2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：2.1 函数及其表示 Word版含答案
2021届浙江省新高考测评第三模拟考试数学试题(解析版)
可得 ，
解得 ，所以椭圆 的长轴长为4．
故答案为： .
12．在生物学研究过程中，常用高倍显微镜观察生物体细胞．已知某研究小组利用高倍显微镜观察某叶片的组织细胞，获得显微镜下局部的叶片细胞图片，如图所示，为了方便研究，现在利用甲、乙等四种不同的试剂对 、 、 、 、 、 这六个细胞进行染色，其中相邻的细胞不能用同种试剂染色，且甲试剂不能对 细胞染色，则共有______种不同的染色方法（用数字作答）．
则 ， ，
因为 ，
所以 ， ，
故选：B．
9．已知数列 满足 ， ，则 （）
A． B． C．35D．
【答案】A
【分析】对递推公式进行变形得 ，应用该递推关系可以得到该数列的周期，利用周期性进行求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
因此 ，同理 ， ， ，则 ，因此 ， ， ， ，其中 ，则 ，则 故选：A
2021届浙江省新高考测评第三模拟考试数学试题
一、单选题
1．已知全集 ，集合 ， ，则 （）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求解集合 ，再求集合的混合运算.
【详解】由题可得 ，则 ，因此 .
故选：B．
2．已知复数 满足 ，则复数 （其中 为虚数单位）的模为（）
A． B． C．1D．2
【答案】C
【点睛】关键点睛：求解本题的关键是对 的化简，进而得到数列 的周期为4，从而得到 即可求得结果．
10．已知定义在 上的函数 满足：①对任意的 ， ， ；②当 时， ；③ ．若对于任意的两个正实数 ， ，不等式 恒成立，则实数 的最小值是（）
A． B． C． D．
【答案】C
高三数学二模考试试卷 理扫描 试题
2021届高三数学二模考试试卷理〔扫描版〕制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日2021-2021学年高中毕业班模拟考试〔二〕 理科数学答案一、选择题1-5DBADC 6-10 CBABC 11-12 AD 二、填空题13． 3 14．12 15.5216. 23 三、解答题 17.解：(1)∵是等差数列，∴S 5=5a 3，又S 5=3a 3，∴a 3=0 ……………… 2分由a 4+a 6=8=2a 5得a 5=4∴a 5- a 3=2d=4, ∴d=2 ……………… 4分 ∴a n = a 3+(n-3)d=2(n-3). ……………… 6分 (2) b n =2n=(n-3)﹒2n+1,T n =(-2)﹒22+(-1)﹒23+ 0﹒24+ …+(n-3)﹒2n+1,2 T n = (-2)﹒23+(-1)﹒24+…+(n-4)﹒2n+1+ (n-3)﹒2n+2……………8分 两式相减得2 T n - T n = 2﹒22-〔23+24+…+2n+1〕+ (n-3)﹒2n+2………………10分=8-+ (n-3)﹒2n+2=(n-4)·2n+2+16即T n =(n-4)·2n+2+16 ………………12分18.解析：〔1〕证明：连接PD 交CE 于G 点，连接FG ， 点E 为PA 中点，点D 为AC 中点，∴点G 为PAC 的重心，∴2PG GD =，…………2分2PF FB =∴//FG BD ，…………4分又FG ⊂平面CEF ，BD ⊄平面CEF ，∴//BD 平面CEF .…………5分〔2〕法一：因为AB AC =，PB PC =，PA PA =， 所以PAB 全等于PAC ，PA AC ⊥，PA AB ∴⊥，2PA ∴=，…………7分又AB AC ⊥，那么以AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -如下图，那么(0,0,0)A ,(1,0,0)B ，(0,1,0)C ，(0,0,2)P ，(0,0,1)E ，(1,1,0)BC =-，(1,0,2)BP =-，(0,1,1)CE =-…………8分设平面PBC 的一个法向量为(,,)x y z =n ，20BC x y BP x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩n n 解得2,2,1x y z ===，即(2,2,1)=n …………10分 设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，那么212sin cos ,623CE θ-+=<>==⨯n 所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为26…………12分 法二：因为AB AC =，PB PC =，PA PA =， 所以PAB 全等于PAC ，PA AC ⊥，PA AB ∴⊥，2PA ∴=，…………7分过点E 做EH ⊥平面PBC 于点H ，连接CH ，那么ECH ∠为直线CE 与平面ABC 所成角，………8分设点A 到平面PBC 的间隔 为hP ABC A PBC V V --=，即1133ABCPBCSPA S h ⨯⨯=⨯⨯111132112232322h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得23h =，…………10分 因为点E 为PA 中点，所以1123EH h ==， xzy在Rt CEH中，CE =1sin EH ECH CE ∠===所以直线CE 与平面PBC所成角的正弦值为6…………12分 19.【解析】〔1〕因为21tan tan =B A ，即21-=BC AC k k 设点),(y x C ，那么2122-=+⋅-x y x y ……………………〔2分〕解得)0(12422≠=+y y x ……………………〔4分〕 〔2〕令),(11y x M ，),(22y x N易知直线MN 不与x 轴重合，令直线2:-=my x MN ……………………………〔5分〕 联立得0222)2(22=--+my y m易知0>∆，222221+=+m my y ，022221<+-=m y y ........................ 〔7分〕 由NAB MAB S S △△2=，故||2||21y y =，即212y y -= ........................ 〔9分〕 从而21224)(12212221221-=++=+-=+y y y y m m y y y y解得722=m ，即714±=m ......................................... 〔11分〕所以直线MN 的方程为2714-=y x 或者2714--=y x.............. 〔12分〕 20.解：〔1〕李某月应纳税所得额〔含税〕为：29600-5000-1000-2000=21600元 不超过3000的局部税额为30003⨯%=90元超过3000元至12000元的局部税额为900010⨯%=900元----------------------2分 超过12000元至25000元的局部税额为960020⨯%=1920元所以李某月应缴纳的个税金额为90+900+1920=2910元----------------------4分 〔2〕有一个孩子需要赡养老人应纳税所得额〔含税〕为：20000-5000-1000-2000=12000元，月应缴纳的个税金额为：90+900=990元；---------------------------------5分有一个孩子不需要赡养老人应纳税所得额〔含税〕为：20000-5000-1000=14000元，月应缴纳的个税金额为：90+900+400=1390元；------------------------------6分 没有孩子需要赡养老人应纳税所得额〔含税〕为：20000-5000-2000=13000元，月应缴纳的个税金额为：90+900+200=1190元；-----------------------------7分 没有孩子不需要赡养老人应纳税所得额〔含税〕为：20000-5000=15000元，月应缴纳的个税金额为：90+900+600=1590元；-----------------------------8分3111(990),(1190),(1390),(1590)510510p X p X p X p X ========------------------------------------10分31119901190139015901150510510EX =⨯+⨯+⨯+⨯=------------------------12分 21.【解析】〔1〕由x ax x f 1)(+<，即ax x x<ln ，即2ln xx a > 令2ln )(x xx g =，那么只需max )(x g a > ................................... 〔1分〕 3ln 21)(x x x g -='，令0)(='x g ，得e =x所以)(x g 在)e ,0(递增，在),e (+∞递减 ............................... 〔3分〕 所以e 21)e ()(max ==g x g ，所以a 的取值范围为),e21(+∞ ................. 〔4分〕 〔2〕方法一：不妨设12x x <，2ln ()xf x x-'=，所以()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； 由1)1(=f ，0)e1(=f ，当+∞→x 时，()0f x →所以10<<m ，211e1x x <<<......................................... 〔6分〕要证221>+x x ，即证122x x ->由12>x ，121>-x ，)(x f 在),1(+∞上单调递减，只需证明)2()(12x f x f -<由)()(21x f x f =，只需证明)2()(11x f x f -< ............................ 〔7分〕 令)2()()(x f x f x g --=，)1,0(∈x ，只需证明0)(<x g 易知0)1(=g ，22)2()2ln(ln )2()()(x x x x x f x f x g ---+-=-'+'=' 由)1,0(∈x ，故0ln >-x ，22)2(x x -<，…………………………………………〔9分〕 从而0)2()]2(ln[)2()2ln(ln )(22>---=---->'x x x x x x x g .......................... 〔11分〕 从而)(x g 在)1,0(上单调递增由0)1(=g ，故当)1,0(∈x 时，0)(<x g ，证毕 ........................... 〔12分〕 方法二：不妨设12x x <，2ln ()xf x x-'=，所以()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； 由1)1(=f ，0)e1(=f ，当+∞→x 时，()0f x →所以10<<m ，211e1x x <<<......................................... 〔6分〕 要证221>+x x ，即证122x x ->由12>x ，121>-x ，)(x f 在),1(+∞上单调递减，只需证明)2()(12x f x f -<由)()(21x f x f =，只需证明)2()(11x f x f -< ............................ 〔7分〕 假设证11112)2ln(1ln 1x x x x --+<+，即022)2ln(ln )2(11111<-+---x x x x x 令x x x x x x g 22)2ln(ln )2()(-+---=，只需证明)1,0(∈x 时0)(<x g ………………〔8分〕 易知0)1(=g ，4)2(4)2ln(ln )(--+---='x x x x x g由1ln -≤x x ，当且仅当1=x 时取等，故x x -≥-1ln ……………………………〔10分〕 由)1,0(∈x ，从而0))2(1()1()2ln(ln =--+->---x x x x 由)1,0(∈x ，故)1,0()2(∈-x x ，从而04)2(4>--x x ，所以0)(>'x g ....... 〔11分〕所以)(x g 在)1,0(单调递增又由0)1(=g ，故当)1,0(∈x 时，0)(<x g ，证毕 ......................... 〔12分〕 方法三：不妨设12x x <，构造函数1()()()G x f x f x=-，…………………………………〔5分〕那么21()(1)ln G x x x'=-，()0,1x ∈时，()0G x '>，()G x 单调递增，………………〔7分〕所以()(1)0G x G <=，即()0,1x ∈时，1()()f x f x<.111x e<<，故2111()()()f x f x f x =<，…………………………………〔9分〕又2111,1x x >>，()1,x ∈+∞时，()f x 单调递减，211x x ∴>，即121x x >，……〔11分〕所以122x x +>>…………………………………〔12分〕方法四：不妨设12x x <，〔比值代换〕由m x f x f ==)()(21，即11ln 1mx x =+，22ln 1mx x =+………〔5分〕两式作差得)(ln ln 2121x x m x x -=-，即2121ln ln x x x x m --=…………………………………〔6分〕所以2121212121ln )(x xx x x x x x m x x ⋅-+=+>+ 令)1,0(21∈=x x t ，即t t t x x ln 1121⋅-+>+ ..................................〔8分〕 要证221>+x x ，只需证2ln 11>⋅-+t t t ， 只需证1)1(2ln +-<t t t 在)1,0(∈t 时恒成立〔记为*〕 ....................... 〔10分〕 令1)1(2ln )(+--=t t t t g ，那么222)1()1()1(41)(+-=+-='t t t t t t g从而)(t g 在)1,0(递增由0)1(=g ，从而当)1,0(∈t 时0)(<t g 恒成立，即〔*〕式成立综上，221>+x x .................................................. 〔12分〕22.解：(1)曲线的，得曲线角坐标方程为, ……2分 直线的普通方程为; ……4分 (2)把的参数方程222212x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩代入抛物线方程中，得 ,=>0,设方程的两根分别为， 知. ……6分=,成等比数列解得∴ ……10分 23.解答： 〔1〕当时， ……2分 不等式可化为或者 或者 ……4分解得，不等式的解集为. ……5分(2)……7分当且仅当(时，取“=〞……8分当时,的取值范围为；当时,的取值范围为. ……10分制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日。
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：3.4 简单的三角恒等变换 Word版含答案
§3.4简洁的三角恒等变换Ａ组基础题组1.(2021河南许昌一模,5)已知sin2α=,则cos2=( )A. B.- C. D.-2.(2021嘉兴一模,6,5分)已知锐角α满足cos2α=cos,则sin2α等于( )A. B.- C . D.-3.(2021安徽阜阳期末,7)化简=( )A.1B.C.D.24.(2021浙江嘉兴桐乡一中调研(二),11)函数f(x)=sinxcosx+cos2x的最小正周期是.5.(2021四川,12,5分)sin15°+sin75°的值是.6.(2021丽水一模,13,4分)设α,β∈(0,π),sin(α+β)=,tan=,则cosβ的值是.7.(2022山东师范高校附属中学第三次模考,13,5分)设α,β∈,且tanα=,则2α-β=.8.(2022宁波效实中学期中,12,6分)若sinα+2cosα=-(0<α<π),则tanα=;cos= .9.(2022宁波效实中学期中文,13,4分)= .10.求证:=sin2α.11.(2021合肥第一次质检)已知cos·cos=-,α∈,求:(1)sin2α;(2)tanα-. B组提升题组1.(2021温州一模,3,5分)已知sinx+cosx=,则cos=( )A.-B.C.-D.2.(2021西宁三校联考)已知sin=-,α是其次象限角,则tan=( )A. B. C. D .3.(2021嘉兴教学测试二,5,5分)若sinθ+cosθ=,θ∈[0,π],则tanθ=()A.-B.C.-2D.24.(2021烟台诊断)已知α,β∈(0,π),且tan(α-β)=,tanβ=-,则2α-β的值为( )A.-B.C.-D.5.(2022山东,12,5分)函数y=sin2x+cos2x的最小正周期为.6.(2021课标全国Ⅰ,15,5分)设当x=θ时,函数f(x)=sinx-2cosx取得最大值,则cosθ=.7.(2021浙江六校联考)函数f(x)=sinx+cosx的单调增区间为,已知sinα=,且α∈,则f= .8.(2022超级中学原创猜测卷九,14,6分)已知α∈,β∈,若tan(α+β)=2tanβ,则当α取最大值时,tanβ=,tan2α=.9.(2022江苏盐城中学月考,11,5分)若α∈,且tan=2cos2α,则α的值为.10.化简:.11.(2021广东,16,12分)已知函数f(x)=cos,x∈R.(1)求f的值;(2)若cosθ=,θ∈,求f.Ａ组基础题组1.C cos2====,故选C.2.A 由cos2α=cos得,cos2α-sin2α=cosα+sinα,而α为锐角,∴cosα+sinα≠0,∴cosα-sinα=,两边平方得,1-sin2α=,∴sin2α=.故选A.3.C 原式=====.4.答案π解析f(x)=sinxcosx+cos2x=sin2x+cos2x=sin,所以最小正周期T==π.5.答案解析sin15°+sin75°=sin15°+cos15°=sin(15°+45°)=sin60°=.6.答案-解析由tan=,得tanα==,又α∈(0,π),所以α∈,所以sinα=,cosα=,又β∈(0,π),所以α+β∈,而sin(α+β)=<,所以α+β∈,因此cos(α+β)=-,所以cosβ=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=-.7.答案解析tanα==,化简得sin(α-β)=cosα,又α,β∈,所以sin(α-β)=cosα=sin,因此α-β=-α,所以2α-β=.8.答案-;解析由sinα+2cosα=-(0<α<π)可知,α为钝角,又sin2α+cos2α=1,可得sinα=,cosα=-,所以tanα=-.sin2α=2sinαcosα=-,cos2α=cos2α-sin2α=-,所以cos=cos2αcos-sin2αsin=.9.答案解析===.10.证明证法一:左边=====sincoscosα=sinαcosα=sin2α=右边,∴原式成立.证法二:左边===sinαcosα=sin2α=右边,∴原式成立.证法三:左边==cos2α·=cos2α·tanα=cosαsinα=sin2α=右边,∴原式成立.11.解析(1)cos·cos=cos·sin=sin=-,(2分)即sin=-,∵α∈,∴2α+∈,∴cos=-,(5分)∴sin2α=sin=sincos-cossin=.(7分)(2)∵α∈,∴2α∈,又sin2α=,∴cos2α=-.∴tanα-=-===-2×=2.(12分)B组提升题组1.B sinx+cosx=2cos=,故cos=.2.A 由于sin=cosα=-,α是其次象限角,所以tanα=-,所以tan==,故选A.3.C 由于sinθ+cosθ=sin=,所以sin=.由于θ∈[0,π],所以≤θ+≤.又<,所以<θ+<π,所以cos=-,所以tan===-,解得tanθ=-2,故选C.4.C 由于tan[2(α-β)]===,所以tan(2α-β)=tan[2(α-β)+β]===1,由于β∈(0,π),tanβ=-,所以β∈,又tanα=tan[(α-β)+β]===>0,α∈(0,π),所以α∈,所以α-β∈(-π,0),由于tan(α-β)=>0,所以α-β∈,所以2α-β∈(-π,0),所以2α-β=-,故选C.5.答案π解析y=sin2x+cos2x=sin2x+=sin2x+cos2x+=sin+,所以该函数的最小正周期为π.6.答案-解析由帮助角公式得:f(x)==sin(x-φ),其中sinφ=,cosφ=,由x=θ时,f(x)取得最大值得sin(θ-φ)=1,∴θ-φ=2kπ+,k∈Z,即θ=φ++2kπ,k∈Z,∴cosθ=cos=-sinφ=-.7.答案,k∈Z ;解析f(x)=sinx+cosx=sin,当2kπ-≤x+≤2kπ+,k∈Z,即2kπ-≤x≤2kπ+,k∈Z时,函数f(x)单调递增,所以f(x)的递增区间是,k∈Z.由于sinα=,α∈,所以cosα=,所以f=sin=sin=sinα+cosα=×+×=.8.答案;解析解法一:由tan(α+β)=2tanβ,可得2tanβ=,从而tanα==≤,当且仅当tanβ=时取等号.又α∈,所以当tanα=时,α取最大值,此时tan2α==.解法二:由tan(α+β)=2tanβ,可得tanα=tan[(α+β)-β]===≤,当且仅当tanβ=时取等号.又α∈,所以当tanα=时,α取最大值,此时tan2α==.9.答案解析cos2α=sin=sin=2sincos=2cos2tan=tan,所以cos2=,又α∈,所以cos=,所以α+=,所以α=.10.解析原式=========2.11.解析(1)f=cos--=cos=cos=1.(2)f=cos=cos=cos2θ-sin2θ.由于cosθ=,θ∈,所以sinθ=-,所以sin2θ=2sinθcosθ=-,cos2θ=cos2θ-sin2θ=-,所以f=cos2θ-sin2θ=--=.。
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：8.6 抛物线 Word版含答案
