新教材2024高考数学二轮专题复习分册一新高考命题四特性精准定位二综合性__着眼题型凸显能力

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1.[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( )
A.e2B．eC.e－1D．e－2
素养清单[逻辑推理][数学运算]
函数与不等式不等式的性质、基本不等式、指数函数及对数函数的单调性的综合
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2.[2020·新高考Ⅰ卷](多选)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则( )
A.a2＋b2≥B．2a－b>C.lg2a＋lg2b≥－2D．≤
素养清单[逻辑推理][数学运算]
函数与不等式利用导数比较大小
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3.[2022·新高考Ⅰ卷]设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln0.9，则( )
A.a素养清单[逻辑推理][数学运算]
解析几何直线与椭圆的位置关系
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4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知直线l与椭圆＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为________．
素养清单[逻辑推理][数学运算]
解析几何抛物线与圆的综合
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5.[2023·新课标Ⅱ卷](多选)设O为坐标原点，直线y＝－(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( )
A.p＝2B.|MN|＝C.以MN为直径的圆与l相切D.△OMN为等腰三角形
素养清单[逻辑推理][数学运算]
立体几何与导数正四棱锥内接于球，利用导数求正四棱锥的体积
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6.[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A. B．C． D．[18，27]
素养清单[数学运算]
精准定位二 综合性——着眼题型 凸显能力
1．解析：因为函数f(x)＝aex－lnx，所以f′(x)＝aex－.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－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
答案：C
2．解析：对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2＋b2≥，正确；对于选项B，易知02－1＝，正确；对于选项C，令a＝，b＝，则lg2＋lg2＝－2+lg2<－2，错误；对于选项D，∵＝－()2＝a＋b－2＝()2≥0，∴，正确．故选ABD.
答案：ABD
3．解析：设f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9e0.1－1＜0，所以＜，即a＜b.令g(x)＝x－ln (1＋x)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g()＞g(0)＝0，即－ln (1＋)＞0，所以＞－ln，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln (1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋＝.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上单调递减，所以t(x)＜t(0)＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.
答案：C
4．解析：方法一 取线段AB的中点E，连接OE(O为坐标原点)．因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意可得＝＝＝－，即kOE·kAB＝－.设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，则y＝m.令y＝0，则x＝－.所以点E的坐标为(－)，所以k×＝－k2＝－，解得k＝－，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直线AB的方程为y＝－x＋2，即x＋y－2＝0.
方法二 设线段AB的中点为E.由|MA|＝|NB|，得E为线段MN的中点．设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0，则M(－，0)，N(0，m)，E(－)．将y＝kx＋m代入＝1中并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝＝2·(－)，解得k＝－.又因为|MN|＝＝2，所以m＝2，符合题意，所以直线AB的方程为x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
5．解析：由题意，易知直线y＝－(x－1)过点(1，0)．
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以＝1，即p＝2，所以A选项正确．
对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1所以由两点间距离公式可得
|MN|＝＝，故B选项错误．
对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为(，－)，半径r＝|MN|＝＝＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确．
对于D，由两点间距离公式可得|MN|＝，|OM|＝，|ON|＝，故D选项错误．综上，选AC.
答案：AC
6.
解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝，所以DC＝DE＝×，所以正四棱锥的体积V＝＝(l4－)，则V′＝(4－)．令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上单调递增，在(2，3 ]上单调递减，所以Vmax＝V(2)＝.又因为V(3)＝，V(3)＝＞，所以Vmin＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
答案：C