高考数学二轮复习专项小测24“20题、21题”理
2020年高考数学(理)二轮专题学与练 24 解答题解题方法与技巧(考点解读)(原卷版)
专题24 解答题解题方法与技巧解答题在高考数学试题中占据半壁江山，试题并不是单纯的知识叠加，而是知识、方法和能力的综合，且试题具有明显的区分度，前3题一般难度中等，最后两题一般难度较大、多为把关题．结合近几年的高考试题，题目的设计一般围绕三角函数或解三角形、立体几何、函数、解析几何、数列这几个方面展开．对于考生来说，想要得到高分，必须争取在前3个解答题上不丢分或少失分，这就需要考生在做题时计算准确、推理严谨、书写规范、步骤清晰，从根本上解决“会而不对，对而不全”的“老大难”问题．高频考点一 三角函数或解三角形 【命题角度】(1)三角函数式的求值与化简问题； (2)单纯三角函数知识的综合； (3)三角函数与平面向量交汇； (4)三角函数与解三角形的交汇； (5)单纯解三角形；(6)解三角形与平面向量的交汇. 例1、设函数f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx cos ωx (ω＞0)，且y ＝f (x )图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π，3π2上的最大值和最小值． 【增粉策略】解决此类问题还应注意： ①化简时，公式应用要准确； ②注意所给角或参数的范围；③在求单调区间、对称轴和对称中心时要注意不能忽略k 取整数； ④求最值或范围时，应满足在定义域内．【变式探究】在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，B ＝2A . (1)求cos A 的值；(2)求c 的值．【增粉策略】解决三角形问题还应注意：①不要忘记三角形中的隐含条件(A＋B＋C＝π，a＋b>c)；②注意边角互化，化为所求的问题；③利用正、余弦定理解决实际问题时应明确仰角、俯角和方向角等有关术语的含义．高频考点二立体几何【命题角度】(1)证明空间线、面平行或垂直；(2)利用综合法计算空间中的线、面夹角；(3)立体几何中的探索性问题.例2、如图，已知四棱锥PABCD，△P AD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．(1)证明：CE∥平面P AB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【变式探究】如图，P-ABD和Q-BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB＝1，∠APB＝90°.(1)求证：BD⊥平面APQ；(2)求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．【增粉策略】解决此类题目应注意：①证明线、面平行或垂直，应注意直线在平面内，两直线相交等情况；②找到或作出线面角后，要证明所找或作的线面角为所求角；③计算线面角的大小时一定要仔细．高频考点三函数、导数与不等式【命题角度】导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见 题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值； (2)利用导数证明不等式或探讨方程根； (3)利用导数求解参数的范围或值. (一)利用分类讨论思想探究函数性质 例1、设函数f (x )＝x 22－a ln x .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间和极值． 【感悟提升】 1．解答这类题的模板定义域―→求导数―→零点―→列表―→回答―→遇见参数要讨论哪一步遇见就在哪一步展开讨论2．解答这类题的难点(1)何时讨论参数？由于题目条件的不同，有的在求零点时讨论，有的在列表时讨论；(2)如何讨论参数？需要根据题目的条件确定，有时还需参考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．【变式探究】函数f (x )＝13x 3＋|x －a |(x ∈R ，a ∈R)．(1)若函数f (x )在R 上为增函数，求a 的取值范围；(2)若函数f (x )在R 上不单调时，记f (x )在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )． (二)利用数形结合思想探究函数的零点例2、函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 【感悟提升】利用导数探究函数零点的一般思路(1)转化为可用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题．(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象． (3)结合图象求解．【变式探究】设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．(三)利用函数思想证明不等式例3、已知函数f (x )＝1－xax ＋ln x 在(1，＋∞)上是增函数，且a >0.(1)求a 的取值范围；(2)若b >0，试证明1a ＋b <ln a ＋b b <a b .【感悟提升】1．利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数h (x )．(3)利用导数研究h (x )的单调性及最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 2．构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明 f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数． 【变式探究】已知函数f (x )＝e x＋m－x 3，g (x )＝ln(x ＋1)＋2.(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线斜率为1，求实数m 的值； (2)当m ≥1时，证明：f (x )＞g (x )－x 3. (四)利用转化与化归思想求解恒成立问题 例4、已知函数f (x )＝ln x .(1)求函数g (x )＝f (x ＋1)－x 的最大值；(2)若对任意x >0，不等式f (x )≤ax ≤x 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围． 【变式探究】已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间； (2)若x >0时，f x x <f ′x2恒成立，求实数a 的取值范围【感悟提升】函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．高频考点四、圆锥曲线的综合问题【命题角度】解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解； (3)轨迹方程及探索性问题的求解. (一)巧妙消元证定值例4、已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1，过A (2,0)，B (0,1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．【方法策略】解答圆锥曲线的定值问题的策略(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)采用推理、计算、消元得定值．消元的常用方法为整体消元(如本例)、选择消元、对称消元等． 【变式探究】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为(－6，0)，e ＝22.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设R (x 0，y 0)是椭圆C 上一动点，由原点O 向圆(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝4引两条切线，分别交椭圆于点P ，Q ，若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值；(3)在(2)的条件下，试问|OP |2＋|OQ |2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由． (二)构造函数求最值如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值．【感悟提升】最值问题的基本解法有几何法和代数法(1)几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；(2)代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决的．