2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬補償練習(xí)（二）理.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬補償練習(xí)（二）理 一、分類與整合思想的應(yīng)用 本卷中第1,17,21,24題均體現(xiàn)了分類與整合思想的應(yīng)用,在解決與參數(shù)相關(guān)或分類解決的問題時,要注意分類標(biāo)準的選擇,要做到不重不漏,最后還要注意整合.如已知Sn求an中,若a1不適合an,則應(yīng)整合為分段函數(shù)形式. 【跟蹤訓(xùn)練】 “a≤0”是“函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增”的(　　) (A)充分不必要條件 (B)必要不充分條件 (C)充分必要條件 (D)既不充分也不必要條件 二、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用 本卷中第4,11,12,19,21題均體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用,在將問題進行化歸與轉(zhuǎn)化時,一般應(yīng)遵循以下幾種原則: (1)熟悉化原則:將陌生的問題轉(zhuǎn)化為我們熟悉的問題. (2)簡單化原則:將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題. (3)直觀化原則:將較抽象的問題轉(zhuǎn)化為較直觀的問題. (4)正難則反原則:若問題直接求解困難時,可考慮運用反證法或補集法或用逆否命題間接地解決問題. 【跟蹤訓(xùn)練】 ,,(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的大小關(guān)系是(　　) (A)<< (B)<< (C)<< (D)<< 1.函數(shù)f(x)=若f(1)+f(a)=2,則a的所有可能值為(　　) (A)1 (B)1,- (C)- (D)1, 2.在定圓C:x2+y2=4內(nèi)過點P(-1,1)作兩條互相垂直的直線與C分別交于A,B和M,N,則+的范圍是　　　　. 3.已知函數(shù)f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. 4.已知函數(shù)f(x)=x3+（-）x2+（-a）x(0<a<1,x∈R).若對于任意的三個實數(shù)x1,x2,x3∈[1,2],都有f(x1)+f(x2)>f(x3)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 5.(xx鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=2an-2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk對任意n∈N*恒成立的實數(shù)k的取值范圍. 高考仿真模擬卷(二)試卷評析及補償練習(xí) 試卷評析 一、 【跟蹤訓(xùn)練】 C　當(dāng)a=0時,f(x)=|(ax-1)x|=|x|在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a<0時,結(jié)合函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的圖象知函數(shù)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,如圖(1)所示: 當(dāng)a>0時,結(jié)合函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的圖象知函數(shù)在(0,+∞)上先增后減再增,不符合條件,如圖(2)所示. 所以,要使函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上單調(diào)遞增只需a≤0. 即“a≤0”是“函數(shù)f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上單調(diào)遞增”的充要條件. 二、 【跟蹤訓(xùn)練】 A　由于=,=,=,故可構(gòu)造函數(shù)f(x)=,于是f(4)=, f(5)=,f(6)=. 而f′(x)=()′= =, 令f′(x)>0得x<0或x>2, 即函數(shù)f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增, 因此有f(4)<f(5)<f(6), 即<<. 故選A. 補償練習(xí) 1.B　由于f(1)+f(a)=2,f(1)=e0=1, 所以f(a)=1. 當(dāng)a≥0時,f(a)=1=ea-1, 所以a=1. 當(dāng)-1<a<0時,f(a)=sin (πa2)=1, 所以πa2=2kπ+(k∈Z). 所以a2=2k+(k∈Z),k只取0,此時a2=. 因為-1<a<0, 所以a=-.故選B. 2.解析:設(shè)=t,考慮特殊情況: 當(dāng)AB垂直O(jiān)P時,MN過圓心O,|AB|最小,|MN|最大, 所以t最小=,t最大=. 所以t∈[,]. 又因為t+≥2=2(當(dāng)t=1時取等號), 所以t+∈[2,]. 答案:[2,] 3.解:由題意知f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x)=+2ax=. ①當(dāng)a≥0時,f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. ②當(dāng)a≤-1時,f′(x)<0, 故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減. ③當(dāng)-1<a<0時,令f′(x)=0, 解得x=, 則當(dāng)x∈(0,)時,f′(x)>0; 當(dāng)x∈(,+∞)時,f′(x)<0. 故f(x)在(0,)上單調(diào)遞增, 在(,+∞)上單調(diào)遞減. 綜上,當(dāng)a≥0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a≤-1時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)-1<a<0時,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增, 在(,+∞)上單調(diào)遞減. 4.解:因為f′(x)=x2+(a-)x+(-a)=(x-)(x+a-2),所以令f′(x)=0, 解得x1=,x2=2-a. 由0<a<1知1<2-a<2. 所以令f′(x)>0得x<或x>2-a; 令f′(x)<0得<x<2-a, 所以函數(shù)f(x)在[1,2-a)上單調(diào)遞減,在(2-a,2]上單調(diào)遞增. 所以函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值為 f(2-a)=(2-a)2,最大值為 max{f(1),f(2)}=max{-,a}. 因為當(dāng)0<a≤時,-≥a; 當(dāng)<a<1時,a>-, 由對任意x1,x2,x3∈[1,2],都有f (x1)+f(x2)>f(x3)恒成立,得2f(x)min>f(x)max(x∈[1,2]). 所以當(dāng)0<a≤時,必有2(2-a)2>-, 結(jié)合0<a≤可解得1-<a≤; 當(dāng)<a<1時,必有2(2-a)2>a, 結(jié)合<a<1可解得<a<2-. 綜上知所求實數(shù)a的取值范圍是(1-,2-). 5.解:(1)由Sn=2an-2可得a1=2, 因為Sn=2an-2, 所以當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即=2. 所以數(shù)列{an}是以a1=2為首項,公比為2的等比數(shù)列, 所以an=2n(n∈N*). (2)bn=log2a1+log2a2+…+log2an =1+2+3+…+n=. 由(n-8)bn≥nk對任意n∈N*恒成立, 即實數(shù)≥k對n∈N*恒成立; 設(shè)cn=(n-8)(n+1), 則當(dāng)n=3或4時,cn取得最小值為-10,所以k≤-10. 即實數(shù)k的取值范圍為(-∞,-10].