【名师伴你行】2021届高考文科数学二轮复习提能专训3-分类讨论思想.docx

提能专训(三)　分类争辩思想
一、选择题
1．(2022·沈阳质检)已知中心在坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为y＝±x，则该双曲线的离心率为(　　)
A.　　　B.　　　C.或　　　D.或
答案：C
解析：焦点在x轴上时，＝，此时离心率e＝＝；焦点在y轴上时 ，＝，此时离心率e＝＝，故选C.
2．(2022·天津河北区质检)已知函数f(x)＝那么不等式f(x)≥1的解集为(　　)
A．{x|－3≤x≤0} B．{x|x≤－3或x≥0}
C．{x|0≤x≤3} D．{x|x≤0或x≥3}
答案：D
解析：由得x≥3；
由得x≤0.
故f(x)≥1的解集为{x|x≤0或x≥3}．
3．(2022·成都质检)从1,2,3,4,5,6这六个数中，每次取出两个不同的数记为a，b，则共可得到2的不同值的个数是(　　)
A．20 B．22
C．24 D．28
答案：B
解析：留意到y＝2x是单调递增函数，故只需求的个数．由于(1,2)和(2,4)，(3,6)重复，(1,3)和(2,6)重复，(2,3)和(4,6)重复，故总的个数为A26－8＝22.
4．(2022·山西忻州联考)设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝2am，则m等于(　　)
A．6 B．7
C．8 D．10
答案：C
解析：∵S3，S9，S6成等差数列，∴2S9＝S3＋S6.若公比q＝1，明显有2S9≠S3＋S6，因此q≠1，从而2＝＋，2q9－q6－q3＝0，
即2q6－q3－1＝0，∴q3＝－，q3＝1(舍去)．
∵a2＋a5＝2am，∴a2(1＋q3－2qm－2)＝0,1＋q3－2qm－2＝0，
∴qm－2＝，∴m＝8.
5．(2022·河南洛阳统考)已知三棱锥S－ABC的全部顶点都在球O的球面上，AB＝BC＝CA＝3，SA＝SB＝SC，球心O到平面ABC的距离为1，则SA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A．30° B．60°
C．30°或60° D．45°或60°
答案：C
解析：球心位置有以下两种状况：球心在三棱锥内部；球心在三棱锥外部．球心在三棱锥内部时，三棱锥为正三棱锥，设O′为△ABC的中心，在△ABC中，可求得O′A＝，所以可得OA＝2，SO′＝3，SA与平面ABC所成的角即为∠SAO′，由tan ∠SAO′＝＝，得∠SAO′＝60°.
同理可得，其次种状况中所成角为30°.
6．(2022·石家庄质检二)已知函数f(x)＝其中e为自然对数的底数，若关于x的方程f(f(x))＝0有且只有一个实数解，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，0)∪(0,1)
C．(0,1) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案：
B
解析：由f(f(x))＝0，得f(x)＝1，作出函数f(x)的图象，如图所示，当a<0,0<a<1时直线y＝1与函数f(x)的图象有且只有一个交点，所以实数a的取值范围是(－∞，0)∪(0,1)，故选B.

7．设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，P为椭圆上一点，已知P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则的值为(　　)
A．2 B.
C．2或 D．3或
答案：C
解析：若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，
∴＝.
若∠F2PF1＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2，解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，
∴＝2.
综上所述，＝2或.
8．(2022·兰州诊断)函数y＝ax－|x|－1(a>0且a≠1)有且只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．[e，＋∞) B.
C.∪[e，＋∞) D.∪(1，e]
答案：C
解析：由ax－|x|－1＝0，得ax＝|x|＋1.在同一坐标系下画出函数y＝ax与y＝|x|＋1的大致图象，结合图象可知，当a>1时，要使函数y＝ax与y＝|x|＋1的图象有唯一公共点，y＝ax在点(0,1)处的切线的斜率不小于1，于是有ln a≥1，a≥e；当0<a<1时，要使函数y＝ax与y＝|x|＋1的图象有唯一公共点，y＝ax在点(0,1)处的切线的斜率不超过－1，于是有ln a≤－1,0<a≤.
综上所述，实数a的取值范围是∪[e，＋∞)，故选C.
9．已知函数f(x)＝若关于x的方程f2(x)－af(x)＝0恰好有5个不同的实数解，则a的取值范围是(　　)
A．(0,1) B．(0,2)
C．(1,2) D．(0,3)
答案：A