§8.6抛物线Ａ组基础题组1.(2022安徽,3,5分)抛物线y=x2的准线方程是( )A.y=-1B.y=-2C.x=-1D.x=-22.(2021浙江杭州六中期末)已知P是抛物线y2=4x上一动点,则点P到直线l:2x-y+3=0和y轴的距离之和的最小值是( )A. B. C.2 D.-13.(2022课标Ⅱ,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为( )A. B. C. D.4.(2021浙江嘉兴桐乡第一中学调研卷一,9,5分)抛物线y2=x的焦点为F,点P(x,y)为该抛物线上的动点,点A,则的最小值是( )A. B. C. D.5.(2022四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )A.2B.3C.D.6.(2021陕西,14,5分)若抛物线y2=2px(p>0)的准线经过双曲线x2-y2=1的一个焦点,则p= .7.(2021浙江名校(镇海中学)沟通卷一,14)过抛物线y2=2x的焦点的直线与该抛物线交于A,B两点,且|AB|=4,则AB的中点的横坐标是.8.(2021浙江模拟训练冲刺卷一,11)已知点F为抛物线x2=4y的焦点,O为坐标原点,点M是抛物线准线上一动点,A在抛物线上,且|AF|=2,则|OA|= ;|MA|+|MO|的最小值是.9.(2021浙江新高考争辩卷四(舟山中学),11)已知抛物线C:y2=2px(p>0),抛物线C上横坐标为的点到焦点的距离为3.(1)p= ;(2)点M在抛物线C上运动,点N在直线x-y+5=0上运动,则|MN|的最小值等于.10.(2022超级中学原创猜测卷七,11,6分)已知正六边形ABCDEF的边长是2,抛物线y2=2px(p>0)恰好经过该正六边形的四个顶点,,过抛物线的焦点Q的直线交抛物线于M,N两点.若焦点Q是弦MN靠近点N的三等分点,则该抛物线的标准方程是,直线MN的斜率k等于.11.(2021浙江冲刺卷一,14,4分)已知直线x=my+2与抛物线y2=8x交于A,B两点,点C(-1,0),若∠ACB=90°,则m= .12.(2021浙江名校(绍兴一中)沟通卷五,14)已知M(a,4)为抛物线y2=2px(p>0)上一点,F为抛物线的焦点,N 为y轴上的动点,当sin∠MNF的值最大时,△MNF的面积为5,则p的值为.13.(2021浙江七校联考,18)已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点,斜率为2的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,且|AB|=9.(1)求该抛物线的方程;(2)O为坐标原点,C为抛物线上一点,若=+λ,求λ的值. 14.(2021福建,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.15.(2021浙江,22,14分)已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F作直线交抛物线C于A,B两点.若直线AO,BO分别交直线l:y=x-2于M,N两点,求|MN|的最小值.16.(2021浙江模拟训练冲刺卷一,19)已知抛物线C1:x2=4y的焦点为F,过点F且斜率不为零的直线l与抛物线C1相交于不同的两点A,C,并与曲线C2:x2=-4(y-2)相交于不同的两点B,D,其中A,B两点在y轴右侧.(1)求A,B两点的横坐标之积;(2)记直线OA,OB,OC,OD的斜率分别为k1,k2,k3,k4,是否存在常数λ,使得k1+k3=λ(k2+k4)?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.B组提升题组1.(2021陕西,3,5分)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线经过点(-1,1),则该抛物线焦点坐标为( )A.(-1,0)B.(1,0)C.(0,-1)D.(0,1)2.(2022课标Ⅰ,10,5分)已知抛物线C:y2=x的焦点为F,A(x0,y0)是C上一点,|AF|=x0,则x0=( )A.1B.2C.4D.83.(2021宁波高考模拟考试,5,5分)已知F是抛物线y2=4x的焦点,A,B是抛物线上的两点,|AF|+|BF|=12,则线段AB的中点到y轴的距离为( )A.4B.5C.6D.114.(2021河南焦作期中,11)已知点P在抛物线y2=4x上,点M在圆(x-3)2+(y-1)2=1上,点N的坐标为(1,0),则|PM|+|PN|的最小值为( )A.5B.4C.3D.+15.(2022课标Ⅱ,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,则|AB|=( )A. B.6 C.12 D.76.已知点P为抛物线y2=2px(p>0)上一点,F为抛物线的焦点,直线l过点P且与x轴平行,若同时与直线l、直线PF、x轴相切且位于直线PF左侧的圆与x轴相切于点Q,则( )A.Q点位于原点的左侧B.Q点与原点重合C.Q点位于原点的右侧D.以上均有可能7.(2021四川,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是( )A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)8.(2021稽阳联考,13,6分)过抛物线C:y2=4x的焦点F作直线l交抛物线C于A,B,若|AF|=3|BF|,则l的斜率是.9.(2021浙江六校联考,13,4分)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过F作斜率为1的直线交抛物线C于A、B两点,设|FA|>|FB|,则= . 10.(2021杭州二中高三仿真考,13,4分)已知点A在抛物线C:y2=2px(p>0)的准线上,点M,N在抛物线C上,且位于x轴的两侧,O是坐标原点,若·=3,则点A到动直线MN的最大距离为.11.(2021嘉兴教学测试二,14,4分)抛物线y2=4x的焦点为F,过点(0,3)的直线与抛物线交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点D,若|AF|+|BF|=6,则点D的横坐标为.12.(2022超级中学原创猜测卷五,14,6分)已知抛物线y2=4x的焦点为F,则点F的坐标为,若A,B是抛物线上横坐标不相等的两点,且线段AB的垂直平分线与x轴的交点为M(4,0),则|AB|的最大值为.13.(2021稽阳联考文,19,15分)点P是在平面坐标系中不在x轴上的一个动点,满足:过点P可作抛物线x2=y 的两条切线,切点分别为A,B.(1)设点A(x1,y1),求证:切线PA的方程为y=2x1x-;(2)若直线AB交y轴于R,OP⊥AB于点Q,求证:R是定点并求的最小值.14.(2021浙江五校二联文,19,15分)已知抛物线y2=2x上有四点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x4,y4),点M(3,0),直线AB、CD都过点M,且都不垂直于x轴,直线PQ过点M且垂直于x轴,交AC于点P,交BD于点Q.(1)求y1y2的值;(2)求证:MP=MQ.15.(2021浙江冲刺卷一,22)已知点M(0,-1),抛物线E:x2=4y,过点N(-4,1)的直线l交抛物线E于A,B两点,点A在第一象限.(1)若直线MA与抛物线相切,求直线MA的方程;(2)若直线MA交抛物线E于另一点C,问直线BC是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.16.(2022浙江,22,14分)已知△ABP的三个顶点都在抛物线C:x2=4y上,F为抛物线C的焦点,点M为AB的中点,=3.(1)若||=3,求点M的坐标;(2)求△ABP面积的最大值. Ａ组基础题组1.A 由y=x2得x2=4y,焦点在y轴正半轴上,且2p=4,即p=2,因此准线方程为y=-=-1.故选A.2.D 由题意知,抛物线的焦点为F(1,0),设点P到直线l的距离为d,由抛物线的定义可知,点P到y轴的距离为|PF|-1,所以点P到直线l的距离与到y轴的距离之和为d+|PF|-1,易知d+|PF|的最小值为点F到直线l的距离,故d+|PF|的最小值为=,所以d+|PF|-1的最小值为-1.3.D 易知直线AB的方程为y=,与y2=3x联立并消去x得4y2-12y-9=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=3,y1y2=-.S△OAB=|OF|·|y1-y2|=×==.故选D.4.C 点A是抛物线的准线与x轴的交点,过P作抛物线准线的垂线,记垂足为B,则由抛物线的定义可得==sin∠PAB,当∠PAB最小时,的值最小,此时,直线PA与抛物线相切,可求得直线PA的斜率k=±1,所以∠PAB=45°,的最小值为,故选C.5.B 依题意不妨设A(x1,),B(x2,-),·=2⇒x1x2-=2⇒=2或=-1(舍去).当x1=x2时,有x1=x2=2,则S△ABO+S△AFO=2+=;当x1≠x2时,直线AB的方程为y-=(x-x1),则直线AB与x轴的交点坐标为(2,0).于是S△ABO+S△AFO=×2×(+)+×=+≥2=3当且仅当=时取“=”,而>3.故选B.6.答案 2解析抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-(p>0),故直线x=-过双曲线x2-y2=1的左焦点(-,0),从而-=-,得p=2.7.答案解析由已知得AB为抛物线的焦点弦,则|AB|=x A+x B+1=4,∴x A+x B=3,故AB的中点的横坐标是.8.答案;解析易知F(0,1).设A(x,y),由|AF|=2,得y+1=2,∴y=1,代入x2=4y得x=±2,所以A(±2,1),则|OA|=.设B(0,-2),因点M在抛物线准线上,则|MO|=|MB|,从而|MA|+|MO|的最小值就是|MA|+|MB|的最小值.因A,B为定点,则|MA|+|MB|的最小值即为|AB|=,故|MA|+|MO|的最小值是.9.答案(1)1 (2)解析(1)依题意得+=3,解得p=1.(2)设M(x,y),则y2=2x.则|MN|的最小值等于点M到直线x-y+5=0的距离d的最小值.而d====,则当y=1时,d min=,故|MN|的最小值等于.10.答案y2=x;±2解析如图所示,依据对称性,可设正六边形ABCDEF的顶点A,B,C,F在抛物线y2=2px(p>0)上,A(x1,1),F(x2,2),则即x2=4x1,又|AF|==2,即(x1-x2)2=(x1-4x1)2=3,所以=,x1=,则p===,则抛物线的方程是y2=x,则Q,设直线MN的方程为x=my+.将直线MN的方程与抛物线的方程联立,消去x得y2-my-=0.设M(x3,y3),N(x4,y4),所以y3+y4=m①,y3y4=-②,由于焦点Q是弦MN靠近点N的三等分点,所以=2,所以y3=-2y4③,联立①②③消去y3,y4,得m=±,所以直线MN的斜率k=±2.11.答案±解析设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得消去x得y2-8my-16=0,则有y1+y2=8m,y1y2=-16.由∠ACB=90°,知·=0,即有(x1+1)(x2+1)+y1y2=0,则有(my1+3)(my2+3)+y1y2=0,即(m2+1)y1y2+3m(y1+y2)+9=0,则-16(m2+1)+24m2+9=0,解得m=±.12.答案2或8解析设N(0,n),当sin∠MNF的值最大时,有∠MNF=,从而有·=0,得ap+n2-4n=0.又2ap=16,所以n2-4n+4=0,所以n=2,所以N的坐标为(0,2)时,sin∠MNF的值最大.过M作MM'⊥y轴,垂足为M',则梯形OFMM'的面积为10,10=·4,又ap=8,得p=2或8.13.解析(1)直线AB的方程是y=2,由消去y得4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=.由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=9,所以p=4,从而抛物线方程是y2=8x.(2)由p=4,4x2-5px+p2=0可得x2-5x+4=0,从而x1=1,x2=4,y1=-2,y2=4,从而A(1,-2),B(4,4).设=(x3,y3)=(1,-2)+λ(4,4)=(4λ+1,4λ-2), 由=8x3,得[2(2λ-1)]2=8(4λ+1),即(2λ-1)2=4λ+1,解得λ=0或λ=2.14.解析(1)由抛物线的定义得|AF|=2+.由于|AF|=3,即2+=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证法一:由于点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±2,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2).由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2(x-1).由得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,从而B.又G(-1,0),所以k GA==,k GB==-,所以k GA+k GB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.证法二:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.由于点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±2,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2).由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2(x-1).由得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,从而B.又G(-1,0),故直线GA的方程为2x-3y+2=0,从而r==.又直线GB的方程为2x+3y+2=0,所以点F到直线GB的距离d===r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.15.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),则=1,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.由消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x1-x2|=4.由解得点M的横坐标x M===.同理,点N的横坐标x N=.所以|MN|=|x M-x N|==8=.令4k-3=t,t≠0,则k=.当t>0时,|MN|=2>2.当t<0时,|MN|=2≥.综上所述,当t=-,即k=-时,|MN|的最小值是.16.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1>0,x2>0.又易知F(0,1),则由A,B,F三点共线得=,即x2=x1,得(x1+x2)x1x2=4(x1+x2),∵x1>0,x2>0,∴x1+x2>0,∴x1x2=4,故A,B两点的横坐标之积为4.(2)存在.明显直线l的斜率存在,且不为零,故可设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由得x2-4kx-4=0.设C(x3,y3),则有x1+x3=4k,且x1x3=-4.则k1+k3=+=+=+==k.由得x2+4kx-4=0.设D(x4,y4),则有x2+x4=-4k,且x2x4=-4.则k2+k4=+=+=+--=+k=+k=3k,∵k≠0,∴k1+k3=(k2+k4).故存在常数λ=,使得k1+k3=λ(k2+k4).B组提升题组1.B 抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-,由题设知-=-1,即=1,所以焦点坐标为(1,0).故选B.2.A 由y2=x得2p=1,即p=,因此焦点F,准线方程为l:x=-,设A点到准线的距离为d,由抛物线的定义可知d=|AF|,从而x0+=x0,解得x0=1,故选A.3.B 记A,B在抛物线准线x=-1的投影分别为A',B',故|AA'|+|BB'|=|AF|+|BF|=12,由中位线定理可得所求距离d=-1=5,故选B.4.C 由于抛物线y2=4x的焦点为N(1,0),所以|PM|+|PN|的最小值等于点M到抛物线的准线x=-1的距离的最小值.而点M在圆(x-3)2+(y-1)2=1上,则点M到准线x=-1的距离的最小值等于圆心(3,1)到准线的距离减去半径1,即(|PM|+|PN|)min=4-1=3,故选C.5.C 焦点F的坐标为,直线AB的斜率为,所以直线AB的方程为y=, 即y=x-,代入y2=3x,得x2-x+=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,所以|AB|=x1+x2+=+=12,故选C.6.B 如图,设直线l,x轴分别与抛物线的准线交于C,D两点,由抛物线的定义知|PC|=|PF|,由圆的切线性质知|PA|=|PB|,于是|AC|=|BF|.又|AC|=|DO|,|BF|=|FQ|,所以|DO|=|FQ|,而|DO|=|FO|,得O,Q两点重合.故选B.7.D 明显0<r<5.当直线l的斜率不存在时,存在两条满足题意的直线,所以当直线l的斜率存在时,存在两条满足题意的直线,设直线l的斜率为k,由抛物线和圆的对称性知,k>0、k<0时各有一条满足题意的直线.设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),k====.记圆心为C(5,0).∵k CM=,k·k CM=-1,∴x0=3.∴r2=(3-5)2+>4(y0≠0),即r>2.另一方面,由AB的中点为M,知B(6-x1,2y0-y1),∴(2y0-y1)2=4(6-x1),又∵=4x1,∴-2y0y1+2-12=0.∴Δ=4-4(2-12)>0,即<12.∴r2=(3-5)2+=4+<16,∴r<4.综上,r∈(2,4).故选D.8.答案±解析由题意设l:x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2).将x=ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,∴y1+y2=4t,y1y2=-4.又=3,∴y1=-3y2,∴∴t2=,即k=±.9.答案3+2解析过抛物线C的焦点,斜率为1的直线方程为y=x-,代入抛物线C的方程,整理得4x2-12px+p2=0.又由题意可得x A>x B,解得x A=p,x B=p,所以====3+2.10.答案解析由题意知抛物线的准线方程为x=-=-,解得p=1,所以抛物线的方程为y2=2x.设直线MN的方程为x=ty+m,M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN与x轴的交点为D(m,0),联立直线MN与抛物线的方程,得y2-2ty-2m=0,所以y1y2=-2m.由于·=3,所以x1x2+y1y2=3,即(y1y2)2+y1y2-3=0.由于M,N位于x轴的两侧,所以y1y2=-6,所以m=3,则直线MN恒过点D(3,0).当直线MN绕定点D(3,0)旋转时,旋转到AD⊥MN时,点A到动直线MN的距离最大,且为=.11.答案 4解析设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y-3=kx(k<0),即y=kx+3,联立直线AB的方程与抛物线方程消去y,得k2x2+(6k-4)x+9=0,所以x1+x2=.又p=2,依据抛物线的定义有|AF|+|BF|=x1+x2+p=x1+x2+2=6,所以x1+x2==4,解得k=(舍)或k=-2,所以y1+y2=-2(x1+x2)+6=-2,所以线段AB的中点坐标为(2,-1),所以线段AB的垂直平分线的方程为y+1=(x-2),即x-2y-4=0,令y=0,得x=4,所以点D的横坐标为4.12.答案(1,0);6解析抛物线y2=4x的焦点为F(1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2),由于线段AB的垂直平分线与x轴的交点为M(4,0),所以|MA|2=|MB|2,即(x1-4)2+=(x2-4)2+,又A,B是抛物线上两点,所以=4x1,=4x2,代入上式并化简得-=4x1-4x2,又x1≠x2,所以x1+x2=4,所以|AB|≤|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=6(当且仅当A,B,F三点共线时取等号),所以|AB|的最大值为6.13.解析(1)证明:设以A(x1,)为切点的切线方程为y-=k(x-x1),与x2=y联立得x2-kx+kx1-=0,由Δ=k2-4kx1+4=(k-2x1)2=0得k=2x1,所以切线PA的方程为y=2x1x-.(2)设B(x2,y2),由(1)知点P的坐标为,设直线AB的方程为y=kx+m,与x2=y联立得x2-kx-m=0,所以P,由题意知k·k OP=k·=-2m=-1⇒m=,即R.|PQ|=,|QR|==,所以==|k|+≥2,当且仅当|k|=时,的最小值为2.14.解析(1)设直线AB的方程为x=my+3,与抛物线联立得:y2-2my-6=0,∴y1y2=-6.(2)证明:直线AC的斜率为=,∴直线AC的方程为y=(x-x1)+y1,∴点P的纵坐标为y P===,同理,点Q的纵坐标为y Q=,∴y P+y Q=0,又PQ⊥x轴,∴MP=MQ.15.解析(1)设A(x1,y1)(x1>0),则直线MA的方程为y=x-1,与x2=4y联立消去y,得x1x2-(+4)x+4x1=0,由Δ=-16=0,得=4,而x1>0,故x1=2,即有A(2,1).则直线MA的方程为y=x-1.(2)明显直线BC的斜率存在,设直线BC的方程为y=kx+n,与x2=4y联立消去y,得x2-4kx-4n=0.设B(x2,y2),C(x3,y3),则有x2+x3=4k,x2x3=-4n.由(1)知x1,x3是方程x1x2-(+4)x+4x1=0的两根,且x1≠2.则有x1x3=4,即x1=,从而y1==.由于N,A,B三点共线,所以===+,即有-1=+x2++,化简得x2+x3+x2x3+4=0,即有4k-4n+4=0,得n=k+1.从而直线BC的方程为y=kx+k+1=k(x+1)+1,故直线BC过定点,且定点坐标为(-1,1). 16.解析(1)由题意知焦点F(0,1),准线方程为y=-1.设P(x0,y0),由抛物线定义知|PF|=y0+1,得到y0=2,所以P(2,2)或P(-2,2).由=3,分别得M或M.(2)设直线AB的方程为y=kx+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0). 由得x2-4kx-4m=0,于是Δ=16k2+16m>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,所以AB中点M的坐标为(2k,2k2+m).由=3,得(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1),所以由=4y0得k2=-m+.由Δ>0,k2≥0,得-<m≤.又由于|AB|=4·,点F(0,1)到直线AB的距离为d=,所以S△ABP=4S△ABF=8|m-1|=.记f(m)=3m3-5m2+m+1.令f'(m)=9m2-10m+1=0,解得m1=,m2=1.可得f(m)在上是增函数,在上是减函数,在上是增函数.又f=>f,所以,当m=时,f(m)取到最大值,此时k=±.所以,△ABP面积的最大值为.。
三年高考两年模拟(浙江版)高考数学一轮复习 第二章 函数 2.5 指数与指数函数课件
(2)有理指数幂的运算性质 1)aras=ar+s(a>0,r,s∈Q). 2)(ar)s=ars(a>0,r,s∈Q). 3)(ab)r=arbr(a>0,b>0,r∈Q).
