2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《運(yùn)用分類(lèi)討論的思想方法解題》專(zhuān)項(xiàng)測(cè)試卷

及答案

學(xué)校:___________姓名：班級(jí)：考號(hào)：

?題型01由情境的規(guī)則引起的分類(lèi)討論

i.三個(gè)男生三個(gè)女生站成一排，已知其中女生甲不在兩端，則有且只有兩個(gè)女生相鄰的概率是（）

2393

A.-B.—C.—D.一

510205

2.有一批貨物需要用汽車(chē)從生產(chǎn)商所在城市甲運(yùn)至銷(xiāo)售商所在城市乙，已知從城市甲到城市乙只有兩

條公路，據(jù)調(diào)查統(tǒng)計(jì)，通過(guò)這兩條公路從城市甲到城市乙的200輛汽車(chē)所用時(shí)間的頻數(shù)分布情況如下表所

小

所用時(shí)間（天數(shù)）10111213

通過(guò)公路1的頻數(shù)20402020

通過(guò)公路2的頻數(shù)10404010

假設(shè)汽車(chē)A只能在約定日期（某月某日）的前11天出發(fā)，汽車(chē)2只能在約定日期的前12天出發(fā)（將頻

率視為概率），為了在各自允許的時(shí)間內(nèi)將貨物運(yùn)至城市乙，汽車(chē)A和汽車(chē)8選擇的最佳路徑分別為（）

A.公路1和公路2B.公路2和公路1C,公路2和公路2D.公路1和公路1

3.某商場(chǎng)進(jìn)行購(gòu)物摸獎(jiǎng)活動(dòng)，規(guī)則是：在一個(gè)封閉的紙箱中裝有標(biāo)號(hào)分別為1,2,3,4,5的五個(gè)小

球，每次摸獎(jiǎng)需要同時(shí)取出兩個(gè)球，每位顧客最多有兩次摸獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，并規(guī)定：若第一次取出的兩球號(hào)碼連

號(hào)，則中獎(jiǎng)，摸獎(jiǎng)結(jié)束；若第一次未中獎(jiǎng)，則將這兩個(gè)小球放回后進(jìn)行第二次摸球，若與第一次取出的兩

個(gè)小球號(hào)碼相同，則中獎(jiǎng).按照這樣的規(guī)則摸獎(jiǎng)，中獎(jiǎng)的概率為（）

4192341

A.—B.—C.—D.--

52550100

4.某地每年的七月份是洪水的高發(fā)期，在不采取任何預(yù)防措施的情況下，一旦爆發(fā)洪水，將造成1000（

萬(wàn)元）的經(jīng)濟(jì)損失.為防止洪水的爆發(fā)，現(xiàn)有4（i=1,2,3,4）四種相互獨(dú)立的預(yù)防措施可供采用，單獨(dú)采用

10-z

4。=1,2,3,4）預(yù)防措施后不爆發(fā)洪水的概率為p.=飛_?=1,2,3,4）,所需費(fèi)用為/⑴=100—20,（

萬(wàn)元）（7=1,2,3,4）.

⑴若聯(lián)合使用A和4措施，則不爆發(fā)洪水的概率是多少？

（2）現(xiàn)在有以下兩類(lèi)預(yù)防方案可供選擇:

第1頁(yè)共29頁(yè)

預(yù)防方案一：?jiǎn)为?dú)采用一種預(yù)防措施；

預(yù)防方案二：聯(lián)合采用兩種不同預(yù)防措施.

則要想使總費(fèi)用最少，應(yīng)采用哪種具體的預(yù)防方案？

（總費(fèi)用=采取預(yù)防措施的費(fèi)用+發(fā)生突發(fā)事件損失的期望值.）

一題型02由定義引起的分類(lèi)討論

5.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術(shù)基本定理：每一個(gè)比1大的數(shù)（每

個(gè)比1大的正整數(shù)）要么本身是一個(gè)素?cái)?shù)，要么可以寫(xiě)成一系列素?cái)?shù)的乘積，如果不考慮這些素?cái)?shù)在乘積中

的順序，那么寫(xiě)出來(lái)的形式是唯一的，即任何一個(gè)大于1的自然數(shù)N（N不為素?cái)?shù)）能唯一地寫(xiě)成

N=p?.（其中p,是素?cái)?shù)，q是正整數(shù)，度巾k,Pl<p2<--<Pk）,將上式稱(chēng)為自然數(shù)N的標(biāo)

準(zhǔn)分解式，且N的標(biāo)準(zhǔn)分解式中有6+出+…+%個(gè)素?cái)?shù).從120的標(biāo)準(zhǔn)分解式中任取3個(gè)素?cái)?shù)，則一共

可以組成不同的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為（）

A.6B.13C.19D.60

6.（多選題）已知函數(shù)〃力=依2+21nx（aeR）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)%,馬，符號(hào)[幻表示不超過(guò)x的

