不是方程的根，当时，变形为，构造，，求导得到函数单调性，进而画出函数图象，数形结合得到答案.
【详解】当时，，，两者不等式，故不是方程的根，
当时，，
令，则，
当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，，当时，，
画出的图象如下：

令，，
则，当，时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且当时，，当时，，
画出，的函数图象，如下：

令，，则，
由于在上恒成立，
故当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
其中，
从的函数图象，可以看出当时，，
当时，，
画出函数图象如下，

要想有三个不同的根，则.
故选：D
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题或函数零点，一般有三个方法，
一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
11．A
【分析】将不等式变为，将问题转化为图象在下方的部分恰有两个横坐标为整数的点，利用导数可求得的图象，由此可确定，进而得到参数范围.
【详解】由题意知：定义域为，则由得：；
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，可得图象如下图所示：
如图所示：，，，，
将解集中恰有两个整数转化为图象在下方的部分恰有两个横坐标为整数的点，
恒过点，
当时，图象在下方的部分恰有两个横坐标为整数的点，
又，，，即实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数不等式整数解的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够将问题转化为直线与曲线位置关系的判断问题，结合导数确定曲线的图象后，采用数形结合的方式，根据整数解的个数确定临界点，进而确定参数范围.
12．A
【分析】即转化为函数的图象在函数的图象下方的部分恰有两个横坐标为整数的点.求出函数单调性，画出函数的大致图象，数形结合分析即得解.
【详解】解：由题意可知函数的定义域为，
从而等价于，
即转化为函数的图象在函数的图象下方的部分恰有两个横坐标为整数的点.
因为，所以.
当时，；当时，.
故函数在上单调递增，在上单调递减，
画出函数的大致图象，
如图所示.，，，
由图可知，即.
故选：A
13．B
【分析】由关于的不等式恒成立，可知当时，函数的图像在直线下方，利用导数求出函数的单调区间，画出函数的图像，利用图像求解即可
【详解】解：令（），由题意知当时，函数的图像在直线下方，
由，得，
当变化时，，的变化如下表
所以的大致图像如图所示
当时，由图像知不成立，
当时，因为，所以当时不成立；
当时，设直线与的图像相切于点，则
，得，解得，
所以，
所以当时，函数的图像在直线下方，
所以当时，，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数的单调性，考查数形结合的思想，解题的关键是把不等式恒成立，转化为当时，函数的图像在直线下方，然后利用函数图像求解，属于中档题
14．B
【分析】结合已知条件求出的通项公式，并求出，然后利用裂项相消法即可求解.
【详解】依题意，，，
则，
则
，即，而，解得，
所以满足条件的正整数的最大值为.
故选：B
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
15．A
【分析】根据题意，写出函数解析式，由奇偶性和单调性，解不等式即可.
【详解】由题意，，
函数定义域为R，为增函数，
由，则函数为奇函数，
由，即
所以，解得，
所以x的取值范围为.
故选：A
16．B
【分析】根据题设条件得到，再根据图形，利用，当且仅当三点共线时取等号即可求出结果.
【详解】如图，设卫星乙的运行轨道半径为，因为，且，所以，
设地球的球心为，则，当且仅当与共线且位于两侧时取得等号，
故选：B．
17．B
【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，求得，，结合“三斜求积术”的公式，代入即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，所以，
又因为，由余弦定理得，
可得，
所以.
故选：B．
18．B
【分析】根据题意结合对数运算即可得.
【详解】由题意可得.
故选：B.
19．BCD
【分析】化简方程，令，得，构造，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于x的方程三个不相等的实数解，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根， ，结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后对选项一一判断即可得出答案．
【详解】由方程，可得．
令，则有，即．
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，作出图象如图所示，
要使关于的方程有三个不相等的实数解，且，
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，或，，
令，若，，
则故．
若，，则，无解，
综上：，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；，
故D正确，
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：构造，判断出函数的单调性，结合图象将，转化成关于t的函数即可求解.
20．
【分析】
根据抛物线的定义结合几何关系确定出的大小，然后根据的面积列出关于的方程，由此求解出的值，则准线方程可知.
【详解】
解法一 由题知的准线过点，如图，过点作的准线的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可知，则由可知，
所以在中，，得，
由的面积为1，得，则，则，
所以，得，所以的准线方程为，
故答案为：；
解法二 由题知的准线过点，如图，过点作的准线的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可知，由可知，
所以在中，，
在中，由正弦定理得，
所以，所以，（另解：也可以通过证明得到）
则为等腰直角三角形，所以，
又的面积为1，所以的面积为2，
则，得，所以的准线方程为，
故答案为：.
21．
【分析】由题意设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，即平面为符合题意的平面，进而分解向量即可求解.
【详解】如图所示：

由题意不妨设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，
即平面为符合题意的平面，因此，
又因为，，，且，，
所以.
故答案为：.
22．
【分析】利用线面角求法得出N的轨迹为正方形内一部分圆弧，求其圆心角计算弧长即可.
【详解】如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知MG⊥底面ABCD，

故MN与底面ABCD的夹角即，
∴，则，
故N点在以G为原点为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，
即N的轨迹为图示中的圆弧，
易知，
所以长为.
故答案为：.
23．
【分析】由已知可判断点可能在平面内，可能在平面内，可能在平面内.先求解当点在平面内时，可推得点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方形边界及其内部的交线.然后根据扇形的弧长公式，即可得出当点在平面内时，点P的轨迹长度是，进而得出答案.
【详解】因为，所以点可能在平面内，可能在平面内，可能在平面内.
当点在平面内时，
由平面，平面，可知，
所以，所以，
所以点到的距离为，
所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方形边界及其内部的交线.
如上图，，，
则的长，
所以，当点在平面内时，点P的轨迹长度是.
同理可得，当点在平面内时，点P的轨迹长度也是.
当点在平面时，点P的轨迹长度也是.
综上所述，点P的轨迹长度为.
故答案为：.
24．
【分析】根据平面的基本性质画出过的截面，再利用柱体、锥体的体积公式求，即可得结果.
【详解】延长交的延长线与点，连接交于点，连接：
延长交的延长线与点，连接交于点，连接：
所以过、、的截面为，如下图所示：
设正方体的棱长为，由， 分别是棱、的中点，
所以，
所以，，
则过、、的截面下方几何体的体积为，
所以另一部分体积为，则.
故答案为：.
25．①②③
【分析】根据曲率的定义逐个对题中三个结论进行计算并判断.
【详解】对于①，根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；
对于②，由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；
对于③，设每个面记为边形，
则所有的面角和为，
根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.
故填：①②③
1
0