3.指数函数的图象与性质
a>1 图象
0<a<1
定义域 值域 性质
当x>0时,y>1; 当x<0时,0<y<1
在(-∞,+∞)上是单调增函数
R (0,+∞) 过定点(0,1) 当x>0时,0<y<1; 当x<0时,y>1 在(-∞,+∞)上是单调减函数
1.下列函数中值域为正实数的是 ( )
A.y=-5x
B.y=
1
1 x
3
C.y=
1 2
x
1
D.y= 1 2x
答案
B
∵y=
1 3
x
的值域是正实数,且1-x∈R,
∴y=
1 3
1
§ 2.5 指数与指数函数
1.指数幂的概念 (1)根式 如果一个数的n次方等于a(n>1,且n∈N*),那么这个数叫做a的n次方根.也 就是说,若xn=a,则x叫做a的n次方根,其中n>1且n∈N*.式子 n a 叫做根式,这 里n叫做根指数,a叫做被开方数. (2)根式的性质 1)当n为奇数时,正数的n次方根是一个正数,负数的n次方根是一个负数, 这时,a的n次方根用符号 n a 表示.
2)当n为偶数时,正数的n次方根有两个,它们互为相反数,这时,正数的正 的n次方根用符号 n 表a 示,负的n次方根用符号- 表n a示.正负两个n次方
根可以合写为① ± cn a (a>0). 3)( n a)n=a(a使 n有a意义). 4)当n为奇数时, n =an② ;a
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：8.5 双曲线 Word版含答案
§8.5双曲线Ａ组基础题组1.(2021安徽,6,5分)下列双曲线中,渐近线方程为y=±2x的是( )A.x2-=1B.-y2=1C.x2-=1D.-y2=12.(2022广东,4,5分)若实数k满足0<k<9,则曲线-=1与曲线-=1的( )A.焦距相等B.实半轴长相等C.虚半轴长相等D.离心率相等3.(2021广东,7,5分)已知双曲线C:-=1的离心率e=,且其右焦点为F2(5,0),则双曲线C的方程为( )A.-=1B.-=1C.-=1D.-=14.(2021四川,5,5分)过双曲线x2-=1的右焦点且与x轴垂直的直线,交该双曲线的两条渐近线于A,B两点,则|AB|=( )A. B.2 C.6 D.45.(2021课标Ⅰ,5,5分)已知M(x0,y0)是双曲线C:-y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若·<0,则y0的取值范围是( )A. B.C. D.6.(2021课标Ⅱ,11,5分)已知A,B为双曲线E的左,右顶点,点M在E上,△ABM为等腰三角形,且顶角为120°,则E的离心率为( )A. B.2 C. D.7.(2021浙江冲刺卷四,6)已知F1,F2分别是双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,A和B是以坐标原点O为圆心,以|OF2|为半径的圆与该双曲线的渐近线在y轴右侧的两个交点,且△AF1B是正三角形,则双曲线的离心率为( )A. B. C.2 D.8.(2021绍兴一模,6,5分)曲线x2-3y2=0与双曲线C:-=1(a>0,b>0)的四个交点与C的两个虚轴顶点构成一个正六边形,则双曲线C的离心率为( )A. B. C. D.9.(2021杭州二中仿真考,7,5分)已知点P为双曲线-=1(a>0,b>0)右支上一点,F1,F2分别为双曲线的左,右焦点,且|F1F2|=,I为三角形△PF1F2的内心,若=+λ成立,则λ的值为( )A. B.2-1 C.+1 D.-110.(2021浙江名校(柯桥中学)沟通卷三,6)若双曲线x2-y2=a2(a>0)的左、右顶点分别为A、B,点P是第一象限内双曲线上的点,若直线PA,PB的倾斜角分别为α,β,则α+β的值是( ) A. B. C. D.11.(2021浙江测试卷,6)已知双曲线x2-=1,点A(-1,0),在双曲线上任取两点P,Q满足AP⊥AQ,则直线PQ恒过点( )A.(3,0)B.(1,0)C.(-3,0)D.(4,0)12.(2021哈三中二模)过双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点F作一条直线,当直线斜率为2时,直线与双曲线左、右两支各有一个交点;当直线斜率为3时,直线与双曲线右支有两个不同交点,则双曲线离心率的取值范围为( )A.(1,)B.(1,+1)C.(+1,)D.(,)13.(2021江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.14.(2022领航高考冲刺卷五,15,4分)若等轴双曲线C的左,右顶点A,B分别为椭圆+y2=1(a>0)的左,右焦点,点P是双曲线上异于A,B的点,直线PA,PB的斜率分别为k PA,k PB,则k PA·k PB= .15.(2022超级中学原创猜测卷十,13,4分)设F1,F2分别是双曲线-=1(a>0,b>0)的左,右焦点,若双曲线的右支上存在一点P,使点P在以F1F2为直径的圆上,且|PF1|=|PF2|,则该双曲线的离心率为.16.(2021浙江镇海中学测试卷二,14)双曲线x2-y2=2021的左、右顶点分别为A1、A2,P为其右支上不同于A2的一点,且∠A1PA2=4∠PA1A2,则∠PA1A2= .B组提升题组1.(2021福建,3,5分)若双曲线E:-=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P在双曲线E上,且|PF1|=3,则|PF2|等于( )A.11B.9C.5D.32.(2021浙江名校(绍兴一中)沟通卷五,6)已知双曲线-=1的右焦点为F,左顶点为P,上,下虚轴端点为M,N,若FM与PN交于点A,已知|AF|=|AP|,则此双曲线的离心率为( )A. B. C. D.3.(2021杭州一模,7,5分)设F为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点,过点F且斜率为-1的直线l与双曲线C 的两条渐近线分别交于A,B两点,若=-3,则双曲线C的离心率e=( )A. B. C. D.4.(2022领航高考冲刺卷六,7,5分)设A1、A2分别为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右顶点,若在双曲线C上存在点M,使得·<2,则双曲线C的离心率的取值范围是( )A.(,3)B.(1,)C.(,+∞)D.(1,3)5.(2022山西八校联考,12,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )A. B. C.3 D.26.(2021温州二模,8,5分)如图所示,A,B,C是双曲线-=1(a>0,b>0)上的三个点,AB经过原点O,AC经过右焦点F,若BF⊥AC且|BF|=|CF|,则该双曲线的离心率是( )A. B. C. D.37.(2021浙江六校联考,7,5分)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上任一点,且·最小值的取值范围是,则该双曲线的离心率的取值范围为( )A.(1,]B.[,2]C.(1,2]D.[2,+∞)8.(2021浙江名校(衢州二中)沟通卷二,7)过双曲线-=1(b>a>0)的左焦点F(-c,0)(c>0)作圆x2+y2=a2的切线,切点为E,延长FE交抛物线y2=4cx于点P,O为坐标原点,若E为FP的中点,则双曲线的离心率为( )A. B. C. D.9.已知双曲线-=1的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线左支上一点,M为双曲线渐近线上一点(渐近线的斜率大于零),则|PF2|+|PM|的最小值为( )A.2-B.2C.2+D.2+210.(2021湖北,8,5分)将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度,得到离心率为e2的双曲线C2,则( )A.对任意的a,b,e1>e2B.当a>b时,e1>e2;当a<b时,e1<e2C.对任意的a,b,e1<e2D.当a>b时,e1<e2;当a<b时,e1>e211.(2021浙江测试卷,10,5分)设动点A,B均在双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右支上,O为坐标原点,双曲线C的离心率为e,则( )A.若e>,则·存在最大值B.若1<e≤,则·存在最大值C.若e>,则·存在最小值D.若1<e≤,则·存在最小值12.(2021太原二模)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点O为双曲线的中心,点P在双曲线右支上,△PF1F2内切圆的圆心为Q,圆Q与x轴相切于点A,过F2作直线PQ的垂线,垂足为B,则下列结论成立的是( )A.|OA|>|OB|B.|OA|<|OB|C.|OA|=|OB|D.|OA|与|OB|大小关系不确定13.(2021湖南,13,5分)设F是双曲线C:-=1的一个焦点.若C上存在点P,使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点,则C的离心率为. 14.(2021山东文,15,5分)过双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点作一条与其渐近线平行的直线,交C于点P.若点P的横坐标为2a,则C的离心率为.15.(2022山东,15,5分)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的焦距为2c,右顶点为A,抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c,且|FA|=c,则双曲线的渐近线方程为.Ａ组基础题组1.A A选项中,渐近线方程为x2-=0,即y=±2x.故选A.2.A ∵0<k<9,∴9-k>0,25-k>0.∴-=1与-=1均表示双曲线,又25+(9-k)=34-k=(25-k)+9,∴它们的焦距相等,故选A.3.C 由已知得解得故b=3,从而所求的双曲线方程为-=1,故选C.4.D 双曲线x2-=1的右焦点为F(2,0),其渐近线方程为x±y=0.不妨设A(2,2),B(2,-2),所以|AB|=4,故选D.5.A 若·=0,则点M在以原点为圆心,半焦距c=为半径的圆上,则解得=.可知:·<0⇒点M在圆x2+y2=3的内部⇒<⇒y0∈.故选A.6.D 设双曲线E的标准方程为-=1(a>0,b>0),则A(-a,0),B(a,0),不妨设点M在第一象限内,则易得M(2a,a),又M点在双曲线E上,于是-=1,解得b2=a2,∴e==.7.C 设点A(x,y)在第一象限,由得即得A(a,b).同理得B(a,-b).由|AB|=|AF1|,得2b=,即(c+a)2=3b2=3(c2-a2).又c+a≠0,从而c+a=3(c-a),即c=2a,故离心率e==2.8.B 设曲线x2-3y2=0与双曲线C:-=1(a>0,b>0)在第一象限的交点为A(x A,y A),则正六边形的边长为2|y A|=b.又由曲线方程与双曲线方程联立消去x得|y A|2=,所以|y A|2==⇒5a2=3b2,所以=,所以双曲线C的离心率为==,故选B.9.D 设△PF1F2的内切圆半径为r,由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a,|F1F2|=2c,=r|PF1|,=r|PF2|,=r·2c=cr.由题意得r|PF1|=r|PF2|+λcr,所以λ==.由于|F1F2|=,所以2c==,即+-1=0,解得=-1或=--1(舍去),故选D.10.D 双曲线的左顶点为A(-a,0),右顶点为B(a,0).设P(m,n)(m>a,n>0),则直线PA的斜率k PA=,直线PB的斜率k PB=,∴k PA·k PB=①.∵P(m,n)是双曲线x2-y2=a2上的点,∴m2-n2=a2,将n2=m2-a2代入①式得k PA·k PB=1.∴α+β=.11.A 明显直线AP,AQ的斜率存在,且不为0,设直线AP的斜率为k,k≠±.则AP的方程为y=k(x+1).由得(k2-2)x2+2k2x+k2+2=0,则-1·x P=,故x P=,则有P.以-代替k,得Q.当k≠±1且k≠±时,k PQ=,直线PQ的方程为y=(x-3),此时直线PQ过点(3,0).当k=±1时,有x P=x Q=3,直线PQ的方程为x=3,此时,直线PQ也过点(3,0).故选A.12.D 由题意可得2<<3,则双曲线的离心率e===∈(,),故选D.13.答案解析双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,明显直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为=.由于点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于,结合已知可得c的最大值为.14.答案 1解析由题意得,等轴双曲线C的方程为x2-y2=a2(a>0),∴双曲线的左顶点为A(-a,0),右顶点为B(a,0),设P(m,n),则直线PA的斜率为k PA=,直线PB的斜率为k PB=,∴k PA·k PB=①,∵P(m,n)是双曲线x2-y2=a2(a>0)上的点,∴m2-n2=a2,∴n2=m2-a2,代入①式得k PA·k PB=1.15.答案+解析由点P在以F1F2为直径的圆上,可知PF1⊥PF2.在Rt△F1PF2中,|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2.由已知|PF1|=|PF2|,得|PF1|=c,|PF2|=c.由双曲线的定义知|PF1|-|PF2|=2a,即c-c=c=2a,所以双曲线的离心率e===+.16.答案解析设∠PA1A2=α,则∠PA2x=5α.又设P(x0,y0),则-=2021.tan5α==,tanα==,∴tan5α·tanα=·==1,从而sin5αsinα=cos5αcosα,即cos6α=0,∴α=.B组提升题组1.B |PF1|=3<a+c=8,故点P在双曲线的左支上,由双曲线的定义得|PF2|-|PF1|=2a=6,所以|PF2|=9,故选B.2.C 设双曲线的左焦点为F',连结NF',则必有FM∥F'N,所以==⇒=⇒3c2=4a2⇒e=.3.D F(c,0),直线l的方程为y=-x+c,而渐近线的方程是y=±x,由得A,由得B.∴=,=.由=-3,得=-,得5a=3b,结合c2=a2+b2得c2=a2+a2,解得e=.4.B 由题意知A1(-a,0),A2(a,0),设M(x,y),则=,=,∴·=(*).∵M(x,y)在双曲线-=1上,∴y2=b2,代入(*)式得,=,则<2,即=e2-1<2,又e>1,故1<e<.5.A 解法一:设椭圆方程为+=1(a1>b1>0),离心率为e1,双曲线的方程为-=1(a2>0,b2>0),离心率为e2,它们的焦距为2c,不妨设P为两曲线在第一象限的交点,F1,F2分别为左,右焦点,则易知解得在△F1PF2中,由余弦定理得(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)·(a1-a2)cos60°=4c2,整理得+3=4c2,所以+=4,即+=4.设a=,b=,∴+=a·b≤|a|·|b|=×=×=,故+的最大值是,故选A.解法二:不妨设P在第一象限,|PF1|=m,|PF2|=n.在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2.设椭圆的长轴长为2a1,离心率为e1,双曲线的实轴长为2a2,离心率为e2,它们的焦距为2c,则+===.∴===,易知-+1的最小值为.故=.故选A.6.A 如图所示,设左焦点为F',由OA=OB,OF=OF',BF⊥AC以及双曲线的对称性可知四边形AFBF'为矩形,设AF=m,则|FC|=|FB|=|AF'|=2a+m,|CF'|=4a+m.在Rt△ACF'中,|AF'|2+|AC|2=|CF'|2,即(2a+m)2+(2a+2m)2=(4a+m)2,整理得m=a.在Rt△FAF'中,|AF|2+|AF'|2=|F'F|2,即a2+(3a)2=(2c)2,整理得4c2=10a2,故e=,故选A.7.B 设P(x,y),则·=(x+c,y)·(x-c,y)=x2-c2+y2=x2-c2-b2,|x|≥a,所以当|x|=a时,(·)min=a2-c2∈,则即所以离心率e=∈[,2],故选B.8.D 设右焦点为F2,连结F2P,OE,则F2P⊥FP,且|PF2|=2|OE|=2a,∴|EF|=b.∴|PF|=2b.过点P作直线x=-c的垂线,垂足为M,则|PM|=|PF2|=2a.∴|MF|==2.在Rt△FPF2中,2=|PF|·|PF2|=|FF2|·|MF|,即2b·2a=2c·2,平方整理得a2c2=(c2-a2)b2=(c2-a2)2,即有ac=c2-a2,∴e2-e-1=0,∴e=,故选D.9.C 由题意,知双曲线的焦点为F1(-4,0),F2(4,0),符合题意的渐近线方程为y=x,即x-y=0.作出符合题意的几何图形如图所示,连结PF1,F1M,由双曲线的定义,可知|PF2|-|PF1|=2,所以|PF2|+|PM|=|PF1|+|PM|+2.由图形可知|PF1|+|PM|≥|F1M|,所以当F1,P,M三点共线时,|PF1|+|PM|的值最小,即|F1M|最小,故依据点到直线的距离公式可得此时的最小值为d==,故所求的最小距离为2+.10.D 依题意有e1==,e2==.而-=,∵a>0,b>0,m>0,∴当a>b时,<,有e1<e2;当a<b时,>,有e1>e2.故选D.11.D 设A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1≥a,x2≥a,则·=x1x2+y1y2=x1x2±.若·=x1x2+,明显没有最大值,而当x1=x2=a时,·有最小值a2.若·=x1x2-=x1x2-,由+≥2x1x2,得·≥x1x2-·=x1x2-(x1x2-a2),即·≥x1x2+b2,若a2≥b2,即1<e≤,则·≥·a2+b2=a2. 当x1=x2=a时,·有最小值a2.故若1<e≤,则·存在最小值.12.C 由于点Q为三角形PF1F2内切圆的圆心,故过点F2作PQ的垂线并延长交PF1于点N,易知垂足B为F2N的中点,连结OB,则|OB|=|F1N|=(|F1P|-|F2P|)=a.设内切圆与PF1,PF2分别切于G,H,则由内切圆性质可得|PG|=|PH|,|F1G|=|F1A|,|F2A|=|F2H|,故|F1P|-|F2P|=|F1A|-|F2A|=2a,设|OA|=x,则有x+c-(c-x)=2a,解得|OA|=a,故有|OA|=|OB|=a,故选C.13.答案解析不妨设F为左焦点(-c,0),点P在第一象限,由于线段PF的中点恰为双曲线C虚轴的一个端点,由中点坐标公式得P(c,2b),又P在双曲线C上,∴-=1,∴=5,∴e==.14.答案2+解析如图,F1,F2为双曲线C的左,右焦点,将点P的横坐标2a代入-=1中,得y2=3b2,不妨令点P的坐标为(2a,-b),此时==,得到c=(2+)a,即双曲线C的离心率e==2+.15.答案x±y=0解析c2=a2+b2,①由双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c知,双曲线过点,即-=1.②由|FA|=c,得c2=a2+,③由①③得p2=4b2.④将④代入②,得=2.∴=2,即=1,故双曲线的渐近线方程为y=±x,即x±y=0.。