最大整數(shù)，如[0.5]=0,[1.2]=1,則下列結(jié)論正確的是（）

A.a的取值范圍為

B.a的取值范圍為（一J,。）

c.[xj+[x2]..3

D.若[xj+[x2]=4,則〃的取值范圍為-2黑

7.（多選題）定義Hn=%+2%+-一+2"%為數(shù)歹u｛4｝的“優(yōu)值”.己知某數(shù)列｛為｝的“優(yōu)值”

n

%=2",前w項(xiàng)和為S“，則（）

第2頁(yè)共29頁(yè)

A.數(shù)列｛4｝為等差數(shù)列B.數(shù)列｛為｝為遞減數(shù)列

C

^20202023D.S,邑，＞成等差數(shù)列

'202022

8.若函數(shù)/（x）的定義域?yàn)镽,對(duì)任意的看,巧，當(dāng)為一々?。時(shí)，都有“占）-〃馬）€。，則稱(chēng)

函數(shù)/（%）是關(guān)于。關(guān)聯(lián)的.已知函數(shù)/（%）是關(guān)于｛4｝關(guān)聯(lián)的，且當(dāng)xe[-4,0）時(shí)，〃尤）=爐+6尤.則：①

當(dāng)x?0,4）時(shí)，函數(shù)/（X）的值域?yàn)?；②不等式。?（尤）＜3的解集為

?題型03由平面圖形的可變性引起的分類(lèi)討論

9.（多選題）已知圓跖（x+cos8）2+（丁一sin6*）2=1,直線/：y=kx,下面四個(gè)命題中是真命題

的是（）

A.對(duì)任意實(shí)數(shù)左與。，直線/和圓M相切；

B.對(duì)任意實(shí)數(shù)左與。，直線/和圓M有公共點(diǎn)；

C.對(duì)任意實(shí)數(shù)。，必存在實(shí)數(shù)左，使得直線/與和圓M相切

D.對(duì)任意實(shí)數(shù)也必存在實(shí)數(shù)。，使得直線/與和圓M相切

Q

10.已知直線X—陽(yáng)+1=0與GC：（x-iy+y2=4交于A、B兩點(diǎn)，寫(xiě)出滿(mǎn)足“&4BC面積為二”的根的

一個(gè)值__________

221

11.設(shè)橢圓E:=+斗=l（a〉6〉0）的離心率為不，其左焦點(diǎn)到P（2,l）的距離為

a~b2

⑴求橢圓E的方程；

（2）橢圓E的右頂點(diǎn)為。，直線/：y=Ax+m與橢圓E交于A,8兩點(diǎn)（A3不是左、右頂點(diǎn)），若其滿(mǎn)足

DA.DB=Q，且直線/與以原點(diǎn)為圓心，半徑為9的圓相切；求直線/的方程.

221

12.已知橢圓C：一+￡=l（a〉b〉0）的離心率為,，且橢圓上動(dòng)點(diǎn)尸到右焦點(diǎn)最小距離為1.

⑴求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

第3頁(yè)共29頁(yè)

(2)點(diǎn)M,N是曲線C上的兩點(diǎn)，。是坐標(biāo)原點(diǎn)，|MV|=2應(yīng)，求WON面積的最大值.

一題型04由變量的范圍引起的分類(lèi)討論

13.已知關(guān)于x的不等式2/-5111%+〃110+1)-2..0在［0,乃］上恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是

14.已知函數(shù)/(%)="-左sinx.

⑴當(dāng)k=1,時(shí)，求的單調(diào)區(qū)間；

(2)若/(x)在區(qū)間內(nèi)存在極值點(diǎn)々?

①求實(shí)數(shù)人的取值范圍；

②求證：/(無(wú))在區(qū)間(。,乃)內(nèi)存在唯一的尸，使/(分)=1,并比較用與2e的大小，說(shuō)明理由.

px-1

15.已知函數(shù)/(%)=為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

e+1

⑴若不等式〃無(wú))>￡=恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；

'7e+1

(2)若不等式<ax+g-aIn2在xe(In2,+8)上恒成立，求實(shí)數(shù)。的取值范圍

16.⑴證明：當(dāng)0〈尤V1時(shí)，x-x2<sinx<x;

(2)已知函數(shù)/(x)=cosox-妨(1-f),若％=0是/(x)的極大值點(diǎn)，求〃的取值范圍.

?題型05由空間圖形的可變性引起的分類(lèi)討論

17.如圖，正方體A5CD-A4GR的棱長(zhǎng)是1.若G,E是所在棱的中點(diǎn)，尸是正方形AADD1的中

心，則封閉折線8Gb在該正方體各面上的射影圍成的圖形的面積不可能是()

第4頁(yè)共29頁(yè)

18.如圖，在AABC中，AC=1,BC=5c=%,點(diǎn)。是邊AB（端點(diǎn)除外）上的一動(dòng)點(diǎn).若將

△ACD沿直線CD翻折,能使點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影A'落在巫CD的內(nèi)部（不包含邊界），且AC=昱

3

設(shè)">=/,則，的取值范圍是

19.如圖，矩形8DEF所在平面與正方形A8CQ所在平面互相垂直，DB=2DE,點(diǎn)P在線段EF上.給

出下列命題:

①直線直線AG

②直線尸。與平面ABC。所成角的正弦值的取值范圍是

③存在點(diǎn)P，使得直線平面ACF；

④存在點(diǎn)P,使得直線PDH平面ACF.

