统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练五文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练五文（附解析），共7页。试卷主要包含了设双曲线C，答案等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·河南高二期末]设x，y满足约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y≤1,x＋y≤3,x≥0))，则z＝3x＋2y的最大值为( )
A．5B．6C．7D．8
2．在△ABC中，eq \(DC,\s\up6(→))＝2eq \(BD,\s\up6(→))，且E为AC的中点，则eq \(DE,\s\up6(→))＝( )
A．－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))B．eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))C．－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))D．eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(5,6)eq \(AC,\s\up6(→))
3．函数f(x)＝eq \f(ex－e－x,x2＋|x|－2)的部分图象大致是( )

4．设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为P.若以A1A2为直径的圆与直线PF2相切，则双曲线C的离心率为( )
A．eq \r(2)B．eq \r(3)C．2D．eq \r(5)
5．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,3)))的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,4)，将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g(x)的图象，若g(x)＋k＝0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))有且只有一个实数根，则k的取值范围是( )
A．k≤eq \f(1,2)B．－1≤k<－eq \f(1,2)C．－eq \f(1,2)6．[2023·全国甲卷(文)]函数y＝f(x)的图象由y＝cs (2x＋eq \f(π,6))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为( )
A．1B．2C．3D．4
[答题区]
7.过圆O：x2＋y2＝4外一点P(2，1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆O于A，B点和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．
8．已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，满足f(x)＋f(2－x)＝0，且当x∈(0，1)时，f(x)＝x2，则f(1)＝________，g(x)＝f(x)－|lgx|，则函数g(x)的零点共有________个．
9．已知函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＋eq \r(3)cs2x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若关于x的方程f(x)－m＝2在x∈[0，eq \f(π,2)]上有两个不同的解，求实数m的取值范围．
10．如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q，L分别为棱A1D1，C1D1，BC的中点．
(1)求证：AC⊥QL；
(2)求点A到平面PQL的距离．
专练（五）
1．D 由题意，作出约束条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y≤1,x＋y≤3,x≥0))表示的平面区域，如图中阴影部分所示，
目标函数z＝3x＋2y，可化为直线y＝－eq \f(3,2)x＋eq \f(z,2)，
当直线y＝－eq \f(3,2)x＋eq \f(z,2)过点B时，直线在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，
又由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝1,x＋y＝3))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝1))，即B（2，1），
代入可得zmax＝3×2＋1×2＝8.
故选D.
2．A 方法一 如图1，连接AD.eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))－（eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))）＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)（eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))）＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→)).
方法二 eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)（eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))）－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→)).
方法三 如图2，作eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(DE,\s\up6(→))，以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))为基底将eq \(AF,\s\up6(→))分解，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，则eq \(DE,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，易知x<0，y>0，排除B，C，D选项，故选A.
方法四 不妨令△ABC为直角三角形，C＝90°，AC＝2，BC＝3，以C为坐标原点建立直角坐标系，如图3所示，则C（0，0），A（2，0），B（0，3），D（0，2），E（1，0），所以eq \(AB,\s\up6(→))＝（－2，3），eq \(AC,\s\up6(→))＝（－2，0），eq \(DE,\s\up6(→))＝（1，－2），易得eq \(DE,\s\up6(→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))，故选A.
3．D 因为f（－x）＝eq \f(e－x－ex,x2＋|x|－2)＝－f（x），所以f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，当x∈（0，1）时，f（x）＝eq \f(ex－e－x,（|x|＋2）（|x|－1）)<0，当x∈（1，＋∞）时，f（x）>0.故选D.
4.
D 如图所示，设以A1A2为直径的圆与直线PF2的切点为Q，连接OQ，则OQ⊥PF2，又PF1⊥PF2，O为F1F2的中点，所以|PF1|＝2|OQ|＝2a，又|PF2|－|PF1|＝2a，所以|PF2|＝4a，在Rt△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2⇒4a2＋16a2＝20a2＝4c2⇒e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5).
