2022版高考数学二轮复习第一部分方法思想解读专题对点练4从审题中寻找解题思路文

专题对点练4　从审题中寻找解题思路一、选择题1.已知方程x2m2+n-y23m2-n=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是(　　)A.(-1,3)B.(-1,3)C.(0,3)D.(0,3)2.已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数,且当0≤x<2时,f(x)=x3-x,则函数y=f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为(　　)A.6B.7C.8D.93.已知F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点,P是C上一点,若|PF1|+|PF2|=6a,且△PF1F2最小的内角为30°,则双曲线C的渐近线方程是(　　)A.2x±y=0B.x±2y=0C.x±2y=0D.2x±y=04.已知双曲线C:x2-y24=1,过点P(1,1)作直线l,使l与C有且只有一个公共点,则满足上述条件的直线l的条数共有(　　)A.3B.2C.1D.45.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,其中b>a,且对任意x∈R都有f(x)≥0,则M=a+2b+3cb-a的最小值为(　　)A.5-232B.5+232C.7-352D.7+3526.(2022河北一模)设双曲线x2a2-y2b2=1(0<a<b)的半焦距为c,直线l过(a,0),(0,b)两点,已知原点到直线l的距离为34c,则双曲线的离心率为(　　)A.2B.3C.2D.233二、填空题7.在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知bcosC+ccosB=2b,则=　　　　　. 8.下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”,其特点是每行每列都成等差数列,记第i行第j列的数为ai,j(i,j∈N*),则(1)a9,9=　　　　　; (2)表中的数82共出现　　　　　次. 234567…35791113…4710131619…5913172125…61116212631…71319253137……………………9.已知锐角三角形ABC的三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b是和2的等比中项,c是1和5的等差中项,则a的取值范围是　　　　　. 三、解答题10.已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项;(2)设{bn-(-1)nan}是等比数列,且b2=7,b5=71.求数列{bn}的前n项和Tn.5\n11.已知函数f(x)=4sinωx-π4·cosωx在x=π4处取得最值,其中ω∈(0,2).(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)将函数f(x)的图象向左平移π36个单位长度,再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍,纵坐标不变,得到函数y=g(x)的图象,若α为锐角,g(α)=43-2,求cosα.12.已知函数f(x)=lnx+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.5\n专题对点练4答案1.A　解析因为双曲线的焦距为4,所以c=2,即m2+n+3m2-n=4,解得m2=1.又由方程表示双曲线得(1+n)(3-n)>0,解得-1<n<3,故选A.2.B　解析当0≤x<2时,令f(x)=x3-x=0,得x=0或x=1,根据周期函数的性质,由f(x)的最小正周期为2,可知y=f(x)在[0,6)上有6个零点,又f(6)=f(3×2)=f(0)=0,所以f(x)在[0,6]上与x轴的交点个数为7.3.A　解析由题意,不妨设|PF1|>|PF2|,则根据双曲线的定义得,|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|+|PF2|=6a,解得|PF1|=4a,|PF2|=2a.在△PF1F2中,|F1F2|=2c,而c>a,所以有|PF2|<|F1F2|,所以∠PF1F2=30°,所以(2a)2=(2c)2+(4a)2-2·2c·4acos30°,得c=3a,所以b=c2-a2=2a,所以双曲线的渐近线方程为y=±x=±2x,即2x±y=0.4.D　解析当直线l斜率存在时,令l:y-1=k(x-1),代入x2-y24=1中整理有(4-k2)x2+2k·(k-1)x-k2+2k-5=0.当4-k2=0,即k=±2时,l和双曲线的渐近线平行,有一个公共点.当k≠±2时,由Δ=0,解得k=,即k=时,有一个切点.直线l斜率不存在时,x=1也和曲线C有一个切点.