【变式探究】已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右两个焦点分别为F 1，F 2，离心率e ＝22，短轴长为2.求椭圆的方程；(三)寻找不等关系解范围已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围．【感悟提升】解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系； (3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围． 【变式探究】已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率等于32，以椭圆E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4 5.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 相交于A ，B 两个点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若AP ―→＝3PB ―→，求m 2的取值范围． (四)确定直线寻定点已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0，1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．【变式探究】已知动圆M 恒过点(0,1)，且与直线y ＝－1相切． (1)求圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点．(五)假设存在定结论(探索性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，点A ⎝⎛⎭⎫1，22在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM ―→＝NQ ―→？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．【方法策略】探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． 【变式探究】已知椭圆x 2＋2y 2＝m (m >0)，以椭圆内一点M (2,1)为中点作弦AB ，设线段AB 的中垂线与椭圆相交于C ，D 两点．(1)求椭圆的离心率；(2)试判断是否存在这样的m ，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上，并说明理由．【方法策略】圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系； 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中． 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．【变式探究】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆C 上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，证明：13m2＋1n2为定值．【方法技巧】解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤(1)设方程及点的坐标；(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零)；(3)应用根与系数的关系及判别式；(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解．【变式探究】已知点F为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线x4＋y2＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线x4＋y2＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|P A|·|PB|，求实数λ的取值范围．。
(新高考)高考数学二轮复习专项小测23“20题、21题”理
（新高考）高考数学二轮复习专项小测23“20题、21题”理专项小测(二十三) “20题、21题”时间：45分钟 满分：24分20.(12分)已知函数f (x )＝exx＋a (x －ln x )，a ∈R .(1)当a ＝－e 时，求f (x )的最小值；(2)若f (x )有两个零点，求参数a 的取值范围． 解：(1)f (x )＝exx＋a (x －ln x )，定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝e x (x －1)x 2＋a (x －1)x ＝(x －1)(e x＋ax )x2. (2分)当a ＝－e 时， f ′(x )＝(x －1)(e x－e x )x2. 由于e x≥e x 在(0，＋∞)恒成立，所以f (x ) 在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 故f (x )min ＝f (1)＝a ＋e ＝0. (4分)(2)f ′(x )＝(x －1)(e x＋ax )x2. 当a ＝－e 时， f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝a ＋e ＝0，f (x )只有一个零点；(6分)当a >－e 时，ax >－e x ，故e x＋ax >e x－e x ≥0 在(0，＋∞)恒成立，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝a ＋e>0， 故当a >－e 时， f (x )没有零点； (8分)当a <－e 时，令e x＋ax ＝0，得exx ＝－a ，φ(x )＝e xx ，φ′(x )＝(x －1)e xx2， 所以φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝e, 故φ(x )在(0，＋∞)有两个零点，x 1，x 2,0<x 1<1<x 2，所以f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1,1)上单调递增，在(1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，f (1)＝a ＋e <0 ，又x →0，f (x )→＋∞，x →＋∞，f (x )→＋∞， 此时f (x )有两个零点．(10分) 综上，f (x )有两个零点，则a <－e. (12分)21．(12分)《某省高考改革试点方案》规定：从2020年高考开始，高考物理、化学等六门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A ，B ＋，B ，C ＋，C ，D ＋，D ，E 共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%, 7%, 16%, 24%, 24%, 16%, 7%, 3%.选考科目成绩计入考生总成绩时，将A 至E 等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则分别转换到[91,100]，[81,90]，[71,80]，[61,70][51,60]，[41,50]，[31,40]，[21,30]8个分数区间，得到考生的等级成绩．原始成绩区间向等级成绩区间的投影假设小明转换后的等级成绩为x ，69－6161－58＝70－xx －61x ＝63.45≈63(四舍五入取整)小明最终成绩：63分某校2017级学生共1 000人，以期末考试成绩为原始成绩转换了本校的等级成绩，为学生合理选科提供依据，其中物理成绩获得等级A 的学生原始成绩统计如下(1)95的概率；(2)待到本级学生高考结束后，从全省考生中不放回的随机抽取学生，直到抽到1名同学的物理高考成绩等级为B ＋或A 结束(最多抽取1 000人)，设抽取的学生个数为ζ，求随机变量ζ的数学期望(注： 0.91 000≈1.7×10－46)．解：(1)设物理成绩获得等级A 的学生原始成绩为x ，其等级成绩为y . 由转换公式93－x x －82＝100－y y －91，得y ＝911(x －82)＋91.(2分) 由y ＝911(x －82)＋91≥95，得x ≥86.9≈87.(4分)显然原始成绩满足x ≥87的同学有12人，获得等级A 的学生有30人，恰好有2名同学的等级分数不小于95的概率为p ＝C 212C 118C 330＝2971015≈0.29. (6分)(2)由题意得，随机抽取1人，其等级成绩为B ＋或A 的概率为3%＋7%＝0.1，学生个数ζ的可能取值为1,2,3， (1000)P(ζ＝1)＝0.1，P(ζ＝2)＝0.9×0.1，P(ζ＝3)＝0.92×0.1，…P(ζ＝999)＝0.9998×0.1，P(ζ＝1000)＝0.9999，(8分) 数学期望：E(ζ)＝1×0.1＋2×0.9×0.1＋3×0.92×0.1＋…＋999×0.9998×0.1＋1000×0.9999＝1×0.1＋2×0.9×0.1＋3×0.92×0.1＋…＋1000×0.9999×0.1＋1 000×0.91000＝0.1×(1＋2×0.9＋3×0.92＋…＋1 000×0.9999)＋1000×0.91 000.其中，S＝1＋2×0.9＋3×0.92＋…＋1 000×0.9999，①0．9S＝1×0.9＋2×0.92＋…＋999×0.9999＋1 000×0.91 000，②应用错位相减法“①－②”得：0．1S＝1＋0.9＋0.92＋…＋0.9999－1 000×0.91 000＝1×(1－0.91 000)0.1－1 000×0.91 000，S＝100－(10×1 000＋100)×0.91 000，(10分)故E(ζ)＝0.1×[100－(10×1 000＋100)×0.91 000]＋1 000×0.91 000＝10×(1－0.91 000)≈10.(12分)。
