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资料简介
填空题限时强化训练测试三 1. 【晋冀鲁豫名校 2019 届期末联考】已知数列{푎푛}的前푛项和为푆푛, 푎1 = 푎, 푎푛+1 = 푆푛 + 3푛,若푎푛+1 ≥ 푎푛对∀푛 ∈ 푁∗成立,则实数푎的取值范围是______________. 【答案】[ ― 9, + ∞) 【解析】据题意,得:푆푛+1 ― 푆푛 = 푆푛 + 3푛,  ∴ 푆푛+1 = 2푆푛 + 3푛,  ∴ 푆푛+1 ― 3푛+1 = 2(푆푛 ― 3푛).又푆1 ― 31 = 푎 ― 3, ∴ 푆푛 ― 3푛 = (푎 ― 3) ⋅ 2푛―1.当푛 = 1时,푎1 = 푎;当푛 ≥ 2时:푎푛 = 푆푛 ― 푆푛―1 = 3푛 +(푎 ― 3) × 2푛―1 ― 3푛―1 ― (푎 ― 3) × 2푛―2 = 2 × 3푛―1 +(푎 ― 3) × 2푛―2, ∴ 푎푛+1 ― 푎푛 = 4 × 3푛―1 +(푎 ― 3) × 2푛―2.又当푛 ≥ 2时,푎푛+1 ≥ 푎푛恒成立, ∴ 푎 ≥ 3 ― 12 × (3 2)푛―2 对∀푛 ∈ 푁∗,且푛 ≥ 2成立, ∴ 푎 ≥ ―9.又푎2 = 푎1 +3,  ∴ 푎2 ≥ 푎1成立.综 上,所求实数푎的取值范围是[ ― 9, + ∞). 【用到方法】直接法 2. 【安徽省江南十校 2019 届 3 月综合素质检测】 已知点퐴,퐵,퐶在半径为 2 的球푂的球面上,且푂퐴, 푂퐵,푂퐶两两所成的角相等,则当三棱锥푂 ― 퐴퐵퐶的体积最大时,平面퐴퐵퐶截球푂所得的截面圆的面积为 _______. 【答案】8휋 3 【解析】由题意知:三棱锥푂 ― 퐴퐵퐶为正三棱锥,如图所示:퐷为퐵퐶中点,푂퐺 ⊥ 平面퐴퐵퐶,且퐺为훥퐴퐵퐶的 重心设퐴퐵 = 푥,则퐴퐺 = 2 3퐴퐷 = 2 3 × 3 2 푥 = 3 3 푥, ∴ 푂퐺 = 푂퐴2 ― 퐴퐺2 = 4 ― 1 3푥2,푉푂―퐴퐵퐶 = 1 3 × 3 4 푥2 ⋅ 4 ― 1 3푥2 = 1 12 푥4(12 ― 푥2),令푡 = 푥2 ∈ (0,12) ⇒푔(푡) = 푡2(12 ― 푡) ⇒푔′(푡) = ―3푡2 +24푡,令푔′(푡) = 0,解得:푡 = 8, 且푡 ∈ (0,8)时,푔(푡)单调递增;푡 ∈ (8,12)时,푔(푡)单调递减, ∴ 푥2 = 푡 = 8时三棱锥푂 ― 퐴퐵퐶体积最大,此时퐴 퐺2 = ( 3 3 푥)2 = 8 3,平面퐴퐵퐶截球푂所得的截面圆的面积푆 = 휋 ⋅ 퐴퐺2 = 8 3휋,本题正确结果:8 3휋 【用到方法】构造函数法 3. (2020·全国高三专题练习)已知偶函数 ,其导函数为 ,当 时, , ,则不等式 的解集为______. ( )( )Rf x x∈ ( )f x′ 0x > ( ) ( ) 2 1 0f x xf x x ′+ + > ( ) 15 25f = ( ) 2 1f x x >【答案】 【解析】 令 ,当 时, , 在 上单调递增. 因为 是偶函数,所以 是奇函数. 因为 ,所以 . 不等式 等价于 ,所以 或 ,解得 或 . 故答案为: 【用到方法】构造法 4. (2020·安徽高三月考)在 中,已知 ,若 ,则 周长的取值范 围为__________. 【答案】 【解析】 由题意, ,即 , 可化为 ,即 , 因为 ,所以 ,即 , 设 的内角 的对边分别为 , 由余弦定理得, , 因为 ,(当且仅当 时取“=”), 所以 ,即 , 又因为 ,所以 , 故 ,则 , ( ) ( ), 5 5,−∞ − +∞ ( ) ( ) 1g x xf x x = − 0x > ( ) ( ) ( ) 2 1 0g x f x xf x x ′ ′= + + > ( )g x ( )0, ∞+ ( )f x ( )g x ( ) 15 25f = ( ) ( ) 15 5 5 05g f= − = ( ) 2 1f x x > ( ) 0g x x > ( ) 0, 0 x g x >  > ( ) 0, 0 x g x 2 4 3a b c a+ + > = 4 3 4 