统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业24六大常用方法理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业24六大常用方法理，共7页。试卷主要包含了直线l过抛物线C等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·福建漳州市一模]已知z＝|eq \r(3)i－1|＋eq \f(1,1＋i)，则在复平面内z对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．[2023·云南保山市模拟]已知角θ的终边过点A(4，a)，且sin (θ－π)＝eq \f(3,5)，则tanθ＝( )
A．－eq \f(4,5)B．eq \f(4,5)
C．－eq \f(3,4)D．eq \f(3,4)
3．[2023·山西吕梁市一模]函数f(x)＝eq \f(2xsinx,4x＋1)的大致图象为( )
4．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f(x)＝eq \f(2x＋3,2x＋1)，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A.{0，1，2，3}B．{0，1，2}
C．{1，2，3}D．{1，2}
5．[2023·安徽淮北市一模]在平面四边形ABCD中，已知△ABC的面积是△ACD的面积的2倍．若存在正实数x，y使得eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \f(1,x)－4)eq \(AB,\s\up6(→))＋(1－eq \f(1,y))eq \(AD,\s\up6(→))成立，则2x＋y的最小值为( )
A．1B．2
C．3D．4
6．[2023·河南襄城县二模]抛物线具有以下光学性质：从焦点发出的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴．该性质在实际生产中应用非常广泛．如图所示，从抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴的夹角均为60°，且两条反射光线a′和b′之间的距离为eq \f(4\r(3),3)，则p＝( )
A．1B．2
C．3D．4
7．已知函数h(x)＝xlnx与函数g(x)＝kx－1的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)，e－1))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，1＋\f(1,e)))
C．(1，e－1] D．(1，＋∞)
8．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1，0)，且与C交于A，B两点，则p＝______，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝________．
9．[2023·陕西武功县二模]已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1与x轴垂直的直线与椭圆C交于A，B两点，则△ABF2的内切圆的半径为________．
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x3＋3x2＋2，x≥0，,－x2ex，x<0，))若方程f(x)＋a＝0有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是________．
11．[2023·浙江模拟]已知F1、F2是椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的两个焦点，P是椭圆上的动点(不在x轴上)，O是原点，G是△OPF2的重心，则直线GF1斜率的最大值是________.
12．[2023·福建莆田市模拟]已知P为正方体ABCD­A1B1C1D1表面上的一动点，且满足|PA|＝eq \r( ,2)|PB|，AB＝2，则动点P运动轨迹的周长为________．
13.[2023·河南襄城县二模]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x<0,－x2，x≥0))，若∀x∈R，f(mx2)＋9f(4－3x)≤0恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．[21，＋∞) B．[13，＋∞)
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27,16)，＋∞))D．[15，＋∞)
14．[2023·江苏盐城市一模]已知：若函数f(x)，g(x)在R上可导，f(x)＝g(x)，则f′(x)＝g′(x).又英国数学家泰勒发现了一个恒等式e2x＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＋…，则a0＝________，eq \i\su(n＝1,10,)eq \f(an＋1,nan)＝________.
课时作业24 六大常用方法
1．解析：∵z＝|eq \r(3)i－1|＋eq \f(1,1＋i)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)))2＋（－1）2)＋eq \f(1－i,1－i2)＝2＋eq \f(1－i,2)＝eq \f(5,2)－eq \f(1,2)i，∴复平面内z对应的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，－\f(1,2)))位于第四象限．故选D.
答案：D
2．解析：∵sin（θ－π）＝－sinθ＝eq \f(3,5)⇒sinθ＝－eq \f(3,5)，
由已知角θ的终边过点A（4，a）可得
eq \f(a,\r(42＋a2))＝－eq \f(3,5)⇒a2＝9，∵eq \f(a,\r(42＋a2))＝－eq \f(3,5)<0，∴a<0，解得a＝－3，∴tanθ＝eq \f(a,4)＝－eq \f(3,4).故选C.
