2019-2020年高考数学二轮复习 仿真模拟补偿练习（一）理.doc

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2019-2020年高考数学二轮复习 仿真模拟补偿练习（一）理 一、数形结合思想在解题中的应用 数形结合思想通过“以形助数,以数解形”,使复杂问题简单化,抽象问题具体化,有助于把握问题的本质.数形结合与以下内容有关:①实数与数轴上的点的对应关系;②函数与图象的对应关系;③曲线与方程的对应关系;④以几何元素和几何条件为背景建立起来的概念;⑤所给等式或代数式的结构含有明显的几何意义.在本卷中第11、12、14、24题均体现了数形结合思想. 【跟踪训练】 设函数f(x)=则f[f(-1)]=　　　　;若函数g(x)=f(x)-k存在两个零点,则实数k的取值范围是　　　　. 二、函数与方程思想的应用 函数与方程思想的应用主要表现在两个方面:一是借助有关初等函数的性质,解有关求值,解(证)不等式,解方程以及讨论参数的取值范围等问题;二是在问题研究中,建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易化繁为简的目的.如本卷中第5、10、13、16、20、21题均体现了函数与方程思想的 应用. 【跟踪训练】 函数f(x)=|ex-bx|,其中e为自然对数的底数.若函数y=f(x)有且只有一个零点,则实数b的取值范围是　　　　. 1.f(x)=2sin πx-x+1的零点个数为(　　) (A)4 (B)5 (C)6 (D)7 2.已知函数f(x)=g(x)=kx,若函数h(x)=f(x)-g(x)有3个不同的零点,则实数k的取值范围是(　　) (A)(-∞,0) (B)[2,+∞) (C)(0,+∞) (D)(2,+∞) 3.椭圆的左、右焦点分别为F1(-,0)和F2(,0),且椭圆过点（1,-）. (1)求椭圆C的方程; (2)过点（-,0）作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M,N两点,A为椭圆的左顶点,试判断∠MAN的大小是否为定值,并说明理由. 4.(xx郑州第二次质量预测)已知函数f(x)=ax+ln(x-1),其中a为常数. (1)试讨论f(x)的单调区间; (2)若a=时,存在x使得不等式|f(x)|-≤成立,求b的取值 范围. 高考仿真模拟卷(一)试卷评析及补偿练习 试卷评析 一、 【跟踪训练】 解析:f[f(-1)]=f(4-1)=f()=log2=-2. 令f(x)-k=0, 即f(x)=k, 设y=f(x),y=k,画出图象,如图所示,函数g(x)=f(x)-k存在两个 零点, 即y=f(x)与y=k的图象有两个交点, 由图象可得实数k的取值范围为(0,1]. 答案:-2　(0,1] 二 【跟踪训练】 解析:记g(x)=ex-bx. f(x)=0同解于g(x)=0, 因此,只需g(x)=0有且只有一个解. 即方程ex-bx=0有且只有一个解. 因为x=0不满足方程, 所以方程同解于b=(x≠0), 令h(x)=,由h′(x)==0得x=1. 当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,h(x)∈(e,+∞); 当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,h(x)∈(e,+∞); 所以当x∈(0,+∞)时,方程b=有且只有一解等价于b=e. 当x∈(-∞,0)时,h(x)单调递减,且h(x)∈(-∞,0), 从而方程b=有且只有一解等价于b∈(-∞,0). 综上所述,b的取值范围为(-∞,0)∪{e}. 答案:(-∞,0)∪{e} 补偿练习 1.B　令2sin πx-x+1=0, 则2sin πx=x-1, 令h(x)=2sin πx,g(x)=x-1, 则f(x)=2sin πx-x+1的零点个数问题转化为两个函数h(x)与g(x)图象的交点个数问题. h(x)=2sin πx的最小正周期为 T==2, 画出两个函数的图象,如图所示, 因为h(1)=g(1),h()>g(), g(4)=3>2,g(-1)=-2, 所以两个函数图象的交点一共有5个, 所以f(x)=2sin πx-x+1的零点个数为5.故选B. 2.D　 在同一直角坐标系中,画出函数y=f(x)与y=g(x)的图象,如图, 注意到当直线y=kx与曲线y=2x2+1(x>0)相切时, 设此时直线的斜率为k1,相应的切点坐标是(x0,2+1)(x0>0), 则有 由此解得x0=,k1=2. 结合图形分析可知,要使函数h(x)=f(x)-g(x)有3个不同的零点, 即函数f(x)与g(x)的图象有3个不同的交点, 只需k>2即可, 因此实数k的取值范围是(2,+∞). 故选D. 3.解:(1)设椭圆的方程为+=1(a>b>0), 由于焦点为F1(-,0),F2(,0), 可知c=, 即a2-b2=3, 把(1,-)代入椭圆方程得 +=1,解得a2=4,b2=1, 故椭圆的方程为+y2=1. (2)设直线MN的方程为x=ky-, 联立方程组可得 化简得(k2+4)y2-ky-=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则y1y2=-, y1+y2=, 又A(-2,0), 所以=(x1+2,y1)(x2+2,y2) =x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2, 由x=ky-得 =(k2+1)y1y2+k(y1+y2)+ =(k2+1)[-]+ 　k+ =0, 所以⊥,所以∠MAN=90, 所以∠MAN为定值. 4.解:(1)由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},f′(x)=a+=, 当a≥0时,f′(x)>0在定义域内恒成立, f(x)的单调增区间为(1,+∞), 当a<0时,由f′(x)=0得x=1->1, 当x∈(1,1-)时,f′(x)>0; 当x∈(1-,+∞)时,f′(x)<0, f(x)的单调增区间为(1,1-), 单调减区间为(1-,+∞). (2)由(1)知当a=<0时,f(x)的单调增区间为(1,e),单调减区间为(e,+∞). 所以f(x)max=f(e) =+ln(e-1)<0, 所以|f(x)|≥-f(e)=-ln(e-1)恒成立, 当x=e时取等号. 令g(x)=,则g′(x)=, 当10; 当x>e时,g′(x)<0, 从而g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 所以g(x)max=g(e)=+. 所以,存在x使得不等式|f(x)|-≤成立, 只需-ln(e-1)-≤+, 即b≥--2ln(e-1).