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- 2021-05-13 发布
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2019届高考理科数学考前必刷卷（解答题部分）
第一部分：解答题必刷卷1-2；第二部分：答案解析
解答必刷卷(一) 函数与导数
题组一 刷真题
1.[2018·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
2.[2017·全国卷Ⅲ] 已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+…-1时,试判断函数f(x)的单调性;
(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.
解答必刷卷(二) 三角函数、解三角形
题组一 刷真题
1.[2018·浙江卷] 已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P-,-.
(1)求sin(α+π)的值;
(2)若角β满足sin(α+β)=,求cos β的值.
2.[2018·全国卷Ⅰ] 在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=2,求BC.
3.[2017·全国卷Ⅰ] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
题组二 刷模拟
4.[2018·扬州模拟] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos A=-,b=,c=.
(1)求a的值;
(2)求cos(B-A)的值.
5.[2018·南昌模拟] 已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c且满足a=,3b-2c=6,A=120°.
(1)求b的值;
(2)若AD平分∠BAC交BC于点D,求△ABD的面积.
6.[2018·杭州模拟] 在△ABC中,D为BC上一点,AD=CD,BA=7,BC=8.
(1)若B=60°,求△ABC外接圆的半径R;
(2)设∠CAB-∠ACB=θ,若sin θ=,求△ABC的面积.
答案解析
解答必刷卷(一)
题组一 刷真题
1.解:(1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减,而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点.
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;
②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以
h(4a)=1-=1->1-=1->0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.
2.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意.
②若a>0,由f'(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)上的唯一极小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,
故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+,得ln<,从而
ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.
故…2,所以m的最小值为3.
3.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.
(i)若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.
(ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.
当x∈0,∪,+∞时,f'(x)<0;
当x∈,时,f'(x)>0.所以f(x)在0,,,+∞单调递减,在,单调递增.
(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.
由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以0).
(1)令g(x)=xex-a(x>0),则g'(x)=(x+1)ex>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
则g(x)>g(0)=-a.
因此,当a≤0或a=e时,f'(x)只有一个零点;
当0e时,f'(x)有两个零点.
(2)当a≤0时,xex-a>0,则函数f(x)在x=1处取得最小值,最小值为f(1)=-e,符合题意.
当a>0时,函数y=xex-a在(0,+∞)上单调递增,则必存在正数x0,使得x0-a=0.
若a>e,则x0>1,函数f(x)在(0,1)与(x0,+∞)上单调递增,在(1,x0)上单调递减,
又f(1)=-e,故不符合题意.
若a=e,则x0=1,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
又f(1)=-e,故不符合题意.
若00,得02,
∴h(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增,
∴h(x)的极大值为h(2)=1-,h(x)的极小值为h(0)=0.
(2)证明:∵f'(x)=,∴f'(0)=-2,
又f(0)=1,∴f(x)的图像在x=0处的切线方程为y=-2x+1.
∵g'(x)=-2x+b,∴g'(0)=b=-2,又易知g(x)的图像过点(0,1),
∴g(x)=-x2-2x+1.
∵-2x+1≥-x2-2x+1恒成立,∴只需证≥-2x+1恒成立.
令m(x)=+2x-1,则m'(x)=.
令n(x)=2ex+x-2,则n(x)在R上单调递增,且n(0)=0,
∴m(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,∴m(x)≥m(0)=0恒成立,∴≥-2x+1恒成立,
∴≥-2x+1≥-x2-2x+1恒成立,即h(x)≥0恒成立.
6.解:(1)由题可得f'(x)=ex-x+a,
设g(x)=ex-x+a,则g'(x)=ex-1,
所以当x>0时,g'(x)>0,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,
当x<0时,g'(x)<0,f'(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以f'(x)≥f'(0)=1+a.因为a>-1,所以1+a>0,即f'(x)>0,
所以函数f(x)在R上单调递增.
(2)证明:由(1)知f'(x)在[1,+∞)上单调递增,
因为a<1-e,所以f'(1)=e-1+a<0,
所以存在t∈(1,+∞),使得f'(t)=0,即et-t+a=0,即a=t-et,
所以函数f(x)在[1,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,所以当x∈[1,+∞)时,
f(x)min=f(t)=et-t2+at=et-t2+t(t-et)=et(1-t)+t2.
令h(x)=ex(1-x)+x2,x>1,则h'(x)=x(1-ex)<0恒成立,
所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)
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