高考數(shù)學(xué)專題1集合與常用邏輯測試題

專題1集合與常用邏輯測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):集合的運(yùn)算以及集合的關(guān)系,集合新定義問題以及集合與其他知識(shí)的交匯,邏輯用語重點(diǎn)考查四種命題的關(guān)系,充要條件的判斷以及全稱命題存在命題等知識(shí)?？记榉治?高考主要以選擇題填空題形式出現(xiàn),考查集合的運(yùn)算以及充要條件和其它知識(shí)的交匯,題目一般屬于容易題。3.重點(diǎn)推薦:9題,創(chuàng)新題,注意靈活利用所給新定義進(jìn)行求解。一．選擇題（共12小題,每一題5分）1．集合A={1,2,3},B={（x,y）|x∈A,y∈A,x+y∈A},則集合B的真子集的個(gè)數(shù)為（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】:B={（1,1）,（1,2）,（2,1）}；∴B的真子集個(gè)數(shù)為:．故選:C．2已知集合M=,則M∩N=（）A．{x|﹣3≤x≤1} B．{x|1≤x＜6} C．{x|﹣3≤x＜6} D．{x|﹣2≤x≤6}【答案】:B【解析】y=x2﹣2x﹣2的對稱軸為x=1；∴y=x2﹣2x﹣2在x∈（2,4）上單調(diào)遞增；∴﹣2＜y＜6；∴M={y|﹣2＜y＜6},N={x|x≥1}；∴M∩N={x|1≤x＜6}．故選:B．3已知集合A={x|ax﹣6=0},B={x∈N|1≤log2x＜2},且A∪B=B,則實(shí)數(shù)a的所有值構(gòu)成的集合是（）A．{2} B．{3} C．{2,3} D．{0,2,3}【答案】:D【解析】B={x∈N|2≤x＜4}={2,3}；∵A∪B=B；∴A?B；∴①若A=?,則a=0；②若A≠?,則；∴,或；∴a=3,或2；∴實(shí)數(shù)a所有值構(gòu)成的集合為{0,2,3}．故選:D．4（2018秋?重慶期中）已知命題p:?x∈R,x2﹣x+1＞0,命題q:若a＜b,則＞,下列命題為真命題的是（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．（￢p）∨q D．（￢p）∨（￢q）【答案】:D【解析】命題p:?x∈R,x2﹣x+1＞0,∵x2﹣x+1=+＞0恒成立,∴p是真命題；命題q:若a＜b,則＞,當(dāng)a＜0＜b時(shí),不滿足＞,q是假命題；∴￢q是真命題,￢q是假命題,則（￢p）∨（￢q）是真命題,D正確．故選:D．5.（2018?朝陽區(qū)期末）在△ABC中,“∠A=∠B“是“acosA=bcosB”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】:A6.（2018?撫州期末）下列有關(guān)命題的說法錯(cuò)誤的有（）個(gè)①若p∧q為假命題,則p、q均為假命題②命題“若x2﹣3x+2=0則x=1”的逆否命題為:“若x≠1,則x2﹣3x+2≠0③對于命題p:?x∈R,使得x2+x+1＜0則:￢p:?x∈R,均有x2+x+1≥0A．0 B．1 C．2 D．3【答案】:B【解析】①若p∧q為假命題,則p、q均為假命題,不正確,因?yàn)閮蓚€(gè)命題中,由一個(gè)是假命題,則p∧q為假命題,所以說法錯(cuò)誤．②命題“若x2﹣3x+2=0則x=1”的逆否命題為:“若x≠1,則x2﹣3x+2≠0,滿足逆否命題的定義,正確；③對于命題p:?x∈R,使得x2+x+1＜0則:￢p:?x∈R,均有x2+x+1≥0,符號命題的否定形式,正確；所以說法錯(cuò)誤的是1個(gè)．故選:B．7（2018?金安區(qū)校級模擬）若A={x∈Z|2≤22﹣x＜8},B={x∈R|log2x＜1},則A∩（?RB）中的元素有（）A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【答案】:B【解析】A={x∈Z|2≤22﹣x＜8}={x∈Z|1≤2﹣x＜3}={x∈Z|﹣1＜x≤1}={0,1},B={x∈R|log2x＜1}={x∈R|0＜x＜2},則?RB={x∈R|x≤0或x≥2},∴A∩（?RB）={0},其中元素有1個(gè)．故選:B．8（2018?大觀區(qū)校級模擬）已知全集U=R,集合,N={x|x2﹣2|x|≤0},則如圖中陰影部分所表示的集合為（）A．[﹣2,1） B．[﹣2,1] C．[﹣2,0）∪（1,2] D．[﹣2,0]∪[1,2]【答案】:B【解析】∵全集U=R,集合={x|x＞1},N={x|x2﹣2|x|≤0}={x|或}={x|﹣2≤x≤2},∴CUM={x|x≤1},∴圖中陰影部分所表示的集合為N∩（CUM）={x|﹣2≤x≤1}=[﹣2,1]．故選:B．9.設(shè)集合Sn={1,2,3,…,n},X?Sn,把X的所有元素的乘積稱為X的容量（若X中只有一個(gè)元素,則該元素的數(shù)值即為它的容量,規(guī)定空集的容量為0）．若X的容量是奇（偶）數(shù),則稱X為Sn的奇（偶）子集,若n=3,則Sn的所有偶子集的容量之和為（）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】:D【解析】由題意可知:當(dāng)n=3時(shí),S3={1,2,3},所以所有的偶子集為:?、{2}、{1,2}、{2,3}、{1,2,3}．所以S3的所有偶子集的容量之和為0+2+2+6+6=16．故選:D．10.（2018?商丘三模）下列有四種說法:①命題:“?x∈R,x2﹣3x+1＞0”的否定是“?x∈R,x2﹣3x+1＜0”；②已知p,q為兩個(gè)命題,若（￢p）∧（￢q）為假命題,則p∨q為真命題；③命題“若xy=0,則x=0且y=0”的逆否命題為真命題；④數(shù)列{an}為等差數(shù)列,則“m+n=p+q,m,n,p,q為正整數(shù)”是“am+an=ap+aq”的充要條件．其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．3個(gè) B．2個(gè) C．1個(gè) D．0個(gè)【答案】:C11.（2018?嘉興模擬）已知函數(shù)f（x）=x2+ax+b,集合A={x|f（x）≤0},集合,若A=B≠?,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A． B．[﹣1,5] C． D．[﹣1,3]【思路分析】由題意可得b=,集合B可化為（x2+ax+）（x2+ax+a+）≤0,運(yùn)用判別式法,解不等式即可得到所求范圍．【答案】:A【解析】設(shè)集合A={x∈R|f（x）≤0}={x|x2+ax+b≤0},由f（f（x））≤,即（x2+ax+b）2+a（x2+ax+b）+b﹣≤0,②A=B≠?,可得b=,且②為（x2+ax+）（x2+ax+a+）≤0,可得a2﹣4×≥0且a2﹣4（a+）≤0,即為,解得≤a≤5,故選:A．12.(2018?漳州二模）“a≤0”是“關(guān)于x的方程ax+axcosx﹣sinx=0與方程sinx=0在[﹣3π,3π]上根的個(gè)數(shù)相等”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]:A【解析】∵方程sinx=0在[﹣3π,3π]上根有7個(gè),則方程ax+axcosx﹣sinx=0也應(yīng)該有7個(gè)根,由方程ax+axcosx﹣sinx=0得ax（1+cosx）﹣sinx=0,即ax?2cos2﹣2sincos=2cos（axcos﹣sin）=0,則cos=0或axcos﹣sin=0,則x除了﹣3π,﹣π,π,3π還有三個(gè)根,由axcos﹣sin=0,得axcos=sin,即ax=tan,由圖象知a≤0時(shí)滿足條件,且a＞0時(shí),有部分a是滿足條件的,故“a≤0”是“關(guān)于x的方程ax+axcosx﹣sinx=0與方程sinx=0在[﹣3π,3π]上根的個(gè)數(shù)相等”的充分不必要條件,故選:A．（2）設(shè)命題p:“函數(shù)y=2f（x）﹣t在（﹣∞,2）上有零點(diǎn)”,命題q:“函數(shù)g（x）=x2+t|x﹣2|在（0,+∞）上單調(diào)遞增”；若命題“p∨q”為真命題,求實(shí)數(shù)t的取值范圍．【思路分析】（1）方程f（x）=2x有兩等根,通過△=0,解得b；求出函數(shù)圖象的對稱軸．求解a,然后求解函數(shù)的解析式．（2）求出兩個(gè)命題是真命題時(shí),t的范圍,利用p∨q真,轉(zhuǎn)化求解即可．【解析】:（1）∵方程f（x）=2x有兩等根,即ax2+（b﹣2）x=0有兩等根,∴△=（b﹣2）2=0,解得b=2；∵f（x﹣1）=f（3﹣x）,得,∴x=1是函數(shù)圖象的對稱軸．而此函數(shù)圖象的對稱軸是直線,∴,∴a=﹣1,故f（x）=﹣x2+2x……………（6分）（2）,p真則0＜t≤2；；若q真,則,∴﹣4≤t≤0；若p∨q真,則﹣4≤t≤2．……………（12分）21.（2018春?江陰市校級期中）已知集合A={x|≤0},B={x|x2﹣（m﹣1）x+m﹣2≤0}．（1）若A∪[a,b]=[﹣1,4],求實(shí)數(shù)a,b滿足的條件；（2）若A∪B=A,求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【思路分析】本題涉及知識(shí)點(diǎn):分式不等式和含參的一元二次不等式的解法,集合的并集運(yùn)算．22.（2018?南京期末）已知命題p:指數(shù)函數(shù)f（x）=（a﹣1）x在定義域上單調(diào)遞減,命題q:函數(shù)g（x）=lg（ax2﹣2x+）的定義域?yàn)镽．（1）若q是真命題,求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）若“p∧q”為假命題“p∨q”為真命題,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【思路分析】（1）若命題q是真命題,即函數(shù)g（x）=lg（ax2﹣2x+）的定義域?yàn)镽,對a分類討論求解；（2）求出p為真命題的a的范圍,再由“p∧q”為假命題“p∨q”為真命題,可得p與q一真一假,然后利用交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算求解．【解析】:（1）若命題q是真命題,則有:①當(dāng)a=0時(shí),定義域?yàn)椋ī仭?0）,不合題意．