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  • 2021-05-13 发布

高考理科数学考前必刷卷解答题部分

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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)