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：10.2 二项式定理 Word版含答案
§10.2二项式定理Ａ组基础题组1.(2022山西八校联考,3,5分)若二项式的开放式中的系数是84,则实数a=( )A.2B.C.1D.2.(2022浙江,5,5分)在(1+x)6(1+y)4的开放式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( )A.45B.60C.120D.2103.(2021北京一模,7)设(1+x+x2)n=a0+a1x+…+a2n x2n,则a2+a4+…+a2n的值为( )A. B.C.3n-2D.3n4.(2021辽宁,7,5分)使(n∈N*)的开放式中含有常数项的最小的n为( )A.4B.5C.6D.75.(2021浙江,11,4分)设二项式的开放式中常数项为A,则A= .6.(2021河北石家庄调研,15)设(2-1)n的开放式的各项系数之和为M,二项式系数之和为N,若M,8,N三数成等比数列,则开放式中第四项为.7.(2021合肥第一次质检)若开放式的各项系数确定值之和为1024,则开放式中x的一次项的系数为.8.(2021浙江名校(绍兴一中)沟通卷自选模块(五),04(1))多项式的开放式中的常数项为.9.(2021浙江名校(诸暨中学)沟通卷自选模块(一),04(1))已知(3-2x)7=a0+a1(x+2)+…+a7(x+2)7,则a5=(用数字作答).10.(2021课标Ⅱ,15,5分)(a+x)(1+x)4的开放式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a= .11.(2021浙江新高考争辩卷自选模块五(学军中学),04(1))已知二项式的开放式中各项系数之和为256,求开放式中的常数项.12.(2021浙江冲刺卷二,04(1))求二项式的开放式中,除常数项外各项系数之和. 13.(2021浙江新高考争辩卷自选模块三(海宁高级中学),04(1))已知(x∈N*)的开放式中第五项的系数与第三项的系数之比是10∶1,求开放式中各项的系数和.14.(2021浙江调研模拟试卷自选模块三(镇海中学),04)已知(1-3x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7.(1)求x2项的二项式系数;(2)求|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|的值.B组提升题组1.(2021浙江丽水二模,4)(x-y)8的开放式中,x6y2项的系数是( )A.56B.-56C.28D.-282.(2021浙江重点中学协作体第一次适应性测试,5)将二项式的开放式按x的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该开放式中x的指数是整数的项共有( )A.3个B.4个C.5个D.6个3.(2021课标全国Ⅱ,5,5分)已知(1+ax)(1+x)5的开放式中x2的系数为5,则a=( )A.-4B.-3C.-2D.-14.(2022湖北荆门调考,10,5分)的开放式中的常数项为( )A.32B.90C.140D.1415.(2022大纲全国,13,5分)的开放式中x2y2的系数为.(用数字作答)6.(2022安徽,13,5分)设a≠0,n是大于1的自然数,的开放式为a0+a1x+a2x2+…+a n x n.若点A i(i,a i)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a= .7.(2021浙江名校(金华一中)沟通卷自选模块(六),04(1))(x+1)2+(x+1)11=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a10(x+2)10+a11(x+2)11,则a1= .8.(2022课标Ⅰ,13,5分)(x-y)(x+y)8的开放式中x2y7的系数为.(用数字填写答案)9.(2021浙江新高考争辩卷自选模块一(镇海中学),04(2))在(4x2+3x+2)5的开放式中,x3的系数为.10.(2021浙江冲刺卷四“计数原理与概率”模块,04(2))设常数a∈R,若的二项开放式中的常数项是-160,求a的值.11.(2021浙江模拟训练冲刺卷一“计数原理与概率”模块,04(2))已知的开放式中,前三项的系数之和为49,求开放式的常数项.12.(2021浙江名校(镇海中学)沟通卷自选模块(二),04(1))若n∈N*,n<100,且二项式的开放式中存在常数项,求全部满足条件的n的值的和. 13.(2021浙江名校(衢州二中)沟通卷自选模块(四),04(1))设a n是(+3)n(n≥2且n∈N*)的开放式中x项的系数.求的值.Ａ组基础题组1.C T r+1=·(2x)7-r·=27-r a r·.令2r-7=3,则r=5.由22·a5=84得a=1,故选C.2.C 在(1+x)6的开放式中,x m的系数为,在(1+y)4的开放式中,y n的系数为,故f(m,n)=·.从而f(3,0)==20,f(2,1)=·=60,f(1,2)=·=36,f(0,3)==4,所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=20+60+36+4=120.故选C.3.B (赋值法)令x=1,得a0+a1+a2+…+a2n-1+a2n=3n.①再令x=-1,得a0-a1+a2+…-a2n-1+a2n=1.②令x=0,得a0=1.由①+②得2(a0+a2+…+a2n)=3n+1,∴a0+a2+…+a2n=,∴a2+a4+…+a2n=-a0=-1=.4.B T r+1=(3x)n-r·=·3n-r·=·3n-r·(r=0,1,2,…,n),若T r+1是常数项,则有n-r=0,即2n=5r(r=0,1,…,n),当r=0,1时,n=0,,不满足条件;当r=2时,n=5,故选B.5.答案-10解析开放式的通项为T r+1=·()5-r=(-1)r.令-r=0,得r=3.当r=3时,T4=(-1)3=-10.故A=-10.6.答案-160x解析令x=1,则各项系数之和为M=(2-1)n=1.∵二项式系数之和为N=+++…+=2n,又M,8,N三数成等比数列,则82=MN,即2n=64,解得n=6,故T4=(2)6-3·(-1)3=-160x.7.答案-15解析依题意得4n=1024=45,n=5,二项式的开放式的通项是T r+1=·()5-r·=·(-3)r·.令=1,得r=1.因此,二项式的开放式中x的一次项系数等于·(-3)=-15.8.答案-252解析∵=,∴开放式中的常数项即为(x-1)10的开放式中含有x5项的系数,为(-1)5=-252.9.答案-32928解析(3-2x)7=[7-2(x+2)]7=77+76(-2)(x+2)+…+(-2)7(x+2)7,所以a5=72(-2)5=-32928.10.答案 3解析设f(x)=(a+x)(1+x)4,则其全部项的系数和为f(1)=(a+1)·(1+1)4=(a+1)×16,又奇数次幂项的系数和为[f(1)-f(-1)],∴×(a+1)×16=32,∴a=3.11.解析令x=1,可得各项系数之和为=2n=256,解得n=8.∴该二项式的开放式的通项为T r+1=()8-r(x-1)r=.令=0,得r=2,∴常数项为=28.12.解析开放式的通项为T k+1=·=(-2)k x3k-9,令3k-9=0,得k=3,故常数项为(-2)3=-672.由于全部项的系数和为(1-2)9=-1,则除常数项外,各项系数之和等于-1+672=671.13.解析T k+1=·(-2)k x-2k=(-2)k,由=10,解得n=8(n=-3舍去),令x=1,得开放式中各项系数之和为(1-2)8=1.(5分)14.解析(1)x2项的二项式系数为=21.(2)开放式的通项为T k+1=(-3)k·x k,故a k=(-3)k,其中k=0,1,2,…,7,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=a0-a1+a2-…-a7. 令x=-1,得a0-a1+a2-…-a7=47,所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=47.(5分)B组提升题组1.A 二项式的通项为T r+1=x8-r(-y)r,令8-r=6,则r=2,得x6y2项的系数为(-)2=56.2.A 开放式中前三项的系数分别为1,,,由题意得2×=1+,所以n=8或n=1(舍去).开放式的通项为T k+1=,所以当k=0,4,8时,x的指数是整数,故有3个.3.D 由二项式定理得(1+x)5的开放式的通项为T r+1=·x r,所以当r=2时,(1+ax)(1+x)5的开放式中x2的系数为,当r=1时,x2的系数为·a,所以+·a=5,a=-1,故选D.4.D 由二项式定理得==+++…++…+,①其中第r+1(0≤r≤6)项为T r+1=,②在的开放式中,设第k+1项为常数项,记为T'k+1.则T'k+1=x r-k=x r-2k(0≤k≤r).③令r-2k=0,得r=2k,即r为偶数,再依据①②③知所求常数项为+++=141.5.答案70解析T r+1=··=(-1)r···,令得r=4. 所以开放式中x2y2的系数为(-1)4·=70.6.答案 3解析依据题意知a0=1,a1=3,a2=4,结合二项式定理得即解得a=3.7.答案9解析(x+1)2+(x+1)11=(x+2-1)2+(x+2-1)11=(x+2)2+(x+2)·(-1)+(-1)2+(x+2)11+(x+2)10(-1)+…+(x+2)1(-1)10+(-1)11.∴a1=-+=9.8.答案-20解析由二项开放式公式可知,含x2y7的项可表示为x·xy7-y·x2y6,故(x-y)(x+y)8的开放式中x2y7的系数为-=-=8-28=-20.9.答案3000解析将(4x2+3x+2)5视作5个相同因式相乘,则x3可由一个因式中含x2的项和一个因式中含x的项和另三个因式中的常数项相乘组成,或由三个因式中含x的项和两个因式中的常数项相乘组成,所以开放式中x3的系数是·4··3·23+·33·22=3000.10.解析开放式的通项为T k+1=(2)5-k×=25-k×(-a)k,令5-5k=0,得k=1,则常数项为24×(-a)=-160,解得a=2.(5分)11.解析开放式的通项为T k+1=×(-2x)k=(-2)k x2k-n,则前三项的系数依次为1,-2n,4=2n2-2n,由2n2-4n+1=49,解得n=-4(舍去)或n=6.从而开放式的通项为T k+1=(-2)k x2k-6,令2k-6=0,得k=3,故开放式中的常数项为T4=(-2)3=-160.(5分)12.解析开放式的通项为T k+1=(x3)n-k=x3n-5k,∵开放式中存在常数项,∴3n-5k=0(k=0,1,2,…,n),∴n为5的倍数,又n∈N*,n<100,∴n=5,10,15,…,95,故全部n的值的和为=950.(5分)13.解析开放式的通项为T k+1=··3k,令=1,得k=n-2,∴a n=3n-2·=3n-2·,∴n≥2且n∈N*时,===18·,则=×18×=18.(5分)。
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：9.1 导数的概念及运算 Word版含答案
第九章导数及其应用§9.1导数的概念及运算Ａ组基础题组1.(2021江西重点中学盟校一联)函数f(x)=x3的图象在原点处的切线方程为( )A.y=xB.x=0C.y=0D.不存在2.(2022湖北荆门调考,3,5分)函数f(x)=xe x在点A(0,f(0))处的切线斜率为( )A.0B.-1C.1D.e3.(2021浙江重点中学协作体摸底)已知点P在曲线f(x)=x4-x上,曲线在点P处的切线平行于直线3x-y=0,则点P的坐标为( )A.(0,0)B.(1,1)C.(0,1)D.(1,0)4.(2021吉林二调)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c图象上点A(2,1)处的切线方程为2x-y+a=0,则a+b+c=( )A.-B.-C.0D.5.(2021广东惠州第三次调研)给出定义:若函数f(x)在D上可导,即f'(x)存在,且导函数f'(x)在D上也可导,则称f(x)在D上存在二阶导函数,记f″(x)=(f'(x))',若f″(x)<0在D上恒成立,则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在上不是凸函数的是( )A.f(x)=sinx+cosxB.f(x)=lnx-2xC.f(x)=-x3+2x-1D.f(x)=-xe-x6.(2022山东曲阜期中,8,5分)设函数h(x),g(x)在[a,b]上可导,且h'(x)<g'(x),则当a<x<b时,有( )A.h(x)<g(x)B.h(x)>g(x)C.h(x)+g(a)>g(x)+h(a)D.h(x)+g(b)>g(x)+h(b)7.(2022陕西,10,5分)如图,修建一条大路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-x2-xB.y=x3+x2-3xC.y=x3-xD.y=x3+x2-2x8.(2021天津,11,5分)已知函数f(x)=axlnx,x∈(0,+∞),其中a为实数,f'(x)为f(x)的导函数.若f'(1)=3,则a的值为.9.(2022广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.10.(2021课标Ⅰ,14,5分)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .11.(2021河北石家庄一模,14)已知点P为曲线C:f(x)=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处切线倾斜角的取值范围为,则点P横坐标的取值范围为.12.(2021课标Ⅱ,16,5分)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .13.(2021浙江温州十校联考,03(2))已知函数f(x)=(x2+ax+2)e x(a∈R).(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在点A(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)为单调函数,求实数a的取值范围.14.(2021浙江冲刺卷五,03(2))已知函数f(x)=x3-12x+2,其图象过原点的切线与函数g(x)=m-lnx的图象有两个交点,试求m的取值范围.B组提升题组1.(2022课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )A.0B.1C.2D.32.(2021浙江丽水二模,6)设曲线y=x2+alnx(a>0)上任意一点处的切线斜率为k,若k的最小值为4,则此时该切点的坐标为( )A.(1,1)B.(2,3)C.(3,1)D.(1,4)3.(2021江西九校联考)等比数列{a n}中,a1=2,a8=4,函数f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a8),则f'(0)=( )A.26B.29C.212D.2154.(2021河南新乡质检,12)过点A(2,-1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有( )A.3条B.2条C.1条D.0条5.(2022山东淄博摸底,10,5分)已知y=f(x)是定义在R上的偶函数,且当x>0时不等式f(x)+xf'(x)<0成立,若a=30.3·f(30.3),b=logπ3·f(logπ3),c=log3·f,则a,b,c的大小关系是( )A.a>b>cB.c>a>bC.a>c>bD.c>b>a6.(2022江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是.7.(2021浙江温州十校联合体联考)与直线2x-6y+1=0垂直,且与曲线f(x)=x3+3x2-1相切的直线方程是.8.(2021浙江台州椒江一中段考)设函数f(x)=g(x)+x2,曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为.9.(2021陕西,15,5分)函数y=xe x在其极值点处的切线方程为.10.(2022江苏,11,5分)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P 处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是.11.(2022安徽,15,5分)若直线l与曲线C满足下列两个条件:(i)直线l在点P(x0,y0)处与曲线C相切;(ii)曲线C在点P四周位于直线l的两侧,则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列命题正确的是(写出全部正确命题的编号).①直线l:y=0在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=x3②直线l:x=-1在点P(-1,0)处“切过”曲线C:y=(x+1)2③直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=sinx④直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=tanx⑤直线l:y=x-1在点P(1,0)处“切过”曲线C:y=lnx12.(2021河北唐山二模,20,12分)已知函数f(x)=ax3+3x2-6ax-11,g(x)=3x2+6x+12和直线m:y=kx+9,且f'(-1)=0.(1)求a的值;(2)是否存在k的值,使直线m既是曲线y=f(x)的切线,又是y=g(x)的切线?假如存在,求出k的值;假如不存在,说明理由.13.(2022北京,20,13分)已知函数f(x)=2x3-3x.