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刷题1+12020高考数学讲练试题基础巩固练二文含2020高考+模拟题2

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刷题1+12020高考数学讲练试题基础巩固练二文含2020高考+模拟题2PAGE(刷题1+1)2020高考数学讲练试题基础巩固练(二)文(含2020高考+模拟题)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020·晋鲁豫联考)若i为虚数单位,则eq\f(1+2i,2i)=(  )A.1+eq\f(1,2)iB.1-eq\f(1,2)iC.-1+eq\f(1,2)iD.-1-e...

刷题1+12020高考数学讲练试题基础巩固练二文含2020高考+模拟题2
PAGE(刷题1+1)2020高考数学讲练试题基础巩固练(二)文(含2020高考+模拟题)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020·晋鲁豫联考)若i为虚数单位,则eq\f(1+2i,2i)=(  )A.1+eq\f(1,2)iB.1-eq\f(1,2)iC.-1+eq\f(1,2)iD.-1-eq\f(1,2)i答案 B解析 eq\f(1+2i,2i)=eq\f(1+2ii,2i2)=eq\f(-2+i,-2)=1-eq\f(1,2)i.故选B.2.(2020·九江市一模)设集合A=eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x+1,x-2)<0)))),集合B={x|ex>1},则A∩B=(  )A.{x|-1-1}D.{x|00}.∴A∩B={x|00,若f′(x)=0,解得x=±eq\r(a),当f′(x)>0,即x∈(-eq\r(a),eq\r(a))时,函数单调递增,当f′(x)<0,即x∈(-∞,-eq\r(a)),(eq\r(a),+∞)时,函数单调递减,故(2)正确.所以函数f(x)=eq\f(x,x2+a)的图象可能是(2),(3),(4),故选C.5.(2020·吉林市一模)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-α))=-eq\f(3,5),α为第二象限角,则tanα=(  )A.-eq\f(4,3)B.eq\f(4,3)C.-eq\f(3,4)D.eq\f(3,4)答案 A解析 由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-α))=-eq\f(3,5),得cosα=-eq\f(3,5),∵α为第二象限角,∴sinα=eq\r(1-cos2α)=eq\f(4,5).则tanα=eq\f(sinα,cosα)=-eq\f(4,3).故选A.6.(2020·新疆一模)已知点P在双曲线eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1(a>0,b>0)上,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,∠F1PF2=90°,且△F1PF2的三条边长之比为3∶4∶5.则双曲线的渐近线方程是(  )A.y=±2eq\r(3)xB.y=±4xC.y=±2eq\r(5)xD.y=±2eq\r(6)x答案 D解析 ∵△F1PF2的三条边长之比为3∶4∶5.不妨设点P在双曲线的右支上,设|PF1|=4k,|PF2|=3k,|F1F2|=5k(k>0).则|PF1|-|PF2|=k=2a,|F1F2|=5k=2c,∴b=eq\r(c2-a2)=eq\r(6)k.∴双曲线的渐近线方程是y=±eq\f(\r(6)k,\f(k,2))x=±2eq\r(6)x.故选D.7.(2020·泸州市二模)某班共有50名学生,其数学科学业水平考试成绩记作ai(i=1,2,3,…,50),若成绩不低于60分为合格,则如图所示的程序框图的功能是(  )A.求该班学生数学科学业水平考试的不合格人数B.求该班学生数学科学业水平考试的不合格率C.求该班学生数学科学业水平考试的合格人数D.求该班学生数学科学业水平考试的合格率答案 D解析 执行程序框图,可知其功能为输入50个学生的成绩ai,k 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示该班学生数学科成绩合格的人数,i表示全班总人数,输出的eq\f(k,i)为该班学生数学科学业水平考试的合格率,故选D.8.(2020·江西九校联考)将函数f(x)=(1-2sin2x)cosφ+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,2)))sinφ的图象向右平移eq\f(π,3)个单位后,所得图象关于y轴对称,则φ的取值可能为(  )A.-eq\f(π,3)B.-eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)答案 A解析 将函数f(x)=(1-2sin2x)cosφ+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,2)))·sinφ化简,得到f(x)=cos(2x+φ),向右平移eq\f(π,3)个单位后得到函数表达式为g(x)=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+φ-\f(2π,3))),因为g(x)函数的图象关于y轴对称,故得到φ=kπ+eq\f(2π,3),k∈Z,当k=-1时,得到φ值为-eq\f(π,3).故选A.9.(2020·福州二模)如图,线段MN是半径为2的圆O的一条弦,且MN的长为2.在圆O内,将线段MN绕N点按逆时针方向转动,使点M移动到圆O上的新位置,继续将线段NM绕M点按逆时针方向转动,使点N移动到圆O上的新位置,依此继续转动….点M的轨迹所围成的区域是图中阴影部分.若在圆O内随机取一点,则此点取自阴影部分内的概率为(  )A.4π-6eq\r(3)B.1-eq\f(3\r(3),2π)C.π-eq\f(3\r(3),2)D.eq\f(3\r(3),2π)答案 B解析 依题意得阴影部分的面积S=6×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)π×22-\f(1,2)×2×2×\f(\r(3),2)))=4π-6eq\r(3),设“在圆O内随机取一点,则此点取自阴影部分内”为事件A,由几何概型中的面积型可得P(A)=eq\f(S,S圆)=eq\f(4π-6\r(3),4π)=1-eq\f(3\r(3),2π),故选B.10.