最新高考数学练习题限时训练(50)答案

限时训练（五十）

答案部分

一、选择题 题号 答案 二、填空题 13.

1 B 2 C 3 A 4 A 5 A 6 B 7 C 8 B 9 D 10 D 11 D 12 D 22017 14.3 15. 2 16. 52018解析部分

2i2i1i1313i，所以zi.故选B. 1i222221.解析 由题可得z2.解析 由题得B2,4，所以A22B1,2,4,5.故选C.

3.解析 由题得xzy，y4，且y0，所以xyz8.故选A.

4.解析 由三视图可得该几何体是半径为1的半球，和底面半径为1，高为2的圆锥的组合体，所以V1414.故选A. 1313223335.解析 不等式组对应的可行域如图阴影部分所示，当直线y2xz的截距最大时，z最

小，联立x5y30x3，解得，所以zmin236.故选A.

23y30y0yOx

6.解析 先排两位爸爸，有2种排法，中间4个空位排在一起的有3种情况，所以孩子的排

12法有C3A26（种），最后排妈妈，有2种排法，所以共有262=24（种）.故选B.

7.解析 由题可得C和D所说的互相矛盾，故一真一假.若C为假，则D为真，同时B为真；若C为真，则D为假，A,B都为假，由此可从B的话判断获特等奖的是3号同学.故选C. 8.解析 i0,S1,A2i1,S2A,12i2,S1,A11,A1i3,S1,A2i4S,2A,2i5S,,S1,A，2i16

由此可得S的值以6为周期循环，循环体为1,2,1,1,2,1.因为i的初始值为0，i2016时结束循环，且2017=63361，所以S1.故选B.

9.解析 由题可得圆C:x3y4，设双曲线的渐近线方程为ykx，则

22435b244.故选2，解得k，即2，所以该双曲线的离心率e1255a551k3k2D.

10.解析 如图所示，因为A1BCD1，所以EBA1为异面直线BE与CD1所成的角，在

△A1BE中，BE2，A1E1，A1B5，所以根据余弦定理可求得EBA1=故选D.

D1A1C1310.10B1EDCBA

11.解析 由题可得OCmOAnOB3mn,m3n，则

OC3mnm3n2210m2n2，令tm2n2，则OC=10t.因为

mn1,2，在直角坐标系中表示如图阴影部分所示，则tm2n2表示区域中的点与原点的距离，分析可得n21O12m2≤t≤2，所以5≤OC≤210.故选D. 2

12.解析 因为e1ax1，exx2ax2，所以ex2x1x2x.设t2，则t1，x2tx1，所以x1x1

et1x1t，所以x1t1t1lntlnt2，所以x1x22t1x12=t1t1t12t1014t144gtlnt2.令，则，所gtlnt2tt12tt12t1t1t1以gtg10，所以x1x220，即x1x22.选项A正确；方程fxexaxexex有两个不等的零点，即ya与y有两个不同的交点.因为y的导函数

xxexx1exy，所以y在，在0,1上单调递减且ye，0上单调递减且y0，2xx在1，上单调递增且ye，所以ae且0x11x2.选项B错误；

lntlnttt1lntx1x21tx121t1t1lntt1.令tt1t1t1t1t1t11t1htlnt，则ht0，所以hth10.又因为

t2ttt2ttlntt10，所以x1x210，即x1x21.选项C错误；由fxexa0，得t1xlna1，当xlna时，fx0，当xlna时，fx0，所以fxexax有极小值点x0lna.由e1ax1，exx22ax2，得x1lnalnx1，x2lnalnx2，因此

x1x22lnalnx1lnx2，x1x22lnalnx1x2ln10，所以x1x22lna2x0.选项D正确.故选D.

sincostan2. 222sincostan15114.解析 由题可得ya，y'x0a12，所以a3.

x113.解析 sincos15.解析 由题意可知，该事件满足独立重复试验，是一个二项分布模型，其中p0.02，

n100，所以EXnp2.

