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统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练六文(附解析)

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专练(六)技法15 分类讨论思想1.设常数a∈R,集合A={x|(x-1)(x-a)≥0},B={x|x≥a-1},若A∪B=R,则a的取值范围为(  )A.(-∞,2)B.(-∞,2]C.(2,+∞)D.[2,+∞)2.已知a>0,b>0,且a≠1,b≠1,若logab>1,则(  )A.(a-1)(b-1)<0B.(a-1)(a-b)>0C.(b-1)(b-a)<0D.(b-1)(b-a)>03.若双曲线+=1的渐近线方程为y=±x,则m的值为(  )A.-1B.C.D.-1或4.[2023·湖南师大附中月考]已知x,y满足约束条件若ax+y取得最大值的最优解不唯一,则实数a的值为(  )A.或-1B.2或C.-2或1D.2或-15.已知f(x)=,若f(2-a)=1,则f(a)=(  )A.-2B.-1C.1D.2[答题区]题号12345答案6.等比数列{an}中,a1+a4+a7=2,a3+a6+a9=18,则{an}的前9项和S9=________.7.设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于________.8.f(x)是定义在R上的函数,满足f(x)=f(-x),且x≥0时,f(x)=x3,若对任意的x∈[2t-1,2t+3],不等式f(3x-t)≥8f(x)恒成立,则实数t的取值范围是________.9.已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C所对的边,a=2bcosB,b≠c.(1)证明:A=2B; (2)若a2+c2=b2+2acsinC,求A.10.已知函数f(x)=2ax-aex-1(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)≤e-2-(a+1)ex对任意x∈[1,2]恒成立,求实数a的取值范围.专练(六)1.B 若a>1,集合A={x|x≤1或x≥a},利用数轴可知,要使A∪B=R,需a-1≤1,解得1<a≤2;若a=1,集合A=R,满足A∪B=R,故a=1符合题意;若a<1,集合A={x|x≤a或x≥1},利用数轴可知,显然满足A∪B=R,故a<1符合题意.综上,a的取值范围为(-∞,2].故选B.2.D ∵a>0,b>0,且a≠1,b≠1,∴当a>1,即a-1>0时,不等式logab>1可化为alogab>a1,即b>a>1,∴(a-1)(a-b)<0,(a-1)(b-1)>0,(b-1)(b-a)>0.当0<a<1,即a-1<0时,不等式logab>1可化为alogab<a1,即0<b<a<1,∴(a-1)(a-b)<0,(a-1)(b-1)>0,(b-1)(b-a)>0.综上可知,选D. 3.B 根据题意可分以下两种情况讨论:①当焦点在x轴上时,则有解得m<1,此时渐近线方程为y=±x,由题意得,=,解得m=;②当焦点在y轴上时,则有解得m>3,此时渐近线方程为y=±x,由题意得,=,无解.综上可知m=.故选B.4.C 由题中约束条件作可行域如图所示:令z=ax+y,化为y=-ax+z,由题意知使直线y=-ax+z的纵截距取得最大值的最优解不唯一.当-a>2时,直线y=-ax+z经过点A(-2,-2)时纵截距最大,此时最优解仅有一个,故不符合题意;当-a=2时,直线y=-ax+z与y=2x+2重合时纵截距最大,此时最优解不唯一,故符合题意;当-1<-a<2时,直线y=-ax+z经过点B(0,2)时纵截距最大,此时最优解仅有一个,故不符合题意;当-a=-1时,直线y=-ax+z与y=-x+2重合时纵截距最大,此时最优解不唯一,故符合题意;当-a<-1时,直线y=-ax+z经过点C(2,0)时纵截距最大,此时最优解仅有一个,故不符合题意.综上,当a=-2或a=1时最优解不唯一,符合题意.故选C.5.A ①当2-a≥2,即a≤0时,22-a-2-1=1,解得a=-1,则f(a)=f(-1)=-log2[3-(-1)]=-2; ②当2-a<2即a>0时,-log2[3-(2-a)]=1,解得a=-,舍去.所以f(a)=-2.