届高考高三数学理一轮复习同步强化训练试题解析版.docx

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届高考高三数学理一轮复习同步强化训练试题解析版

2019届高考高三数学（理）一轮复习

同步强化训练试题解析版

目录

规范答题强化训练

（一）函数与导数1

规范答题强化训练

（二）三角7

规范答题强化训练（三）数列12

规范答题强化训练（四）立体几何16

规范答题强化训练（五）解析几何25

规范答题强化训练（六）概率与统计31

规范答题强化训练

（一）函数与导数

（45分钟　48分）

1.（12分）已知函数f（x）=ex+x2-x,g（x）=x2+ax+b,a,b∈R.

（1）当a=1时,求函数F（x）=f（x）-g（x）的单调区间.

（2）若曲线y=f（x）在点（0,1）处的切线l与曲线y=g（x）切于点（1,c）,求a,b,c的值.

（3）若f（x）≥g（x）恒成立,求a+b的最大值.

【解析】

（1）F（x）=ex-2x-b,

则F′（x）=ex-2.（1分）

令F′（x）=ex-2>0,得x>ln2,

所以F（x）在（ln2,+∞）上单调递增.令F′（x）=ex-2<0,得x

所以F（x）在（-∞,ln2）上单调递减.（4分）

（2）因为f′（x）=ex+2x-1,

所以f′（0）=0,所以l的方程为y=1.依题意,g′（x）=2x+a,g′

（1）=2+a=0,所以-=1,c=1.

于是l与抛物线g（x）=x2-2x+b切于点（1,1）,由12-2+b=1得b=2.所以a=-2,b=2,c=1.

（3）设h（x）=f（x）-g（x）=ex-（a+1）x-b,则h（x）≥0恒成立.易得h′（x）=ex-（a+1）.（6分）

①当a+1≤0时,因为h′（x）>0,所以此时h（x）在（-∞,+∞）上单调递增.

若a+1=0,则当b≤0时满足条件,此时a+b≤-1;（7分）

若a+1<0,取x0<0且x0<,此时h（x0）=-（a+1）x0-b<1-（a+1）-b=0,所以h（x）≥0不恒成立.不满足条件;（8分）

②当a+1>0时,令h′（x）=0,得x=ln（a+1）.由h′（x）>0,得x>ln（a+1）;由

h′（x）<0,得x

（ln（a+1）,+∞）上单调递增.（10分）

要使得“h（x）=ex-（a+1）x-b≥0恒成立”,必须有“当x=ln（a+1）时,h（x）min=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0”成立.所以b≤（a+1）-（a+1）ln（a+1）.则

a+b≤2（a+1）-（a+1）ln（a+1）-1.令G（x）=2x-xlnx-1,x>0,则G′（x）=1-lnx.

令G′（x）=0,得x=e.由

G′（x）>0,得0e.所以G（x）在（0,e）上单调递增,在

（e,+∞）上单调递减,所以,当x=e时,G（x）max=e-1.从而,当a=e-1,b=0时,

a+b的最大值为e-1.综上,a+b的最大值为e-1.（12分）

2.（12分）已知函数f（x）=ax+x2-xlna-b（a,b∈R,a>1）,e是自然对数的底数.

（1）当a=e,b=4时,求函数f（x）的零点个数.

（2）若b=1,求f（x）在[-1,1]上的最大值.

【解析】

（1）f（x）=ex+x2-x-4,所以f′（x）=ex+2x-1,所以f′（0）=0,（1分）

当x>0时,ex>1,所以f′（x）>0,故f（x）是（0,+∞）上的增函数,（2分）

当x<0时,ex<1,所以f′（x）<0,故f（x）是（-∞,0）上的减函数,（3分）

f

（1）=e-4<0,f

（2）=e2-2>0,所以存在x1∈（1,2）是f（x）在（0,+∞）上的唯一零点;（4分）

f（-2）=+2>0,f（-1）=-2<0,所以存在x2∈（-2,-1）是f（x）在（-∞,0）上的唯一零点,

所以f（x）的零点个数为2.（6分）

（2）f′（x）=axlna+2x-lna=2x+（ax-1）lna,（7分）

当x>0时,由a>1,可知ax-1>0,lna>0,所以f′（x）>0,当x<0时,由a>1,可知ax-1<0,lna>0,所以f′（x）<0,当x=0时,f′（x）=0,

所以f（x）是[-1,0]上的减函数,[0,1]上的增函数,所以当x∈[-1,1]时,f（x）min=f（0）,f（x）max为f（-1）和f

（1）中的较大者.而f

（1）-f（-1）=a--2lna,

设g（x）=x--2lnx（x>1）,

因为g′（x）=1+-=≥0

（当且仅当x=1时等号成立）,（8分）

所以g（x）在（0,+∞）上单调递增,而g

（1）=0,（10分）

所以当x>1时,g（x）>0,即a>1时,a--2lna>0,所以f

（1）>f（-1）.所以f（x）在[-1,1]上的最大值为f

（1）=a-lna.（12分）

3.（12分）已知函数f（x）=lnx+,其中常数k>0.

（1）讨论f（x）在（0,2）上的单调性.

（2）当k∈[4,+∞）时,若曲线y=f（x）上总存在相异两点M（x1,y1）,N（x2,y2）,使曲线y=f（x）在M,N两点处的切线互相平行,试求x1+x2的取值范围.

