【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 课后提升练1　数学思想在高考中的应用 Word版含答案.docx，共(5)页，152.380 KB，由小赞的店铺上传

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课后提升练1数学思想在高考中的应用一、选择题1.(2023山西平遥二中月考)已知a,b,c∈R且a+b+c=0,a>b>c,则𝑎2+𝑐2𝑎𝑐的取值范围是()A.[2,+∞)B.(-∞,-2]C.(-52,-2]D.(2,52]2.已知二次函数f(x)的图象如图所示,将其向右平移2个单

位长度得到函数y=g(x)的图象,则不等式g(x)>log2x的解集是()A.(-∞,2)B.(2,+∞)C.(0,2)D.(0,1)3.(2023北京朝阳一模,4)已知点A(-1,0),B(1,0).若直线y=kx-2上存在点

P,使得∠APB=90°,则实数k的取值范围是()A.(-∞,-√3]B.[√3,+∞)C.[-√3,√3]D.(-∞,-√3]∪[√3,+∞)4.已知f(x)是定义在[2b,1-b]上的偶函数,且在[2b,0]上为增函数,则不等式f(

x-1)≤f(2x)的解集为()A.[-1,23]B.[-1,13]C.[-1,1]D.[13,1]5.已知数列{an}的首项为14,数列{bn}为等比数列,且bn=𝑎𝑛+1𝑎𝑛,若b1b20=2,则a21=()A.6

4B.128C.256D.5126.定义在R上的函数f(x)满足对任意的x恒有f(x+2)≥f(x)+1,f(x+1)≤f(x)+12,且f(-2)=2,则f(2024)的值为()A.2026B.101

5C.1014D.10137.(2023陕西安康一模)若函数f(x)=kex-x2+3有三个零点,则k的取值范围为()A.(0,6e3)B.(-2e,6e3)C.(-2e,0)D.(-∞,6e3)8.已知圆C过点A(-1,2),B

(1,0),则圆心C到原点距离的最小值为()A.12B.√22C.1D.√29.若函数F(x)=f(x)-2x4是奇函数,G(x)=f(x)+(12)x为偶函数,则f(-1)=()A.-52B.-54C.54D.5210.已知不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立

,则a的取值范围是()A.[1,+∞)B.[-1,4)C.[-1,+∞)D.[-1,6]11.(2023云南丽江一模)设函数f(x)={𝑥2+2𝑥,𝑥≤0,-𝑥2,𝑥>0,若f(f(a))-f(a)+2=0,则实数a的值为()A.√2-1

B.-√2-1C.√2+1D.-√2+112.在平面直角坐标系xOy中,已知P(√32,0),A,B是圆C:x2+(y-12)2=36上的两个动点,满足|PA|=|PB|,则△PAB面积的最大值为()A.10√3B.10√5C.10√7D.9√713.已知等比数列{an}

的公比为q,其前n项和为Sn,若Sn<0对任意的n∈N*恒成立,则q的取值范围是()A.(-∞,0)∪(0,1)B.(-1,0)∪(0,1)C.(-∞,-1)∪(0,+∞)D.(-1,0)∪(0,+∞)14.(2023山东济南一模)已知a=6ln5,b=7ln4,c=8ln3,则()A.a

>b>cB.a>c>bC.b>c>aD.c>b>a二、填空题15.已知函数f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f'(x)-ax-5,其中f'(x)是f(x)的导函数.对满足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0,则实数x的取值范围为.16.函数y=√𝑥2-2𝑥+2+√𝑥2-6𝑥

+13的最小值为.17.(2023北京海淀一模)已知函数f(x)={|2𝑥-1|,𝑥<1,-(𝑥-1)2,𝑥≥1,若函数g(x)=f(x)-k有两个不同的零点,则实数k的取值范围是.18.(2023北京顺义一模)若存在x∈R使得x2+2x+m≤0,则m可取的一个值为.19.已知

F1,F2分别为椭圆𝑥29+𝑦2𝑏2=1的左、右焦点,以F2为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线x-√3y+8=0相切,P为椭圆上一点,I为△PF1F2的内心,且𝑆△𝐼𝑃𝐹1=λ𝑆△𝐼𝐹1𝐹2−𝑆△𝐼𝑃𝐹2,则λ的值为.20.(2023北京房山一模)设函

数f(x)={|ln𝑥|,𝑥>0,𝑥2+4𝑥+1,𝑥≤0.给出下列四个结论:①函数f(x)的值域是R;②∀a>1,方程f(x)=a恰有3个实数根;③若实数x1<x2<x3<x4,且f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(

x4),则(x1+x2)(x3-x4)的最大值为4e-4e.其中所有正确结论的序号是.课后提升练1数学思想在高考中的应用1.C解析由a+b+c=0,a>b>c,得a>0,c<0,b=-a-c,则a>-a-c>c,∴-2<

𝑐𝑎<-12.令t=𝑐𝑎,则t∈(-2,-12),故𝑎2+𝑐2𝑎𝑐=𝑎𝑐+𝑐𝑎=t+1𝑡,设f(t)=t+1𝑡,t∈(-2,-12),根据函数的性质,f(t)在(-2,-1)内单调递增,在(-1,-12)内单调递减,且f(-2)=-52,f(-1)=-2,f(-1