(1)求f(x)在区间[-2,1]上的最大值;(2)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的取值范围;(3)问过点A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切?(只需写出结论) Ａ组基础题组1.C 由f'(x)=3x2得f'(0)=0,所以f(x)的图象在原点处的切线方程为y=0,故选C.2.C ∵f'(x)=(x+1)e x,∴f'(0)=1,即所求切线的斜率为1.3.D 设P(x0,y0),由题意知,函数f(x)=x4-x在点P处的切线的斜率等于3,即f'(x0)=4-1=3,∴x0=1,将其代入f(x)中可得P(1,0).故选D.4.C 由于A(2,1)在直线2x-y+a=0上,所以4-1+a=0,a=-3,又由于f'(x)=3x2+2ax+b,f'(2)=2,所以12+4a+b=2,得b=2.将A(2,1)代入f(x)=x3-3x2+2x+c中,得8-12+4+c=1,得c=1,所以a+b+c=0,故选C.5.D 若f(x)=sinx+cosx,则f″(x)=-sinx-cosx,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=lnx-2x,则f″(x)=-,在x ∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-x3+2x-1,则f″(x)=-6x,在x∈上,恒有f″(x)<0;若f(x)=-xe-x,则f″(x)=2e-x-xe-x=(2-x)e-x,在x∈上,恒有f″(x)>0,故选D.6.D 令f(x)=g(x)-h(x),x∈[a,b],则f'(x)=g'(x)-h'(x)>0,所以f(x)为增函数,所以f(b)>f(x)>f(a),即g(b)-h(b)>g(x)-h(x)>g(a)-h(a),故选D.7.A 设三次函数的解析式为y=ax3+bx2+cx+d(a≠0),则y'=3ax2+2bx+c.由已知得y=-x是曲线y=ax3+bx2+cx+d 在点(0,0)处的切线,则y'|x=0=-1⇒c=-1,排解选项B、D.又y=3x-6是该曲线在点(2,0)处的切线,则y'|x=2=3⇒12a+4b+c=3⇒12a+4b-1=3⇒3a+b=1.只有A选项中的函数符合,故选A.8.答案 3解析∵f'(x)=alnx+a,∴f'(1)=aln1+a=3,解得a=3.9.答案5x+y-3=0解析y'=-5e-5x,曲线在点(0,3)处的切线斜率k=y'|x=0=-5,故切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.10.答案 1解析由题意可得f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,又f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此切线过点(2,7),∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得a=1.11.答案解析设P(x0,y0),P点处切线倾斜角为α,则0≤tanα≤1,由f(x)=x2+2x+3,得f'(x)=2x+2,令0≤2x0+2≤1,得-1≤x0≤-.12.答案8解析令f(x)=y=x+lnx,求导得f'(x)=1+,f'(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y'=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,∴a=0或x0=-,又a+(a+2)x0+1=2x0-1,即a+ax0+2=0,当a=0时,明显不满足此方程,∴x0=-,此时a=8.13.解析(1)f'(x)=e x[x2+(a+2)x+a+2].当a=0时,f'(x)=e x(x2+2x+2).f(1)=3e,f'(1)=5e,∴切线方程为y-3e=5e(x-1),即5ex-y-2e=0.(2)f'(x)=e x[x2+(a+2)x+a+2],∵e x>0恒成立,且x2的系数为正,∴f(x)在R上单调等价于x2+(a+2)x+a+2≥0恒成立,∴(a+2)2-4(a+2)≤0,解得-2≤a≤2.∴a∈[-2,2].14.解析设切点为(x0,-12x0+2),则切线斜率为f'(x0)=3-12,所以切线方程为y-+12x0-2=(3-12)(x-x0),将原点坐标代入上式得x0=1,所以切线方程为y=-9x.由得lnx-9x-m=0,设h(x)=lnx-9x-m,则h'(x)=,令h'(x)=>0,得0<x<,所以h(x)在上单调递增,在上单调递减,所以h(x)最大值=h=-ln9-1-m. 若lnx-9x-m=0有两个解,则h(x)最大值>0.∴m<-ln9-1.B组提升题组1.D y'=a-,x=0时,y'=a-1=2,∴a=3,故选D.2.A y=x2+alnx的定义域为(0,+∞),y'=2x+≥2=4,即a=2,当且仅当x=1时等号成立,此时y=1,故所求的切点坐标是(1,1).3.C 函数f(x)的开放式含x项的系数为a1·a2·…·a8=(a1·a8)4=84=212,而f'(0)=a1·a2·…·a8=212,故选C.4.A 由题意得,f'(x)=3x2-3,设切点为(x0,-3x0),那么切线的斜率为k=3-3,利用点斜式方程可知切线方程为y-(-3x0)=(3-3)(x-x0),将点A(2,-1)代入可得关于x0的一元三次方程2-6+5=0.令y=2-6+5,则y'=6-12x0.由y'=0得x0=0或x0=2.当x0=0时,y=5>0;x0=2时,y=-3<0.所以方程2-6+5=0有3个解.故过点A(2,-1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有3条,故选A.5.D 令g(x)=xf(x),则g'(x)=f(x)+xf'(x),由题意知g(x)在(0,+∞)内递减,由于f(x)为偶函数,所以g(x)为奇函数,故g(x)在R上为减函数,又log3<logπ3<30.3,所以c>b>a.故选D.6.答案(-ln2,2)解析令f(x)=y=e-x,则f'(x)=-e-x.令P(x0,y0),则f'(x0)=-=-2,解得x0=-ln2,所以y0==e ln2=2,所以点P的坐标为(-ln2,2).7.答案3x+y+2=0解析设切点的坐标为(x0,+3-1),由切线与直线2x-6y+1=0垂直,可得切线的斜率为-3,又f'(x)=3x2+6x,故3+6x0=-3,解得x0=-1,于是切点坐标为(-1,1),从而得切线的方程为3x+y+2=0.8.答案 4解析∵g(x)=f(x)-x2,∴g'(x)=f'(x)-2x,由题意知g'(1)=2,∴g'(1)=f'(1)-2=2,∴f'(1)=4.9.答案y=-解析由y=xe x可得y'=e x+xe x=e x(x+1),从而可得y=xe x在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增,所以当x=-1时,y=xe x取得微小值-e-1,由于y'|x=-1=0,故切线方程为y=-e-1,即y=-.10.答案-3解析∵y=ax2+,∴y'=2ax-,由题意可得解得∴a+b=-3.11.答案①③④解析①直线l:y=0在P(0,0)处与曲线C:y=x3相切,且曲线C在点P(0,0)四周位于直线l的两侧,①对;②直线l:x=-1不是曲线C:y=(x+1)2在P(-1,0)处的切线,②错;③中y'=cosx,cos0=1,因此曲线C:y=sinx在P(0,0)处的切线为l:y=x,设f(x)=x-sinx,则f'(x)=1-cosx≥0,即f(x)是增函数,又f(0)=0,从而当x<0时,f(x)<0⇒x<sinx,当x>0时,f(x)>0⇒x>sinx,即曲线C:y=sinx在P(0,0)四周位于直线l的两侧,③正确;④中y'='=,=1,因此曲线C:y=tanx在P(0,0)处的切线为l:y=x,设g(x)=x-tanx,则g'(x)=1-≤0,即g(x)在上是减函数,且g(0)=0,同③得④正确;⑤中y'=,=1,因此曲线C:y=lnx在P(1,0)处的切线为l:y=x-1,设h(x)=x-1-lnx(x>0),则h'(x)=1-=,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,因此当x=1时,h(x)min=h(1)=0,因此曲线C在P(1,0)四周位于直线l的一侧,故⑤错误.因此答案为①③④.12.解析(1)f'(x)=3ax2+6x-6a,由于f'(-1)=0,所以a=-2.(2)存在.由题意得直线m恒过点(0,9).先求直线m是曲线y=g(x)的切线.设切点为(x0,3+6x0+12),∵g'(x0)=6x0+6.∴切线方程为y-(3+6x0+12)=(6x0+6)(x-x0),将点(0,9)代入得x0=±1.当x0=-1时,切线方程为y=9,当x0=1时,切线方程为y=12x+9.由f'(x)=0得-6x2+6x+12=0,即有x=-1或x=2,当x=-1时,y=f(x)的切线方程为y=-18,当x=2时,y=f(x)的切线方程为y=9,∴y=9是公切线.又由f'(x)=12得-6x2+6x+12=12,∴x=0或x=1.当x=0时,y=f(x)的切线方程为y=12x-11,当x=1时,y=f(x)的切线方程为y=12x-10,∴y=12x+9不是公切线.综上所述,k=0时,y=9是两曲线的公切线.13.解析(1)由f(x)=2x3-3x得f'(x)=6x2-3.令f'(x)=0,得x=-或x=.由于f(-2)=-10,f=,f=-,f(1)=-1,所以f(x)在区间[-2,1]上的最大值为f=.(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),则y0=2-3x0,且切线斜率为k=6-3,所以切线方程为y-y0=(6-3)(x-x0),因此t-y0=(6-3)(1-x0).整理得4-6+t+3=0.设g(x)=4x3-6x2+t+3,则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g'(x)=12x2-12x=12x(x-1).g(x)与g'(x)的变化状况如下表:x (-∞,0)0 (0,1) 1 (1,+∞)g'(x) + 0 - 0 +g(x) ↗t+3 ↘t+1 ↗所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的微小值.当g(0)=t+3≤0,即t≤-3时,此时g(x)在区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点.当g(1)=t+1≥0,即t≥-1时,此时g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有1个零点,所以g(x)至多有2个零点. 当g(0)>0且g(1)<0,即-3<t<-1时,由于g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以g(x)分别在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点.由于g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零点.综上可知,当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).(3)过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切;过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.。
2023年浙江省杭州市高考数学二模试卷【答案版】
2023年浙江省杭州市高考数学二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.1．设集合A ＝{x ∈N *|x 2≤4x }，B ={x|y =√x −3}，则A ∩∁R B ＝（ ） A ．[0，3]B ．[1，3]C ．{1，2}D ．{1，2，3}2．设复数z 满足z （1+i ）＝﹣2+i （i 是虚数单位），则|z |＝（ ）A ．√102B ．54C ．52D ．√523．在数列{a n }中，“数列{a n }是等比数列”是“a 22=a 1a 3”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．已知平面向量a →=(1，3)，|b →|=2，且|a →−b →|=√10，则(2a →+b →)⋅(a →−b →)=（ ） A ．1B ．14C ．√14D ．√105．某兴趣小组研究光照时长x （h ）和向日葵种子发芽数量y （颗）之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图．若去掉D （10，2）后，下列说法正确的是（ ）A ．相关系数r 变小B ．决定系数R 2变小C ．残差平方和变大D ．解释变量x 与预报变量y 的相关性变强6．已知a ＞1，b ＞1，且log 2√a =log b 4，则ab 的最小值为（ ） A ．4B ．8C ．16D ．327．如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN ∥平面ABC 的是（ ）A ．B ．C ．D ．8．已知f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）满足f(π4)=1，f(53π)=0且f （x ）在(π4，5π6)上单调，则ω的最大值为（ ） A ．127B ．1817C ．617D ．3017二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．若直线y ＝kx +1与圆C ：（x ﹣2）2+y 2＝9相交于A ，B 两点，则|AB |的长度可能等于（ ） A ．2B ．3C ．4D ．510．已知函数f （x ）（x ∈R ）是奇函数，f （x +2）＝f （﹣x ）且f （1）＝2，f '（x ）是f （x ）的导函数，则（ ） A ．f （2023）＝2 B ．f '（x ）的周期是4C ．f '（x ）是偶函数D ．f '（1）＝111．一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A 1：第一次取出的是红球；事件A 2：第一次取出的是白球；事件B ：取出的两球同色；事件C ：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A ．事件A 1，A 2为互斥事件 B ．事件B ，C 为独立事件C ．P(B)=25D ．P(C|A 2)=3412．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O 1，O 2为圆柱上下底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆O 1的一条直径，若球的半径r ＝2，则（ ）A ．球与圆柱的体积之比为2：3B ．四面体CDEF 的体积的取值范围为（0，32]C ．平面DEF 截得球的截面面积最小值为4π5D ．若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE +PF 的取值范围为[2+2√5，4√3] 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13．在(x −1√x)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含x 2项的系数为 ． 14．已知sin θ+cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，则4cos 22α﹣cos 22β＝ ．15．费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质．例如，点P 为双曲线（F 1，F 2为焦点）上一点，点P 处的切线平分∠F 1PF 2.已知双曲线C ：x 24−y 22=1，O 为坐标原点，l 是点P(3，√102)处的切线，过左焦点F 1作l 的垂线，垂足为M ，则|OM |＝ ．16．已知函数f （x ）＝e 2x ﹣2e x +2x 在点P （x 0，f （x 0））处的切线方程为l ：y ＝g （x ），若对任意x ∈R ，都有（x ﹣x 0）（f （x ）﹣g （x ））≥0成立，则x 0＝ ． 四、解答题17．（10分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cosB +sin A+C2=0． （1）求角B 的大小；（2）若a ：c ＝3：5，且AC 边上的高为15√314，求△ABC 的周长． 18．（12分）设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 32=a 2a 5．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b 1＝1，b n +b n+1=(√2)a n ，求数列{b 2n }的前n 项和T n ．19．（12分）在三棱锥S ﹣ABC 中，底面△ABC 为等腰直角三角形，∠SAB ＝∠SCB ＝∠ABC ＝90°． （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB =2，SC =2√2，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．20．（12分）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的离心率为√32，左，右顶点分别为A ，B ，点P ，Q 为椭圆上异于A ，B 的两点，△P AB 面积的最大值为2．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线AP，QB的斜率分别为k1，k2，且3k1＝5k2．（i）求证：直线PQ经过定点．（ii）设△PQB和△PQA的面积分别为S1，S2，求|S1﹣S2|的最大值．21．（12分）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，X t﹣2，X t﹣1，X t，X t+1，…，那么X t+1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态X t，即P（X t+1|…，X t﹣2，X t﹣1，X t）＝P（X t+1|X t）．现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为A（A∈N*，A＜B），赌博过程如图的数轴所示．