②當(dāng)a≠0時(shí),由已知可得,解得:a＞,故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為（,+∞）；…………6分（2）若命題p為真命題,則0＜a﹣1＜1,即1＜a＜2,由“p∧q”為假命題“p∨q”為真命題,可得p與q一真一假．若p為真q為假,則,得到1＜a≤,若p為假q為真,則,得到a≥2．綜上所述,a的取值范圍是1＜a≤或a≥2．………………12分專題2函數(shù)測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):函數(shù)的性質(zhì)（奇偶性單調(diào)性對稱性周期性等）,指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)的圖像和性質(zhì),函數(shù)的零點(diǎn)與方程根。考情分析:高考主要以選擇題填空題形式出現(xiàn),考查函數(shù)的性質(zhì)以及指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)圖像等,函數(shù)的零點(diǎn)問題等,題目一般屬于中檔題。3.重點(diǎn)推薦:10題,數(shù)學(xué)文化題,注意靈活利用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題。一．選擇題（本大題共12題,每小題5分）1（2018?長汀縣校級月考）下列四個(gè)函數(shù)中,在（0,+∞）為單調(diào)遞增的函數(shù)是（）A．y═﹣x+3 B．y=（x+1）2 C．y=﹣|x﹣1| D．y=【答案】B2.函數(shù)f（x）=+log3（8﹣2x）的定義域?yàn)椋ǎ〢．R B．（2,4] C．（﹣∞,﹣2）∪（2,4） D．（2,4）【答案】:D【解析】要使f（x）有意義,則；解得2＜x＜4；∴f（x）的定義域?yàn)椋?,4）．故選:D．3.（2018?寧波期末）函數(shù)的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是（）A．（1,2） B．（2,3） C．（3,4） D．（4,5）【答案】:C【解析】函數(shù)是（1,+∞）上的連續(xù)增函數(shù),f（2）=ln2﹣3＜0；f（3）=ln3﹣=ln＜0,f（4）=ln4﹣1＞0；f（3）f（4）＜0,所以函數(shù)的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間為:（3,4）．故選:C．4.（2018?赤峰期末）已知f（x）=,則下列正確的是（）A．奇函數(shù),在（0,+∞）上為增函數(shù) B．偶函數(shù),在（0,+∞）上為增函數(shù) C．奇函數(shù),在（0,+∞）上為減函數(shù) D．偶函數(shù),在（0,+∞）上為減函數(shù)【答案】:B【解析】根據(jù)題意,f（x）=,則f（﹣x）===f（x）,則函數(shù)f（x）為偶函數(shù)；當(dāng)x＞0時(shí),f（x）=在（0,+∞）上為增函數(shù)；故選:B．5.已知f（x）,g（x）分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù),且f（x）﹣g（x）=x3+x+1,則f（1）+g（1）=（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3【答案】:B【解析】由f（x）﹣g（x）=x3+x+1,將所有x替換成﹣x,得f（﹣x）﹣g（﹣x）=﹣x3﹣x+1,根據(jù)f（x）=f（﹣x）,g（﹣x）=﹣g（x）,得f（x）+g（x）=﹣x3﹣x2+1,再令x=1,計(jì)算得,f（1）+g（1）=﹣1．故選:B．6.（2018春?吉安期末）定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x+2）f（x）=﹣1,當(dāng)x∈（0,1）時(shí),f（x）=3x,則f（log3162）=（）A． B． C．2 D．【答案】:C【解析】∵f（x+2）f（x）=﹣1,∴f（x+4）===f（x）,可得函數(shù)f（x）是最小正周期為4的周期函數(shù)．則f（log3162）=f（4+log32）=f（log32）,∵當(dāng)x∈（0,1）時(shí),f（x）=3x,log32∈（0,1）,∴f（log32）=2,故選:C．7.定義在R上的偶函數(shù)f（x）,滿足f（2）=0,若x∈（0,+∞）時(shí),F（x）=xf（x）單調(diào)遞增,則不等式F（x）＞0的解集是（）A．（﹣2,0）∪（0,2） B．（﹣2,0）∪（2,+∞） C．（∞,﹣2）∪（0,2） D．（﹣∞,﹣2）∪（2,+∞）【答案】:B【解析】∵x∈（0,+∞）時(shí),F（x）=xf（x）單調(diào)遞增,又∵函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù),f（2）=0,∴函數(shù)y=F（x）=xf（x）是奇函數(shù),且在（﹣∞,0）上也是增函數(shù),且f（2）=f（﹣2）=0,故不等式F（x）=xf（x）＞0的解集為{x|﹣2＜x＜0,或x＞2},即為（﹣2,0）∪（2,+∞）,故選:B．（1）若g（mx2+2x+m）的定義域?yàn)镽,求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（2）當(dāng)x∈[﹣1,1]時(shí),求函數(shù)y=[f（x）]2﹣2af（x）+3的最小值h（a）；（3）是否存在非負(fù)實(shí)數(shù)m、n,使得函數(shù)的定義域?yàn)閇m,n],值域?yàn)閇2m,2n],若存在,求出m、n的值；若不存在,則說明理由．【思路分析】（1）若的定義域?yàn)镽,則真數(shù)大于0恒成立,結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),分類討論滿足條件的實(shí)數(shù)m的取值范圍,綜合討論結(jié)果,可得答案；（2）令,則函數(shù)y=[f（x）]2﹣2af（x）+3可化為:y=t2﹣2at+3,,結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),分類討論各種情況下h（a）的表達(dá)式,綜合討論結(jié)果,可得答案；（3）假設(shè)存在,由題意,知解得答案．【解析】:（1）∵,∴,令u=mx2+2x+m,則,當(dāng)m=0時(shí),u=2x,的定義域?yàn)椋?,+∞）,不足題意；當(dāng)m≠0時(shí),若的定義域?yàn)镽,則,解得m＞1,綜上所述,m＞1…（4分）（2）=,x∈[﹣1,1],令,則,y=t2﹣2at+3,∵函數(shù)y=t2﹣2at+3的圖象是開口朝上,且以t=a為對稱軸的拋物線,故當(dāng)時(shí),時(shí),；當(dāng)時(shí),t=a時(shí),；當(dāng)a＞2時(shí),t=2時(shí),h（a）=ymin=7﹣4a．綜上所述,…（10分）（3）,假設(shè)存在,由題意,知解得,∴存在m=0,n=2,使得函數(shù)的定義域?yàn)閇0,2],值域?yàn)閇0,4]…（12分）22．定義在D上的函數(shù)f（x）,如果滿足:對任意x∈D,存在常數(shù)M≥0,都有|f（x）|≤M成立,則稱f（x）是D上的有界函數(shù),其中M稱為函數(shù)f（x）的一個(gè)上界．已知函數(shù),．（1）若函數(shù)g（x）為奇函數(shù),求實(shí)數(shù)a的值；（2）在（1）的條件下,求函數(shù)g（x）在區(qū)間上的所有上界構(gòu)成的集合；（3）若函數(shù)f（x）在[0,+∞）上是以5為上界的有界函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【思路分析】（1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義求出a的值即可；（2）先求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,求出函數(shù)的值域,從而求出函數(shù)g（x）在區(qū)間上的所有上界構(gòu)成的集合；（3）問題轉(zhuǎn)化為在[0,+∞）上恒成立,通過換元法求解即可．【解析】:（1）因?yàn)楹瘮?shù)g（x）為奇函數(shù),所以g（﹣x）=﹣g（x）,即,即,得a=±1,而當(dāng)a=1時(shí)不合題意,故a=﹣1．…………3分（3）由題意知,|f（x）|≤5在[0,+∞）上恒成立,﹣5≤f（x）≤5,．∴在[0,+∞）上恒成立．∴設(shè)2x=t,,,由x∈[0,+∞）,得t≥1．易知P（t）在[1,+∞）上遞增,設(shè)1≤t1＜t2,,所以h（t）在[1,+∞）上遞減,h（t）在[1,+∞）上的最大值為h（1）=﹣7,p（t）在[1,+∞）上的最小值為p（1）=3,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[﹣7,3]．…………12分專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):導(dǎo)數(shù)的幾何意義切線方程,留言導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,極值以及最值,利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題.考情分析:高考主要以選擇題填空題以及解答題形式出現(xiàn),在全國卷所占分值是12-17分,一般解答題形式出現(xiàn),考察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)以及求極值最值問題。3.重點(diǎn)推薦:基礎(chǔ)卷第10題需要構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系求解。一．選擇題（本大題共12題,每小題5分）1.（2018?平羅縣校級期中）已知函數(shù)f（x）=e2x,則=（）A．1 B．0 C．e2 D．2e2[答案]D【解析】:∵f′（x）=2e2x,∴=f′（1）,∴f′（1）=2e2,故選:D．