新高考理科数学二轮复习专项小测24“20题、21题”
专项小测(二十四) “20题、21题”时间：45分钟 满分：24分20.(12分)已知函数f (x )＝a cos xx ＋b ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎪⎫π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2处的切线方程为6x ＋πy －2π＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)判断方程f (x )＝32π－1在(0,2π]内的解的个数，并加以证明．解：(1)直线6x ＋πy －2π＝0的斜率为－6π，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，－1，f ′(x )＝－a (x sin x ＋cos x )x 2，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2a π＝－6π，即a ＝3， (2分) 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝b ＝－1，所以f (x )＝3cos xx －1.(4分) (2)方程f (x )＝32π－1在(0,2π]上有3个解． (5分)证明：令g (x )＝f (x )－32π＋1＝3cos x x －32π， 则g ′(x )＝－3(x sin x ＋cos x )x 2. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝93π－32π＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－32π＜0， 所以g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上至少有一个零点．又g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减，故在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上只有一个零点．(7分) 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2时，cos x ＜0，故g (x )＜0，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2上无零点；(8分)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π时，令h (x )＝x sin x ＋cos x ，h ′(x )＝x cos x ＞0，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递增，h (2π)＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＜0，所以∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，使得g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，x 0上单调递增，在(x 0,2π]上单调递减．又g (2π)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＜0，所以函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上有2个零点．(10分)综上，方程f (x )＝32π－1在(0,2π]上有3个解． (12分)21．(12分)某地区进行疾病普查，为此要检验每一人的血液，如果当地有N 人，若逐个检验就需要检验N 次，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k 个人，把这k 个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k 个人的血液全为阴性，因而这k 个人只要检验一次就够了，如果为阳性，为了明确这个k 个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k 个人再逐个进行检验，这时k 个人的检验次数为k ＋1次．假设在接受检验的人群中，每个人的检验结果是阳性还是阴性是独立的，且每个人是阳性结果的概率为p .(1)为熟悉检验流程，先对3个人进行逐个检验，若p ＝0.1，求3人中恰好有1人检测结果为阳性的概率；(2)设ξ为k 个人一组混合检验时每个人的血需要检验的次数． ①当k ＝5，p ＝0.1时，求ξ的分布列；②运用统计概率的相关知识，求当k 和p 满足什么关系时，用分组的办法能减少检验次数．解：(1)对3人进行检验，且检验结果是独立的． 设事件A ∶3人中恰有1人检测结果为阳性， 则其概率P (A )＝C 13·0.1·0.92＝0.243. (4分)(2)①当k ＝5，p ＝0.1时，则5人一组混合检验结果为阴性的概率为0.95，每人所检验的次数为15次，若混合检验结果为阳性，则其概率为1－0.95，则每人所检验的次数为65次，故ξ的分布列为(8分)②分组时，每人检验次数的期望如下： P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝1k ＝(1－p )k ，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝1k ＋1＝1－(1－p )k ， 所以E (ξ)＝1k ·(1－p )k ＋⎝⎛⎭⎪⎫1k ＋1[1－(1－p )k ]＝1－(1－p )k ＋1k .不分组时，每人检验次数为1次，要使分组办法能减少检验次数，需1－(1－p )k＋1k ＜1，即1－p ＞1k k，所以当1－p ＞1k k时，用分组的办法能减少检验次数．(12分)。
2022届新高考版数学小题狂练24(含解析)
7.(考点:样本的数字特征,★★★)一张白纸上曾经写有x1,x2,…,x16等16个数据,由于时间长了,除了数据9.22比较清楚外,剩下的15个数据模糊不清,但是这15个数据的平均数为10.02,16个数据的标准差s= ≈0.212,其中i=1,2,…,16,则 =().(结果保留小数点后三位数字)
C.f(x)的最小值为3
D.f >f >f
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(考点:平面向量,★)已知向量a=(2,y),b=(1,-1),若|a-b|=|a+b|,则y的值为.
14.(考点:二项式定理,★★)若(ax+1)(x-1)5的展开式中,x3的系数是20,则a=.
15.(考点:古典概型,★★)定义个位数字比十位数字大,千位数字是偶数,百位数字为奇数的四位数为“特征数”.从由数字1,2,3,4组成的没有重复数字的四位数中任取一个,则这个四位数是“特征数”的概率为.
11.(考点:三角函数的图象和性质,★★★)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ) 在区间 上单调,若f(x)的图象经过点(0,-1),且f(x)的图象向左平移π个单位长度之后与原图象重合,则下列说法正确的是().
A.f(x)的周期为π
B. 是f(x)的一个极值点
C.f(x)在[-π,π]上有4个零点
A. B.2C.4D.4或
【解析】由已知得tan∠CF2F1= = ,
又b2=c2-a2,∴64a2-60ac+11c2=0,
∴11e2-60e+6ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ=0,解得e=4或e= .
又∵c-2a>0,∴e>2,
∴e=4.
