2018届高三数学(文)高考总复习：升级增分训练 最值、范围、存在性问题
2018届高三数学文二轮复习全国通用 题型增分天天练 答案 含答案
参考答案客观题提速练一1.B2.B3.C4.D 由余弦定理得5=b2+4-2×b×2×错误！未找到引用源。
,解得b=3(b=-错误！未找到引用源。
舍去),选D.5.B 因为6-2m>0,所以m<3,c2=m2-2m+14=(m-1)2+13,所以当m=1时,焦距最小,此时,a=3,b=2,所以错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
.选B.6.B 由题可得4×错误！未找到引用源。
+ϕ=错误！未找到引用源。
+kπ,k∈Z,所以ϕ=错误！未找到引用源。
+kπ,k∈Z.因为ϕ<0,所以ϕmax=-错误！未找到引用源。
.选B.7.C 在如图的正方体中,该几何体为四面体ABCD,AC=2,其表面积为错误！未找到引用源。
×2×2×2+错误！未找到引用源。
×2×2错误！未找到引用源。
×2=4错误！未找到引用源。
+4.选C.8.B 因为a2+a<0,所以a(a+1)<0,所以-1<a<0.取a=-错误！未找到引用源。
,可知-a>a2>-a2>a.故选B.9.C 易判断函数为偶函数,由y=0,得x=±1.当x=0时,y=-1,且当0<x<1时,y<0;当x>1时,y>0.故选C.10.B 因为p=错误！未找到引用源。
或p=错误！未找到引用源。
,所以8.5=错误！未找到引用源。
或8.5=错误！未找到引用源。
,解得x3=8.故选B.11.C取CS的中点O,连接OA,OB.则由题意可得OA=OB=OS=2.CS为直径,所以CA⊥AS,CB⊥SB.在Rt△CSA中,∠CSA=45°,故AS=CScos 45°=4×错误！未找到引用源。
=2错误！未找到引用源。
, 在△OSA中,OA2+OS2=AS2,所以OA⊥OS.同理,OS⊥OB.所以OS⊥平面OAB.△OAB中,OA=OB=AB=2,故△OAB的面积S=错误！未找到引用源。
2018届高三数学(理)高考总复习：升级增分训练 最值、范围、存在性问题 含解析
升级增分训练 最值、范围、存在性问题1．(2016·贵阳监测考试)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，且椭圆C 上的点到一个焦点的距离的最小值为3－2．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．解：(1)设椭圆的半焦距长为c ，则由题设有⎩⎨⎧ c a ＝63，a －c ＝3－2， 解得a ＝3，c ＝2，∴b 2＝1，故椭圆C 的方程为y 23＋x 2＝1． (2)由已知可得，直线l 的方程为y ＝kx ＋2，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点为M (x 0，y 0)，将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 23＋x 2＝1， 得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0，则Δ＝12k 2－12＞0，x 1＋x 2＝－4k 3＋k 2，x 1x 2＝13＋k 2． ∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k 2， |AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·12k 2－123＋k 2＝23k 4－13＋k 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝12k 2－12＞0，63＋k 2≤12|AB |，解得k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413．故所求斜率的取值范围为(－∞，－413]∪413，＋∞)．2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆上，A ，B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点，当A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)． ∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上，∴－b ＝－2，解得b ＝2． 又c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2， ∴a ＝4，c ＝23．可得椭圆C 的标准方程为x 216＋y 24＝1． (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵∠APQ ＝∠BPQ ，则PA ，PB 的斜率互为相反数，可设直线PA 的斜率为k ，则PB 的斜率为－k ，直线PA 的方程为：y －3＝k (x －2)，联立⎩⎨⎧ y －3＝k (x －2)，x 2＋4y 2＝16，消去y ， 得(1＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0，∴x 1＋2＝8k (2k －3)1＋4k 2． 同理可得：x 2＋2＝－8k (－2k －3)1＋4k 2＝8k (2k ＋3)1＋4k 2， ∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－163k 1＋4k 2， k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝36．∴直线AB 的斜率为定值36． 3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C 的两个焦点是(0，－3)和(0，3)，并且经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，抛物线E 的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C 的右顶点F ． (1)求椭圆C 和抛物线E 的标准方程；(2)过点F 作两条斜率都存在且互相垂直的直线l 1，l 2，l 1交抛物线E 于点A ，B ，l 2交抛物线E 于点G ，H ，求AG ―→·HB ―→的最小值．解：(1)设椭圆C 的标准方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a ＞b ＞0)，焦距为2c ，则由题意得c ＝3，2a ＝34＋(1＋3)2＋34＋(1－3)2＝4， ∴a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为y 24＋x 2＝1． ∴右顶点F 的坐标为(1,0)．设抛物线E 的标准方程为y 2＝2px (p ＞0)，∴p 2＝1,2p ＝4， ∴抛物线E 的标准方程为y 2＝4x ．(2)设l 1的方程：y ＝k (x －1)，l 2的方程：y ＝－1k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，G (x 3，y 3)，H (x 4，y 4)．由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x消去y 得：k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，∴Δ＝4k 4＋16k 2＋16－4k 4＞0，x 1＋x 2＝2＋4k2，x 1x 2＝1． 同理x 3＋x 4＝4k 2＋2，x 3x 4＝1，∴AG ―→·HB ―→＝(AF ―→＋FG ―→)·(HF ―→＋FB ―→)＝AF ―→·HF ―→＋AF ―→·FB ―→＋FG ―→·HF ―→＋FG ―→·FB ―→＝|AF |―→·|FB |―→＋|FG ―→|·|HF |―→＝|x 1＋1|·|x 2＋1|＋|x 3＋1|·|x 4＋1|＝(x 1x 2＋x 1＋x 2＋1)＋(x 3x 4＋x 3＋x 4＋1)＝8＋4k 2＋4k 2 ≥8＋24k2·4k 2＝16， 当且仅当4k2＝4k 2，即k ＝±1时，AG ―→·HB ―→有最小值16． 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴上是否存在定点E ，使得EA ―→2＋EA ―→·AB ―→为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由．