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    高考数学二轮复习专项分层特训方法1直接法排除法特值法数形结合法含答案 练习

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    高考数学二轮复习专项分层特训方法1直接法排除法特值法数形结合法含答案

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    这是一份高考数学二轮复习专项分层特训方法1直接法排除法特值法数形结合法含答案,共8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。



    一、单项选择题
    1.[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1-z)=1,则z+ eq \(z,\s\up6(-)) =( )
    A.-2 B.-1
    C.1 D.2
    2.[2021·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为 eq \r(2) ,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )
    A.2 B.2 eq \r(2)
    C.4 D.4 eq \r(2)
    3.[2022·山东师范大学附中模拟]若都不为零的实数a,b满足a>b,则( )
    A. eq \f(1,a) < eq \f(1,b) B. eq \f(b,a) + eq \f(a,b) >2
    C.ea-b>1 D.ln a>ln b
    4.[2022·天津宝坻二模]函数y=x- eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))) 的图象大致为( )
    5.已知等差数列{an},满足a1+a2+…+a101=0,则有( )
    A.a1+a101>0 B.a2+a102<0
    C.a3+a99=0 D.a51=51
    6.一个四面体的所有棱长都为 eq \r(2) ,四个顶点在同一球面上,则此球的表面积为( )
    A.3π B.4π
    C.3 eq \r(3) π D.6
    7.[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点,则 eq \(AP,\s\up6(→)) · eq \(AB,\s\up6(→)) 的取值范围是( )
    A.(-2,6) B.(-6,2)
    C.(-2,4) D.(-4,6)
    8.[2022·全国乙卷]双曲线C的两个焦点为F1,F2,以C的实轴为直径的圆记为D,过F1作D的切线与C交于M,N两点,且cs ∠F1NF2= eq \f(3,5) ,则C的离心率为( )
    A. eq \f(\r(5),2) B. eq \f(3,2)
    C. eq \f(\r(13),2) D. eq \f(\r(17),2)
    二、多项选择题
    9.[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)=sin (2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点( eq \f(2π,3) ,0)中心对称,则( )
    A.f(x)在区间(0, eq \f(5π,12) )单调递减
    B.f(x)在区间(- eq \f(π,12) , eq \f(11π,12) )有两个极值点
    C.直线x= eq \f(7π,6) 是曲线y=f(x)的对称轴
    D.直线y= eq \f(\r(3),2) -x是曲线y=f(x)的切线
    10.[2022·广东佛山三模]已知曲线C的方程为 eq \f(y2,m) - eq \f(x2,n) =1,下列说法正确的是( )
    A.若曲线C为焦点在x轴上的椭圆,则m>-n>0
    B.曲线C可能是圆
    C.若mn<0,则曲线C一定是双曲线
    D.若C为双曲线,则渐近线方程为y=± eq \r(\f(m,n)) x
    11.[2022·山东聊城一模]设0A.11
    C.ab<1 D. eq \f(1,a) + eq \f(2,b) ≥3
    12.[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)=x3-x+1,则( )
    A.f(x)有两个极值点
    B.f(x)有三个零点
    C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
    D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
    三、填空题
    13.[2022·全国甲卷]从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的概率为________.
    14.[2022·福建漳州三模]已知正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为4,M在棱A1B1上,且3A1M=MB1,则直线BM与平面A1B1CD所成角的正弦值为________.
    15.过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P,Q两点,若线段PF与FQ的长分别是p,q,则 eq \f(1,p) + eq \f(1,q) =________.
    16.设函数f(x)= eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-ax+1,x方法1 直接法 排除法 特值法 数形结合法
    1.解析:
    方法一 因为i(1-z)=1,所以z=1- eq \f(1,i) =1+i,所以z=1-i,所以z+z=2.故选D.
    方法二 因为i(1-z)=1=-i2=i·(-i),所以1-z=-i,所以z=1+i,所以z=1-i,所以z+z=(1+i)+(1-i)=2.故选D.
    答案:D
    2.解析:设圆锥的母线长为l,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长,则πl=2π× eq \r(2) ,解得l=2 eq \r(2) .故选B.
    答案:B
    3.解析:取a=1,b=-1,满足a>b,但 eq \f(1,a) > eq \f(1,b) ,A错误;当a=1,b=-1,满足a>b,但 eq \f(b,a) + eq \f(a,b) =-2<2,B错误;因为a>b,所以a-b>0,所以ea-b>1,C正确;当a<0或b<0时,ln a,ln b无意义,故D错误.故选C.