2.（2018?攀枝花期末）設(shè)f′（x）是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),則f'（0）的值為（）A．1 B．0 C．﹣1 D．【答案】:C【解析】根據(jù)題意,,其導(dǎo)數(shù)f′（x）==﹣,則f'（0）=﹣1；故選:C．3.（2018?銀川三模）已知函數(shù)f（x）=cosx+alnx在x=處取得極值,則a=（）A． B． C． D．﹣【答案】C【解析】:∵f（x）=cosx+alnx,∴f′（x）=﹣sinx+,∵f（x）在x=處取得極值,∴f′（）=﹣+=0,解得:a=,經(jīng)檢驗(yàn)符合題意,故選:C．4.（2018春?云陽縣期末）已知函數(shù)f（x）=x3﹣ax+1在[1,+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．a(chǎn)＜3 B．a(chǎn)≤3 C．a(chǎn)≤1 D．1＜a＜3【答案】:B【解析】求導(dǎo)函數(shù),可得f′（x）=3x2﹣a,∵f（x）在[1,+∞）上單調(diào)遞增,∴3x2﹣a≥0在[1,+∞）上恒成立,∴a≤3x2在[1,+∞）上恒成立,∴a≤3,故選:B．5.（2018?柳州一模）設(shè)a∈R,若函數(shù)y=x+alnx在區(qū)間（,e）有極值點(diǎn),則a取值范圍為（）A．（,e） B．（﹣e,﹣） C．（﹣∞,）∪（e,+∞） D．（﹣∞,﹣e）∪（﹣,+∞）【答案】B6.（2018?吉安期中）設(shè)函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)可導(dǎo),y=f（x）的圖象如圖所示,則導(dǎo)函數(shù)y=f′（x）的圖象可能為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】:由f（x）的圖象判斷出可得從左到右函數(shù)的單調(diào)性在y軸左側(cè)先增,再減,在y軸的右側(cè),函數(shù)單調(diào)遞減,∴導(dǎo)函數(shù)y=f′（x）的圖象可能為區(qū)間（﹣∞,0）內(nèi),先有f′（x）＞0,再有f′（x）＜0,在（0,+∞）再有f′（x）＞0．故選:A．7.（2018?邯鄲二模）若過點(diǎn)P（﹣1,m）可以作三條直線與曲線C:y=xex相切,則m的取值范圍是（）A．（﹣,+∞） B．（） C．（0,+∞） D．（）【答案】D【解析】:設(shè)切點(diǎn)為（x0,y0）,過點(diǎn)P的切線程為,代入點(diǎn)P坐標(biāo)化簡為m=,即這個(gè)方程有三個(gè)不等根即可,令,求導(dǎo)得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）ex,函數(shù)在（﹣∞,﹣2）上單調(diào)遞減,在（﹣2,﹣1）上單調(diào)遞增,在（﹣1,+∞）上單調(diào)遞減,故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1）,即,故選:D．綜上,若?x∈（1,+∞）,使得f（x）＞﹣a,a的取值范圍為a．…………12分19.（2018?新余期末）函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx﹣c,過曲線y=f（x）上的點(diǎn)p（1,f（1）的切線方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=﹣2時(shí)有極值,求f（x）的表達(dá)式；（2）在（1）的條件下,求y=f（x）在[﹣3,1]上的最小值．【思路分析】（1）f′（x）=3x2+2ax+b,由過曲線y=f（x）上的點(diǎn)p（1,f（1）的切線方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c,f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2時(shí)有極值,可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0,聯(lián)立解得a,b,c．（2）在（1）的條件下,f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3,1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）,令f′（x）=0,解得x=或﹣2．列表即可得出．【解析】:（1）f′（x）=3x2+2ax+b,∵過曲線y=f（x）上的點(diǎn)p（1,f（1）的切線方程y=3x+3．∴f（1）=6=1+a+b﹣c,f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2時(shí)有極值,∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0,聯(lián)立解得:a=2,b=﹣4,c=﹣7．∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．（2）在（1）的條件下,f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3,1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2）,令f′（x）=0,解得x=或﹣2．列表如下:x[﹣3,﹣2）﹣2（﹣2,）f′（x）+0﹣0+f（x）單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增由表格可得:x=時(shí),函數(shù)f（x）取得極小值,=．又f（﹣3）=10＞．∴函數(shù)f（x）最小值為=．20.（2018?新羅區(qū)校級月考）設(shè)函數(shù)f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函數(shù)在x=1處取得極值,討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）﹣ax,若g（x）≥0恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【思路分析】（I）函數(shù)f（x）=axlnx+（a＞0）,x＞0．f′（x）=alnx+a﹣,根據(jù)函數(shù)在x=1處取得極值,可得f′（1）=0,解得a．進(jìn)而得出單調(diào)性．（II）g（x）=f（x）﹣ax,a＞0,g（x）≥0恒成立,可得axlnx+﹣ax≥0,x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立,令h（x）=alnx+﹣a,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【解析】:（I）函數(shù)f（x）=axlnx+（a＞0）,x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣,∵函數(shù)在x=1處取得極值,∴a﹣1=0,解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣,可得:函數(shù)f′（x）在（0,+∞）上單調(diào)遞增,又f′（1）=0,∴x∈（0,1）時(shí),f′（x）＜0；x∈（1,+∞）時(shí),f′（x）＞0．∴函數(shù)f（x）在x∈（0,1）時(shí)單調(diào)遞減；x∈（1,+∞）時(shí),函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．（II）g（x）=f（x）﹣ax,a＞0,g（x）≥0恒成立,∴axlnx+﹣ax≥0,x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立,令h（x）=alnx+﹣a,則h′（x）=﹣==,∴0＜x＜時(shí),h′（x）＜0,此時(shí)函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；x＞時(shí),h′（x）＞0,此時(shí)函數(shù)h（x）單調(diào)遞增．∴h（x）min==aln+﹣a≥0,∴l(xiāng)n≥1,解得:a≤,∴a的取值范圍是（0,]．21.（2018?思明區(qū)校級月考）已知函數(shù)f（x）=（m≥0）,其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．（1）討論函數(shù)f（x）的極值；（2）若m∈（1,2）,證明:當(dāng)x1,x2∈[1,m]時(shí),f（x1）＞﹣x2+1+．【思路分析】（1）求導(dǎo)對m分類討論,即可得出單調(diào)性與極值．（2）當(dāng)x1,x2∈[1,m]時(shí),f（x1）＞﹣x2+1+,只要證明f（x1）min＞即可,由（1）可知:f（x）在x∈[1,m]內(nèi)單調(diào)遞減,可得f（x1）min=f（m）．因此f（x1）min＞?x2＞﹣．m∈（1,2）,令g（m）=﹣．m∈（1,2）,利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．【解析】（1）:f′（x）==．①m＞0時(shí),1﹣m＜1,令f′（x）=0,解得x=1或1﹣m．則函數(shù)f（x）在（﹣∞,1﹣m）上單調(diào)遞減,在（1﹣m,1）內(nèi)單調(diào)遞增,在（1,+∞）上單調(diào)遞減．∴x=1﹣m時(shí),函數(shù)f（x）取得極小值；x=1時(shí),函數(shù)f（x）取得極大值．②m=0時(shí),f′（x）=≤0,函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減,無極值．（2）證明:當(dāng)x1,x2∈[1,m]時(shí),f（x1）＞﹣x2+1+,只要證明f（x1）min＞即可,由（1）可知:f（x）在x∈[1,m]內(nèi)單調(diào)遞減,∴f（x1）min=f（m）=．∴f（x1）min＞?x2＞﹣．m∈（1,2）,令g（m）=﹣．