年高考数学二轮专题复习与策略技法强化训练函数与方程思想理

强化训练24 函数与导数——大题备考第一次作业1．[2022·全国乙卷]已知函数f (x )＝ax －1x－(a ＋1)ln x .(1)当a ＝0时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )恰有一个零点，求a 的取值范围．2．[2022·全国甲卷]已知函数f (x )＝exx－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.3.[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f (x )＝x e ax －e x. (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)当x >0时，f (x )<－1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N *，证明：112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n>ln (n ＋1).4．[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f (x )＝x (1－ln x ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b<e.强化训练24 函数与导数1．解析：（1）当a ＝0时，f （x ）＝－1x－ln x （x >0），则f ′（x ）＝1x 2－1x ＝1－x x2.当x ∈（0，1）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（1，＋∞）时，f ′（x ）<0.所以f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 故f （x ）的最大值即为f （x ）的极大值f （1）＝－1.（2）因为函数f （x ）恰有一个零点，所以方程a （x －ln x ）－1x－ln x ＝0在（0，＋∞）上恰有一个解，即方程a （x －ln x ）＝1x＋ln x 在（0，＋∞）上恰有一个解．又易知当x >0时，x －ln x >0，所以方程a ＝1x＋ln x x －ln x 在（0，＋∞）上恰有一个解．令g （x ）＝1x＋ln x x －ln x（x >0），则g ′（x ）＝（x －1）[x －1－（x ＋1）ln x ]x 2（x －ln x ）2.令h （x ）＝x －1－（x ＋1）ln x （x >0）， 则h ′（x ）＝1－ln x －x ＋1x ＝－ln x －1x. 由（1）知，h ′（x ）≤－1，所以h （x ）在（0，＋∞）上单调递减．又h （1）＝0，所以当x ∈（0，1]时，h （x ）≥0； 当x ∈（1，＋∞）时，h （x ）<0. 则当x ∈（0，1]时，g ′（x ）≤0； 当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）<0. 所以g （x ）在（0，＋∞）上单调递减．又当x →0时，g （x ）→＋∞，当x →＋∞时，g （x ）→0， 所以a ∈（0，＋∞）.2．解析：（1）由题意可知函数f （x ）的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝e x（x －1）x2－1x＋1＝（e x＋x ）（x －1）x2. 令f ′（x ）＝0，解得x ＝1.当x ∈（0，1）时，f ′（x ）＜0；当x ∈（1，＋∞）时，f ′（x ）＞0.所以f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以f （x ）min ＝f （1）＝e ＋1－a .若f （x ）≥0，则f （x ）min ＝e ＋1－a ≥0，解得a ≤e＋1. 故a 的取值范围为（－∞，e ＋1].（2）证明：由（1）可知，要使f （x ）有两个零点， 则f （x ）min ＝f （1）＝e ＋1－a ＜0，即a ＞1＋e. 假设0＜x 1＜1＜x 2，要证明x 1x 2＜1，即需证明1＜x 2＜1x 1.又因为f （x ）在x ∈（1，＋∞）上单调递增，所以要证明1＜x 2＜1x 1，则需证明f （x 2）＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，即f （x 1）＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1. 令F （x ）＝f （x ）－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x，0＜x ＜1，则F ′（x ）＝f ′（x ）＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ·1x2＝（x －1）（e x＋x －x e 1x －1）x2.因为e x在x ∈（0，1）上单调递增，所以e x＜e ，所以当x ∈（0，1）时，e x＋x ＜e ＋1.又函数y ＝x e 1x 在（0，1）上单调递减，所以x e 1x ＞e ，所以－x e 1x －1＜－e －1，所以e x＋x －x e 1x －1＜e ＋1－e －1＝0，所以当x ∈（0，1）时，F ′（x ）＞0，则F （x ）在（0，1）上单调递增．因为F （1）＝f （1）－f （1）＝0，所以F （x ）＜0，即f （x ）＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，所以若f （x ）有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2＜1.3．解析：（1）当a ＝1时，f （x ）＝x e x－e x＝（x －1）e x，f ′（x ）＝e x ＋（x －1）e x ＝x e x .令f ′（x ）＝0，得x ＝0，∴当x <0时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减；当x >0时，f ′（x ）>0，f （x ）单调递增．（2）f ′（x ）＝e ax ＋a e ax x －e x ＝（ax ＋1）e ax －e x，f ′（0）＝0.设g （x ）＝（ax ＋1）e ax －e x ，则g ′（x ）＝a e ax ＋a e ax （ax ＋1）－e x ＝（a 2x ＋2a ）e ax－e x，g ′（0）＝2a －1.当2a －1>0，即a >12时，存在δ>0，使得当x ∈（0，δ）时，g ′（x ）>0，此时f ′（x ）在（0，δ）上单调递增．∵f ′（x ）>f ′（0）＝0，∴f （x ）在（0，δ）上单调递增， ∴f （x ）>f （0）＝－1，这与f （x ）<－1矛盾，故舍去．当2a －1≤0，即a ≤12时，f （x ）≤x e 12x －e x.令h （x ）＝x e 12x －e x，则h ′（x ）＝e 12x＋12e 12x ·x －e x ＝e 12x （1＋12x －e 12x）<0，∴h （x ）在（0，＋∞）上单调递减， 此时h （x ）<h （0）＝－1符合条件． 综上可知，a 的取值范围为（－∞，12].（3）证明：由（2）知当a ＝12时，x >0时，x e 12x －e x<－1，∴x <e 12x－1e 12x .令e 12x＝t ，t >1，则x ＝2ln t ，∴2ln t <t －1t，t >1.取t ＝n ＋1n （n ∈N *），则2ln t ＝ln （n ＋1）－ln n <n ＋1n－ nn ＋1＝1n 2＋n， ∴112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln （n ＋1）－ln n ＝ln （n ＋1），故结论得证．4．解析：（1）函数的定义域为()0，＋∞， 又f ′()x ＝1－ln x －1＝－ln x ，当x ∈()0，1时，f ′()x >0，当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0， 故f ()x 的递增区间为()0，1，递减区间为()1，＋∞.（2）因为b ln a －a ln b ＝a －b ，故b ()ln a ＋1＝a ()ln b ＋1，即ln a ＋1a ＝ln b ＋1b，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b， 设1a ＝x 1，1b＝x 2，由（1）可知不妨设0<x 1<1，x 2>1.因为x ∈()0，1时，f ()x ＝x ()1－ln x >0，x ∈()e ，＋∞时，f ()x ＝x ()1－ln x <0， 故1<x 2<e. 先证：x 1＋x 2>2，若x 2≥2，x 1＋x 2>2必成立．若x 2<2, 要证：x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，而0<2－x 2<1， 故即证f ()x 1>f ()2－x 2，即证：f ()x 2>f ()2－x 2，其中1<x 2<2. 设g ()x ＝f ()x －f ()2－x ，1<x <2，则g ′()x ＝f ′()x ＋f ′()2－x ＝－ln x －ln ()2－x ＝ －ln []x ()2－x ，因为1<x <2，故0<x ()2－x <1，故－ln x ()2－x >0，所以g ′()x >0，故g ()x 在()1，2上为增函数，所以g ()x >g ()1＝0， 故f ()x >f ()2－x ，即f ()x 2>f ()2－x 2成立，所以x 1＋x 2>2成立， 综上，x 1＋x 2>2成立． 设x 2＝tx 1，则t >1，结合ln a ＋1a ＝ln b ＋1b ，1a ＝x 1，1b＝x 2，可得：x 1()1－ln x 1＝x 2()1－ln x 2， 即：1－ln x 1＝t ()1－ln t －ln x 1，故ln x 1＝t －1－t ln tt －1，要证：x 1＋x 2<e ，即证()t ＋1x 1<e ，即证ln ()t ＋1＋ln x 1<1， 即证：ln ()t ＋1＋t －1－t ln tt －1<1，即证：()t －1ln ()t ＋1－t ln t <0，令S ()t ＝()t －1ln ()t ＋1－t ln t ，t >1， 则S ′()t ＝ln ()t ＋1＋t －1t ＋1－1－ln t ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t －2t ＋1， 先证明一个不等式：ln ()x ＋1≤x . 设u ()x ＝ln ()x ＋1－x ，则u ′()x ＝1x ＋1－1＝－xx ＋1，当－1<x <0时，u ′()x >0；当x >0时，u ′()x <0，故u ()x 在()－1，0上为增函数，在()0，＋∞上为减函数， 故u ()x max ＝u ()0＝0， 故ln ()x ＋1≤x 成立．由上述不等式可得当t >1时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ≤1t <2t ＋1，故S ′()t <0恒成立，故S ()t 在()1，＋∞上为减函数，故S ()t <S ()1＝0， 故()t －1ln ()t ＋1－t ln t <0成立，即x 1＋x 2<e 成立． 综上所述，2<1a ＋1b<e.。

