（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練4 從審題中尋找解題思路 理

專題突破練4　從審題中尋找解題思路 一、選擇題 1.(2019山東棲霞高三模擬,文7)已知sinπ4-2x=35,則sin 4x的值為(　　) A.1825 B.±1825 C.725 D.±725 2.(2019安徽黃山高三質(zhì)檢,文5)函數(shù)y=x3+ln(x2+1-x)的圖象大致為(　　) 3.(2019黑龍江哈爾濱第三中學(xué)高三二模)向量a=(2,t),b=(-1,3),若a,b的夾角為鈍角,則t的取值范圍是(　　) A.t<23 B.t>23 C.t<23且t≠-6 D.t<-6 4.已知△ABC中,sin A+2sin Bcos C=0,3b=c,則tan A的值是(　　) A.33 B.233 C.3 D.433 5.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(0<a<b)的半焦距為c,直線l過(a,0),(0,b)兩點,已知原點到直線l的距離為34c,則雙曲線的離心率為(　　) A.2 B.3 C.2 D.233 6.(2019湖南桃江一中高三模擬,理9)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M是AD的中點,動點P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界),若B1P∥平面A1BM,則C1P的最小值是(　　) A.305 B.2305 C.275 D.475 7.(2019江西臨川一中高三模擬,文12)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的圖象經(jīng)過兩點A0,22,Bπ4,0,f(x)在0,π4內(nèi)有且只有兩個最值點,且最大值點大于最小值點,則f(x)=(　　) A.sin3x+π4 B.sin5x+3π4 C.sin7x+π4 D.sin9x+3π4 二、填空題 8.(2019山東棲霞高三模擬)若△ABC的面積為34(a2+c2-b2),則∠B=. 9.下表中的數(shù)陣為“森德拉姆素數(shù)篩”,其特點是每行每列都成等差數(shù)列,記第i行第j列的數(shù)為ai,j(i,j∈N*),則 (1)a9,9=　　　　　;  (2)表中的數(shù)82共出現(xiàn)　　　　　次.  2 3 4 5 6 7 … 3 5 7 9 11 13 … 4 7 10 13 16 19 … 5 9 13 17 21 25 … 6 11 16 21 26 31 … 7 13 19 25 31 37 … … … … … … … … 10.已知銳角三角形ABC的三個內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,若b是12和2的等比中項,c是1和5的等差中項,則a的取值范圍是　　　　　.  11.已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列,a1=2,且a2,a4,a8成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項; (2)設(shè){bn-(-1)nan}是等比數(shù)列,且b2=7,b5=71.求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 12.(2019河南八市重點高中高三五模,文21)已知函數(shù)f(x)=x(ln x+a)+b,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線為2x-y-1=0. (1)求a,b的值; (2)若對任意的x∈(1,+∞),f(x)≥m(x-1)恒成立,求正整數(shù)m的最大值. 13.(2019河南八市重點高中高三五模,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2,且曲線y=f(x)在點x=1處的切線與直線x+(e-2)y=0垂直. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求證:x>0時,ex-ex-1≥x(ln x-1). 參考答案 專題突破練4　從審題中尋找解題思路 1.C　解析由題意得cosπ2-4x=1-2sin2π4-2x=1-2×925=725,sin4x=cosπ2-4x=725.故選C. 2.C　解析當(dāng)x=1時,y=1+ln(2-1)=1-ln(2+1)>0;當(dāng)x=-1時,y=-1+ln(2+1)<0.觀察各選項,可得C選項符合.故選C. 3.C　解析若a,b的夾角為鈍角,則a·b<0且不反向共線,a·b=-2+3t<0,得t<23.向量a=(2,t),b=(-1,3)共線時,2×3=-t,得t=-6,此時a=-2b.所以t<23且t≠-6.故選C. 4.A　解析∵sinA+2sinBcosC=0, ∴sin(B+C)+2sinBcosC=0. ∴3sinBcosC+cosBsinC=0. ∵cosB≠0,cosC≠0, ∴3tanB=-tanC. ∵3b=c,∴c>b.∴C>B. ∴B為銳角,C為鈍角. ∴tanA=-tan(B+C)=-tanB+tanC1-tanBtanC=2tanB1+3tan2B=21tanB+3tanB≤223=33, 當(dāng)且僅當(dāng)tanB=33時取等號. ∴tanA的最大值是33.故選A. 5.A　解析∵直線l過(a,0),(0,b)兩點, ∴直線l的方程為xa+yb=1,即bx+ay-ab=0.又原點到直線l的距離為34c, ∴|-ab|a2+b2=34c,即a2b2a2+b2=316c2, 又c2=a2+b2,∴a2(c2-a2)=316c4, 即316c4-a2c2+a4=0, 化簡得(e2-4)(3e2-4)=0, ∴e2=4或e2=43. 又∵0<a<b,∴e2=c2a2=1+b2a2>2, ∴e2=4,即e=2,故選A. 6.B　解析如圖,在A1D1上取中點Q,在BC上取中點N,連接DN,NB1,B1Q,QD. ∵DN∥BM,DQ∥A1M且DN∩DQ=D,BM∩A1M=M, ∴平面B1QDN∥平面A1BM,則動點P的軌跡是DN(不含D,N兩點), 又CC1⊥平面ABCD,則當(dāng)CP⊥DN時,C1P取得最小值. 此時,CP=2×112+22=25, ∴C1P≥252+22=2305.故選B. 7.D　解析根據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如下, 因為f(0)=sinφ=22,由圖可知,φ=3π4+2kπ(k∈Z).又因為0<φ<π,所以φ=3π4.所以f(x)=sinωx+3π4.