其中所有真命題的序號(hào)是.

4

20.直棱柱ABC-431cl中，底面三角形的三邊長(zhǎng)分別為3、4、5,高為―①>0）.過(guò)三條側(cè)棱中點(diǎn)的

a

截面把此三棱柱分為兩個(gè)完全相同的三棱柱，用這兩個(gè)三棱柱拼成一個(gè)三棱柱或四棱柱，小明嘗試了除原

第5頁(yè)共29頁(yè)

三棱柱之外的所有情形，發(fā)現(xiàn)表面積都比原三棱柱ABC-4與G的表面積小，則。的取值范圍是

參考答案

4題蟄01由情境的規(guī)則引起的分類(lèi)討論

1.三個(gè)男生三個(gè)女生站成一排，已知其中女生甲不在兩端，則有且只有兩個(gè)女生相鄰的概率是()

2393

A.-B.—C.—D.一

510205

【答案】D

【解析】

從三個(gè)男生三個(gè)女生站成一排，已知其中女生甲不在兩端，共有痣蜀=480種不同排法,

女生甲不在兩端，同時(shí)有且只有兩個(gè)女生相鄰分兩類(lèi)

⑴女生甲單獨(dú)站，則有制=72；

(2)女生甲和另一個(gè)女生站一起，則有看=72+144=216

所以，已知其中女生甲不在兩端，則有且只有兩個(gè)女生相鄰的概率是蕓=3.

4805

故答案為：D.

2.有一批貨物需要用汽車(chē)從生產(chǎn)商所在城市甲運(yùn)至銷(xiāo)售商所在城市乙，已知從城市甲到城市乙只有兩

條公路，據(jù)調(diào)查統(tǒng)計(jì)，通過(guò)這兩條公路從城市甲到城市乙的200輛汽車(chē)所用時(shí)間的頻數(shù)分布情況如下表所

示

第6頁(yè)共29頁(yè)

所用時(shí)間（天數(shù)）10111213

通過(guò)公路1的頻數(shù)20402020

通過(guò)公路2的頻數(shù)10404010

假設(shè)汽車(chē)A只能在約定日期（某月某日）的前11天出發(fā)，汽車(chē)3只能在約定日期的前12天出發(fā)（將頻

率視為概率），為了在各自允許的時(shí)間內(nèi)將貨物運(yùn)至城市乙，汽車(chē)A和汽車(chē)B選擇的最佳路徑分別為（）

A.公路1和公路2B.公路2和公路1C.公路2和公路2D.公路1和公路1

【答案】A

【解析】

頻率分布表如下：

所用時(shí)間（天數(shù)）10111213

通過(guò)公路1的頻率0.20.40.20.2

通過(guò)公路2的頻率0.10.40.40.1

設(shè)A，4分別表示事件“汽車(chē)A選擇公路1時(shí)在約定時(shí)間內(nèi)將貨物運(yùn)至城市乙”和“汽車(chē)A選擇公路

2時(shí)在約定時(shí)間內(nèi)將貨物運(yùn)至城市乙”，

耳，不分別表示事件“汽車(chē)2選擇公路1時(shí)在約定時(shí)間內(nèi)將貨物運(yùn)至城市乙”和“汽車(chē)2選擇公路2

時(shí)在約定時(shí)間內(nèi)將貨物運(yùn)至城市乙”，

以頻率估計(jì)概率得P（A）=02+0.4=0.6,尸（4）=0.1+0.4=0.5,尸（耳）=0.2+0.4+02=0.8,

P（B2）=0.1+0.4+0.4=0.9,

所以汽車(chē)A和汽車(chē)8選擇的最佳路徑分別為公路1和公路2.

故選A

3.某商場(chǎng)進(jìn)行購(gòu)物摸獎(jiǎng)活動(dòng)，規(guī)則是：在一個(gè)封閉的紙箱中裝有標(biāo)號(hào)分別為1,2,3,4,5的五個(gè)小

球，每次摸獎(jiǎng)需要同時(shí)取出兩個(gè)球，每位顧客最多有兩次摸獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，并規(guī)定：若第一次取出的兩球號(hào)碼連

號(hào)，則中獎(jiǎng)，摸獎(jiǎng)結(jié)束；若第一次未中獎(jiǎng)，則將這兩個(gè)小球放回后進(jìn)行第二次摸球，若與第一次取出的兩

個(gè)小球號(hào)碼相同，則中獎(jiǎng).按照這樣的規(guī)則摸獎(jiǎng)，中獎(jiǎng)的概率為（）

4192341

A.-B.—C.—D.---

52550100

【答案】C

【解析】

第7頁(yè)共29頁(yè)

由題意可知中獎(jiǎng)的情況有兩類(lèi)：

442

第一類(lèi)：第一次摸球中獎(jiǎng)，概率為化=厘=伍=不

第二類(lèi)：第一次摸球不中獎(jiǎng)，第二次摸球中獎(jiǎng)，

C2-463

概率為0=余=而=而’

故中獎(jiǎng)的概率為P="+P22A3=23

故選C.

