2020届二轮复习 高考解题的数学思想 作业

2020届二轮复习 高考解题的数学思想 作业

专题二　数学思想方法 ‎ (限时:45分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2018·武汉市武昌区调研)已知奇函数f(x)在R上单调递增,若f(1)=1,则满足-1≤f(x-h2)≤1的x的取值范围是(　D　)‎ ‎(A)[-2,2] (B)[-1,1] ‎ ‎(C)[0,4] (D)[1,3]‎ 解析:因为f(x)为奇函数,且f(1)=1,‎ 所以f(-1)=-1,‎ 故f(-1)=-1≤f(x-2)≤1=f(1),‎ 又函数f(x)在R上单调递增,‎ 所以-1≤x-2≤1,解得1≤x≤3.故选D.‎ ‎2.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,则(　C　)‎ ‎(A)f(0)>f(log32)>f(-log23)‎ ‎(B)f(log32)>f(0)>f(-log23)‎ ‎(C)f(-log23)>f(log32)>f(0)‎ ‎(D)f(-log23)>f(0)>f(log32)‎ 解析:因为log23>log22=1=log33>log32>0,‎ 且函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 所以f(log23)>f(log32)>f(0),‎ 又函数f(x)为偶函数,‎ 所以f(log23)=f(-log23),‎ 所以f(-log23)>f(log32)>f(0).故选C.‎ ‎3.(2018·郑州市质检)已知函数f(x)=(a∈R),若函数f(x)在R上有两个零点,则实数a的取值范围是(　A　)‎ ‎(A)(0,1] (B)[1,+∞) ‎ ‎(C)(0,1) (D)(-∞,1]‎ 解析:画出函数f(x)的大致图象如图所示.因为函数f(x)在R上有两个零点,所以f(x)在(-∞,0]和(0,+∞)上各有一个零点.当x≤0时,f(x)有一个零点,需00时,f(x)有一个零点,需-a<0,即a>0.综上,00时,若f(a)=3,则log‎2a+a=3,‎ 解得a=2(满足a>0);‎ 当a≤0时,若f(a)=3,则‎4a-2-1=3,‎ 解得a=3,不满足a≤0,所以舍去.‎ 于是,可得a=2.‎ 故f(a-2)=f(0)=‎4-2-1‎=-.故选A.‎ ‎5.如图所示的几何体是长方体ABCDA1B‎1C1D1的一部分,其中AB=AD=‎ ‎3 cm‎,DD1=BB1=‎2 cm,则该几何体的外接球的表面积为(　B　)‎ ‎(A)11π cm2 (B)22π cm2‎ ‎(C) cm2 (D)11π cm2‎ 解析:因为底面ABCD外接圆的半径为r=BD=.‎ 球心到底面ABCD的距离为d=DD1=1,‎ 所以外接球的半径为R==,‎ 所以外接球的表面积为S球=4πR2=22π.‎ 故选B.‎ ‎6.已知双曲线的顶点与焦点分别是椭圆+=1(a>b>0)的焦点与顶点,若双曲线的两条渐近线与椭圆的交点构成的四边形恰为正方形,则椭圆的离心率为(　D　)‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ 解析:因为双曲线的顶点与焦点分别是椭圆的焦点与顶点,所以双曲线与椭圆的离心率互为倒数,不妨设为e1,e2,则e1·e2=1,因为双曲线的两条渐近线与椭圆的交点构成的四边形恰为正方形,所以双曲线的渐近线方程为y=±x,离心率e1=,所以e2=.故选D.‎ ‎7.设函数f(x)=若f(1)是f(x)的最小值,则实数a的取值范围为(　C　)‎ ‎(A)[-1,2) (B)[-1,0] ‎ ‎(C)[1,2] (D)[1,+∞)‎ 解析:法一　当a=0时,函数f(x)的最小值是f(0),不符合,排除选项A,B;当a=3时,函数f(x)无最小值,排除选项D,故选C.‎ 法二　因为f(1)是f(x)的最小值,‎ 所以f(x)=2|x-a|在(-∞,1]上单调递减,‎ 所以即所以 所以1≤a≤2,故选C.‎ ‎8.(2018·安徽省知名示范高中联合质检)已知直线y=k(x+2)(k>0)与抛物线C:y2=8x相交于A,B两点,F为C的焦点.若|FA|=2|FB|,则k等于(　D　)‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ 解析:设抛物线C:y2=8x的准线为l,易知l:x=-2,直线y=k(x+2)恒过定点P(-2,0),‎ 如图,过A,B分别作AM⊥l于点M,BN⊥l于点N.