因為fπ4=sinπ4ω+3π4=0,由圖可知,π4ω+3π4=π+2kπ,k∈Z,解得ω=1+8k,k∈Z.又因為2πω=T<π4,可得ω>8.所以當(dāng)k=1時,ω=9,所以f(x)=sin9x+3π4.故選D. 8.π3　解析由三角形面積公式可得:S=12acsinB=34(a2+c2-b2), ∴14sinB=34×a2+c2-b22ac=34cosB, ∴tanB=3.∵B∈(0,π),∴B=π3. 9.(1)82　(2)5　解析(1)a9,9表示第9行第9列,第1行的公差為1,第2行的公差為2……第9行的公差為9,第9行的首項b1=10,則b9=10+8×9=82. (2)第1行數(shù)組成的數(shù)列a1,j(j=1,2,…)是以2為首項,公差為1的等差數(shù)列,所以a1,j=2+(j-1)·1=j+1;第i行數(shù)組成的數(shù)列ai,j(j=1,2,…)是以i+1為首項,公差為i的等差數(shù)列,所以ai,j=(i+1)+(j-1)i=ij+1,由題意得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共出現(xiàn)5次. 10.(22,10)　解析因為b是12和2的等比中項,所以b=12×2=1;因為c是1和5的等差中項,所以c=1+52=3. 又因為△ABC為銳角三角形, ①當(dāng)a為最大邊時, 有12+32-a2>0,a≥3,1+3>a, 解得3≤a<10; ②當(dāng)c為最大邊時,有 12+a2-32>0,a+1>3,a≤3,解得22<a≤3. 由①②得22<a<10, 所以a的取值范圍是(22,10). 11.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0), ∵a1=2,且a2,a4,a8成等比數(shù)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,設(shè){cn}的公比為q. ∵b2=7,b5=71,an=2n, ∴c2=b2-a2=3,c5=81, ∴q3=c5c2=27,q=3, ∴cn=c2qn-2=3n-1. 從而bn=3n-1+(-1)n2n. Tn=b1+b2+…+bn=(30+31+…+3n-1)+[-2+4-6+…+(-1)n2n],當(dāng)n為偶數(shù)時,Tn=3n+2n-12,當(dāng)n為奇數(shù)時,Tn=3n-2n-32. 12.解(1)由f(x)=x(lnx+a)+b,得 f'(x)=lnx+a+1, 由切線方程可知:f(1)=2-1=1, ∴f'(1)=a+1=2,f(1)=a+b=1, 解得a=1,b=0. (2)由(1)知f(x)=x(lnx+1), 則x∈(1,+∞)時,f(x)≥m(x-1)恒成立等價于x∈(1,+∞)時,m≤x(lnx+1)x-1恒成立. 令g(x)=x(lnx+1)x-1,x>1, 則g'(x)=x-lnx-2(x-1)2. 令h(x)=x-lnx-2,則h'(x)=1-1x=x-1x,∴當(dāng)x∈(1,+∞)時,h'(x)>0,則h(x)單調(diào)遞增, ∵h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0, ∴?x0∈(3,4),使得h(x0)=0. 當(dāng)x∈(1,x0)時,g'(x)<0;x∈(x0,+∞)時,g'(x)>0,∴g(x)min=g(x0)=x0(lnx0+1)x0-1. ∵h(x0)=x0-lnx0-2=0, ∴l(xiāng)nx0=x0-2. ∴g(x)min=g(x0)=x0(x0-2+1)x0-1=x0∈(3,4). ∴m≤x0∈(3,4),即正整數(shù)m的最大值為3. 13.(1)解由f(x)=ex-ax2,得f'(x)=ex-2ax. 因為曲線y=f(x)在點x=1處的切線與直線x+(e-2)y=0垂直, 所以f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1, 即f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x. 令g(x)=ex-2x,則g'(x)=ex-2. 所以x∈(-∞,ln2)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減; x∈(ln2,+∞)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 所以g(x)min=g(ln2)=2-2ln2>0. 所以f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 即f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,+∞),無減區(qū)間. (2)證明由(1)知f(x)=ex-x2,f(1)=e-1,所以y=f(x)在x=1處的切線方程為y-(e-1)=(e-2)(x-1),即y=(e-2)x+1. 令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1, 則h'(x)=ex-2x-(e-2)=ex-e-2(x-1), 且h'(1)=0,h″(x)=ex-2. x∈(-∞,ln2)時,h″(x)<0,h'(x)單調(diào)遞減; x∈(ln2,+∞)時,h″(x)>0,h'(x)單調(diào)遞增. 因為h'(1)=0,所以h'(x)min=h'(ln2)=4-e-2ln2<0. 因為h'(0)=3-e>0,所以存在x0∈(0,1),使x∈(0,x0)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;x∈(x0,1)時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;x∈(1,+∞)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增. 又h(0)=h(1)=0,所以x>0時,h(x)≥0,即ex-x2-(e-2)x-1≥0,所以ex-(e-2)x-1≥x2. 令φ(x)=lnx-x, 則φ'(x)=1x-1=1-xx. 所以x∈(0,1)時,φ'(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增; x∈(1,+∞)時,φ'(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減, 所以φ(x)≤φ(1)=-1,即lnx+1≤x. 因為x>0,所以x(lnx+1)≤x2. 所以x>0時,ex-(e-2)x-1≥x(lnx+1), 即x>0時,ex-ex-1≥x(lnx-1). 12