(2020·合肥质检)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1木块,平面α过点D且平行于平面ACD1,则木块在平面α内的正投影面积是(  )A.eq\r(3)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\r(2)D.1答案 A解析 棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1木块的三个面在平面α内的正投影是三个全等的菱形(如图所示),可以看成两个边长为eq\r(2)的等边三角形,所以木块在平面α内的正投影面积S=2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)=eq\r(3).故选A.11.(2020·浙江名校联考)已知F1,F2是椭圆eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点,过左焦点F1的直线与椭圆交于A,B两点,且满足|AF1|=2|BF1|,|AB|=|BF2|,则该椭圆的离心率是(  )A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(5),3)答案 B解析 由题意可得|BF1|+|BF2|=2a,|AB|=|BF2|,可得|AF1|=a,|AF2|=a,|AB|=eq\f(3,2)a,|F1F2|=2c,cos∠BAF2=eq\f(\f(9,4)a2+a2-\f(9,4)a2,2·\f(3,2)a·a)=eq\f(1,3),sineq\f(∠BAO,2)=eq\f(c,a),可得eq\f(1,3)=1-2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2,可得e=eq\f(c,a)=eq\f(\r(3),3).故选B.12.(2020·西安周至县一模)已知定义在R上的偶函数f(x)满足:对任意的实数x都有f(1-x)=f(x+1),且f(-1)=2,f(2)=-1.则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2020)的值为(  )A.2020B.2020C.1011D.1008答案 C解析 根据题意,函数f(x)满足f(1-x)=f(x+1),则函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则有f(-x)=f(x+2),又由函数f(x)为偶函数,则f(-x)=f(x),f(x)=f(x+2),则函数f(x)是周期为2的周期函数,又由f(-1)=2,则f(1)=f(3)=f(5)=…=f(2020)=2,f(2)=-1,则f(4)=f(6)=f(8)=…=f(2020)=-1,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2020)=1010×2+(-1)×1009=1011.故选C.第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=lnx上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是________.答案 (e,1)解析 设A(m,n),则曲线y=lnx在点A处的切线方程为y-n=eq\f(1,m)(x-m).又切线过点(-e,-1),所以有n+1=eq\f(1,m)(m+e).再由n=lnm,解得m=e,n=1.故点A的坐标为(e,1).14.(2020·内江一模)设x,y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+y≥3,,x-y≥-1,,x≤3,))则z=2x+y的最小值为________.答案 4解析 作出x,y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+y≥3,,x-y≥-1,,x≤3))对应的平面区域,如图所示,由z=2x+y得y=-2x+z,平移直线y=-2x+z,由图象可知当直线y=-2x+z经过点A时,直线的截距最小,此时z最小,由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x+y=3,,x-y=-1,))解得A(1,2),此时z=2×1+2=4.15.(2020·泉州质检)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=eq\f(1,3),θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),则cos2θ=________.答案 eq\f(4\r(2),9)解析 解法一:因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以-eq\f(π,4)<eq\f(π,4)-θ<eq\f(π,4),所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=eq\r(1-sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ)))=eq\f(2\r(2),3).所以cos2θ=sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=2×eq\f(1,3)×eq\f(2\r(2),3)=eq\f(4\r(2),9).解法二:因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=eq\f(\r(2),2)cosθ-eq\f(\r(2),2)sinθ=eq\f(1,3),所以cosθ-sinθ=eq\f(\r(2),3).所以(cosθ-sinθ)2=1-2sinθcosθ=1-sin2θ=eq\f(2,9),则sin2θ=eq\f(7,9).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=eq\f(1,3)>0,所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,4))),2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以cos2θ=eq\r(1-sin22θ)=eq\f(4\r(2),9).