2020新课标高考数学二轮习题：24分专项练(二) 21、22题 Word版含解析
24分专项练(二) 21、22题1．已知F 1(－1，0)，F 2(1，0)分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，椭圆C 过点⎝⎛⎭⎫2，153. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 2的直线l (不过坐标原点)与椭圆C 交于A ，B 两点，求F 1A →·F 1B →的取值范围．2．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，圆O ：x 2＋y 2＝2与x 轴正半轴交于点A ，圆O 在点A 处的切线被椭圆C 截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设圆O 上任意一点P 处的切线交椭圆C 于M ，N 两点，试判断|PM |·|PN |是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．3．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12ax 2＋ax ＋1e －x ，a 为实数． (1)当a ＝2时，求f (x )的单调递增区间；(2)如果对任意x ≥0，f (x )≤x ＋1恒成立，求实数a 的取值范围．4．已知函数f (x )＝e x x－a ln x . (1)当a ＝0时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值；(2)若0<a ≤e 22，求证：f (x )>0.24分专项练(二) 21、22题1．解：(1)由条件知⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝1，4a 2＋53b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝6，b 2＝5， 所以椭圆C 的方程为x 26＋y 25＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则F 1A →＝(x 1＋1，y 1)，F 1B →＝(x 2＋1，y 2)．根据题意设直线l 的方程为x ＝my ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 26＋y 25＝1，消去x 得(5m 2＋6)y 2＋10my －25＝0， 由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－10m 5m 2＋6，y 1y 2＝－255m 2＋6. 所以F 1A →·F 1B →＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝(my 1＋2)(my 2＋2)＋y 1y 2＝(1＋m 2)y 1y 2＋2m (y 1＋y 2)＋4＝(1＋m 2)·－255m 2＋6＋2m ·－10m 5m 2＋6＋4 ＝－25m 2－15m 2＋6＝－5＋295m 2＋6. 因为5m 2＋6≥6，所以0<295m 2＋6≤296，所以－5<－5＋295m 2＋6≤－16. 所以F 1A →·F 1B →∈⎝⎛⎦⎤－5，－16. 2．解：(1)设椭圆C 的半焦距为c ，由椭圆C 的离心率为22知，b ＝c ，a ＝2b ，则椭圆C 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.易求得点A (2，0)，则点(2，2)在椭圆C 上，所以22b 2＋2b2＝1，解得b 2＝3，所以a 2＝6，椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)|PM |·|PN |为定值2.当过点P 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，不妨设切线的方程为x ＝2，则P (2，0)．由(1)知M (2，2)，N (2，－2)，所以|PM |·|PN |＝2.此时OM →＝(2，2)，ON →＝(2，－2)，OM →·ON →＝0，即OM ⊥ON ，当过点P 且与圆O 相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则|m |k 2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，消去y 得x 2＋2(kx ＋m )2＝6， 即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，得Δ>0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.因为OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，所以OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)·2m 2－61＋2k 2＋km ·－4km 1＋2k 2＋m 2 ＝（1＋k 2）（2m 2－6）－4k 2m 2＋m 2（1＋2k 2）1＋2k 2＝3m 2－6k 2－61＋2k 2＝3（2k 2＋2）－6k 2－61＋2k 2＝0， 所以OM ⊥ON .综上所述，圆O 上任意一点P 处的切线交椭圆C 于点M ，N ，都有OM ⊥ON .又在Rt △OMN 中，OP ⊥MN ，由△OMP 与△NOP 相似可得|OP |2＝|PM |·|PN |＝2为定值．3．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(x 2＋2x ＋1)e －x ，f ′(x )＝(2x ＋2)e －x －(x 2＋2x ＋1)e －x ＝－(x ＋1)(x －1)e －x .由f ′(x )>0，得－1<x <1，所以f (x )的单调递增区间为(－1，1)．(2)由f (x )≤x ＋1得12ax 2＋ax ＋1≤(x ＋1)e x ， 即当x ≥0时，(x ＋1)e x －12ax 2－ax －1≥0恒成立． 令g (x )＝(x ＋1)e x －12ax 2－ax －1， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x －ax －a ，则g ″(x )＝(x ＋3)e x －a ，则g (x )＝(x ＋4)e x ，易知，当x ≥0时，g(x )＝(x ＋4)e x >0，从而g ″(x )在[0，＋∞)上单调递增，g ″(0)＝3－a ，g ′(0)＝2－a ，g (0)＝0.①当a ≤2时，g ″(0)＝3－a >0，由g ″(x )在[0，＋∞)上单调递增可知，g ″(x )≥3－a >0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(0)＝2－a ≥0，故g (x )在[0，＋∞)上单调递增，从而g (x )≥g (0)＝0恒成立；②当2<a ≤3时，g ″(0)＝3－a ≥0，由g ″(x )在[0，＋∞)上单调递增可知，g ″(x )≥3－a ≥0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，因为g ′(0)＝2－a <0，所以存在x 1>0，使g ′(x 1)＝0，当0<x <x 1时，g ′(x )<0，此时g (x )单调递减，所以g (x 1)<g (0)＝0，与题意不符； ③当a >3时，g ″(0)＝3－a <0，由g ″(x )在[0，＋∞)上单调递增可知，存在x 2>0，使g ″(x 2)＝0，当0<x <x 2时，g ″(x )<0，此时g ′(x )单调递减，所以g ′(x 2)<g ′(0)＝2－a <0，故g (x )在(0，x 2)上单调递减，此时g (x 2)<g (0)＝0，与题意不符．