高考二輪復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)試題（老高考舊教材）課后提升練2高考客觀題速解技巧

課后提升練2高考客觀題速解技巧一、選擇題1.已知sin(θπ12)=13,則sin(2θ+π3)=A.29 B.2C.79 D.2.(2023北京豐臺(tái)一模)設(shè)a,b,c∈R,且a>b,則()A.1a<1b B.C.ac>bc D.ac>bc3.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若a,b,c成等差數(shù)列,則cosA+cosC1+cosA.35 B.4C.34 D.4.(2023河南百師聯(lián)盟聯(lián)考四)函數(shù)f(x)=cosx+sin2x的圖象可能是()5.(2023四川眉山一模)a=1.02,b=e0.025,c=0.9+2sin0.06,則a,b,c的大小關(guān)系是()A.c<b<a B.a<b<cC.b<c<a D.c<a<b6.若2x2y<3x3y,則()A.ln(yx+1)>0 B.ln(yx+1)<0C.ln|xy|>0 D.ln|xy|<07.(2023山東濱州一模)已知a=20183+120184+1,A.a>b B.a<b C.a=b D.無(wú)法比較8.(2023上海復(fù)旦大學(xué)附中開學(xué)考試)設(shè)點(diǎn)O是銳角三角形ABC外接圓的圓心,它到三邊a,b,c的距離分別是k,m,n,則()A.k∶m∶n=a∶b∶cB.k∶m∶n=1C.k∶m∶n=sinA∶sinB∶sinCD.k∶m∶n=cosA∶cosB∶cosC9.已知x,y∈R,滿足x2+2xy+4y2=6,則z=x2+4y2的取值范圍為()A.[4,12] B.[4,+∞)C.[0,6] D.[4,6]10.已知正實(shí)數(shù)x,y,且滿足xy=3,則x3+27y3A.1 B.32C.3 D.211.已知ω>0,函數(shù)f(x)=sin(ωxπ6)在[π6,π3]上單調(diào)遞增,且對(duì)任意x∈[π8,π4],都有f(xA.[43,2] B.(43,2C.[1,3] D.(1,3)12.已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),π是圓周率,則e3,3e,3π,π3的大小關(guān)系是()A.3π>π3>e3>3e B.3π>π3>3e>e3C.π3>3π>3e>e3 D.π3>3π>e3>3e13.(2023陜西商洛一模)若函數(shù)f(x)滿足:?a,b∈R,3f(2a+b3)=2f(a)+f(b),且f(1)=1,f(4)=10,則f(985)A.2953 B.2956 C.2957 D.296014.(2023江西九江二模)設(shè)a=sin14,b=4e1,c=ln54,則a,b,c的大小關(guān)系為A.a>b>c B.b>a>cC.b>c>a D.c>b>a15.已知拋物線有一性質(zhì):“過(guò)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F的弦AB滿足|AF|+|BF|=2p|AF|·|BF|.”那么類比拋物線,對(duì)于橢圓x24+y23=1,設(shè)F2為其右焦點(diǎn),過(guò)F2的弦與橢圓交于A,B兩點(diǎn),若存在實(shí)數(shù)λ,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立A.23 B.4C.13 D.二、填空題16.已知|OA|=|AB|=2,|OB|=1,則|OA+3OB|=.

