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3割补法估算法整体代换法分离参数法（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3割补法估算法整体代换法分离参数法（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f(x)＝ax3＋bsinx＋1(ab≠0).若f(2023)＝k，则f(－2023)＝( )
A．kB．－kC．1－kD．2－k
2．为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是( )
A．eq \f(3＋\r(6),4)km2B．eq \f(3－\r(6),4)km2C．eq \f(6＋\r(3),4)km2D．eq \f(6－\r(3),4)km2
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4，a10是方程x2－4x＋1＝0的两根，则S13＝( )
A．21B．24C．25D．26
4．[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13B．12C．9D．6
5．[2023·新课标Ⅰ卷]设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞)
6．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
7．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M与点M′关于x轴对称，M′F1⊥MF2.若kMF1，eq \f(2b,a)，kMF2成等比数列(其中kMF1，kMF2分别是直线MF1，MF2的斜率)，则双曲线C的离心率为( )
A．eq \f(\r(5),2)B．eq \r(5)C．eq \r(3)D．3
8．[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120B．85C．－85D．－120
二、多项选择题
9．下列命题中，为真命题的是( )
A．∀x∈R，2x－1>0B．∃x∈R，使x2＋1<2x
C．∀xy>0，有x＋y≥2eq \r(xy)D．∃x，y∈R，使sin (x＋y)＝sinx＋siny
10．已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是( )
A．a3＋a7≥2B．a4＋a6≥2
C．a7－2a6＋1≥0D．a3－2a4－1≥0
11．[2020·新高考Ⅰ卷]如图是函数y＝sin (ωx＋φ)的部分图象，则sin (ωx＋φ)＝( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))
12．[2023·新课标Ⅰ卷]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
[答题区]
三、填空题
13．已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))－eq \f(1,3)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))－eq \f(1,2)，c＝lneq \f(3,5)，则这三个数从大到小的顺序是________．
14．若3sinα＋csα＝0，则cs2α＋2sinα·csα的值为________．
15．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围是________．
16．[2023·新课标Ⅱ卷]底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
方法3 割补法 估算法 整体代换法 分离参数法
1．解析：∵f（2023）＝a·20233＋bsin2023＋1＝k，
∴a·20233＋b·sin2023＝k－1，
∴f（－2023）＝a·（－2023）3＋b·sin（－2023）＋1
＝－a·20233－bsin2023＋1
＝－（a·20233＋bsin2023）＋1
＝－（k－1）＋1＝2－k.故选D.
答案：D
2．解析：如图，连接AC.在△ABC中，
根据余弦定理可得
AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BC·cs60°)
＝eq \r(3)km，
又AB＝2km，BC＝1km，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
故∠DAC＝∠DCA＝15°.
所以△ADC为等腰三角形，且∠D＝150°，
设AD＝DC＝xkm，根据余弦定理得x2＋x2＋eq \r(3)x2＝3，即x2＝eq \f(3,2＋\r(3))＝3（2－eq \r(3)）.
所以小区的面积为eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＋eq \f(1,2)×3（2－eq \r(3)）×eq \f(1,2)＝eq \f(2\r(3)＋6－3\r(3),4)＝eq \f(6－\r(3),4)（km2）.故选D.
答案：D
3．解析：因为a4，a10是方程x2－4x＋1＝0的两根，所以a4＋a10＝4，
又S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝eq \f(13（a4＋a10）,2)＝eq \f(13×4,2)＝26.故选D.
答案：D
4．解析：由题，a2＝9，b2＝4，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2))＝2a＝6，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2))≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)),2)))2＝9（当且仅当eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF1))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2))＝3时，等号成立）.故选C.
答案：C
5．解析：方法一 由题意得y＝x（x－a）在区间（0，1）单调递减，所以x＝eq \f(a,2)≥1，解得a≥2.故选D.
方法二 取a＝3，则y＝x（x－3）＝（x－eq \f(3,2)）2－eq \f(9,4)在（0，1）单调递减，所以f（x）＝2x（x－3）在（0，1）单调递减，所以a＝3符合题意，排除A，B，C，故选D.
