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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二理（附解析）

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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二理（附解析），共7页。

1．[2023·浙江绍兴市绍兴一中期末]某几何体的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球表面积为( )
A．10πB．15πC．20πD．25π
2．已知m，n∈(2，e)，且eq \f(1,n2)－eq \f(1,m2)A．m>nB．m2＋eq \f(1,n)D．m，n的大小关系不确定
3．[2023·安徽马鞍山市高三一模]已知数列{an}满足an＋2＋an＝2an＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝( )
A．69B．105C．204D．205
4．已知f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，且当x＞0时，f′(x)·lnx＋eq \f(f（x）,x)>0，则不等式(x2－1)f(x)<0的解集为( )
A．(－1，1)
B．(－∞，－1)∪(0，1)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－1，0)∪(1，＋∞)
技法6 等价转化法
5．设x∈R，若“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是( )
A．(1，3) B．[1，3) C．(1，3] D．[1，3]
6．已知不等式mx3≥y3－6x2y对于任意的x∈[2，3]，y∈[3，6]恒成立，则m的取值范围是( )
A．[9，＋∞) B．[－5，＋∞) C．[4eq \r(2)，＋∞) D．[4eq \r(2)，9]
7．已知关于x的不等式eq \f(ex,x3)－x－alnx≥1对于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1－e] B．(－∞，－3] C．(－∞，－2] D．(－∞，2－e2]
8．在正三棱锥SABC中，AB＝2eq \r(3)，SA＝2eq \r(5)，E，F分别为AC，SB的中点．平面α过点A，α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，则异面直线l和EF所成角的余弦值为________．
技法7 待定系数法
9．[2023·黑龙江哈尔滨三中一模]等比数列{an}中，a2＝2，a5＝－16，则数列{an}的前6项和为( )
A．21B．－1C．－2D．11
10．[2023·云南高三模拟]“一骑红尘妃子笑，无人知是荔枝来”描述了封建统治者的骄奢生活，同时也讲述了古代资源流通的不便利．如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝eax＋b(a，b为常数)，若该果蔬在6℃的保鲜时间为216小时，在24℃的保鲜时间为8小时，且该果蔬所需物流时间为3天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过( )
A．9℃B．12℃C．18℃D．20℃
11．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P是C第一象限上一点，以P为圆心的圆过点F且与直线x＝－1相切，若圆P的面积为25π，则圆P的方程为( )
A．(x－1)2＋(y－1)2＝25B．(x－2)2＋(y－4)2＝25
C．(x－4)2＋(y－4)2＝25D．(x－4)2＋(y－2)2＝25
12．已知函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|技法8 换元法
13．函数y＝eq \f(x2＋x＋1,x＋1)(x>－1)的最小值为( )
A．1B．2C．3D．4
14．函数f(x)＝cs2x－2cs2eq \f(x,2)的一个单调递增区间是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))
[答题区]
15.不等式lg2(2x－1)·lg2(2x＋1－2)<2的解集是________．
16．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lnx－2|，x>0，,－x3＋3x，x≤0，))若方程[f(x)]2＋mf(x)＋m2－1＝0有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是________．
专练（二）
1．B 根据三视图可得该几何体为三棱锥PABC，其直观图如下：
其外接球与长方体的外接球一样，半径为eq \f(\r(9＋3＋3),2)＝eq \f(\r(15),2)，
所以表面积为4π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),2)))eq \s\up12(2)＝15π.故选B.
2．A 由不等式可得eq \f(1,n2)－eq \f(1,m2)即eq \f(1,n2)＋lnn设f（x）＝eq \f(1,x2)＋lnx（x∈（2，e）），
则f′（x）＝－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2,x3).
因为x∈（2，e），所以f′（x）>0，故函数f（x）在（2，e）上单调递增．
因为f（n）3．D 设an＋2＋an＝2an＋1＋1，an＋2－an＋1＝an＋1－an＋1，
故{an＋1－an}构成以4为首项，1为公差的等差数列，
an＋1－an＝3＋n，
故a18＝（a18－a17）＋（a17－a16）＋…＋（a2－a1）＋a1＝17＋16＋…＋1＋3×17＋1＝eq \f(17（17＋1）,2)＋3×17＋1＝205.故选D.
4．B 设g（x）＝f（x）lnx，则g′（x）＝f′（x）lnx＋eq \f(f（x）,x)>0，所以g（x）在（0，＋∞）上递增，
又g（1）＝0，所以x>1时，g（x）＝f（x）lnx>g（1）＝0，此时lnx>0，所以f（x）>0，
00，
所以x∈（0，1）∪（1，＋∞）时，f（x）>0，
因为f（x）是奇函数，所以x∈（－∞，－1）∪（－1，0）时，f（x）<0，
由（x2－1）f（x）<0得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1>0,f（x）<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1<0,f（x）>0))，所以x<－1或0故选B.
5．A 由|x－a|<2，解得a－2因为“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，所以[1，3]（a－2，a＋2），
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<1，,a＋2>3，))解得16．A 不等式mx3≥y3－6x2y对于任意的x∈[2，3]，y∈[3，6]恒成立，
等价于m≥eq \f(y3,x3)－eq \f(6x2y,x3)＝eq \f(y3,x3)－6·eq \f(y,x)对于任意的x∈[2，3]，y∈[3，6]恒成立．
令t＝eq \f(y,x)，则1≤t≤3，所以m≥t3－6t在[1，3]上恒成立．
令f（t）＝t3－6t（1≤t≤3），则m≥f（t）max.
