5、知，實數a的取值范圍是(－∞，)，故選B.
4.函數f(x)的定義域為D，若滿足：①f(x)在D內是單調函數；②存在[a，b]?D使得f(x)在[a，b]上的值域為，則稱函數f(x)為“成功函數”.若函數f(x)＝logm(mx＋2t)(其中m>0，且m≠1)是“成功函數”，則實數t的取值范圍為________.
答案
解析 無論m>1還是00)，則mx＋2t＝可化為2t＝λ－λ2＝－2＋
6、，結合圖形(圖略)可得t∈.
考點二 與數列有關的壓軸小題
方法技巧 數列與函數的交匯、數列與不等式的交匯問題是高考的熱點.解決這類問題的關鍵在于利用數列與函數的對應關系，將條件進行準確的轉化，確定數列的通項或前n項和，利用函數的性質、圖象求解最值問題，不等關系或恒成立問題.
5.(2018·浙江 )已知a1，a2，a3，a4成等比數列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，則( )
A.a1＜a3，a2＜a4 B.a1＞a3，a2＜a4
C.a1＜a3，a2＞a4 D.a1＞a3，a2＞a4
答案 B
解析 構造不等式ln x≤x－1，
則
7、a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，
所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.
若q≤－1，則ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.
又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，
所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，矛盾.
因此－1＜q＜0.
所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，
所以a1＞a3，a2＜a4.
故選B.
6.已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數，g(x)≠0，f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(x)＝axg(x
8、)(a>0，且a≠1)，＋＝，若數列的前n項和大于62，則n的最小值為( )
A.6 B.7
C.8 D.9
答案 A
解析 ∵f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，
∴f′(x)g(x)－f(x)·g′(x)>0，又g(x)≠0，
∴′＝>0，
從而可得＝ax單調遞增，從而可得a>1，
∵＋＝a＋a－1＝，∴a＝2，
故＋＋…＋＝a＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2>62，
∴2n＋1>64，即n＋1>6，n>5，n∈N*，
∴nmin＝6，故選A.
7.已知數列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*).若bn＋1＝(n－2λ)·(
9、n∈N*)，b1＝－λ，且數列{bn}是單調遞增數列，則實數λ的取值范圍是( )
A.λ> B.λ> C.λ< D.λ<
答案 D
解析 由an＋1＝，得＝＋1，即＋1＝2，所以是以＋1為首項，2為公比的等比數列，所以＋1＝2n－1＝2n，所以bn＋1＝(n－2λ)·2n.因為數列{bn}是單調遞增數列，
所以當n≥2時，由bn＋1>bn，得(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1，解得n>2λ－1，即2>2λ－1，所以λ<；當n＝1時，由b2>b1得(1－2λ)·2>－λ，解得λ<，因此λ<，故選D.
8.已知函數f(x)＝x2＋(a＋8)x＋a2＋a－12，且f(a
10、2－4)＝f(2a－8)，設等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，若Sn＝f(n)，則的最小值為________.
答案
解析 由題意可得a2－4＝2a－8或a2－4＋2a－8＝2×，解得a＝1或a＝－4.
當a＝1時，f(x)＝x2＋9x－10，數列{an}不是等差數列；
當a＝－4時，f(x)＝x2＋4x，Sn＝f(n)＝n2＋4n，
∴a1＝5，a2＝7，an＝5＋(7－5)(n－1)＝2n＋3，
∴＝＝×
＝×≥＝＋1，
當且僅當n＋1＝，即n＝－1(舍負)時取等號，
∵n為正整數，2<－1<3，當n＝2時，＝；當n＝3時，＝，故當n＝3時原式取最小值.
11、考點三 與立體幾何有關的壓軸小題
方法技巧 空間幾何體中的線面關系、表面積和體積計算是高考中常見的一個考點，解題時要明確幾何體的形狀，可以適當進行分割；空間幾何體的截面及最值問題解決的關鍵是畫出正確的截面，把空間問題轉化為平面問題處理.
9.如圖為某幾何體的三視圖，則其體積為( )
A.＋4 B.
C.＋4 D.π＋
答案 D
解析 由三視圖可知，該幾何體是一個半圓柱(所在圓柱為圓柱OO1)與四棱錐的組合體，其中四棱錐的底面ABCD為圓柱的軸截面，頂點P在半圓柱
所在圓柱的底面圓上(如圖所示)，且P在AB上的射影為底面的圓心O.由三視圖數據可得，半圓柱所在圓柱的底
12、面半徑r＝1，高h＝2，
故其體積V1＝πr2h＝π×12×2＝π；
四棱錐的底面ABCD是邊長為2的正方形，
PO⊥底面ABCD，且PO＝r＝1.