解：(1)由e ＝63，得c a ＝63， 即c ＝63a ，① 又以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆为x 2＋y 2＝a 2，且该圆与直线2x －2y ＋6＝0相切，所以a ＝|6|22＋(－2)2＝6，代入①得c ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1． (2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 26＋y 22＝1，y ＝k (x －2)，得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1x 2＝12k 2－61＋3k 2． 根据题意，假设x 轴上存在定点E (m,0)，使得EA ―→2＋EA ―→·AB ―→＝(EA ―→＋AB ―→)·EA ―→＝EA ―→·EB ―→为定值，则EA ―→·EB ―→＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2) ＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2) ＝(3m 2－12m ＋10)k 2＋(m 2－6)1＋3k 2， 要使上式为定值，即与k 无关，只需3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，解得m ＝73， 此时，EA ―→2＋EA ―→·AB ―→＝m 2－6＝－59， 所以在x 轴上存在定点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫73，0使得EA ―→2＋EA ―→·AB ―→为定值，且定值为－59．。
2018年高三数学(文)一轮复习高考大题增分专项 解析几何
2 2
高考大题 增分专项
题型一 题型二 题型三
高考大题增分专项五
考情分析 题型四 题型五 典例突破 题型六
高考中的解析几何
专题总结
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(2)设 P(x0,y0).由已知得
高考大题 增分专项
题型一 题型二 题型三
高考大题增分专项五
考情分析 题型四 题型五 典例突破 题型六
高考中的解析几何
专题总结
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例 2(2016 河北邢台二模)已知 F1,F2 分别为椭圆
������2 ������
2 =1(a>b>0)的上、下焦点,其中
������2 C1:������2
+
F1 也是抛物线 C2:x2=4y 的焦点,点
高考大题 增分专项
题型一 题型二 题型三
高考大题增分专项五
考情分析 题型四 题型五 典例突破 题型六
高考中的解析几何
专题总结
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题型二
直线与圆锥曲线的位置关系
������������ + ������������ + ������ = 0, ������(������,������) = 0, 消去 y(或消去 x)得 ax2+bx+c=0.若 a≠0,Δ=b2-4ac,Δ>0⇔相交;Δ<0⇔ 相离;Δ=0⇔相切.若 a=0,得到一个一次方程:①C 为双曲线,则 l 与双 曲线的渐近线平行;②C 为抛物线,则 l 与抛物线的对称轴平行. 设直线 l:Ax+By+C=0,圆锥曲线 C:f(x,y)=0,由
2018届高三数学(理)高考总复习：升级增分训练_立体几何_有解析
升级增分训练立体几何1．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是()A．2B．2 2C． 3 D．2 3解析：选D在正方体ABCD-A1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1-BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2,22，22，23，故选D．2．(2016·广东茂名二模)若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为()A．34π B．35πC．36π D．17π解析：选A由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R为外接球的半径)，外接球表面积为S＝4πR2＝34π．3．(2017·湖南长沙三校联考)已知点E，F，G分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P-MNQ的俯视图不可能是()解析：选C 当M 与F 重合、N 与G 重合、Q 与E 重合、P 与B 1重合时，三棱锥P -MNQ 的俯视图为A ；当M ，N ，Q ，P 是所在线段的中点时，三棱锥P -MNQ 的俯视图为B ；当M ，N ，Q ，P 位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P -MNQ ，使其俯视图为D ．4．(2017·河南中原名校联考)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，四棱锥S -ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．916π B ．2516π C ．4916πD ．8116π解析：选D 作如图所示的辅助线，其中O 为球心，设OG 1＝x ， 则OB 1＝SO ＝2－x ，由正方体的性质知B 1G 1＝22， 则在Rt △OB 1G 1中，OB 21＝G 1B 21＋OG 21，即(2－x )2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝8116π．5．(2016·湖南长沙四校一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1136B ． 3C ．533D ．433解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，△P AD 积V ＝13为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为3，∴所求体×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(1＋2)×2×3＝3．6．(2016·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．②④解析：选D 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正视图为④．而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．7．(2016·福建省质检)在三棱锥P -ABC 中，P A ＝23，PC ＝2，AB ＝7，BC ＝3，∠ABC ＝π2，则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为( )A ．4πB ．163πC ．323πD ．16π解析：选D 设三棱锥P -ABC 的外接球的半径为R ，在△ABC 中，因为AB ＝7，BC ＝3，∠ABC ＝π2，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝4．在△P AC 中，因为P A ＝23，PC ＝2，AC ＝4，所以P A 2＋PC 2＝AC 2，所以∠APC ＝π2，所以AC 为三棱锥P -ABC 的外接球的直径，所以R ＝2，所以此三棱锥的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×22＝16π．8．(2016·南宁模拟)设点A ，B ，C 为球O 的球面上三点，O 为球心．球O 的表面积为100π，且△ABC 是边长为43的正三角形，则三棱锥O -ABC 的体积为( )A ．12B ．12 3C ．24 3D ．36 3解析：选B ∵球O 的表面积为100π＝4πr 2，∴球O 的半径为5．如图，取△ABC 的中心H ，连接OH ，连接并延长AH 交BC 于点M ，则AM ＝(43)2－⎝⎛⎭⎪⎫4322＝6，AH ＝23AM ＝4，∴OH ＝OA 2－AH 2＝52－42＝3，∴三棱锥O -ABC 的体积为V ＝13×34×(43)2×3＝123．9．如图，三棱锥V -ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为________．解析：设三棱锥V -ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ， 则ah ＝43，其侧视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33． 