2024江苏高考数学填空中高档题专练.docx

文档介绍：该【2024江苏高考数学填空中高档题专练 】是由【小吴】上传分享，文档一共【8】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2024江苏高考数学填空中高档题专练 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。{an}的公比大于1,a5-a1=15,a4-a2=6,那么a3==sin的图象向右平移φ个单位后,得到函数f(x)的图象,假设函数f(x)是偶函数,(x)=ax+(a,b∈R,b>0)的图象在点P(1,f(1))处的切线与直线x+2y-1=0垂直,且函数f(x)在区间上单调递增,(m)=(3m-1)a+b-2m,当m∈[0,1]时,f(m)≤1恒成立,那么a+.△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,假设tanA=2tanB,a2-b2=c,那么c=+y=1,y>0,x>0,那么+′(x)和g′(x)分别是函数f(x)和g(x)的导函数,假设f′(x)·g′(x)≤0在区间I上恒成立,那么称函数f(x)和g(x)(x)=x3-2ax与函数g(x)=x2+2bx在开区间(a,b)(a>0)上单调性相反,那么b-{an}中,假设a1=1,a3a5=4(a4-1),那么a7=.|a|=1,|b|=2,a+b=(1,),那么向量a,+y+1=0被圆x2+y2-2ax+a=0截得的弦长为2,(x)=-x2+2x,那么不等式f(log2x)<f(2)=sin2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位,假设所得的图象过点,△ABC中,AB=2,AC=3,角A的平分线与AB边上的中线交于点O,假设=x+y(x,y∈R),那么x+(x)=ex-1+x-2(e为自然对数的底数),g(x)=x2-ax-a+3,假设存在实数x1,x2,使得f(x1)=g(x2)=0,且|x1-x2|≤1,(六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6),那么事件“两次向上的数字之和等于7”∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面,设这三个圆锥的底面半径依次为r1,r2,r3,那么r1+r2+r3=,且sinθ-2cosθ=-,那么sinθ+cosθ=.{an}是等差数列,a5=15,a10=-10,记数列{an}的第n项到第n+5项的和为Tn,那么|Tn|:y=x+a和直线l2:y=x+b将圆(x-1)2+(y-2)2=8分成长度相等的四段弧,那么a2+b2=(x)=|sinx|-kx(x≥0,k∈R)有且只有三个零点,设此三个零点中的最大值为x0,那么==,a,b∈(0,1),那么+,O为底面圆心,半径OA⊥OB,且OA=VO=1,△ABC是等腰三角形,∠ABC=120°,那么以A,{an},定义数列{bn}满足:bn=an+1-an(n∈N*),且bn+1-bn=1(n∈N*),a3=1,a4=-1,那么a1=,β满足|β|=1,且α与β-α的夹角为120°,=x-(x>0)上一点P(x0,y0)处的切线分别与x轴,y轴交于点A,B,O是坐标原点,假设△OAB的面积为,那么x0=:(x-2)2+y2=4,线段EF在直线l:y=x+1上运动,点P为线段EF上任意一点,假设圆C上存在两点A,B,使得·≤0,(x)=假设对于t∈R,f(t)≤kt恒成立,,锐角为60°的菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=,,y满足那么2x+=(4x,2x),b=,x∈⊥b,那么|a-b|={an}的各项均为正数,且a1+a2=,a3+a4+a5+a6=40,那么的值为__________.(第12题),直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,AD=AB=4,CD=1,动点P在边BC上,且满足=m+n(m,n均为正实数),那么+,圆O:x2+y2=1,O1:(x-4)2+y2=4,动点P在直线x+y-b=0上,过P分别作圆O,O1的切线,切点分别为A,B,假设满足PB=2PA的点P有且只有两个,(x)=假设不等式f(x)≥kx对x∈R恒成立, 解析:由a5-a1=15,a4-a2=6(q>1),得q=2,a1=1,那么a3=. 