17.已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn),則DE·CB的值為;DE·DC18.(2023山東泰安一模)已知函數(shù)f(x)=x2+4a,x>0,1+loga|x-1|,x≤0(a>0且a≠1)在R上單調(diào)遞增,19.(2020江蘇,13)在△ABC中,AB=4,AC=3,∠BAC=90°,D在邊BC上,延長(zhǎng)AD到P,使得AP=9,若PA=mPB+(32m)PC(m為常數(shù)),則CD的長(zhǎng)度是.20.已知函數(shù)f(x)=sinx+cosx+tanx+1tanx+1cosx+1sinx,課后提升練2高考客觀題速解技巧1.D解析(換元法)設(shè)α=θπ12,則θ=α+π12,∴sinα=13,sin(2θ+π3)=sin[2(α+π12)+π3]=sin(2α+π2)=cos2α故選D.2.C解析(特值法)選項(xiàng)A,取a=2,b=1,則1a<1b不成立;選項(xiàng)B,取a=1,b=2,則a2>b2不成立;選項(xiàng)C,∵a>b,∴ac>bc,正確;選項(xiàng)D,取c≤0,∵a>b,∴ac≤bc,因此D不正確3.B解析(方法一)由題意可取特殊值a=3,b=4,c=5,則cosA=45,cosC=0,cosA+cos(方法二)由題意可取特殊角A=B=C=60°,cosA=cosC=12,cos4.D解析(排除法)f(x)的定義域?yàn)镽,由f(x)=cosxsin2x≠±f(x),得f(x)為非奇非偶函數(shù),故排除選項(xiàng)A,B;f(π2)=cosπ2+sinπ=0,當(dāng)x∈(0,π2)時(shí),f(x)>0,當(dāng)x∈(π2,π)時(shí),f(x)<0,所以排除5.D解析(轉(zhuǎn)化法)由不等式ex≥x+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立,則b=e0.025>e0.02≥0.02+1=1.02=a,當(dāng)x∈(0,π2)時(shí),sinx<x,得c=0.9+2sin0.06<0.9+2×0.06=1.02=a,∴c<a<b,故選D6.A解析∵2x2y<3x3y,∴2x3x<2y3y.構(gòu)造函數(shù)f(t)=2t3t,易知函數(shù)f(t)在R上為增函數(shù).∵f(x)<f(y),∴x<y,∴yx>0,∴yx+1>1,∴l(xiāng)n(yx+1)>ln1=0.故選A.7.A解析(構(gòu)造法與轉(zhuǎn)化法)設(shè)f(x)=2018x+1,則a=f(3)f(4),b=f(4)f(5),∴1a=f(4)-f(3∴1a<1b,即a>b.故選A.8.D解析(方法一排除法)對(duì)于選項(xiàng)A,C,由正弦定理知它們是等價(jià)的,故排除選項(xiàng)A,C;對(duì)于選項(xiàng)B,k∶m∶n=1a∶1b∶1c?k1a=m1b=n1c?ka=mb=nc?S三角形OBC(方法二極端位置法)當(dāng)銳角△ABC的角C無(wú)限趨近π2時(shí),其外接圓的圓心O到邊AB的距離n無(wú)限趨近0,只有當(dāng)角的余弦能滿足當(dāng)C無(wú)限趨近π2時(shí),圓心到接近直角邊的距離n無(wú)限趨近0,故選(方法三直接法)如圖,圓心角∠BOC=2∠A,設(shè)D為BC的中點(diǎn),則∠BOD=∠A,在Rt△BOD中,OD=k=RcosA,同理有m=RcosB,n=RcosC,∴k∶m∶n=cosA∶cosB∶cosC,故選D.9.A解析(換元法與轉(zhuǎn)化法)由x2+2xy+4y2=6,得(x+y)2+(3y)2=6,令x+y=6cosθ,3y=6sinθ,θ∈[0,2π],所以y=2sinθ,x=6cosθ2sinθ,z=x2+4y2=(6cosθ2sinθ)2+4(2sinθ)2=6+4sin2θ23sin2θ=2(1cos2θ)23sin2θ+6=84sin(2θ+π6),因?yàn)閟in(2θ+π6)∈[1,1],所以z∈10.B解析(換元法與構(gòu)造法)由x3+27y3x令t=x+3y≥23xy=6,當(dāng)且僅當(dāng)x=3y=3時(shí)等號(hào)成立,則x3設(shè)f(t)=t27t,又因?yàn)楹瘮?shù)f(t)=t27t在[6,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(t)≥627611.A解析當(dāng)ω=2時(shí),易知f(x)在[π6,π3]上單調(diào)遞增,且對(duì)任意x∈[π8,π4],都有f(x)≥0,成立,排除選項(xiàng)B;當(dāng)ω=52時(shí),易知f(x)在[π12.A解析因?yàn)閥=3x,y=x3在R上是增函數(shù),所以3π>3e,π3>e3,設(shè)函數(shù)f(x)=xelnx,則f'(x)=1ex,當(dāng)x>e時(shí),f'(x)>0,則f(x)是增函數(shù),又f(e)=0,所以f(3)=3eln3>0,即3>eln3=ln3e,則e3>3e,設(shè)函數(shù)h(x)=lnxx,則h'(x)=1-lnxx2,當(dāng)x>e時(shí),h'(x)<0,則h(x)是減函數(shù),所以h(π)<h(3),即lnππ<ln33,即3lnπ<πl(wèi)n3,則π3<3π,所以313.A解析(方法一)令2a+b3=1,則b=32a,所以2f(a)+f(32a)=3f(1)=3,令2a+b3=4,則b=122a,2f(a)+f(122a)=3f(4)=30,兩式相減得f(122a)f(32a)=27,令n=32a,得f(n+9)f(n)=27,所以f(985)=f(985)f(976)+f(976)f(967)+…+f(13)f(4)+f(4)=109×27+10(方法二)令f(x)=kx+m,易驗(yàn)證滿足3f(2a+b3)=2f(a)+f(b).