解法三:因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以-eq\f(π,4)<eq\f(π,4)-θ<eq\f(π,4),则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=eq\r(1-sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ)))=eq\f(2\r(2),3).所以sinθ=sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))))=eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))-eq\f(\r(2),2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-θ))=eq\f(2,3)-eq\f(\r(2),6),故cos2θ=1-2sin2θ=eq\f(4\r(2),9).16.(2020·淮南二模)在四面体ABCD中,AB=CD=eq\r(13),BC=DA=eq\r(5),CA=BD=eq\r(10),则此四面体ABCD外接球的表面积是________.答案 14π解析 将该几何体补成如图所示的长方体,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2+b2=10,,a2+c2=5,,b2+c2=13,))所以a2+b2+c2=14,所以长方体的外接球(即四面体ABCD的外接球)的直径为eq\r(14),其表面积为14π.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:60分.17.(本小题满分12分)(2020·泉州质检)已知等差数列{an}的公差d≠0,a3=6,且a1,a2,a4成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=2an,求数列{an+bn}的前n项和Sn.解 (1)根据题意,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a4=a\o\al(2,2),,a3=6,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a1+3d=a1+d2,,a1+2d=6,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=2,,d=2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=6,,d=0))(不符合题意,舍去),所以an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.(2)由(1)得bn=2an=22n=4n,所以数列{bn}是首项为4,公比为4的等比数列.所以Sn=(a1+a2+a3+…+an)+(b1+b2+b3+…+bn)=eq\f(n2+2n,2)+(41+42+43+…+4n)=n2+n+eq\f(4n+1-4,3).18.(本小题满分12分)(2020·商洛一模)近期中央电视台播出的《中国诗词大会》火遍全国,下面是组委会在选拔赛时随机抽取的100名选手的成绩,按成绩分组,得到的频率分布表如下所示.题号分组频数频率第1组[160,165)0.100第2组[165,170)①第3组[170,175)20②第4组[175,180)200.200第5组[180,185]100.100(1)请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据,再完成如下的频率分布直方图;(2)组委会决定在5名(其中第3组2名,第4组2名,第5组1名)选手中随机抽取2名选手接受A考官的面试,求第4组至少有1名选手被考官A面试的概率.解 (1)第1组的频数为100×0.100=10,∴①处应填的数为100-(10+20+20+10)=40,从而第2组的频率为eq\f(40,100)=0.400,∴②处应填的数为1-(0.1+0.4+0.2+0.1)=0.200.频率分布直方图如图所示:(2)组委会决定在5名(其中第3组2名,第4组2名,第5组1名)选手中随机抽取2名选手接受A考官的面试,设第3组的2名选手为A1,A2,第4组的2名选手为B1,B2,第5组的1名选手为C,则从这5名选手中抽取2名选手的所有情况有10种,分别为(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,C),(A2,B1),(A2,B2),(A2,C),(B1,B2),(B1,C),(B2,C);其中,第4组2名选手中至少有1名选手入选的情况有7种,分别为(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(B1,B2),(B1,C),(B2,C),∴第4组至少有1名选手被考官A面试的概率p=eq\f(7,10).19.(本小题满分12分)(2020·湖北十二地级市第二次质量测评)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是正方形,SA⊥底面ABCD,SA=AD=1,点M是SD的中点,AN⊥SC,交SC于点N.(1)求证:SC⊥AM;(2)求△AMN的面积.解 (1)证明:∵SA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴SA⊥CD.∵CD⊥AD,AD∩SA=A,∴CD⊥平面SAD.∵AM⊂平面SAD,∴CD⊥AM.又SA=AD=1,且M是SD的中点,∴AM⊥SD.∵SD∩CD=D,∴AM⊥平面SDC,∵SC⊂平面SDC,∴AM⊥SC.(2)∵M是SD的中点,∴VS-ACM=VD-ACM=VM-DAC.∴VS-ACM=eq\f(1,3)S△ACD·eq\f(1,2)SA=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)=eq\f(1,12).∵AN⊥SC,AN∩AM=A,∴SC⊥平面AMN.∴VS-ACM=eq\f(1,3)S△AMN·SC.∵SC=eq\r(3),∴S△AMN=eq\f(3VS-ACM,SC)=eq\f(\r(3),12).20.(本小题满分12分)(2020·江西九校联考)已知椭圆的中心在原点,焦点在坐标轴上,且过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))),Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3),\f(\r(6),3))).(1)求椭圆的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程;(2)若直线y=kx+m与椭圆交于A,B两点,O为坐标原点,求△AOB面积的最大值.