解析:由函数y=sin的图象向右平移φ个单位后,得到函数f(x)=sin(2x+-2φ)的图象,函数f(x)是偶函数,-2φ=+kπ,而φ为锐角,那么k=-1时φ=.此题主要考查三角函数的图象变换,. 解析:函数f(x)=ax+(a,b∈R,b>0)的图象在点P(1,f(1))处的切线斜率为2,f′(1)=2,得a-b=2,由函数f(x)在区间上单调递增,f′(x)≥0在区间上恒成立,得≥b,又a=2+b,那么b≤.此题主要考查导数的几何意义,. 解析:将条件变形f(m)=m(3a-2)+b-a,当3a-2=0时,即a=,那么有b-a≤1,即b≤a+1,所以a+b≤2a+1=2×+1=;当3a-2>0,即a>时,函数f(m)在[0,1]上单调递增,f(m)max=f(1)=3a-2+b-a=2a+b-2≤1,那么b≤3-2a,所以a+b≤a+3-2a=3-a<;当3a-2<0,即a<时,函数f(m)在[0,1]上单调递减,f(m)max=f(0)=b-a≤1,那么b≤a+1,所以a+b≤2a+1<.综上所述,a+ 解析:由tanA=2tanB=2,结合正、余弦定理转化为边的关系,有=2×,化简有a2-b2=c2,结合条件有c=、. 解析:将x+y=1代入+中,得+=++,设=t>0,那么原式=+==·=[(1+2t)++1]≥×2+=,当且仅当t=时,即x=,y=时,取“=〞.此题主要考查利用代数式变形,. 解析:因为g(x)=x2+2bx在区间(a,b)上为单调增函数,所以f(x)=x3-2ax在区间(a,b)上单调减,故x∈(a,b),f′(x)=x2-2a≤0,即a≥,而b>a,所以b∈(0,2),b-a≤b-=-(b-1)2+,当b=1时,b-、 解析:由a1=1,a3a5=4(a4-1),得q3=2,那么a7=a1(q3)2=,:由a+b=(1,),得(a+b)2=3,那么1+4+2a·b=3,a·b=-1=|a||b|cosθ,cosθ=-,那么θ=,.-2 解析:由圆x2+y2-2ax+a=0的圆心(a,0),半径的平方为a2-a,圆心到直线ax+y+1=0的距离的平方为a2+1,由勾股定理得a=-,以及利用垂径定理、.(0,1)∪(4,+∞) 解析:∵二次函数f(x)=-x2+2x的对称轴为x=1,∴f(0)=f(2),结合二次函数的图象可得log2x<0或log2x>2,解得0<x<1或x>4,∴解集为(0,1)∪(4,+∞).此题考查了二次函数的图象与性质,. 解析:易知y=sin2(x+φ),即y=sin(2x+2φ),∵图象过点,∴sin=,∴+2φ=+2kπ或+2φ=+2kπ,k∈Z,即φ=kπ或φ=+kπ,k∈Z.∵φ>0,∴. 解析:∵AO为△ABC的角平分线,∴存在实数λ(λ≠0)使=λ,即=λ+λ,∴①.假设AB边上的中线与AB交于点D,那么=2x+y.∵C、O、D三点共线,∴2x+y=1 ②,由①②得x=,y=,∴x+y=..[2,3] 解析:易知函数f(x)=ex-1+x-2在R上为单调增函数且f(1)=0,∴x1=1,那么|1-x2|≤1解得0≤x≤2,∴x2-ax-a+3=0在x∈[0,2]上有解,∴a=在x∈[0,2]=x+1∈[1,3],那么x=t-1,a=,即a=t+-2在[1,2]上递减,在[2,3]上递增,那么当t=2时a的最小值为2,当t=1时a的最大值为3,∴a的取值范围为[2,3].此题考查了函数的单调性,别离参数构造新函数,. 解析:连续2次抛掷一枚骰子共有36种根本领件,那么事件“两次向上的数字之和等于7”共有6种,, 解析:三个圆锥的底面周长分别为π,π,5π,那么它们的半径r1,r2,r3依次为,,,那么r1+r2+r3=.- 解析:由sinθ-2cosθ=-,sin2θ+cos2θ=1,θ是第三象限角,得sinθ=-,cosθ=-,那么sinθ+cosθ=-. 解析:由a5=15,a10=-10,得d=-5,那么an=40-5n,Tn=3(an+an+5)=15(11-2n),那么|Tn| 解析:由直线l1和直线l2将圆分成长度相等的四段弧,r=2,知:直线l1和直线l2之间的距离为4,圆心到直线l1、直线l2的距离都为2,可得a=2+1,b=1-2,那么a2+b2=. 解析:由|sinx|-kx=0有且只有三个根,又0为其中一个根,即y=kx与y=|sinx|相切,设切点为(x0,y0),由导数的几何意义和斜率公式得-cosx0=,即得tanx0=x0,.此题综合考查了函数的图象变换,导数的几何意义和斜率公式,,+ 解析:将b=代入y=+=+,其中<a<1,求导得y′=-=0,那么a=-+,代入y=+,得y的最小值为4+.此题综合考查了代数式变形,. 