答案：3310．(2016·南昌一模)正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为2，此时四面体ABCD 外接球的表面积为________．解析：由题知，求四面体ABCD 的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1，3的长方体的外接球的表面积，其半径R ＝1212＋12＋(3) 2＝52，所以S ＝4πR 2＝5π．答案：5π11．(2016·江西师大附中模拟)已知边长为23的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，沿对角线BD 折成二面角A -BD -C 的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________．解析：如图1，取BD 的中点E ，连接AE ，CE ．由已知条件可知，平面ACE ⊥平面BCD ．易知外接球球心在平面ACE 内，如图2，在CE 上取点G ，使CG ＝2GE ，过点G 作l 1垂直于CE ，过点E 作l 2垂直于AC ，设l 1与l 2交于点O ，连接OA ，OC ，则OA ＝OC ，易知O 即为球心．分别解△OCG ，△EGO 可得R ＝OC ＝7，∴外接球的表面积为28π．答案：28π12．(2017·贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3 3 cm 3，其所有顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积的最小值为________cm 2．解析：球O 的表面积最小等价于球O 的半径R 最小．设正三棱柱的底面边长为a ，高为b ，则正三棱柱的体积V ＝34a 2b ＝33，所以a 2b ＝12．底面正三角形所在截面圆的半径r ＝33a ，则R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋b 24＝13×12b ＋b 24＝4b ＋b 24，令f (b )＝4b ＋b 24，0＜b ＜2R ，则f ′(b )＝b 3－82b 2．令f ′(b )＝0，解得b ＝2，当0＜b ＜2时f ′(b )＜0，函数f (b )单调递减，当b ＞2时，f ′(b )＞0，函数f (b )单调递增，所以当b ＝2时，f (b )取得最小值3，即(R 2)min ＝3，故球O 的表面积的最小值为4π(R 2)min ＝12π．答案：12π13．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2．(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角的余弦值．解：(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2， 所以BE ⊥AC ．即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC ， 又BC ∥DE ，DE ＝1＝BC ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC ．(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 所以∠A 1OC 为二面角A 1-BE -C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2．如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD ―→＝BE ―→＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面A 1CD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC ―→＝0，n 1·A 1C ―→＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取y 1＝1，得平面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·A 1C ―→＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取y 2＝1，得平面A 1CD 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 从而cos θ＝n 1，n 2＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角的余弦值为63．。
2018届高三数学(文)高考总复习：升级增分训练_导数的综合应用(一)_有解析
升级增分训练 导数的综合应用（一）1．设函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋x －a －1(a ∈R)． (1)当a ＝－12时，求函数f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在1，＋∞)上恒成立． 解：(1)当a ＝－12时，f (x )＝ln x －12x 2＋x －12，且定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝1x －x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－52⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋52x ，(x ＞0) 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1＋52； 单调减区间是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋52，＋∞．(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ＋1＝ln x ＋ax 2－a ， 则g ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x ，所以当a ≥0时，g ′(x )＞0在1，＋∞)上恒成立， 所以g (x )在1，＋∞)上是增函数，且g (1)＝0， 所以g (x )≥0在1，＋∞)上恒成立，即当a ≥0时，不等式f (x )≥x －1在1，＋∞)上恒成立． 2．(2016·海口调研)已知函数f (x )＝mx －mx ，g (x )＝3ln x ． (1)当m ＝4时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若x ∈(1，e](e 是自然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝4时，f (x )＝4x －4x ，f ′(x )＝4＋4x 2，f ′(2)＝5，∴所求切线方程为y －6＝5(x －2)， 即y ＝5x －4．(2)由题意知，x ∈(1，e]时， mx －mx －3ln x ＜3恒成立， 即m (x 2－1)＜3x ＋3x ln x 恒成立， ∵x ∈(1，e]，∴x 2－1＞0， 则m ＜3x ＋3x ln xx 2－1恒成立．令h (x )＝3x ＋3x ln xx 2－1，x ∈(1，e]，则m ＜h (x )min ．h ′(x )＝－3(x 2＋1)·ln x －6(x 2－1)2＝－3(x 2＋1)·ln x ＋6(x 2－1)2， ∵x ∈(1，e]， ∴h ′(x )＜0，即h (x )在(1，e]上是减函数． ∴当x ∈(1，e]时，h (x )min ＝h (e)＝9e2(e －1)．∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，9e 2e －2． 3．(2017·广西质检)设函数f (x )＝c ln x ＋12x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若f (x )＝0恰有两解，求实数c 的取值范围． 解：f ′(x )＝cx ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋c x (x ＞0)，又f ′(1)＝0， 所以f ′(x )＝(x －1)(x －c )x(x ＞0)且c ≠1，b ＋c ＋1＝0． (1)因为x ＝1为f (x )的极大值点，所以c ＞1， 当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0； 当1＜x ＜c 时，f ′(x )＜0； 当x ＞c 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )．则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． f (x )＝0恰有两解， 则f (1)＜0，即12＋b ＜0，所以－12＜c ＜0；②若0＜c ＜1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋bc ，f (x )极小值＝f (1)＝12＋b ，因为b ＝－1－c ，则f (x )极大值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0，f (x )极小值＝－12－c ＜0，从而f (x )＝0只有一解；③若c ＞1，则f (x )极小值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0，f (x )极大值＝－12－c ＜0，则f (x )＝0只有一解．综上，使f (x )＝0恰有两解的c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0．4．(2017·福建省质检)已知函数f (x )＝ax －ln(x ＋1)，g (x )＝e x －x －1．曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在原点处的切线相同．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ≥0时，g (x )≥kf (x )，求k 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －1x ＋1(x ＞－1)，g ′(x )＝e x －1， 依题意，f ′(0)＝g ′(0)，即a －1＝0，解得a ＝1， 所以f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1， 当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0． 故f (x )的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x ＝0时，f (x )取得最小值0，所以f (x )≥0，即x ≥ln(x ＋1)，从而e x≥x ＋1． 设F (x )＝g (x )－kf (x )＝e x ＋k ln(x ＋1)－(k ＋1)x －1， 则F ′(x )＝e x ＋k x ＋1－(k ＋1)≥x ＋1＋k x ＋1－(k ＋1)， (ⅰ)当k ＝1时，因为x ≥0，所以F ′(x )≥x ＋1＋1x ＋1－2≥0(当且仅当x ＝0时等号成立)， 此时F (x )在0，＋∞)上单调递增， 从而F (x )≥F (0)＝0，即g (x )≥kf (x )．(ⅱ)当k ＜1时，因为f (x )≥0，所以f (x )≥kf (x )． 由(ⅰ)知g (x )－f (x )≥0，所以g (x )≥f (x )≥kf (x )， 故g (x )≥kf (x )．(ⅲ)当k ＞1时，令h (x )＝e x ＋kx ＋1－(k ＋1)， 则h ′(x )＝e x －k(x ＋1)2，显然h ′(x )在0，＋∞)上单调递增， 又h ′(0)＝1－k ＜0，h ′(k －1)＝ek －1－1＞0，所以h ′(x )在(0，k －1)上存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在0，x 0)上单调递减， 从而h (x )＜h (0)＝0，即F ′(x )＜0， 所以F (x )在0，x 0)上单调递减， 从而当x ∈(0，x 0)时，F (x )＜F (0)＝0， 即g (x )＜kf (x )，不合题意．综上，实数k 的取值范围为(－∞，1]．5．(2016·石家庄质检)已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )＝⎩⎨⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )＜g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．解：(1)由已知，f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ， 所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1， 由题意，知a ＝－1．(2)易知函数g (x )＝e x－e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0， 又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，f (－1)＝34－a ＞0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点， 此时y ＝h (x )有两个零点；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0， 两根为x 1＝－a3＜0，x 2＝ a3＞0， 则－ a3是函数f (x )的一个极小值点， a3是函数f (x )的一个极大值点， 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－ a 33＋a ⎝⎛⎭⎪⎫－ a 3－14＝－2a 3a 3－14＜0； 现在讨论极大值的情况： f a3＝－a 33＋a a 3－14＝2a 3a 3－14， 当fa 3＜0，即a ＜34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零， 此时y ＝h (x )有两个零点； 当fa 3＝0，即a ＝34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝ a 3＝12， 此时y ＝h (x )有三个零点； 当fa 3＞0，即a ＞34时， 函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3， 若f (1)＝－1＋a －14＜0，即a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝－1＋a －14＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝－1＋a －14＞0，即a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a ＜34或a ＞54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34＜a ＜54时，y ＝h (x )有四个零点． 6．已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋1，此函数在点(1，f (1))处的切线为x 轴． (1)求函数f (x )的单调区间和最大值； (2)当x ＞0时，证明：1x ＋1＜ln x ＋1x ＜1x ；(3)已知n ∈N *，n ≥2，求证：12＋13＋…＋1n ＜ln n ＜1＋12＋…＋1n －1．解：(1)由题意得⎩⎨⎧f (1)＝0，f ′(1)＝0，因为f ′(x )＝a ＋bx ，所以⎩⎨⎧ a ＋1＝0，a ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝1，所以f (x )＝－x ＋ln x ＋1． 即f ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x ， 又函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0． 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)， 函数f (x )的最大值为f (1)＝0． (2)证明：由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1， 且f (x )≤0(当且仅当x ＝1时取等号)， 所以ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时取等号)． 当x ＞0时，由x ＋1x ≠1，得ln x ＋1x ＜x ＋1x －1＝1x ；由xx＋1≠1，得lnxx＋1＜xx＋1－1＝－1x＋1⇒－lnxx＋1＞1x＋1⇒lnx＋1x＞1x＋1．故当x＞0时，1x＋1＜lnx＋1x＜1x．(3)证明：由(2)可知，当x＞0时，1x＋1＜lnx＋1x＜1x．取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，将所得各式相加，得1 2＋13＋…＋1n＜ln21＋ln32＋…＋lnnn－1＜1＋12＋…＋1n－1，故12＋13＋…＋1n＜ln n＜1＋12＋…＋1n－1．。