强化训练25 函数与导数——大题备考第二次作业1．[2022·江苏苏州模拟]已知函数f(x)＝x ln x＋1，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围．2．[2022·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝e x－ax2－x－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；(2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围．3．[2022·山东日照三模]已知函数f(x)＝(x－2)e x－ax＋a ln x(a∈R).(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a<e时，讨论f(x)的零点个数．4．[2022·辽宁协作体二模]已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R ).(1)若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.强化训练25 函数与导数1．解析：（1）∵f （x ）＝x ln x ＋1，x >0， ∴f ′（x ）＝ln x ＋1，当x ∈（0，1e ）时，f ′（x ）<0；当x ∈（1e ，＋∞）时，f ′（x ）>0.所以函数f （x ）在（0，1e ）上单调递减，在（1e ，＋∞）上单调递增．（2）由于x >1，f （x ）>kx 恒成立，即k <ln x ＋1x恒成立，构造函数k （x ）＝ln x ＋1x，x >1，则求导可得k ′（x ）＝1x －1x 2＝x －1x2，当x >1时，k ′（x ）>0恒成立．所以k （x ）在（1，＋∞）上单调递增，则k （x ）>k （1）＝1， 所以k ≤1.2．解析：（1）因为f （x ）＝e x －x 2－x －1，当x ＝1时，切点为（1，e －3）， 求导f ′（x ）＝e x－2x －1，故切线斜率k ＝f ′（1）＝e －3， 所以所求切线方程为y ＝（e －3）x .（2）f （x ）≥0等价于e x≥ax 2＋x ＋1恒成立， 当a >0时，上式不恒成立，证明如下：当x <0时，e x <1，当x <－1a时，ax 2＋x ＋1＝x （ax ＋1）＋1>1，从而e x ≥ax 2＋x ＋1不恒成立，当a ≤0时，ax 2＋x ＋1≤x ＋1，下面先证明e x≥x ＋1， 令h （x ）＝e x －x －1，则h ′（x ）＝e x－1，当x <0时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；当x >0时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增， 所以h （x ）min ＝h （0）＝0，即h （x ）≥0，所以e x≥x ＋1，而ax 2＋x ＋1≤x ＋1，故e x ≥ax 2＋x ＋1， 综上，若f （x ）≥0，则实数a 的取值范围为（－∞，0]. 3．解析：（1）当a ＝－1时，f （x ）＝（x －2）e x＋x －ln x ，则f ′（x ）＝（x －1）（e x ＋1x ），当x ∈（0，＋∞）时，e x ＋1x>0恒成立，所以当x ∈（0，1）时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时f ′（x ）>0，f （x ）单调递增，即f （x ）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）.（2）由题意，函数f （x ）＝（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝（x －2）e x－a （x －ln x ），x >0， 设m （x ）＝x －ln x ，x >0，则m ′（x ）＝1－1x ＝x －1x，当x ∈（0，1）时，m ′（x ）<0，m （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时，m ′（x ）>0，m （x ）单调递增， 又由m （1）＝1，所以m （x ）≥1，令f （x ）＝0，可得（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝0，所以a ＝（x －2）e xx －ln x，其中（x >0），令g （x ）＝（x －2）e x x －ln x ，可得g ′（x ）＝e x（x －1）（x －ln x ）2（x －ln x ＋2x－1），令h （x ）＝x －ln x ＋2x －1，则h ′（x ）＝1－1x －2x 2＝x 2－x －2x 2＝（x －2）（x ＋1）x2（x >0）， 可得0<x <2时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；x >2时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增； 所以h （x ）min ＝h （2）＝2－ln 2>0，即x >0时，h （x ）>0恒成立；故0<x <1时，g ′（x ）<0，g （x ）单调递减；x >1时，g ′（x ）>0，g （x ）单调递增； 所以g （x ）min ＝g （1）＝－e ，又由x →0时，g （x ）→0，当x →＋∞时，g （x ）→＋∞， 函数g （x ）的图象，如图所示，结合图象可得：当a <－e 时，无零点；当a ＝－e 或0≤a <e 时，一个零点；当－e<a <0时，两个零点． 4．解析：（1）由题意，切点坐标为（1，－12m －1），f ′（x ）＝ln x －mx ，所以切线斜率为f ′（1）＝－m ＝1，所以m ＝－1，切线为y ＋12m ＋1＝1·（x －1），整理得y ＝x －32，所以b ＝－32.（2）证明：由（1）知f ′（x ）＝ln x －mx .由函数f （x ）在（0，＋∞）上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0ln x 2－mx 2＝0，则m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，联立得ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1x 2＝（x 1x 2＋1）·lnx 1x 2x 1x 2－1，设t ＝x 1x 2∈（0，1），则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）·ln t t －1，要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）·ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，只需证ln t －2（t －1）t ＋1<0.构造函数g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g ′（t ）＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0. 故g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，在t ∈（0，1）上递增，g （t ）<g （1）＝0，即g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1<0，所以ln x 1＋ln x 2>2.。

