2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：第1部分　1 第1讲　高考客观题的解法 .doc

1、 专题强化训练 基础达标 1(2019 宁波高考模拟)已知全集 UABxZ|0x6，A(UB)1，3，5，则 B( ) A2，4，6 B1，3，5 C0，2，4，6 DxZ|0x6 解析：选 C.因为全集 UABxZ|0x60，1，2，3，4，5，6，A(UB) 1，3，5，所以 B0，2，4，6，故选 C. 2复数 z 满足(1i)z| 3i|，则 z ( ) A1i B1i C1i D1i 解析：选 A.由题意知：(1i)z2，设 zabi， 则(1i)z(1i)(abi)(ab)(ab)i， 所以 ab0， ab2，解得 a1，b1，故 z 1i，故选 A. 3(2019 温州市高考数学

2、模拟)已知数列an是递增数列，且满足 an1f(an)，a1(0，1)， 则 f(x)不可能是( ) Af(x) x Bf(x)2x1 Cf(x) 2xx2 Df(x)log2(x1) 解析：选 B.对于 A：因为 a1(0，1)，所以 an1 anan，可得 数列an是递增数列；对于 B：因为 a1(0，1)，不妨取 a11 2，则 a2 2 1 21 21x， 所以 an1log2(an1)an，因此数列an是递增数列故选 B. 4 已知点x， y满足约束条件 xy20 x2y40， x20 则z3xy的最大值与最小值之差为 ( ) A5 B6 C7 D8 解析： 选 C.作出约束条件 x

3、y20 x2y40 x20 对应的平面区域如图 中阴影部分所示，作出直线 y3x 并平移知，当直线经过点 A 时，z 取得最大值，当直线经过点 B 时，z 取得最小值，由 x2 x2y40，得 x2 y3，即 A(2，3)，故 z max9. 由 x2y40 xy20 ，得 x0 y2，即 B(0，2)，故 z min2，故 z 的最大值与最小值之差为 7，选 C. 5在数列an中，若 a12，且对任意正整数 m，k，总有 amkamak，则an的前 n 项和 Sn( ) An(3n1) B.n（n3） 2 Cn(n1) D.n（3n1） 2 解析：选 C.依题意得 an1ana1，即有 an

4、1ana12，所以数列an是以 2 为首项、 2 为公差的等差数列，an22(n1)2n，Snn（22n） 2 n(n1) 6函数 f(x)|x2|ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A0 B1 C2 D3 解析：选 C.由题意可知 f(x)的定义域为(0，)，在同一直 角坐标系中画出函数 y1|x2|(x0)，y2ln x(x0)的图象，如图 所示 由图可知函数 f(x)在定义域内的零点个数为 2. 7函数 f(x)cos xlog2|x|的图象大致为( ) 解析：选 B.函数的定义域为(，0)(0，)， 且 f 1 2 cos1 2log2 1 2 cos 1 2， f 1 2 co

5、s 1 2 log2 1 2 cos1 2， 所以 f 1 2 f 1 2 ，排除 A、D， 又 f 1 2 cos1 20，a*b 与 b*a 都是集合x|xn 2，nZ中的元素，则 a*b _ 解析：由 8*33 得 8 33 9 8； a b m 2， b a n 2(m，nZ，mn) 2mn 4 1，3 2 mn5m5，n1， 所以 a*b5 2. 答案：9 8 5 2 15 已知函数 f(x) |x|，xm， x22mx4m，xm，其中 m0.若存在实数 b， 使得关于 x 的方程 f(x) b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是_ 解析：函数 f(x)的大致图象如图所示，根据题意

6、知只要 m4mm2即可，又 m0，解得 m3，故实数 m 的取值范围是(3，) 答案：(3，) 16若二次函数 f(x)4x22(p2)x2p2p1 在区间1，1内至少存在一个值 c，使 得 f(c)0，则实数 p 的取值范围是_ 解析：若在1，1内不存在 c 满足 f(c)0， 则 f（1）0， f（1）0， 即 p 1 2或p1， p3或p3 2. 解得 p3 或 p3 2，取补集得30，解得 a23 5 ，故 a 的取值范围为 23 5 ， . 3(2019 杭州市学军中学模拟)已知 q 是等比数列an的公比，则“qx1 e的解集是( ) A. 0，1 e B(0，e) C. 1 e，e

7、 D. 1 e， 解析：选 B.根据题意，令 g(x)xf(x)， 则有 g(x)xf(x)xf(x)f(x)ln x x ， 则 g(x)1 2(ln x) 2C，即 xf(x)1 2(ln x) 2C， 则有 f(x) 1 2x(ln x) 2C x， 又由 f(e)1 e，即 f(e) 1 2e C e 1 e，解可得 C 1 2， 故 f(x) 1 2x(ln x) 21 2x， 令 h(x)f(x)x， 则 h(x)f(x)1（ln x1） 2 2x2 1x1 e，即 f(x)x 1 eef(e)e， 则有 00. 且(32)(2)(21)(32)0， 整理可得，421840 且 1

8、. 解不等式可得，9 65 4 或 9 65 4 或 9 65 4 且 1 17(2019 广州市综合测试(一)设 Sn为数列an的前 n 项和，已知 a12，对任意 p，q N*，都有 apqapaq，则 f(n)Sn60 n1 (nN*)的最小值为_ 解析：a12，对任意 p，qN*，都有 apqapaq，令 p1，qn，则有 an1ana1 an2， 故an是等差数列， 所以 an2n， Sn2（1n）n 2 n2n， f(n)Sn60 n1 n 2n60 n1 （n1） 2（n1）60 n1 n1 60 n11. 当 n18 时，f(7)860 8 129 2 ； 当 n17 时，f(6)760 7 1102 7 ， 因为29 2 102 7 ，则 f(n)Sn60 n1 (nN*)的最小值为29 2 . 答案：29 2