4.某地每年的七月份是洪水的高發(fā)期，在不采取任何預(yù)防措施的情況下，一旦爆發(fā)洪水，將造成1000（

萬(wàn)元）的經(jīng)濟(jì)損失.為防止洪水的爆發(fā)，現(xiàn)有4G=1,2,3,4）四種相互獨(dú)立的預(yù)防措施可供采用，單獨(dú)采用

4。=1,2,3,4）預(yù)防措施后不爆發(fā)洪水的概率為p=蘢io-1Z。=1,2,3,4）,所需費(fèi)用為/?）=100-20，（

萬(wàn)元）?=1,2,3,4）.

⑴若聯(lián)合使用A和4措施，則不爆發(fā)洪水的概率是多少？

（2）現(xiàn)在有以下兩類(lèi)預(yù)防方案可供選擇：

預(yù)防方案一：?jiǎn)为?dú)采用一種預(yù)防措施；

預(yù)防方案二：聯(lián)合采用兩種不同預(yù)防措施.

則要想使總費(fèi)用最少，應(yīng)采用哪種具體的預(yù)防方案？

（總費(fèi)用=采取預(yù)防措施的費(fèi)用+發(fā)生突發(fā)事件損失的期望值.）

【解析】⑴依題意有：

預(yù)防措施AAAA

P0.90.80.70.6

費(fèi)用（萬(wàn)元）80604020

設(shè)事件c：表示使用A和4措施不爆發(fā)洪水,

則P（C）=1—P（$-4）=1-1xQ2=0.98.

（2）預(yù)防措施一：有四種情況：

單獨(dú)用A：總費(fèi)用為：80+1000x0.1=180（萬(wàn)元）;

第8頁(yè)共29頁(yè)

單獨(dú)用4：總費(fèi)用為：60+1000x0.2=260（萬(wàn)元）；

單獨(dú)用4:總費(fèi)用為：40+1000x0.3=340（萬(wàn)元）；

單獨(dú)用44：總費(fèi)用為：20+1000x0.4=420（萬(wàn)元）.

預(yù)防措施二：有六種情況：

44聯(lián)合：總費(fèi)用為80+60+1000x0.1x0.2=160（萬(wàn)元）；

AA聯(lián)合：總費(fèi)用為80+40+1000x0.1x0.3=150（萬(wàn)元）；

AA4聯(lián)合：總費(fèi)用為80+20+1000x0.1x0.4=140（萬(wàn)元）;

兒4聯(lián)合：總費(fèi)用為60+40+1000x0.2x0.3=160（萬(wàn)元）；

44聯(lián)合：總費(fèi)用為60+2。+1000x02x0.4=160（萬(wàn)元）；

&人4聯(lián)合：總費(fèi)用為：40+20+1000x0.3x0.4=180（萬(wàn)元）.

所以，預(yù)防方案采用A4聯(lián)合使用最好，使得總費(fèi)用最少.

?題型02由定義引起的分類(lèi)討論

5.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術(shù)基本定理：每一個(gè)比1大的數(shù)（每

個(gè)比1大的正整數(shù)）要么本身是一個(gè)素?cái)?shù)，要么可以寫(xiě)成一系列素?cái)?shù)的乘積，如果不考慮這些素?cái)?shù)在乘積中

的順序，那么寫(xiě)出來(lái)的形式是唯一的，即任何一個(gè)大于1的自然數(shù)N（N不為素?cái)?shù)）能唯一地寫(xiě)成

N=pf.（其中P,是素?cái)?shù)，可是正整數(shù)，琛小k,A<A<-"<A）>將上式稱(chēng)為自然數(shù)N的標(biāo)

準(zhǔn)分解式，且N的標(biāo)準(zhǔn)分解式中有區(qū)+出+…+4個(gè)素?cái)?shù).從120的標(biāo)準(zhǔn)分解式中任取3個(gè)素?cái)?shù)，則一共

可以組成不同的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為（）

A.6B.13C.19D.60

【答案】B

【解析】

根據(jù)自然數(shù)N的標(biāo)準(zhǔn)分解式可得120=23/3x5，

故從2,2,2,3,5這5個(gè)素?cái)?shù)中任取3個(gè)組成三位數(shù)，有下列三種情況：

①選取3個(gè)2,可以組成1個(gè)三位數(shù)；

第9頁(yè)共29頁(yè)

②選取2個(gè)2后，再?gòu)?或5中選一個(gè)，可以組成C；xC；=6個(gè)不同的三位數(shù);

③選取2,3,5,可以組成用=6個(gè)不同的三位數(shù)，

所以從120的標(biāo)準(zhǔn)分解式中任取3個(gè)素?cái)?shù)，一共可以組成1+6+6=13個(gè)不同的三位數(shù).