【解析】

（1）由已知得,f（x）的定义域为（0,+∞）,且

f′（x）=--1=-=-（k>0）,（2分）

①当0k>0,且>2,

所以x∈（0,k）时,f′（x）<0;x∈（k,2）时,f′（x）>0.

所以,函数f（x）在（0,k）上是减函数,在（k,2）上是增函数;（3分）

②当k=2时,=k=2,f′（x）<0在区间（0,2）内恒成立,所以f（x）在（0,2）上是减函数;（4分）

③当k>2时,0<<2,k<,所以x∈时,f′（x）<0;x∈时,

f′（x）>0,

所以函数在上是减函数,在上是增函数.（6分）

（2）由题意,可得f′（x1）=f′（x2）,x1x2>0且x1≠x2,即--1=--1,

化简得,4（x1+x2）=x1x2,（8分）

由x1x2<,

得4（x1+x2）<,

即x1+x2>对k∈[4,+∞）恒成立,（10分）

令g（k）=k+,则g′（k）=1-=>0对k∈[4,+∞）恒成立,所以g（k）在[4,+∞）上单调递增,则g（k）≥g（4）=5,所以≤,所以x1+x2>,故x1+x2的取值范围为.（12分）

4.（12分）设函数f（x）=lnx.

（1）令F（x）=f（x）+（0

（2）当a>0时,设函数g（x）=（x2-2x）f（x）+ax2-x,且函数g（x）有且仅有一个零点,若e-2

【解析】

（1）F（x）=f（x）+=lnx+,x∈（0,3],则有F′（x0）=≤在x0∈（0,3]上恒成立,（2分）

所以a≥,（4分）

x0∈（0,3],当x0=1时,-+x0取得最大值,所以a≥.（6分）

（2）因为x∈（0,+∞）,

令g（x）=（x2-2x）f（x）+ax2-x=0,

则（x2-2x）lnx+ax2=x,

即a=,（7分）

令h（x）=,

则h′（x）=--+=,（8分）

令t（x）=1-x-2lnx,t′（x）=-1-=,因为t′（x）<0,所以t（x）在（0,+∞）上是减函数,

又因为t

（1）=h′

（1）=0,所以当00,当x>1时,h′（x）<0,所以h（x）在（0,1）上单调递增,在（1,+∞）上单调递减,

所以h（x）max=h

（1）=1,因为a>0,

所以当函数g（x）有且仅有一个零点时,a=1.（10分）

当a=1时,g（x）=（x2-2x）f（x）+x2-x,

若e-2

g′（x）=（x-1）（3+2lnx）,

令g′（x）=0得x=1或x=,又因为e-2

所以g（x）max=g（e）=2e2-3e,

所以m≥2e2-3e.（12分）

规范答题强化训练

（二）三角

（45分钟　48分）

1.（12分）已知函数f（x）=4cosωx·sin（ωx+）（ω>0）的最小正周期为π.

（1）求ω的值.

（2）讨论f（x）在区间上的单调性.

【解析】

（1）f（x）=4cosωx·sin

=2sinωx·cosωx+2cos2ωx

=（sin2ωx+cos2ωx）+

=2sin+.（2分）

因为f（x）的最小正周期为π,且ω>0,

从而有=π,故ω=1.（4分）

（2）由

（1）知,f（x）=2sin+.

若0≤x≤,则≤2x+≤.

当≤2x+≤,即0≤x≤时,f（x）单调递增;（8分）

当<2x+≤,即

综上可知,f（x）在区间上单调递增,在区间上单调递减.（12分）

2.（12分）在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2cos2cosB-

sin（A-B）sinB+cos（A+C）=-.

（1）求cosA的值.

（2）若a=4,b=5,求向量在方向上的投影.

【解析】

（1）由2cos2cosB-sin（A-B）·sinB+cos（A+C）=-,得

[cos（A-B）+1]cosB-sin（A-B）sinB-cosB=-,（2分）

即cos（A-B）cosB-sin（A-B）sinB=-,

则cos（A-B+B）=-,

即cosA=-.（4分）

（2）由cosA=-,0

由正弦定理,有=,所以sinB==.（8分）

由题意知a>b,则A>B,故B=.

根据余弦定理,有（4）2=52+c2-2×5×c×,

解得c=1或c=-7（舍去）.

故向量在方向上的投影为||cosB=.（12分）

3.（12分）设函数f（x）=cos+2cos2x.

（1）求f（x）的最大值,并写出使f（x）取最大值时x的集合.

（2）已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若f（B+C）=,b+c=2,求a的最小值.

【解析】

（1）因为f（x）=cos+2cos2x

=cos+1,

所以f（x）的最大值为2.（3分）

f（x）取最大值时,cos=1,2x+=2kπ（k∈Z）,

故x的集合为{x|x=kπ-,k∈Z}.（5分）

（2）由f（B+C）

=cos+1=,

可得cos=,

由A∈（0,π）,可得A=.（8分）

在△ABC中,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos=（b+c）2-3bc,

由b+c=2知bc≤=1,当b=c=1时bc取最大值,此时a取最小值1.（12分）

4.（12分）设函数f（x）=-sin2ωx-sinωxcosωx（ω>0）,且y=f（x）图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.

（1）求ω的值.

（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值.

【解析】

（1）f（x）=-sin2ωx-sinωxcosωx=-·-

sin2ωx

=cos2ωx-sin2ωx

=-sin.（4分）

因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为,又ω>0,