2024届衡水金卷先享题 [调研卷](六)6文数(JJ·A)试题

2023-12-17 12:58:09 14℃

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所以(2，-0，所以-=-参数，要对参数分类讨论)(1分)所以存在t∈(2,4)，使得g'(t)=0,(零点存在定I0Q1=p1+P2=4cosa,同理得I0M1+1ON1=若a≤0，则2x-a>0,所以当x∈(0，e)时理)I0MI+IONI(10分)f'(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(e,+∞)时4eos(a+元)，从而得到1OP1+100i62由于kEF·k=-1,所以EF⊥l.(点拔：利用两直线所以1n1=+8(x)在(0，)上单调递减，在f'(x)>0,f(x)单调递增；(2分)的斜率之积为-1得到两直线垂直)(11分)(t,+∞)上单调递增(9分)ma,再根据-石0,f(x)单调递增；(3分)-a+分--号+5=5-+.2(10分)=1,率可能不存在，则要分两种情况讨论，为避免若a=2e,则f'(x)≥0，f(x)在(0，+)上单调√12+(-3)2讨论直线的斜率是否存在，有时可将证明递增；(4分)设()=i+9(2<1<4),则h'()=1->0.所以圆C是以C(2,0)为圆心，1为半径的圆，AB⊥AC转化为证明AB·AC=0.若a>2e,则2>e,所以当xe(e,2)时f'(x)<其直角坐标方程为(x-2)2+y2=1,即x2+y2-6()在(2,4)上单调递增，所以1+<4+<4x+3=0.(2分)21.【解题思路】（1)x)=(-ax)lhx-2+0,(x)单调递减，当xe(0,e)或xe(号，+∞)(11分)由p2=x2+y2,pcos0=x得圆C的极坐标方程2ax求号f'(x)=(2x-a)(nx-1)(x>0)时f'(x)>0,f(x)单调递增(5分)所以8()>0，即)>(a-2)x为p2-4pcos0+3=0.(4分)(12分)对a分情况讨论综上，当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(2)设P(p1,a),Q(p2,a),f(x)的单调性(e,+o)上单调递增；当0(a-2)x9即证(x高考热考知识由射线h:0=a(-石0为我设g=3递增；当a=2e时，f(x)在(0，+∞)上单调递热考知识.本题第(2)问将参数的范围与函数得p1,P2是方程p2-4 pcos+3=0的两个不同ahx--+5g()=hx-g1增；当a>2e时，f(x)在(e,2)上单调递减，在不等式结合起来，需要考生利用分析法将原的实数根，2问题转化为函数的最值问题，对考生运用所所以1OP|+I0Ql=P1+P2=4cosa,(极径的几何10,存在tE(2,4),使得g'（(0)=0(6分)力都提出了较高要求，体现了选拔功能.同理可得10M1+10N1=4cos(a+石)，(7分)⑩临考妙招一h1=号+)8(x)的单调性一g()≥g0)(2)因为x>0,所以要证x)>(a-2)x,即利用导数求函数的最值或证明不等式时，常所以OM1+1ON14os(a+2-55-(:+设()=1+(2<<4证(x-a)hx-3x+2a>3(a-2),即证(x-常会把问题转化为求导函数的零点问题，若IOPI +10014cos a2 2 tan a,导函数的零，点存在，但无法求出，我们常先设(8分)3h'()=1-号>0-h()在2,4)上单润通塔h--号+5>0其为x0,再利用导函数的单调性及零点存在3定理确定x所在的区间，进而解决问题，我们因为-君0->2a设g0=6x-a)h-2-号+5，t把这类问题称为“隐零点”问题312)x则g(x)=nx-g-x222.【解题思路】（1)由题意求出圆C的直角坐标解：(1)因为x)=(2-ahx-2+2a，易知g'(x)在(0，+∞)上单调递增，(7分)方程为x2+y2-4x+3=0,再利用p2=x2+y2,所以8：100的取值范同是（厚，9）2’3pcos0=x即可得圆C的极坐标方程；(2)由题(10分)所以f'(x)=(2x-a)lnx+(x2-ax)·1且g2)=h2-号-}0，g4=h4号意设P(p1,a),Q(p2,a),得p1,p2是方程p2-23.【解题思路】(1)利用零点分段法解不等式；3x+2a=(2x-a)(lnx-1)(x>0).(导函数中有2>0,4 pcos a+3=0的两个不同的实数根，得10P|+(2)先根据x∈[2,3]将不等式f(x)

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