高考高三二轮复习计划策略模板（7篇）高考高三二轮复习计划策略模板篇1一二轮复习指导思想：高三第一轮复习一般以知识技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。

而第二轮复习承上启下，是知识系统化条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质能力发展的关键时期，因而对讲练检测等要求较高。

二二轮复习形式内容：以专题的形式，分类进行。

具体而言有以下几大专题。

(1)集合函数与导数。

此专题函数和导数应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。

每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况在客观题中考查的导数的几何意义和导数的计算属于容易题;二在解答题中的考查却有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等。

(预计5课时)(2)三角函数平面向量和解三角形。

此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。

近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点，我们可以关注。

平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的只是交汇点，它与三角函数解析几何都可以整合。

(预计2课时)(3)数列。

此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。

例如，主要是数列与方程函数不等式的结合，概率向量解析几何为点缀。

数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，而数列与不等式相关的大多是数列的前n项和问题。

(预计2课时)(4)立体几何。

此专题注重几何体的三视图空间点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点(理科)。

(预计3课时)(5)解析几何。

此专题中解析几何是重点，以基本性质基本运算为目标。

直线与圆锥曲线的位置关系轨迹方程的探求以及最值范围定点定值对称问题是命题的主旋律。

2023届高三年级数学第二轮复习计划及策略一、指导思想高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。

第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，强化数学的学科特点，同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平、提高综合能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。

强化高中数学主干知识的复习，形成良好知识网络。

整理知识体系，总结解题规律，模拟高考情境，提高应试技巧，掌握通性通法。

第二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲练、检测等要求较高，故有“二轮看水平”之说．“二轮看水平”概括了第二轮复习的思路，目标和要求。

具体地说，一是要看教师对《考试说明》、《考纲》理解是否深透，研究是否深入，把握是否到位，明确“考什么”、“怎么考”。

二是看教师讲解、学生练习是否体现阶段性、层次性和渐进性，做到减少重复，重点突出，让大部分学生学有新意，学有收获，学有发展。

三是看知识讲解、练习检测等内容科学性、针对性是否强，使模糊的清晰起来，缺漏的填补起来，杂乱的条理起来，孤立的联系起来，让学生形成系统化、条理化的知识框架．四是看练习检测与高考是否对路，不拔高，不降低，难度适宜，效度良好，重在基础的灵活运用和掌握分析解决问题的思维方法。

