新版高考數(shù)學文二輪復(fù)習 高考大題標準練五 Word版含解析

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2、 1 高考大題標準練(五) 滿分75分，實戰(zhàn)模擬，60分鐘拿下高考客觀題滿分！　　姓名：________　班級：________　 1．(20xx·福建卷)已知函數(shù)f(x)＝10sincos＋10cos2. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期； (2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度，再向下平移a(a＞0)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，且函數(shù)g(x)的最大值為2.

3、 ①求函數(shù)g(x)的解析式； ②證明：存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0. 解：因為f(x)＝10sincos＋10cos2 ＝5sinx＋5cosx＋5 ＝10sin＋5， 所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2π. (2)①將f(x)的圖象向右平移個單位長度后得到y(tǒng)＝10sinx＋5的圖象，再向下平移a(a＞0)個單位長度后得到g(x)＝10sinx＋5－a的圖象． 已知函數(shù)g(x)的最大值為2，所以10＋5－a＝2，解得a＝13. 所以g(x)＝10sinx－8. ②要證明存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0， 使得g(x0)＞0，就是要證明存在無窮多個互

4、不相同的正整數(shù)x0，使得10sinx0－8＞0，即sinx0＞. 由＜知，存在0＜α0＜，使得sinα0＝. 由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，當x∈(α0，π－α0)時，均有sinx＞. 因為y＝sinx的最小正周期為2π， 所以當x∈(2kπ＋α0,2kπ＋π－α0)(k∈Z)時，均有sinx＞. 因為對任意的整數(shù)k，(2kπ＋π－α0)－(2kπ＋α0)＝π－2α0＞＞1， 所以對任意的正整數(shù)k，都存在正整數(shù)xk∈(2kπ＋α0,2kπ＋π－α0)， 使得sinxk＞. 亦即，存在無窮多個互不相同的正整數(shù)x0，使得g(x0)＞0. 2．已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a2，a4是方程

5、x2－5x＋6＝0的根． (1)求{an}的通項公式； (2)求數(shù)列的前n項和． 解：(1)方程x2－5x＋6＝0的兩根為2,3，由題意得a2＝2，a4＝3. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a4－a2＝2d， 故d＝，從而a1＝. 所以{an}的通項公式為an＝n＋1. (2)設(shè)的前n項和為Sn，由(1)知＝，則 Sn＝＋＋…＋＋， Sn＝＋＋…＋＋. 兩式相減得Sn＝＋－ ＝＋－. 所以Sn＝2－. 3．(20xx·北京卷)某市居民用水擬實行階梯水價，每人月用水量中不超過w立方米的部分按4元/立方米收費，超出w立方米的部分按10元/立方米收費，從該市隨機調(diào)查了1000

6、0位居民，獲得了他們某月的用水量數(shù)據(jù)，整理得到如圖頻率分布直方圖： (1)如果w為整數(shù)，那么根據(jù)此次調(diào)查，為使80%以上居民在該月的用水價格為4元/立方米，w至少定為多少？ (2)假設(shè)同組中的每個數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的右端點值代替，當w＝3時，估計該市居民該月的人均水費． 解：(1)由頻率分布直方圖得： 用水量在[0.5,1)的頻率為0.1， 用水量在[1,1.5)的頻率為0.15， 用水量在[1.5,2)的頻率為0.2， 用水量在[2,2.5)的頻率為0.25， 用水量在[2.5,3)的頻率為0.15， 用水量在[3,3.5)的頻率為0.05， 用水量在[3.5,4)的頻率

7、為0.05， 用水量在[4,4.5)的頻率為0.05， ∵用水量小于等于3立方米的頻率為85%， ∴為使80%以上居民在該用的用水價為4元/立方米， ∴w至少定為3立方米． (2)當w＝3時，該市居民的人均水費為： (0.1×1＋0.15×1.5＋0.2×2＋0.25×2.5＋0.15×3)×4＋0.05×3×4＋0.05×0.5×10＋0.05×3×4＋0.05×1×10＋0.05×3×4＋0.05×1.5×10＝10.5， ∴當w＝3時，估計該市居民該月的人均水費為10.5元． 4．(20xx·新課標全國卷Ⅰ)如圖，已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點P