答案：C
3．解析：f（x）＝eq \f(2xsinx,4x＋1)＝eq \f(sinx,2x＋2－x)，f（x）的定义域为R，
f（－x）＝eq \f(－sinx,2－x＋2x)＝－f（x），f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除C选项．eq \f(π,4)<1答案：A
4．解析：f（x）＝eq \f(2x＋3,2x＋1)＝eq \f(2x＋1＋2,2x＋1)＝1＋eq \f(2,2x＋1)，
∵2x>0，∴1＋2x>1，∴0则0即1当1综上，函数y＝[f（x）]的值域为{1，2}．故选D.
答案：D
5．解析：如图，设AC与BD交于点M，
由△ABC的面积是△ACD的面积的2倍，可得BM＝2MD，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)（eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))）＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))，
又A，M，C三点共线，即eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))共线，
所以存在实数k使得eq \(AC,\s\up6(→))＝keq \(AM,\s\up6(→))，
因为eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－4))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,y)))eq \(AD,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－4＝\f(1,3)k,1－\f(1,y)＝\f(2,3)k))，消去k，可得eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝9，
又因为x>0，y>0，
所以2x＋y＝eq \f(1,9)·（2x＋y）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2y,x)＋\f(2x,y)))≥eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2y,x)×\f(2x,y))))＝1，
当且仅当eq \f(2y,x)＝eq \f(2x,y)，即x＝y＝eq \f(1,3)时等号成立．
所以2x＋y的最小值为1.故选A.
答案：A
6．解析：抛物线y2＝2px（p>0）的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由∠OFA＝60°，所以直线AF的方程为y－0＝－eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，即y＝－eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))),y2＝2px))，
得3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))eq \s\up12(2)＝2px，
解得：x＝eq \f(1,6)p或x＝eq \f(3,2)p，
可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)p，\f(\r(3),3)p)).
同理直线BF的方程为y－0＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
即y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))),y2＝2px))，解得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)p，\r(3)p)).
所以|yB－yA|＝eq \f(2\r(3),3)p＝eq \f(4\r(3),3)，解得p＝2.故选B.
答案：B
7．解析：令h（x）＝g（x），得xlnx＋1＝kx，即eq \f(1,x)＋lnx＝k.令函数f（x）＝lnx＋eq \f(1,x)，若方程xlnx－kx＋1＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，则函数f（x）＝lnx＋eq \f(1,x)与y＝k在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不相同的交点，f′（x）＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)，令eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝0可得x＝1，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，f′（x）＜0，函数是减函数；当x∈（1，e]时，f′（x）＞0，函数是增函数，函数的极小值，也是最小值为f（1）＝1，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1＋e，f（e）＝1＋eq \f(1,e)，又－1＋e＞1＋eq \f(1,e)，所以函数的最大值为e－1.所以关于x的方程xlnx－kx＋1＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，则实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，1＋\f(1,e))).故选B.
答案：B
8．解析：由eq \f(p,2)＝1，得p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x，当直线l的斜率不存在时，l：x＝1，与y2＝4x联立解得y＝±2，此时|AF|＝|BF|＝2，所以eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1；当直线l的斜率存在时，设l：y＝k（x－1），代入抛物线方程，得k2x2－2（k2＋2）x＋k2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2＝1，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(|AF|＋|BF|,|AF||BF|)＝eq \f(x1＋x2＋2,（x1＋1）（x2＋1）)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.