二、时间安排：1．第一阶段为重点主干知识的巩固加强与数学思想方法专项训练阶段，时间为3月22——4月27日。

2．第二阶段是进行选择填空解答三种题型的解题方法和技能专项训练，时间为4月28日——4月30日。

3.第三阶段进行二轮复习备考，学生进行模拟训练，时间为5月1日——5月13日。

三、怎样上好第二轮复习课的几点建议：（一）、明确“主体”，突出重点。

第二轮复习，教师必须明确重点，对高考“考什么”，“怎样考”，应了若指掌．只有这样，才能讲深讲透，讲练到位。

必考补充专题技法篇 6招巧解客观题，省时、省力得高分教师用书理必考补充专题中的4个突破点在高考考查中较为简单，题型为选择、填空题，属送分题型，通过一轮复习，大多数考生已能熟练掌握，为节省宝贵的二轮复习时间，迎合教师与考生的需求，本部分只简单提炼核心知识，构建知识体系，讲解客观题解法，其余以练为主.建知识网络明内在联系[高考点拨] 必考补充专题涉及的知识点比较集中，多为新增内容，在高考中常以“四小”的形式呈现．本专题的考查也是高考中当仁不让的高频考点，考查考生应用新知识解决问题的能力和转化与化归能力等．综合近年高考命题规律，本专题主要从“集合与常用逻辑用语”“不等式与线性规划”“算法初步、复数、推理与证明”“排列组合、二项式定理”四大角度进行精练，引领考生明确考情，高效备考．技法篇：6招巧解客观题，省时、省力得高分[技法概述] 选择题、填空题是高考必考的题型，共占有75分，因此，探讨选择题、填空题的特点及解法是非常重要和必要的．选择题的特点是灵活多变、覆盖面广，突出的特点是答案就在给出的选项中．而填空题是一种只要求写出结果，不要求写出解答过程的客观性试题，不设中间分，所以要求所填的是最简最完整的结果．解答选择题、填空题时，对正确性的要求比解答题更高、更严格．它们自身的特点决定选择题及填空题会有一些独到的解法．解法1 直接法直接法是直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断得出结果.直接法是求解填空题的常用方法.在用直接法求解选择题时，可利用选项的暗示性作出判断，同时应注意：在计算和论证时尽量简化步骤，合理跳步，还要尽可能地利用一些常用的性质、典型的结论，以提高解题速度.(1)(2016·高考)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3图象上的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 向左平移s (s >0)个单位长度得到点P ′.若P ′位于函数y ＝sin 2x 的图象上，则( )A ．t ＝12，s 的最小值为π6B ．t ＝32，s 的最小值为π6C ．t ＝12，s 的最小值为π3D ．t ＝32，s 的最小值为π3(2)(2015·某某高考)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R)，则m －n 的值为______．[解题指导] (1)先求点P 坐标，再求点P ′的坐标，最后将点P ′的坐标代入y ＝sin 2x 求s 的最小值．(2)可以利用向量的坐标运算，通过坐标相等，直接得出参量m ，n 的值． (1)A (2)－3 [(1)因为点P ⎝⎛⎭⎪⎫π4，t 在函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象上，所以t ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4－π3＝sin π6＝12.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，12.将点P 向左平移s (s >0)个单位长度得P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ，12.因为P ′在函数y ＝sin 2x 的图象上，所以sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ＝12，即cos 2s ＝12，所以2s＝2k π＋π3或2s ＝2k π＋53π，即s ＝k π＋π6或s ＝k π＋5π6(k ∈Z)，所以s 的最小值为π6.(2)∵m a ＋n b ＝(2m ＋n ，m －2n )＝(9，－8)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝5，∴m －n ＝－3.][变式训练1] (2015·某某高考)为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入x (万元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 支出y (万元)6.27.58.08.59.8根据上表可得回归直线方程y ^＝b ^x ＋a ^，其中b ^＝0.76，a ^＝y －b ^x .据此估计，该社区一户年收入为15万元家庭的年支出为( )A ．11.4万元B ．11.8万元C ．12.0万元D ．12.2万元B [由题意知，x ＝8.2＋8.6＋10.0＋11.3＋11.95＝10，y ＝6.2＋7.5＋8.0＋8.5＋9.85＝8，∴a ^＝8－0.76×10＝0.4，∴当x ＝15时，y ^＝0.76×15＋0.4＝11.8(万元)．] 解法2 等价转化法所谓等价转化法，就是通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果.(1)(2016·某某模拟)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6(2)(2015·某某高考)若直线3x －4y ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B 两点，且∠AOB ＝120°(O 为坐标原点)，则r ＝__________.[解题指导] (1)把向量AM →，NM →用AB →，BC →表示，再求数量积．(2)利用∠AOB ＝120°，得到圆心到直线的距离，最后用点到直线的距离公式求解．(1)C (2)2 [(1)依题意有AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34BC →，NM →＝NC →＋CM →＝13DC →－14BC →＝13AB →－14BC →，所以AM →·NM →＝⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋34BC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14BC →＝13AB →2－316BC →2＝9.故选C.(2)如图，过点O 作OD ⊥AB 于点D ，则|OD |＝532＋－42＝1.∵∠AOB ＝120°，OA ＝OB ， ∴∠OBD ＝30°，∴|OB |＝2|OD |＝2，即r ＝2.][变式训练2] (1)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点，若AC →·BE →＝1，则AB 的长为( ) 【导学号：67722071】A ．2B.32 C ．1D.12(2)若直线y ＝kx ＋1(k ∈R)与圆x 2＋y 2－2ax ＋a 2－2a －4＝0恒有交点，则实数a 的取值X 围是________．(1)D (2)[－1,3] [(1)因为AC →＝AD →＋DC →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12DC →，所以AC →·BE →＝(AD →＋DC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－12DC →＝AD →2＋12AD →·DC →－12DC 2，所以1＋12|DC →|·cos 60°－12|DC →|2＝1，|DC →|＝12，故AB 的长为12.