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时间:2020-02-27
《2020届高考数学大二轮复习冲刺经典专题高难拉分攻坚特训(一)文.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、高难拉分攻坚特训(一)1.已知椭圆M:+y2=1,圆C:x2+y2=6-a2在第一象限有公共点P,设圆C在点P处的切线斜率为k1,椭圆M在点P处的切线斜率为k2,则的取值范围为( )A.(1,6)B.(1,5)C.(3,6)D.(3,5)答案 D解析 由于椭圆M:+y2=1,圆C:x2+y2=6-a2在第一象限有公共点P,所以解得32、),故选D.2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a2=2,an≠0,(an+1-2n)Sn+1=an+1Sn-1-2nSn(n≥2),设bn=a2n-1,数列{bn}的前n项和为Tn,则T100=________.答案 9901解析 由(an+1-2n)Sn+1=an+1Sn-1-2nSn(n≥2)整理得an+1·(Sn+1-Sn-1)=2n(Sn+1-Sn)⇔an+1·(an+1+an)=2nan+1,即an+1+an=2n(n≥2),由两式相减得an+2-an=2(n≥2),故{bn}从第二项起是以2为公差的等差数列,b1=a1=1,由于a3+3、a2=4,则a3=2,∴b2=a3=2,故T100=1+2×99+×2=9901.3.已知动点P与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离的比为.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点B(-2,1)的直线l与曲线C交于M,N两点,求线段MN长度的最小值;(3)已知圆Q的圆心为Q(t,t)(t>0),且圆Q与x轴相切,若圆Q与曲线C有公共点,求实数t的取值范围.解 (1)由题意,设P(x,y),则4、AP5、=26、OP7、,即8、AP9、2=410、OP11、2,所以(x-3)2+y2=4(x2+y2),整理得(x+1)2+y2=4.所以动点P的轨迹C的方程为(x+1)2+y2=12、4.(2)由(1)知轨迹C是以C(-1,0)为圆心,以2为半径的圆.又因为(-2+1)2+12<4,所以点B在圆内,所以当线段MN的长度最小时,BC⊥MN,所以圆心C到直线MN的距离为13、BC14、==,此时,线段MN的长为15、MN16、=2=2×=2,所以,线段MN长度的最小值为2.(3)因为点Q的坐标为(t,t)(t>0),且圆Q与x轴相切,所以圆Q的半径为t,所以圆Q的方程为(x-t)2+(y-t)2=t2.因为圆Q与圆C有公共点,又圆Q与圆C的两圆心距离为17、CQ18、==,所以19、2-t20、≤21、CQ22、≤2+t,即(2-t)2≤2t2+2t+1≤(2+t)2,解得-3+2≤t23、≤3.所以实数t的取值范围是[-3+2,3].4.已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的极值点的个数,并说明理由;(2)若对任意的x>0,f(x)+ex≥x3+x,求实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=xex-2ax=x(ex-2a).当a≤0时,由f′(x)<0得x<0,由f′(x)>0得x>0,∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有1个极值点;当00得x0,由f′(x)<0得ln(2a)24、))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;当a=时,f′(x)≥0,∴f(x)在R上单调递增,∴f(x)没有极值点;当a>时,由f′(x)>0得x<0或x>ln(2a),由f′(x)<0得00且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+ex≥x3+x得xex-x3-ax2-x≥25、0.当x>0时,ex-x2-ax-1≥0,即a≤对任意的x>0恒成立.设g(x)=,则g′(x)=.设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1.∵x>0,∴h′(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2,∴实数a的取值范围是(-∞,e-2].
2、),故选D.2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a2=2,an≠0,(an+1-2n)Sn+1=an+1Sn-1-2nSn(n≥2),设bn=a2n-1,数列{bn}的前n项和为Tn,则T100=________.答案 9901解析 由(an+1-2n)Sn+1=an+1Sn-1-2nSn(n≥2)整理得an+1·(Sn+1-Sn-1)=2n(Sn+1-Sn)⇔an+1·(an+1+an)=2nan+1,即an+1+an=2n(n≥2),由两式相减得an+2-an=2(n≥2),故{bn}从第二项起是以2为公差的等差数列,b1=a1=1,由于a3+
3、a2=4,则a3=2,∴b2=a3=2,故T100=1+2×99+×2=9901.3.已知动点P与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离的比为.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点B(-2,1)的直线l与曲线C交于M,N两点,求线段MN长度的最小值;(3)已知圆Q的圆心为Q(t,t)(t>0),且圆Q与x轴相切,若圆Q与曲线C有公共点,求实数t的取值范围.解 (1)由题意,设P(x,y),则
4、AP
5、=2
6、OP
7、,即
8、AP
9、2=4
10、OP
11、2,所以(x-3)2+y2=4(x2+y2),整理得(x+1)2+y2=4.所以动点P的轨迹C的方程为(x+1)2+y2=
12、4.(2)由(1)知轨迹C是以C(-1,0)为圆心,以2为半径的圆.又因为(-2+1)2+12<4,所以点B在圆内,所以当线段MN的长度最小时,BC⊥MN,所以圆心C到直线MN的距离为
13、BC
14、==,此时,线段MN的长为
15、MN
16、=2=2×=2,所以,线段MN长度的最小值为2.(3)因为点Q的坐标为(t,t)(t>0),且圆Q与x轴相切,所以圆Q的半径为t,所以圆Q的方程为(x-t)2+(y-t)2=t2.因为圆Q与圆C有公共点,又圆Q与圆C的两圆心距离为
17、CQ
18、==,所以
19、2-t
20、≤
21、CQ
22、≤2+t,即(2-t)2≤2t2+2t+1≤(2+t)2,解得-3+2≤t
23、≤3.所以实数t的取值范围是[-3+2,3].4.已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的极值点的个数,并说明理由;(2)若对任意的x>0,f(x)+ex≥x3+x,求实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=xex-2ax=x(ex-2a).当a≤0时,由f′(x)<0得x<0,由f′(x)>0得x>0,∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有1个极值点;当00得x0,由f′(x)<0得ln(2a)24、))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;当a=时,f′(x)≥0,∴f(x)在R上单调递增,∴f(x)没有极值点;当a>时,由f′(x)>0得x<0或x>ln(2a),由f′(x)<0得00且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+ex≥x3+x得xex-x3-ax2-x≥25、0.当x>0时,ex-x2-ax-1≥0,即a≤对任意的x>0恒成立.设g(x)=,则g′(x)=.设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1.∵x>0,∴h′(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2,∴实数a的取值范围是(-∞,e-2].
24、))上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;当a=时,f′(x)≥0,∴f(x)在R上单调递增,∴f(x)没有极值点;当a>时,由f′(x)>0得x<0或x>ln(2a),由f′(x)<0得00且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.(2)由f(x)+ex≥x3+x得xex-x3-ax2-x≥
25、0.当x>0时,ex-x2-ax-1≥0,即a≤对任意的x>0恒成立.设g(x)=,则g′(x)=.设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1.∵x>0,∴h′(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2,∴实数a的取值范围是(-∞,e-2].
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