京津鲁琼专用2020版高考数学二轮复习第一部分小题强化练小题强化练三含解析

7．解析：选C.由f(x＋2)＝f(x)可知函数f(x)的周期为2，可知f(x)＝f(x－2)．又f(x?15??15??1?f(4)＝f(4－2×2)

－2)为奇函数，可知f(x)为奇函数．所以f?－?＝f?－＋2×4?＝f??，

?2??2??2??11??11??1?＝f(0)＝0，f??＝f?－2×3?＝f?－?.又x∈[0，1)时，f(x)单调递增，故奇函数f(x)在

?2??2??2??1??1??15??11?(－1，1)内单调递增，所以f??>f(0)>f?－?，即f?－?>f(4)>f??，故选C.

?2??2??2??2?

8．解析：选D.由f(x)＝2－log1x，可知函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．因为

2实数a>b>c>0满足f(a)f(b)f(c)<0，则f(a)，f(b)，f(c)可能都小于0或有1个小于0，2个大于0，如图．则A，B，C可能成立，x0>c，D不可能成立．

x

9．解析：选D.设抛物线上点M(m，n)(m>0)，则n＝2pm，可得|MO|＝m＋n＝m＋2pm.|MO|

由抛物线的定义得|MF|＝m＋，所以＝

2|MF|

2

2

2

2

pm2＋2pm＝pm＋

2

m2＋2pm＝p22

m＋pm＋

4

1＋tp|MO|

.令pm－＝t，t>－，则m＝＋，所以＝p44p4|MF|2

m＋pm＋

4

2

2

2

pm－

p24

p2p2

1＋

t＋＋p2216

2

t2＝3t9p1

1＋≤

t39p2＋＋p2216t123t9p3p1＋＝，当且仅当2＝，即t＝时，等号成立，故选D. 33p16t4

π??10．解析：选C.法一：函数y＝sin 2x的图象向右平移φ?0<φ

2??π?π???f(x)＝sin (2x－2φ)的图象，则当x∈?0，?时，2x－2φ∈?－2φ，－2φ?.由函数f(x)

4?2???π

－＋2kπ≤－2φ，??2π?π?在区间?0，?上单调递增，可知?(k∈Z)，解得－kπ≤φ≤－kπ

4?4?ππ

??2－2φ≤2＋2kπππ

(k∈Z)．又由0<φ<，可知0<φ≤①.函数f(x)的所有零点满足2x－2φ＝kπ(k∈Z)，

24π?15π1π?5π

即x＝kπ＋φ(k∈Z)，由最大负零点在?－，－?内，得－

6?21226?12

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5π1π1πππ

即－－kπ<φ<－－kπ(k∈Z)，由0<φ<可知当k＝－1时，<φ<②.由①②，

122622123φ的取值范围为?

?π，π?，故选C.

??124?

2π?π?法二：由题意得f(x)＝sin(2x－2φ)观察选项可取φ＝，可得f(x)＝sin?2x－?，3?3?π?2π?2π?π?可知当x∈?0，?时，2x－∈?－，－?，函数f(x)先减后增，不符合题意，排除B，

4?6?3?3?π??π?ππ?D；取φ＝，易得函数f(x)＝sin?2x－?在?0，?上单调递增，令2x－＝kπ(k∈Z)，

3??4?63?π?πkπ?5π

得x＝＋π(k∈Z)，则函数f(x)取得的最大负零点为x＝－∈?－，－?，符合题意，

6?623?12排除A，故选C.

11．解析：选CD.由已知得r＝|OP|＝m＋1，则sin α＝

2

m1

＞0，cos α＝－m2＋1m2＋1

＜0，tan α＝－m＜0，所以sin x＋cos α的符号不确定，sin α－cos α＞0，sin αcos αsin α

＜0，＝cos α＜0.故选CD.

tan α

12．解析：选BCD.由a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面知： 在A中，若a∥c，b∥c，则由平行公理得a∥b，故A正确； 在B中，若a∥b，b∥α，则a∥α或a?α，故B错误；

在C中，若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故C错误； 在D中，若a?α，b?β，α∥β，则a与b平行或异面，故D错误．

13．解析：选AC.若f(x)＝x，则f′(x)＝2x，令x＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e，则f′(x)＝－e，令e＝－e，此方程无解，故B不符11

合要求；若f(x)＝ln x，则f′(x)＝，令ln x＝，在同一直角坐标系内作出函数y＝ln x－x－x－x－x2

2

xx1

与y＝的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)＝f′(x)存在实数解，

x故C符合要求；若f(x)＝tan x，则f′(x)＝?

1?sin x?′＝1，令tan

x＝?22，化简得sin

cosxcosx?cos x?

xcos x＝1，变形可得sin 2x＝2，无解，故D不符合要求．故选AC.

?2?14．解析：二项式展开式的通项为Tr＋1＝C9??

?x?

r3

9－r3rr9－rr3

(－x)＝(－1)·2C9xr－9.令r22

8

9－88

9

－9＝3，解得r＝8，可知所求二项式展开式中含x项的系数为(－1)·2

答案：18

C＝2×9＝18.

15．解析：由数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝16，可得a3＝4.又S3＝

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????????a3?2＋＋1?＝28，可得2＋＋1＝7，即?－2?·?＋3?＝0，解得q＝?q＝－舍去?，故an3qq2??qq??q??q??

＝a3qn－3

11111111

＝2

5－n.则a1a2…an＝2×2×…×2

435－n（9－n）n（9－n）n＝2，可知当取得最大值时，2

2

a1a2…an取得最大值，此时整数n＝4或5.

答案：4或5

→→→→→→→→→

16．解析：由题|OA|＝|OB|＝|OC|＝2，且OA·OB＝0.由OC＝λOA＋μOB，两边平方得OC2

→→2→→2→22→222222

＝(λOA＋μOB)＝λOA＋2λμOA·OB＋μOB＝4λ＋4μ，可得4＝4λ＋4μ，即λ＋

2

2

2

λ＋μ12

μ＝1，所以λ·μ≤＝，当且仅当λ＝μ＝时取得等号，故λ·μ的最大值

2221

为. 2

1答案： 2

17．解析：因为在△AMC中，∠AMC＝

π1，AM＝2，△AMC的面积为33，则有33＝32

AM·CM·sin ∠AMC＝×2×CM×

1

23

，所以解得CM＝6. 2

2π→→

因为BC＝4BM，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝，所以由余弦定理可得

3

AB＝AM2＋BM2－2AM·BM·cos ∠BMA

＝

?1?22

2＋2－2×2×2×?－?＝23，

?2?

AC＝AM2＋CM2－2AM·CM·cos ∠AMC

＝

122

2＋6－2×2×6×＝27，

2

AB2＋AC2－BC212＋28－64－21

所以cos ∠BAC＝＝＝.

2AB·AC72×23×27

答案：6 －

21 7

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