当赌徒手中有n元（0≤n≤B，n∈N）时，最终输光的概率为P（n），请回答下列问题：（1）请直接写出P（0）与P（B）的数值．（2）证明{P（n）}是一个等差数列，并写出公差d．（3）当A＝100时，分别计算B＝200，B＝1000时，P（A）的数值，并结合实际，解释当B→∞时，P （A）的统计含义．22．（12分）已知函数f（x）＝e x−a（a∈R）．x（1）讨论函数f（x）零点个数；（2）若|f（x）|＞alnx﹣a恒成立，求a的取值范围．2023年浙江省杭州市高考数学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.1．设集合A ＝{x ∈N *|x 2≤4x }，B ={x|y =√x −3}，则A ∩∁R B ＝（ ） A ．[0，3]B ．[1，3]C ．{1，2}D ．{1，2，3}解：集合A ＝{x ∈N *|x 2≤4x }＝{1，2，3，4}，B ＝{x |x ﹣3≥0}＝[3，+∞）． ∁R B ＝（﹣∞，3），则A ∩（∁R B ）＝{1，2}． 故选：C ．2．设复数z 满足z （1+i ）＝﹣2+i （i 是虚数单位），则|z |＝（ ） A ．√102B ．54C ．52D ．√52解：z （1+i ）＝﹣2+i （i 是虚数单位），则z =−2+i 1+i =(−2+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3i−12=−12+32i ， 则|z |=√(−12)2+(32)2=√102． 故选：A ．3．在数列{a n }中，“数列{a n }是等比数列”是“a 22=a 1a 3”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：数列{a n }是等比数列，得a 22=a 1a 3，若数列{a n }中a 22=a 1a 3，则数列{a n }不一定是等比数列，如数列1，2，4，6，8，10，12，14，⋯， 所以反之不成立，则“数列{a n }是等比数列”是“a 22=a 1a 3”的充分不必要条件．故选：A ．4．已知平面向量a →=(1，3)，|b →|=2，且|a →−b →|=√10，则(2a →+b →)⋅(a →−b →)=（ ） A ．1B ．14C ．√14D ．√10解：因为|a →−b →|2=a →2−2a →⋅b →+b →2=10，|a →|=√10，|b →|=2，所以10﹣2a →⋅b →+4＝10，a →⋅b →=2，所以(2a →+b →)⋅(a →−b →)=2a →2−b →2−a →⋅b →=20−4−2=14． 故选：B ．5．某兴趣小组研究光照时长x （h ）和向日葵种子发芽数量y （颗）之间的关系，采集5组数据，作如图所示的散点图．若去掉D （10，2）后，下列说法正确的是（ ）A ．相关系数r 变小B ．决定系数R 2变小C ．残差平方和变大D ．解释变量x 与预报变量y 的相关性变强解：由散点图知，去掉点D （10，2）后，y 与x 的线性相关性加强， 则相关系数r 变大，∴A 错误， 决定系数R 2变大，∴B 错误， 残差平方和变小，∴C 错误，解释变量x 与预报变量y 的相关性变强，∴D 正确． 故选：D ．6．已知a ＞1，b ＞1，且log 2√a =log b 4，则ab 的最小值为（ ） A ．4B ．8C ．16D ．32解：∵log 2√a =log b 4⇒12log 2a ＝2log b 2=2log 2b⇒log 2a •log 2b ＝4， ∵a ＞1，b ＞1，∴log 2a ＞0，log 2b ＞0，∴log 2（ab ）＝log 2a +log 2b ≥2√log 2a ⋅log 2b =4，则ab ≥16，当且仅当a ＝b ＝4时，等号成立， ∴ab 的最小值为16， 故选：C ．7．如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN ∥平面ABC 的是（ ）A ．B ．C．D．解：根据题意，依次分析选项：对于A，如图，，A、B、C分别是三个棱的中点，可得平面MGNH∥平面ABC，必有MN∥平面BC；对于B，如图，，连接EF，易得MN∥EF，又由EF∥AB，则有MN∥AB，而AB在平面ABC上，必有MN∥平面ABC；对于C，如图：，G为所在棱的中点，则有MN∥CG，而CG在平面ABC内，则直线MN∥平面ABC；对于D，如图：MN在平面ABC内，不满足直线MN∥平面ABC．故选：D．8．已知f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）满足f(π4)=1，f(53π)=0且f （x ）在(π4，5π6)上单调，则ω的最大值为（ ） A ．127B ．1817C ．617D ．3017解：∵f （x ）＝sin （ωx +Φ）（ω＞0）满足f(π4)=1，f(53π)=0， ∴53π−π4=T 4+nT 2，即T =17π3+6n (n ∈N ∗)，∴ω=6+12n17(n ∈N ∗)， ∵f （x ）在(π4，5π6)上单调，∴5π6−π4=7π12≤T 2=2π2ω，即ω≤127， ∴当n ＝1时ω最大，最大值为1817，故选：B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．若直线y ＝kx +1与圆C ：（x ﹣2）2+y 2＝9相交于A ，B 两点，则|AB |的长度可能等于（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5解：由圆C ：（x ﹣2）2+y 2＝9，可得圆心C （2，0），半径r ＝3， 由直线l 方程y ＝kx +1，可知直线l 过定点D （0，1）， 由（0﹣2）2+12＝5＜9，∴点D 在圆内， ∴当CD 垂直直线l 时，|AB |的长最短，又|CD |=√22+12=√5，∴|AB |min ＝2√9−5=4， 直线l 过圆心时，|AB |的最大值为圆的直径2r ＝6， ∴|AB |的长度的取值范围为[4，6]． 故选：CD ．10．已知函数f （x ）（x ∈R ）是奇函数，f （x +2）＝f （﹣x ）且f （1）＝2，f '（x ）是f （x ）的导函数，则（ ） A ．f （2023）＝2 B ．f '（x ）的周期是4C ．f '（x ）是偶函数D ．f '（1）＝1解：根据题意，函数满足f （x +2）＝f （﹣x ），则f （x +4）＝f （﹣x ﹣2）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为4的周期函数，B 正确；而函数f （x ）（x ∈R ）是奇函数，则f （2023）＝f （﹣1+2024）＝f （﹣1）＝﹣f （1）＝﹣2，A 错误； f （x ）为奇函数，则f （﹣x ）＝﹣f （x ），等式两边同时求导，可得﹣f ′（﹣x ）＝﹣f ′（x ），即f ′（﹣x ）＝f ′（x ），f '（x ）是偶函数，C 正确；f （x +2）＝f （﹣x ），则有f （x +2）＝﹣f （x ），等式两边同时求导，可得f ′（x +2）＝﹣f ′（x ），令x ＝﹣1可得，f ′（1）＝﹣f ′（﹣1），又由f ′（x ）为偶函数，则f ′（1）＝f ′（﹣1），综合可得f ′（1）＝0，D 错误； 故选：BC ．11．一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A 1：第一次取出的是红球；事件A 2：第一次取出的是白球；事件B ：取出的两球同色；事件C ：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A ．事件A 1，A 2为互斥事件 B ．事件B ，C 为独立事件C ．P(B)=25D ．P(C|A 2)=34解：根据题意，依次分析选项：对于A ，事件A 1，A 2不会同时发生，则两个事件是互斥事件，A 正确；对于B ，事件B 发生或不发生时，事件C 的概率不一样，则事件B ，C 不是独立事件，B 错误； 对于C ，P （B ）＝P （A 1）P （B |A 1）＝P （A 2）P （B |A 2）=35×24+25×14=820=25，C 正确； 对于D ，若事件A 2发生，即第一次取出的是白球，此时袋中有3个红球和1个白球，若事件C 发生，第二次必须为红球，则P （C |A 2）=P(A 2C)P(A 2)=25×3425=34．故选：ACD ．12．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O 1，O 2为圆柱上下底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆O 1的一条直径，若球的半径r ＝2，则（ ）A ．球与圆柱的体积之比为2：3B ．四面体CDEF 的体积的取值范围为（0，32]C ．平面DEF 截得球的截面面积最小值为4π5D ．若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE +PF 的取值范围为[2+2√5，4√3] 解：球的半径为r ＝2，可知圆柱的底面半径r ＝2，圆柱的高为2r ＝4， 则球的体积为43π×23=32π3，圆柱的体积为π×22×4＝16π，则球与圆柱的体积之比为2：3，故A 正确；由题可知四面体CDEF 的体积等于2V E−DCO 1，点E 到平面DCO 1的距离d ∈（0，4]， 又S △DCO 1=12×4×4＝8，∴2V E−DCO 1=23×8d ∈（0，323]，故B 错误；过O 作OG ⊥DO 1于G ，则由题可得OG =12×2×425=2√55，设O 到平面DEF 的距离为d 1，平面DEF 截得球的截面圆的半径为r 1， 则d 1≤OG ，r 12=r 2−d 12=4−d 12≥4−45=165， ∴平面DEF 截得球的截面面积最小值为16π5，故C 错误；由题可知点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P 在底面的射影为P '，则PP ′＝2，PE =√P′E 2+4，PF =√P′F 2+4，P ′E 2+P ′F 2＝16， 设t ＝P 'E 2，则t ∈[0，42]，PE +PF =√t +4+√16+4−t ，可得(PE +PF)2=24+2√−t 2+16t +80 ＝24+2√−(t −8)2+144∈[24+8√5，48]， ∴PE +PF ∈2+2√5，4√3]，故D 正确． 故选：AD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．在(x −1√x )n 的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含x 2项的系数为 70 ．解：由只有第5项的二项式系数最大可得：n ＝8， ∴通项公式T r+1=C 8r x 8−r√x )r=(−1)r C 8r x 8−32r，令8−32r =2，解得r ＝4，∴展开式中含x 2项的系数为(−1)4C 84=70．故答案为：70．14．已知sin θ+cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，则4cos 22α﹣cos 22β＝ 0 ． 解：∵sin 2θ+cos 2θ＝1，则（sin θ+cos θ）2＝1+2sin θcos θ， ∵sin θ+cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β， ∴4sin 2α＝1+2sin 2β，∵cos2α＝1﹣2sin 2α，cos2β＝1﹣2sin 2β，∴2cos2α＝﹣cos2β，两边同时平方可得，4cos 22α＝cos 22β， 故4cos 22α﹣cos 22β＝0． 故答案为：0．15．费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质．例如，点P 为双曲线（F 1，F 2为焦点）上一点，点P 处的切线平分∠F 1PF 2.已知双曲线C ：x 24−y 22=1，O 为坐标原点，l 是点P(3，√102)处的切线，过左焦点F 1作l 的垂线，垂足为M ，则|OM |＝ 2 ．解：延长F 1M ，PF 2交于点Q ，由题意可得△PF 1M ≌△PMQ ，即|PF 1|＝|PQ |，且M 为F 1Q 的中点， 由双曲线的定义可得|F 2Q |＝|PF 1|﹣|PF 2|＝2a ＝4， 又∵O 为F 1F 2的中点，∴|OM|=|F 2Q|2=2． 故答案为：2．16．已知函数f （x ）＝e 2x ﹣2e x +2x 在点P （x 0，f （x 0））处的切线方程为l ：y ＝g （x ），若对任意x ∈R ，都有（x ﹣x 0）（f （x ）﹣g （x ））≥0成立，则x 0＝ ﹣ln 2 ． 解：因为f （x ）＝e 2x ﹣2e x +2x ，所以f ′（x ）＝2e 2x ﹣2e x +2，f ′（x 0）＝2e 2x 0−2e x 0+2，所以g （x ）＝（2e 2x 0−2e x 0+2）（x ﹣x 0）+e 2x 0−2e x 0+2x 0， 令h （x ）＝f （x ）﹣g （x ），则h （x ）＝e 2x ﹣2e x +2x ﹣[（2e 2x 0−2e x 0+2）（x ﹣x 0）+e 2x 0−2e x 0+2x 0]， 则h （x 0）＝0，h ′（x ）＝2e 2x ﹣2e x ﹣（2e 2x 0−2e x 0），令φ（x ）＝2e 2x ﹣2e x ，则φ′（x ）＝4e 2x ﹣2e x ， 令φ′（x ）＝0，得x ＝﹣ln 2，所以x ∈（﹣∞，﹣ln 2）时，φ′（x ）＜0，φ（x ）单调递减， x ∈（﹣ln 2，+∞）时，φ′（x ）＞0，φ（x ）单调递增， 当x 0∈（﹣ln 2，+∞），x ≥x 0时，φ（x ）＞φ（x 0）， 则h ′（x ）＝φ（x ）﹣φ（x 0）＞0，h （x ）单调递增， h （x ）≥h （x 0）＝0，即f （x ）≥g （x ），所以当x ∈（﹣ln 2，+∞），x ＜x 0时，（x ﹣x 0）（f （x ）﹣g （x ））≥0成立， 当x 0∈（﹣∞，﹣ln 2），x ＜x 0时，φ（x ）＞φ（x 0）， 则h ′（x ）＝φ（x ）﹣φ（x 0）＞0，h （x ）单调递增， h （x ）＜h （x 0）＝0，即f （x ）＜g （x ），所以当x 0∈（﹣∞，﹣ln 2），x ＜x 0时，（x ﹣x 0）（f （x ）﹣g （x ））＞0成立， 综上所述，x 0＝﹣ln 2． 故答案为：﹣ln 2． 四、解答题17．（10分）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cosB +sin A+C2=0． （1）求角B 的大小；（2）若a ：c ＝3：5，且AC 边上的高为15√314，求△ABC 的周长． 解：（1）因为sin A+C2=sin π−B2=sin(π2−B2)=cos B2， 所以由cosB +sinA+C 2=0得cosB +cos B2=0， 所以2cos 2B2+cos B2−1=0，解得cos B2=12或cos B2=−1， 因为0＜B ＜2π，所以0＜B 2＜π2，则cos B 2＞0，故cos B 2=12，则B 2=π3，解得B =2π3；（2）因为c ：a ＝5：3，令c ＝5m （m ＞0），则a ＝3m ， 由三角形面积公式可得12acsinB =12b ×15√314，则15b ＝7ac ＝7×15m 2，故b ＝7m 2， 由余弦定理可得b 2＝a 2+c 2﹣2ac cos B ，则49m 4＝49m 2，解得m ＝1， 从而a ＝3，c ＝5，b ＝7， 故△ABC 的周长为a +b +c ＝15．18．（12分）设公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 32=a 2a 5．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b 1＝1，b n +b n+1=(√2)a n ，求数列{b 2n }的前n 项和T n ．解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ≠0，∵S 5＝20，a 32=a 2a 5，∴5a 1+5×42d ＝20，(a 1+2d)2=（a 1+d ）（a 1+4d ），d ≠0， 联立解得a 1＝0，d ＝2， ∴a n ＝2（n ﹣1）．（2）数列{b n }满足b 1＝1，b n +b n+1=(√2)a n =2n ﹣1，∴b 2n +b 2n +1＝22n ﹣1，b 2n +1+b 2n +2＝22n ，∴b 2n +2﹣b 2n =12×4n ， n ＝1时，1+b 2＝1，b 2＝0，∴b 2n ＝（b 2n ﹣b 2n ﹣2）+（b 2n ﹣2﹣b 2n ﹣4）+…+（b 4﹣b 2）+b 2=12（4n ﹣1+4n ﹣2+…+4）+0=12×4×(4n−1−1)4−1=2(4n−1−1)3．∴数列{b 2n }的前n 项和T n =23×4n−14−1−2n 3=2×4n−6n−29．19．（12分）在三棱锥S ﹣ABC 中，底面△ABC 为等腰直角三角形，∠SAB ＝∠SCB ＝∠ABC ＝90°． （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB =2，SC =2√2，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．（1）证明：取AC 的中点为E ，连结SE ，BE ， 易得BE ⊥AC ，又∠SAB ＝∠SCB ＝90°，AB ＝BC ，SB ＝SB ，∴△SCB ≅△SAB ，则SA ＝SC 且E 为AC 的中点， ∴SE ⊥AC ，∵SE ∩BE ＝E ，∴AC ⊥面SBE ， ∵SB ⊂面SBE ，∴AC ⊥SB ；（2）解：过S 作SD ⊥面ABC ，垂足为D ，连接AD ，CD ， ∴SD ⊥AB ，∵AB ⊥SA ，AB ⊥SD ，SA ∩AD ＝A ，AB ⊥平面SAD ， ∴AB ⊥AD ，同理可证BC ⊥CD ，∵△ABC 为等腰直角三角形，AB =2，SC =2√2， ∴四边形ABCD 为正方形且边长为2． 建立如图所示的空间直角坐标系D ﹣xyz ，则A （2，0，0），S （0，0，2），C （0，2，0），B （2，2，0）， ∴SC →=(0，2，−2)，AC →=(−2，2，0)，BC →=(−2，0，0)，设平面SAC 的法向量n →=(x 1，y 1，z 1)，则{n →⋅SC →=2y 1−2z 1=0n →⋅AC →=−2x 1+2y 1=0，解得x ＝y ＝z ，取x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝1，∴n →=(1，1，1)，设平面SBC 的法向量m →=(x 2，y 2，z 2)，则{m →⋅SC →=2y 2−2z 2=0m →⋅BC →=−2x 2=0，解得{x =0y =z，取y 2＝1，则x 1＝0，z 1＝1，∴m →=(0，1，1)，设平面SAC 与平面SBC 夹角为θ，∴cosθ=|cos ＜m →，n →＞|=|m →⋅n →||m →||n →|=23×2=√63，故平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值为√63． 