2018届高三数学(文)高考总复习：升级增分训练 函数与方程含解析
升级增分训练（一）函数与方程1．在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z 上存在零点的函数是( )A ．y ＝sin 2xB ．y ＝cos 2xC ．y ＝tan 2xD ．y ＝sin 2x解析：选B 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z 时，sin 2x ＜0，sin 2x ＞0恒成立．故排除A ，D ，若tan 2x ＝0， 则2x ＝k π，x ＝k π2，k ∈Z ，所以y ＝tan 2x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2k π，π＋2k π，k ∈Z 上不存在零点，当x ＝3π4＋2k π，k ∈Z 时，cos 2x ＝0，故选B ． 2．若a ＜b ＜c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )、(b ，c )内B ．(－∞，a )、(a ，b )内C ．(b ，c )、(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )、(c ，＋∞)内解析：选A f (a )＝(a －b )(a －c )，f (b )＝(b －c )(b －a )，f (c )＝(c －a )(c －b )，∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＞0，f (b )＜0，f (c )＞0，即f (a )·f (b )＜0，f (b )·f (c )＜0，又∵f (x )在R 上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a ，b )，(b ，c )内．3．在下列区间中，函数f (x )＝3x －x 2有零点的是( ) A ．0,1] B ．1,2] C ．－2，－1]D ．－1,0]解析：选D ∵f (0)＝1，f (1)＝2， ∴f (0)f (1)＞0；∵f (2)＝5，f (1)＝2，∴f (2)f (1)＞0； ∵f (－2)＝－359，f (－1)＝－23， ∴f (－2)f (－1)＞0；∵f (0)＝1，f (－1)＝－23，∴f (0)f (－1)＜0．易知－1,0]符合条件，故选D ．4．(2017·皖江名校联考)已知函数f (x )＝e x －2ax ，函数g (x )＝－x 3－ax 2．若不存在x 1，x 2∈R ，使得f ′(x 1)＝g ′(x 2)，则实数a 的取值范围为( )A ．(－2,3)B ．(－6,0)C ．－2,3]D ．－6,0]解析：选D 易得f ′(x )＝e x－2a ＞－2a ，g ′(x )＝－3x 2－2ax ≤a 23，由题意可知a 23≤－2a ，解得－6≤a ≤0．5．函数y ＝12ln x ＋x －1x －2的零点所在的区间为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．(1,2)C ．(2，e)D ．(e,3)解析：选C 由题意，求函数y ＝12ln x ＋x －1x －2(x ＞0)的零点，即为求曲线y ＝12ln x 与y ＝－x ＋1x ＋2的交点，可知y ＝12ln x 在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y ＝－x ＋1x＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x＝2时，12ln x ＜－x ＋1x ＋2，当x ＝e 时，12ln x ＞－x ＋1x ＋2，因此函数y ＝12ln x＋x －1x－2的零点在(2，e)内．故选C ．6．已知定义在R 上的函数f (x )满足：①对任意x ∈R ，有f (x ＋2)＝2f (x )；②当x ∈－1,1]时，f (x )＝1－x 2．若函数g (x )＝⎩⎨⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，则函数y ＝f (x )－g (x )在区间(－4,5)上的零点个数是( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选C 函数f (x )与g (x )在区间－5,5]上的图象如图所示，由图可知，函数f (x )与g (x )的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y ＝f (x )－g (x )在区间(－4,5)上零点的个数是9．7．(2017·昆明两区七校调研)若f (x )＋1＝1fx ＋，当x ∈0，1]时，f (x )＝x ，在区间(－1,1]内，g (x )＝f (x )－mx －m2有两个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞解析：选B 依题意，f (x )＝1fx ＋－1，当x ∈(－1,0)时，x ＋1∈(0,1)，f (x )＝1fx ＋－1＝1x ＋1－1，由g (x )＝0得f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12．在同一坐标系上画出函数y ＝f (x )与y ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12在区间(－1,1]内的图象，结合图象可知，要使g (x )有两个零点，只需函数y ＝f (x )与y ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫该直线斜率为m ，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点， 故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23，选B ．8．(2017·海口调研)若关于x 的方程|x 4－x 3|＝ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，427B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，427C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫427，23D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤427，23解析：选A 依题意，注意到x ＝0是方程|x 4－x 3|＝ax 的一个根． 当x ＞0时，a ＝|x 3－x 2|，记f (x )＝x 3－x 2， 则有f ′(x )＝3x 2－2x ，易知f (x )＝x 3－x 2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递减，在区间(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上单调递增．又f (1)＝0， 因此g (x )＝|x 4－x 3|x＝⎩⎨⎧|f x ，x ＞0，－|f x，x ＜0的图象如图所示，由题意得直线y ＝a 与函数y ＝g (x )的图象有3个不同的交点时，a ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，427，选A ．9．对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x |f (x )＝0}，β∈{x |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“零点相邻函数”．若函数f (x )＝e x －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则实数a 的取值范围是( )A ．2,4]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，73C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，3D ．