《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿(mǎn)分練（三）理（重點(diǎn)生含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿(mǎn)分練（三）理（重點(diǎn)生含解析）（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿(mǎn)分練（三）理（重點(diǎn)生，含解析）
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(diǎn)，則實(shí)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(diǎn)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≥
2、kx2，則k≤，
設(shè)g(x)＝，則k≤g(x)min.
由g′(x)＝，得當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)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(mǎn)足題意；
②若k>0，設(shè)y＝ex(x>0)與y＝kx2(x>0)的圖象在點(diǎn)(x0，y0)處有相同的切線，
則解得數(shù)形結(jié)合可知，0
3、且?s∈N*，as>as＋1.已知“有增有減”數(shù)列{an}共4項(xiàng)，若ai∈{x，y，z}(i＝1,2,3,4)，且x
4、數(shù)列，含1,2,3中的任意兩個(gè)數(shù)或三個(gè)數(shù)，
若含兩個(gè)數(shù)，則有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(gè)，所以含兩個(gè)數(shù)的不減數(shù)列共有3×3＝9個(gè)．
若含三個(gè)數(shù)，則不減數(shù)列有1,1,2,3；1,2,3,3；1,2,2,3，共3個(gè)．
所以不減數(shù)列共有9＋3＝12個(gè)．
③不增數(shù)列，同理②，共有12個(gè)．
綜上，數(shù)列{an}不是“有增有減”數(shù)列共有3＋12×2＝27個(gè)．
所以，數(shù)列{an}是“有增有減”數(shù)列共有34－27＝54個(gè)．
法二：根據(jù)題設(shè)“有增有減”數(shù)列的定義，數(shù)列{an}共有兩類(lèi)．
第一類(lèi)：數(shù)列{an}的4項(xiàng)只含有x，y，
5、z中的兩個(gè)，則有C＝3種情況，以只含x，y為例，滿(mǎn)足條件的數(shù)列{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(gè)，所以此類(lèi)共有3×8＝24個(gè)．
第二類(lèi)：數(shù)列{an}的4項(xiàng)含有x，y，z中的三個(gè)，必有兩項(xiàng)是同一個(gè)，有C＝3種情況，以?xún)身?xiàng)是x，另兩項(xiàng)分別為y，z為例，滿(mǎn)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(gè)，所以此類(lèi)共有3×10＝30個(gè)．
綜上，數(shù)列{
6、an}共有24＋30＝54個(gè)．
3．如圖，等腰三角形PAB所在平面為α，PA⊥PB，AB＝4，C，D分別為PA，AB的中點(diǎn)，G為CD的中點(diǎn)．平面α內(nèi)經(jīng)過(guò)點(diǎn)G的直線l將△PAB分成兩部分，把點(diǎn)P所在的部分沿直線l翻折，使點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)P′(P′?平面α)．若點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)，
∴PC＝CD＝且PC⊥CD.
連接PG，P′G，
∵G為CD的中點(diǎn)，∴PG＝P′G＝.
連接HG，
∵點(diǎn)P
7、′在平面α內(nèi)的射影H恰好在翻折前的線段AB上，
∴P′H⊥平面α，∴P′H⊥HG，
∴HG＜P′G＝.
易知點(diǎn)G到線段AB的距離為，
∴HG≥，∴≤HG＜.
又P′H＝，∴0＜P′H≤.
答案：
4．設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l.已知以F為圓心，半徑為4的圓與l交于A，B兩點(diǎn)，E是該圓與拋物線C的一個(gè)交點(diǎn)，∠EAB＝90°.
(1)求p的值；
(2)已知點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為－1且在拋物線C上，Q，R是拋物線C上異于點(diǎn)P的兩點(diǎn)，且滿(mǎn)足直線PQ和直線PR的斜率之和為－1，試問(wèn)直線QR是否經(jīng)過(guò)一定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；否則，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)連接AF
8、，EF，由題意及拋物線的定義，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，即△AEF是邊長(zhǎng)為4的正三角形，所以∠FAE＝60°，設(shè)準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)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(shè)直線QR的方程為x＝my＋t，點(diǎn)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(diǎn)P，Q在拋物線C上，
所以kPQ＝＝＝＝，
同理可得kPR＝.因?yàn)閗PQ＋kPR＝－1，
所以＋＝
＝＝－1，
則t＝3m－.
由
解得m∈∪∪(1
9、，＋∞)，
所以直線QR的方程為x＝m(y＋3)－，
則直線QR過(guò)定點(diǎn).
5．已知函數(shù)f(x)＝e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)＝ex－m(x＋1)．
(1)當(dāng)m≥1時(shí)，求函數(shù)g(x)的極值；
(2)若a≥－，證明：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)>x＋1.
解：(1)由題意可知g′(x)＝ex－m，
當(dāng)m≥1時(shí)，由g′(x)＝0得x＝ln m，
由x>ln m得g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；由x
10、0,1)時(shí)，要證f(x)>x＋1，
即證x3＋ax＋4xcos x＋1>.
由(1)得，當(dāng)m＝1時(shí)，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(lǐng)(x)＝2x－4sin x，
則I′(x)＝2－4cos x＝2(1－2cos x)，
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，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(dāng)x∈(0,1)時(shí)，I(x)h(1)＝a＋＋4cos 1，
因?yàn)?cos 1>4cos＝2，而a≥－，
所以a＋＋4cos 1>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0，
所以x3＋ax＋4xcos x＋1>成立，
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)>x＋1成立．
（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 特訓(xùn)“2＋1＋2”壓軸滿(mǎn)分練（三）理（重點(diǎn)生含解析）
