高考数学理数学思想在解题目中的应用1二轮提高练习题目 6页

数学思想在解题中的应用(一)‎ ‎(时间：45分钟　满分：75分)‎ 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．已知向量a＝(3,2)，b＝(－6,1)，而(λa＋b)⊥(a－λb)，则实数λ等于 ‎(　　)．‎ A．1或2 B．2或－ C．2 D．0‎ ‎2．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于 ‎(　　)．‎ A．18 B．‎24 C．60 D．90‎ ‎3．函数y＝的图象大致是 ‎(　　)．‎ ‎4．已知集合A＝{(x，y)|x、y为实数，且x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x、y为实数，且x＋y＝1}，则A∩B的元素个数为 ‎(　　)．‎ A．0 B．‎1 C．2 D．3‎ ‎5．若关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1、x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，则k的取值范围是 ‎(　　)．‎ A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎6． AB是过椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a＞b＞0)的中心弦，F(c,0)为它的右焦点，则△FAB面积的最大值是________．‎ ‎7．长度都为2的向量，的夹角为，点C在以O为圆心的圆弧(劣弧)上，＝m＋n，则m＋n的最大值是________．‎ ‎8．已知F是双曲线－＝1的左焦点，定点A(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________．‎ 三、解答题(本题共3小题，共35分)‎ ‎9．(11分)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P在椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点．若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．‎ ‎10．(12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx.‎ ‎(1)若函数y＝f(x)在x＝2处有极值－6，求y＝f(x)的单调递减区间；‎ ‎(2)若y＝f(x)的导数f′(x)对x∈[－1,1]都有f′(x)≤2，求的范围．‎ ‎11．(12分)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－k(x－1)＋1.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎ (2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；‎ ‎(3)证明：＋＋＋…＋＜(n∈N*且n＞1)．‎ 参考答案 ‎1．B　[由(λa＋b)⊥(a－λb)得(λa＋b)·(a－λb)＝0，‎ ‎∴(3λ－6,2λ＋1)·(3＋6λ，2－λ)＝0，‎ ‎∴λ＝2或λ＝－，故选B.]‎ ‎2．C　[设数列{an}的公差为d.‎ 则∴ 解得：a1＝－3，d＝2，‎ ‎∴S10＝10×(－3)＋×2＝60.]‎ ‎3．A　[易知函数y＝是非奇非偶函数，由此可排除C，D项，对此A，B项，当x＞0时，x取值越大，y＝的波动幅度越小，由此排除B项，故选A.]‎ ‎4．C　[法一　由题得∴或 A∩B＝{(x，y)|(1,0)，(0,1)}，所以选C.‎ 法二　直接作出单位圆x2＋y2＝1和直线x＋y＝1，观察得两曲线有两个交点，故选C.]‎ ‎5．B　[构造函数f(x)＝x2＋2kx－1，∵关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1、x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，‎ ‎∴即∴－＜k≤0.]‎ ‎6．解析　如图所示，F′为椭圆的左焦点，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′为平行四边形，S△ABF＝S△ABF′＝·|FF′|·h≤bc.当A与短轴端点重合时，(S△ABF)max＝bc.‎ 答案　bc ‎7．解析　建立平面直角坐标系，设向量＝(2,0)，向量＝(1，)．设向量＝(2cos α，2sin α)，0≤α≤.由＝m＋n，得(2cos α，2sin α)＝(‎2m＋n，n)，‎ 即2cos α＝‎2m＋n,2sin α＝n，解得m＝cos α－sin α，n＝sin α.‎ 故m＋n＝cos α＋sin α＝sin≤.‎ 答案　 ‎8．解析　设双曲线的右焦点为E，则|PF|－|PE|＝4，|PF|＋|PA|＝4＋|PE|＋|PA|，当A、P、E共线时，(|PE|＋|PA|)min＝|AE|＝＝5，|PF|＋|PA|的最小值为9.‎ 答案　9‎ ‎9．解　(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝.‎ 于是e2＝＝1－＝，所以椭圆的离心率e＝.‎ ‎(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx，设点Q的坐标为(x0，y0)．‎ 由条件得消去y0并整理得x＝.①‎ 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x＝a2.整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.‎ 由 (1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，‎ 即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.‎ 所以直线OQ的斜率k＝±.‎ ‎10．解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，‎ 依题意有即 解得 ‎∴f′(x)＝3x2－5x－2.由f′ (x)＜0，得－＜x＜2.‎ ‎∵y＝f(x)的单调递减区间是.‎ ‎(2)由得 不等式组确定的平面区域如图阴影部分所示：‎ 由得 ‎∴Q点的坐标为(0，－1)．‎ 设z＝，则z表示平面区域内的点(a，b)与点P(1,0)连线斜率．‎ ‎∵kPQ＝1，由图可知z≥1或z＜－2，‎ 即∈(－∞，－2)∪[1，＋∞)．‎ ‎11．解　(1)函数f(x)的定义域为 (1，＋∞)，f′(x)＝－k.‎ 当k≤0时，∵x－1＞0，∴＞0，f′(x)＞0.‎ 则f(x)在(1，＋∞)上是增函数．‎ 当k＞0时，令f′(x)＝0，即－k＝0，得x＝1＋.‎ 当x∈时，f′(x)＝－k＞－k＝0，‎ 则f(x)在上是增函数．‎ 当x∈时，f′(x)＝－k＜－k＝0，‎ ‎∴f(x)在上是减函数．‎ 综上可知，当k≤0时， f(x)在(1，＋∞)上是增函数；‎ 在上是减函数．‎ ‎(2)由(1)知，当k≤0时，f(2)＝1－k＞0，不成立．‎ 故只考虑k＞0的情况．‎ 又由(1)知f(x)max＝f＝－ln k.‎ 要使f(x)≤0恒成立，只要f(x)max≤0即可．‎ 由－ln k≤0得k≥1.‎ ‎(3)证明：由(2)知当k＝1时，有f(x)≤0在(1，＋∞)内恒成立，‎ 又f(x)在[2，＋∞)内是减函数，f(2)＝0.‎ ‎∴x∈(2，＋∞)时，恒有f(x)＜0成立，‎ 即ln(x－1)＜x－2在(2，＋∞)内恒成立．‎ 令x－1＝n2(n∈N*且n＞1)，则ln n2＜n2－1.‎ 即2ln n＜(n－1)(n＋1)，‎ ‎∴＜(n∈N*，且n＞1)．‎ ‎∴＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋＝，即＋＋＋…＋＜(n∈N*且n＞1)成立．‎