2,3]解析：选D 函数f (x )＝e x －1＋x －2的零点为x ＝1， 设g (x )＝x 2－ax －a ＋3的零点为b ，若函数f (x )＝e x －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”， 则|1－b |≤1，∴0≤b ≤2．由于g (x )＝x 2－ax －a ＋3必经过点(－1,4)， ∴要使其零点在区间0,2]上， 则⎩⎨⎧g ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤0，即⎩⎨⎧－a ＋3≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ·a2－a ＋3≤0，解得2≤a ≤3．10．已知在区间－4,4]上g (x )＝－18x 2－x ＋2，f (x )＝⎩⎨⎧log 2x ＋＋43x ＋，－4≤x ≤－1，2|x －1|－2，－1＜x ≤4，给出下列四个命题：①函数y ＝fg (x )]有三个零点； ②函数y ＝gf (x )]有三个零点； ③函数y ＝ff (x )]有六个零点； ④函数y ＝gg (x )]有且只有一个零点． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选D 画出函数f (x )，g (x )的草图，如图，①设t ＝g (x )，则由fg (x )]＝0，得f (t )＝0，则t ＝g (x )有三个不同值，由于y ＝g (x )是减函数，所以fg (x )]＝0有3个解，所以①正确；②设m ＝f (x )，若gf (x )]＝0，即g (m )＝0， 则m ＝x 0∈(1,2)，所以f (x )＝x 0∈(1,2)， 由图象知对应f (x )＝x 0∈(1,2)的解有3个， 所以②正确；③设n ＝f (x )，若ff (x )]＝0，即f (n )＝0，n ＝x 1∈(－3，－2)或n ＝0或n ＝x 2＝2，而f (x )＝x 1∈(－3，－2)有1个解，f (x )＝0对应有3个解，f (x )＝x 2＝2对应有2个解，所以ff (x )]＝0共有6个解，所以③正确；④设s ＝g (x )，若gg (x )]＝0，即g (s )＝0， 所以s ＝x 3∈(1,2)，则g (x )＝x 3，因为y ＝g (x )是减函数，所以方程g (x )＝x 3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．11．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 3＋3x 2＋m ，0≤x ≤1，mx ＋5，x ＞1.若函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为________．解析：当x ∈0,1]时，f ′(x )＝6x 2＋6x ≥0， 则f (x )＝2x 3＋3x 2＋m 在0,1]上单调递增，因为函数f (x )的图象与x 轴有且只有两个不同的交点， 所以在区间0,1]和(1，＋∞)内分别有一个交点， 则m ＜0，且f (1)＝m ＋5＞0，解得－5＜m ＜0． 答案：(－5,0)12．设函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ≤0，log 2x ，x ＞0，则函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为________．解析：①当x ≤0时，y ＝f (f (x ))－1＝f (2x )－1＝log 22x －1＝x －1， 令x －1＝0，则x ＝1， 显然与x ≤0矛盾， 所以此情况无零点． ②当x ＞0时，分两种情况： 当x ＞1时，log 2x ＞0，y ＝f (f (x ))－1＝f (log 2x )－1＝log 2(log 2x )－1， 令log 2(log 2x )－1＝0，得log 2x ＝2， 解得x ＝4；当0＜x ≤1时，log 2x ≤0，y ＝f (f (x ))－1＝f (log 2x )－1＝2log 2x －1＝x －1， 令x －1＝0，解得x ＝1．综上，函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为2． 答案：213．(2017·湖北优质高中联考)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －1|＋2cos πx (－4≤x ≤6)的所有零点之和为________．解析：原问题可转化为求y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －1|与y ＝－2cos πx 在－4,6]内的交点的横坐标的和，因为上述两个函数图象均关于x ＝1对称， 所以x ＝1两侧的交点关于x ＝1对称， 那么两对应交点的横坐标的和为2，分别画出两个函数在－4,6]上的图象(如图)， 可知在x ＝1两侧分别有5个交点， 所以所求和为5×2＝10．答案：1014．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x x ＋1，－1＜x ≤0，x ，0＜x ≤1与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________．解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象，如图，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，12．由x －1x＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0， 可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0， 可得a ＝310≤12，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0可得a＝815＞1 2，不满足题意．又函数y＝x－1x在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a的个数为1．答案：1。
2018届高三数学(文)高考总复习：升级增分训练 概率与统计 Word版含解析
升级增分训练概率与统计1．(2017·重庆适应性测试)据我国西部各省(区，市)2015年人均地区生产总值(单位：千元)绘制的频率分布直方图如图所示，则人均地区生产总值在区间28,38)上的频率是()A．0.3B．0.4C．0.5 D．0.7解析：选A依题意，由图可估计人均地区生产总值在区间28,38)上的频率是1－(0.08＋0.06)×5＝0.3，选A.2．(2016·全国丙卷)某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15 ℃，B点表示四月的平均最低气温约为5 ℃.下面叙述不正确的是()A．各月的平均最低气温都在0 ℃以上B．七月的平均温差比一月的平均温差大C．三月和十一月的平均最高气温基本相同D．平均最高气温高于20 ℃的月份有5个解析：选D由图形可得各月的平均最低气温都在0 ℃以上，A正确；七月的平均温差约为10 ℃，而一月的平均温差约为5 ℃，故B正确；三月和十一月的平均最高气温都在10 ℃左右，基本相同，C正确，故D错误．3．(2016·福建省毕业班质量检测)某公司为了增加其商品的销售利润，调查了该商品投入的广告费用x 与销售利润y 的统计数据如下表：由表中数据，得线性回归方程l ：y ＝bx ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b ^＝∑i ＝1n(x i－x －)(y i－y －)∑i ＝1n(x i－x －)2，a ^＝y －－b ^x －，则下列结论错误的是( )A.b^＞0 B.a ^＞0C ．直线l 过点(4,8)D ．直线l 过点(2,5) 解析：选D 因为x ＝4，y ＝8， 所以回归直线l 过样本的中心点(4,8)， 所以选项C 正确；因为b ^＝1.4＞0，a ^＝y －－b ^x －＝8－1.4×4＝2.4＞0， 所以选项A 、B 都是正确的；y ^＝1.4x ＋2.4，因为1.4×2＋2.4＝5.2≠5，所以点(2,5)不在直线l 上，所以选项D 是错误的，故选D.4．面对竞争日益激烈的消费市场，众多商家不断扩大自己的销售市场，以降低生产成本．某白酒酿造企业市场部对该企业9月份的产品销量(单位：千箱)与单位成本(单位：元)的资料进行线性回归分析，得到结果如下：x ＝72，y ＝71，∑i ＝16x 2i ＝79，∑i ＝16x i y i ＝1 481.则销量每增加1千箱，单位成本约下降________元(结果保留5位有效数字)． 