m∈（1,2）,g′（m）=﹣=＜0,∴函數(shù)g（m）在m∈（1,2）上單調(diào)遞減,∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2,因此結(jié)論成立．22.（2018?道里區(qū)校級二模）已知函數(shù)h（x）=aex,直線l:y=x+1,其中e為自然對數(shù)的底．（1）當(dāng)a=1,x＞0時(shí),求證:曲線f（x）=h（x）﹣x2在直線l的上方；（2）若函數(shù)h（x）的圖象與直線l有兩個(gè)不同的交點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）對于第（2）中的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)x1,x2及對應(yīng)的a,當(dāng)x1＜x2時(shí),求證:a＞．【思路分析】（1）可令g（x）=,求出二階導(dǎo)數(shù),求得單調(diào)區(qū)間,可得g（x）的單調(diào)性,即可得證；（2）由題可得aex=x+1,即有a=,設(shè)m（x）=,求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性,作出圖象,即可得到所求范圍；（3）由（2）可得aex1=x1+1,aex2=x2+1,作差可得a=,運(yùn)用分析法證明,即證＞,即為x2﹣x1＞1﹣=1﹣,運(yùn)用換元法和構(gòu)造函數(shù),求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性,即可得證．【解析】:（1）證明:當(dāng)a=1,x＞0時(shí),令g（x）=,g′（x）=ex﹣x﹣1,g″（x）=ex﹣1,當(dāng)x＞0時(shí),g″（x）＞0,g′（x）遞增,g′（x）＞g′（0）=0,∴g（x）遞增,g（x）＞g（0）=0,∴曲線f（x）=h（x）﹣x2在直線l的上方；（2）由y=aex和y=x+1,可得aex=x+1,即有a=,設(shè)m（x）=,可得m′（x）=,當(dāng)x＞0時(shí),m′（x）＜0,m（x）遞減；當(dāng)x＜0時(shí),m′（x）＞0,m（x）遞增,可得m（x）在x=0處取得極大值,且為最大值1,圖象如右上:由圖象可得0＜a＜1時(shí),a=有兩解,可得函數(shù)h（x）的圖象與直線l有兩個(gè)不同的交點(diǎn),則a的范圍是（0,1）；設(shè)n（t）=t﹣1+,t＞0,n′（t）=1﹣=＞0,可得n（t）在t＞0上遞增,可得n（t）＞n（0）=0,可得t＞1﹣成立,則當(dāng)x1＜x2時(shí),a＞．專題4三角函數(shù)測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):三角函數(shù)求值和化簡、三角函數(shù)的圖像和性質(zhì),三角函數(shù)恒等變換以及解三角形等?？记榉治?本單元再全國卷所占分值約15分左右,如果在客觀題出現(xiàn),一般三題左右,如果出現(xiàn)值解答題中,一般一題,難度不大重點(diǎn)推薦:第22題,是否存在問題,有一定難度。21題數(shù)學(xué)文化題。選擇題1.若角600°的終邊上有一點(diǎn)（﹣1,a）,則a的值是（）A． B． C．2 D．﹣2 【答案】:B【解析】角600°的終邊上有一點(diǎn)（﹣1,a）,∴tan600°=tan（540°+60°）=tan60°==,∴a=﹣．故選:B2.（2018?貴陽二模）已知sin（π﹣α）=﹣,且α∈（﹣）,則tan（2π﹣α）=（）A． B． C． D． 【答案】:B3.（2018?安徽二模）θ為第三象限角,,則sinθ﹣cosθ=（）A． B． C． D．【答案】:B【解析】∵θ為第三象限角,=,∴tanθ==2,再根據(jù)sin2θ+cos2θ=1,sinθ＜0,cosθ＜0,∴sinθ=﹣,cosθ=﹣,∴sinθ﹣cosθ=﹣,故選:B．4.函數(shù)f（x）=sin（2x+φ）的圖象向右平移個(gè)單位后所得的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,則φ可以是（）A． B． C． D．【答案】:B【解析】函數(shù)f（x）=sin（2x+φ）的圖象向右平移個(gè)單位后,可得y=sin（2x﹣+φ）．∵圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,∴φ﹣=kπ,k∈Z可得:φ=．當(dāng)k=0時(shí),可得φ=．故選:B．5.（2018?桂林三模）關(guān)于函數(shù)f（x）=2cos2+sinx（x∈[0,π]）,則f（x）的最大值與最小值之差為（）A．3 B．2 C．0 D．﹣2【答案】:A【解析】f（x）=2cos2+sinx=cosx+sinx+1=,∵x∈[0,π],∴x+∈[,],可得sin（x+）∈[﹣,1],∴函數(shù)f（x）∈[0,3],則f（x）的最大值與最小值之差為3．故選:A．不能靠近．欲測量P,Q兩棵樹和A,P兩棵樹之間的距離,現(xiàn)可測得A,B兩點(diǎn)間的距離為100m,∠PAB＝75°,∠QAB＝45°,∠PBA＝60°,∠QBA＝90°,如圖所示．則P,Q兩棵樹和A,P兩棵樹之間的距離各為多少？【分析】△PAB中,∠APB＝180°－(75°＋60°)＝45°,由正弦定理得＝?AP＝50.△QAB中,∠ABQ＝90°,∴AQ＝100,∠PAQ＝75°－45°＝30°,由余弦定理得PQ2＝(50)2＋(100)2－2×50×100cos30°＝5000,∴PQ＝＝50.因此,P,Q兩棵樹之間的距離為50m,A,P兩棵樹之間的距離為50m.18.（2018秋?重慶期中）已知函數(shù)f（x）=2cos2x+sin（2x﹣）．（Ⅰ）求f（x）的最大值；（Ⅱ）在△ABC中,角A、B、C所對的邊分別為a、b、c,若f（A）=f（B）且A≠B,a=1,c=,求b．【解析】:（Ⅰ）f（x）=cos2x+1+sin2xcos﹣cos2xsin=sin2x+cos2x+1=sin（2x+）+1∴當(dāng)sin（2x+）=時(shí),可得f（x）的最大值為2；（Ⅱ）f（A）=f（B）?sin（2A+）=sin（2B+）,且A≠B,∴2A++2B=π,即A+B=,那么:C=π﹣A﹣B=,余弦定理:c2=a2+b2﹣2abcosC,即13=1+b2+b,∴b=3．19.函數(shù)f（x）=2sin2（+x）﹣cos2x．（1）請把函數(shù)f（x）的表達(dá)式化成f（x）=Asin（ωx+φ）+b（A＞0,ω＞0,|φ|＜）的形式,并求f（x）的最小正周期；（2）求函數(shù)f（x）在x∈[,]時(shí)的值域．【解析】:（1）函數(shù)f（x）=2sin2（+x）﹣cos2x=1﹣cos（）cos2x=sin2x﹣cos2x+1=2sin（2x﹣）+1,∴f（x）的最小正周期T=．（2）由（1）可知f（x）=2sin（2x﹣）+1∵x∈[,],∴2x﹣∈[,]∴≤sin（2x﹣）≤1,則2≤f（x）≤3故得函數(shù)f（x）在x∈[,]時(shí)的值域?yàn)閇2,3]．20.（2018春?金華期末）已知函數(shù)的最大值為3．（1）求a的值及f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）若,,求cosα的值．【解析】:（1）====．當(dāng)時(shí),f（x）max=2﹣1+a=3,∴a=2．由,k∈Z．得到,k∈Z．∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為,k∈Z；（2）∵,,∴,又,∴,∴,∴==．21.已知函數(shù),（ω＞0）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的值域；（Ⅱ）若方程f（x）=﹣1在（0,π）上只有三個(gè)實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)ω的取值范圍．【思路分析】（Ⅰ）利用三角恒等變換化簡函數(shù)的解析式,再根據(jù)正弦函數(shù)的值域求得函數(shù)f（x）的值域．（Ⅱ）求出方程f（x）=﹣1在（0,π）上從小到大的4個(gè)實(shí)數(shù)根,再根據(jù)只有三個(gè)實(shí)數(shù)根,求出實(shí)數(shù)ω的取值范圍．【解析】:（Ⅰ）函數(shù)=sinωx+2cos（﹣）sin（﹣）=sinωx+2cos（﹣）sin（﹣）=sinωx+sin（ωx﹣）=sinωx﹣cosωx=2sin（ωx﹣）,故函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇﹣2,2]．（Ⅱ）若方程f（x）=﹣1,即sin（ωx﹣）=﹣,∴ωx﹣=2kπ﹣,或ωx﹣=2kπ﹣,k∈Z．即x=,或x=,（0,π）上,由小到大的四個(gè)正解依次為:x=,或x=,或x=,或x=,∵方程f（x）=﹣1在（0,π）上只有三個(gè)實(shí)數(shù)根,∴,解得＜ω≤．22.已知函數(shù)f（x）=sinωx（sinωx+cosωx）﹣（ω＞0）的圖象相鄰對稱軸之間的距離為2π．（Ⅰ）求ω的值；（Ⅱ）當(dāng)x∈[﹣π,π]時(shí),求f（x）最大值與最小值及相應(yīng)的x的值；（Ⅲ）是否存在銳角α,β,使a+2β=,f（）?f（2）=同時(shí)成立？若存在,求出角α,β的值；若不存在,請說明理由．【思路分析】（Ⅰ）由已知利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可得函數(shù)解析式f（x）=sin（2ωx﹣）,利用正弦函數(shù)的周期公式可求ω的值．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=sin（x﹣）,由﹣π≤x≤π,可求范圍﹣≤﹣≤,根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可計(jì)算得解．（Ⅲ）由已知利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可求tan2β=,結(jié)合范圍β為銳角,0＜2β＜π,可得β=,α=﹣2β=,即可得解．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=sin（x﹣）,由﹣π≤x≤π,得:﹣≤﹣≤,∴﹣1≤sin（x﹣）≤,∴f（x）min=﹣,此時(shí)x﹣=﹣,解得x=﹣；f（x）min=,此時(shí)x﹣=,解得x=π．