2021年高考数学一轮复习 大题练习一(含答案)

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（1）求f(x)的单调递增区间；
（2）求f(x)在区间上的值域．
已知{an}是公差为正数的等差数列，首项a1=3，前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，首项b1=1，且a2b2=12，S3+b2=20.
(1)求{an}，{bn}的通项公式.
(2)令cn=nbn(n∈N*)，求{cn}的n项和Tn.

在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(a+b)(sin A-sin B)=c(sin C-sin B).
(1)求A;
(2)若a=4,求b2+c2的取值范围.
已知等差数列{an}的首项为a（a∈R，a≠0）．
设数列的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有．
（1）求数列{an}的通项公式及Sn；
（2）是否存在正整数n和k，使得Sn，Sn+1，Sn+k成等比数列？
若存在，求出n和k的值；若不存在，请说明理由．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点F(eq \r(3)，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
在锐角△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C所对的边，且 SKIPIF 1 < 0 a=2csinA．
（1）确定∠C的大小；
（2）若c= SKIPIF 1 < 0 ，求△ABC周长的取值范围．
如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|=2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－eq \f(1,2)，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．
已知函数f(x)=kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N*时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
\s 0 答案解析
解：（1）
令，得，
的单调递增区间为；
（2）由得，故而．
解：(1)设公差为d，公比为q，则a2b2=(3+d)q=12①
S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=20②联立①②可得，(3d+7)(d﹣3)=0
∵{an}的公差d＞0.则d=3，q=2，∴an=3+(n﹣1)×3=3n，bn=2n﹣1；
(2)bn=2n﹣1，cn=n2n﹣1，∴Tn=c1+c2+…+cn=120+221+322+…+n2n﹣1，
2Tn=121+222+…+(n﹣1)2n﹣1+n2n，
两式相减可得，﹣Tn=120+121+122+…+12n﹣1﹣n2n，
∴﹣Tn=﹣n2n=2n﹣1﹣n2n，∴Tn=(n﹣1)2n+1.
解:(1)根据正弦定理得(a+b)(a-b)=c(c-b),
即a2-b2=c2-bc,
则=,即cs A=,
由于00，x1＋x2=eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2=eq \f(4m2－4,4k2＋1).
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))=0.
∵eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))=(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)=(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2=0，
∴(k2＋1)eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq \f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2=0，
整理，得5m2－2m－3=0，解得m=－eq \f(3,5)或m=1(舍去)．
∴直线l的方程为y=kx－eq \f(3,5).易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
解：（1）由 a=2csinA变形得： = ，
又正弦定理得：= ，∴= ，
∵sinA≠0，∴sinC= ，∵△ABC是锐角三角形，∴∠C=
（2）解：∵c= ，sinC= ， ∴由正弦定理得：=2，
即a=2sinA，b=2sinB，又A+B=π﹣C= ，即B= ﹣A，
∴a+b+c=2（sinA+sinB）+
=2[sinA+sin（ ﹣A）]+
=2（sinA+sin csA﹣cs sinA）+
=3sinA+ csA+
=2 （sinAcs +csAsin ）+ =2 sin（A+ ）+ ，
∵△ABC是锐角三角形，∴ ＜∠A＜ ，∴ ＜sin（A+ ）≤1，
则△ABC周长的取值范围是（3+ ，3 ]
解：
(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，
∴eq \f(c2,a2)＋eq \f(t2,b2)=1，得t=eq \f(b2,a)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，
由AB∥OP得eq \f(b,a)=eq \f(\f(b2,a),c)，即b=c，∴a2=b2＋c2=2b2，①
又|AB|=2eq \r(3)，∴a2＋b2=12，②
由①②得a2=8，b2=4，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－eq \f(1,2)，
设Q(x0，y0)(y0≠0)，则eq \f(x\\al(2,0),8)＋eq \f(y\\al(2,0),4)=1，③
∵kQA·kQD=－eq \f(1,2)，A(－2eq \r(2)，0)，∴eq \f(y0,x0＋2\r(2))·eq \f(y0,x0－m)=－eq \f(1,2)(x0≠m)，④
由③④得(m－2eq \r(2))x0＋2eq \r(2)m－8=0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2\r(2)＝0，,2\r(2)m－8＝0，))解得m=2eq \r(2)，
∴存在点D(2eq \r(2)，0)，使得kQA·kQD=－eq \f(1,2).
解：(1)法一：f(x)=kx－ln x－1，f′(x)=k－eq \f(1,x)=eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)，
当x=eq \f(1,k)时，f′(x)=0；当00)，
令g(x)=eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，g′(x)=eq \f(－ln x,x2)，
当x=1时，g′(x)=0；当01时，g′(x)lneq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)=ln(n＋1)，
故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．