故其體積V2＝S正方形ABCD×PO＝×22×1＝.
故該幾何體的體積V＝V1＋V2＝π＋.
10.(2018·全國Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D
13、1平行，故正方體ABCD－A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等.
取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×××sin 60°＝.
故選A.
11.已知四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，其中ABCD為正方形，△PAD為等腰直角三角形，PA＝PD＝，則四棱錐P－ABCD外接球的表面積為( )
A.10π B.4π C.16π D.8π
答案 D
解析 因為△PAD為等腰直角三角形，PA＝PD＝，
14、故AD＝AB＝2，
則點P到平面ABCD的距離為1，而底面正方形的中心O到邊AD的距離也為1，則頂點P到正方形中心O的距離PO＝，正方形的外接圓的半徑為，故正方形ABCD的中心是球心，且球的半徑為，所以該幾何體外接球的表面積S＝4π×2＝8π，故選D.
12.(2018·全國Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側面積為________.
答案 40π
解析 如圖，
∵SA與底面所成角為45°，
∴△SAO為等腰直角三角形.
設OA＝r，
則SO＝r，SA＝SB＝r.
在△SAB中
15、，cos∠ASB＝，
∴sin∠ASB＝，
∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB＝(r)2·＝5，
解得r＝2，
∴SA＝r＝4，即母線長l＝4，
∴S圓錐側＝πr·l＝π×2×4＝40π.
1.(2018·全國Ⅱ)已知f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數，滿足f(1－x)＝f(1＋x).若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)等于( )
A.－50 B.0 C.2 D.50
答案 C
解析 ∵f(x)是奇函數，∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(1－x)＝－f(x－1).∵f(1－x)＝f(1＋x)，
∴－f(x－1)＝f(x＋1
16、)，∴f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，
∴函數f(x)是周期為4的周期函數.
由f(x)為奇函數及其定義域為R得f(0)＝0.
又∵f(1－x)＝f(1＋x)，
∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，
∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.
又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.
17、
2.已知實數f(x)＝若關于x的方程f2(x)＋f(x)＋t＝0有三個不同的實根，則t的取值范圍為( )
A.(－∞，－2] B.[1，＋∞)
C.[－2，1] D.(－∞，－2]∪[1，＋∞)
答案 A
解析 設m＝f(x)，作出函數f(x)的圖象，如圖所示，
則當m≥1時，m＝f(x)有兩個根，當m<1時，m＝f(x)有一個根.若關于x的方程f2(x)＋f(x)＋t＝0有三個不同的實根，則等價為m2＋m＋t＝0有兩個不同的實數根m1，m2，且m1≥1，m2＜1.當m＝1時，t＝－2，此時由m2＋m－2＝0，解得m＝1或m＝－2，f(x)＝1有兩個根，f(x)＝－
18、2有一個根，滿足條件；當m≠1時，設h(m)＝m2＋m＋t，其對稱軸為m＝－，則需h(1)<0即可，即1＋1＋t<0，解得t<－2.綜上實數t的取值范圍為t≤－2，故選A.
3.(2018·蘭州模擬)已知f(x)是定義在R上的可導函數，若在R上3f(x)>f′(x)恒成立，且f(1)＝e3(e為自然對數的底數)，則下列結論正確的是( )
A.f(0)＝1 B.f(0)<1
C.f(2)e6
答案 C
解析 設g(x)＝，則g′(x)＝＝.
∵在R上3f(x)>f′(x)恒成立，
∴g′(x)<0在R上恒成立，即g(x)在R上為減函數，
∴g(0)
19、＝＝f(0)>g(1)＝，
∵f(1)＝e3，
∴f(0)>1，故A，B不正確.
∵g(2)＝
20、＜0，
即a<或a＞，所以a的取值范圍是，故選A.
5.三棱錐A－BCD的外接球為球O，球O的直徑是AD，且△ABC，△BCD都是邊長為1的等邊三角形，則三棱錐A－BCD的體積是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 如圖所示，由題意可知AB＝BC＝AC＝BD＝CD＝1，又球O的直徑是AD，所以∠ABD＝∠ACD＝90°，AD＝，AO＝OD＝OC＝，且∠BOD＝90°，所以該幾何體的體積V＝
××××＝，故選B.