故選B.

6.(多選題)已知函數(shù)"x)=ax2+21nx(aeR)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)石，/，符號(hào)[幻表示不超過(guò)x的

最大整數(shù)，如[0.5]=0,則下列結(jié)論正確的是()

A.a的取值范圍為(一1,+8)

B.a的取值范圍為[一：,。]

C.[^]+[X2]..3

D.^[xj]+[x2]=4,則a的取值范圍為-——

【答案】BD

【解析】

函數(shù)f(x)=ax2+2\nx的定義域?yàn)?。,+8)，

r(x)=2ax+2-=2("+1)

XX

當(dāng)a.O時(shí)，/'(%)..0,函數(shù)/(x)=ax2+21nx在(0,+oo)上單調(diào)遞增,

函數(shù)/(x)=ax2+21nx在(0,+<a)上至多只有一個(gè)零點(diǎn)，與條件矛盾,

一閂舍去),

當(dāng)QV0時(shí)，由/'(無(wú))=0可得%=--或入二

a

當(dāng)0<%<J-一時(shí)，/'(%)>0,函數(shù)/(%)=辦2+2inx單調(diào)遞增,

f\x)<0,函數(shù)jf(x)=ax2+21nx單調(diào)遞減,

因?yàn)楹瘮?shù)%)=32+21n%有兩個(gè)不同的零點(diǎn)不42,可得--)>。，

所以ax(—)2+21nJ—>0,所以ln(—)<1,

VaVaa

第10頁(yè)共29頁(yè)

所以一A錯(cuò)誤，8正確；

C

不妨設(shè)石<42，

因?yàn)镴---->&，f(1)—<0,所以X￡(11-----),X?〉J----'

Va\a\a

當(dāng)/—..2時(shí)，［再］..1,［x2］..2,則［%］+LxJ?3,

Va~

當(dāng)G<A/--<2時(shí)，貝！J一工va<,

Vae4

1廠

所以f(2)=4a+2如2,當(dāng)‘<a<-In四時(shí)，/(2)<0,

此時(shí)［%21=1，［石］+5］=2,C錯(cuò)誤,

因?yàn)椋踃J+［%2］=4,

若［石］=1則㈤=3,/(2)>0,/(3).,0,/(4)<0,

所以4a+21n2>0,9a+21n3..O,16a+21n4Vo,

byIn22In3ln2

所以”--—a>-------

294

2In3In2

所以-----<a<-------，

94

若［x］=2,貝也%］=2,/(2)<0,/(3)<0,且2<C<3,

所以4a+21n2v0,9Q+21113V0,—<a<—,

49

七?ln221n311

/VT以av------,Q<--------,—<a<—,

2949

—In211

所以a<------,——<a<——,

249

又ln2>:，所以—ln2<—L所以-乎<一,故滿(mǎn)足條件的。不存在,

2224

所以0的取值范圍為［-等，-竽）。正確

故選3D

7.（多選題）定義”“=%+2%+…+2〃％,為數(shù)列｛4｝的“優(yōu)值”.己知某數(shù)列｛”"｝的，，優(yōu)值，，

n

%=2”,前〃項(xiàng)和為S",則（）

A.數(shù)列｛a,J為等差數(shù)列B.數(shù)列｛4｝為遞減數(shù)列

第11頁(yè)共29頁(yè)

S20202023

cD.S,S,反成等差數(shù)列

,2020224

【答案】AC

CL+2%+…+2〃1Q

【解析】依題意可得——------------=2\

n

/.q+2%+…+2〃一%〃二〃?2〃.

n-1nn+1

%+2%+.?.+2an+2an+l=(n+1)-2,

/.2〃?%+i=5+l)?2〃+i—〃?2〃，

?.?%=〃+2，

當(dāng)〃=1時(shí)，1=2,

:.an=n+l.

「?數(shù)列｛〃J為首項(xiàng)為2,公差為1的等差數(shù)列，故A對(duì)8錯(cuò)誤；

e—X2020x（2+2021）M「十市

5020二21）二2023,故C正確；

2020—2020—2

52=5,54=14,S6=27,

因?yàn)镾6—S4=13,84—82=9,故。錯(cuò)誤.

故選AC

8.若函數(shù)/（X）的定義域?yàn)镽,對(duì)任意的看,%2，當(dāng)%—%6。時(shí)，都有，則稱(chēng)

函數(shù)”X）是關(guān)于。關(guān)聯(lián)的.已知函數(shù)“X）是關(guān)于｛4｝關(guān)聯(lián)的，且當(dāng)xe[-4,o）時(shí)，/（x）=x?+6尤.則：①

當(dāng)xe[0,4）時(shí)，函數(shù)/（X）的值域?yàn)?；②不等式。?（x）＜3的解集為.