2 3a b c< + + ≤ + ABC∆ (4 3,4 2 3+  ( )f x ( ) ( ) 11f x f x − = [ ]1 0x∈ − , ( ) 2f x x= [ ]1 3− , ( ) ( ) ( )log 2ag x f x x= − + a ( )3 5, ( )f x 1( 1) ( )f x f x − = 2[ 1,0] f ( )x x x∈ − =时, 1( 2) ( 1 1) ( )( 1)f x f x f xf x ∴ − = − − = =− ∴ ( )f x 2 [ 1,3]− ( )( ) ( ) log 2ag x f x x= − + 3 ( )f x ( )log 2ay x= + [ 1,3]− 3 0 1a< < 1a > ( )log 2 1a x + ≤ ( )3 5, ( )3 5 ., ( ) ( )π3sin 06f x xω ω = − >   ( ) ( )2cos 2 1g x x ϕ= + + π0, 2x  ∈    ( )f x 3 ,32  −  即 ,所以 又因为 ,所以 , 当 时, ; 当 时, . 故答案为: 【用到方法】数形结合 7. (2020·黑龙江高三)已知 为直线 上的不同三点, 为 外一点,存在实数 , 使得 成立,则 的最小值为__________. 【答案】16 【解析】 ∵ 为直线 上的不同三点,且 , ∴ ,又 , ∴ , 当且仅当 即 时等号成立, ∴ 的最小值为 16, 故答案为:16 【用到方法】特例法 8. (2020·山西高三期末)已知数列 满足 ,数列 的前 项和 ,则数列 的前 n 项和 ___________. 【答案】 【解析】 2ω = ( ) ( )π3sin 2 06f x x ω = − >   π0, 2x  ∈    π π 5π2 ,6 6 6x  − ∈ −   π π2 6 6x − = − ( )min 3 2f x = − π π2 6 2x − = ( )max 3f x = 3 ,32  −   , ,A B C l O l ( ), 0, 0m n m n> > 4OC mOA nOB= +   1 4 m n + , ,A B C l 4OC mOA nOB= +   4 1m n+ = 0, 0m n> > ( )1 4 1 4 164 8 8 2 16 16n mm nm n m n m n    + = + + = + + ≥ + =       16n m m n = 14 2n m= = 1 4 m n + { }na ( )1 23 2 1 2na a n a n+ +⋅⋅⋅+ − = { }nb n 2 2nS n n= + n n a b       nT = 2 2 1 n n +因为 ① 故当 时, ② 由①-②可得: 又当 时, 满足题意,故 因为 故当 时, 又当 时, , 故 , 故 故答案为: . 【用到方法】直接法 ( )1 23 2 1 2na a n a n+ +⋅⋅⋅+ − = 2n ≥ ( ) ( )1 2 13 2 3 2 1na a n a n−+ + − = − 2 2 1na n = − 1n = 1 22 2 1a = = − ( )2 12 1na nn = ≥− 2 2nS n n= + 1n > ( ) ( )22 1 2 1 2 1 2 1n n nb S S n n n n n−= − = + − − − − = + 1n = 1 1 3 2 1 1 b s= = = × + 2 1nb n= + ( )( ) 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n a b n n n n = = −− + − + 1 1 1 1 1 1 21 13 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1n nT n n n n = − + − + + − = − =− + + + 2 2 1 n n +

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