6.(2018·衡陽模擬)當n為正整數時，定義函數N(n)表示n的最大奇因數.如N(3)＝3，N(10)＝5，…，S(n)＝N(1)＋N(2)
21、＋N(3)＋…＋N(2n)，則S(5)等于( )
A.342 B.345 C.341 D.346
答案 A
解析 ∵N(2n)＝N(n)，N(2n－1)＝2n－1，而S(n)＝N(1)＋N(2)＋N(3)＋…＋N(2n)，
∴S(n)＝N(1)＋N(3)＋N(5)＋…＋N(2n－1)＋[N(2)＋N(4)＋…＋N(2n)]，
∴S(n)＝1＋3＋5＋…＋2n－1＋[N(1)＋N(2)＋N(3)＋…＋N(2n－1)]，
∴S(n)＝×＋S(n－1)(n≥2)，即S(n)－S(n－1)＝4n－1，
又S(1)＝N(1)＋N(2)＝1＋1＝2，
∴S(5)－S(1)＝[S(5
22、)－S(4)]＋[S(4)－S(3)]＋…＋[S(2)－S(1)]＝44＋43＋42＋4，∴S(5)＝2＋4＋42＋43＋44＝342，故選A.
7.拋物線x2＝y(tǒng)在第一象限內圖象上的一點(ai，2a)處的切線與x軸交點的橫坐標記為ai＋1，其中i∈N*，若a2＝32，則a2＋a4＋a6等于( )
A.21 B.32
C.42 D.64
答案 C
解析 拋物線x2＝y(tǒng)可化為y＝2x2，則y′＝4x，拋物線在點(ai，2a)處的切線方程為y－2a＝4ai(x－ai)，所以切線與x軸交點的橫坐標為ai＋1＝ai，所以數列{a2k}是以a2＝32為首項，為公比的等比數列，所以a2
23、＋a4＋a6＝32＋8＋2＝42，故選C.
8. 《九章算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”，將底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”，已知某“塹堵”與某“陽馬”組合而成的幾何體的三視圖如圖所示，已知該幾何體的體積為，則圖中x等于( )
A.1 B. C.2 D.2
答案 B
解析 三視圖表示的幾何體如圖所示，其體積VACF－BDE＋VG－ABEF＝·x·1·1＋·12·x＝，
解得x＝，故選B.
9.數列{an}的前n項和為Sn＝n2－6n，則a2＝________；數列的前10項和＋＋…＋＝________.
答案?。? 58
24、解析 當n＝1時，a1＝S1＝－5，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7，
∴a2＝2×2－7＝－3，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋13＝9＋×7＝9＋49＝58.
10.(2018·佛山模擬)數列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，n∈N*，則a1＋a2＋…＋an＝________.
答案 1－
解析 因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝3－，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝3－(n≥2)，
兩式相減得(2n－1)an＝，an＝(n≥2).
當n＝1時，a1
25、＝3－＝，符合上式，
∴an＝(n∈N*)，
因此a1＋a2＋…＋an＝＝1－.
11.(2018·天津)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M－EFGH的體積為________.
答案
解析 依題意，可知四棱錐M－EFGH是一個正四棱錐，且底面邊長為，高為.
故VM－EFGH＝×2×＝.
12.已知函數f(x)＝ex－2＋x－3(e為自然對數的底數)，g(x)＝x2－ax－a＋3.若存在實數x1， x2，使得f(x1)＝g(x2)＝0，且≤1，則實數a的取值范圍是______________.
答案
解析 函數f(x)＝ex－2＋x－3的導數為f′(x)＝ex－2＋1＞0，所以f(x)在R上單調遞增，
由f(2)＝0，可得f(x1)＝0的解為x1＝2.
存在實數x1，x2，使得f(x1)＝g(x2)＝0，且|x1－x2|≤1，
即為g(x2)＝0且|2－x2|≤1，即x2－ax－a＋3＝0在[1，3]上有解，
即有a＝＝x＋1＋－2在[1，3]上有解，
令t＝x＋1(2≤t≤4)，設函數h(t)＝t＋－2，
則h(t)＝t＋－2在[2，4]上單調遞增，
可得h(t)的最小值為2，最大值為3，則a的取值范圍是[2，3].
2019年高考數學復習大二輪精準提分練習第二篇 第29練