【答案】[-5,4）；（百+1,20+1”（6,7）

【解析】

①.由函數(shù)/⑴是關(guān)于｛4｝關(guān)聯(lián)可得：當(dāng)馬—石=4時(shí)，/（x2）-f（^）=4.

當(dāng)X]e[—4,0）時(shí),“%）=4+6X[e[—9,0）,

第12頁(yè)共29頁(yè)

當(dāng)無(wú)2=占+4?0,4)時(shí)，/(x2)=/(x1)+4e[-5,4),即當(dāng)xe[0,4)時(shí)，函數(shù)/(X)的值域?yàn)閇-5,4)；

②.由①可知，當(dāng)占?<。)時(shí)，〃菁)=犬+6〃?-9,0),顯然不滿(mǎn)足0<f(x)<3：

當(dāng)馬=%+4?0,4)時(shí)，有〃尤2)=〃%)+4,則0<〃尤2)<3等價(jià)于-4</&)<一1,

即—4<xJ+6X]<—1,解得一3+逝<—3+2夜，故&+1<%<20+1；

當(dāng)天=匕+8e[4,8)時(shí)，有/(毛)=/(占)+8,則0</(毛)<3等價(jià)于_8</(占)<_5,

即一8<X；+6Xj<-5,解得一2<%]<-1,故6<%<7；

當(dāng)尤4=%+12e[8,12)時(shí)，有〃%)=〃％)+12?3,12),顯然不滿(mǎn)足0<"無(wú))<3；

顯然當(dāng)xe[12,+8)時(shí)，〃x)>3,不滿(mǎn)足0<〃尤)<3.

綜上，不等式0<〃x)<3的解集為(6+1,2虎+l)u(6,7).

一B型03由平面圖形的可變性引起的分類(lèi)討論

9.(多選題)已知圓M：(x+cos8)2+(y—sin8)2=1,直線/：y=kx,下面四個(gè)命題中是真命題

的是()

A.對(duì)任意實(shí)數(shù)左與。，直線/和圓M相切；

B.對(duì)任意實(shí)數(shù)左與。，直線/和圓M有公共點(diǎn)；

C.對(duì)任意實(shí)數(shù)。，必存在實(shí)數(shù)鼠使得直線/與和圓M相切

D.對(duì)任意實(shí)數(shù)也必存在實(shí)數(shù)。，使得直線/與和圓/相切

【答案】BD

【解析】

V圓心到直線/的距離為

卜ZcosO-sinH

dJl+k2'

,k2cos261+sin261+2A;sin0cos0,

:.d--1=-----------------；---------------1

1+k2

左2(cos?61-l)+(sin23-1)+2ksin61cos0

―1+P

第13頁(yè)共29頁(yè)

-k2sin20-cos20+2ksin0cos0

1+P

（ksinS-cosef

=--------I7P

，42,,1恒成立，但等號(hào)不一定恒成立，「.5項(xiàng)對(duì)，A項(xiàng)不一定對(duì)；

若當(dāng)d=1時(shí)，左sin。=cos0,

「?當(dāng)sin6=0時(shí)，%不存在；

當(dāng)女給定時(shí)，。存在；二。項(xiàng)對(duì)，。項(xiàng)不對(duì).

故答案選：BD.

Q

10.已知直線X—陽(yáng)+1=0與3：（左一1）2+9=4交于A、8兩點(diǎn)，寫(xiě)出滿(mǎn)足“&4BC面積為1”的機(jī)的

一個(gè)值__________

【答案】g（答案不唯一）

【解析】

由題知GC：（x—Ip+y=4的圓心為（1,0）,半徑為2,

設(shè)圓心到直線的距離為d,則|AB\=2也_/=2,4-/，

2

于是，S^ABC=-\AB\-d=-x2^-dxd=~,得相=3或6/2=4,

X22555

若取/=乎，則［=勺5,此時(shí)有了m2解得〃z=:或〃?=-2，

55#+（-〃?）2522

若取才=￥,則］=垣，此時(shí)有+H二=￥，解得加=2或機(jī)=一2,

故答案為：g（答案不唯一）.

221

11.設(shè)橢圓￡：?+￡=1（?！?〉0）的離心率為5,其左焦點(diǎn)到P（2,D的距離為所.

⑴求橢圓E的方程；

（2）橢圓E的右頂點(diǎn)為。，直線/：y=Ax+s與橢圓￡交于A,8兩點(diǎn)（A5不是左、右頂點(diǎn)），若其滿(mǎn)足

DADB=Q，且直線/與以原點(diǎn)為圓心，半徑為之的圓相切；求直線/的方程.

第14頁(yè)共29頁(yè)

【解析】⑴由題意可知，橢圓的焦點(diǎn)位于X軸上，即橢圓的左焦點(diǎn)為月（-C,。），

因?yàn)樽蠼裹c(diǎn)到P（2,l）的距離為M，

所以|P周=J（2+cy+（l_0）2=質(zhì)，即（2+C『=9,解得c=l或c=—5（舍）,

又因?yàn)闄E圓E的離心率為-,

2

C111

所以e=—二—,即—=—,解得a=2,

a2a2

所以b2=a2—c2=3，

22

故所求橢圓E的方程為土+匕=1.