‎ 由|FA|=2|FB|,‎ 知|AM|=2|BN|,‎ 所以点B为线段AP的中点,连接OB,‎ 则|OB|=|AF|,‎ 所以|OB|=|BF|,‎ 所以点B的横坐标为1,‎ 因为k>0,‎ 所以点B的坐标为(1,2),‎ 所以k==.‎ 故选D.‎ ‎9.(2018·福州市质检)设函数f(x)=则满足f(x2-2)>f(x)的x的取值范围是(　C　)‎ ‎(A)(-∞,-1)∪(2,+∞)‎ ‎(B)(-∞,-)∪(,+∞)‎ ‎(C)(-∞,-)∪(2,+∞)‎ ‎(D)(-∞,-1)∪(,+∞)‎ 解析:法一　当x>0时,f(x)=ex-e-x随着x的增大而增大,故为增函数;当x≤0时,f(x)=0,为常数函数.‎ 所以由f(x2-2)>f(x),‎ 得 解得x<-或x>2.故选C.‎ 法二　当x>0时,f(x)=ex-e-x随着x的增大而增大,故为增函数;当 x≤0时,f(x)=0,为常数函数.f(x2-2)>f(x)⇔或解得x>2或x<-.故选C.‎ 法三　当x=2时,f(x2-2)=f(x),不符合题意,排除选项B,D;当x=-时,f(x2-2)=f(0)=0,f(x)=f(-)=0,不符合题意,排除选项A.故选C.‎ ‎10.已知抛物线y=x2,AB为过焦点F的弦,过A,B分别作抛物线的切线,两切线交于点M,设A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),则①‎ 若AB的斜率为1,则|AB|=4;②|AB|min=2;③yM=-1;④若AB的斜率为1,则xM=1;⑤xA·xB=-4.以上结论正确的个数是(　B　)‎ ‎(A)1 (B)2 (C)3 (D)4‎ 解析:由题意得,焦点F(0,1),对于①,lAB为y=x+1,联立,得消去x,得y2-6y+1=0,得yA+yB=6,则|AB|=yA+yB+p=8,则①错误;对于②, |AB|min=2p=4,则②错误;因为y′=,则lAM:y=xAx-yA,lBM:y=xBx-yB,联立,得 解得M(,).‎ 设lAB为y=kx+1,联立,得消去y,得x2-4kx-4=0,xA+xB= 4k,xA·xB=-4,所以yM=-1,③和⑤均正确;对于④,AB的斜率为1时, xM=2,则④错误.故选B.‎ ‎11.(2018·合肥市二次质检)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函数为f′(x),若对任意x>0都有‎2f(x)+xf′(x)>0成立,则(　A　)‎ ‎(A)‎4f(-2)<‎9f(3) (B)‎4f(-2)>‎9f(3)‎ ‎(C)‎2f(3)>‎3f(-2) (D)‎3f(-3)<‎2f(-2)‎ 解析:根据题意,令g(x)=x‎2f(x),其导数g′(x)=2xf(x)+x‎2f′(x),‎ 又对任意x>0都有‎2f(x)+xf′(x)>0成立,‎ 则当x>0时,有g′(x)=x(‎2f(x)+xf′(x))>0恒成立,即函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,‎ 又由函数f(x)是定义在R上的偶函数,‎ 得f(-x)=f(x),‎ 则有g(-x)=(-x)‎2f(-x)=x‎2f(x)=g(x),‎ 即函数g(x)也是偶函数,‎ 则有g(-2)=g(2),且g(2)0),C1与C2相交于A,B两点,|AB|=,则抛物线C2的方程为　 . ‎ 解析:由题意,知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点,不妨记为B,设A(m,n).因为|AB|=,所以 解得即A(,).‎ 将点A的坐标代入抛物线方程得()2=2p×,‎ 所以p=,‎ 所以抛物线C2的方程为y2=x.‎ 答案:y2=x ‎14.(2018·郑州市质检)已知数列{an}满足log2an+1=1+log2an(n∈N*),且a1+a2+a3+…+a10=1,则log2(a101+a102+…+a110)=　　　　. ‎ 解析:因为log2an+1=1+log2an,‎ 可得log2an+1=log22an,‎ 所以an+1=2an,‎ 所以数列{an}是以a1为首项,2为公比的等比数列,‎ 又a1+a2+…+a10=1,‎ 所以a101+a102+…+a110=(a1+a2+…+a10)×2100=2100,‎ 所以log2(a101+a102+…+a110)=log22100=100.‎ 答案:100‎ ‎15.(2017·全国Ⅲ卷)设函数f(x)=则满足f(x)+f(x-)>1的x的取值范围是　　　　　. ‎ 解析:当x≤0时,x+1+x-+1>1,‎ 解得x>-,‎ 所以-1恒成立;‎ 当x>时,2x+>1恒成立.‎ 综上,满足条件的x的取值范围是(-,+∞).‎ 答案:(-,+∞)‎