(2)直线y ＝kx ＋1恒过定点(0,1)，则直线与圆恒有交点等价于点(0,1)在圆内或圆上，即02＋12－2a ×0＋a 2－2a －4≤0，即a 2－2a －3≤0，解得－1≤a ≤3.]解法3 特殊值法在解决选择题和填空题时，可以取一个或一些特殊数值或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等来确定其结果，这种方法称为特值法.特值法由于只需对特殊数值、特殊情形进行检验，省去了推理论证、繁琐演算的过程，提高了解题的速度.特值法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法，应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.(1)(2015·某某高考)设f (x )＝ln x,0<a <b ，若p ＝f (ab )，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，r＝12(f (a )＋f (b ))，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝r <pB ．q ＝r >pC ．p ＝r <qD ．p ＝r >q(2)(2015·某某高考)“对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x <x ”是“k <1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解题指导] (1)从条件看这应是涉及利用基本不等式比较函数值大小的问题，若不等式在常规条件下成立，则在特殊情况下更能成立，所以不妨对a ，b 取特殊值处理，如a ＝1，b ＝e.(2)正常来说分析不等式k sin x cos x ＜x 成立的条件很复杂，也没必要，所以可以尝试在满足条件的情况下对x 取特殊值进行分析，这样既快又准确．(1)C (2)B [(1)根据条件，不妨取a ＝1，b ＝e ，则p ＝f (e)＝ln e ＝12，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e 2＞f (e)＝12，r ＝12(f (1)＋f (e))＝12，在这种特例情况下满足p ＝r ＜q ，所以选C.(2)若对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，k sin x cos x ＜x 成立，不妨取x ＝π4，代入可得k ＜π2，不能推出k ＜1，所以是非充分条件；因为x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，恒有sin x ＜x ，若k ＜1，则k cos x ＜1，一定有k sin x cos x ＜x ，所以选B.][变式训练3] (1)如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，那么( ) A ．a 1a 8＞a 4a 5 B ．a 1a 8＜a 4a 5 C ．a 1＋a 8＞a 4＋a 5D ．a 1a 8＝a 4a 5(2)(2016·某某模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c成等差数列，则cos A ＋cos C1＋cos A cos C＝________.(1)B (2)45 [(1)取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立．(2)令a ＝b ＝c ，则A ＝C ＝60°，cos A ＝cos C ＝12.从而cos A ＋cos C 1＋cos A cos C ＝45.]解法4 数形结合法数形结合法是指在处理数学问题时，能够将抽象的数学语言与直观的几何图形有机结合起来思考，促使抽象思维和形象思维有机结合，通过对规X 图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到简捷解决的方法.(1)(2016·某某模拟)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥1，则z ＝－2x＋y 的最大值是( )【导学号：67722072】A ．－1B ．－2C ．－5D ．1(2)(2015·某某高考)函数f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为______．[解题指导] (1)要确定目标函数的最大值，需知道相应的x ，y 的值，从约束条件中不可能解出对应的x ，y 的值，所以只有通过图解法作出约束条件的可行域，据可行域数形结合得出目标函数的最大值．(2)函数的零点即对应方程的根，但求对应方程的根也比较困难，所以进一步转化为求两函数的图象的交点，所以作出两函数的图象确定交点个数即可．(1)A (2)2 [(1)二元一次不等式组表示的平面区域为如图所示的△ABC 内部及其边界，当直线y ＝2x ＋z 过A 点时z 最大，又A (1,1)，因此z 的最大值为－1.(2)f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)| ＝2(1＋cos x )sin x －2sin x －|ln(x ＋1)| ＝2sin x cos x －|ln(x ＋1)|＝sin 2x －|ln(x ＋1)|. 由f (x )＝0，得sin 2x ＝|ln(x ＋1)|.设y 1＝sin 2x ，y 2＝|ln(x ＋1)|，在同一平面直角坐标系中画出二者的图象，如图所示．由图象知，两个函数图象有两个交点，故函数f (x )有两个零点．] [变式训练4] (1)(2016·某某模拟)方程x lg(x ＋2)＝1的实数根的个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．不确定(2)已知偶函数y ＝f (x )(x ∈R)在区间[0,2]上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，且满足f (－3)＝f (1)＝0，则不等式x 3f (x )＜0的解集为________．(1)B (2)(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞) [(1)方程x lg(x ＋2)＝1⇔lg(x ＋2)＝1x，在同一坐标系中画出函数y ＝lg(x ＋2)与y ＝1x的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根．(2)由题意可画出y ＝f (x )的草图，如图．①x ＞0，f (x )＜0时，x ∈(0,1)∪(3，＋∞)； ②x ＜0，f (x )＞0时，x ∈(－3，－1)．故不等式x 3f (x )＜0的解集为(－3，－1)∪(0,1)∪(3，＋∞)．] 解法5 构造法用构造法解客观题的关键是利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到解决，它需要对基础知识和基本方法进行积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括，积极联想，横向类比，从曾经遇到的类似问题中寻找灵感，构造出相应的具体的数学模型，使问题简化.(1)(2016·某某一模)已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )＞xf ′(x )恒成立，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)(2)如图1，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________．