43

⑵由題可得。（2,0）,設(shè)（松為），

j22

由彳〉=去+加彳+\=1,消去y,得（3+4左2）/+8m^+4機(jī)2-12=0,

所以A=-4（3+4fc2）（4w2-12）>0,即3+4/一蘇>0,

8mk4m2-12

所以玉+%=—

3+4左2'*%-3+4左2

24m2-12（8mk23〃/-12左2

所以X%=（g+機(jī)）（仇+機(jī)）=左2%%2+加（％1+%2）+機(jī)2=K?——--^-+km\-+m=-------

3+4/3+4左2

因?yàn)镈ADB=O>

所以（七一2,%）?（%2—2,%）=石工2-2（%+九2）+4+X%=。，

222

4m-12.（8nlk）.3m-12k,art。._za,?2k

所以2d.2-2,-T-—77+4+2=0，即7帆+16征+4左2=0,角牛得m=-2k或rn=一--,

滿(mǎn)足3+4左2—機(jī)2>0,

當(dāng)根二一2左時(shí)，/:y=Ax-2左過(guò)點(diǎn)。，不合題意，

所以加=一半①,

又直線/與以原點(diǎn)為圓心半徑為-的圓相切，

7

Iml1

所以/2=?、?，

Jl+k27

第15頁(yè)共29頁(yè)

聯(lián)立①②,解得＜k=與m=一挈或"=-y-m=呼，

所以直線/的方程為y=l—空或y一叵x(chóng)+空.

321-321

221

12.已知橢圓C：=+:=l(q〉b〉O)的離心率為不，且橢圓上動(dòng)點(diǎn)尸到右焦點(diǎn)最小距離為1.

ab~2

⑴求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)點(diǎn)M,N是曲線C上的兩點(diǎn)，。是坐標(biāo)原點(diǎn)，|MN|=20',求WON面積的最大值.

［解析］⑴依題意，［e=-=^-a-c=la1=b2+c2,解得3=26=6，

［Q2I

22

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為土+匕=1.

43

(2)①當(dāng)MN斜率不存在時(shí)，即直線MNYx軸，不妨設(shè)M"吟,則|引=孚，

.闖=白2代寫(xiě)=手；

②當(dāng)直線MN斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN方程為y=+m,

(22

由=ly=kx+m,得(4左2+3)Y+8Amx+4〃/-12=0,

貝I]A=（8M2-4（4A:2+3）-（4m2-12）=48（4^2-m2+3）＞0,

設(shè)"（七，乂），N（x,y）,則x+x=-nW-12

22l2二

4k+31248+——37------

所以|MN|=+k2+少了-4%%2

P8kmY4（4療-]2）

=2五,

4k2+3）4左2+3

即即=4r+3-0：+9.

6（^2+1）

記原點(diǎn)。到直線MN的距離為d,

24/+3（止+3）2（4/+3）.（2/+3）

則d~=

lc+\6位+1）26（如+1）2

第16頁(yè)共29頁(yè)

14左2+3+2/2+3)

-6(.+,-=2

(當(dāng)4左2+3=28+3,即左=0時(shí)取等，驗(yàn)證滿(mǎn)足題意)

所以S：IMNI&；x2日后省,

又因?yàn)槎梗景?，所?.恤取最大值為色.

4-2t1

注：求d2的最大值還可以這樣處理，設(shè)4、p蟲(chóng)=4-—1—43,4),則d2=t--=--1(t-3)2+q-?a-(

k+1k+16622

當(dāng)/=3,即左=0時(shí)取等).

W04由變量的范圍引起的分類(lèi)討論

13.已知關(guān)于尤的不等式2/-5m無(wú)+八110+1)-2..0在［0,乃］上恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是

【答案】[―1,+8)

【解析】

令/(尤)=2e'-sin%+Hn(x+1)-2,xe[0,1],

貝U/(O)=。，

由題意知，Vxe[0,/r],/(%)../(0),

f\x)—2e"—cosxH----,

x+1

令m(x)—2e*x—cosx——--,

x+1

則mf(x)=2ex+sinx------

(x+1)

①當(dāng)f..O時(shí)，對(duì)任意的xe[0,乃],cosxe[-1,1],2e*..2,

則廣(無(wú))>。，此時(shí)函數(shù)〃龍)在[0,萬(wàn)]上單調(diào)遞增，

故/(無(wú))../(0),符合題意；

②當(dāng)f<0時(shí)，〃/(%)>0對(duì)任意的xe[0,恒成立，

所以/'(%)在[0,萬(wàn)]上單調(diào)遞增，

因?yàn)閺V(0)=f+l,(⑺=2^+1+—,

萬(wàn)+1

⑴當(dāng)t+L.O,即當(dāng)一L"<0時(shí)，對(duì)任意的/'(x)..O且/'(%)不恒為零,

第17頁(yè)共29頁(yè)