    答案:C
    4.解析:当x=1时,y=0 ,故排除BD,再代入x=2 ,y=2- eq \f(1,|2|) = eq \f(3,2) >0 ,排除A.故选C.
    答案:C
    5.解析:取满足题意的特殊数列an=0,则a3+a99=0.故选C.
    答案:C
    6.解析:将正四面体ABCD补形成正方体,则正四面体、正方体的中心与其外接球的球心共一点;因为正四面体棱长为 eq \r(2) ,所以正方体棱长为1,从而外接球半径R= eq \f(\r(3),2) ,所以 S球=3π.
    答案:A
    7.解析: eq \(AB,\s\up6(→)) 的模为2,根据正六边形的特征,
    可以得到 eq \(AP,\s\up6(→)) 在 eq \(AB,\s\up6(→)) 方向上的投影的取值范围是(-1,3),结合向量数量积的定义式,
    可知 eq \(AP,\s\up6(→)) · eq \(AB,\s\up6(→)) 等于 eq \(AB,\s\up6(→)) 的模与 eq \(AP,\s\up6(→)) 在 eq \(AB,\s\up6(→)) 方向上的投影的乘积,
    所以 eq \(AP,\s\up6(→)) · eq \(AB,\s\up6(→)) 的取值范围是(-2,6),故选A.
    答案:A
    8.
    解析:由题意,知点N在双曲线的右支上,不妨设点N在第一象限,如图.设切点为点A,连接DA,则DA⊥MN,易知|DA|=a,|DF1|=c,则|AF1|= eq \r(c2-a2) =b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B,则F2B∥DA.又因为点D为F1F2的中点,所以|F2B|=2|DA|=2a,|F1B|=2|AF1|=2b.由cs ∠F1NF2= eq \f(3,5) ,得sin ∠F1NF2= eq \f(4,5) ,tan ∠F1NF2= eq \f(4,3) ,所以|F2N|= eq \f(|F2B|,sin ∠F1NF2) = eq \f(5a,2) ,|BN|= eq \f(|F2B|,tan ∠F1NF2) = eq \f(3a,2) ,所以|F1N|=|F1B|+|BN|=2b+ eq \f(3a,2) .由双曲线的定义,得|F1N|-|F2N|=2a,则2b-a=2a,即 eq \f(b,a) = eq \f(3,2) .所以双曲线C的离心率e= eq \r(1+\f(b2,a2)) = eq \r(1+\f(9,4)) = eq \f(\r(13),2) .故选C.
    答案:C
    9.解析:由题意,得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) =sin ( eq \f(4π,3) +φ)=0,所以 eq \f(4π,3) +φ=kπ,k∈Z,解得φ=- eq \f(4π,3) +kπ,k∈Z.又0<φ<π,所以k=2时,φ= eq \f(2π,3) .故f(x)=sin (2x+ eq \f(2π,3) ).选项A,当x∈(0, eq \f(5π,12) )时,2x+ eq \f(2π,3) ∈( eq \f(2π,3) , eq \f(3π,2) ).由y=sin u的图象,知y=f(x)在区间(0, eq \f(5π,12) )上单调递减,故正确.选项B,当x∈(- eq \f(π,12) , eq \f(11π,12) )时,2x+ eq \f(2π,3) ∈( eq \f(π,2) , eq \f(5π,2) ).由y=sin u的图象,知y=f(x)在区间(- eq \f(π,12) , eq \f(11π,12) )内只有1个极值点,故错误.选项C,当x= eq \f(7π,6) 时,2x+ eq \f(2π,3) =3π,则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6))) =0,所以直线x= eq \f(7π,6) 不是曲线y=f(x)的对称轴,故错误.选项D,令f′(x)=2cs (2x+ eq \f(2π,3) )=-1,得cs (2x+ eq \f(2π,3) )=- eq \f(1,2) ,则2x+ eq \f(2π,3) = eq \f(2π,3) +2kπ,k∈Z或2x+ eq \f(2π,3) = eq \f(4π,3) +2kπ,k∈Z,解得x=kπ,k∈Z或x= eq \f(π,3) +kπ,k∈Z.所以函数y=f(x)的图象在点(0, eq \f(\r(3),2) )处的切线斜率为f′(0)=2cs eq \f(2π,3) =-1,切线方程为y- eq \f(\r(3),2) =-(x-0),即y= eq \f(\r(3),2) -x,故正确.选AD.