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]．4．解：(1)当a ＝0时，由f (x )＝e x x (x >0)，得f ′(x )＝（x －1）e x x 2， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝e.(2)证明：函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）e x x 2－a x ＝（x －1）e x －ax x 2. 令g (x )＝(x －1)e x －ax ，x >0，则g ′(x )＝x e x －a ，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为0<a ≤e 22，所以g ′(0)＝－a <0，g ′(2)＝2e 2－a >0， 所以存在唯一的x 1∈(0，2)，使g ′(x 1)＝0，当x ∈(0，x 1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(x 1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－1，g (2)＝e 2－2a ≥0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<g (0)<0，即g (x )在(0，x 1)上无零点．所以存在唯一的x 0∈(x 1，2]，使g (x 0)＝0，即(x 0－1)e x 0＝ax 0，因为g (1)＝－a <0，所以1<x 0<2，则e x 0x 0＝a x 0－1. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0x 0－a ln x 0＝a x 0－1－a ln x 0＝ a ⎝⎛⎭⎫1x 0－1－ln x 0，1<x 0<2. 令h (x )＝1x －1－ln x ，则h (x )在(1，＋∞)上单调递减， 因为1<x 0<2，所以h (x 0)>h (2)＝1－ln 2>0.又因为a >0，所以f (x )min >0，从而f (x )>0.。
(统考版)高考数学二轮复习 24分大题抢分练2 理(含解析)-人教版高三全册数学试题
24分大题抢分练(二)(建议用时：30分钟)20．(12分)(2020·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，点F 为抛物线的焦点，焦点F 到直线3x －4y ＋3＝0的距离为d 1，焦点F 到抛物线C 的准线的距离为d 2，且d 1d 2＝35. (1)求抛物线C 的标准方程；(2)若在x 轴上存在点M ，过点M 的直线l 分别与抛物线C 相交于P 、Q 两点，且1||PM 2＋1||QM 2为定值，求点M 的坐标． [解](1)由题意知，焦点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0，则d 1＝3p 2＋35＝3p ＋610，d 2＝p ，又3p ＋610p ＝35，解得p ＝2.故抛物线C 的标准方程为y 2＝4x . (2)设点M 的坐标为()t ，0，设点P ，Q 的坐标分别为()x 1，y 1，()x 2，y 2， 显然直线l 的斜率不为0.设直线l 的方程为x ＝my ＋t . 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋t ，y 2＝4x ， 消去x ，整理得y 2－4my －4t ＝0，则Δ＝16()m 2＋t >0且y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t .由||PM ＝()x 1－t 2＋y 21＝1＋m 2||y 1，||QM ＝()x 2－t 2＋y 22＝1＋m 2||y 2. 有1||PM 2＋1||QM 2＝1()1＋m 2y 21＋1()1＋m 2y 22 ＝y 21＋y 22()1＋m 2y 21y 22＝16m 2＋8t 16()1＋m 2t 2＝t ＋2m 22()1＋m 2t 2. 若1||PM 2＋1||QM 2为定值，必有t ＝2. 所以当1||PM 2＋1||QM 2为定值时，点M 的坐标为()2，0. 21．(12分)已知函数f (x )＝a ln x ()a ≠0与y ＝12ex 2的图象在它们的交点P ()s ，t 处具有相同的切线．(1)求f (x )的解析式；(2)若函数g (x )＝()x －12＋mf (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求g ()x 2x 1的取值X 围． [解](1)根据题意，函数f (x )＝a ln x ()a ≠0与y ＝12ex 2， 可知f ′(x )＝a x ，y ′＝1ex ， 两图象在点P ()s ，t 处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等，即1e ×s ＝a s， 化简得s ＝a e ，将P ()s ，t 代入两个函数可得s 22e＝a ln s ， 综合上述两式可解得a ＝1，所以f (x )＝ln x .(2)函数g (x )＝()x －12＋mf (x )＝()x －12＋m ln x ，定义域为()0，＋∞，g ′(x )＝2()x －1＋m x ＝2x 2－2x ＋m x ， 因为x 1，x 2为函数g (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程2x 2－2x ＋m ＝0的两个不等实根，由根与系数的关系知x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝m 2，()* 又已知x 1<x 2，所以0<x 1<12<x 2<1， g ()x 2x 1＝()x 2－12＋m ln x 2x 1， 将()*式代入得g ()x 2x 1＝()x 2－12＋2x 1x 2ln x 2x 1＝()x 2－12＋2()1－x 2x 2ln x 21－x 2＝1－x 2＋2x 2ln x 2， 令h ()t ＝1－t ＋2t ln t ，t ∈⎝⎛⎭⎫12，1，h ′()t ＝2ln t ＋1，令h ′()t ＝0，解得t ＝1e， 当t ∈⎝⎛⎭⎫12，1e 时，h ′()t <0，h ()t 在⎝⎛⎭⎫12，1e 单调递减； 当t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1时，h ′()t >0，h ()t 在⎝⎛⎭⎫1e ，1单调递增； 所以h ()t min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－2e ＝1－2e e ， h ()t <max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝⎛⎭⎫12，h ()1，h ⎝⎛⎭⎫12＝12－ln 2<0＝h ()1，即g ()x 2x 1的取值X 围是⎣⎡⎭⎫1－2ee ，0.。
2022年高考数学(理)二轮复习 专项精练：(高考22题) 12+4分项练2 Word版含答案
