高考数学二轮专项分层特训卷一解题方法专练方法3割补法估算法整体代换法分离参数法

方法3割补法估算法整体代换法分离参数法一、单项选择题1．已知f(x)＝ax3＋bsinx＋1(ab≠0).若f(2023)＝k，则f(－2023)＝()A．kB．－kC．1－kD．2－k2．为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是()A．eq\f(3＋\r(6),4)km2B．eq\f(3－\r(6),4)km2C．eq\f(6＋\r(3),4)km2D．eq\f(6－\r(3),4)km23．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4，a10是方程x2－4x＋1＝0的两根，则S13＝()A．21B．24C．25D．264．[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为()A．13B．12C．9D．65．[2023·新课标Ⅰ卷]设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是()A．(－∞，－2]B．[－2，0)C．(0，2]D．[2，＋∞)6．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)7．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M与点M′关于x轴对称，M′F1⊥MF2.若kMF1，eq\f(2b,a)，kMF2成等比数列(其中kMF1，kMF2分别是直线MF1，MF2的斜率)，则双曲线C的离心率为()A．eq\f(\r(5),2)B．eq\r(5)C．eq\r(3)D．38．[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝()A．120B．85C．－85D．－120二、多项选择题9．下列命题中，为真命题的是()A．∀x∈R，2x－1>0B．∃x∈R，使x2＋1<2xC．∀xy>0，有x＋y≥2eq\r(xy)D．∃x，y∈R，使sin(x＋y)＝sinx＋siny10．已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项正确的是()A．a3＋a7≥2B．a4＋a6≥2C．a7－2a6＋1≥0D．a3－2a4－1≥011．[2020·新高考Ⅰ卷]如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))12．[2023·新课标Ⅰ卷]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体[答题区]题号123456789101112答案三、填空题13．已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))－eq\f(1,3)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－eq\f(1,2)，c＝lneq\f(3,5)，则这三个数从大到小的顺序是________．14．若3sinα＋cosα＝0，则cos2α＋2sinα·cosα的值为________．15．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围是________．16．[2023·新课标Ⅱ卷]底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．

方法3割补法估算法整体代换法分离参数法1．解析：∵f（2023）＝a·20233＋bsin2023＋1＝k，∴a·20233＋b·sin2023＝k－1，∴f（－2023）＝a·（－2023）3＋b·sin（－2023）＋1＝－a·20233－bsin2023＋1＝－（a·20233＋bsin2023）＋1＝－（k－1）＋1＝2－k.故选D.答案：D2．解析：如图，连接AC.在△ABC中，根据余弦定理可得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°)＝eq\r(3)km，又AB＝2km，BC＝1km，所以AC2＋BC2＝AB2，所以△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，故∠DAC＝∠DCA＝15°.所以△ADC为等腰三角形，且∠D＝150°，设AD＝DC＝xkm，根据余弦定理得x2＋x2＋eq\r(3)x2＝3，即x2＝eq\f(3,2＋\r(3))＝3（2－eq\r(3)）.所以小区的面积为eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＋eq\f(1,2)×3（2－eq\r(3)）×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3)＋6－3\r(3),4)＝eq\f(6－\r(3),4)（km2）.故选D.答案：D3．解析：因为a4，a10是方程x2－4x＋1＝0的两根，所以a4＋a10＝4，又S13＝eq\f(13（a1＋a13）,2)＝eq\f(13（a4＋a10）,2)＝eq\f(13×4,2)＝26.故选D.答案：D4．解析：由题，a2＝9，b2＝4，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝2a＝6，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2)),2)))2＝9（当且仅当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF2))＝3时，等号成立）.故选C.答案：C5．解析：方法一由题意得y＝x（x－a）在区间（0，1）单调递减，所以x＝eq\f(a,2)≥1，解得a≥2.故选D.方法二取a＝3，则y＝x（x－3）＝（x－eq\f(3,2)）2－eq\f(9,4)在（0，1）单调递减，所以f（x）＝2x（x－3）在（0，1）单调递减，所以a＝3符合题意，排除A，B，C，故选D.答案：D6．解析：2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)恒成立．设h（x）＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，则h′（x）＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)（x>0）.当x∈（0，1）时，h′（x）<0，函数h（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，函数h（x）单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝4，所以a≤h（x）min＝4.故选B.答案：B7．解析：因为点M与点M′关于x轴对称，所以kM′F1＝－kMF1.因为M′F1⊥MF2，所以－kMF1·kMF2＝－1，即kMF1·kMF2＝1.又kMF1，eq\f(2b,a)，kMF2成等比数列，所以eq\f(4b2,a2)＝kMF1·kMF2，即eq\f(4b2,a2)＝1，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，故e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(\r(5),2).故选A.答案：A8．解析：方法一设等比数列{an}的公比为q（q≠0），由题意易知q≠1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×\f(a1（1－q2）,1－q)))，化简整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝4,\f(a1,1－q)＝\f(1,3))).所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(1,3)×（1－44）＝－85.故选C.方法二易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，结合S4＝－5得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5,\f(a1（1－q2）,1－q)＝\f(5,4)))，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.答案：C9．解析：对于A选项，∀x∈R，2x－1>0，正确；对于B选项，∵x2＋1－2x＝（x－1）2≥0，则x2＋1≥2x，错误；对于C选项，当x<0，y<0时，x＋y<0<2eq\r(xy)，错误；对于D选项，取x＝y＝0，则sin（x＋y）＝sin0＝0＝sin0＋sin0＝sinx＋siny，正确．故选AD.答案：AD10．解析：因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，所以a3＝eq\f(1,q2)，a4＝eq\f(1,q)，a6＝q，a7＝q2，因为a3＋a7＝eq\f(1,q2)＋q2≥2，故A正确；因为a4＋a6＝eq\f(1,q)＋q，当q<0时式子为负数，故B错误；因为a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝（q－1）2≥0，故C正确；因为a3－2a4－1＝eq\f(1,q2)－eq\f(2,q)－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)－1))2－2，存在q使得a3－2a4－1<0，故D错误．故选AC.答案：AC11．解析：由题图可知，函数的最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y＝sin（2x＋φ），将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，故y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sin[π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))]＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，故选项B正确；y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，选项C正确；对于选项A，当x＝eq\f(π,6)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝1≠0，错误；对于选项D，当x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(2π,3),2)＝eq\f(5π,12)时，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2×\f(5π,12)))＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y＝sin（－2x＋φ），将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入，得sin（－2×eq\f(π,6)＋φ）＝0，结合函数图象，知－2×eq\f(π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(4π,3)))，但当x＝0时，y＝sineq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2)<0，与图象不符合，舍去．综上，选BC.答案：BC12．解析：由于棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m，所以选项A正确；由于棱长为1m的正方体中可放入棱长为eq\r(2)m的正四面体，且eq\r(2)>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1m，体对角线长为eq\r(3)m，eq\r(3)<1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为eq\r(3)m，而底面直径为1.2m的圆柱体，其高0.01m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.答案：ABD13．解析：a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))－eq\f(1,3)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))0＝1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－eq\f(1,2)∈（0，1），c＝lneq\f(3,5)<0，则这三个数从大到小的顺序是a>b>c.答案：a>b>c14．解析：由3sinα＋cosα＝0，得cosα≠0，tanα＝－eq\f(1,3).所以cos2α＋2sinα·cosα＝eq\f(cos2α＋2sinα·cosα,1)＝eq\f(cos2α＋2sinα·cosα,sin2α＋cos2α)＝