………（7分）（Ⅲ）存在,理由如下:存在,理由如下:∵f（α+）=sin,f（2β+）=sin（β+）=cosβ,∴f（α+）?f（2β+）=sincosβ=,∴sincosβ=,………（9分）又a+2β=,a=﹣2β,∴sincosβ=sin（﹣β）cosβ=,∴（cosβ﹣sinβ）cosβ=,∴cos2β﹣sinβcosβ=,∴×﹣sin2β=,即:cos2β﹣sin2β=0,∴tan2β=,又β為銳角,0＜2β＜π,∴2β=,β=,從而α=﹣2β=．………（12分）專題5平面向量測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):平面向量的基本概念,平面向量的運(yùn)算,平面向量的數(shù)量積的運(yùn)算,平面向量是數(shù)量積運(yùn)算,平面向量與三角函數(shù)、解析幾何的綜合,平面向量與平面幾何的綜合等?？记榉治?本單元在高考中主要以客觀題形式出現(xiàn),難度較低,再解答題中,主要課程向量的工具性的作用,一般在解答題中不單獨(dú)命題。重點(diǎn)推薦:第12題,考查向量和不等式的交匯,有一定難度?？疾閷W(xué)生解決問題的能力。選擇題1.（2018?洛陽三模）已知平面向量,,,若,則實(shí)數(shù)k的值為（）A． B． C．2 D．【答案】:B【解析】∵平面向量,,,∴=（2+k,﹣1+k）,∵,∴,解得k=．∴實(shí)數(shù)k的值為．故選:B．2.已知A,B,C為圓O上的三點(diǎn),若=,圓O的半徑為2,則=（）A．﹣1 B．﹣2 C．1 D．2【答案】:D【解析】如圖所示,=,∴平行四邊形OABC是菱形,且∠AOC=120°,又圓O的半徑為2,∴=2×2×cos60°=2．故選:D．3.（2018?寶雞三模）已知不共線向量,,,則=（）A． B． C． D．【答案】:A【解析】∵,∴﹣=﹣4=1,∴=5,∴==4﹣2×5+9=3,∴=,故選:A．4.（2018?安寧區(qū)校級模擬）已知向量=（1,1）,=（2,﹣3）,若k﹣2與垂直,則實(shí)數(shù)k的值為（）A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣2【答案】:A5.設(shè)是非零向量,則是成立的（）A.充要條件B.充分不必要條件C.必要不充分條件D.既不充分又不必要條件【答案】B【解析】由可知:方向相同,表示方向上的單位向量所以成立;反之不成立.故選B6.（2018?西寧一模）如圖在邊長為1的正方形組成的網(wǎng)格中,平行四邊形ABCD的頂點(diǎn)D被陰影遮住,請找出D點(diǎn)的位置,計(jì)算的值為（）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】:B【解析】:以A為原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系,則A（0,0）,B（4,1）,C（6,4）,平行四邊形ABCD,則=,設(shè)D（x,y）,∴（4,1）=（6﹣x,4﹣y）,∴4=6﹣x,1=4﹣y,解得x=2,y=3,∴D（2,3）,∴?=2×4+3×1=11,故選:B．格中的位置如圖所示,則?（）=．【答案】:3【解析】如圖建立平面直角坐標(biāo)系,則=（1,3）,=（3,﹣1）﹣（1,1）=（2,﹣2）,=（（3,2）﹣（5,﹣1）=（﹣2,3）,∴=（0,1）,∴=（1,3）?（0,1）=3．故答案為:3．16.（2018?紅橋區(qū)一模）在△ABC中,點(diǎn)D滿足=,當(dāng)點(diǎn)E在射線AD（不含點(diǎn)A）上移動(dòng)時(shí),若=λ+μ,則λ+的最小值為．【思路分析】根據(jù)題意畫出圖形,利用、表示出,再利用表示出,求出λ與μ,利用基本不等式求出的最小值．【答案】【解析】:如圖所示,△ABC中,,∴=+=+=+（﹣）=+,又點(diǎn)E在射線AD（不含點(diǎn)A）上移動(dòng),設(shè)=k,k＞0,∴=+,又,∴,∴=+≥2=,當(dāng)且僅當(dāng)k=時(shí)取“=”；∴λ+的最小值為．故答案為:．三．解答題17.如圖,在△ABC中,AO是BC邊上的中線；已知AO=1,BC=3．設(shè)=,=．（Ⅰ）試用,表示,；（Ⅱ）求AB2+AC2的值．【解析】:（Ⅰ）在△ABC中,AO是BC邊上的中線,設(shè)=,=．所以:,則:=．=．…………4分18.如圖,已知向量．（1）若∥,求x與y之間的關(guān)系；（2）在（1）的條件下,若有,求x,y的值以及四邊形ABCD的面積．【思路分析】（1）由∥,結(jié)合向量平行的坐標(biāo)表示可得（x+4）y﹣（y﹣2）x=0,可求x,y的關(guān)系,（2）由有,結(jié)合（1）的關(guān)系式可求x,y的值,代入四邊形的面積公式可求【解析】:（1）∵,又,∴x（y﹣2）﹣y（x+4）=0?x+2y=0①…………4分（2）∵,又⊥,∴（x+6）（x﹣2）+（y+1）（y﹣3）=0?x2+y2+4x﹣2y﹣15=0②；由①,②得或,當(dāng)時(shí),,,則；當(dāng)時(shí),,,則；綜上知．…………12分19.如圖,直角梯形ABCD中,||=2,∠CDA=,=2,角B為直角,E為AB的中點(diǎn),=λ（0≤λ≤1）．（1）當(dāng)λ=時(shí),用向量,表示向量；（2）求||的最小值,并指出相應(yīng)的實(shí)數(shù)λ的值．【思路分析】（1）利用三角形法則即可得出結(jié)論；（2）表示出的表達(dá)式,結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出其模的最小值即可．【解析】:（1）當(dāng)λ=時(shí),直角梯形ABCD中,||=2,∠CDA=,=2,角B為直角,E為AB中點(diǎn),=,∵=[（﹣）+（+）]=（﹣++）=+；…………5分（2）∵直角梯形ABCD,||=2,∠CDA=,=2,角B為直角,E為AB中點(diǎn),=λ,（0≤λ≤1）,∵=（+）=[（﹣）+（+）]=[﹣λ+（1﹣λ）+]=[+（1﹣2λ）]=+,∴=++（1﹣2λ）?=4λ2﹣7λ+=4+,∵0≤λ≤1,∴當(dāng)λ=時(shí),有最小值,∴||有最小值．…………12分20.（2018秋?新羅區(qū)校級月考）在如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)A,B是單位圓上的點(diǎn),且A（1,0）,．現(xiàn)有一動(dòng)點(diǎn)C在單位圓的劣弧上運(yùn)動(dòng),設(shè)∠AOC=α．（Ⅰ）若tanα=2,求的值；（Ⅱ）若,其中x,y∈R,求x+y的取值范圍．【思路分析】（Ⅰ）利用三角函數(shù)的定義及向量數(shù)量積可求得；（Ⅱ）利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算可將x和y用α表示,從而轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求值域可求得．【解析】:（Ⅰ）∵且tanα=2,∴sinα=,cosα=∴?=|||cos∠BOC=cos（）=coscosα+sinsinα=﹣×+=；…………5分（Ⅱ）∵,∴B（﹣,）,又∵∠AOC=α,∴C（cosα,sinα）由=x+y,得（cosα,sinα）=（x,0）+（﹣y,）=（x﹣y,y）得x﹣=cosα,=sinα,得x=+cosα,y=∴x+y=sinα+cosα=2sin（）∵,∴α+,∴∴x+y∈[1,2]．…………12分21.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知向量=（λcosα﹣sinβ,λsinα+cosβ）,向量=（﹣λcosα﹣sinβ,﹣λsinα+cosβ）,λ＞0．（1）若向量與的夾角為,＜β＜α＜2π,求α﹣β的值；（2）若對任意實(shí)數(shù)α,β都使得|﹣|≥||成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．【思路分析】（1）直接利用向量的數(shù)量的線性運(yùn)算和向量的數(shù)量積的應(yīng)用和三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變變換求出夾角．（2）利用向量的夾角公式和恒成立問題求出參數(shù)的取值范圍．【解析】:（1）已知向量=（λcosα﹣sinβ,λsinα+cosβ）①,向量=（﹣λcosα﹣sinβ,﹣λsinα+cosβ）,則:==（﹣λcosα﹣sinβ,﹣λsinα+cosβ）②,由①②得:,,所以:,．設(shè)向量與的夾角為θ,所以:=sin（α﹣β）,由于,所以:．由于:＜β＜α＜2π,所以:,則:．…………6分（2）由于對任意實(shí)數(shù)α,β都使得|﹣|≥||成立,而:,由于,所以對任意的實(shí)數(shù)α,β都成立．由于1﹣2λsin（α﹣β）≥0對任意的實(shí)數(shù)α,β都成立,所以:,所以:,解得:,所以:．…………12分22（2018春?江陰市校級期中）在△ABC中,,M是BC的中點(diǎn)．（1）若點(diǎn)O是線段AM上任意一點(diǎn),且||=||=,求+的最小值；（2）若點(diǎn)P是∠BAC內(nèi)一點(diǎn),且=2=2,||=2,求|++|的最小值．【思路分析】（1）由題意可得△ABC為等腰直角三角形,以A為原點(diǎn),AB,AC為x軸和y軸建立直角坐標(biāo)系,如圖所示,M是BC的中點(diǎn),O是線段AM上任意一點(diǎn),可設(shè)O（x,x）,0≤x≤,根據(jù)向量的數(shù)量積和坐標(biāo)運(yùn)算可得關(guān)于x的二次函數(shù),根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出最值即可；（2）設(shè)∠CAP=α,∠BAP=﹣α,0＜α＜,運(yùn)用向量數(shù)量積的定義和性質(zhì),向量的平方即為模的平方,結(jié)合坐標(biāo)法和三角函數(shù)的同角關(guān)系、以及基本不等式可得最小值．=4x2﹣2x=4（x﹣）2﹣,故當(dāng)x=時(shí),+的最小值為﹣；…………6分（2）設(shè)∠CAP=α,∠BAP=﹣α,0＜α＜,由=2=2,||=2,可得2||cosα=2,2||cos（﹣α）=1,即有||=,||=,|++|2=2+2+2+2?