2021年高考数学一轮复习 大题练习二(含答案)

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（1）求函数f(x)对称轴方程和单调递增区间；
（2）对任意,f(x)-m≥0恒成立，求实数m的取值范围.
在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，且.
（1）求B的大小；
（2）若AC边上的中线BM的长为，求△ABC面积的最大值.
△ABC的内角A,B,C对应边分别为a,b,c，且2acsC=2b-c．
（1）求角A的大小；
（2）若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围；
（3）若a= SKIPIF 1 < 0 ，且△ABC的面积为 SKIPIF 1 < 0 ，求cs2B+cs2C的值．
已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(an,2n)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：-eq \f(7,4)≤Tn＜-1(n∈N*)．
已知数列{an}满足a1=eq \f(1,2)，an＋1=eq \f(an,2an＋1)．
(1)求证：数列eq \f(1,an)是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=eq \f(1,2nan)，求数列{bn}的前n项和Sn．
已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x=－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点.证明：直线OD平分线段MN.
在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A．
（1）求该椭圆的方程；
（2）过点作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q.求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
已知函数f(x)=ln x＋eq \f(2a,x＋1)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a=1时，求证：f(x)≤eq \f(x＋1,2).
\s 0 答案解析
解：（1）
由，
由，
所以对称轴是，单调增区间是
（2）由得，
从而.恒成立等价于，
∴
解：（1）由,
因为
所以由,则,
（2）如图延长线段至,满足,联结,
在中,,,,,
由余弦定理可得,即,
因为,所以,
则,即,当且仅当时等号成立,
那么,当且仅当时等号成立,
则面积的最大值为2.
解：
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＝15，,a\\al(2,4)＝a3a7，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝15，,a1＋3d2＝a1＋2da1＋6d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))∴an=2n-5(n∈N*)．
(2)证明：∵bn=eq \f(an,2n)=eq \f(2n－5,2n)，n∈N*.
∴Tn=eq \f(－3,2)＋eq \f(－1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(2n－5,2n)，①
eq \f(1,2)Tn=eq \f(－3,22)＋eq \f(－1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(2n－7,2n)＋eq \f(2n－5,2n＋1)，②
①-②得eq \f(1,2)Tn=eq \f(－3,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))-eq \f(2n－5,2n＋1)=-eq \f(1,2)＋eq \f(1－2n,2n＋1)，
∴Tn=-1-eq \f(2n－1,2n)(n∈N*)，
∵eq \f(2n－1,2n)＞0(n∈N*)，
∴Tn＜-1.Tn＋1-Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2n＋1,2n＋1)))-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2n－1,2n)))=eq \f(2n－3,2n＋1)，
∴Tn＜Tn＋1(n≥2)．
又T1=-1-eq \f(1,2)=-eq \f(3,2)，T2=-1-eq \f(4－1,4)=-eq \f(7,4).
∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2=-eq \f(7,4).
综上所述，-eq \f(7,4)≤Tn＜-1(n∈N*)．
解：
(1)证明：因为an＋1=eq \f(an,2an＋1)，且可知an≠0，所以eq \f(1,an＋1)-eq \f(1,an)=2，所以数列eq \f(1,an)是等差数列．
所以eq \f(1,an)=eq \f(1,a1)＋2(n-1)=2n，即an=eq \f(1,2n)．
(2)因为bn=eq \f(2n,2n)=eq \f(n,2n－1)，所以Sn=b1＋b2＋…＋bn=1＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1)，
则eq \f(1,2)Sn=eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
两式相减得eq \f(1,2)Sn=1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)-eq \f(n,2n)=21-eq \f(1,2n)-eq \f(n,2n)，
所以Sn=4-eq \f(n＋2,2n－1)．
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，
线段MN的中点P(x0，y0)，则2x0=x1＋x2,2y0=y1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，
则直线DF的斜率为kDF=eq \f(n－0,－4－－1)=－eq \f(n,3)，
当n=0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.
当n≠0时，直线MN的斜率kMN=eq \f(3,n)=eq \f(y1－y2,x1－x2).
∵点M，N在椭圆上，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
整理得：eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)=0，
又2x0=x1＋x2,2y0=y1＋y2，∴eq \f(y0,x0)=－eq \f(n,4)，直线OP的斜率为kOP=－eq \f(n,4)，
∵直线OD的斜率为kOD=－eq \f(n,4)，
∴直线OD平分线段MN.
解:（1）由题意可知，椭圆的焦点在轴上，
，，椭圆的离心率，则，，
则椭圆的标准方程；
（2）证明：设，，，
当斜率不存在时，与椭圆只有一个交点，不合题意，
由题意的方程，，
则联立方程，
整理得，，
，
由韦达定理可知，，
则，
则由，
，
∴直线AP,AQ的斜率之和为定值．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12).
考虑y=x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a2，则a－1＋eq \r(a2－2a)>a－1－eq \r(a2－2a)>0，
由f′(x)>0，得0