因为f′（t）＝3t2－6，由f′（t）>0得eq \r(2)所以f（t）在[1，eq \r(2)）上单调递减，在（eq \r(2)，3]上单调递增．
因为f（1）＝－5，f（3）＝9，所以f（t）max＝9，所以m≥9.故选A.
7．B 由题意可知，分离参数得a≤eq \f(x－3ex－x－1,lnx)对于任意的x∈（1，＋∞）恒成立，
令f（x）＝eq \f(x－3ex－x－1,lnx)＝eq \f(ex－3lnx－1－x,lnx)（x>1），
由题意可知，a≤f（x）min.
因为ex－1≥x（当x＝0时取等号），所以f（x）＝eq \f(ex－3lnx－1－x,lnx)≥eq \f(x－3lnx－x,lnx)＝－3（当x－3lnx＝0时取等号），
所以a≤－3，故选B.
8．答案：eq \f(\r(6),4)
解析：画出图象如图所示，因为平面α过点A，α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，平面SBC∩平面ABC＝BC，所以l∥BC.
取AB的中点D，连接DE，DF，则DE∥BC，所以l∥DE.
所以异面直线l和EF所成角即为∠DEF或其补角．
取BC的中点O，连接SO，AO，则SO⊥BC，AO⊥BC，
又SO∩AO＝O，所以BC⊥平面SOA，
又SA⊂平面SOA，所以BC⊥SA，
所以DE⊥DF.
在Rt△DEF中，易知DE＝eq \r(3)，DF＝eq \r(5)，
所以EF＝2eq \r(2)，cs∠DEF＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4).
所以异面直线l和EF所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
9．A 因为a2＝2，a5＝－16，故q3＝－8，故q＝－2，
所以a1＝－1，故前6项和为eq \f(－1×（1－26）,1－（－2）)＝21.
故选A.
10．B 当x＝6时，e6a＋b＝216；当x＝24时，e24a＋b＝8，
则eq \f(e6a＋b,e24a＋b)＝eq \f(216,8)＝27，整理可得e6a＝eq \f(1,3).
当物流时间为3天时，3×24＝72小时．
所以72＝eax＋b，则72＝eq \f(1,3)×216＝e6a×e6a＋b＝e12a＋b，
该果蔬所需物流时间为3天，
故物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过12℃.故选B.
11．C 曲线C：y2＝2px（p>0）的焦点为F，P是C第一象限上一点，以P为圆心的圆过点F且与直线x＝－1相切，由抛物线的定义得：直线x＝－1为抛物线的准线，则eq \f(p,2)＝1，所以p＝2，所以抛物线方程为：y2＝4x，因为圆P的面积为25π，所以圆的半径为5，设P（x0，y0），因为圆与直线x＝－1相切，所以x0＋eq \f(p,2)＝r＝5，解得x0＝4，则y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4×4.
又y>0，所以y0＝4，所以圆P的方程为（x－4）2＋（y－4）2＝25.
故选C.
12．答案：f（x）＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,3)))
解析：由题图可知A＝2，P（x1，－2），Q（x2，2），所以|PQ|＝eq \r(（x1－x2）2＋（－2－2）2)＝eq \r(（x1－x2）2＋42)＝2eq \r(5).
整理得|x1－x2|＝2，所以函数f（x）的最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即eq \f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq \f(π,2).
又函数图象过点（0，－eq \r(3)），
所以2sinφ＝－eq \r(3)，即sinφ＝－eq \f(\r(3),2).
又|φ|13．A 设t＝x＋1，∴x＝t－1，∴y＝eq \f(（t－1）2＋（t－1）＋1,t)＝eq \f(t2－t＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)－1≥2－1＝1，当且仅当t＝1时取等号．故选A.
14．A f（x）＝cs2x－2cs2eq \f(x,2)＝cs2x－csx－1，
令t＝csx∈[－1，1]，原函数可以看作g（t）＝t2－t－1，t∈[－1，1].
由于对称轴为t＝eq \f(1,2)，对于g（t）＝t2－t－1，
当t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))时，g（t）为减函数，当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，g（t）为增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，t＝csx为减函数，且t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，
∴原函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，故选A.
15．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(5,4)，lg23))
解析：设lg2（2x－1）＝y，则y（y＋1）<2，解得－216．答案：[－1，1]
解析：根据题意，画出分段函数f（x）的图象，如图中实线所示．
令t＝f（x），则方程[f（x）]2＋mf（x）＋m2－1＝0有5个不同的实数根可转化为方程t2＋mt＋m2－1＝0有2个不同的实数根，
设这两个不同的实数根分别为t1，t2，易知t1≥0，－2令g（t）＝t2＋mt＋m2－1，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（－2）＝m2－2m＋3＞0,g（0）＝m2－1≤0))，
解得－1≤m≤1，
∴实数m的取值范围是[－1，1].题号
1
2
3
4
5
6
7
9
10
11
13
14
答案