答案：D
6．解析：2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，即a≤2lnx＋x＋eq \f(3,x)恒成立．设h（x）＝2lnx＋x＋eq \f(3,x)，则h′（x）＝eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)（x>0）.当x∈（0，1）时，h′（x）<0，函数h（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，函数h（x）单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝4，所以a≤h（x）min＝4.故选B.
答案：B
7．解析：因为点M与点M′关于x轴对称，所以kM′F1＝－kMF1.
因为M′F1⊥MF2，所以－kMF1·kMF2＝－1，即kMF1·kMF2＝1.
又kMF1，eq \f(2b,a)，kMF2成等比数列，所以eq \f(4b2,a2)＝kMF1·kMF2，即eq \f(4b2,a2)＝1，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，故e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(\r(5),2).故选A.
答案：A
8．解析：方法一 设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×\f(a1（1－q2）,1－q)))，化简整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q2＝4,\f(a1,1－q)＝\f(1,3))).所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(1,3)×（1－44）＝－85.故选C.
方法二 易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝eq \f(5,4)时，结合S4＝－5得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q2）,1－q)＝\f(5,4)))，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.
答案：C
9．解析：对于A选项，∀x∈R，2x－1>0，正确；
对于B选项，∵x2＋1－2x＝（x－1）2≥0，则x2＋1≥2x，错误；
对于C选项，当x<0，y<0时，x＋y<0<2eq \r(xy)，错误；
对于D选项，取x＝y＝0，则sin（x＋y）＝sin0＝0＝sin0＋sin0＝sinx＋siny，正确．故选AD.
答案：AD
10．解析：因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，
所以a3＝eq \f(1,q2)，a4＝eq \f(1,q)，a6＝q，a7＝q2，
因为a3＋a7＝eq \f(1,q2)＋q2≥2，故A正确；
因为a4＋a6＝eq \f(1,q)＋q，当q<0时式子为负数，故B错误；
因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝（q－1）2≥0，故C正确；
因为a3－2a4－1＝eq \f(1,q2)－eq \f(2,q)－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,q)－1))2－2，存在q使得a3－2a4－1<0，故D错误．故选AC.
答案：AC
11．解析：由题图可知，函数的最小正周期T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq \f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y＝sin（2x＋φ），将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))代入得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，故y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sin [π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))]＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))，故选项B正确；y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，选项C正确；对于选项A，当x＝eq \f(π,6)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝1≠0，错误；对于选项D，当x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(2π,3),2)＝eq \f(5π,12)时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2×\f(5π,12)))＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y＝sin（－2x＋φ），将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))代入，得sin（－2×eq \f(π,6)＋φ）＝0，结合函数图象，知－2×eq \f(π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(4π,3)))，但当x＝0时，y＝sineq \f(4π,3)＝－eq \f(\r(3),2)<0，与图象不符合，舍去．综上，选BC.
答案：BC
12．解析：由于棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m，所以选项A正确；由于棱长为1m的正方体中可放入棱长为eq \r(2)m的正四面体，且eq \r(2)>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1m，体对角线长为eq \r(3)m，eq \r(3)<1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为eq \r(3)m，而底面直径为1.2m的圆柱体，其高0.01m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.
答案：ABD
13．解析：a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))－eq \f(1,3)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))0＝1，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))－eq \f(1,2)∈（0，1），c＝lneq \f(3,5)<0，则这三个数从大到小的顺序是a>b>c.
答案：a>b>c
14．解析：由3sinα＋csα＝0，得csα≠0，tanα＝－eq \f(1,3).
所以cs2α＋2sinα·csα
＝eq \f(cs2α＋2sinα·csα,1)＝eq \f(cs2α＋2sinα·csα,sin2α＋cs2α)
＝eq \f(1＋2tanα,tan2α＋1)＝eq \f(1－\f(2,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))2＋1)＝eq \f(3,10).
答案：eq \f(3,10)
15．解析：∵f′（x）＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))恒成立，即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))恒成立，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3).
答案：[eq \f(4,3)，＋∞）
16.
解析：如图所示，正四棱锥P­ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P­A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′­ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′­ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以eq \f(PO′,PO)＝eq \f(O′H′,OH)，即eq \f(3,PO)＝eq \f(1,2)，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝eq \f(1,3)×3×（22＋2×4＋42）＝28.
答案：28
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案