12＋4分项练2 不等式1．(2021届重庆市巴蜀中学三诊)设0<a <1，b >c >0，则下列结论不正确的是( ) A ．a b <a c B ．b a >c a C ．log a b <log a c D.a b >ac答案 D解析 取a ＝12，b ＝4，c ＝2可知D 错．故选D.2．(2021·山东)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3≤0，3x ＋y ＋5≤0，x ＋3≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值是( )A ．0B ．2C ．5D ．6 答案 C解析 如图所示，先画出可行域， 作出直线l ：x ＋2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋5＝0，x ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝4.∴A (－3,4)．由图可知，平移直线l 至过点A 时，z 取得最大值， z max ＝－3＋2×4＝5. 故选C.3．(2021·辽宁省试验中学模拟)已知实数x ，y 满足x 2－xy ＋y 2＝1，则x ＋y 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 原式可化为：(x ＋y )2＝1＋3xy ≤1＋3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，解得－2≤x ＋y ≤2，当且仅当x ＝y ＝1时x ＋y 有最大值 2.故选B.4．(2021届浙江省嘉兴市第一中学适应性考试)已知xy ＝1，且0<y <22，则x 2＋4y 2x －2y 的最小值为( )A ．4 B.92C ．2 2D ．4 2 答案 A解析 由于xy ＝1且0<y <22， 可知x >2，所以x －2y >0.x 2＋4y 2x －2y ＝(x －2y )2＋4xyx －2y ＝x －2y ＋4x －2y≥4，当且仅当x ＝3＋1，y ＝3－12时等号成立．故选A.5．(2021届吉林省吉林高校附属中学模拟)已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋2y ＋1≥0，2x ＋y －1≤0，若直线y ＝k (x ＋1)把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为1∶2，则k 等于( ) A.14 B.13 C.12 D.34 答案 A解析 作出不等式组对应平面区域如图(△ABC 及其内部)，A (0,1)，B (1，－1)，∵直线y ＝k (x ＋1)过定点C (－1,0)，∵C 点在平面区域ABC 内， ∴点A 到直线y ＝k (x ＋1)的距离d 上＝|k －1|1＋k2，点B 到直线y ＝k (x ＋1)的距离d 下＝|2k ＋1|1＋k2，∵直线y ＝k (x ＋1)把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为1∶2， ∴2×|k －1|1＋k 2＝|2k ＋1|1＋k 2，解得k ＝14.故选A.6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >9 答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －b －7＝0，4a －b －13＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11.所以f (－1)＝c －6，所以0<c －6≤3，解得6<c ≤9，故选C.7．(2021届江西省重点中学联考)假照实数x ，y 满足关系⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，又2x ＋y －7x －3≥c 恒成立，则c 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，95 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫95，＋∞ D ．[3，＋∞) 答案 A解析 不等式组表示的平面区域如图所示，若c ≤2x ＋y －7x －3恒成立，则只需c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y －7x －3min ，即c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y －1x －3min ，所以问题转化为求y －1x －3的最小值，y －1x －3表示可行域内动点(x ，y )与定点(3,1)连线的斜率，依据图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1x －3min ＝k BC ＝－15，所以c ≤95，故选A.8．(2021届福建省宁德市质量检查)已知实数x ，y 满足的约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，3x －2y －3≤0，x ＋y －1≥0表示的平面区域为D ，若存在点P (x ，y )∈D ，使x 2＋y 2≥m 成立，则实数m 的最大值为 ( ) A.18116 B ．1C.913 D .12 答案 A解析 如图，作出可行域D ，要使存在点P (x ，y )∈D ，使x 2＋y 2≥m 成立，只需m ≤(x 2＋y 2)max ，而x 2＋y 2表示阴影部分中的点与原点距离的平方，所以(x 2＋y 2)max ＝18116，即m ≤18116，m 的最大值为18116，故选A. 9．(2021·湖北省武汉市调研)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋2y ≤4，x －2y ≤2，假如目标函数z ＝x ＋ay 的最大值为163，则实数a 的值为( )A ．3 B.143C ．3或143D ．3或－113答案 D解析 先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为y ＝－1a x ＋1a z ，当a >0时，－1a<0，(1)当－12≤－1a<0，即a ≥2时，最优解为A ⎝⎛⎭⎫43，43，z ＝43＋43a ＝163，a ＝3，符合题意； (2)当－1a <－12，即0<a <2时，最优解为B ⎝⎛⎭⎫3，12，z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合，舍去； 当a <0时，－1a>0.(3)当0<－1a <12，即a <－2时，最优解为C (－2，－2)，z ＝－2－2a ＝163，a ＝－113，符合；(4)当－1a ≥12，即－2≤a <0时，最优解为B ⎝⎛⎭⎫3，12，z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合，舍去． 综上，实数a 的值为3或－113，故选D.10.(2021届河北省衡水中学押题卷)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法争辩代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF ⊥AB ，设AC ＝a ，BC ＝b ，则该图形可以完成的无字证明为( ) A.a ＋b 2≥ab (a >0，b >0)B ．a 2＋b 2≥2ab (a >0，b >0) C.2ab a ＋b ≤ab (a >0，b >0) C.a ＋b 2≤a 2＋b 22(a >0，b >0) 答案 D解析 AC ＝a ，BC ＝b ，可得圆O 的半径r ＝a ＋b2，又OC ＝OB －BC ＝a ＋b 2－b ＝a －b2，则FC 2＝OC 2＋OF 2＝(a －b )24＋(a ＋b )24＝a 2＋b 22，再依据题图知FO ≤FC ，即a ＋b2≤a 2＋b 22，当且仅当a ＝b 时取等号．故选D. 11．(2021·湖南省衡阳市联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x －1，x ≤3，x ＋5y ≥4，则x 2y的最小值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 D解析 作出不等式组所对应的平面区域，由图象可知x >0，y >0，设z ＝x 2y ，则x 2＝zy ，对应的曲线为开口向上的抛物线，由图象可知当直线y ＝x －1与抛物线相切时，z 取得最小值，将y ＝x －1代入抛物线x 2＝zy ，得x 2－zx ＋z ＝0，由Δ＝0⇒z ＝4，z ＝0(舍)． 