16.解析 将原式因式分解可得又因为数列的各项为正数，nn1Sn1Sn10，所以Sn111，所以S1S2nn1nn11111S20171223

1112017.高难拉分攻坚特训(一) =12017201820182018x22

1．已知椭圆M：a2＋y＝1，圆C：x2＋y2＝6－a2在第一象限有公共点P，k1设圆C在点P处的切线斜率为k1，椭圆M在点P处的切线斜率为k2，则k的取

2

值范围为( )

A．(1,6) C．(3,6) 答案 D

x22222

解析 由于椭圆M：圆C：x＋y＝6－a在第一象限有公共点P，2＋y＝1，a

22a>6－a，所以2

6－a>1，

B．(1,5) D．(3,5)

x22

解得32

x0x

第一象限的公共点P(x0，y0)，则椭圆M在点P处的切线方程为a2＋y0y＝1，圆x0x0k1

C在P处的切线方程为x0x＋y0y＝6－a2，所以k1＝－y，k2＝－a2y，k＝a2，所

002k1

以k∈(3,5)，故选D. 2

4

2．已知数列{an}满足a1＝4，an＋1＝4－a，且f(n)＝(a1－2)(a2－2)＋(a2－2)(a3

n

－2)＋(a3－2)(a4－2)＋…＋(an－1)(an＋1－2)，若∀n≥3(n∈N*)，f(n)≥m2－2m恒成立，则实数m的最小值为________．

答案 －1

422an2解析 ∵a1＝4，an＋1＝4－a，∴＝＝＝1＋，又

an＋1－24an－4an－2an－2n

an－2

222

＝1，∴数列a－2是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝1＋na1－2an－2n

12221

－－1＝n，an－2＝n，令bn＝(an－2)(an＋1－2)＝n·＝4nn＋1，

n＋1

∴f(n)＝(a1－2)(a2－2)＋(a2－2)(a3－2)＋(a3－2)·(a4－2)＋…＋(an－2)(an＋1111114n

1－＋－＋…＋－－2)＝b1＋b2＋…＋bn＝4×＝223nn＋1n＋1. 

若∀n≥3(n∈N*)，f(n)≥m2－2m恒成立， 则f(n)min≥m2－2m.

易知f(n)＝

4n

在[3，＋∞)上是增函数， n＋1

∴f(n)min＝f(3)＝3，即m2－2m－3≤0， 解得－1≤m≤3， ∴实数m的最小值为－1.

x2y2

3．已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的左焦点F和上顶点B在直线3x－3y＋3＝0上，A为椭圆上位于x轴上方的一点且AF⊥x轴，M，N为椭圆C上不同于A的两点，且∠MAF＝∠NAF.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线MN与y轴交于点D(0，d)，求实数d的取值范围． 解 (1)依题意得椭圆C的左焦点为F(－1,0)，上顶点为B(0，3)， 故c＝1，b＝3，所以a＝b2＋c2＝2， x2y2

所以椭圆C的标准方程为4＋3＝1. (2)设直线AM的斜率为k， 因为∠MAF＝∠NAF，

所以AM，AN关于直线AF对称， 所以直线AN的斜率为－k， 3

易知A－1，2，



3

所以直线AM的方程是y－2＝k(x＋1)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 3y－2＝kx＋1，联立22

xy4＋3＝1，

消去y，得(3＋4k2)x2＋(12＋8k)kx＋(4k2＋12k－3)＝0， －4k2－12k＋3所以x1＝，

3＋4k2－4k2＋12k＋3

将上式中的k换成－k，得x2＝，

3＋4k2y1－y2k[x1＋x2＋2]

所以kMN＝＝

x1－x2x1－x2

2

－8k＋6

＋2k213＋4k

＝＝－2，

－24k3＋4k21

所以直线MN的方程是y＝－2x＋d，

x2y2

代入椭圆方程4＋3＝1，得x2－dx＋d2－3＝0， 所以Δ＝(－d)2－4(d2－3)>0， 解得－2又因为MN在A点下方， 13

所以－1×2＋2>d⇒d<1， 所以－24．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)． (1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；

(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围． 解 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．

当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，

在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)有1个极值点；

1

当00得x0，由f′(x)<0得0>x>ln 2a， ∴f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)有2个极值点； 1

当a＝2时，f′(x)≥0， ∴f(x)在R上单调递增， ∴f(x)没有极值点；

1

当a>2时，由f′(x)>0得x<0或x>ln 2a， 由f′(x)<0得0∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，

∴f(x)有2个极值点．

1

综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a>0且a≠2时，f(x)有2个极值点；1

当a＝2时，f(x)没有极值点．

(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0. 当x>0时，ex－x2－ax－1≥0， ex－x2－1即a≤对任意的x>0恒成立．

xex－x2－1

设g(x)＝，

xx－1ex－x－1

则g′(x)＝. x2设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1. ∵x>0，∴h′(x)>0，

∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，

∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2， ∴实数a的取值范围是(－∞，e－2]．