解 (1)设椭圆的方程为mx2+ny2=1,将Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))),Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3),\f(\r(6),3)))代入方程,可得m=eq\f(1,2),n=1.故椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=kx+m,,\f(x2,2)+y2=1))⇒(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)>0⇒2k2+1-m2>0,x1+x2=eq\f(-4km,1+2k2),x1x2=eq\f(2m2-2,1+2k2).∴|AB|=eq\r(1+k2)eq\r(x1+x22-4x1x2)=eq\f(\r(1+k2),1+2k2)·eq\r(82k2+1-m2).∵原点到直线l的距离d=eq\f(|m|,\r(1+k2)),∴S△AOB=eq\f(1,2)|AB|·d=eq\f(\r(2)|m|,1+2k2)eq\r(2k2+1-m2)=eq\f(\r(2),1+2k2)eq\r(m22k2+1-m2).由Δ>0得2k2+1-m2>0,又m≠0,由基本不等式,得S△AOB≤eq\f(\r(2),1+2k2)·eq\f(m2+2k2+1-m2,2)=eq\f(\r(2),2).当且仅当m2=eq\f(2k2+1,2)时,不等式取“=”号.21.(本小题满分12分)(2020·黄山市第一次质量检测)已知函数f(x)=x2-2ax+e2+eq\f(1,e)-eq\f(lnx,x)(e为自然对数的底数).(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程;(2)证明:当a≤e时,不等式x3-2ax2≥lnx-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2+\f(1,e)))x成立.解 (1)由题意知,当a=e时,f(x)=x2-2ex+e2+eq\f(1,e)-eq\f(lnx,x),解得f(e)=0,又f′(x)=2x-2e-eq\f(1-lnx,x2),k=f′(e)=0,得曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=0.(2)证明:当a≤e时,得-2ax2≥-2ex2,要证明不等式x3-2ax2≥lnx-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2+\f(1,e)))x成立,即证x3-2ex2≥lnx-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2+\f(1,e)))x成立,即证x2-2ex≥eq\f(lnx,x)-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2+\f(1,e)))成立,即证x2-2ex+e2+eq\f(1,e)≥eq\f(lnx,x)成立,令g(x)=x2-2ex+e2+eq\f(1,e),h(x)=eq\f(lnx,x)(x>0),易知g(x)≥g(e)=eq\f(1,e).由h′(x)=eq\f(1-lnx,x2),知h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,h(x)≤h(e)=eq\f(1,e),所以g(x)≥h(x)成立,即原不等式成立.(二)选考题:10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)[选修4-4:坐标系与参数方程](2020·哈三中二模)已知曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=3+2cosα,,y=1+2sinα))(α为参数),P是曲线C1上的任一点,过P作y轴的垂线,垂足为Q,线段PQ的中点的轨迹为C2.(1)求曲线C2的直角坐标方程;(2)以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,若直线l:sinθ-cosθ=eq\f(1,ρ)交曲线C2于M,N两点,求|MN|.解 (1)利用cos2α+sin2α=1消去α可得(x-3)2+(y-1)2=4,设PQ的中点坐标为(x,y),则P点坐标为(2x,y),则PQ中点的轨迹方程为(2x-3)2+(y-1)2=4.(2)∵直线的直角坐标方程为y-x=1,∴联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y-x=1,,2x-32+y-12=4,))得x=eq\f(6±\r(11),5),∴|MN|=eq\r(1+12)|x1-x2|=eq\f(2\r(22),5).23.(本小题满分10分)[选修4-5:不等式选讲](2020·全国卷Ⅲ)设x,y,z∈R,且x+y+z=1.(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥eq\f(1,3)成立,证明:a≤-3或a≥-1.解 (1)因为[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],所以由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥eq\f(4,3),当且仅当x=eq\f(5,3),y=-eq\f(1,3),z=-eq\f(1,3)时等号成立.所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为eq\f(4,3).(2)证明:因为[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],所以由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥eq\f(2+a2,3),当且仅当x=eq\f(4-a,3),y=eq\f(1-a,3),z=eq\f(2a-2,3)时等号成立.所以(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为eq\f(2+a2,3).由题设知eq\f(2+a2,3)≥eq\f(1,3),解得a≤-3或a≥-1.
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分类:高中数学
上传时间:2022-01-20
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