    答案:AD
    10.解析:因为曲线C的方程为 eq \f(y2,m) - eq \f(x2,n) =1,
    对于A:曲线C为焦点在x轴上的椭圆,则 eq \f(x2,-n) + eq \f(y2,m) =1,即-n>m>0,故A错误;对于B:当m=-n>0时曲线C表示圆,故B正确;对于C:若m=-n=1,满足mn<0,曲线C为x2+y2=1,表示圆,故C错误;对于D:若 eq \f(y2,m) - eq \f(x2,n) =1为双曲线,则mn>0,当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(m>0,n>0))) 时, eq \f(y2,m) - eq \f(x2,n) =1表示焦点在y轴上的双曲线,其渐近线方程为y=± eq \r(\f(m,n)) x,当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(m<0,n<0))) 时, eq \f(x2,-n) - eq \f(y2,-m) =1表示焦点在x轴上的双曲线,其渐近线方程为y=± eq \r(\f(m,n)) x,故D正确;故选BD.
    答案:BD
    11.解析:对于A:∵0∴ eq \f(1,a) + eq \f(2,b) = eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)+\f(2,b))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a+b)) = eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(b,a)+\f(2a,b)+2)) ≥ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3+2 \r(\f(b,a)·\f(2a,b)))) = eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3+2\r(2))) ,
    当且仅当 eq \f(b,a) = eq \f(2a,b) ,即a=2 eq \r(2) -2,b=4-2 eq \r(2) 时等号成立,
    ∵ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3+2\r(2))) -3= eq \f(2\r(2)-3,2) <0,∴ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3+2\r(2))) <3,∴D错误.
    故选AC.
    答案:AC
    12.解析:由题意知f′(x)=3x2-1.令f′(x)=0,得x= eq \f(\r(3),3) 或x=- eq \f(\r(3),3) .令f′(x)>0,得x<- eq \f(\r(3),3) 或x> eq \f(\r(3),3) ;令f′(x)<0,得- eq \f(\r(3),3) <x< eq \f(\r(3),3) .所以f(x)在(-∞,- eq \f(\r(3),3) )和( eq \f(\r(3),3) ,+∞)上单调递增,在(- eq \f(\r(3),3) , eq \f(\r(3),3) )上单调递减,所以f(x)有两个极值点,所以A正确.f(x)极大值=f(- eq \f(\r(3),3) )=- eq \f(\r(3),9) + eq \f(\r(3),3) +1>0,f(x)极小值=f( eq \f(\r(3),3) )= eq \f(\r(3),9) - eq \f(\r(3),3) +1>0.当x→+∞时,f(x)→+∞;当x→-∞时,f(x)→-∞,所以f(x)有一个零点,所以B错误.因为f(x)+f(-x)=x3-x+1+(-x)3+x+1=2,所以曲线y=f(x)关于点(0,1)对称,所以C正确.令f′(x)=3x2-1=2,得x=1或x=-1,所以当切线的斜率为2时,切点为(1,1)或(-1,1),则切线方程为y=2x-1或y=2x+3,所以D错误.故选AC.
    答案:AC
    13.解析:从正方体的8个顶点中任选4个,所有的取法有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) =70(种),4个点共面的取法共有12种(表面有6个四边形,对角线可构成6个长方形,所以共有12种),所以4个点在同一个平面的概率为 eq \f(12,70) = eq \f(6,35) .
    答案: eq \f(6,35)
    14.解析:如图所示,以D为原点, eq \(DA,\s\up6(→)) 方向为x轴,建立空间直角坐标系D ­ xyz,
    所以有,D(0,0,0),A1(4,0,4),C(0,4,0),B(4,4,0),M(4,1,4),
    则DA1=(4,0,4), eq \(DC,\s\up6(→)) =(0,4,0), eq \(MB,\s\up6(→)) =(0,3,-4),
    设平面A1DC的法向量n=(x,y,z),则由
    eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up6(→))=4y=0,n·DA1=4x+4z=0))) ,令x=1,得n=(1,0,-1),
    设直线BM与平面A1B1CD所成角为θ,则
    sin θ=|cs 〈n, eq \(MB,\s\up6(→)) 〉|= eq \f(|n·\(MB,\s\up6(→))|,|n||\(MB,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) ) = eq \f(|4|,\r(2)×5) = eq \f(2\r(2),5) .
    答案: eq \f(2\r(2),5)
    15.解析:设直线斜率为0,因抛物线焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,4a))) ,把直线方程y= eq \f(1,4a) 代入抛物线方程解得x=± eq \f(1,2a) ,∴|PF|=|FQ|= eq \f(1,2a) ,从而 eq \f(1,p) + eq \f(1,q) =4a.
    答案:4a
    16.解析:当a<0时,f(x)=-ax+1(x答案:0(答案不唯一) 1

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