解析：设t＝f(x)，则方程为t2－at＝0，解得t＝0或t＝a，
即f(x)＝0或f(x)＝a.
如图，作出函数的图象，
由函数的图象可知，f(x)＝0的解有两个，
故要使方程f2(x)－af(x)＝0恰有5个不同的解，则方程f(x)＝a的解必有三个，此时0<a<1.所以a的取值范围是(0,1)．
10．已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．[－2,1] D．[－2,0]
答案：D

解析：函数y＝|f(x)|的图象如图．
①当a＝0时，|f(x)|≥ax明显成立．
②当a>0时，只需在x>0时，ln(x＋1)≥ax成立．
比较对数函数与一次函数y＝ax的增长速度．
明显不存在a>0使ln(x＋1)≥ax在x>0上恒成立．
③当a<0时，只需在x<0时，x2－2x≥ax成立．
即a≥x－2成立，∴a≥－2.
综上所述，－2≤a≤0.故选D.
11．函数f(x)＝的零点个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案：D
解析：(1)当x≤0时，f(x)＝x2－2x－3，由f(x)＝0，即x2－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.由于x≤0，所以x＝－1.
此时函数f(x)只有一个零点．

(2)当x>0时，f(x)＝ln x－x2＋2x，
令f(x)＝0，得ln x＝x2－2x，如图，分别作出函数y＝ln x与y＝x2－2x(x>0)的图象，由图可知两个函数图象有两个交点，所以此时的函数f(x)有两个零点．
综上所述，函数f(x)的零点有三个．故选D.
12．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有三个不同的零点，则实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C

解析：由g(x)＝f(x)－m＝0，得f(x)＝m，作出函数y＝f(x)的图象，当x>0时，f(x)＝x2－x＝2－≥－，所以要使函数g(x)＝f(x)－m有三个不同的零点，只需直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个交点即可，如图．
只需－<m<0，故选C.
二、填空题
13．(2022·沈阳质检)在不等边△ABC(三边均不相等)中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有＝，则角C的大小为________．
答案：
解析：依题意得acos A＝bcos B，从而sin Acos A＝sin Bcos B，sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＋B＝ ，又△ABC是不等边三角形，因此A＋B＝，C＝.
14．(2022·福州质检)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积为________．

答案：(18＋2)cm2或(12＋4)cm2
解析：该几何体有两种状况：第一种，由如图(1)所示的棱长为2的正方体挖去一个三棱锥P－ABC所得到的，所求的表面积为6×22－3×＋×(2)2＝(18＋2)(cm2)．其次种为如图(2)所示的棱长为2 的正方体挖去三棱锥P－ABC与三棱锥M－DEF所得到的，所求的表面积为6×22－6×＋2××(2)2＝(12＋4)(cm2)．