2)=-52,∴-52<f(t)≤-2,即-52<𝑎2+𝑐2𝑎𝑐≤-2,故选C.2.C解析根据图中信息作出函数y=g(x),y=log2x的图象如图所示.因为f(0)=1,则g(2)=1,且log22=1,由图可知,不等式g(x)>log2x的解集为(

0,2).故选C.3.D解析设P(x,y),由y=kx-2上存在点P,使得∠APB=90°,则点P在以AB为直径的圆x2+y2=1上,问题等价于直线y=kx-2与圆x2+y2=1有交点,所以只需2√1+𝑘2≤1,可得k∈(-∞,-√3]∪[√3,+∞).故选D.4.B解

析∵f(x)是定义在[2b,1-b]上的偶函数,∴2b+1-b=0,∴b=-1,∵f(x)在[-2,0]上为增函数,∴f(x)在[0,2]上为减函数,距离对称轴越远,函数值越小,由f(x-1)≤f(2x)可得|x-1|≥|2x|,即(x

-1)2≥4x2,解得-1≤x≤13,又-2≤x-1≤2,且-2≤2x≤2,∴-1≤x≤13,故选B.5.C解析由bn=𝑎𝑛+1𝑎𝑛,得an+1=anbn,所以a2=14b1,a3=a2b2=14b1b2,a4=14b1b2b3,…,a21=14b1b2b3…b20=14(b1b20

)10=2104=256.6.B解析∵f(x+1)≤f(x)+12,∴f(x+2)≤f(x+1)+12≤f(x)+1,又f(x+2)≥f(x)+1,∴f(x+2)=f(x)+1,又f(-2)=2,∴f

(0)=3,f(2)=4,∴f(2024)=f(2×1012)=4+(1012-1)×1=1015,故选B.7.A解析令f(x)=0,则k=𝑥2-3e𝑥,设g(x)=𝑥2-3e𝑥,g'(x)=-(𝑥+1)(𝑥-3)e𝑥,令g'(x

)=0,解得x1=-1,x2=3,当-1<x<3时,g'(x)>0,当x<-1或x>3时,g'(x)<0,所以g(x)在(-1,3)内单调递增,在(-∞,-1)和(3,+∞)内单调递减,且g(-1)=-2e,g(3)=6e3,当x→+∞时,g(x)>0,其图象

如图所示.若使得函数f(x)有3个零点,则0<k<6e3.故选A.8.B解析由圆C过点A(-1,2),B(1,0),可知圆心在线段AB的垂直平分线l上,∵直线AB的斜率kAB=-1,∴直线l的斜率kl=1,

又AB的中点为(0,1),∴直线l的方程为y=x+1,圆心C到原点距离的最小值即为原点到直线l的距离,为d=|0-0+1|√12+(-1)2=√22,故选B.9.C解析∵函数F(x)=f(x)-2x4是奇函数,∴F(1)+F(-1)

=0,即f(1)-2+f(-1)-2=0,则f(1)+f(-1)=4,①∵G(x)=f(x)+(12)x为偶函数,∴G(1)=G(-1),即f(1)+12=f(-1)+2,则f(1)-f(-1)=32,②由①②解得f(-1)=4-322=54.故选C.10.C解

析不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,等价于a≥𝑦𝑥-2(𝑦𝑥)2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,令t=𝑦𝑥,则1≤t≤3,∴a≥t-2t2在[1,3]上恒成立,∵y=-2t2+t=-2(t-14)2+18,∴当

t=1时,ymax=-1,∴a≥-1,故a的取值范围是[-1,+∞).故选C.11.B解析令f(a)=t,由f(f(a))-f(a)+2=0,得f(t)=t-2,当t≤0时,t2+2t=t-2,则t2+t+2=0无解.当t>0时,-t

2=t-2,∴t=1或t=-2(舍去),∴f(a)=1.当a≤0时,a2+2a=1,则a=-√2-1或a=√2-1(舍去);当a>0时,-a2=1无解.故选B.12.B解析圆C:x2+(y-12)2=36的圆心C(0,1

2),半径为6.因为|PA|=|PB|,设AB的中点为D,则PD⊥AB,连接圆心C与点D,由垂径定理得,CD⊥AB,所以点P,C,D三点共线,要使△PAB面积最大,则P,D位于C的两侧,设|CD|=x,由两点间的距离可得|PC|=√34+14=1,故|PD|=1+x,|AB|=

2|DB|=2√36-𝑥2,S△PAB=12|AB|·|PD|=(1+x)√36-𝑥2,0<x<6,设u=(x+1)2(36-x2),0<x<6,可得u'=-2(x+1)(2x+9)(x-4),当4<x<6

