2025高考数学复习“16道小题保分练+1道大题增分练”天天练(一—十五)【含答案】
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这是一份2025高考数学复习“16道小题保分练+1道大题增分练”天天练(一—十五)【含答案】,共33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。
小题限时保分练—选自2022·济南一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1.已知全集U={x|x>0},集合A={x|x(x-1)1,或x1} D.{x|x≥1}
解析:选D 因为A={x|x(x-1)f(0)=0,A不满足;而当x=eq \f(π,2)时,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=eq \f(π,2)-sineq \f(π,2)=eq \f(π,2)-1b”的一个充分条件是( )
A.ea-b>2 B.lneq \f(a,b)>0
C.aa>bb D.eq \f(1,a)2可知,ea-b>1,a-b>0,a>b,故“ea-b>2”是“a>b”的一个充分条件,故A正确;由lneq \f(a,b)>0可得eq \f(a,b)>1,不妨取a=-2,b=-1,满足eq \f(a,b)=2>1,推不出a>b,故B错误;由aa>bb,不妨取a=-2,b=-1,满足aa=eq \f(1,4)>bb=-1,推不出a>b,故C错误;由eq \f(1,a)0,A>0),若x=eq \f(π,3)为f(x)的一个极值点,且f(x)的最小正周期为π,则( )
A.A=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
B.φ=kπ-eq \f(π,6)(k∈Z)
C.f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12),0))对称
D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))为偶函数
解析:选BCD 因为x=eq \f(π,3)是f(x)的一个极值点,则A=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))))),所以A错误;因为T=eq \f(2π,ω)=π,则ω=2,可得f(x)=Asin(2x+φ),令2×eq \f(π,3)+φ=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,解得φ=kπ-eq \f(π,6),k∈Z,所以B正确;因为f(x)=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+kπ-\f(π,6))),k∈Z,则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)+kπ-\f(π,6)))=Asin(k+1)π=0,所以C正确;因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))=Asineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))+kπ-\f(π,6)))=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)+kπ))=Acs(2x+kπ),则当k为奇数时,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))=-Acs 2x为偶函数;当k为偶数时,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))=Acs 2x为偶函数,所以D正确.
12.平面内到两定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线,它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系xOy中,M(-2,0),N(2,0),动点P满足|PM|·|PN|=5,其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是( )
A.曲线C与y轴的交点为(0,-1),(0,1)
B.曲线C关于x轴对称
C.△PMN面积的最大值为2
D.|OP|的取值范围是[1,3]
解析:选ABD 设点P(x,y),依题意,[(x+2)2+y2][(x-2)2+y2]=25,整理得x2+y2=eq \r(16x2+25)-4.对于A,当x=0时,解得 y=±1,即曲线C与y轴的交点为(0,-1),(0,1),A正确;对于B,因为x2+(-y)2=x2+y2=eq \r(16x2+25)-4,由-y换y方程不变,曲线C关于x轴对称,B正确;对于C,当x2=eq \f(3,2)时,y2=eq \f(3,2),即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2),\f(\r(6),2)))在曲线C上,S△PMN=eq \f(1,2)|MN|×eq \f(\r(6),2)=eq \r(6),C不正确;对于D,由y2=eq \r(16x2+25)-4-x2≥0,得x4-8x2-9≤0,解得0≤x2≤9,于是得|OP|2=x2+y2=eq \r(16x2+25)-4∈[1,9],解得1≤|OP|≤3,D正确.
三、填空题
13.已知向量a,b满足a=(2,1),a-b=(1,0),则a·b的值为________.
解析:因为a=(2,1),a-b=(1,0),则有a·(a-b)=2×1+1×0=2,而a·(a-b)=a2-a·b=5-a·b,于是得5-a·b=2,解得a·b=3,所以a·b的值为3.
答案:3
14.已知圆锥的轴截面是一个顶角为eq \f(2π,3),腰长为2的等腰三角形,则该圆锥的体积为________.
解析:因为圆锥的轴截面是一个顶角为eq \f(2π,3),腰长为2的等腰三角形,则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h,因此,h=2cseq \f(π,3)=1,圆锥底面圆半径r=eq \r(22-h2)=eq \r(3),所以圆锥的体积为V=eq \f(1,3)πr2h=eq \f(1,3)π×(eq \r(3))2×1=π.