故选D.12．(2021·湖南省长沙市长郡中学模拟)设正实数x ，y ，z 满足x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0，则当xy z 取得最大值时，2x ＋1y －2z的最大值为( ) A ．0 B ．1 C.94 D ．3 答案 B解析 据已知等式得z ＝x 2－3xy ＋4y 2，故xy z ＝xy x 2－3xy ＋4y 2＝1x 2－3xy ＋4y 2xy ＝1x y ＋4y x－3，据基本不等式得xyz＝1x y ＋4yx－3≤12x y ·4yx－3＝1，当且仅当x y ＝4yx ，即x ＝2y 时取得最大值，此时z ＝2y 2且2x ＋1y －2z ＝2y －22y 2＝－⎝⎛⎭⎫1y －12＋1≤1，当y ＝1时取得最大值1. 13．(2021届河南省南阳市第一中学模拟)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≥0，3x －y －a ≤0，若目标函数z ＝x ＋y 的最小值为－25，则实数a 的值为________．答案 2解析 作出不等式组对应的平面区域为阴影部分ABO .由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线y ＝－x ＋z 经过点B 时，直线y ＝－x ＋z 截距最小，此时z 最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝－25，2x ＋y ＝0解得⎩⎨⎧x ＝25，y ＝－45.即B ⎝⎛⎭⎫25，－45，同时B 也在直线3x －y －a ＝0上，即3×25－⎝⎛⎭⎫－45－a ＝0，得a ＝2. 14．(2021届云南省师范高校附属中学月考)下表所示为X ，Y ，Z 三种食物的维生素含量及成本，某食品厂欲将三种食物混合，制成至少含44 000单位维生素A 及48 000单位维生素B 的混合物100千克，所用的食物X ，Y ，Z 的质量分别为x ，y ，z (千克)，混合物的成本最少为________元.X Y Z 维生素A (单位/千克) 400 600 400 维生素B (单位/千克) 800 200 400 成本(元/千克)12108答案 960解析 混合食物成本的多少受到维生素A ，B 的含量以及混合物总量等因素的制约，各个条件综合考虑，得⎩⎪⎨⎪⎧400x ＋600y ＋400z ≥44 000，800x ＋200y ＋400z ≥48 000，x ＋y ＋z ＝100，x ≥0，y ≥0，z ≥0，消去不等式中的变量z ，得⎩⎪⎨⎪⎧y ≥20，2x －y ≥40，x ＋y ≤100，目标函数为混合物成本函数P ＝12x ＋10y ＋8z ＝800＋4x ＋2y .画出可行域如图所示，当直线y ＝－2x －400＋P2过可行域内的点A (30,20)时，即x ＝30千克，y ＝20千克，z ＝50千克时，成本P ＝960元为最少．15．(2021届江西省重点中学联考)已知△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，BC ＝4，若点P 是边BC 上的动点，且P 到AB ，AC 的距离分别为m ，n ，则4m ＋1n的最小值为________．答案 92解析 由题知AB ＝AC ＝433，则依据三角形面积相等有12×⎝⎛⎭⎫4332×32＝12×433(m ＋n )，则m ＋n ＝2，依据基本不等式，得4m ＋1n ＝12(m ＋n )⎝⎛⎭⎫4m ＋1n ＝12⎝⎛⎭⎫5＋4n m ＋m n ≥92， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，4n m ＝m n，即m ＝43，n ＝23时，等号成立．16．已知变量x ，y (x ，y ∈R )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤0，x ＋y ≥5，y －3≤0，若不等式(x ＋y )2≥c (x 2＋y 2) (c ∈R )恒成立，则实数c的最大值为________． 答案2513解析 作出可行域如图所示，设t ＝y x ，由可行域易知1≤t ≤32.又由(x ＋y )2≥c (x 2＋y 2) (c ∈R )，得 c ≤(x ＋y )2x 2＋y 2＝1＋2xy x 2＋y 2＝1＋2x y ＋y x，即c≤1＋2t＋1t，而2≤t＋1t≤136，所以1＋2t＋1t的最小值为1＋2136＝1＋1213＝2513，所以c≤2513.。
2018版高考数学二轮复习大题规范练8“20题、21题”24分练理
大题规范练(八) “20题、21题”24分练(时间：30分钟 分值：24分)解答题(本大题共2小题，共24分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)20．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，P 两点，与x 轴，y 轴分别相交于点N 和M ，且|PM |＝|MN |，点Q 是点P 关于x 轴的对称点，QM 的延长线交椭圆C 于点B ，过点A ，B 分别作x 轴的垂线，垂足分别为A 1，B 1.(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在直线l ，使得点N 平分线段A 1B 1？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.【导学号：07804240】[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3c 1a 2＋94b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2 解得⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＝3a 2＝4，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)存在这样的直线l .∵y ＝kx ＋m ，∴M (0，m )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m k ，0， ∵|PM |＝|MN |， ∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m k ，2m ，则Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫m k，－2m ， ∴直线QM 的方程为y ＝－3kx ＋m . 设A (x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－3)＝0， ∴x 1＋m k ＝－8km 3＋4k 2，∴x 1＝－3m ＋4k 2k ＋4k 2， 设B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－3kx ＋m x 24＋y 23＝1，得(3＋36k 2)x 2－24kmx ＋4(m 2－3)＝0.∴x 2＋m k ＝8km 1＋12k 2， ∴x 2＝－m ＋4k 2k ＋12k 2， ∵点N 平分线段A 1B 1，∴x 1＋x 2＝－2m k， ∴－3m ＋4k 2k ＋4k 2－m ＋4k 2k ＋12k 2＝－2m k ， ∴k ＝±12， ∴P (±2m,2m )，∴4m 24＋4m 23＝1， 解得m ＝±217， ∵|m |＝217＜b ＝3， ∴直线l 的方程为y ＝±12x ±217. 21．