此時(shí)函數(shù)/(X)在［0,萬(wàn)］上單調(diào)遞增，則/(x)../(0),符合題意；

(萬(wàn))當(dāng)/(0)<0且/'(萬(wàn))>0,即當(dāng)一("+l)(2e"+1)<t<-1時(shí)，

由零點(diǎn)存在定理可知，存在％e(0,萬(wàn))，使得1(%)=0,且當(dāng)xe［0,x0)時(shí)，f'(x)<0,

則函數(shù)〃幻在［0,%)上單調(diào)遞減，所以/(尤。)</(0),不合題意；

(訪)當(dāng)/'(?),,。，即當(dāng)-(乃+l)(2e"+l)時(shí)，對(duì)任意的xe［0㈤,r(x),,0且尸(x)不恒為零,

此時(shí)，函數(shù)f(函在［0,加上單調(diào)遞減,則/"),"(0),不合題意.

綜上所述，A..-1,

故實(shí)數(shù)t的取值范圍是［-1,+8).

故答案為［T,E).

14.已知函數(shù)/(?=/-左sinx.

⑴當(dāng)k=1,時(shí)，求/(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若/⑴在區(qū)間(0,9內(nèi)存在極值點(diǎn)外

①求實(shí)數(shù)左的取值范圍；

②求證：/(元)在區(qū)間(。,萬(wàn))內(nèi)存在唯一的分，使/(力)=1,并比較(與2夕的大小，說(shuō)明理由.

【解析】⑴當(dāng)k=l時(shí)，若,/(x)-ex-sinx,貝l|f'(x)=-cosx>1-cosx>0,

所以，函數(shù)/(x)的增區(qū)間為，無(wú)減區(qū)間.

JI/

(2)①因?yàn)?<x<一,r(x)=ex-左cosx=cosx(---------k),

2cosx

.ex4?八九、ex(cosx+sinx)八

令g(x)=-------,其中0<x<一,則g(x)=-------------2--------->0，

cos九2cos兀

所以，函數(shù)g(x)在fo,1l上單調(diào)遞增，

作出函數(shù)g(x)與y=k的圖象如下圖所示：

第18頁(yè)共29頁(yè)

由圖可知‘當(dāng)％"】時(shí),對(duì)任意的xe°曰,小)=3x(3-左)>。,

則函數(shù)于⑺在°，］上為增函數(shù)，不合乎題意;

當(dāng)k>l時(shí)，由圖可知，直線y=k與函數(shù)g(x)的圖象有且只有一個(gè)交點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為a,

ex

當(dāng)Ovxvc時(shí)，/X%）=cosx（------左）vO,

cosx

jre"

當(dāng)a<x<—時(shí)，r（%）=cos%（------k）>0,

2cos%

此時(shí)函數(shù)/(x)在°，，只有一個(gè)極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn),

綜上所述，實(shí)數(shù)上的取值范圍是(L+8)；

②要證明存在唯一的0GQ,兀),使得/(分)=1,

令m(x)=f(x)-l=ex-ksinx-l,只需證明存在唯一的0e(O,兀),使得加(￡)=0,

因?yàn)閙r(x)=ex-kcosx=ff(x),

由①可知，函數(shù)m(x)在(0,。)上單調(diào)遞減，在(私會(huì))上單調(diào)遞增，

兀

又當(dāng)—<X<7T時(shí)，〃z'(x)="-后COS無(wú)>0,

所以，函數(shù)rn(x)在(0,?)上單調(diào)遞減，在(口,萬(wàn))上單調(diào)遞增，

當(dāng)0<x<cr時(shí)，m(x)<m(0)=0,且m(a)<m(0)=0,

又因?yàn)椤?(%)=e"-l>0,所以，函數(shù)m(x)在(0,。)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，在(％萬(wàn))內(nèi)存在唯一零點(diǎn),

即存在唯一的4口0,乃)使得砥0=0,即/(/?)=1,

第19頁(yè)共29頁(yè)

由①可知，e"=左cosa>l，

所以，m(2a)=e2a—ksin2a-1=e2a—2ksinacosa-1=e2a—2easina—1,

jr

令h(x)=e2x-2exsinx-1,其中Ovxv^,

則hr(x)=2e2x-2ex(sinx+cosx)=2ex(ex-sinx—cosx),

冗

令夕(無(wú))=e"-sinx—cos尤，其中0<x<一，

2

貝ljp'(x)=ex-cosx+sinx>1-cosx+sinx>0,

所以，函數(shù)0(X)在f0,^1上為增函數(shù)，故當(dāng)Ovxv^l時(shí)，p(x)>p(0)=0,

故當(dāng)0<x<W時(shí)，〃。)>0,所以，函數(shù)Mx)在1^0,IJ上為增函數(shù),

TT

因?yàn)?<a<—,m(2a)>0,所以，m(2a)>=0,

2

因?yàn)閙(x)在