由f(1)=1,f(4)=10,得k+m=1,4k+m=10,解得k=3,14.B解析將14用變量x替代,則a=sinx,b=ex1,c=ln(x+1),其中x∈(0,1),易證ex1>x>sinx,∴b>a.令f(x)=sinxln(x+1),則f'(x)=cosx1x+1,令g(x)=f'(x),g'(x)=sinx+1(x+1)2,易知g'(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,且g'(0)=1>0,g'(1)=14sin1<0,∴?x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g'(x)>0,f'(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),g'(x又f'(0)=0,f'(1)=cos112>0,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增∴f(x)>f(0)=0,即sinx>ln(x+1),∴a>c.綜上,b>a>c.故選B.15.B解析(方法一特殊位置法)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由題意知F2(1,0),當(dāng)直線AB垂直x軸時(shí),|AF2|=|BF2|=b2a=32,則|AF2|+|BF2|=3,|AF2|·|BF2|=94,則(方法二非特殊位置的解法)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x1),由y=k(x-1),x24+y23=1,得(3+4k2)x28k2x+4k212=0,x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,利用焦半徑公式可得|AF2|+|BF2|=416.4解析以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),OB為x軸,作OB的垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,A(12,152則OA=(12,152),OB=(1,0),∴OA+3OB=(72,152),|17.10解析如圖所示,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BC,BA所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系.設(shè)E(0,m),0≤m≤1.又正方形邊長(zhǎng)為1,則DE=(1,m1),CB=(1,0),DC=(0,1),故DE·CB=(1)×(1)+(m1)×0=1,DE·DC=1×0+(1)(m∵m∈[0,1],∴DE·DC18.[14,34]∪{1316}解析∵f(x∴y=1+loga|x1|在(∞,0]上單調(diào)遞增,可得0<a<1,且0+4a≥1+0,即14≤a<1,作出y=|f(x和y=x+3的函數(shù)草圖如圖所示,由圖象可知|f(x)|=x+3在(0,+∞)內(nèi)最多只有一解,可得4a≤3,或x2+4a=x+3,即有Δ=14(4a3)=0,解得14≤a≤34或a=1316.由1+loga|x1|=0,解得x=11a≤3,即當(dāng)x≤0時(shí),方程則a的取值范圍是[14,34]∪19.0或185解析(方法一)∵A,D,P三點(diǎn)共線,∴可設(shè)PA=λPD(λ>0),又PA=mPB+(32m)PC,∴λPD=mPB+(32m)PC,即PD=mλPB+(32-m)λPC,若m≠0且m≠32,則B,D,C三點(diǎn)共線,∴mλ+(32-m)λ=1,即λ=32,∵AP=9,PA=32PD,∴AD=3,又AB=4,AC=3,∠BAC=90°,∴BC=5.設(shè)CD=x,∠CDA=θ,則BD=5x,∠BDA=πθ.由余弦定理,得cosθ=AD2+CD2-AC22AD·CD=x6,cos(πθ)=AD2+BD2-AB22AD·BD=(5-x(方法二)如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AC所在直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則B(4,0),C(0,3).由PA=mPB+(32m)PC,得PA=m(PA+AB)+(32m)·(PA+AC),整理得PA=2mAB+(2m3)AC=2m(4,0)+(2m3)(0,3)=(8m,6m9).又AP=9,所以64m2+(6m9)2=81,解得m=2725或m=0.當(dāng)m=0時(shí),PA=(0,9),此時(shí),C,D重合,CD=0;當(dāng)m=2725時(shí),直線PA的方程為y=9-6m8mx,直線BC的方程為x4+y3=∴CD=(∴CD的長(zhǎng)度是185或020.(∞,122]∪[32+2,+∞)解析(換元法與構(gòu)造法)由題意f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠kπ2,k∈Z},f(x)=sinx+cosx+tanx+1tanx+1cos令sinx+cosx=t,則sinxcosx=12(t21),t=2sin(x+π4)∈[2又因?yàn)閤≠kπ