届高考数学二轮复习压轴小题抢分练（三）

2019届高考数学二轮复习压轴小题抢分练（三）本文简介：压轴小题抢分练(三)压轴小题集训练,练就能力和速度,筑牢高考满分根基!一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),则()A.an≥2n+1B.Sn≥n2C.an≥2n-1D.

2019届高考数学二轮复习压轴小题抢分练（三）本文内容：

压轴小题抢分练(三)

压轴小题集训练,练就能力和速度,筑牢高考满分根基!

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)

1.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),则(

)

A.an≥2n+1

B.Sn≥n2

C.an≥2n-1

D.Sn≥2n-1

【解析】选B.由题得a2-a1≥2,a3-a2≥2,a4-a3≥2,…,an-an-1≥2,所以a2-a1+

a3-a2+a4-a3+…+an-an-1≥2(n-1),所以an-a1≥2(n-1),所以an≥2n-1.所以a1≥1,a2≥3,a3≥5,…,an≥2n-1,所以a1+a2+a3+…+an≥1+3+5+…+2n-1,所以Sn≥(1+

2n-1)=n2.

2.如图,三棱锥P-ABC中,△PAB,△PBC均为正三角形,△ABC为直角三角形,斜边为AC,M为PB的中点,则直线AM,PC所成角的余弦值为(

)

A.-B.

C.D.13

【解析】选B.如图,取BC的中点N,连接MN,AN,易得MN∥PC,则MN,AM所成的角即为直线AM,PC所成的角.设AB=2,则AN=,MN=1,AM=.在△AMN中,由余弦定理,得cos∠AMN==-,所以直线AM,PC所成角的余弦值为.

3.把函数f(x)=log2(x+1)的图象向右平移一个单位,所得图象与函数g(x)的图象关于直线y=x对称;已知偶函数h(x)满足h(x-1)=h(-x-1),当x∈[0,1]时,h(x)=g(x)-1;若函数y=k·f(x)-h(x)有五个零点,则k的取值范围是(

)

A.(log32,1)

B.[log32,1)

C.

D.

【解析】选C.曲线f(x)=log2(x+1)右移一个单位,得y=f(x-1)=log2x,所以g(x)=2x,h(x-1)=h(-x-1)=h(x+1),则函数h(x)的周期为2.

当x∈[0,1]时,h(x)=2x-1,y=kf(x)-h(x)有五个零点,等价于函数y=kf(x)与函数y=h(x)的图象有五个公共点.

绘制函数图象如图所示,由图象知kf(3)1,即klog241,求解不等式组可得:log620)的左右焦点分别为F1,F2,P为双曲线C上一点,Q为双曲线C渐近线上一点,P,Q均位于第一象限,且2=,·=0,则双曲线C的离心率为(

)

A.-1

B.+1

C.13-2

D.13+2

【解析】选C.设Q(at,bt)(t>0),P(m,n),注意到∠F1QF2=90°,从而OQ=c,故b2t2+a2t2=c2,即t=1,故=(m-a,n-b),=(c-m,-n).

因为2=,所以解得m=c+2a3,n=2b3,代入双曲线方程,则有(c+2a)29a2-4b29b2=1,ca=13-2.

7.已知函数y=x2的图象在点(x0,x02)处的切线为l,若l也与函数y=ln

x,x∈(0,1)的图象相切,则x0必满足(

)

A.00,若对任意的x≥e,不等式x2ln

x-m≥0恒成立,则m的最大值是

(

)

A.

B.

C.2e

D.e

【解析】选D.不等式x2ln

x-m≥0

?x2ln

x≥m?xln

x≥mxemx

?

ln

xeln

x≥mxemx,设f(x)=xex(x>0),则f′(x)=(x+1)ex>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.

因为mx>0,ln

x>0,所以mx≤ln

x,即m≤xln

x对任意的x≥e恒成立,此时只需m≤(xln

x)min.

设g(x)=xln

x

(x≥e),g′(x)=ln

x+1

>0(x≥e),所以g(x)在[e,+∞)上为增函数,所以g(x)min=g(e)=e,所以m≤e,即m的最大值为e.