图1[解题指导] (1)构造函数g (x )＝f xx，可证明函数g (x )在(0，＋∞)上是减函数，再利用 x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0⇔f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＞f x x ⇔g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＞g (x )求解． (2)以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，则球O 是此正方体的外接球，从而球O 的直径是正方体的体对角线长．(1)C (2)6π [(1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f xx 2，又因为f (x )＞xf ′(x )，所以g ′(x )＝xf ′x －f xx 2＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )＝f x x 为(0，＋∞)上的减函数，又因为x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )＞0⇔f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x＞f x x ⇔g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＞g (x )，则有1x＜x ，解得x ＞1，故选C.(2)如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径，所以CD ＝22＋22＋22＝2R ，所以R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR33＝6π.][变式训练5] (1)(2016·某某高三诊断)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)(2)已知a ，b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a ，b 在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面的结论中，正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)． (1)B (2)①②④ [(1)因为f (x ＋2)为偶函数， 所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称， 所以f (x )的图象关于x ＝2对称， 所以f (4)＝f (0)＝1， 设g (x )＝f xex(x ∈R)，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e xex2＝f ′x －f xex，又因为f ′(x )＜f (x )， 所以g ′(x )＜0(x ∈R)，所以函数g (x )在定义域上单调递减， 因为f (x )＜e x⇔g (x )＝f xex＜1，而g (0)＝f 0e＝1，所以f (x )＜e x⇔g (x )＜g (0)，所以x ＞0，故选B.(2)用正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1实例说明A 1D 与BC 1在平面ABCD 上的射影互相平行，AB 1与BC 1在平面ABCD 上的射影互相垂直，BC 1与DD 1在平面ABCD 上的射影是一条直线及其外一点．故正确的结论为①②④.]解法6 排除法排除法就是充分运用选择题中单选题的特征，即有且只有一个正确选项这一信息，从选项入手，根据题设条件与各选项的关系，通过分析、推理、计算、判断，对选项进行筛选，将其中与题设相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确结论的方法.使用该法的前提是“答案唯一”，即四个选项中有且只有一个答案正确.排除法适用于定性型或不宜直接求解的选择题，当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件，在选项中找到明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件，在剩余的选项内找出矛盾，这样逐步筛选，直至得出正确的答案.(1)(2016·北师大附中模拟)函数y ＝cos 6x2x －2－x 的图象大致为( )【导学号：67722073】A BC D(2)(2015·某某高考)设x ∈R ，定义符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，则( )A ．|x |＝x |sgn x |B ．|x |＝x sgn|x |C ．|x |＝|x |sgn xD ．|x |＝x sgn x [解题指导] (1)根据函数的奇偶性和x →＋∞时函数值的正负，以及x →0且x ＞0时函数值的正负，排除可得答案．(2)可验证当x ＜0时，等式成立的情况．(1)D (2)D [(1)函数y ＝cos 6x 为偶函数，函数y ＝2x －2－x为奇函数，故原函数为奇函数，排除A.又函数y ＝2x －2－x 为增函数，当x →＋∞时，2x －2－x →＋∞且|cos 6x |≤1，∴y ＝cos 6x 2x －2－x →0(x →＋∞)，排除C.∵y ＝cos 6x 2x －2－x ＝2x ·cos 6x 4x －1为奇函数，不妨考虑x ＞0时函数值的情况，当x →0时，4x →1,4x －1→0,2x →1，cos 6x →1，∴y →＋∞，故排除B ，综上知选D.(2)当x <0时，|x |＝－x ，x |sgn x |＝x ，x sgn|x |＝x ，|x |sgn x ＝(－x )·(－1)＝x ，排除A ，B ，C ，故选D.] [变式训练6] (1)(2015·某某高考)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )(2)(2015·高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0(1)D (2)C [(1)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)为奇函数，排除选项A ，B ；当x ＝π时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫π－1πcos π＝1π－π<0，排除选项C ，故选D. (2)设等差数列{a n }的公差为d ，若a 1＋a 2>0，a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 2＋d ＝(a 1＋a 2)＋2d ，由于d 正负不确定，因而a 2＋a 3符号不确定，故选项A 错；若a 1＋a 3<0，a 1＋a 2＝a 1＋a 3－d ＝(a 1＋a 3)－d ，由于d 正负不确定，因而a 1＋a 2符号不确定，故选项B 错；若0<a 1<a 2，可知a 1>0，d >0，a 2>0，a 3>0，∴a 22－a 1a 3＝(a 1＋d )2－a 1(a 1＋2d )＝d 2>0，∴a 2>a 1a 3，故选项C 正确；若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＝d ·(－d )＝－d 2≤0，故选项D 错．]客观题常用的6种解法已初步掌握，在突破点19～22的训练中一展身手吧！。