+2?+2?=++4+0+4+2=++10=+tan2α+≥2+=,當(dāng)且僅當(dāng)=tan2α,即tanα=時(shí),|++|的最小值為．……12分專題6等差數(shù)列和等比數(shù)列測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):等差（等比數(shù)列）定義,通項(xiàng)公式以及求和公式以及數(shù)列的性質(zhì)等。考情分析:本部分是高考必考內(nèi)容,多以選擇題、填空題形式出現(xiàn),突出小巧活的特征,有時(shí)候在解答題中出現(xiàn),考察數(shù)列的基本量的計(jì)算,數(shù)列的性質(zhì),求數(shù)列的通項(xiàng)公式,利用定義法證明等差數(shù)列（等比數(shù)列）等,求和（裂項(xiàng)求和、錯(cuò)位相減法、分組求和等）。3.重點(diǎn)推薦:第12題,需要探索出數(shù)列的周期,再利用周期求解。一．選擇題（共12小題,每一題5分）1.已知等差數(shù)列{an}滿足a2=2,前5項(xiàng)和S5=25,若Sn=39,則n的值為（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】:B【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則a2=a1+d=2,S5=5a1+d=25,聯(lián)立解得a1=﹣1,d=3,∴Sn=na1+d=﹣n+×3=39,解得n=6,故選:B．2.(2019華南師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)在數(shù)列中,若,且對所有滿足,則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】:依題意,；；；,所以.3.（2018?濱州期末）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,an+1=2Sn,則S12=（）A．310 B．311 C． D．【答案】:B【解析】∵a1=1,an+1=2Sn,∴Sn+1﹣Sn=2Sn,即Sn+1=3Sn,S1=1．∴數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列,首項(xiàng)為1,公比為3．∴S12=1×311=311．故選:B．4.(2018—2019贛州市十四縣(市)期中)已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為,若,則（）A.1009B.1010C.2018D.2019【答案】A【解析】由題得,所以,所以=.故答案為:A5.已知{an}為等比數(shù)列,下面結(jié)論中正確的是（）A．a(chǎn)22+a42≥2a32 B．a(chǎn)3+a5≥2a4 C．若a2＜a4,則a1＜a3 D．若a2=a4,則a2=a3【答案】:A6.設(shè)直線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為Sn,則S1+S2+…+S2018的值為（）A． B． C． D．【答案】:C【解析】直線與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為:（0,）和（,0）,則Sn=??==﹣,則S1+S2+…+S2018=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣=．故選:C．7.（2018?雙流區(qū)期末）已知{an}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,Sn是{an}的前n項(xiàng)和,且28S3=S6,則數(shù)列{}的前3項(xiàng)和為等于（）A． B． C．或 D．或3【答案】:B【解析】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q≠1,∵28S3=S6,∴28（1+q+q2）=1+q+q2+q3+q4+q5,∵1+q+q2≠0,可得:28=1+q3,解得q=3．∴an=2×3n﹣1．∴=（）n﹣1則數(shù)列{}的前3項(xiàng)和為=×=,故選:B．8.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,Sn=an+1﹣1,則bn=log4an,Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,則T100=（）A．4950 B．99log46+4851 C．5050 D．99log46+4950【答案】:B【解析】a1=1,Sn=an+1﹣1,a1=a2﹣1,可得a2=6,可得n≥2時(shí),Sn﹣1=an﹣1,又Sn=an+1﹣1,兩式相減可得an=Sn﹣Sn﹣1=an+1﹣1﹣an+1,即有an+1=4an,則an=6?4n﹣2,n≥2,bn=log4an=,T100=0+99×（log46﹣2）+×99×（2+100）=4851+99log46．故選:B．9.在一個(gè)排列中,如果一個(gè)大數(shù)排在一個(gè)小數(shù)前面,就稱它們?yōu)橐粋€(gè)逆序,一個(gè)排列中逆序的總數(shù)就稱作這個(gè)排列的逆序數(shù)．如排列2,3,7,5,1中2,1；3,1；7,5；7,1；5,1為逆序,逆序數(shù)是5．現(xiàn)有1～50這50個(gè)自然數(shù)的排列:2,4,6,8,…50,49,47…5,3,1,則此排列的逆序數(shù)是（）A．625 B．720 C．925 D．1250【答案】:A【解析】根據(jù)題意,在排列:2,4,6,8,…50,49,47…5,3,1中,1的逆序有49個(gè),即2,4,6,8,…50,49,47…5,3；3的逆序有47個(gè),即4,6,8,…50,49,47…5；……49的逆序有1個(gè),即50,其逆序?yàn)槭醉?xiàng)為49,末項(xiàng)為1,項(xiàng)數(shù)為25的等差數(shù)列,則此排列的逆序數(shù):49+47+……+1==625；故選:A．10.設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,a1=﹣2016,﹣=2,則S2018的值為（）A．﹣2018 B．2018 C．2017 D．﹣2019【答案】:B11.（2018春?黔東南州期末）己知數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=3,an+2=3an（n∈N*）,則數(shù)列{an}的前2018項(xiàng)的和S2018等于（）A．2（31008﹣1） B．2（31009﹣1） C．2（32018﹣1） D．2（32017﹣1）【答案】:B【解析】由an+2=3an（n∈N*）,即,當(dāng)n=1時(shí),可得a1,a3……a2n﹣1成等比,首項(xiàng)為1,公比為3．當(dāng)n=2時(shí),可得a2,a4……a2n成等比,首項(xiàng)為2,公比為3．那么:,前2018項(xiàng)中,奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別有1009項(xiàng)故得S2018==2×31009﹣2=2（31009﹣1）．故選:B．12.（2018?蚌埠期末）定義函數(shù)f（x）如下表,數(shù)列{an}滿足an+1=f（an）,n∈N*,若a1=2,則a1+a2+a3+…+a2018=（）x123456f（x）354612A．7042 B．7058 C．7063 D．7262【答案】:C【解析】由題意,∵a1=2,且對任意自然數(shù)均有an+1=f（an）,∴a2=f（a1）=f（2）=5,a2=5,a3=f（a2）=f（5）=1,a3=1,a4=f（a3）=f（1）=3,a4=3,a5=f（a4）=f（3）=4,a5=4,a6=f（a5）=f（4）=6,a6=6,a7=f（a6）=f（6）=2,a7=2,故數(shù)列{an}滿足:2,5,1,3,4,6,2,5,1…是一個(gè)周期性變化的數(shù)列,周期為:6．a(chǎn)1+a2+a3+…+a6=21．a(chǎn)1+a2+a3+…+a2018=336×（a1+a2+a3+…+a6）+a1+a2=7056+2+5=7063．故選:C．二．填空題（共4題,每小題5分）13.在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列中,若,,則的值是.【答案】4【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為．∵,∴,化為,解得．∴．故答案為:4．14.（2018?寧波期末）數(shù)列{an}滿足,則通項(xiàng)公式an=．【答案】:【解析】當(dāng)n=1時(shí),a1=1；當(dāng)n≥2時(shí),a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1=（n﹣1）2,,作差可得,nan=n2﹣（n﹣1）2=2n﹣1,故an=,a1=1也滿足上式；故an=,故答案為:．15.（2018?江門一模）設(shè)[x]表示不超過x的最大整數(shù),如[π]=3,[﹣3.2]=﹣4,則[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=．【答案】:92【解析】∵[lg1]=[lg2]=[lg3]=…[lg9]=0,[lg10]=[lg11]=…+[lg99]=1,[lg100]=2．∴[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg100]=90×1+2=92．故答案為:92．16（2018?黃浦區(qū)二模）已知數(shù)列{an}是共有k個(gè)項(xiàng)的有限數(shù)列,且滿足,若a1=24,a2=51,ak=0,則k=．