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- 2021-05-13 发布
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专题突破练4 从审题中寻找解题思路
一、选择题
1.(2018河北唐山三模,理3)已知tan=1,则tan=( )
A.2-
B.2+
C.-2-
D.-2+
2.(2018河北衡水中学十模,理3)已知△ABC中,sin A+2sin Bcos C=0,b=c,则tan A的值是( )
A.
B.
C.
D.
3.已知F1,F2是双曲线C:=1(a>0,b>0)的两个焦点,P是C上一点,若|PF1|+|PF2|=6a,且△PF1F2最小的内角为30°,则双曲线C的渐近线方程是( )
A.x±y=0
B.x±y=0
C.x±2y=0
D.2x±y=0
4.(2018河南六市联考一,文5)已知函数f(x)=2sin(ω>0)的图象与函数g(x)=cos(2x+φ)的图象的对称中心完全相同,则φ为( )
A.
B.-
8
C.
D.-
5.已知双曲线C:x2-=1,过点P(1,1)作直线l,使l与C有且只有一个公共点,则满足上述条件的直线l的条数共有( )
A.3 B.2
C.1 D.4
6.(2018河北保定一模,文4)已知非零向量a=(x,2x),b=(x,-2),则“x<0或x>4”是“向量a与b的夹角为锐角”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
7.设双曲线=1(0b.∴C>B.
∴B为锐角,C为钝角.∴tan A=-tan(B+C)=-,
当且仅当tan B=时取等号.
∴tan A的最大值是.故选A.
3.A 解析 由题意,不妨设|PF1|>|PF2|,则根据双曲线的定义得,|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|+|PF2|=6a,
解得|PF1|=4a,|PF2|=2a.
在△PF1F2中,|F1F2|=2c,而c>a,所以有|PF2|<|F1F2|,
所以∠PF1F2=30°,所以(2a)2=(2c)2+(4a)2-2·2c·4acos 30°,得c=a,所以b=a,所以双曲线的渐近线方程为y=±x,即y=±x,即x±y=0.
4.D 解析 ∵两函数图象的对称中心完全相同,∴两个函数的周期相同,∴ω=2,
8
即f(x)=2sin,
而函数f(x)的对称中心为(kπ,0),
∴2x+=kπ,x=,
则g
=cos
=cos
=±cos=0,
即φ-=kπ+,则φ=kπ+,当k=-1时,φ=-.
5.D 解析 当直线l斜率存在时,令l:y-1=k(x-1),代入x2-=1中整理有(4-k2)x2+2k(k-1)x-k2+2k-5=0.当4-k2=0,即k=±2时,l和双曲线的渐近线平行,有一个公共点.当k≠±2时,由Δ=0,解得k=,即k=时,有一个切点.直线l斜率不存在时,x=1也和曲线C有一个切点.
综上,共有4条满足条件的直线.
6.B 解析 向量a与b的夹角为锐角的充要条件为a·b>0且向量a与b不共线,即x2-4x>0,且-2x≠2x2,∴x>4或x<0,且x≠-1,故x>4或x<0是向量a与b夹角为锐角的必要不充分条件,选B.
7.A 解析 ∵直线l过(a,0),(0,b)两点,
∴直线l的方程为=1,即bx+ay-ab=0.又原点到直线l的距离为c,
∴c,即c2,
又c2=a2+b2,
∴a2(c2-a2)=c4,
8
即c4-a2c2+a4=0,
化简得(e2-4)(3e2-4)=0,
∴e2=4或e2=.
又∵02,
∴e2=4,即e=2,故选A.
8.D 解析 ∵函数f(x)既是二次函数又是幂函数,
∴f(x)=x2.
∴h(x)=+1,
因此h(x)+h(-x)=+1++1=2,h(0)=+1=1,因此h(2 018)+h(2 017)+h(2 016)+…+h(1)+h(0)+h(-1)+…+h(-2 017)+h(-2 018)=2 018×2+1=4 037,选D.
9. 解析 ∵accos B=a2-b2+bc,
∴(a2+c2-b2)=a2-b2+bc.
∴b2+c2-a2=bc.
∴cos A=,
∴sin A=.由正弦定理得,
∴sin B=.
∵b0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为
f=ln+a=-ln a+a-1.
因此f>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,
g(1)=0.于是,当01时,g(a)>0.
因此,a的取值范围是(0,1).
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