时,u'<0,函数u单调递减;当0<x<4时,u'>0,函数u单调递增,所以函数u在x=4处取得最大值500,即有△PAB面积的最大值为10√5.13.D解析由Sn<0对任意的n∈N*恒成立,得S1=a1<0,(1)当q=1时,Sn=n

a1<0恒成立,(2)当q≠1时,由Sn=𝑎1(1-𝑞𝑛)1-𝑞<0,且a1<0,得1-𝑞𝑛1-𝑞>0,当q>1时,1-𝑞𝑛1-𝑞>0恒成立,当q<1时,因为1-q>0,需1-qn>

0恒成立,当0<q<1,1-qn>0恒成立,当-1<q<0时,1-qn>0恒成立,当q<-1,且n为偶数时,1-qn>0不成立,当q=-1时,1-qn>0也不可能恒成立,所以q的取值范围为(-1,0)∪(0,+∞).14.A解析

(方法一)对a=6ln5,b=7ln4,c=8ln3两边取常用对数,得lna=ln5·ln6,lnb=ln7·ln4,lnc=ln8·ln3,令f(x)=lnx·ln(11-x),3≤x≤5,则f'(x)

=1𝑥ln(11-x)-ln𝑥11-𝑥=(11-𝑥)ln(11-𝑥)-𝑥ln𝑥𝑥(11-𝑥),令g(x)=xlnx,3≤x≤5,则g'(x)=1+lnx>0在3≤x≤5上恒成立,所以g(x)=xlnx在3≤x≤5上单调递增,因为当3≤x≤5时,11-x>x恒成立,所以(

11-x)·ln(11-x)-xlnx>0在3≤x≤5上恒成立,故f'(x)=(11-𝑥)ln(11-𝑥)-𝑥ln𝑥𝑥(11-𝑥)>0在3≤x≤5上恒成立,故f(x)=lnx·ln(11-x)在3≤x≤5上单调递增,所以f(3)<f(4)<f(5),

故ln3·ln8<ln4·ln7<ln5·ln6,即lnc<lnb<lna.因为y=lnx在(0,+∞)内单调递增,所以c<b<a.(方法二)对a=6ln5,b=7ln4,c=8ln3两边取常用对数,得lna=

ln5·ln6,lnb=ln7·ln4,lnc=ln8·ln3,又因为ln5+ln6>ln7+ln4>ln8+ln3,所以ln5·ln6>ln7·ln4>ln8·ln3,所以lna>lnb>lnc,所以a>b>

c.15.(-23,1)解析由题意,知g(x)=3x2-ax+3a-5,令φ(a)=(3-x)a+3x2-5,-1≤a≤1.对-1≤a≤1,恒有g(x)<0,即φ(a)<0,所以{𝜑(1)<0,𝜑(-1)<0,即{3𝑥2-𝑥

-2<0,3𝑥2+𝑥-8<0,解得-23<x<1.故当x∈-23,1时,对满足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0.16.√13解析原函数等价于y=√(𝑥-1)2+(0-1)2+√(𝑥-3)2+(0-2)2,即求x轴上一点到A(1,

1),B(3,2)两点距离之和的最小值.将点A(1,1)关于x轴对称,得A'(1,-1),连接A'B交x轴于点P,则线段A'B的长就是所求的最小值,即|A'B|=√(1-3)2+(-1-2)2=√13.17.[0,1)解析(数形结合思想)画出f(x)的图象如图所示,令g(x)=f(x)

-k=0,则f(x)=k,即y=f(x)与y=k的图象有两个交点,由图可知,k的取值范围是[0,1).故答案为[0,1).18.1((-∞,1]上的任一值均可)解析∵存在x∈R使得x2+2x+m≤0,即f

(x)=x2+2x+m有零点,则有Δ=4-4m≥0,解得m≤1,∴m可取(-∞,1]上的任意一个值,取m=1,故答案为1((-∞,1]内的任一值均可).19.32解析设F1(-c,0),F2(c,0),则

圆的圆心为F2(c,0),半径为c+3,由题意得|𝑐-0+8|√1+3=c+3,c>0,解得c=2,设△PF1F2内切圆半径为r,由𝑆△𝐼𝑃𝐹1=𝜆𝑆△𝐼𝐹1𝐹2−𝑆△𝐼𝑃𝐹2,得r|PF1|=λr|F1F2|-r|P

F2|,即|PF1|+|PF2|=λ|F1F2|,所以6=2cλ,即λ=3𝑐=32.20.②③解析由f(x)={|ln𝑥|,𝑥>0,𝑥2+4𝑥+1,𝑥≤0,得其图象如图所示,由图象可知f(x)的值域不是R,故①不正确;由图象可

知∀a>1,f(x)=a恰有3个实数根,故②正确;对于③,由题意知,当满足f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)时,由图象可知𝑥1+𝑥22=-2,即x1+x2=-4,|lnx3|=|lnx4|,即-lnx3=lnx4,x3=1𝑥4,∴(

x1+x2)(x3-x4)=-4(1𝑥4-x4),由图可知x4∈(1,e],而y=1𝑥-x在x∈(1,e]上单调递减,∴1𝑥4-x4∈[1e-e,0),∴-4(1𝑥4-x4)∈(0,4e-4e],则(x1+x2)·(x3-x4

)的最大值为4e-4e,故③正确.