高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。

当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。

大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。

专题五：解析几何。

2024年高考数学二轮复习建议和计划一、制定复习计划在开始二轮复习之前，建议考生先为自己制定一个详细的复习计划。

根据自身情况，合理安排每天的学习时间和内容，做到有的放矢。

复习计划要注重全面性，兼顾各章节内容，不要遗漏重点知识点。

同时，要根据考试时间合理安排模拟考试和解题训练。

二、巩固基础知识数学二轮复习的重点之一是巩固基础知识。

考生应再次梳理高中数学的所有知识点，特别是数学概念、公式和定理等。

要确保对这些基础知识的理解和记忆准确无误。

在复习过程中，可以采用多种方法，如制作知识卡片、归纳总结等，加深对基础知识的掌握。

三、突破重点难点数学二轮复习中，考生还需要针对自己的薄弱环节进行重点突破。

对于一些难以理解的知识点或题型，要深入剖析，多做练习。

可以借助一些教辅书籍或参加辅导班，寻求老师和同学的帮助，共同解决问题。

只有突破了这些难点，才能在考试中取得更好的成绩。

四、提高解题技巧数学考试不仅考查基础知识的掌握程度，还要求考生具备一定的解题技巧。

在二轮复习中，考生应注重提高自己的解题能力。

通过大量练习，熟练掌握各种题型的解题方法和技巧。

同时，要注重解题速度和准确率的平衡，提高应试能力。

五、强化模拟考试模拟考试是检验考生复习效果的有效手段。

在数学二轮复习中，考生应参加一些模拟考试，如学校组织的模拟考试、辅导班的模拟考试等。

通过模拟考试，可以发现自己的不足之处，及时调整复习策略。

同时，也能熟悉考试流程和时间限制，提高应试心理素质。

六、注重错题解析错题是考生复习过程中的一大宝贵资源。

通过错题解析，可以深入剖析自己的知识盲点和思维误区。

在二轮复习中，建议考生建立错题本，将每次练习和模拟考试中的错题记录下来，并认真分析原因。

错题本不仅能帮助考生查漏补缺，还能为最后冲刺复习提供方向。

七、拓展数学思维高考数学不仅考查考生的知识储备和解题能力，还要求考生具备一定的数学思维能力。

在二轮复习中，考生应注重拓展自己的数学思维。

专题强化训练(一)函数与方程思想一、选择题1．[2019·河南名校联考]在平面直角坐标系中，已知三点A (a,2)，B (3，b )，C (2,3)，O 为坐标原点，若向量OB →⊥AC →，则a 2＋b 2的最小值为( )A.125B.185C ．12D ．18解析：由题意得OB →＝(3，b )，AC →＝(2－a,1)， ∵OB →⊥AC →，∴OB → ·AC →＝3(2－a )＋b ＝0，∴b ＝3a －6，∴a 2＋b 2＝a 2＋9(a －2)2＝10a 2－36a ＋36＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫a －952＋185，所以当a ＝95时，a 2＋b 2取得的最小值，且最小值为185，故选B.答案：B2．[2019·安徽马鞍山一模]已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5＝( ) A.3132 B.3116 C.318D.314解析：易知q >0且q ≠1，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q －a 1＝34，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝12，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝1－1321－12＝3116，故选B.答案：B3．[2019·山东滨州期中]若对于任意的x >0，不等式mx ≤x 2＋2x ＋4恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，6]C ．[－2,6]D ．[6，＋∞)解析：∵x >0，∴mx ≤x 2＋2x ＋4⇔m ≤x ＋4x ＋2对任意实数x >0恒成立．令f (x )＝x ＋4x＋2，则m ≤f (x )min ，因为f (x )＝x ＋4x＋2≥2x ·4x＋2＝6，当且仅当x ＝2时取等号，所以m ≤6，故选B.答案：B4．[2019·河北唐山一模]椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，过F 2垂直于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，若△AF 1B 为等边三角形，则椭圆C 的离心率为( )A.12B.32C.13D.33解析：由题意可得2c ＝32×2b 2a ，所以2ac ＝3(a 2－c 2)，即3e 2＋2e －3＝0，由e∈(0,1)，解得e ＝33，故选D. 答案：D5．[2019·宁夏银川一中二模]已知不等式xy ≤ax 2＋2y 2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]解析：不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x－2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立．令t ＝yx∈[1,3]，所以a ≥t －2t 2在[1,3]上恒成立，又y ＝－2t 2＋t ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －142＋18，则当t ＝1时，y max ＝－1，所以a ≥－1，故选C.答案：C6．[2019·河南十所名校联考]已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＋a 6＝25，S 5＝40，则数列{a n }的公差d ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由a 3＋a 6＝25，S 5＝40得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋5d ＝25，5a 1＋5×42d ＝40，解得d ＝3，故选B.答案：B7．[2019·安徽合肥质检一]设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线分别交双曲线左、右两支于点M ，N ，连接MF 2，NF 2，若MF 2→·NF 2→＝0，|MF 2→|＝|NF 2→|，则双曲线C 的离心率为( )A. 2B. 3C. 5D. 6解析：由MF 2→·NF 2→＝0，知MF 2→⊥NF 2→.又|MF 2→|＝|NF 2→|，则|MF 2→|＝|NF 2→|＝22|MN →|，且∠F 1NF 2＝45°.由双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧|MF 2→|－|MF 1→|＝2a|NF 1→|－|NF 2→|＝2a，两式相加，得|MF 2→|－|NF 2→|＋|MN →|＝4a ，即|MN →|＝4a ，则|NF 2→|＝22a ，所以|NF 1→|＝2a ＋|NF 2→|＝(2＋22)a .在△NF 1F 2中，由余弦定理，得|F 1F 2→|2＝|NF 1→|2＋|NF 2→|2－2|NF 1→|·|NF 2→|cos ∠F 1NF 2，即4c 2＝(22a )2＋(2＋22)2a 2－2×22a ×(2＋22)a ×22，整理，得c 2＝3a 2，所以e 2＝3，即e ＝3，故选B. 答案：B8．[2019·河南期末联考]已知－π2<α－β<π2，sin α＋2cos β＝1，cos α－2sin β＝2，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π3＝( ) A.33 B.63 C.36D.66解析：由sin α＋2cos β＝1，cos α－2sin β＝2，将两个等式两边平方相加，得5＋4sin(α－β)＝3，即sin(α－β)＝－12，因为－π2<α－β<π2，所以α－β＝－π6，即α＝β－π6，代入sin α＋2cos β＝1，得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＝1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＝33，故选A.答案：A9．[2019·新疆昌吉月考]若关于x 的不等式1＋a cos x ≥23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ，在R 上恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－13B.13C.23D ．1解析：1＋a cos x ≥23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＝23cos 2x ＝23(2cos 2x －1)，令t ＝cos x ∈[－1,1]，则问题转化为不等式4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立，令f (t )＝4t 2－3at －5，t ∈[－1，1]，则应满足条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝4＋3a －5≤0，f (1)＝4－3a －5≤0，解得－13≤a ≤13，故选B.答案：B10．[2019·河南郑州质检二]函数f (x )是定义在[0，＋∞)上的函数，f (0)＝0，且在(0，＋∞)上可导，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0,2)B ．(0,3)C ．(2,3)D ．(3，＋∞)解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)，可知当x ∈(0,2)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，又f (3)＝0，f (0)＝0，则g (3)＝3f (3)＝0，且g (0)＝0，则不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集，所以不等式的解集为{x |0<x <3}，故选B.