【名师伴你行】2021届高考文科数学二轮复习提能专训3-分类讨论思想.docx

提能专训(三)分类争辩思想一、选择题1(2022沈阳质检)已知中心在坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为yx，则该双曲线的离心率为()A.B.C.或D.或答案：C解析：焦点在x轴上时，此时离心率e；焦点在y轴上时 ，此时离心率e，故选C.2(2022天津河北区质检)已知函数f(x)那么不等式f(x)1的解集为()Ax|3x0 Bx|x3或x0Cx|0x3 Dx|x0或x3答案：D解析：由得x3；由得x0.故f(x)1的解集为x|x0或x33(2022成都质检)从1,2,3,4,5,6这六个数中，每次取出两个不同的数记为a，b，则共可得到2的不同值的个数是()A20 B22 C24 D28答案：B解析：留意到y2x是单调递增函数，故只需求的个数由于(1,2)和(2,4)，(3,6)重复，(1,3)和(2,6)重复，(2,3)和(4,6)重复，故总的个数为A26822.4(2022山西忻州联考)设Sn是等比数列an的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2a52am，则m等于()A6 B7 C8 D10答案：C解析：S3，S9，S6成等差数列，2S9S3S6.若公比q1，明显有2S9S3S6，因此q1，从而2，2q9q6q30，即2q6q310，q3，q31(舍去)a2a52am，a2(1q32qm2)0,1q32qm20，qm2，m8.5(2022河南洛阳统考)已知三棱锥SABC的全部顶点都在球O的球面上，ABBCCA3，SASBSC，球心O到平面ABC的距离为1，则SA与平面ABC所成角的大小为()A30 B60 C30或60 D45或60答案：C解析：球心位置有以下两种状况：球心在三棱锥内部；球心在三棱锥外部球心在三棱锥内部时，三棱锥为正三棱锥，设O为ABC的中心，在ABC中，可求得OA，所以可得OA2，SO3，SA与平面ABC所成的角即为SAO，由tan SAO，得SAO60.同理可得，其次种状况中所成角为30.6(2022石家庄质检二)已知函数f(x)其中e为自然对数的底数，若关于x的方程f(f(x)0有且只有一个实数解，则实数a的取值范围为()A(，0) B(，0)(0,1)C(0,1) D(0,1)(1，)答案：B解析：由f(f(x)0，得f(x)1，作出函数f(x)的图象，如图所示，当a0,0a|PF2|，则的值为()A2 B. C2或 D3或答案：C解析：若PF2F190，则|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，|PF1|PF2|6，|F1F2|2，解得|PF1|，|PF2|，.若F2PF190，则|F1F2|2|PF1|2|PF2|2|PF1|2(6|PF1|)2，解得|PF1|4，|PF2|2，2.综上所述，2或.8(2022兰州诊断)函数yax|x|1(a0且a1)有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()Ae，) B.C.e，) D.(1，e答案：C解析：由ax|x|10，得ax|x|1.在同一坐标系下画出函数yax与y|x|1的大致图象，结合图象可知，当a1时，要使函数yax与y|x|1的图象有唯一公共点，yax在点(0,1)处的切线的斜率不小于1，于是有ln a1，ae；当0a1时，要使函数yax与y|x|1的图象有唯一公共点，yax在点(0,1)处的切线的斜率不超过1，于是有ln a1,0a.综上所述，实数a的取值范围是e，)，故选C.9已知函数f(x)若关于x的方程f2(x)af(x)0恰好有5个不同的实数解，则a的取值范围是()A(0,1) B(0,2) C(1,2) D(0,3)答案：A解析：设tf(x)，则方程为t2at0，解得t0或ta，即f(x)0或f(x)a.如图，作出函数的图象，由函数的图象可知，f(x)0的解有两个，故要使方程f2(x)af(x)0恰有5个不同的解，则方程f(x)a的解必有三个，此时0a0时，只需在x0时，ln(x1)ax成立比较对数函数与一次函数yax的增长速度明显不存在a0使ln(x1)ax在x0上恒成立当a0时，只需在x0时，f(x)ln xx22x，令f(x)0，得ln xx22x，如图，分别作出函数yln x与yx22x(x0)的图象，由图可知两个函数图象有两个交点，所以此时的函数f(x)有两个零点综上所述，函数f(x)的零点有三个故选D.12已知函数f(x)若函数g(x)f(x)m有三个不同的零点，则实数m的取值范围为()A. B.C. D.答案：C解析：由g(x)f(x)m0，得f(x)m，作出函数yf(x)的图象，当x0时，f(x)x2x2，所以要使函数g(x)f(x)m有三个不同的零点，只需直线ym与函数yf(x)的图象有三个交点即可，如图只需m0，故选C.