15．(2022·太原模拟)已知P是直线3x＋4y＋8＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是________．
答案：2
解析：四边形PACB的面积可表示为S＝2××|PA|×1＝|PA|＝，故当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小．而|PC|的最小值是点C到直线3x＋4y＋8＝0的距离，此时|PC|＝3，故Smin＝2.
16．(2022·广州综合测试)已知[x]表示不超过x的最大整数，例如[－1.5]＝－2，[1.5]＝1.设函数f(x)＝[x[x]]，当x∈[0，n)(n∈N*)时，函数f(x)的值域为集合A，则A中的元素个数为________．
答案：
解析：当n＝1时，A＝{0}，A中有1个元素，
当n≥2时，若x∈[0,1)，f(x)＝0；
若x∈[1,2)，f(x)＝[x]＝1；
若x∈[2,3)，f(x)＝[2x]＝4,5；
若x∈[3,4)，f(x)＝[3x]＝9,10,11；
若x∈[4,5)，f(x)＝[4x]＝16,17,18,19；
……
若x∈[n－1，n)，f(x)＝[(n－1)x]共有n－1个函数值．
故当n≥2时，集合A中的元素个数为1＋1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＝1＋＝，
又当n＝1时，符合上式，所以A中的元素个数为.
三、解答题
17．(2022·四川成都诊断)已知等比数列{an}满足a2＝，a4＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝log3|an|·log3|an＋1|，求数列的前n项和Tn.
命题意图：本题主要考查等比数列的通项，裂项相消法求和等，考查考生的运算求解力量及分类争辩力量．
解：(1)设公比为q，∵＝＝q2，
∴q＝或q＝－.
(ⅰ)当q＝时，∵a2＝，解得a1＝，
∴an＝n，n∈N*.
(ⅱ)当q＝－时，
∵a2＝，解得a1＝－，
∴an＝n，n∈N*.
∴an＝n或an＝n，n∈N*.
(2)∵bn＝log3|an|·log3|an＋1|，
∴bn＝n(n＋1)，
∴＝＝－.
∴Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，n∈N*.
18．(2022·河南郑州质检二)已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当0<x<1时，f(x)>f，求实数k的取值范围．
解：(1)由题知，f′(x)＝(1－x)e－x(x∈R)，当f′(x)>0时，x<1，当f′(x)<0时，x>1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
其极大值为f(1)＝，无微小值．
(2)由题知，0<x<1，当k≤0时，由于≤0<x<1，由(1)知，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，
所以f(x)>f，符合题意；
当0<k<1时，取x＝k，可得f(k)>f(1)，这与函数在(－∞，1)上单调递增不符；
当k≥1时，由于≥>1，由(1)知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以f≤f，即只需证f(x)>f，即证xe－x>e－，
即ln x－x>－ln x－ ,2ln x－x＋>0，令h(x)＝2ln x－x＋(0<x<1)，
则h′(x)＝＝－<0对0<x<1恒成立，所以h(x)为(0,1)上的减函数，所以h(x)>h(1)＝0，
所以f(x)>f，符合题意．
综上所述，k∈(－∞，0]∪[1，＋∞)．
19．设命题p：∀x∈R，函数f(x)＝lg有意义；命题q：∀x>0，不等式<1＋ax恒成立，假如命题“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．
解：若命题p为真命题，则ax2－x＋a>0对任意x∈R均成立，当a＝0时，明显不符合题意，故解得a>2.
所以命题p为真⇔a>2.
若命题q为真命题，则不等式<1＋ax对任意x>0恒成立，
即a>＝＝对任意x>0恒成立，而函数f(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)∈(0,1)，即a≥1.
所以命题q为真⇔a≥1.
由于命题“p或q”为真命题，命题“p且q”为假命题，所以命题p与q中有一个是真命题，一个是假命题．当p为真命题，q为假命题时，a的值不存在；当q为真命题，p为假命题时，a∈[1,2]．
综上所述，实数a的取值范围是[1,2]．
20．已知函数f(x)＝x3－ax＋1.
(1)当x＝1时，f(x)取得极值，求a的值；
(2)求f(x)在[0,1]上的最小值；
(3)若对任意m∈R，直线y＝－x＋m都不是曲线y＝f(x)的切线，求a的取值范围．
解：(1)由于f′(x)＝x2－a，
当x＝1时，f(x)取得极值，
所以f′(1)＝1－a＝0，a＝1.
又当x∈(－1,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在x＝1处取得微小值，即a＝1时符合题意．
(2)当a≤0时，f′(x)>0对x∈(0,1)恒成立，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝1.
当a>0时，令f′(x)＝x2－a＝0，
x1＝－，x2＝，
当0<a<1时，<1，
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝处取得最小值f()＝1－.
当a≥1时，≥1.
x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝－a.
综上所述，当a≤0时，f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝1；
当0<a<1时，f(x)在x＝处取得最小值f()＝1－；
当a≥1时，f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝－a.
(3)由于∀x∈R，直线y＝－x＋m都不是曲线y＝f(x)的切线，
所以f′(x)＝x2－a≠－1对x∈R恒成立，
只要f′(x)＝x2－a的最小值大于－1即可．
而f′(x)＝x2－a的最小值为f(0)＝－a，
所以－a>－1，即a<1.
故a的取值范围是(－∞，1)．