答案：2 1
9．解析：由椭圆的方程可得a＝2，b＝eq \r(3)，又c2＝a2－b2，所以c＝1，所以可得左焦点F1（－1，0），右焦点F2（1，0），
因为过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆C相交于A，B，
所以xA＝xB＝－1，yA＝－yB＝eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，
即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)))，
所以S△ABF2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1F2))＝eq \f(1,2)×3×2＝3，
|AF2|＝|BF2|＝eq \r( ,22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)＝eq \f(5,2)，
设内切圆的半径为r，则eq \f(1,2)（|AB|＋|AF2|＋|BF2|）·r＝S△ABF2，
可得eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋\f(5,2)＋3))·r＝3，所以可得r＝eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)
10．解析：当x≥0时，f（x）＝－x3＋3x2＋2，故f′（x）＝－3x2＋6x＝－3x（x－2），故函数在[0，2]上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，f（0）＝2，f（2）＝6；
当x<0时，f（x）＝－x2ex，故f′（x）＝－xex（x＋2），故函数在（－∞，－2）上单调递减，在[－2，0）上单调递增，f（－2）＝－4e－2.画出函数图象，如图所示：
f（x）＋a＝0，即f（x）＝－a，根据图象知，2≤－a<6或－a＝－4e－2，解得－6答案：{a|－611．解析：在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1中，a＝2，b＝eq \r( ,3)，则c＝eq \r( ,a2－b2)＝1，
所以点F1（－1，0），F2（1，0），不妨设点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，y0))，则y0≠0，则Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋1,3)，\f(y0,3)))，
直线GF1的斜率为k＝eq \f(\f(y0,3),\f(x0＋1,3)＋1)＝eq \f(y0,x0＋4)，可得y0＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋4))，
所以直线y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋4))与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1有公共点，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋4)),3x2＋4y2＝12))，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k2＋3))x2＋32k2x＋64k2－12＝0，
Δ＝322k4－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k2＋3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(64k2－12))≥0，整理可得1－4k2≥0，解得－eq \f(1,2)≤k≤eq \f(1,2)，
当k＝0时，y＝0，不合题意，故k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
因此，直线GF1斜率的最大值是eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
12．解析：由|PA|＝eq \r( ,2)|PB|，AB＝2可知，正方体表面上到点A距离最远的点为C1，
所以P点只可能在平面ABB1A1，平面ABCD，平面BB1C1C上运动，
当P在平面ABCD上运动时，如图所示，建立平面直角坐标系，
则A（0，0），B（2，0），
设P（x，y），由|PA|＝eq \r( ,2)|PB|，得x2＋y2＝2[（x－2）2＋y2]，
即（x－4）2＋y2＝8，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4，0）为圆心，以2eq \r(2)为半径的一段圆弧，
因为EC＝2eq \r( ,2)，BE＝2，故∠BEC＝eq \f(π,4)，
所以P点在平面ABCD内的轨迹的长即为eq \f(π,4)×2eq \r( ,2)＝eq \f(\r( ,2)π,2)，
同理，P点在平面ABB1A1内情况亦为eq \f(π,4)×2eq \r( ,2)＝eq \f(\r( ,2)π,2)；
P点在平面BB1C1C上时，因为|PA|＝eq \r( ,2)|PB|，∠PBA＝eq \f(π,2)，
所以∠PAB＝eq \f(π,4)，PB＝2，
所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，
其长为eq \f(1,4)×2π×2＝π，
综上所述，P点运动轨迹的周长为2×eq \f(\r( ,2)π,2)＋π＝（eq \r( ,2)＋1）π.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r( ,2)＋1))π
13．解析：因为f（x）＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x<0,－x2，x≥0))，所以函数图象如图所示：
由函数图象可知函数为定义域R上单调递减的奇函数，当x≥0时f（x）＝－x2，则f（3x）＝－（3x）2＝－9x2＝9f（x），当x<0时f（x）＝x2，则f（3x）＝（3x）2＝9x2＝9f（x），所以f（3x）＝9f（x），因为∀x∈R，f（mx2）＋9f（4－3x）≤0恒成立，即∀x∈R，f（mx2）≤－9f（4－3x）＝9f（3x－4）＝f（9x－12）恒成立，所以mx2≥9x－12恒成立，即mx2－9x＋12≥0恒成立，当m＝0时，显然不恒成立，当m≠0时，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>0,Δ＝81－48m≤0))，解得m≥eq \f(27,16)，即m∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(27,16)，＋∞)).故选C.
答案：C
14．解析：因为e2x＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＋…，令x＝0，即e0＝a0，所以a0＝1；
（e2x）′＝2e2x＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1＋（n＋1）an＋1xn＋…，
又2e2x＝2a0＋2a1x＋2a2x2＋…＋2anxn＋…，
所以2an＝（n＋1）an＋1，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2,n＋1)，所以eq \f(an＋1,nan)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \i\su(n＝1,10,)eq \f(an＋1,nan)＝eq \i\su(n＝1,10,)2（eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)）＝2（1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,10)－eq \f(1,11)）＝eq \f(20,11).
答案：1 eq \f(20,11)
A基础达标
B素养提升