二、填空题13(2022沈阳质检)在不等边ABC(三边均不相等)中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有，则角C的大小为_答案：解析：依题意得acos Abcos B，从而sin Acos Asin Bcos B，sin 2Asin 2B，则2A2B或2A2B，即AB或AB ，又ABC是不等边三角形，因此AB，C.14(2022福州质检)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积为_答案：(182)cm2或(124)cm2解析：该几何体有两种状况：第一种，由如图(1)所示的棱长为2的正方体挖去一个三棱锥PABC所得到的，所求的表面积为6223(2)2(182)(cm2)其次种为如图(2)所示的棱长为2 的正方体挖去三棱锥PABC与三棱锥MDEF所得到的，所求的表面积为62262(2)2(124)(cm2)15(2022太原模拟)已知P是直线3x4y80上的动点，PA，PB是圆x2y22x2y10的切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是_答案：2解析：四边形PACB的面积可表示为S2|PA|1|PA|，故当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小而|PC|的最小值是点C到直线3x4y80的距离，此时|PC|3，故Smin2.16(2022广州综合测试)已知x表示不超过x的最大整数，例如1.52，1.51.设函数f(x)xx，当x0，n)(nN*)时，函数f(x)的值域为集合A，则A中的元素个数为_答案：解析：当n1时，A0，A中有1个元素，当n2时，若x0,1)，f(x)0；若x1,2)，f(x)x1；若x2,3)，f(x)2x4,5；若x3,4)，f(x)3x9,10,11；若x4,5)，f(x)4x16,17,18,19；若xn1，n)，f(x)(n1)x共有n1个函数值故当n2时，集合A中的元素个数为11234(n1)1，又当n1时，符合上式，所以A中的元素个数为.三、解答题17(2022四川成都诊断)已知等比数列an满足a2，a4，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足bnlog3|an|log3|an1|，求数列的前n项和Tn.命题意图：本题主要考查等比数列的通项，裂项相消法求和等，考查考生的运算求解力量及分类争辩力量解：(1)设公比为q，q2，q或q.()当q时，a2，解得a1，ann，nN*.()当q时，a2，解得a1，ann，nN*.ann或ann，nN*.(2)bnlog3|an|log3|an1|，bnn(n1)，.Tn11，nN*.18(2022河南郑州质检二)已知函数f(x)xex.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当0xf，求实数k的取值范围解：(1)由题知，f(x)(1x)ex(xR)，当f(x)0时，x1，当f(x)1，所以函数f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)，其极大值为f(1)，无微小值(2)由题知，0x1，当k0时，由于0xf，符合题意；当0kf(1)，这与函数在(，1)上单调递增不符；当k1时，由于1，由(1)知，函数f(x)在(1，)上单调递减，所以ff，即只需证f(x)f，即证xexe，即ln xxln x ,2ln xx0，令h(x)2ln xx(0x1)，则h(x)0对0xh(1)0，所以f(x)f，符合题意综上所述，k(，01，)19设命题p：xR，函数f(x)lg有意义；命题q：x0，不等式0对任意xR均成立，当a0时，明显不符合题意，故解得a2.所以命题p为真a2.若命题q为真命题，则不等式0恒成立，即a对任意x0恒成立，而函数f(x)在(0，)上为减函数，所以f(x)(0,1)，即a1.所以命题q为真a1.由于命题“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，所以命题p与q中有一个是真命题，一个是假命题当p为真命题，q为假命题时，a的值不存在；当q为真命题，p为假命题时，a1,2综上所述，实数a的取值范围是1,220已知函数f(x)x3ax1.(1)当x1时，f(x)取得极值，求a的值；(2)求f(x)在0,1上的最小值；(3)若对任意mR，直线yxm都不是曲线yf(x)的切线，求a的取值范围解：(1)由于f(x)x2a，当x1时，f(x)取得极值，所以f(1)1a0，a1.又当x(1,1)时，f(x)0，所以f(x)在x1处取得微小值，即a1时符合题意(2)当a0时，f(x)0对x(0,1)恒成立，所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x0处取得最小值f(0)1.当a0时，令f(x)x2a0，x1，x2，当0a1时，1，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x处取得最小值f()1.当a1时，1.x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)在x1处取得最小值f(1)a.综上所述，当a0时，f(x)在x0处取得最小值f(0)1；当0a1，即a1.故a的取值范围是(，1)