8、在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G. (1)證明：G是AB的中點； (2)在圖中作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積． 證明：(1)因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D， 所以AB⊥PD. 因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE. 因為PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG. 又由已知可得，PA＝PB，所以G是AB的中點． (2)解：在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影． 理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC

9、，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影． 連接CG，因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中點，所以D在CG上，故CD＝CG. 由題設(shè)可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC. 由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2， 所以四面體PDEF的體積V＝××2×2×2＝. 5．(20xx·浙江卷)如圖，設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋

10、物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|－1. (1)求p的值； (2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M，求M的橫坐標的取值范圍． 解：(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x＝－1的距離， 由拋物線的定義得＝1，即p＝2. (2)由(1)得，拋物線方程為y2＝4x，F(xiàn)(1,0)，可設(shè)A(t2,2t)，t≠0，t≠±1. 因為AF不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)， 由消去x得y2－4sy－4＝0， 故y1y2＝－4，所以B. 又直線AB的斜率為，故直線FN的斜率為－，

11、從而得直線FN：y＝－(x－1)，直線BN：y＝－，所以N. 設(shè)M(m,0)，由A，M，N三點共線得＝， 于是m＝＝2＋， 所以m＜0或m＞2. 經(jīng)檢驗，m＜0或m＞2滿足題意． 綜上，點M的橫坐標的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 6．(20xx·天津卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)存在極值點x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，求證：x1＋2x0＝0； (3)設(shè)a>0，函數(shù)g(x)＝|f(x)|，求證：g(x)在區(qū)間[－1，1]上的最大值不小于. 解：(1)由f(x)＝x3－ax

12、－b，可得 f′(x)＝3x2－a. 下面分兩種情況討論： ①當a≤0時，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． ②當a＞0時，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x －∞，－ － －， ，＋∞ f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為－，，單調(diào)遞增區(qū)間為－∞，－，，＋∞. (2)證明：因為f(x)存在極值點， 所以由(1)知a＞0，且x0≠0. 由題意，得f′(x

13、0)＝3x－a＝0，即x＝， 進而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b. 又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝－x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0， 由題意及(1)知，存在唯一實數(shù)x1滿足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝－2x0，所以x1＋2x0＝0. (3)證明：設(shè)g(x)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為M，max{x，y}表示x，y兩數(shù)的最大值．下面分三種情況討論： ①當a≥3時，－≤－1＜1≤， 由(1)知，f(x)在區(qū)間[－1,1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在區(qū)間[－1,1]上的取值范圍為[f(1)，f(－1)]， 因此M＝

14、max{|f(1)|，|f(－1)|} ＝max{|1－a－b|，|－1＋a－b|} ＝max{|a－1＋b|，|a－1－b|} ＝ 所以M＝a－1＋|b|≥2. ②當≤a＜3時，－≤－1＜－＜＜1≤. 由(1)和(2)知f(－1)≥f－＝f， f(1)≤f＝f－， 所以f(x)在區(qū)間[－1,1]上的取值范圍為 f，f－， 因此M＝maxf，f－ ＝max－－b，－b ＝max＋b，－b ＝＋|b|≥××＝. ③當0＜a＜時，－1＜－＜＜1. 由(1)和(2)知f(－1)＜f－＝f， f(1)＞f＝f－， 所以f(x)在區(qū)間[－1,1]上的取值范圍為[f(－1)，f(1)]． 因此M＝max{|f(－1)|，|f(1)|} ＝max{|－1＋a－b|，|1－a－b|} ＝max{|1－a＋b|，|1－a－b|} ＝1－a＋|b|＞. 綜上所述，當a＞0時，g(x)在區(qū)間[－1，1]上的最大值不小于.