5．D 因为f（x）相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,4)，
结合三角函数的图象可知eq \f(T,2)＝eq \f(π,4).
又因为T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，
所以ω＝2，f（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))，
将f（x）的图象向右平移eq \f(π,8)个单位得到f（x）＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
所以方程为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋k＝0.
令2x－eq \f(π,6)＝t，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以－eq \f(π,6)≤t≤eq \f(5π,6).
若g（x）＋k＝0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数根，
即g（t）＝sint与y＝－k在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上有且只有一个交点．
－eq \f(1,2)≤－k6．C 把函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数f（x）＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的图象．作出函数f（x）的部分图象和直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.
7．答案：eq \r(15)
解析：
如图所示，S四边形ABCD＝eq \f(1,2)（PA·PD－PB·PC），取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD＝eq \f(1,2)[（PE＋AE）·（PF＋DF）－（PE－AE）·（PF－DF）]＝PE·DF＋AE·PF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤eq \r(（OF2＋OE2）·（DF2＋AE2）)，其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，据此可得S四边形ABCD≤eq \r(OP2·（8－OP2）)＝eq \r(5×3)＝eq \r(15)，综上，四边形ABCD面积的最大值为eq \r(15).
8．答案：0 6
解析：因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）＝0，因为f（x）＋f（2－x）＝0，所以令x＝1得f（1）＋f（1）＝0，即f（1）＝0.由f（x）＋f（2－x）＝0得f（x）＝－f（2－x），又f（x）是奇函数，所以－f（2－x）＝f（x－2），即f（x）＝f（x－2），则f（x）是以2为周期的周期函数，则f（0）＝f（2）＝0，f（1）＝f（3）＝0，即f（n）＝0（n∈Z）.注意到f（x）的值域为（－1，1），由g（x）＝0得f（x）＝|lgx|<1，eq \f(1,10)9．解析：（1）由f（x）＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＋eq \r(3)cs2x
＝1－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))＋eq \r(3)cs2x
＝1＋sin2x＋eq \r(3)cs2x
＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
则由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z.
所以函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
（2）
由f（x）－m＝2，得f（x）＝m＋2，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，
∵f（0）＝1＋2sineq \f(π,3)＝1＋eq \r(3)，函数f（x）的最大值为1＋2＝3，
∴要使方程f（x）－m＝2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的解，则f（x）＝m＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的解，
即函数f（x）和y＝m＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的交点，即1＋eq \r(3)≤m＋2<3，
即eq \r(3)－1≤m<1.
所以实数m的取值范围为[eq \r(3)－1，1）.
10．解析：（1）如图，取DC的中点H，连接QH，HL，BD.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，H，Q分别为DC，C1D1的中点，则QH⊥CD，从而QH⊥平面ABCD，所以QH⊥AC.
在正方形ABCD中，H，L分别为CD，BC的中点，所以BD∥HL，又AC⊥BD，
所以HL⊥AC.
又QH∩HL＝H，所以AC⊥平面QHL，所以AC⊥QL.
（2）取AB的中点M，连接ML，MP，因为M，L分别为AB，BC的中点，所以ML∥AC.又AC⊥QL，所以ML⊥QL，易证PQ∥ML且PQ＝ML，所以四边形PQLM为矩形，则点A到平面PQL的距离即点A到平面PML的距离，设其值为h.
连接PA，AL，在四面体PAML中，S△AML＝eq \f(1,2)AM·BL＝eq \f(1,2)·eq \f(a,2)·eq \f(a,2)＝eq \f(1,8)a2，
S△PML＝eq \f(1,2)·ML·PM＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(2),2)a·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),4)a2，
由等体积法可知V三棱锥P­AML＝V三棱锥A­PML，即eq \f(1,3)·eq \f(1,8)a2·a＝eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),4)a2·h，解得h＝eq \f(\r(3),6)a，故点A到平面PQL的距离为eq \f(\r(3),6)a.题号
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答案