高考前主要题型练习附答案8(典型+难)_高考经典题型练习题一

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1.已知函数f(x)（其中0）． 3sinxcosxcosx，xR，33（1）求函数f(x)的值域；（2）若函数f(x)的最小正周期为

[解]（1）f(x)3sinxcosx2sinx

---------------------------4分

62，则当x0,时，求f(x)的单调递减区间．

2

xR，∴f(x)的值域为[2,2]

---------------6分

（2）∵f(x)的最小正周期为

∴f(x)2sin(4x62，∴

22，即4

-------------------8分 2]，∴4x)-----9分

∵x[0,[6[136,6]-----10分

∵f(x)递减，∴4x由

2.设函数f(x)24x632,2]

-------------12分

632，得到

12x3，∴f(x)单调递减区间为[12,3]-------14分

mx2x1的图象关于直线yx对称。

)上的单调性；（3）若直线（1）求m的值；（2）判断并证明函数f(x)在区间(1，ya(aR)与f(x)的图象无公共点，且f(|t2|32)2af(4a)，求实数t的取值范围。

x21（1）f(x)（2分）∴m1（3分）

xm（2）设x1,x2(1,),且x1x2则：

f(x1)f(x2)3x1x12x11x22x21(5分）3(x2x1)(x11)(x21)0

∴ f(x)1在(1,)上单调减函数.（7分）

32)（49分）f(2（）10分），322（12分）（3）a1（8分），f(t2t232321，21，f(x)在(1，)单调递减∴t2 或　t52 故：t

（14分）

3.已知△ABC的顶点A，B在椭圆x3y4上，C在直线l：y=x+2上，22且AB∥l．

（Ⅰ）当AB边通过坐标原点O时，求AB的长及△ABC的面积；

（Ⅱ）当∠ABC=90°，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程．

解：（Ⅰ）因为AB∥l，且AB边通过点（0，0），所以AB所在直线的方程为y=x.设A，B两点坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).x23y24,由得x1,yx所以AB2x1x222.又因为AB边上的高h等于原点到直线l的距离，所以h2.SABC12ABh2.（Ⅱ）设AB所在直线的方程为y=x+m.x23y24,22由得4x6mx3m40.yxm因为A，B在椭圆上，所以12m64＞0.设A，B两点坐标分别为（x1,y1），（x2,y2）.则x1x23m2,x1x23m4422,所以AB2x1x2326m22.又因为BC的长等于点（0,m）到直线l的距离，即BC2222m2.所以ACABBCm2m10(m1)11.22所以当m=-1时，AC边最长.（这时1264＞0）此时AB所在直线的方程为y=x-1.24.已知二次函数fxxaxaxR同时满足：①不等式fx0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0x1x2，使得不等式fx1fx2成立。

设数列an的前n项和Snfn，（1）求数列an的通项公式；

（2）试构造一个数列bn，（写出bn的一个通项公式）满足：对任意的正整数n都有bnan，且limanbnn2，并说明理由；

（3）设各项均不为零的数列cn中，所有满足cici10的正整数i的个数称为这个数列cn的变号数。令cn1aan（n为正整数），求数列cn的变号数。

解：（1）∵fx0的解集有且只有一个元素，∴a4a0a0或a4，当a0时，函数fxx2在0,上递增，故不存在0x1x2，使得不等式fx1fx2成立。

当a4时，函数fxx4x4在0,2上递减，故存在0x1x2，使得不

2等式fx1fx2成立。综上，得a4，fxx4x4，∴Snn4n4，2∴

（2）要使limnanbn2，可构造数列bnnk，∵对任意的正整数n都有bnan，∴当n2时，nk2n5恒成立，即n5k恒成立，即5k2k3，又bn0，∴kN，∴bnn*32，等等。

3,n1（3）解法一：由题设cn，4,n212n5∵n3时，cn1cn列cn递增，∵a4130，由142n542n382n52n30，∴n3时，数

42n50n5，可知a4a50，即n3时，有且只有1个变号数；

又∵c13,c25,c33，即c1c20,c2c30，∴此处变号数有2个。综上得 数列cn共有3个变号数，即变号数为3。

3,n1解法二：由题设cn，4,n212n5

n2cncn10时，令2n92n735790n或nn2或n4；

2n52n32222

又∵c13,c25，∴n1时也有c1c20。综上得 数列cn共有3个变号数，即变号数为3。