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2构造法等价法换元法待定系数法（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2构造法等价法换元法待定系数法（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．已知函数f(eq \r(x)＋1)＝x＋2，则( )
A．f(x)＝x2＋2x＋1B．f(x)＝x2－2x＋3(x≥1)
C．f(x)＝x2－2x＋1D．f(x)＝x2＋2x＋3(x≥1)
2．一元二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，则a＋b的值是( )
A．10B．－10C．14D．－14
3．圆心在y轴上，半径为1，且过点(1，2)的圆的方程是( )
A．x2＋(y－2)2＝1B．x2＋(y＋2)2＝1
C．(x－1)2＋(y－3)2＝1D．x2＋(y－3)2＝1
4．已知x>1，则x＋eq \f(1,x－1)的最小值是( )
A．6B．5C．4D．3
5．已知数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1－1B．an＝2n＋1－1C．an＝2nD．an＝2n－1
6．[2022·新高考Ⅰ卷]记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)A．1B．eq \f(3,2)C．eq \f(5,2)D．3
7．[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－lnx在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2))单调递增，则a的最小值为( )
A．e2B．eC．e－1D．e－2
8．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
二、多项选择题
9．命题“∀x∈R，2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0”为真命题的一个充分不必要条件是( )
A．(－3，0) B．(－3，0] C．(－3，－1) D．(－3，＋∞)
10．已知抛物线y2＝mx(m>0)焦点与双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的一个焦点重合，点P(2，y0)在抛物线上，则( )
A．双曲线的离心率为2B．双曲线的渐近线为y＝±3x
C．m＝8D．点P到抛物线焦点的距离为6
11．若2a＋1＝3，2b＝eq \f(8,3)，则下列结论正确的是( )
A．a＋b＝3B．b－a＜1C．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＞2D．ab＞eq \f(3,4)
12．[2023·新课标Ⅱ卷]若函数f(x)＝alnx＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc>0B．ab>0C．b2＋8ac>0D．ac<0
[答题区]
三、填空题
13．设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________．
14．设函数f (x)在(0，＋∞)内可导，且f (ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________．
15．已知球O的球面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq \r(2)，则球O的体积为________.
16．[2023·新课标Ⅰ卷]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A在C上，点B在y轴上，F1A⊥F1B，F2A＝－eq \f(2,3)F2B，则C的离心率为________．
方法2 构造法 等价法 换元法 待定系数法
1．解析：设t＝eq \r(x)＋1，则t≥1且x＝（t－1）2，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝（t－1）2＋2＝t2－2t＋3，
∴f（x）＝x2－2x＋3（x≥1）.故选B.
答案：B
2．解析：由不等式解集eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，可知－eq \f(1,2)，eq \f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，代入两根，列出关于系数a，b的方程组，易得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝－\f(1,2)＋\f(1,3),\f(2,a)＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×\f(1,3))))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(a＝－12,b＝－2)))，所以a＋b＝－14.故选D.
答案：D
3．解析：因为圆心在y轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为（0，b），则圆的方程为x2＋（y－b）2＝1，又点（1，2）在圆上，所以1＋（2－b）2＝1，解得b＝2.故选A.
答案：A
4．解析：∵x>1，故x－1>0，eq \f(1,x－1)>0，∴x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2eq \r(（x－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1))))＋1＝2＋1＝3，当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)⇒x＝2时，等号成立，故x＋eq \f(1,x－1)的最小值是3.故选D.
答案：D
5．解析：因为an＝2an－1＋1，所以an＋1＝2（an－1＋1），
所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1.故选D.
答案：D
6．解析：因为eq \f(2π,3)＜T＜π，所以eq \f(2π,3)＜eq \f(2π,|ω|)＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f（x）的图象关于点（eq \f(3π,2)，2）中心对称，所以b＝2，eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，所以ω＝－eq \f(1,6)＋eq \f(2,3)k，k∈Z.令2＜－eq \f(1,6)＋eq \f(2,3)k＜3，解得eq \f(13,4)＜k＜eq \f(19,4).又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝eq \f(5,2).所以f（x）＝sin（eq \f(5,2)x＋eq \f(π,4)）＋2，所以f（eq \f(π,2)）＝sin（eq \f(5π,4)＋eq \f(π,4)）＋2＝1.故选A.
答案：A
7．解析：因为函数f（x）＝aex－lnx，所以f′（x）＝aex－eq \f(1,x).因为函数f（x）＝aex－lnx在（1，2）单调递增，所以f′（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－eq \f(1,x)≥0在（1，2）恒成立，易知a>0，则00，g（x）单调递增，所以在（1，2）上，g（x）>g（1）＝e，所以eq \f(1,a)≤e，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，故选C.
答案：C
8．解析：令g（x）＝eq \f(f（x）,x)，
则g′（x）＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)，
由题意知，当x>0时，g′（x）<0，
∴g（x）在（0，＋∞）上是减函数．
∵f（x）是奇函数，f（－1）＝0，
∴f（1）＝－f（－1）＝0，
∴g（1）＝eq \f(f（1）,1)＝0，
∴当x∈（0，1）时，g（x）>0，从而f（x）>0；
当x∈（1，＋∞）时，g（x）<0，从而f（x）<0.
又∵f（x）是奇函数，
∴当x∈（－∞，－1）时，f（x）>0；
当x∈（－1，0）时，f（x）<0.
综上，所求x的取值范围是（－∞，－1）∪（0，1）.故选A.
