2023高考數(shù)學基礎強化專題訓練（一）函數(shù)已知為上的奇函數(shù)，且，當時，，則_____.【答案】##【解析】【分析】首先判斷函數(shù)的周期，再利用對數(shù)運算，以及周期公式，化簡，最后代入求值.【詳解】因為函數(shù)是奇函數(shù)，所以，所以，即，所以函數(shù)是周期的函數(shù)，因為，所以，所以.故答案為：設函數(shù)f(x)＝－x2＋2x＋8，g(x)＝logax(0＜a＜1)，則函數(shù)y＝g(f(x))的減區(qū)間為A．(－∞，1)B．(－2，1)C．(1，＋∞)D．(1，4)設函數(shù)的定義域為，為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，當時，．若，則的值是（）A.B.C.2D.12【答案】B【解析】【分析】由已知對稱性得函數(shù)的圖象關于點對稱，關于直線對稱，由此可得周期函數(shù)，周期為4，然后利用周期性和對稱性結(jié)合對數(shù)運算法則求值．【詳解】為奇函數(shù)，即其圖象關于點對稱，所以的圖象關于點對稱，為偶函數(shù)，即其圖象關于軸對稱，因此的圖象關于直線對稱，所以，，，所以，，由此解得，，所以時，，由對稱性得，所以，周期函數(shù)，周期為4，，，故選：B．二項式定理在eq(1－\f(2,\r(,x)))\s\up6(6)的二項展開式中，奇數(shù)項的系數(shù)之和為A．－365B．－364C．364D．365已知函數(shù)的定義域為．（）A.B.C.D.被8整除余數(shù)為7【答案】BC【解析】【分析】利用賦值或，判斷AB；對函數(shù)兩邊求導，再賦值，判斷C；，展開后可判斷余數(shù)，判斷D.【詳解】A.當時，，①故A錯誤；B.當時，，②，①②，解得：，故B正確；C.，令得，故C正確；D.，所以被8整除余數(shù)為1，故D錯誤.故選：BC已知為正偶數(shù)，在的展開式中，第5項的二項式系數(shù)最大．（1）求展開式中的一次項；（2）求展開式中系數(shù)最大的項．【答案】（1）（2），【解析】【分析】(1)由第5項的二項式系數(shù)最大，可求得，再根據(jù)二項式的展開公式求一次項即可；(2)令為展開式中系數(shù)，根據(jù)可得或，代入二項式的展開式中，即可求得答案.【小問1詳解】解：因為正偶數(shù)，在展開式中的第5項的二項式系數(shù)最大，則，．設，令，得，所以展開式中的一次項為.【小問2詳解】解：令，當時，令，可得：,即，或．所以系數(shù)最大的項為：，．比大小設a＝EQ\R(\S\DO(9),10)，b＝9sineq\f(1,10)，c＝EQ\R(\S\DO(5),3)，則A．b＜a＜cB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．c＜b＜a已知，，，則a，b，c的大小關系是()A.B.C.D.2022高考三類“比大小”問題的出題背景及應用舉例文/劉蔣巍第1類出題背景1變形得：注：該不等式也可運用“移項，構(gòu)造函數(shù)”的高中方法證明。第2類出題背景2若【運用案例1】（2022·新高考Ⅰ卷T7）設，則（）A.B.C.D.令，得：，可得：令，得：，即：可得：設,，,，則問題迎刃而解?！具\用案例2】（南京市第一中學2023屆高三上學期入學考試數(shù)學試題）已知，，，則的大小關系為（）B.C.D.令，得：，所以，由“若”得：所以，故：.【運用案例3】（2022·全國甲（文）T12）已知，則（）B.C.D.由“若”得：，則，則同理，，則故，【變式】（2019年全國高中數(shù)學聯(lián)賽甘肅預賽第3題）已知，，，則的大小關系是__________________參考答案：（提示：，因為，所以）第3類出題背景3【運用案例】（2022·全國甲（理）T12）已知，則（）B.C.D.分析：因為,因為當，所以,即,所以；結(jié)合“”,令即可判斷：故，導數(shù)已知函數(shù)f(x)＝a(2x－1)－x(2x＋1)(a＞0)的零點為x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，則EQ\F(x\S\DO(1)＋x\S\DO(2),e\S\UP6(x\S\DO(3)))的最小值是▲．已知函數(shù)，.(1)求函數(shù)的極值；(2)若不等式上恒成立，求a的取值范圍；(3)證明不等式：.(1)解：，………………2分所以當極小值為，無極大值………………3分(2)解：由不等式上恒成立得即，因為，所以上恒成立………………5分設，由，所以在（-2，-1）上遞減，在（-1，+）上遞增，所以即，所以………………7分(3)證明：由（2）得在上恒成立，令，則有，………………8分………………10分，.