高三理科數學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第一部分 思想方法研析指導 思想方法訓練2分類討論思想 Word版含答案

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1、 思想方法訓練2　分類討論思想 能力突破訓練 1.已知函數f(x)=-x2+ax,x≤1,2ax-5,x>1,若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,則實數a的取值范圍是 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(-∞,2) B.(-∞,4) C.[2,4] D.(2,+∞) 2.在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,若b2+c2-a2=3bc,且b=3a,則下列關系一定不成立的是(　　) A.a=c B.b=c C.2a=c D.a2+b2=c2 3.若a>0,且a≠1,p=loga(a3+1),q=l

2、oga(a2+1),則p,q的大小關系是(　　) A.p=q B.pq D.當a>1時,p>q;當00,且x≠1,則函數y=lg x+logx10的值域為 (　　) A.R B.[2,+∞) C

3、.(-∞,-2] D.(-∞,-2]∪[2,+∞) 7.設Sn是等比數列{an}的前n項和,S3,S9,S6成等差數列,且a2+a5=2am,則m等于(　　) A.6 B.7 C.8 D.10 8.已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距離為1,則SA與平面ABC所成角的大小為(　　) A.30 B.60 C.30或60 D.45或60 9.已知函數y=ax(a>0,且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大a2,則a的值是　　　　　. 10.已知函數f(x)=|ln x|,g(x)=0,0

4、2-4|-2,x>1,則方程|f(x)+g(x)|=1實根的個數為　　　　　. 11.已知函數f(x)=2asin2x-23asin xcos x+a+b(a≠0)的定義域為0,π2,值域為[-5,1],求常數a,b的值. 12.設a>0,函數f(x)=12x2-(a+1)x+a(1+ln x). (1)求曲線y=f(x)在(2,f(2))處與直線y=-x+1垂直的切線方程; (2)求函數f(x)的極值. 思維提升訓練 13.若直線l過點P-3,-32且被圓x2+

5、y2=25截得的弦長是8,則直線l的方程為(　　) A.3x+4y+15=0 B.x=-3或y=-32 C.x=-3 D.x=-3或3x+4y+15=0 14.已知函數f(x)=110x+1(x≤1),lnx-1(x>1),則方程f(x)=ax恰有兩個不同實數根時,實數a的取值范圍是(注:e為自然對數的底數)(　　) A.(-1,0] B.-1,110 C.(-1,0]∪110,1e2 D.-1,1e2 15.已知a為實數,函數f(x)=|x2-ax|在區(qū)間[0,1]上的最大值記為g(a).當a=　　　　　時,g(a)的值最小. 16.已知函數f(x)=aln x+x2(a為

6、實數). (1)求函數f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值及相應的x值; (2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求實數a的取值范圍. 17.設函數f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,記|f(x)|的最大值為A. (1)求f(x); (2)求A; (3)證明|f(x)|≤2A. 參考答案 思想方法訓練2　分類討論思想 能力突破訓練 1.B　解析當-a-2<1時,顯然滿足條件,即a<2;當a≥2時,-1+a>2a-5,即2≤a<4.綜上知,a<4,故選B.

7、2.B　解析在△ABC中,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32,則A=π6. 又b=3a,由正弦定理,得sinB=3sinA=32,則B=π3或B=2π3. 當B=π3時,△ABC為直角三角形,選項C,D成立; 當B=2π3時,△ABC為等腰三角形,選項A成立,故選B. 3.C　解析當0loga(a2+1),即p>q. 當a>1時,y=ax和y=logax在其定義域上均為增函數,∴a3+1>a2+1, ∴l(xiāng)oga(a3+1)>loga(a2+1)

8、,即p>q. 綜上可得p>q. 4.C　解析焦點在x軸上時,ba=34,此時離心率e=ca=54;焦點在y軸上時,ab=34,此時離心率e=ca=53,故選C. 5.C　解析不妨設|AB|=2,以AB中點O為原點,AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系xOy,則A(-1,0),B(1,0),設M(x,y),則N(x,0),MN=(0,-y),AN=(x+1,0),NB=(1-x,0),代入已知式子得λx2+y2=λ,當λ=1時,曲線為A;當λ=2時,曲線為B;當λ<0時,曲線為D,所以選C. 6.D　解析當x>1時,y=lgx+logx10=lgx+1lgx≥2lgx1lgx=2;當0<