20．（12分）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的离心率为√32，左，右顶点分别为A ，B ，点P ，Q 为椭圆上异于A ，B 的两点，△P AB 面积的最大值为2． （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线AP ，QB 的斜率分别为k 1，k 2，且3k 1＝5k 2． （i ）求证：直线PQ 经过定点．（ii ）设△PQB 和△PQA 的面积分别为S 1，S 2，求|S 1﹣S 2|的最大值． 解：（1）当点P 为椭圆C 短轴顶点时，△P AB 的面积取最大值， 且最大值为12|AB|⋅b =12×2ab =ab =2，由题意可得{c a=√32ab =2c 2=a 2−b 2，解得{a =2b =1c =√3，所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．（2）（i ）证明：设点P （x 1，y 1）、Q （x 2，y 2），若直线PQ 的斜率为零，则点P 、Q 关于y 轴对称，则k 1＝﹣k 2，不合乎题意； 设直线PQ 的方程为x ＝ty +n ，由于直线PQ 不过椭圆C 的左、右焦点，则n ≠±2， 联立{x =ty +n x 2+4y 2=4，消去x 可得（t 2+4）y 2+2tny +n 2﹣4＝0， Δ＝4t 2n 2﹣4（t 2+4）（n 2﹣4）＝16（t 2+4﹣n 2）＞0，可得n 2＜t 2+4， 由韦达定理可得y 1+y 2=−2tn t 2+4，y 1y 2=n 2−4t 2+4， 则ty 1y 2=4−n 22n (y 1+y 2)，所以，k 1k 2=y 1x 1+2⋅x 2−2y 2=(ty 2+n−2)y 1(ty 1+n+2)y 2=ty 1y 2+(n−2)y 1ty 1y 2+(n+2)y 2=4−n 22n (y 1+y 2)+(n−2)y 14−n 22n(y 1+y 2)+(n+2)y 2=4−n 22n (y 1+y 2)+(n−2)y 14−n 22n(y 1+y 2)+(n+2)y 2=2−n 2+n ⋅(2+n)(y 1+y 2)−2ny 1(2−n)(y 1+y 2)+2ny 2=2−n 2+n=53，解得n =−12，即直线PQ 的方程为x =ty −12，故直线PQ 过定点M(−12，0)．（ii ）由韦达定理可得y 1+y 2=t t 2+4，y 1y 2=−154(t 2+1)， 所以，|S 1−S 2|=12||AM|−|BM||⋅|y 1−y 2|=12√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=12√(tt 2+4)2+15t 2+4=√4t 2+15t 2+4=4√4t 2+15(4t 2+15)+1=4√4t +15+1√4t +15，∵t 2≥0，则√4t 2+15≥√15，因为函数f(x)=x +1x 在[√15，+∞)上单调递增，故√4t 2+15+1√4t +15≥√15+1√15=16√1515， 所以，|S 1−S 2|≤16√1515=√154，当且仅当t ＝0时，等号成立，因此，|S 1﹣S 2|的最大值为√154． 21．（12分）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，X t ﹣2，X t ﹣1，X t ，X t +1，…，那么X t +1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态X t ，即P （X t +1|…，X t ﹣2，X t ﹣1，X t ）＝P （X t +1|X t ）．现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B 元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为A （A ∈N *，A ＜B ），赌博过程如图的数轴所示．当赌徒手中有n 元（0≤n ≤B ，n ∈N ）时，最终输光的概率为P （n ），请回答下列问题： （1）请直接写出P （0）与P （B ）的数值． （2）证明{P （n ）}是一个等差数列，并写出公差d ．（3）当A ＝100时，分别计算B ＝200，B ＝1000时，P （A ）的数值，并结合实际，解释当B →∞时，P （A ）的统计含义．解：（1）当n ＝0时，赌徒已经输光了，因此P （0）＝1．当n ＝B 时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率P （B ）＝0． （2）证明：记M ：赌徒有n 元最后输光的事件，N ：赌徒有n 元下一场赢的事件，P(M)=P(N)P(M|N)+P(N)P(M|N)，即P(n)=12P(n−1)+12P(n+1)，所以P（n）﹣P（n﹣1）＝P（n+1）﹣P（n），所以{P（n）}是一个等差数列，设P（n）﹣P（n﹣1）＝d，则P（n﹣1）﹣P（n﹣2）＝d，⋯，P（1）﹣P（0）＝d，累加得P（n）﹣P（0）＝nd，故P（B）﹣P（0）＝Bd，得d=−1B ；（3）A＝100，由P（n）﹣P（0）＝nd得P（A）﹣P（0）＝Ad，即P(A)=1−A B ，当B＝200时，P（A）＝50%，当B＝1000时，P（A）＝90%，当B→∞时，P（A）→1，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光．22．（12分）已知函数f（x）＝e x−ax（a∈R）．（1）讨论函数f（x）零点个数；（2）若|f（x）|＞alnx﹣a恒成立，求a的取值范围．解：（1）令函数f（x）＝e x−ax=0，得xe x＝a，其中x≠0，设g（x）＝xe x，则g′（x）＝（1+x）e x，令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，当x＜﹣1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞﹣1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；所以x＝﹣1时，g（x）取得极小值，也是最小值，所以g（x）min＝g（﹣1）＝﹣e﹣1=−1e；又因为x＝0时，g（x）＝0，所以x≠0时，g（x）≠0，画出函数g（x）＝xe x的图象，如图所示：所以，当a＜−1e或a＝0时，f（x）无零点；当a=−1e或a＞0时，f（x）有1个零点；当−1e＜a＜0时，f（x）有2个零点．（2）a＝0时，不等式|f（x）|＞alnx﹣a化为e x＞0，不等式恒成立，满足题意；当a＜0时，由|f（x）|＞alnx﹣a，可得x＞0，则e x−ax＞0，所以|f（x）|＝f（x）＝e x−ax，所以不等式化为e x−ax＞alnx﹣a，即e x＞（1x+lnx﹣1）a恒成立，设h（x）=1x+lnx﹣1，x＞0，则h′（x）=−1x2+1x=x−1x2，令h′（x）＝0，解得x＝1，所以0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；所以x＝1时，h（x）取到极小值，也是最小值，所以h（x）≥h（1）＝0；所以当a＜0时，e x＞0≥（1x+lnx﹣1）a，即|f（x）|＞alnx﹣a恒成立，即a＜0满足题意；当a＞0时，由（1）知，g（x）﹣a＝xe x﹣a在（0，+∞）上单调递增，又g（0）﹣a＝﹣a＜0，g（a）﹣a＝a（e a﹣1）＞0，所以存在x0∈（0，a），使得g（x0）﹣a＝x0e x0−a ＝0；①当x∈（0，x0）时，xe x﹣a＜0，即e x−a x＜0，设m（x）=ax−e x﹣alnx+a，则m′（x）=−ax2−e x−ax＜0，所以m（x）在（0，x0）上单调递减，所以当x∈（0，x0）时，m（x）＞m（x0）＝﹣alnx0+a；②当x∈（x0，+∞）时，xe x﹣a＞0，即e x−a x＞0，设n（x）＝e x−a x−alnx+a，则n′（x）＝e x+ax2−ax=x2e x−ax+ax2，设p（x）＝x2e x﹣ax+a，x∈（x0，+∞），则p′（x）＝（x2+2x）e x﹣a，设q（x）＝（x2+2x）e x﹣a，x∈（x0，+∞），则q′（x）＝（x2+4x+2）e x＞0，所以q（x）在（x0，+∞）上单调递增，所以p（x）≥p（x0）=x02e x0−ax0+a＝a＞0，所以n′（x）=p(x)x2＞0，所以n（x）在（x0，+∞）上单调递增；所以当x∈（x0，+∞）时，n（x）≥n（x0）＝﹣alnx0+a，又因为x∈（0，x0）时，m（x）＞m（x0）＝﹣alnx0+a，所以当a＞0时，|f（x）|＞alnx﹣a，﹣alnx0+a＞0，解得0＜x0＜e，由此知，a＝x0e x0，g（x）＝xe x在（0，+∞）上单调递增，此时0＜a＜e e+1，所以a的取值范围是（﹣∞，e e+1）．。
2021版《3年高考2年模拟》高考数学(浙江版理)检测：10.1 排列、组合 Word版含答案
第十章计数原理§10.1排列、组合Ａ组基础题组1.(2021浙江温州一模,3)8名同学和2位老师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为( )A. B.C. D.2.(2021南昌二模)支配A,B,C,D,E,F六名义工照看甲、乙、丙三位老人,每两位义工照看一位老人.考虑到义工与老人住处距离问题,义工A担忧排照看老人甲,义工B担忧排照看老人乙,支配方法共有( )A.30种B.40种C.42种D.48种3.(2021浙江重点中学协作体摸底)某单位有7个连在一起的车位,现有3辆不同型号的车需要停放,假如要求剩余的4个车位连在一起,则不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.324.(2021浙江调研模拟试卷自选模块三(镇海中学),04(1))4名男生3名女生排成一排,若3名女生需要有2名排在一起,但不能全排在一起,则不同的排法种数为( )A.2880B.3080C.3200D.36005.(2021浙江五校第一次联考)设{a n}是等差数列,从{a1,a2,…,a20}中任取3个不同的数,使这3个数仍成等差数列,则这样不同的等差数列的个数最多为( )A.90B.120C.180D.2006.(2021河南高考适应性测试)3对夫妇去看电影,6个人坐成一排.若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性,则坐法的种数为( )A.54B.60C.66D.727.(2022湖北荆门调考,12,5分)含有甲、乙、丙的六位同学站成一排,则甲、乙相邻且甲、丙两人中间恰有两人的站法的种数为( )A.72B.60C.32D.248.(2021浙江诸暨三都综合高中摸底测试)如图,用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域涂色,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有( )A.400种B.460种C.480种D.496种9.(2021广东,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)10.(2021浙江重点中学协作体高考摸底)把座位编号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人,每人至少一张,至多两张,且某人分得的两张票必需是连号,那么不同的分法种数为.(用数字作答)11.(2021浙江六校联考自选模块,04(1))由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是.12.(2021江苏南京检测,9)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是(用数字作答).13.(2021四川南充高三第一次高考适应性考试,13)南充市教科所派出4名调研员到3个县,调研该县的高三复习备考状况,要求每个县至少一名,则不同的安排方案有种.14.(2021河南洛阳模拟,18,12分)有5个同学排队,问:(1)甲、乙2个同学必需相邻的排法有多少种?(2)甲、乙、丙3个同学互不相邻的排法有多少种?(3)乙不能站在甲前面,丙不能站在乙前面的排法有多少种?(4)甲不站在中间位置,乙不站在两端的排法有多少种?15.(2021河北石家庄第一次调研,19,12分)某医科高校的同学中,有男生12名、女生8名在某市人民医院实习,现从中选派5名同学参与青年志愿者医疗队.(1)某男生甲与某女生乙必需参与,共有多少种不同的选法?(2)甲、乙均不能参与,有多少种选法?(3)甲、乙二人至少有一人参与,有多少种选法?(4)医疗队中男生和女生都至少有一名,有多少种选法?B组提升题组1.(2021湖北七市4月联考)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中,有5架歼-15飞机预备着舰,假如甲、乙两机必需相邻着舰,而丙、丁两机不能相邻着舰,那么不同的着舰方法种数为( )A.12B.18C.24D.482.(2021济南模拟)将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两个端点异色,若只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法总数有( )A.48种B.72种C.96种D.108种3.(2021兰州双基)从6名男医生、5名女医生中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有( )A.60种B.70种C.75种D.150种4.(2021贵州遵义模拟)从6名同学中选3名分别担当数学、物理、化学科代表,若甲、乙2人至少有1人入选,则不同的选法有( )A.40种B.60种C.96种D.120种5.(2021浙江调研模拟试卷自选模块四(绍兴一中),04(1))书架上有不同的数学书与不同的外文书共7本,若取2本数学书,1本外文书借给3位同学,每人一本,共有72种不同的借法,则数学书与外文书的本数分别为( )A.4,3B.3,4C.5,2D.2,56.(2021浙江台州质检,8)从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数,当三个数字中有2和3时,2需排在3的前面(不肯定相邻),这样的三位数有( )A.51个B.54个C.12个D.45个7.(2022山西八校联考,7,5分)某班班会预备从甲、乙等7名同学中选派4名进行发言,要求甲、乙两人至少有一人参与.当甲、乙同时参与时,他们两人的发言不能相邻.那么不同的发言挨次的种数为( )A.360B.520C.600D.7208.(2021浙江金华调研,6)将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中挨次为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有( )A.12种B.20种C.40种D.60种9.(2021洛阳期末)将5名实习老师安排到4个班级任课,每班至少1人,则不同的安排方案有种.(用数字作答)10.(2022广东八市联考,16,5分)现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同取法的种数为.11.(2021浙江名校(金华一中)沟通卷自选模块(六),04(2))某同学期望参与某6所高校中的3所学校的自主招生考试,其中甲、乙两所学校的考试时间相同,因此该同学不能同时报考甲、乙这两所学校,则该同学不同的报考方法种数是(用数字作答).12.(2021北京海淀二模,10)某运输公司有7个车队,每个车队的车辆均多于4辆.现从这个公司中抽调10辆车,并且每个车队至少抽调1辆,那么共有种不同的抽调方法.13.(2021浙江调研模拟试卷自选模块一(诸暨中学),04(2))A,B,C,D,E,F六位同学和一位数学老师站成一排合影留念,数学老师穿白色文化衫,A,B和C,D分别穿白色和黑色文化衫,E和F分别穿红色和橙色文化衫.若老师站中间,穿着相同颜色文化衫的都不相邻,则不同的站法种数为.14.(2021河南郑州检测,20,12分)有5名男生和3名女生,从中选出5人担当5门不同学科的课代表,分别求符合下列条件的选法数:(1)有女生但人数必需少于男生;(2)某女生肯定要担当语文课代表;(3)某男生必需包括在内,但不担当数学课代表; (4)某女生肯定要担当语文课代表,某男生必需担当课代表,但不但任数学课代表.15.(2021河北唐山模拟,19,12分)某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必需在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?Ａ组基础题组1.A 不相邻问题用插空法,8名同学先排有种排法,产生9个空,2位老师插空有种排法,所以共有·种排法.故选A.2.C 当B照看老人甲时,有=24种支配方法;当B照看老人丙时,有=18种支配方法,所以一共有42种支配方法,故选C.3.C 先排3辆需要停的车有种,排完后有4个空,把4个剩余的车位捆在一起,选一个空放有种,所以共有=24(种).故选C.4.A 不同的排法种数为=2880.5.C 本题难点在于对题意的理解,不妨从特殊状况入手:当取到a1时,由于{a n}是等差数列,所以第三个数只能从{a3,a5,…,a19}共9个中选择,而其次个数由一,三两个数唯一确定;同理,当取到a2时,由于{a n}是等差数列,所以第三个数只能从{a4,a6,…,a20}共9个中选择;同理,当取到的是a3,a4时有8个数列,……,当取到的是a17,a18时有1个,所以共有2××9=90个.又由于交换挨次也可以,所以总共有180个.6.B 当女性有3人相邻时,有2(+1)=36种坐法;当女性只有2人相邻时,有2(1+1)=24种坐法,所以共有36+24=60种坐法,故选B.7.B 由题意知关于甲、乙、丙三人的相对位置共有以下几种站法:乙甲□□丙,丙□□甲乙,甲乙□丙,丙□乙甲,再加上其余三人,站法共有2+2(++)=60种.8.C 从A开头,A有6种方法,B有5种,C有4种,D、A同色有1种,D、A不同色有3种,∴不同的涂法共有6×5×4×(1+3)=480种,故选C.9.答案1560解析∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,∴全班共写了40×39=1560条毕业留言.10.