………………12分已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(x∈R)．討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.已知函數(shù)（為常數(shù)，）．（1）求函數(shù)的零點個數(shù)；（2）已知實數(shù)、、為函數(shù)的三個不同零點．①如果，，求證；②如果，且、、成等差數(shù)列，請求出、、的值．【答案】（1）答案見解析（2）①證明見解析；②，，．【解析】【分析】（1）由可得，令，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可得出在不同取值下，函數(shù)的零點個數(shù)；（2）①設，則，由已知可得，化簡可得出，利用不等式的基本性質(zhì)結(jié)合基本不等式可證得結(jié)論成立；②分析可得，結(jié)合題意可得出關于、、方程組，即可得解.【小問1詳解】解：由可得，令，則函數(shù)的零點個數(shù)等價于直線與函數(shù)圖象的交點個數(shù)，，由可得或，列表如下：增極大值減極小值增如下圖所示：由圖可知，當或時，直線與函數(shù)的圖象只有一個公共點；當或時，直線與函數(shù)的圖象有兩個公共點；當時，直線與函數(shù)的圖象有三個公共點.綜上所述，當或時，有個零點；當或時，有個零點；當時，有個零點．【小問2詳解】證明：①由（1）可知，當，時，不妨設，則，由可得，可得，因為，則，所以，，，則，由基本不等式可得，所以，.綜上所述，；②因為、、是函數(shù)的三個不同的零點，所以，，因為、、成等差數(shù)列，所以，所以，，解得.三角函數(shù)已知的三個內(nèi)角所對的邊分別為a,b,c,.(1)求角的大?。?2)若，，求的面積.解:(1)由,得,所以………………2分又在則,所以………………4分(2)因為2c-(+1)b=0，所以，又A=30°,a=1則根據(jù)余弦定理，………………8分………………10分數(shù)列已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是等比數(shù)列{bn}的前n項和，a6＝b1＝16，a2＝b3，S3＝12．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)(i)求證：8≤Sn≤16；(ii)求所有滿足ak＝Sm的正整數(shù)k，m．圓錐曲線已知橢圓E：EQ\F(x\S(2),a\S(2))＋\F(y\S(2),b\S(2))＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(,3),2)，短軸長為2．(1)求E的方程；(2)過點M(－4，0)且斜率不為0的直線l與E自左向右依次交于點B，C，點N在線段BC上，且eq\f(|MB|,|MC|)＝\f(|NB|,|NC|)，P為線段BC的中點，記直線OP，ON的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值．已知橢圓C:的上下頂點分別為A,B，過點P(0,3)且斜率為k(k<0)的直線與橢圓C自上而下交于M,N兩點,直線BM與AN交于點G設AN,BN的斜率分別為k1,k2求證：點G在定直線上.解：設....................2分所以.....................4分（2）設得到.....................6分直線直線聯(lián)立得:.....................8分..............10分解得所以點G在定直線上.....................12分法二：由韋達定理得.........10分解得所以點G在定直線上.....................12分備注：1.不研究不扣分定點化簡中應出現(xiàn)“3個變量”到“2個變量”轉(zhuǎn)化立體幾何如圖，在直三棱柱中，底面是等邊三角形，是的中點，且．（1）證明：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接交于點，連接，由中位線的性質(zhì)可得出，再利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點為坐標原點，、、的方向分別為、、的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明