答案：B11．[2019·山东荷泽一模]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，O为坐标原点，A 为椭圆上一点，且AF 1→·AF 2→＝0，直线AF 2交y 轴于点M ，若|F 1F 2|＝6|OM |，则该椭圆的离心率为( )A.13B.33C.58D.104解析：由题意，可知|F 1F 2|＝2c ，则|OM |＝c 3，则tan ∠MF 2C ＝13，又AF 1→·AF 2→＝0，则∠F 1AF 2＝90°，所以|AF 1||AF 2|＝13，设|AF 1|＝x ，则|AF 2|＝3x ，所以2a ＝3x ＋x ＝4x,4c 2＝(3x )2＋x 2＝10x 2，所以e ＝c a ＝104，故选D.答案：D12．[2019·山东泰安期末]定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )>1，f (2)＝52，则关于x 的不等式f (x )<3－1x的解集为( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，2) C ．(0,1)D ．(0,2)解析：令g (x )＝f (x )＋1x (x >0)，则g ′(x )＝f ′(x )－1x 2＝x 2f ′(x )－1x2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (2)＝52，则g (2)＝f (2)＋12＝3，所以f (x )<3－1x ⇔f (x )＋1x<3⇔g (x )<g (2)．又因为g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以0<x <2，故选D.答案：D13．[2019·甘肃、青海、宁夏联考]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 7＝5，S 5＝－55，则nS n 的最小值为( )A ．－343B ．－324C ．－320D ．－243解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝5，5(a 1＋2d )＝－55，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－19，d ＝4，所以S n ＝－19n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－21n ，nS n ＝2n 3－21n 2，设f (x )＝2x 3－21x 2(x >0)，则f ′(x )＝6x (x －7)，当0<x <7时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >7时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以nS n 的最小值为f (7)＝－343，故选A.答案：A14．[2019·陕西咸阳二模]已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．a <c <bD ．c <b <a解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x>0，x ∈(0，π)，所以g (x )在(0，π)上单调递增．又f (x )＋f (－x )＝0，则f (x )为奇函数，从而g (x )为偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2.又因为0<π6<π4<π2<π，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sinπ6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sinπ2，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故选A.答案：A15．[2019·河南十所名校联考]设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，O 为坐标原点，若双曲线及其渐近线上各存在一点Q ，P 使得四边形OPFQ 为矩形，则其离心率为( )A. 3 B ．2 C. 5D. 6解析：依据题意作出如下图象，其中四边形OPFQ 为矩形，如图所示．双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，所以直线OQ 的方程为y ＝ab x ，直线QF 的方程为y ＝－b a(x －c )， 联立直线OQ 与直线QF 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a bx ，y ＝－b a (x －c )，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b 2c，y ＝abc ，所以点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c ，ab c ，又点Q 在双曲线C ： x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)上， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c 2a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c 2b2＝1，整理得c 2＝3a 2，所以e ＝ca＝c 2a 2＝3，故选A. 答案：A 二、填空题16．[2019·湖南怀化一模]已知正方形ABCD 的边长为2，P 为平面ABCD 内一点，则(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)的最小值为________．解析：以A 为原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系因为正方形ABCD 的边长为2，所以A (0,0)，B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)． 设P (x ，y )，则PA →＝(－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，PC →＝(2－x,2－y )，PD →＝(－x ，2－y )，所以PA →＋PB →＝(2－2x ，－2y )，PC →＋PD →＝(2－2x,4－2y )，所以(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)＝(2－2x )2－2y (4－2y )＝4(x －1)2＋4y (y －2)＝4(x －1)2＋4(y －1)2－4≥－4，当且仅当x ＝y ＝1时，取等号，故(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)的最小值为－4.答案：－417．[2019·甘肃、青海、宁夏联考]过点M (－1,0)引曲线C ：y ＝2x 3＋ax ＋a 的两条切线，这两条切线与y 轴交于A ，B 两点，若|MA |＝|MB |，则a ＝________.解析：设切点坐标为(t,2t 3＋at ＋a )，y ′＝6x 2＋a ，则由题意得6t 2＋a ＝2t 3＋at ＋a t ＋1，整理得2t 3＋3t 2＝0，解得t ＝0或t ＝－32.因为|MA |＝|MB |，所以两条切线的斜率互为相反数，故2a ＋6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＝0，解得a ＝－274.答案：－27418．[2019·湖北黄冈八模]已知F 1，F 2为双曲线C ：x 22－y 2b2＝1(b >0)的左、右焦点，点A为双曲线C 右支上一点，AF 1交左支于点B ，△AF 2B 是等腰直角三角形，∠AF 2B ＝π2，则双曲线C 的离心率为________．解析：设|AF 2|＝x ，∵△AF 2B 为等腰直角三角形，∠AF 2B ＝π2，∴|BF 2|＝x ，|AB |＝2x ，∠F 2AB ＝π4，由双曲线的定义知|AF 1|－|AF 2|＝22，|BF 2|－|BF 1|＝22，∴|AF 1|＝22＋x ，|BF 1|＝x －2 2.又|AF 1|＝|AB |＋|BF 1|，∴22＋x ＝2x ＋x －22，解得x ＝4，∴|AF 1|＝22＋4，|AF 2|＝4.在△AF 2F 1中，由余弦定理得4c 2＝42＋(4＋22)2－2×(4＋22)×4×22，解得c ＝6， ∴e ＝c a＝ 3. 答案： 319．[2019·安徽六校联考改编]已知抛物线y 2＝2px (p >0)上一点(5，t )到焦点的距离为6，P 、Q 分别为抛物线与圆(x －6)2＋y 2＝1上的动点，则|PQ |的最小值为________．解析：由抛物线C ：y 2＝2px (p >0)焦点在x 轴上，准线方程x ＝－p2，则点(5，t )到焦点的距离为d ＝5＋p2＝6，则p ＝2，所以抛物线方程为y 2＝4x .设P (x ，y )，由圆M ：(x －6)2＋y 2＝1，知圆心为(6,1)，半径为1，则|PM |＝(x －6)2＋y 2＝(x －6)2＋4x ＝(x －4)2＋20，当x ＝4时，|PQ |取得最小值，最小值为20－1＝25－1. 答案：25－120．[2019·广东深圳调研改编]若关于x 的不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤19有正整数解，则实数λ的最小值为________．解析：由⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤19，得x λx ≥9，两边取对数得λ·ln x x ≥ln 9.因为x ∈N *，所以λ>0，所以ln xx≥ln 9λ.令f (x )＝ln xx(x >0)，则f ′(x )＝1－ln xx 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．因为2<e<3，所以只考虑f (2)和f (3)的大小关系．因为f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (2)<f (3)，所以只需f (3)＝ln 96≥ln 9λ，即λ≥6，所以实数λ的最小值为6. 答案：6。