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法公式分别为：b ^＝∑i ＝1nx i y i －n x y∑i ＝1nx 2i －n x 2，a ^＝y －b ^x .解析：由题意知b^＝1 481－6×72×7179－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫722≈－1.818 2，a^＝71－(－1.818 2)×72≈77.364， 所以y ^＝－1.818 2x ＋77.364， 所以销量每增加1千箱， 则单位成本约下降1.818 2元． 答案：1.818 25．从甲、乙两部门中各任选10名员工进行职业技能测试，测试成绩(单位：分)数据的茎叶图如图1所示：(1)分别求出甲、乙两组数据的中位数，并比较两组数据的分散程度(只需给出结论)；(2)甲组数据频率分布直方图如图2所示，求a ，b ，c 的值；(3)从甲、乙两组数据中各任取一个，求所取两数之差的绝对值大于20的概率． 解：(1)甲组数据的中位数为78＋792＝78.5， 乙组数据的中位数为75＋822＝78.5.从茎叶图可以看出，甲组数据比较集中，乙组数据比较分散． (2)由茎叶图知，甲组中60,70)的人数为1，故c ＝0.01. 70,80)的人数为5人，故a ＝0.05.80,90)，90,100]的人数分别为2人， 故b ＝0.02.(3)从甲、乙两组数据中各任取一个，得到的所有基本事件共有100个，其中满足“两数之差的绝对值大于20”的基本事件有16个，故所求概率P ＝16100＝425.6．(2017·合肥质检)某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间(x 个月)和市场占有率(y %)的几组相关对应数据：(1)根据上表中的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程； (2)根据上述回归方程，分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个月，该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%(精确到月)．附：b^＝∑i ＝1nx i y i －n x －·y －∑i ＝1n x 2i －n x－2，a ^＝y －b ^x －.解：(1)由数据得x －＝15(1＋2＋3＋4＋5)＝3， y －＝15(0.02＋0.05＋0.1＋0.15＋0.18)＝0.1，∑i ＝15x i y i ＝0.02＋2×0.05＋3×0.1＋4×0.15＋5×0.18＝1.92.∑i ＝15x 2i ＝12＋22＋32＋42＋52＝55.5x － y －＝5×3×0.1＝1.5， 5x －2＝45，故b^＝1.92－1.555－45＝0.042.a^＝0.1－0.042×3＝－0.026，所以线性回归方程为y^＝0.042x－0.026.(2)由上面的回归方程可知，上市时间与市场占有率正相关，即上市时间每增加1个月，市场占有率都增加0.042个百分点．由y^＝0.042x－0.026＞0.5，解得x≥13，故预计上市13个月时，该款旗舰机型市场占有率能超过0.5%.7．(2016·北京高考)某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w 立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费．从该市随机调查了10 000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图：(1)如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少？(2)假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．当w＝3时，估计该市居民该月的人均水费．解：(1)由用水量的频率分布直方图，知该市居民该月用水量在区间0.5,1]，(1,1.5]，(1.5,2]，(2,2.5]，(2.5,3]内的频率依次为0.1,0.15,0.2,0.25,0.15.所以该月用水量不超过3立方米的居民占85%，用水量不超过2立方米的居民占45%.依题意，w至少定为3.(2)由用水量的频率分布直方图及题意，得居民该月用水费用的数据分组与频率分布表如下：根据题意，该市居民该月的人均水费估计为4×0.1＋6×0.15＋8×0.2＋10×0.25＋12×0.15＋17×0.05＋22×0.05＋27×0.05＝10.5(元)．8．(2016·云南省统测)某校高二年级共有1 600名学生，其中男生960名，女生640名．该校组织了一次满分为100分的数学学业水平模拟考试．根据研究，在正式的学业水平考试中，本次成绩在80,100]的学生可取得A等(优秀)，在60,80)的学生可取得B等(良好)，在40,60)的学生可取得C等(合格)，不到40分的学生只能取得D等(不合格)．为研究这次考试成绩优秀是否与性别有关，现按性别采用分层抽样的方法抽取100名学生，将他们的成绩按从低到高分成30,40)，40,50)，50,60)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100]七组加以统计，绘制成如图所示的频率分布直方图．(1)估计该校高二年级学生在正式的数学学业水平考试中成绩不合格的人数；(2)请你根据已知条件将下列2×2列联表补充完整．并判断是否有90%的把握认为“该校高二年级学生在本次考试中数学成绩优秀与性别有关”？附：K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)解：(1)设抽取的100名学生中，本次考试成绩不合格的有x 人， 根据题意得x ＝100×1－10×(0.006＋0.012×2＋0.018＋0.024＋0.026)]＝2. 据此估计该校高二年级学生在正式的数学学业水平考试中成绩不合格的人数为2100×1 600＝32.(2)根据已知条件得2×2列联表如下：∵K 2＝100×(12×34－6×48)260×40×18×82≈0.407＜2.706，∴没有90%的把握认为“该校高二年级学生在本次考试中数学成绩优秀与性别有关”．。
2018高考数学(文)大一轮复习习题 升级增分训练 数列 Word版含答案
升级增分训练数列．在数列{}中，已知＝，＝，＋等于＋(∈*)的个位数，则＝( )．．．．解析：选由题意得：＝，＝，＝，＝，＝，＝，＝，＝，…，所以数列中的项从第项开始呈周期性出现，周期为，故＝×＋＝＝．．已知数列{}的前项和为，点(，)在函数()＝＋－的图象上，则数列{}的通项公式为( )．＝－．＝＋－．＝(\\(，＝，≥))．＝(\\(，＝－，≥))解析：选由于点(，)在函数()的图象上，则＝＋－，当＝时，得＝＝，当≥时，得＝－－＝＋－－＝．故选．．若数列{}的通项公式为＝－＋，则数列{}中的最大项的项数为( )．或．或．．解析：选设数列{}的第项最大．由(\\(＋≤，≥－，))即错误!整理得(\\(＋(＋)≥()，＋()≤(－)，))即(\\(＋－≥，－－≤，))解得＝或＝．又＝＝，所以当＝或＝时，取得最大值．．设数列{}的前项和为，且＝＝，{＋(＋)}为等差数列，则＝( )．．．．解析：选设＝＋(＋)，则＝，＝，又{}为等差数列，所以＝，所以＋(＋)＝，所以＋＝．当≥时，－－＋－－＝，所以＝－，即·＝．又因为＝，所以是首项为，公比为的等比数列，所以＝－(∈*)，所以＝(∈*)．．(·山西省质检)记为正项等比数列{}的前项和，若－·－＝，且正整数，满足＝，则＋的最小值是( )．．．．解析：选∵{}是等比数列，设{}的公比为，∴＝，＝，∴－－＝，解得＝，又＝，∴·＋－＝()＝，∴＋＝，∴＋＝(＋)＝≥(()×())))＝，当且仅当＝，＝，即＝，＝时等号成立，∴＋的最小值是，故选．．对于数列{}，若对任意∈*，都有＜＋成立，则称数列{}为“减差数列”．设＝－，若数列，，，…是“减差数列”，则实数的取值范围是( )．(－∞，－]．(－，＋∞)．(－∞，]．(，＋∞)解析：选由数列，，，…是“减差数列”，得＜＋(≥)，即－＋－＜－，即＋＞，化简得(－)＞．当≥时，若(－)＞恒成立，则＞恒成立，又当≥时，的最大值为，。
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升级增分训练 最值、范围、存在性问题
1．(2016·贵阳监测考试)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63
，且椭圆C 上的点到一个焦点的距离的最小值为3－2．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．
解：(1)设椭圆的半焦距长为c ，
则由题设有⎩⎨⎧ c a ＝63，a －c ＝3－