已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若x ＞0，证明(e x －1)ln(x ＋1)＞x 2.[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)f ′(x )＝e x －1－2ax ，令h (x )＝e x －1－2ax ，则h ′(x )＝e x－2a .①当2a ≤1时，在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0，∴当a ≤12时满足条件． ②当2a ＞1时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln 2a ，在[0，ln 2a )上， h ′(x )＜0，h (x )单调递减，∴当x ∈(0，ln 2a )时，有h (x )＜h (0)＝0，即f ′(x )＜f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln 2a )上为减函数，∴f (x )＜f (0)＝0，不合题意． 综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.(3)证明：由(2)得，当a ＝12，x ＞0时，e x ＞1＋x ＋x 22，即e x －1＞x ＋x22，欲证不等式(e x －1)ln(x ＋1)＞x 2，只需证ln(x ＋1)＞2xx ＋2.设F (x )＝ln(x ＋1)－2xx ＋2，则F ′(x )＝1x ＋1－4x ＋2＝x 2x ＋x ＋2.∵当x ＞0时，F ′(x )＞0恒成立，且F (0)＝0，∴F (x )＞0恒成立．∴原不等式得证．。
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专项小测(二十四) “20题、21题”
时间：45分钟 满分：24分
20.(12分)
已知函数f (x )＝
a cos x x ＋
b ，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2
，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2处的切线方程为6x ＋πy －2π＝0.
(1)求f (x )的解析式；
(2)判断方程f (x )＝32π－1在(0,2π]内的解的个数，并加以证明． 解：(1)直线6x ＋πy －2π＝0的斜率为－6π，过点⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，－1，f ′(x )＝－a (x sin x ＋cos x )x 2，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2a π
＝－6π，即a ＝3， (2分) 又f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＝b ＝－1，所以f (x )＝3cos x x －1. (4分) (2)方程f (x )＝32π－1在(0,2π]上有3个解． (5分)
证明：令g (x )＝f (x )－32π＋1＝3cos x x －32π
， 则g ′(x )＝－3(x sin x ＋cos x )x 2. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝93π－32π＞0，g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＝－32π＜0， 所以g (x )在⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2上至少有一个零点． 又g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减，故在⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2上只有一个零点．(7分) 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，3π2时，cos x ＜0，故g (x )＜0， 所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2
，3π2上无零点； (8分) 当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3π2，2π时， 令h (x )＝x sin x ＋cos x ，h ′(x )＝x cos x ＞0， 所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递增，h (2π)＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＜0， 所以∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，使得g (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3π2，x 0上单调递增，在(x 0,2π]上单调递减．
又g (2π)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＜0，所以函数g (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3π2，2π上有2个零点．(10分) 综上，方程f (x )＝32π
－1在(0,2π]上有3个解． (12分) 21．(12分)
某地区进行疾病普查，为此要检验每一人的血液，如果当地有N 人，若逐个检验就需要检验N 次，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k 个人，把这k 个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k 个人的血液全为阴性，因而这k 个人只要检验一次就够了，如果为阳性，为了明确这个k 个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k 个人再逐个进行检验，这时k 个人的检验次数为k ＋1次．假设在接受检验的人群中，每个人的检验结果是阳性还是阴性是独立的，且每个人是阳性结果的概率为p .
(1)为熟悉检验流程，先对3个人进行逐个检验，若p ＝0.1，求3人中恰好有1人检测结果为阳性的概率；
(2)设ξ为k 个人一组混合检验时每个人的血需要检验的次数．
①当k ＝5，p ＝0.1时，求ξ的分布列；
②运用统计概率的相关知识，求当k 和p 满足什么关系时，用分组的办法能减少检验次数．
解：(1)对3人进行检验，且检验结果是独立的．
设事件A ∶3人中恰有1人检测结果为阳性，
则其概率P (A )＝C 13·0.1·0.92＝0.243. (4分)
(2)①当k ＝5，p ＝0.1时，则5人一组混合检验结果为阴性的概率为0.95，每人所检验
的次数为15次，若混合检验结果为阳性，则其概率为1－0.95，则每人所检验的次数为65
次，故ξ的分布列为
(8分) ②分组时，每人检验次数的期望如下： P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝1k ＝(1－p )k ，P ⎝
⎛⎭⎪⎫ξ＝1k ＋1＝1－(1－p )k ， 所以E (ξ)＝1k ·(1－p )k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1[1－(1－p )k ]＝1－(1－p )k ＋1k
. 不分组时，每人检验次数为1次，要使分组办法能减少检验次数，需1－(1－p )k ＋1k
＜1，
即1－p＞
1
k
k
，
所以当1－p＞
1
k
k
时，用分组的办法能减少检验次数．(12分)。