《2019届高考数学知识点总结易错题题库教师版(8).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学知识点总结易错题题库教师版(8).pdf（4页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、1 P CD BA （4） 2019届高考数学知识点总结易错题题库教师版 1一个圆锥形的空杯子上面放着一个球形的冰淇淋，圆锥底的直径与球的直径相同均为10，如果冰淇淋 融化后全部流在空杯子中，并且不会溢出杯子，则杯子的高度最小为_ 20_ 2 定义在区间 2 0,上的函数y=6cosx 的图像与y=5tanx 的图像的交点为P，过点 P 作 PP1x 轴于 点 P1，直线 PP1与 y=sinx 的图像交于点P2,则线段 P1P2的长为 _ 2 3 _ 3. 已知数列 n b满足1 1 b，xb2)( * Nx，), 2( | * 11 Nnnbbb nnn . 若2x，则该数列前10 项和为
2、 _9_； 若前 100 项中恰好含有30 项为 0，则x的值为 _6 或 7 或 8_. 4. 如图，有一圆柱形的开口容器（下表面密封），其轴截面是边长为2的正方形，P是BC中点，现有一 只 蚂 蚁 位 于 外 壁A处 ， 内 壁P处 有 一 米 粒 ， 则 这 只 蚂 蚁 取 得 米 粒 所 需 经 过 的 最 短 路 程 为 _9 2 _ （5） 5已知函数 ), 3)(的定义域为xf，且2)3()6(ff . ( )fx 为 ( )f x 的导函数， ( )fx 的图像如右 图所示 .若正数,a b满足(2)2fab，则 3 2 b a 的取值范围是 3 (,)(3,) 2 6设函数
3、32 ( )2lnf xxexmxx，记 ( ) ( ) f x g x x ，若函数( )g x 至少存在一个零点，则实数m的取值 范围是 21 (,e e 2 7已知向量 OB( 2，0)， OC( 2，2)， CA (cos ， sin )( R)，则OA与OB夹角的取 值范围是15,75 8.设直线系)20( 1sin)2(cos:yxM,则下列命题中 真命题的 个数是5 个 存在一个圆与所有直线相交 存在一个圆与所有直线不相交 存在一个圆与所有直线相切 M中所有直线均经过一个定点 存在定点P不在M中的任一条直线上 对于任意整数)3(nn，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上 M中的
4、直线所能围成的正三角形面积都相等 9已知 x x xgexxaxxf ln )(,0(,ln)(，其中e是自然常数，.aR （ 1）讨论1a时, ( )f x的单调性、极值；（2）求证：在（1）的条件下， 1 ( )( ) 2 f xg x； （ 3）是否存在实数 a，使( )f x 的最小值是3，若存在，求出 a的值；若不存在，说明理由 . 解： （1）xxxfln)(， x x x xf 11 1)( 当10x时， / ( )0fx，此时( )f x单调递减 当ex1时， / ( )0fx，此时( )f x单调递增 ( )f x的极小值为1)1(f （ 2）( )f x的极小值为1，即(
5、)f x在,0(e上的最小值为1， 0)(xf， min ( )1f x 令 2 1ln 2 1 )()( x x xgxh， x x xh ln1 )(， 当ex0时，0)(xh，( )h x在,0(e上单调递增 minmax |)(|1 2 1 2 1 2 11 )()(xf e ehxh 在（ 1）的条件下， 1 ( )( ) 2 f xg x 3 （ 3）假设存在实数a，使xaxxfln)(（,0(ex）有最小值3， / 1 ( )fxa xx ax1 当0a时，)(xf在,0(e上单调递减，31)()( min aeefxf， e a 4 （舍去），所以，此 时)(xf无最小值 .
6、当e a 1 0时，)(xf在) 1 ,0( a 上单调递减，在, 1 (e a 上单调递增 3ln1) 1 ()( min a a fxf， 2 ea，满足条件 . 当e a 1 时，)(xf在,0(e上单调递减，31)()( min aeefxf， e a 4 （舍） ，此时)(xf无 最小值 .综上，存在实数 2 ea，使得当,0(ex时( )f x有最小值3. 10在数列 an中，a11，a na n13n设bnan 1 4 3 n （1）求证：数列 bn是等比数列；（2）求数列 an的前n项的和； （3）设T2n 1 a1 1 a2 1 a3 1 a2n，求证： T2n3 （1）证明
7、：由a na n13n，得a n1 1 43 n1（ a n 1 4 3 n） 即bn1bnb1a1 3 4 1 4 所以数列 bn是首项为 1 4 ，公比为 1 的等比数列 （2）解：由bn 1 4 （ 1） n1，得 a n 1 4 3 n1 4 （ 1） n1， a n 1 4 3 n 1 4 （ 1） n11 4 3 n（ 1）n1 S na1a2a3an 1 433 2 333n（ 1）0（ 1）1（ 1）2（ 1）n1 1 4 3 n13 2 1（ 1） n1 2 （3）证明：T2n 1 a1 1 a2 1 a3 1 a4 1 a2n1 1 a2n 4 4（ 1 31 1 321 1 331 1 341 1 32 n11 1 32 n1） 4（ 1 31 1 331 1 32 n11）（ 1 321 1 341 1 32 n1） 4（ 1 3 1 33 1 32 n1）（ 1 321 1 341 1 32 n1） 因为 32 n132n1（nN*） ，所以 1 32 n1 1 32 n 1（ nN*） 所以 1 321 1 341 1 32 n1 1 3 1 33 1 32 n1 所以T2n8（ 1 3 1 33 1 32 n1） 8 1 3 （1 1 9n） 1 1 9 3（1 1 9n ） 3