10.已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限内的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1⊥PQ,且|PF1|=|PQ|,则椭圆的离心率为

(

)

A.2-

B.-

C.-1

D.-

【解析】选D.由PF1⊥PQ且|PF1|=|PQ|,可得△PQF1为等腰直角三角形,设|PF1|=t,|QF1|=t,即有2t+t=4a,则t=2(2-)a,在直角△PF1F2中,可得t2+(2a-t)2=4c2,化为c2=(9-6)a2,可得e=ca=-.

11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1内有两个球O1,O2相外切,球O1与面ABB1A1、面ABCD、面ADD1A1相切,球O2与面BCC1B1、面CC1D1D、面B1C1D1A1相切,则两球表面积之和的最大值与最小值的差为(

)

A.(2-)π

B.

C.(3-)π

D.

【解析】选A.设球O1,O2的半径分别为r1,r2,由题意得r1+r1+r2+r2=,所以r1+r2=3-32,令a=3-32.

表面积和为S,所以S=4π+4π,所以=+=+(a-r1)2=2r1-a22+a22,又r1最大时,球O1与正方体六个面相切,且(r1)max=12,(r1)min=3-32-12=2-32.

所以r1∈2-32,12.

又2-320,所以g(x)在上单调递减,在上单调递增,作出g(x)与h(x)的大致图象,如图所示,故即

所以≤a0可得:a1=1;

当n=2时,2(a1+a2)=a2+1a2,结合a2>0可得:a2=-1;

当n=3时,2(a1+a2+a3)=a3+1a3,结合a3>0可得:a3=-;

猜想an=

以下用数学归纳法进行证明:

当n=1,n=2时,结论是成立的,假设当n≥2时,数列{an}的通项公式为:ak=k-,则Sk=k,由题意可知:2Sk+1=ak+1+,结合假设有:2(+ak+1)=ak+1+,解得:ak+1=-k,综上可得数列{an}的通项公式是正确的.

据此可知:Sn=n,=n,利用等差数列前n项和公式可得:Tn=,则Tn+55n==n10++,结合对勾函数的性质可知,当n=3或n=4时,Tn+55n取得最小值,当n=3时Tn+55n=n10++=1115,当n=4时Tn+55n=n10++=34,由于1115<34,据此可知Tn+55n的最小值为1115.

答案:1115

15.如图,在△ABC中,BC=2,∠ABC=,AC的垂直平分线DE与AB,AC分别交于D,E两点,且DE=,则BE2=________.

【解析】由题意知DE垂直平分AC,所以∠A=∠ACD,故∠BDC=2∠A,所以CDsin60掳=BCsin2A=2sin2A,故CD=.

又DE=CDsin∠ACD=CDsin

A==,所以cos

A=,而A∈(0,π),故A=,因此△ADE为等腰直角三角形,所以AE=DE=.

在△ABC中,∠ACB=,所以ABsin5蟺12=,故AB=3+1,在△ABE中,BE2=(+1)2+622-2×(+1)××=52+.

答案:52+

16.在平面直角坐标系xOy中,圆C1:(x-1)2+y2=2,圆C2:(x-m)2+(y+m)2=m2.圆C2上存在点P满足:过点P向圆C1作两条切线PA,PB,切点为A,B,△ABP的面积为1,则正数m的取值范围是____________.

【解析】如图,由圆C1:(x-1)2+y2=2,圆C2:(x-m)2+(y+m)2=m2,得C1(1,0),C2(m,-m),设圆C2上点P,则PA2=PG·PC1,而PA2=PC12-2,所以PC12-2=PG·PC1,则PG=PC12-2PC1,AG=PA2-PG2=

=,所以S△PAB=2·12·PC12-2PC1·

=(PC12-2)2PC12-4PC12=1.

令=t(t≥0),得t3-t2-4=0,解得:t=2.

即=2,所以PC1=2.

圆C2:(x-m)2-(y+m)2=m2上点P到C1距离的最小值为|C1C2|-m=-m,最大值为|C1C2|+m=+m,由-m≤2≤+m,得

解①得:3-2≤m≤3+2,解②得:m≤-3或m≥1.

取交集得:1≤m≤3+23.

所以正数m的取值范围是[1,3+2].

答案:[1,3+2]