解析:设O到平面VAB的距离为h,由VVOAB=VOVAB得××1=××h,那么h=.此题考查了等积法求点到平面的距离,. 解析:设AB=BC=2,由题意知2c=2,2-2=2a,那么c=1,a=-1, 解析:b3=a4-a3=-1-1=-2,由b3-b2=1,那么b2=-3,而b2=a3-a2=-3,得a2=-b1=1,那么b1=-4,而b1=a2-a1=4-a1=-4,那么a1=,. 解析:设△ABC中,a=|β|=1,A=60°,|α|=c,由正弦定理得=,那么=c,即c=<sinC≤1,即c的取值范围为,,. 解析:题考查了导数的几何意义、直线方程,. 解析:因为圆心C到直线l的距离d=>2,,两点A,B在圆C上,所以||>0,||>·=||·||·cosθ≤0,所以cosθ≤0,所以与的夹角∠,B,使得·≤0,所以只要PA,PB分别与圆C都相切时使得∠APB为钝角或直角,,PB分别与圆C都相切时,在Rt△CAP中,当∠APB为直角时,∠CPA=45°,CA=2,那么PC=,线段EF长度的最大值为2=2=.此题考查了直线与圆的位置关系、. 解析:①当t≥1时,f(t)=lnt,即lnt≤kt对于t∈[1,+∞)恒成立,所以k≥,t∈[1,+∞).令g(t)=,那么g′(t)=,当t∈(1,e)时,g′(t)>0,那么g(t)=在t∈(1,e)时为增函数;当t∈(e,+∞)时,g′(t)<0,那么g(t)=在t∈(e,+∞)(t)max=g(e)=,所以k≥.②当0<t<1时,f(t)=-t(t-1)2,即-t(t-1)2≤kt对于t∈(0,1)恒成立,所以k≥-(t-1)2,t∈(0,1),所以k≥0.③当t≤0时,f(t)=t(t-1)2,即t(t-1)2≤kt对于t∈(-∞,0]恒成立,所以k≤(t-1)2,t∈(-∞,0],所以k≤,≤k≤、利用导数求最值,以及恒成立问题等内容,. 解析:三棱锥MPAD的底面MAD的面积为,高PA=3,那么体积为,此题主要考查锥体的体积公式, 解析:作出可行域发现最优解为,那么目标函数z=2x++5=, 解析:由4x+2x-2=0,得2x=1,所以x=0,那么a-b=(0,2),|a-b|=, 解析:设等比数列{an}的公比为q,由a1+a2=,a3+a4+a5+a6=40,那么q2+q4=40,那么q=3,a1+a2+a3+a4+a5+a6=+40,a1+a2+a3+(a1+a2+a3)q3=+40,得a1+a2+a3=,那么=(a1+a2+a3)q6=××93=,. 解析:(解法1)设=a,=b,那么=-a+b,设=λ,那么=+=a+=ma+nb,所以有1-λ=m,λ=n,消去λ得m+n=1,+==1+++≥+2=.(解法2)以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建系,那么A(0,0),B(4,0),C(1,4),设=λ=(-3λ,4λ),那么=+=(4-3λ,4λ).因为=m+n=(4m,4n),所以有4-3λ=4m,4λ=4n,消去λ得m+n=1(下同解法1).此题考查了平面向量的线性表示或坐标运算,利用根本不等式,运用“1”. 解析:设P点坐标为(x,y),∵PB=2PA,∴PB2=4PA2,即(x-4)2+y2-4=4(x2+y2-1),整理得3x2+3y2+8x-16=0.(方法1)该方程表示一个圆,圆心,r=.因为P点有且只有两个,所以直线和圆相交,故<,解得b∈.(方法2)因为P在直线x+y-b=0上,所以y=-x+b,代入3x2+3y2+8x-16=0,得4x2+(8-2b)x+b2-16=,所以方程有两个不相等的根,即Δ>0,整理得3b2+8b-80<0,所以b∈.此题考查了直线与圆的位置关系,以及一元二次不等式的解法,突出了方程思想和解析法,其中方法1是利用方程对应的几何图形解决问题;.[-3,e2] 解析:①当x=0时,0≥0,所以k∈R.②当x<0时,2x2-3x≥kx,同除以x,即k≥2x-3恒成立,所以k≥-3.③当x>0时,ex+e2≥kx,同除以x,即k≤恒成立,令g(x)=,下面只需求出g(x)′(x)=,令g′(x)=0,即(x-1)ex-e2=(x)=(x-1)ex-e2,h′(x)=xex>0,所以h(x)在x∈(0,+∞)=2是方程(x-1)ex-e2=0的根,由单调性可知x=∈(0,2)时g(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,g(x)单调递增,所以g(2)是函数g(x)的最小值,且g(2)=e2,所以k≤,实数k的取值范围是[-3,e2].此题突出了函数思想和分类讨思想,.