9、x<1時,y=lgx+logx10=--lgx+-1lgx≤-2-lgx-1lgx=-2. 故函數的值域為(-∞,-2]∪[2,+∞). 7.C　解析∵S3,S9,S6成等差數列,∴2S9=S3+S6.若公比q=1,顯然有2S9≠S3+S6,因此q≠1,從而2a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q,2q9-q6-q3=0,即2q6-q3-1=0,∴q3=-12或q3=1(舍去). ∵a2+a5=2am,∴a2(1+q3-2qm-2)=0,1+q3-2qm-2=0,∴qm-2=14,∴m=8. 8.C　解析球心位置有以下兩種情況:球心在三棱錐內部;球心在三

10、棱錐外部.球心在三棱錐內部時,三棱錐為正三棱錐,設O為△ABC的中心,在△ABC中,可求得OA=3,所以可得OA=2,SO=3,SA與平面ABC所成的角即為∠SAO,由tan∠SAO=33=3,得∠SAO=60.同理可得第二種情況中所成角為30. 9.12或32　解析當a>1時,y=ax在區(qū)間[1,2]上遞增,故a2-a=a2,得a=32;當01,g(x)=0,0

11、,方程化為|-lnx+0|=1, 解得x=1e或x=e(舍去). 所以此時方程只有1個實根1e. (2)當1

12、p(x)在區(qū)間[2,+∞)上單調遞增. 故p(x)≥p(2)=ln2+22-6=ln2-2<-1. 又p(3)=ln3+32-6=ln3+3>1, 所以方程|p(x)|=1有2個解,即方程|lnx+x2-6|=1有2個解. 綜上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4個實根. 11.解f(x)=a(1-cos2x)-3asin2x+a+b =-2asin2x+π6+2a+b. ∵x∈0,π2,∴2x+π6∈π6,76π, ∴-12≤sin2x+π6≤1. 因此,由f(x)的值域為[-5,1], 可得a>0,-2a-12+2a+b=1,-2a1+2a+b=-5 或a<0,

13、-2a1+2a+b=1,-2a-12+2a+b=-5, 解得a=2,b=-5或a=-2,b=1. 12.解(1)由已知x>0,f(x)=x-(a+1)+ax. 因為曲線y=f(x)在(2,f(2))處切線的斜率為1, 所以f(2)=1,即2-(a+1)+a2=1,所以a=0, 此時f(2)=2-2=0, 故曲線f(x)在(2,f(2))處的切線方程為x-y-2=0. (2)f(x)=x-(a+1)+ax=x2-(a+1)x+ax=(x-1)(x-a)x. ①當00,函數f(x)單調遞增; 若x∈(a,1),則f(x)<0,函數f(x)

14、單調遞減; 若x∈(1,+∞),則f(x)>0,函數f(x)單調遞增. 此時x=a是f(x)的極大值點,x=1是f(x)的極小值點, 函數f(x)的極大值是f(a)=-12a2+alna,極小值是f(1)=-12. ②當a=1時,若x∈(0,1),則f(x)>0,若x=1,則f(x)=0,若x∈(1,+∞),則f(x)>0,所以函數f(x)在定義域內單調遞增,此時f(x)沒有極值點,也無極值. ③當a>1時,若x∈(0,1),則f(x)>0,函數f(x)單調遞增; 若x∈(1,a),則f(x)<0,函數f(x)單調遞減; 若x∈(a,+∞),則f(x)>0,函數f(x)單調遞增,