【思路分析】根據(jù)題意,將an+1=an﹣1﹣?zhàn)冃慰傻胊n+1an﹣an﹣1an=﹣n,據(jù)此可得（a3a2﹣a2a1）=﹣2,（a4a3﹣a3a2）=﹣3,……akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1）,用累加法分析可得akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）],代入數(shù)據(jù)變形可得k2﹣k﹣2450=0,解可得k的值,即可得答案．【解析】:根據(jù)題意,數(shù)列{an}滿足an+1=an﹣1﹣,變形可得:an+1an﹣an﹣1an=﹣n,則有（a3a2﹣a2a1）=﹣2,（a4a3﹣a3a2）=﹣3,（a5a4﹣a4a3）=﹣4,……akak﹣1﹣ak﹣1ak﹣2=﹣（k﹣1）,相加可得:akak﹣1﹣a1a2=﹣[1+2+3+……（k﹣1）],又由a1=24,a2=51,ak=0,則有k2﹣k﹣2450=0,解可得:k=50或﹣49（舍）；故k=50；故答案為:50．三解答題（本大題共6小題）17.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且Sn=n2+1．（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．【分析】（I）由Sn=n2+1．可得n≥2時(shí),an=Sn﹣Sn﹣1,n=1時(shí),a1=S1=2．即可得出an．（II）n=1時(shí),T1=2．n≥2時(shí),bn===,利用裂項(xiàng)求和方法即可得出．【解析】:（I）∵Sn=n2+1．∴n≥2時(shí),an=Sn﹣Sn﹣1=n2+1﹣[（n﹣1）2+1]=2n﹣1．n=1時(shí),a1=S1=2．∴an=．…………4分（II）n=1時(shí),T1=2．n≥2時(shí),bn===,…………6分∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=2++……+=2+．n=1時(shí),上式也成立．∴Tn=2+．…………10分18.已知是一個(gè)公差大于的等差數(shù)列,且滿足.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列和數(shù)列滿足等式,求數(shù)列的前項(xiàng)和.【解析】:（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為,由,得①由,得②…………4分易得.………………6分（2）令,則有,,由（1）得,故,即,………………8分面,所以可得,于是.即.…………12分19.（2018?山東淄博二模）已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列,若a1=2b1,a4﹣a2=12,S4+2S2=3S3．（I）求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式；（II）設(shè)cn=,Tn為{cn}的前n項(xiàng)和,求T2n．（2）cn=,即為cn=,…………8分T2n=（c1+c3+…+c2n﹣1）+（c2+c4+…+c2n）=[++…+]+（++…+）=（1﹣+﹣+…+﹣）+=﹣?+（1﹣）=﹣?﹣?．…………12分20.（2018?萍鄉(xiāng)期末）已知數(shù)列{an}中,a1=1,,記T2n為{an}的前2n項(xiàng)的和,bn=a2n．（1）證明:數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,并求{bn}的通項(xiàng)公式bn；（2）若不等式T2n＜k對于一切n∈N+恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍．【分析】（1）由等比數(shù)列的定義,結(jié)合條件,化簡可得結(jié)論,由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得到所求通項(xiàng)；（2）討論n為奇數(shù)或偶數(shù),可得{an}的通項(xiàng)公式,運(yùn)用分組求和可得T2n,運(yùn)用不等式的性質(zhì)即可得到所求范圍．【解析】:（1）證明:∵,所以{bn}是以,公比為的等比數(shù)列,所以；…………6分（2）當(dāng)n=2k（k∈N+）時(shí),,當(dāng)n=2k﹣1（k∈N+）時(shí),．即,…………8分∴,得T2n＜3,因不等式T2n＜k對于一切n∈N+恒成立．所以,k的取值范圍為[3,+∞）…………12分21.已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知S2=2,S4=﹣20．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和Sn；（2）是否存在n,使Sn,Sn+2+2n,Sn+3成等差數(shù)列,若存在,求出n,若不存在,說明理由．【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式,解方程可得首項(xiàng)和公差,即可得到所求通項(xiàng)和求和；（2）假設(shè)存在n,使Sn,Sn+2+2n,Sn+3成等差數(shù)列,運(yùn)用等差數(shù)列中項(xiàng)性質(zhì),解方程可得n,即可得到所求結(jié)論．【解析】:（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,∵S2=2,S4=﹣20,∴2a1+d=2,4a1+6d=﹣20,聯(lián)立解得a1=4,d=﹣6,∴an=4﹣6（n﹣1）=10﹣6n,Sn==7n﹣3n2；…………6分22（2018?大慶一模）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,點(diǎn)（n,Sn）在曲線上,數(shù)列{bn}滿足bn+bn+2=2bn+1,b4=11,{bn}的前5項(xiàng)和為45．（1）求{an},{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè),數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求使不等式恒成立的最大正整數(shù)k的值．【分析】（1）利用已知條件求出{an}的通項(xiàng)公式,判斷數(shù)列是等差數(shù)列求解{bn}的通項(xiàng)公式；（2）化簡數(shù)列的通項(xiàng)公式,利用裂項(xiàng)相消法求解數(shù)列的和即可．【解析】:（1）由已知得:,當(dāng)n=1時(shí),,…………2分當(dāng)n≥2時(shí),=n+2,當(dāng)n=1時(shí),符合上式．所以an=n+2．…………4分因?yàn)閿?shù)列{bn}滿足bn+bn+2=2bn+1,所以{bn}為等差數(shù)列．設(shè)其公差為d．則,解得,所以bn=2n+3．…………6分（2）由（1）得,=,…………8分=,因?yàn)?所以{Tn}是遞增數(shù)列．所以,故恒成立只要恒成立．所以k＜9,最大正整數(shù)k的值為8．…………12分專題7數(shù)列的綜合應(yīng)用測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合,數(shù)列與函數(shù)的、不等式、方程等的綜合考情分析:數(shù)列的綜合問題在近幾年的高考試題中一直比較穩(wěn)定,難度中等,主要命題點(diǎn)是等差數(shù)列和等比數(shù)列的綜合,數(shù)列和函數(shù)、方程、不等式的綜合,與數(shù)列有關(guān)的探索性問題以及應(yīng)用性問題等,對于數(shù)學(xué)文化為背景的數(shù)列問題需要特別關(guān)注。3.重點(diǎn)推薦:基礎(chǔ)卷第2、7等,涉及新定義和數(shù)學(xué)文化題,注意靈活利用所給新定義以及讀懂題意進(jìn)行求解。一．選擇題（共12小題,每一題5分）1.（2018春?廣安期末）在等差數(shù)列{an}中,a2=3,若從第7項(xiàng)起開始為負(fù),則數(shù)列{an}的公差d的取值范圍是（）A．[﹣,﹣） B．[﹣,+∞） C．（﹣∞,﹣） D．（,]【答案】:A【解析】,解得﹣≤d＜﹣．故選:A．2.（2018?永定區(qū)校級月考）定義在（0,+∞）上的函數(shù)f（x）,如果對于任意給定的等比數(shù)列an,{f（an）}仍是等比數(shù)列,則稱f（x）為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在（0,+∞）上的如下函數(shù):①f（x）=x3；②f（x）=3x；③；④f（x）=lgx,則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f（x）的序號為（）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【解析】由任意給定的等比數(shù)列an,公比設(shè)為q,定義在（0,+∞）上的如下函數(shù):①f（x）=x3；=q,即有==q3為常數(shù),則f（x）為“保等比數(shù)列函數(shù)”；②f（x）=3x；=q,即有==3不為常數(shù),則f（x）不為“保等比數(shù)列函數(shù)”；3.（2018?黃岡期末）數(shù)列{an}滿足an+1=,若a1=,則a2018=（）A． B． C． D．【答案】A【解析】:∵an+1=,a1=∈[,1）,∴a2=2a1﹣1=∈[0,）,∴a3=2a2=2×=∈[0,）,∴a4=2a3=∈[,1）,∴a5=2a4﹣1==a1,∴數(shù)列{an}是以4為周期的數(shù)列,又2018=504×4+2,∴a2018=a2=．故選:A．4.(2019華南師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)設(shè)數(shù)列為等差數(shù)列,其前項(xiàng)和為,已知,,若對任意,都有成立,則的值為