答案:π
15.已知椭圆C1:eq \f(x2,36)+eq \f(y2,b2)=1的焦点分别为F1,F2,且F2是抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点,若P是C1与C2的交点,且|PF1|=7,则cs∠PF1F2的值为________.
解析:依题意,由椭圆定义得|PF1|+|PF2|=12,而|PF1|=7,则|PF2|=5,因为点F2是抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点,则该抛物线的准线l过点F1,如图,过点P作PQ⊥l于点Q,由抛物线定义知|PQ|=|PF2|=5,而F1F2∥PQ,则∠PF1F2=∠F1PQ,所以cs∠PF1F2=cs∠F1PQ=eq \f(|PQ|,|PF1|)=eq \f(5,7).
答案:eq \f(5,7)
16.已知函数f(x)=eq \f(x-12x+1x2+ax+b,x2),对任意非零实数x,均满足f(x)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,x))).则f(-1)=_______;函数f(x)的最小值为_______.
解析:函数f(x)=eq \f(x-12x+1x2+ax+b,x2),因为对任意非零实数x,均满足f(x)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,x))),则∀x∈R,x≠0,有eq \f(x-12x+1x2+ax+b,x2)=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,x)-1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2,x)+1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)-\f(a,x)+b)),\f(1,x2)),
即(x-1)(2x+1)(x2+ax+b)=(-x-1)(x-2)(bx2-ax+1),由等式两边展开式最高次项系数得-b=2,即b=-2,当x=1时,b-a+1=0,解得a=-1,经检验得,a=-1,b=-2,
又f(x)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,x)))对任意非零实数x均成立,
因此,f(x)=eq \f(x-12x+1x2-x-2,x2)=eq \f(x2-12x2-3x-2,x2)
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))-3))
=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))2-3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))
=2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))-\f(3,4)))2-eq \f(9,8),所以f(-1)=0,
当x-eq \f(1,x)=eq \f(3,4),即x=eq \f(3±\r(73),8)时,f(x)min=-eq \f(9,8),所以f(-1)的值为0,函数f(x)的最小值为-eq \f(9,8).
答案:0 -eq \f(9,8)
大题规范增分练—今日题型:解三角形
17.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b2-2bccs A=a2-2accs B,c=2.
(1)证明:△ABC为等腰三角形;
(2)设△ABC的面积为S,若________,求S的值.
在①7cs B=2cs C;②eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))=2S;③a2+b2=8c2三个选项中,选择一个填入上面空白处,并求解.
解:(1)证明:因为b2-2bccs A=a2-2accs B,所以b2+c2-2bccs A=a2+c2-2accs B,由余弦定理可知,a2=b2,即a=b,即△ABC为等腰三角形.
(2)选①,由(1)可知,A=B,所以C=π-2B,
所以7cs B=2cs C=2cs(π-2B)=-2cs 2B=2-4cs2B,
整理得4cs2B+7cs B-2=0,解得cs B=eq \f(1,4)(cs B=-2舍去),所以cs C=eq \f(7,2)cs B=eq \f(7,8),所以sin C=eq \r(1-cs2C)=eq \f(\r(15),8),
又由cs B=eq \f(1,a),可得a=4,
所以S=eq \f(1,2)absin C=eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(15),8)=eq \r(15);
选②,因为eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))=2S,所以a2cs C=a2sin C,解得C=eq \f(π,4),所以4=2a2-2a2×eq \f(\r(2),2),得a2=4+2eq \r(2),S=eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(2),2)=eq \f(\r(2),4)×(4+2eq \r(2))=1+eq \r(2);
选③,因为a2+b2=8c2,且a=b,c=2,所以a=b=4,
所以cs C=eq \f(a2+b2-c2,2ab)=eq \f(16+16-4,2×4×4)=eq \f(7,8),
所以sin C=eq \r(1-cs2C)=eq \f(\r(15),8),
所以S=eq \f(1,2)absin C=eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(15),8)=eq \r(15).
“16道小题保分练+1道大题增分练”天天练(二)
小题限时保分练—选自2022·聊城一模卷(限时45分钟)
一、单项选择题
1.设集合A={x|x=2k-1,k∈Z},B={x|0≤x+1