15、此時x=1是f(x)的極大值點,x=a是f(x)的極小值點,函數f(x)的極大值是f(1)=-12,極小值是f(a)=-12a2+alna. 綜上,當01時,f(x)的極大值是-12,極小值是-12a2+alna. 思維提升訓練 13.D　解析若直線l的斜率不存在,則該直線的方程為x=-3,代入圓的方程解得y=4,故直線l被圓截得的弦長為8,滿足條件;若直線l的斜率存在,不妨設直線l的方程為y+32=k(x+3),即kx-y+3k-32=0,因為直線l被圓截得的弦長為8,故半弦長為4

16、,又圓的半徑為5,則圓心(0,0)到直線l的距離為52-42=3k-32k2+1,解得k=-34,此時直線l的方程為3x+4y+15=0. 14.C　解析因為方程f(x)=ax恰有兩個不同的實數根,所以y=f(x)與y=ax的圖象有2個交點,a表示直線y=ax的斜率.當a>0,x>1時,y=1x.設切點為(x0,y0),k=1x0,所以切線方程為y-y0=1x0(x-x0),而切線過原點,所以y0=1,x0=e2,k=1e2,所以切線l1的斜率為1e2.設過原點與y=110x+1平行的直線為l2,則直線l2的斜率為110,所以當直線在l1和l2之間時,符合題意,此時實數a的取值范圍是110,

17、1e2.當a<0時,設過原點與點(1,-1)的直線為l3,其斜率為-1,則在l3的位置以O為中心逆時針旋轉一直轉到水平位置都符合題意,此時實數a的取值范圍是(-1,0].綜上所述,實數a的取值范圍是(-1,0]∪110,1e2,故選C. 15.22-2　解析當a≤0時,在區(qū)間[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在區(qū)間[0,1]上為增函數,當x=1時,f(x)取得的最大值為f(1)=1-a; 當0

18、 ∵a24-(1-a)=14(a2+4a-4), ∴當0

19、lnx+x2的定義域為(0,+∞),f(x)=ax+2x=2x2+ax. 當x∈[1,e]時,2x2∈[2,2e2]. 若a≥-2,則f(x)在區(qū)間[1,e]上非負(僅當a=-2,x=1時,f(x)=0), 故f(x)在區(qū)間[1,e]上單調遞增,此時f(x)min=f(1)=1; 若-2e20,解得-a2

20、區(qū)間[1,e]上單調遞減,此時f(x)min=f(e)=a+e2. 綜上所述,當a≥-2時,f(x)min=1,相應的x=1;當-2e20, 因而a≥x2-2xx-lnx,x∈[1,e],令g(x)=x2-2xx-lnx(x∈[1,e]), 則g(x)=(x-1)(x+2-2lnx)(x-ln

21、x)2, 當x∈[1,e]時,x-1≥0,lnx≤1,x+2-2lnx>0, 從而g(x)≥0(僅當x=1時取等號), 所以g(x)在區(qū)間[1,e]上是增函數, 故g(x)min=g(1)=-1, 所以實數a的取值范圍是[-1,+∞). 17.(1)解f(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx. (2)解(分類討論)當α≥1時, |f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0). 因此A=3α-2. 當0<α<1時,將f(x)變形為 f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1. 令g(t)=2αt2+(α-1)t

22、-1,則A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值, g(-1)=α,g(1)=3α-2,且當t=1-α4α時,g(t)取得極小值,極小值為g1-α4α=-(α-1)28α-1=-α2+6α+18α. 令-1<1-α4α<1,解得α<-13(舍去),α>15. 當0<α≤15時,g(t)在區(qū)間(-1,1)內無極值點, |g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|, 所以A=2-3α. 當15<α<1時,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0, 知g(-1)>g(1)>g1-α4α. 又g1-α4α-|g(-1)|=(1-α)(1+7α)8α>0, 所以A=g1-α4α=α2+6α+18α. 綜上,A=2-3α,0<α≤15,α2+6α+18α,15<α<1,3α-2,α≥1. (3)證明由(1)得|f(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|. 當0<α≤15時,|f(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A. 當15<α<1時,A=α8+18α+34≥1, 所以|f(x)|≤1+α<2A. 當α≥1時,|f(x)|≤3α-1≤6α-4=2A. 所以|f(x)|≤2A.