()A.B.C.D.【答案】C【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為,由可得,即由可得,解得,,,,解得,的最大值為,則故選5.在數(shù)列{an}中,,又,則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn為（）A． B． C． D．【答案】:A6.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對任意的n∈N*有,且1＜Sk＜12則k的值為（）A．2或4 B．2 C．3或4 D．6【答案】:A【解析】對任意的n∈N*有,可得a1=S1=a1﹣,解得a1=﹣2,n≥2時(shí),an=Sn﹣Sn﹣1,Sn﹣1=an﹣1﹣,又,相減可得an=an﹣﹣an﹣1+,化為an=﹣2an﹣1,則an=﹣2?（﹣2）n﹣1=（﹣2）n,Sn==﹣[1﹣（﹣2）n],1＜Sk＜12,化為＜（﹣2）k＜19,可得k=2或4,故選:A．7.公元前5世紀(jì),古希臘哲學(xué)家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論:他提出讓烏龜在阿基里斯前面1000米處開始,和阿基里斯賽跑,并且假定阿基里斯的速度是烏龜?shù)?0倍．當(dāng)比賽開始后,若阿基里斯跑了1000米,此時(shí)烏龜便領(lǐng)先他100米；當(dāng)阿基里斯跑完下一個(gè)100米時(shí),烏龜仍然前于他10米．當(dāng)阿基里斯跑完下一個(gè)10米時(shí),烏龜仍然前于他1米……,所以,阿基里斯永遠(yuǎn)追不上烏龜．按照這樣的規(guī)律,若阿基里斯和烏龜?shù)木嚯x恰好為10﹣2米時(shí),烏龜爬行的總距離為（）A． B． C． D．【答案】:B【解析】由題意知,烏龜每次爬行的距離構(gòu)成等比數(shù)列{an},且a1=100,q=,an=10﹣2；∴烏龜爬行的總距離為Sn===．故選:B．8.已知函數(shù)f（x）=sin（x﹣3）+x﹣1,數(shù)列{an}的公差不為0的等差數(shù)列,若f（a1）+f（a2）+f（a3）+…+f（a7）=14,則a1+a2+a3+…+a7=（）A．0 B．7 C．14 D．21【答案】:D【解析】∵f（x）=sin（x﹣3）+x﹣1,∴f（x）﹣2=sin（x﹣3）+x﹣3,令g（x）=f（x）﹣2,則g（x）關(guān)于（3,0）對稱,∵f（a1）+f（a2）+…+f（a7）=14,∴f（a1）﹣2+f（a2）﹣2+…+f（a7）﹣2=0,即g（a1）+g（a2）+…+g（a7）=0,∴g（a4）為g（x）與x軸的交點(diǎn),由g（x）關(guān)于（3,0）對稱,可得a4=3,∴a1+a2+…+a7=7a4=21．故選:D．9.巳知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,首項(xiàng)a1=﹣,且滿足Sn+（n≥2）,則S2018等于（）A． B． C． D．【答案】:D【解析】數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足Sn+（n≥2）,則:,所以:,,當(dāng)n=2時(shí),=﹣,當(dāng)n=3時(shí),,…猜想:,所以選擇D。專題8不等式測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):一元二次不等式、不等式的性質(zhì)、基本不等式、簡單的線性規(guī)劃以及不等式的應(yīng)用。考情分析:高考主要以選擇題填空題形式出現(xiàn),分值10分左右,在客觀題中考察不等式的解法以及不等式的性質(zhì)、簡單的線性規(guī)劃等知識(shí),二是把不等式作為工具滲透到函數(shù)、數(shù)列、解析幾何等的解答題中,客觀題比較容易,解答題需要綜合各方面知識(shí)求解。3.重點(diǎn)推薦:第16題,逆向考察,需要掌握分類討論思想的應(yīng)用,正確分類才能夠求解。一．選擇題（共12小題,每一題5分）1.設(shè)0＜a＜b＜1,則下列不等式成立的是（）A．a(chǎn)3＞b3 B． C．a(chǎn)b＞1 D．lg（b﹣a）＜0【答案】:D【解析】因?yàn)?＜a＜b＜1,由不等式的基本性質(zhì)可知:a3＜b3,故A不正確；,所以B不正確；由指數(shù)函數(shù)的圖形與性質(zhì)可知ab＜1,所以C不正確；由題意可知b﹣a∈（0,1）,所以lg（b﹣a）＜0,正確；故選D．2.關(guān)于x的不等式ax﹣b＜0的解集是（1,+∞）,則關(guān)于x的不等式（ax+b）（x﹣3）＞0的解集是（）A．（﹣∞,﹣1）∪（3,+∞） B．（1,3） C．（﹣1,3） D．（﹣∞,1）∪（3,+∞）【答案】:C【解析】關(guān)于x的不等式ax﹣b＜0的解集是（1,+∞）,即不等式ax＜b的解集是（1,+∞）,∴a=b＜0；∴不等式（ax+b）（x﹣3）＞0可化為（x+1）（x﹣3）＜0,解得﹣1＜x＜3,∴該不等式的解集是（﹣1,3）．故選:C．3.已知關(guān)于x的不等式kx2﹣6kx+k+8≥0對任意x∈R恒成立,則k的取值范圍是（）A．0≤k≤1 B．0＜k≤1 C．k＜0或k＞1 D．k≤0或k≥1【答案】:A【解析】當(dāng)k=0時(shí),不等式kx2﹣6kx+k+8≥0化為8≥0恒成立,當(dāng)k＜0時(shí),不等式kx2﹣6kx+k+8≥0不能恒成立,當(dāng)k＞0時(shí),要使不等式kx2﹣6kx+k+8≥0恒成立,需△=36k2﹣4（k2+8k）≤0,解得0≤k≤1,故選:A．4.知兩實(shí)數(shù)m＞0,n＞0,且3m+n=3,則+有（）A．最大值3 B．最大值1 C．最小值27 D．最小值9【答案】:D5.已知方程2x2﹣（m+1）x+m=0有兩個(gè)不等正實(shí)根,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．或 B．或C．或 D．或【答案】:C【解析】∵方程2x2﹣（m+1）x+m=0有兩個(gè)不等正實(shí)根,∴△=（﹣m﹣1）2﹣8m＞0,即m2﹣6m+1＞0,求得m＜3﹣2,或m＞3+2．再根據(jù)兩根之和為＞0,且兩根之積為＞0,求得m＞0．綜合可得,0＜m＜3﹣2,或m＞3+2,故選:C．6.實(shí)數(shù)x,y滿足,若z=3x+y的最小值為1,則正實(shí)數(shù)k=（）A．2 B．1 C． D．【答案】C【解析】目標(biāo)函數(shù)z=3x+y的最小值為1,∴y=﹣3x+z,要使目標(biāo)函數(shù)z=3x+y的最小值為1,則平面區(qū)域位于直線y=﹣3x+z的右上方,即3x+y=1,作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖:則目標(biāo)函數(shù)經(jīng)過點(diǎn)A,由,解得A（,）,同時(shí)A也在直線x﹣ky=0時(shí),即﹣k=0,解得k=,故選:C．7.（2019屆?新羅區(qū)校級月考）函數(shù)y=ax﹣2（a＞0,且a≠1）的圖象恒過定點(diǎn)A,若點(diǎn)A在一次函數(shù)y=mx+4n的圖象上,其中m,n＞0,則的最小值為（）A．8 B．9 C．18 D．16【答案】:C【解析】函數(shù)y=ax﹣2（a＞0,且a≠1）的圖象恒過定點(diǎn)A,令x﹣2=0,可得x=2,帶入可得y=1,恒過定點(diǎn)A（2,1）．那么1=2m+4n．由,解得,即A（4,6）．目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0,b＞0）取得最大12,即4a+6b=12,即2a+3b=6,而=,故的最小值為:．……612分21.已知函數(shù)f（x）=m?6x﹣4x,m∈R．（1）當(dāng)m=時(shí),求滿足f（x+1）＞f（x）的實(shí)數(shù)x的范圍；（2）若f（x）≤9x對任意的x∈R恒成立,求實(shí)數(shù)m的范圍．【解析】:（1）當(dāng)m=時(shí),f（x+1）＞f（x）即為?6x+1﹣4x+1＞6x﹣4x,化簡得,（）x＜,解得x＞2．則滿足條件的x的范圍是（2,+∞）；…………6分（2）f（x）≤9x對任意的x∈R恒成立即為m?6x﹣4x≤9x,即m≤=（）﹣x+（）x對任意的x∈R恒成立,由于（）﹣x+（）x≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x=0取最小值2．則m≤2．故實(shí)數(shù)m的范圍是（﹣∞,2]．……12分22某人欲投資A,B兩支股票時(shí),不僅要考慮可能獲得的盈利,而且要考慮可能出現(xiàn)的虧損,根據(jù)預(yù)測,A,B兩支股票可能的最大盈利率分別為40%和80%,可能的最大虧損率分別為10%和30%．若投資金額不超過15萬元．根據(jù)投資意向,A股的投資額不大于B股投資額的3倍,且確?？赡艿馁Y金虧損不超過2.7萬元,設(shè)該人分別用x萬元,y萬元投資A,B兩支股票．（Ⅰ）用x,y列出滿足投資條件的數(shù)學(xué)關(guān)系式,并畫出相應(yīng)的平面區(qū)域；（Ⅱ）問該人對A,B兩支股票各投資多少萬元,才能使可能的盈利最大？并求出此最大利潤．【解析】（Ⅰ）由題意可知,約束條件為,畫出約束條件的可行域如圖:…………5分（Ⅱ）設(shè)利潤為z,則z=0.4x+0.8y,即y=﹣x+z平移直線y=﹣x+z,由圖象可知當(dāng)直線y=﹣x+z經(jīng)過點(diǎn)A時(shí),直線的截距最大,此時(shí)z最大,由,解得x=9,y=6,此時(shí)Z=0.4×9+0.8×6=8.4,故對A股票投資9萬元,B股票投資6萬元,才能使可能的盈利最大．盈利的最大值為8.4萬元………………12分專題9立體幾何初步測試題命題報(bào)告:高頻考點(diǎn):三視圖的認(rèn)識(shí),幾何體的表面積和體積的求解?？记榉治?高考主要以選擇題填空題形式出現(xiàn),每年必考,重點(diǎn)考查三視圖和表面積、體積的綜合,與球有關(guān)的外接和內(nèi)切問題。3.重點(diǎn)推薦:基礎(chǔ)卷16題,涉及數(shù)學(xué)文化題的應(yīng)用,是近幾年熱點(diǎn)問題；一．選擇題1.所有棱長都為1的正四棱錐的體積是（）A、B、C、D、【答案】:C【解析】正四棱錐的側(cè)棱、高、底面對角線的一半構(gòu)成直角三角形,所以高為,正四棱錐的底面積為1,所以體積為,故選C.2.將一個(gè)長方體沿相鄰三個(gè)面的對角線截去一個(gè)棱錐,得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示,則該幾何體的側(cè)視圖為()【答案】B【解析】先根據(jù)正視圖和俯視圖還原出幾何體,再作其側(cè)視圖.由幾何體的正視圖和俯視圖可知