高三下(文數(shù))綜合提高訓練一

高三下（文數(shù)）一、選擇題f(xRf(xf(x2)1當1x2f(xx3sinπx9f(5.5) 8

8

8

8

1x

ABF為該雙曲線的右焦點c60oAFB90o,則該雙曲線的離心率的取值范圍是 (1,

(2,

(2,已知

xy 3xy

雙曲線x 1的左右兩支上各有一點A,B點B在直線x3

BAB2

(,0)

(,0)

(,0)lnx,1xfx

fxkx在區(qū)間

2lnx,1x

k的取值范圍為 1,16ln2

4B.1,

ln2,16ln2

xxfxx32ax2a2xx2

，則實數(shù)a的取值范圍 x2已知函數(shù)f(x) x)，若實數(shù)a,b滿足f(a1)f(b)0，則abx2mnstRm2n5mn9nmmns2t的最小值是1m3n 1

x2

2 已知雙曲線

0相切，則該雙曲線的離心率 F1F2分別是雙曲線Ca2

1(a0b0)BF1B與雙曲線CPQPQxM率

，則雙曲線C在ABCabcABCf(xa2x2a2b2x4c2πf(10BC

，求角C3（2）f(2)0，求角C2π2aRf(xcosx(asinxcosxcos(2

xf(π)3)

f(0)f(xABCAB、Ca、b、ca2c2

fAa2b2 2aS的值（要求寫出解答過程。已知數(shù)列{annSn，且3Sn4an4求數(shù)列{an 設cnlog2a1log2a2

log2an，Tnc

L c

kn12n9)Tnkπ在幾何體ABCDE中 ，DC⊥平面ABC，EB⊥平面ABC，AB=AC=BE=2，CD=12F設平面ABE與平面ACD的交線為直線l，求證：l∥平面 FFBCAFD求幾何體ABCDE的體積 AABFDCEAFBFFAFBFE1MNAEBFAFMN的體積 已知橢

F2（1，02

M(xyx2y2b2上，MMx2y2b2P、Q兩點， yyPMOQx32232 已知橢圓C: 0)的離心率 M30的直線與橢圓CAB求橢圓CP為橢圓C上一點，且滿足OAOBtOP（O為坐標原點），求實數(shù)t的取值范圍f(xkexx2（kR，e是自然對數(shù)的底數(shù)k2f(x在區(qū)間(0f(xx1x2（x1x2k在（Ⅱ）的條件下，試證明0f(x1)11-5

6.2

7. 8. 26226解：(1) f(1)＝0，得∵B－C＝∴B＝＋Csin(∴sincosC＋cossinC＝2sinC，整理得，C 由余弦定理，得 ＝(a＝b時取等號∴cosC≥，∠C是銳角，又∵余弦函數(shù)在(0，)解：（1）f(xcosx(asinxcosx

cos x) sin2xcos 3由f )33

f(0)得： 1，∴a ∴f(x)

3sin2xcos2x2sin(2x)6) 由 2x x

f(x

,

a2c2b2

c

2accosBccosB a2b2 2a

2abcos

2a即2acosBccosBbcosC2sinAcosBsinCcosBsinBcosC2sinAcosBsin(BC)sinA，cosB1，∴B π∴f(A)2sin(2A

6a4a6a2a80a4

a4或a

a

a4 an10

an2n

nN*（2）an2n

nN*QS821622423628①2S822623424629②S162222324...2862924429解：（1）由3Sn4an4a14∵3Sn4an4，∴3Sn3Sn1(4an4)(4an14)∴3a4a

，即

4

∴數(shù)列{aa4為首項，公比為4a4n22n （2）cnlog2a1log2a2

log2an24

2(n1)2nn(n L1 L1n n(nkn2n

Lc

1 2kn12n9)Tnn

n2n 2n 11設dn

，dn1dn

n6時，數(shù)列{dn}單調遞減，1n5時，數(shù)列{dn d532d664，∴數(shù)列{dnd664∴k證明：(1)∵DCABC，EB∴DC//EB，又∵DCABE，EBlABE

又lBCDE，CD所以l∥平面 4(2)在△DEFFD

3,FE

6DE3FDDCABC，AFABC，∴DC⊥AF，又∵AB=AC，F(xiàn)BC的中點，∴AF⊥BC，又∵DC∩BC=C，DCBCDE，BCFDAFDAFDAFE

1 AF=1112

A

22（1）證明：連 22直三棱 中 為矩∵M為AE的中點，∴M為 又∵N為BF的中點， 面 面（2）直三棱 中∴ ∴17解

F(10)，c22

(11)(11)232(11)232

2a

a2，b

a2c23 y3所以橢圓方程 Px,y,Q(x,y

x2y2

（2）

，141

1 3

2

y2

14

4

111PF1(4x)21111 211PM

|OM

y

3

x 3(11)3 x 4

2111PFPM21x1x111 2 2同理可求

212

1x2F2PF2QPQ224 由過焦點且垂直于長軸的直線被橢圓截得的弦長 故橢圓的方程為 （2） ,直線AB顯然存在斜 ，得(i) 時 ，滿足題意（ii） 時 由點在橢圓上得解析：（1）k2f(x2exx2f(x2ex2x，x(0)f(x)2ex2x0，f(x在區(qū)間(0f(xx1x2x1

f(xkex2x0k2x有兩個根，設φ(x2x，則φ(x22x x0時，φ(x)0，函數(shù)φ(x)單調遞增且φ(x)0；當0x1時，φ(x0，函數(shù)φ(x單調遞增且φ(x0；x1時，φ(x0，函數(shù)φ(x單調遞減且φ(x