综上,共有4条满足条件的直线.5.D　解析由题意得a>0,b2-4ac≤0,即c≥b24a,则M=a+2b+3cb-a≥a+2b+3b24ab-a=1+2·ba+34·ba2ba-1.令=t,则t>1,于是M≥1+2t+34t2t-1=34(t-1)2+72(t-1)+154t-1=34(t-1)+154·1t-1+72≥352+72,当且仅当t-1=5,即b=(1+5)a,c=b24a=3+52a时等号成立.所以M=a+2b+3cb-a的最小值为7+352.6.A　解析∵直线l过(a,0),(0,b)两点,∴直线l的方程为xa+yb=1,即bx+ay-ab=0.又原点到直线l的距离为34c,∴|ab|a2+b2=34c,即a2b2a2+b2=316c2,又c2=a2+b2,∴a2(c2-a2)=316c4,即316c4-a2c2+a4=0,化简得(e2-4)(3e2-4)=0,∴e2=4或e2=.又∵0<a<b,∴e2=c2a2=1+b2a2>2,∴e2=4,即e=2,故选A.7.2　解析(法一)因为bcosC+ccosB=2b,所以b·a2+b2-c22ab+c·a2+c2-b22ac=2b,化简可得=2.(法二)因为bcosC+ccosB=2b,所以sinBcosC+sinCcosB=2sinB,故sin(B+C)=2sinB,故sinA=2sinB,则a=2b,即=2.5\n8.(1)82　(2)5　解析(1)a9,9表示第9行第9列,第1行的公差为1,第2行的公差为2,……第9行的公差为9,第9行的首项b1=10,则b9=10+8×9=82.(2)第1行数组成的数列a1,j(j=1,2,…)是以2为首项,公差为1的等差数列,所以a1,j=2+(j-1)·1=j+1;第i行数组成的数列ai,j(j=1,2,…)是以i+1为首项,公差为i的等差数列,所以ai,j=(i+1)+(j-1)i=ij+1,由题意得ai,j=ij+1=82,即ij=81,且i,j∈N*,所以81=81×1=27×3=9×9=1×81=3×27,故表格中82共出现5次.9.(22,10)　解析因为b是和2的等比中项,所以b=12×2=1.因为c是1和5的等差中项,所以c=1+52=3.又因为△ABC为锐角三角形,①当a为最大边时,有12+32-a2>0,a≥3,1+3>a,解得3≤a<10;②当c为最大边时,有12+a2-32>0,a+1>3,a≤3,解得22<a≤3.由①②得22<a<10,所以a的取值范围是(22,10).10.解(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),∵a1=2,且a2,a4,a8成等比数列,∴(3d+2)2=(d+2)(7d+2),解得d=2,故an=a1+(n-1)d=2n.(2)令cn=bn-(-1)nan,设{cn}的公比为q.∵b2=7,b5=71,an=2n,∴c2=b2-a2=3,c5=81,∴q3=c5c2=27,q=3,∴cn=c2qn-2=3n-1.从而bn=3n-1+(-1)n2n.Tn=b1+b2+…+bn=(30+31+…+3n-1)+[-2+4-6+…+(-1)n2n],当n为偶数时,Tn=3n+2n-12,当n为奇数时,Tn=3n-2n-32.11.解(1)f(x)=4sinωx-π4·cosωx=22sinωx·cosωx-22cos2ωx=2(sin2ωx-cos2ωx)-2=2sin2ωx-π4-2,∵f(x)在x=处取得最值,∴2ω·π4-π4=kπ+,k∈Z,∴ω=2k+,k∈Z.∵ω∈(0,2),即0<2k+<2,∴-<k<,又k∈Z,∴k=0,则ω=,∴f(x)=2sin3x-π4-2,∴T=2π3.(2)将函数f(x)的图象向左平移π36个单位长度,得到h(x)=2sin3x+π36-π4-2=2sin3x-π6-2,再将h(x)图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍,纵坐标不变,得到5\ng(x)=2sinx-π6-2.故g(α)=2sinα-π6-2=43-2,sinα-π6=23.∵α为锐角,∴-<α-π6<π3,因此cosα-π6=1-232=53.故cosα=cosα-π6+π6=cosα-π6·cos-sinα-π6·sinπ6=53×32-23×12=15-26.12.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a.若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.若a>0,则当x∈0,1a时,f'(x)>0;当x∈1a,+∞时,f'(x)<0.所以f(x)在0,1a内单调递增,在1a,+∞内单调递减.(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1.因此f1a>2a-2等价于lna+a-1<0.令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+∞)内单调递增,g(1)=0.于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).5