2， 解得a ＝3，c ＝2，
∴b 2＝1，
故椭圆C 的方程为y 2
3
＋x 2＝1． (2)由已知可得，直线l 的方程为y ＝kx ＋2，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点为M (x 0，y 0)，
将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 2
3
＋x 2＝1， 得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0，
则Δ＝12k 2－12＞0，
x 1＋x 2＝－4k 3＋k 2，x 1x 2＝13＋k 2
． ∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k 2
， |AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2
＝1＋k 2·12k 2－123＋k 2＝23k 4－13＋k 2
， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝12k 2－12＞0，63＋k 2≤12|AB |，
解得k 4≥13，
即k ≥413或k ≤－413．
故所求斜率的取值范围为(－∞，－413]∪413，＋∞)．
2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离
心率等于32
，它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上． (1)求椭圆C 的标准方程；
(2)点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆上，A ，B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点，当A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)． ∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上，
∴－b ＝－2，解得b ＝2． 又c a ＝32
，a 2＝b 2＋c 2， ∴a ＝4，c ＝23．
可得椭圆C 的标准方程为x 216＋y 2
4
＝1． (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
∵∠APQ ＝∠BPQ ，则PA ，PB 的斜率互为相反数，
可设直线PA 的斜率为k ，
则PB 的斜率为－k ，
直线PA 的方程为：y －3＝k (x －2)，
联立⎩⎨⎧ y －3＝k (x －2)，x 2＋4y 2＝16，
消去y ， 得(1＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0，
∴x 1＋2＝8k (2k －3)1＋4k 2
． 同理可得：x 2＋2＝－8k (－2k －3)1＋4k 2＝8k (2k ＋3)1＋4k 2， ∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－163k 1＋4k 2
， k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2
＝36．
∴直线AB 的斜率为定值36
． 3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C 的两个焦点是(0，－3)和(0，3)，并且经过点⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，1，抛物线E 的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C 的右顶点F ． (1)求椭圆C 和抛物线E 的标准方程；
(2)过点F 作两条斜率都存在且互相垂直的直线l 1，l 2，l 1交抛物线E 于点A ，
B ，l 2交抛物线E 于点G ，H ，求AG ―→·HB ―→的最小值．
解：(1)设椭圆C 的标准方程为y 2a 2＋x 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)，焦距为2c ，则由题意得c ＝3，
2a ＝34＋(1＋3)2＋34
＋(1－3)2＝4， ∴a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1，
∴椭圆C 的标准方程为y 2
4
＋x 2＝1． ∴右顶点F 的坐标为(1,0)．
设抛物线E 的标准方程为y 2＝2px (p ＞0)，
∴p 2
＝1,2p ＝4， ∴抛物线E 的标准方程为y 2＝4x ．
(2)设l 1的方程：y ＝k (x －1)，l 2的方程：y ＝－1k (x －1)，
A (x 1，y 1)，
B (x 2，y 2)，G (x 3，y 3)，H (x 4，y 4)．
由⎩⎨⎧
y ＝k (x －1)，y 2＝4x
消去y 得：k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，
∴Δ＝4k 4＋16k 2＋16－4k 4＞0，
x 1＋x 2＝2＋4k
2，x 1x 2＝1． 同理x 3＋x 4＝4k 2＋2，x 3x 4＝1，
∴AG ―→·HB ―→＝(AF ―→＋FG ―→)·(HF ―→＋FB ―→)
＝AF ―→·HF ―→＋AF ―→·FB ―→＋FG ―→·HF ―→＋FG ―→·FB ―→
＝|AF |―→·|FB |―→＋|FG ―→|·|HF |―→
＝|x 1＋1|·|x 2＋1|＋|x 3＋1|·|x 4＋1|
＝(x 1x 2＋x 1＋x 2＋1)＋(x 3x 4＋x 3＋x 4＋1)
＝8＋4k 2＋4k 2 ≥8＋24k
2·4k 2＝16， 当且仅当4k
2＝4k 2，即k ＝±1时，AG ―→·HB ―→有最小值16． 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63
，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴
上是否存在定点E ，使得EA ―→2＋EA ―→·AB ―→为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定
值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由e ＝
63，得c a ＝63， 即c ＝63
a ，① 又以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆为x 2＋y 2＝a 2，
且该圆与直线2x －2y ＋6＝0相切，
所以a ＝|6|
22＋(－2)2＝6，代入①得c ＝2，
所以b 2＝a 2－c 2＝2，
所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 2
2
＝1． (2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 26＋y 22
＝1，y ＝k (x －2)，
得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0．
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
所以x 1＋x 2＝12k 2
1＋3k 2，x 1x 2＝12k 2－61＋3k 2
． 根据题意，假设x 轴上存在定点E (m,0)，
使得EA ―→2＋EA ―→·AB ―→＝(EA ―→＋AB ―→)·EA ―→＝EA ―→·EB ―→为定值，
则EA ―→·EB ―→＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2) ＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2
＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2) ＝(3m 2－12m ＋10)k 2＋(m 2－6)1＋3k 2
， 要使上式为定值，即与k 无关，
只需3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，
解得m ＝73
， 此时，EA ―→2＋EA ―→·AB ―→＝m 2－6＝－59
， 所以在x 轴上存在定点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫73，0使得EA ―→2＋EA ―→·AB ―→为定值，且定值为－59
．。