答案96解析共有=96种分法.11.答案108解析先选一个偶数字排在个位,有3种选法;①若5在十位或十万位,则1、3有三个位置可排,有2=24个,②若5排在百位、千位或万位,则1、3只有两个位置可排,有3=12个.算上个位为偶数的排法,共有3×(24+12)=108个.12.答案336解析3个人各站一级台阶有=210种站法;3个人中有2个人站在一级,另一人站在另一级,有=126种站法,共有210+126=336种站法.13.答案36解析依据题意可得有·=36种不同的安排方案,故答案为36.14.解析(1)(捆绑法)先排甲、乙,有种排法,再与其他3名同学排列,共有·=48(种)不同排法.(2)(插空法)先排其他的2名同学,有种排法,消灭3个空,将甲、乙、丙插空,所以共有·=12(种)排法.(3)这是挨次肯定问题,由于乙不能站在甲前面,丙不能站在乙前面,故3人只能按甲、乙、丙这一种挨次排列. 解法一:5人的全排列共有种排法,甲、乙、丙3人全排列有种排法,而3人按甲、乙、丙挨次排列是全排列中的一种,所以共有=20(种)排法;解法二(插空法):先排甲、乙、丙3人,只有一种排法,然后插入1人到甲、乙、丙中,有4种插法,再插入1人,有5种插法,故共有4×5=20(种)排法.(4)(间接法)5个人的全排列有种,其中甲站在中间有种排法,乙站在两端时有2种排法,甲站在中间同时乙站在两端时有2种排法,所以一共有--2+2=60(种)排法.15.解析(1)只需从其他18人中选3人即可,共有=816(种).(2)只需从其他18人中选5人即可,共有=8568(种).(3)分两类:甲、乙中只有一人参与,则有·种选法;甲、乙两人都参与,则有种选法.故共有·+=6936(种).(4)解法一(直接法):男生和女生都至少有一名的选法可分为四类:1男4女;2男3女;3男2女;4男1女.所以共有·+·+·+·=14656(种). 解法二(间接法):由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数,得-(+)=14656(种).B组提升题组1.C 把甲、乙看作1个元素和除甲,乙,丙,丁外的1架飞机全排列,共有=4种方法;再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中,有=6种方法,由分步计数原理可得总的方法种数为4×6=24.2.B 如图所示,若点B与D处所染颜色相同,则不同的染色方法有4×3×2×2=48种;若点B与D处所染颜色不相同,则不同的染色方法有4×3×2×1×1=24种.由分类加法计数原理可知不同的染色方法总数为48+24=72种.3.C 从6名男医生中选出2名有=15种不同的选法,从5名女医生中选出1名有=5种不同的选法,依据分步乘法计数原理可得,组成的医疗小组共有15×5=75种不同的选法,故选C.4.C 从6名同学中选3名分别担当数学、物理、化学科代表,没有限制条件时共有=120种选法,甲、乙都没入选相当于从4人中选3人,有=24种选法,故甲、乙2人至少有1人入选的不同的选法有120-24=96种.故选C.5.B 设数学书有n本,则有=72,∴n(n-1)(7-n)=24,检验知B符合.6.A 分三类:第一类,没有2,3,由其他三个数字组成三位数,有=6(个);其次类:只有2或3,需从1,4,5中选两个数字,可组成2=36(个);第三类:2,3均有,再从1,4,5中选一个,由于2需排在3的前面,所以可组成=9(个).故这样的三位数共有51个,故选A.7.C 当甲、乙只有一人参与时,不同的发言挨次的种数为2=480,当甲、乙同时参与时,不同的发言挨次的种数为=120,则不同的发言挨次的种数为480+120=600,故选C.8.C (消序法)五个元素没有限制全排列数为,由于要求A,B,C的次序肯定(按A,B,C或C,B,A),故排列数有×2=40(种).9.答案240解析依题意,满足题意的不同安排方案共有=240种.10.答案472解析分两种状况:(1)不取红色卡片,有(-3)种.(2)取红色卡片1张,有种.所以不同的取法有-3+=472种.11.答案16解析该同学甲、乙这两所学校都不报考,有=4种报考方法;该同学报考甲、乙这两所学校中的一所,有=12种报考方法.故该同学不同的报考方法种数是16.12.答案84解析解法一(分类法):在每个车队抽调1辆车的基础上,还需抽调3辆车.可分成三类:一类是从某1个车队抽调3辆,有种,一类是从2个车队中抽调,其中1个车队抽调1辆,另1个车队抽调2辆,有种;一类是从3个车队中各抽调1辆,有种.故共有++=84(种)抽调方法.解法二(隔板法):由于每个车队的车辆均多于4辆,所以只需将10个份额分成7份.可将10个小球排成一排,在相互之间的9个空中插入6个隔板,即可将小球分成7份,故共有=84(种)抽调方法.13.答案160解析按先排白色,再排黑色,最终排红色和橙色的挨次进行,白色分下面4种状况:白白白此时两个黑色有-1种位置;白白白此时两个黑色有-2种位置;白白白此时两个黑色有种位置;白白白此时两个黑色有-1种位置.所以共有(4-4)=160种排法.14.解析(1)先选后排.符合条件的课代表人员的选法有(+)种,排列方法有种,所以满足题意的选法有(+)·=5400(种).(2)除去该女生后,相当于选择剩余的7名同学担当四科的课代表,有=840(种)选法.(3)先选后排,从剩余的7名同学中选出4名有种选法,排列方法有种,所以选法共有=3360(种).(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人,有种选法,该男生的支配方法有种,其余3人全排列,有种,因此满足题意的选法共有=360(种).15.解析(1)从余下的34种商品中,选取2种有=561(种),∴某一种假货必需在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有=5984(种)或者-==5984(种),∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种真货中选取1种,从15种假货中选取2种,有=2100(种).∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.(4)选取2种假货有种,选取3种假货有种,共有选取方式+=2100+455=2555(种).∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.(5)解法一(直接法):有2种假货在内,不同的取法有种;有1种假货在内,不同的取法有种;没有假货在内,有种,因此共有选取方式++=6090(种).解法二(间接法):选取3种假货的种数为,因此共有选取方式-=6545-455=6090(种).∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.。
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其次章函数§2.1函数及其表示Ａ组基础题组1.(2022山东,3,5分)函数f(x)=的定义域为( )A. B.(2,+∞)C.∪(2,+∞)D.∪[2,+∞)2.(2021课标Ⅱ,5,5分)设函数f(x)=则f(-2)+f(log212)=( )A.3B.6C.9D.123.(2021重庆,3,5分)函数f(x)=log2(x2+2x-3)的定义域是( )A.[-3,1]B.(-3,1)C.(-∞,-3]∪[1,+∞)D.(-∞,-3)∪(1,+∞)4.(2021杭州七校第一学期期末,3,5分)已知函数f(x)=则函数f(x)的零点为( )A. B.-2,0 C.- D.05.(2021温州二模文,7,5分)已知f(x)=则方程f[f(x)]=2的根有( )A.3个B.4个C.5个D.6个6.(2021浙江,7,5分)存在函数f(x)满足:对于任意x∈R都有( )A.f(sin2x)=sinxB.f(sin2x)=x2+xC.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|7.(2022浙江深化课程改革协作校高三期中联考,10,6分)已知函数f(x)=则f(f(-9))= ,f(x)的零点个数为.8.(2022广东五校协作体一联,14,5分)设f(x)是定义在R上的周期为2的函数,当x∈[-1,1)时,f(x)=则f= .9.(2022东阳中学高三期中,9,4分)设f(x)=的值域为R,则实数a的取值范围是.10.(2021浙江建人高复学校月考)若函数f(x)=的定义域为R,则a的取值范围是.11.(2021浙江杭州西湖高级中学月考)已知定义域为{x|x∈R且x≠1}的函数f(x)满足f=f(x)+1,则f(3)= .12.(2022浙江新昌中学高三期中,10,6分)已知f(x)=则f(f(3))= ,f(x)的最小值是.13.(2021浙江宁波十校联考,11)若f(x)=则f(f(-1))= ,f(f(x))≥1的解集为.14.已知f(x)是二次函数,若f(0)=0,且f(x+1)=f(x)+x+1.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数y=f(x2-2)的值域. B组提升题组1.(2021江西,2,5分)函数y=ln(1-x)的定义域为( )A.(0,1)B.[0,1)C.(0,1]D.[0,1]2.若函数y=lg[(a2-1)x2+(a+1)x+1]的定义域为R,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,-1]∪∪{1}B.(-∞,-1]∪C.(-∞,-1)∪D.(-∞,-1]∪3.(2021陕西,4,5分)设f(x)=则f(f(-2))=( )A.-1B.C. `D.4.(2021课标Ⅰ,10,5分)已知函数f(x)=且f(a)=-3,则f(6-a)=( )A.-B.-C.-D.-5.(2021山东,10,5分)设函数f(x)=若f=4,则b=( )A.1B.C.D.6.(2022超级中学原创猜测卷一,4,5分)若定义域为R的函数f(x)满足xf(x)=2f(1-x)+1,则f(3)=( )A.3B.1C.D.07.(2021浙江五校一联文,10,5分)已知函数f(x)=g(x)=则函数f[g(x)]的全部零点之和是( )A.-+B.+C.-1+D.1+8.(2021湖北,6,5分)已知符号函数sgnx=f(x)是R上的增函数,g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),则( )A.sgn[g(x)]=sgnxB.sgn[g(x)]=-sgnxC.sgn[g(x)]=sgn[f(x)]D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)]9.(2022超级中学原创猜测卷七,11,6分)已知函数f(x)=(1)若f(f(-3))=14,则a的值为;(2)若f(x)的值域是[4,+∞),则实数a的取值范围是.10.(2021宁波高考模拟文,11,4分)已知f(x)=则f(3)= ;当1≤x≤2时,f(x)= .11.(2022杭州学军中学其次次月考文,11,6分)设函数f(x)=则f(-log32)= ;若f(f(t))∈[0,1],则实数t的取值范围是.12.已知实数a≠0,函数f(x)=若f(1-a)=f(1+a),则a的值为.13.(2021浙江,10,6分)已知函数f(x)=则f(f(-3))= ,f(x)的最小值是.14.(2021浙江冲刺卷五,15)对于任意实数x,[x]表示不超过x的最大整数,如[1.1]=1,[-2.1]=-3.定义在R 上的函数f(x)=[2x]+[3x]+[4x],若A={y|y=f(x),0≤x≤1},则A中全部元素的和为.15.依据如图所示的函数y=f(x)(x∈[-3,2))的图象,写出函数的解析式.Ａ组基础题组1.C 要使函数f(x)有意义,需使(log2x)2-1>0,即(log2x)2>1,∴log2x>1或log2x<-1.解之得x>2或0<x<.故f(x)的定义域为∪(2,+∞).2.C ∵-2<1,∴f(-2)=1+log2[2-(-2)]=3;∵log212>1,∴f(log212)===6.∴f(-2)+f(log212)=9.3.D 由x2+2x-3>0,解得x<-3或x>1,故选D.4.D 解和得x=0.故选D.5.C 设f(A)=2,则f(x)=A,|log2A|=2,则A=4或A=,则f(x)=4或f(x)=.当f(x)=4时,有解得x1=16,x2=.当f(x)=时,有①②解①得x3=-2,解②得x4=,x5=.所以f[f(x)]=2有5个根.6.D 对于A,令x=0,得f(0)=0;令x=,得f(0)=1,与函数的定义不符,故A错.在B中,令x=0,得f(0)=0;令x=,得f(0)=+,与函数的定义不符,故B错.在C中,令x=1,得f(2)=2;令x=-1,得f(2)=0,与函数的定义不符,故C 错.在D中,变形为f(|x+1|2-1)=|x+1|,令|x+1|2-1=t,得t≥-1,|x+1|=,从而有f(t)=,明显这个函数关系在定义域[-1,+∞)上是成立的,选D.7.答案-3;2解析∵f(-9)=1,∴f(f(-9))=f(1)=-3.令f(x)=0,则x=0或x=4,∴f(x)有两个零点.8.答案-2解析f=f=,∴f=f=-2.9.答案a≤-1或a≥2解析当x>2时,f(x)>4+a;当x≤2时,f(x)≤2+a2,要使值域为R,则2+a2≥4+a,解得a≤-1或a≥2.10.答案[-1,0]解析函数f(x)=的定义域为R,则∀x∈R,-1≥0⇔∀x∈R,x2+2ax-a≥0,则4a2+4a≤0,解得-1≤a≤0,所以a的取值范围是[-1,0].11.答案 2解析∵f=f(3)+1,f=f+1,f(3)=f+1,∴f(3)=2.12.答案0;0解析f(3)=1,∴f(f(3))=f(1)=0.f(x)=x+-3在(0,1]内单调递减,f(x)=lg(x2+1)在(1,+∞)内单调递增,求得f(x)的最小值为0.13.答案;(-∞,-]∪[4,+∞)解析f(-1)=1,∴f(f(-1))=f(1)=.由f(x)的解析式得f(x)≥0,∴f(f(x))=f(x)=则f(f(x))≥1等价于或解得x≥4或x≤-.14.解析(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),由题意可知整理得∴解得∴f(x)=x2+x.(2)由(1)知y=f(x2-2)=(x2-2)2+(x2-2)=(x4-3x2+2)=-,当x2=时,y取最小值-,故函数y=f(x2-2)的值域为.B组提升题组1.B 由解得0≤x<1,故选B.2.D 由题意,知(a2-1)x2+(a+1)x+1>0对x∈R恒成立.当a2-1=0时,可得a=-1满足条件.当a2-1≠0时,应满足解得a<-1,或a>.综上,可得a≤-1,或a>.故选D.3.C ∵f(-2)=2-2=,∴f(f(-2))=f=1-=,选C.4.A 当a≤1时,f(a)=2a-1-2=-3,即2a-1=-1,不成立,舍去;当a>1时,f(a)=-log2(a+1)=-3,即log2(a+1)=3,得a+1=23=8,∴a=7,此时f(6-a)=f(-1)=2-2-2=-.故选A.5.D f=3×-b=-b,当-b≥1,即b≤时,f=,即=4=22,得到-b=2,即b=;当-b<1,即b>时,f=-3b-b=-4b,即-4b=4,得到b=<,舍去.综上,b=,故选D.6.D 把1-x看作x代入xf(x)=2f(1-x)+1,得(1-x)·f(1-x)=2f(x)+1,联立消去f(1-x)得,f(x)=,所以f(3)=0.故选D.7.B f(x)=的零点是2和-2.由f[g(x)]=0,得g(x)=±2.由g(x)=-2,解得x=-;由g(x)=2,解得x=1+或x=1-(舍去).所以函数f[g(x)]的全部零点之和为-+1+=+.8.B ∵f(x)是R上的增函数,a>1,∴当x>0时,x<ax,有f(x)<f(ax),则g(x)<0;当x=0时,g(x)=0;当x<0时,x>ax,有f(x)>f(ax),则g(x)>0.∴sgn[g(x)]=∴sgn[g(x)]=-sgnx,故选B.9.答案(1) (2)解析(1)由题意得f(f(-3))=f(a-3)=a-3+6=14,所以a=.(2)当x≥-2时,x+6≥4,所以要使函数f(x)的值域为[4,+∞),只需f(x)=a x(x<-2)的值域包含于[4,+∞),故0<a<1,所以当x<-2时,f(x)>a-2,所以a-2≥4,解得a≤,所以实数a的取值范围是.10.答案3;-3x2+10x-6解析f(3)=f(2)+1=f(1)+2=f(0)+3=3.当1≤x<2时,0≤x-1<1,所以f(x)=f(x-1)+1=-3(x-1)2+4(x-1)+1=-3x2+10x-6,又x=2时,f(2)=f(1)+1=f(0)+2=2,符合上式,所以当1≤x≤2时,f(x)=-3x2+10x-6.11.答案;∪解析f(-log32)=f==.令a=f(t),则f(a)∈[0,1],有①②解①得-1≤a≤0,解②得≤a<3,所以-1≤f(t)≤0或≤f(t)<3.又-1≤x≤1时,≤3x≤3;1<x<3时,0<-x<3,所以-1≤f(t)≤0无解.所以③④解③得log3≤t<1,解④得1<t≤.∴t的取值范围为∪.12.答案-解析分类争辩:(1)当a>0时,1-a<1,1+a>1.这时f(1-a)=2(1-a)+a=2-a,f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a.由f(1-a)=f(1+a)得2-a=-1-3a,解得a=-,与a>0冲突,舍去.(2)当a<0时,1-a>1,1+a<1,这时f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a,f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a.由f(1-a)=f(1+a)得-1-a=2+3a,解得a=-.综合(1)(2)知a的值为-.13.答案0;2-3解析∵-3<1,∴f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg10=1,∴f(f(-3))=f(1)=1+-3=0.当x≥1时,f(x)=x+-3≥2-3(当且仅当x=时,取“=”);当x<1时,x2+1≥1,∴f(x)=lg(x2+1)≥0.又∵2-3<0,∴f(x)min=2-3.14.答案27解析当0≤x<时,f(x)=0+0+0=0;当≤x<时,f(x)=0+0+1=1;当≤x<时,f(x)=0+1+1=2;当≤x<时,f(x)=1+1+2=4;当≤x<时,f(x)=1+2+2=5;当≤x<1时,f(x)=1+2+3=6;当x=1时,f(x)=2+3+4=9,故A={0,1,2,4,5,6,9},则A中全部元素的和为27.15.解析由题图易知:当-3≤x<-1时,f(x)=-x-,当-1≤x<1时,f(x)=x-,当1≤x<2时,f(x)=1,综上,f(x)=。