故选A.6.答案:14或26解析:由题意得q2==9,q=±3,①当q=3时,a2+a5+a8=3(a1+a4+a7)=6,S9=2+6+18=26;②当q=-3时,a2+a5+a8=-3(a1+a4+a7)=-6,S9=2-6+18=14.所以S9=14或26.7.答案:或解析:设|F1F2|=2c(c>0),由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,得|PF1|=c,|PF2|=c,且|PF1|>|PF2|.若圆锥曲线Γ为椭圆,则2a=|PF1|+|PF2|=4c,离心率e=;若圆锥曲线Γ为双曲线,则2a=|PF1|-|PF2|=c,离心率e=.故曲线Γ的离心率等于或.8.答案:(-∞,-3]∪[1,+∞)∪{0}解析:f(x)是定义在R上的偶函数,f(x)=x3,在x>0上为单调增函数,f(3x-t)≥8f(x)=8x3=f(2x),|3x-t|≥|2x|,所以(3x-t)2≥(2x)2,化简得5x2-6xt+t2≥0.(*)①当t=0时显然成立;②当t>0时,(*)式解为x≤或x≥t,对任意x∈[2t-1,2t+3],(*)式恒成立,则需t≤2t-1,故t≥1;③当t<0时,(*)式解为x≤t或x≥,对任意x∈[2t-1,2t+3], (*)式恒成立,则需2t+3≤t,故t≤-3.综上所述,t≤-3或t≥1或t=0.9.解析:(1)证明:∵a=2bcosB,且=,∴sinA=2sinBcosB=sin2B,∵0<A<π,0<B<π,∴sinA=sin2B>0,∴0<2B<π,∴A=2B或A+2B=π.若A+2B=π,则B=C,b=c,这与“b≠c”矛盾,∴A+2B≠π,∴A=2B.(2)∵a2+c2=b2+2acsinC,∴=sinC,由余弦定理得cosB=sinC,∵0<B<π,0<C<π,∴C=-B或C=+B.①当C=-B时,由A=2B且A+B+C=π,得A=,B=C=,这与“b≠c”矛盾,∴A≠;②当C=+B时,由(1)得A=2B,∴A+B+C=A+2B+=2A+=π,∴A=.综上,A=.10.解析:(1)由题意得f′(x)=2a-aex=a(2-ex).令f′(x)=0,得x=ln2.当a>0时,由f′(x)>0,得x<ln2,由f′(x)<0,得x>ln2,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,ln2),单调递减区间为(ln2,+∞);当a<0时,则易得f(x)的单调递增区间为(ln2,+∞),单调递减区间为(-∞,ln2).(2)f(x)≤e-2-(a+1)ex(a≠0)对任意x∈[1,2]恒成立,即2ax-aex-1≤e-2-(a+1)ex(a≠0)对任意x∈[1,2]恒成立.即2ax+ex+1-e≤0(a≠0)对任意x∈[1,2]恒成立.令F(x)=2ax+ex+1-e(a≠0),则F′(x)=2a+ex(a≠0),当a>0时,F′(x)=2a+ex>0,F(x)在[1,2]上单调递增,F(1)=2a+1>0,F(x)≤0在[1,2]上不成立,不满足题意.当a<0时,由F′(x)=0,得x=ln(-2a),当x∈(-∞,ln(-2a))时,F′(x)<0,F(x)单调递减; 当x∈(ln(-2a),+∞)时,F′(x)>0,F(x)单调递增.若ln(-2a)≤1,即-≤a<0,则F(x)在[1,2]上单调递增,由F(2)=4a+e2-e+1≤0,得a≤,又-≤a<0,所以不存在满足题意的a.若1<ln(-2a)<2,即-<a<-,则F(x)在[1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),2]上单调递增,由F(1)=2a+1≤0,得a≤-,由F(2)=4a+e2-e+1≤0,得a≤,又-<a<-,所以-<a≤.若ln(-2a)≥2,即a≤-,则F(x)在[1,2]上单调递减,由F(1)=2a+1≤0,得a≤-,又a≤-,所以a≤-.综上所述,a的取值范围为.

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发布时间:2023-12-25 00:10:02 页数:6
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文章作者:随遇而安

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