高考數(shù)學二輪復習 特訓“2＋1＋2”壓軸滿分練（三）理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學試題

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1、“2＋1＋2”壓軸滿分練(三) 1．已知函數(shù)f(x)＝＋2kln x－kx，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一極值點，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A.　　　　　　　 B． C．(0,2] D．[2，＋∞) 解析：選A　由題意可得f′(x)＝＋＝，x>0， 令f′(x)＝0，得x＝2或ex＝kx2(x>0)， 由x＝2是函數(shù)f(x)的唯一極值點知ex≥kx2(x>0)恒成立或ex≤kx2(x>0)恒成立，由y＝ex(x>0)和y＝kx2(x>0)的圖象可知，只能是ex≥kx2(x>0)恒成立． 法一：由x>0知，ex≥kx2，則k≤， 設g(x)＝，則k≤g(x)min. 由

2、g′(x)＝，得當x>2時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當00)恒成立，則y＝ex(x>0)的圖象在y＝kx2(x>0)的圖象的上方(含相切)， ①若k≤0，易知滿足題意； ②若k>0，設y＝ex(x>0)與y＝kx2(x>0)的圖象在點(x0，y0)處有相同的切線， 則解得數(shù)形結(jié)合可知，0as＋1.已知“有增有減”數(shù)列{an}共4

3、項，若ai∈{x，y，z}(i＝1,2,3,4)，且x

4、C＝3種情況，以含有1,2為例，不減數(shù)列有1,1,1,2；1,1,2,2； 1,2,2,2，共3個，所以含兩個數(shù)的不減數(shù)列共有3×3＝9個． 若含三個數(shù)，則不減數(shù)列有1,1,2,3；1,2,3,3；1,2,2,3，共3個． 所以不減數(shù)列共有9＋3＝12個． ③不增數(shù)列，同理②，共有12個． 綜上，數(shù)列{an}不是“有增有減”數(shù)列共有3＋12×2＝27個． 所以，數(shù)列{an}是“有增有減”數(shù)列共有34－27＝54個． 法二：根據(jù)題設“有增有減”數(shù)列的定義，數(shù)列{an}共有兩類． 第一類：數(shù)列{an}的4項只含有x，y，z中的兩個，則有C＝3種情況，以只含x，y為例，滿足條件的數(shù)列

5、{an}有x，y，x，x；x，x，y，x；y，x，y，y；y，y，x，y；x，y，x，y；y，x，y，x；x，y，y，x；y，x，x，y，共8個，所以此類共有3×8＝24個． 第二類：數(shù)列{an}的4項含有x，y，z中的三個，必有兩項是同一個，有C＝3種情況，以兩項是x，另兩項分別為y，z為例，滿足條件的數(shù)列{an}有x，x，z，y；x，y，x，z；x，z，x，y；x，y，z，x；x，z，y，x；y，x，x，z；y，x，z，x；y，z，x，x；z，x，x，y；z，x，y，x，共10個，所以此類共有3×10＝30個． 綜上，數(shù)列{an}共有24＋30＝54個． 3．如圖，等腰三角形PAB所

6、在平面為α，PA⊥PB，AB＝4，C，D分別為PA，AB的中點，G為CD的中點．平面α內(nèi)經(jīng)過點G的直線l將△PAB分成兩部分，把點P所在的部分沿直線l翻折，使點P到達點P′(P′?平面α)．若點P′在平面α內(nèi)的射影H恰好在翻折前的線段AB上，則線段P′H的長度的取值范圍是________． 解析：在等腰三角形PAB中，∵PA⊥PB，AB＝4， ∴PA＝PB＝2. ∵C，D分別為PA，AB的中點， ∴PC＝CD＝且PC⊥CD. 連接PG，P′G， ∵G為CD的中點，∴PG＝P′G＝. 連接HG， ∵點P′在平面α內(nèi)的射影H恰好在翻折前的線段AB上， ∴P′H⊥平

7、面α，∴P′H⊥HG， ∴HG＜P′G＝. 易知點G到線段AB的距離為， ∴HG≥，∴≤HG＜. 又P′H＝，∴0＜P′H≤. 答案： 4．設拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，準線為l.已知以F為圓心，半徑為4的圓與l交于A，B兩點，E是該圓與拋物線C的一個交點，∠EAB＝90°. (1)求p的值； (2)已知點P的縱坐標為－1且在拋物線C上，Q，R是拋物線C上異于點P的兩點，且滿足直線PQ和直線PR的斜率之和為－1，試問直線QR是否經(jīng)過一定點？若是，求出定點的坐標；否則，請說明理由． 解：(1)連接AF，EF，由題意及拋物線的定義，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝

8、4，即△AEF是邊長為4的正三角形，所以∠FAE＝60°，設準線l與x軸交于點D，在Rt△ADF中，∠FAD＝30°，所以p＝|DF|＝|AF|＝×4＝2. (2)由題意知直線QR的斜率不為0，設直線QR的方程為x＝my＋t，點Q(x1，y1)，R(x2，y2)． 由得y2－4my－4t＝0， 則Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t. 又點P，Q在拋物線C上， 所以kPQ＝＝＝＝， 同理可得kPR＝.因為kPQ＋kPR＝－1， 所以＋＝ ＝＝－1， 則t＝3m－. 由 解得m∈∪∪(1，＋∞)， 所以直線QR的方程為x＝m(y＋3)－， 則直

9、線QR過定點. 5．已知函數(shù)f(x)＝e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)＝ex－m(x＋1)． (1)當m≥1時，求函數(shù)g(x)的極值； (2)若a≥－，證明：當x∈(0,1)時，f(x)>x＋1. 解：(1)由題意可知g′(x)＝ex－m， 當m≥1時，由g′(x)＝0得x＝ln m， 由x>ln m得g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；由xx＋1， 即證x3＋ax＋4xco

10、s x＋1>. 由(1)得，當m＝1時，g(x)＝ex－(x＋1)≥0， 即ex≥x＋1， 所以e2x≥(x＋1)2，所以<，x∈(0,1)， x3＋ax＋4xcos x＋1－>x3＋ax＋4xcos x＋1－＝x3＋ax＋4xcos x＋＝x， 令h(x)＝x2＋4cos x＋a＋， 則h′(x)＝2x－4sin x－， 令I(x)＝2x－4sin x， 則I′(x)＝2－4cos x＝2(1－2cos x)， 當x∈(0,1)時，cos x>cos 1>cos＝， 所以1－2cos x<0， 所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上為減函數(shù)， 所以當x∈(0,1)時，I(x)h(1)＝a＋＋4cos 1， 因為4cos 1>4cos＝2，而a≥－， 所以a＋＋4cos 1>0，所以當x∈(0,1)時，h(x)>0， 所以x3＋ax＋4xcos x＋1>成立， 所以當x∈(0,1)時，f(x)>x＋1成立．