答案：A
9．解析：因为∀x∈R，2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0为真命题，
所以k＝0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(k<0,k2＋3k<0)))⇔－3所以（－3，0）是命题“∀x∈R，2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0”为真命题的充分不必要条件，A对，
所以（－3，0]是命题“∀x∈R，2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0”为真命题的充要条件，B错，
所以（－3，－1）是命题“∀x∈R，2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0”为真命题的充分不必要条件，C对，
所以（－3，＋∞）是命题“∀x∈R，2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0”为真命题的必要不充分条件，D错，故选AC.
答案：AC
10．解析：由双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1，可得a＝1，b＝eq \r(3)，则c＝eq \r(a2＋b2)＝2，
所以双曲线的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,1)＝2，所以A正确；
由双曲线的渐近线为y＝±eq \r(3)x，所以B错误；
由抛物线y2＝mx（m>0）焦点与双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的一个焦点重合，
可得eq \f(m,4)＝2，解得m＝8，所以C正确；
由抛物线y2＝8x的准线方程为x＝－2，则点P（2，y0）到其准线的距离为2－（－2）＝4，
到焦点的距离也为4，所以D错误．故选AC.
答案：AC
11．解析：由2a＋1＝3，2b＝eq \f(8,3)，得2a＋1·2b＝8，所以a＋1＋b＝3，则a＋b＝2，故A不正确．
又2a＋1＝2·2a＝3，所以eq \r(2)＜2a＝eq \f(3,2)＜2，所以b＞1＞a＞eq \f(1,2).因为eq \f(2b,2a)＝2b－a＝eq \f(16,9)＜2，所以b－a＜1，故B正确；
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,ab)，因为0＜ab＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(2,ab)＞2，故C正确；
ab＝a（2－a）＝－（a－1）2＋1，因为eq \f(1,2)＜a＜1，所以－（a－1）2＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))，
所以ab＞eq \f(3,4)，故D正确．
综上所述，选BCD.
答案：BCD
12．解析：因为函数f（x）＝alnx＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ>0,x1＋x2>0，,x1x2>0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＋8ac>0,\f(b,a)>0,－\f(2c,a)>0))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＋8ac>0,ab>0,ac<0,bc<0)).故选BCD.
答案：BCD
13．解析：∵数列{an}，{bn}都是等差数列，∴数列{an＋bn}也是等差数列．
∴由等差中项的性质，得（a5＋b5）＋（a1＋b1）＝2（a3＋b3），即（a5＋b5）＋7＝2×21，解得a5＋b5＝35.
答案：35
14．解析：令t＝ex，f（t）＝t＋lnt（t>0），所以f（x）＝x＋lnx（x>0），f′（x）＝1＋eq \f(1,x)，f′（1）＝2.
答案：2
15．解析：
如图，以DA，AB，BC为棱构造正方体，设正方体的外接球O的半径为R，
则正方体的体对角线长即为球O的直径，
所以|CD|＝eq \r(（\r(2)）2＋（\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝2R，所以R＝eq \f(\r(6),2)，故球O的体积V＝eq \f(4πR3,3)＝eq \r(6)π.
答案：eq \r(6)π
16．解析：方法一 由题意可知，F1（－c，0），F2（c，0），设A（x1，y1），B（0，y0），所以，，因为＝，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1－c＝\f(2,3)c,y1＝－\f(2,3)y0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝\f(5,3)c,y1＝－\f(2,3)y0))，
所以A（eq \f(5,3)c，－eq \f(2,3)y0）.
，，因为，
所以，即eq \f(8,3)c2－eq \f(2,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0，解得y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4c2.
因为点A（eq \f(5,3)c，－eq \f(2,3)y0）在双曲线C上，所以eq \f(25c2,9a2)－eq \f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9b2)＝1，
又y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4c2，所以eq \f(25c2,9a2)－eq \f(16c2,9b2)＝1，即eq \f(25（a2＋b2）,9a2)－eq \f(16（a2＋b2）,9b2)＝1，化简得eq \f(b2,a2)＝eq \f(4,5)，所以e2＝1＋eq \f(b2,a2)＝eq \f(9,5)，所以e＝eq \f(3\r(5),5).
方法二 由前面方法一得A（eq \f(5,3)c，－eq \f(2,3)y0），y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4c2，所以|AF1|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2))＝eq \r(\f(64c2,9)＋\f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9))＝eq \r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq \f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2))＝eq \r(\f(4c2,9)＋\f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9))＝eq \r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq \f(2\r(5)c,3)，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即eq \f(4\r(5)c,3)－eq \f(2\r(5)c,3)＝2a，即eq \f(\r(5),3)c＝a，所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5).
方法三 由可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝eq \f(2,3)|F2B|.设|F2B|＝3m（m>0），则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝eq \r(|AB|2－|BF1|2)＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则eq \f(1,2)|AB|·|F1D|＝eq \f(1,2)|F1A|·|F1B|，即eq \f(1,2)×5m×|F1D|＝eq \f(1,2)×4m×3m，所以|F1D|＝eq \f(12,5)m，所以|BD|＝eq \r(|BF1|2－|F1D|2)＝eq \f(9,5)m，所以|F2D|＝eq \f(6,5)m，则|F1F2|＝eq \r(|F1D|2＋|F2D|2)＝eq \f(6\r(5),5)m＝2c，即c＝eq \f(3\r(5),5)m，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5).
答案：eq \f(3\r(5),5)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案