精讲精练·专项突破 第三章《圆锥曲线的方程》单元能力提升（含详细解析） (28)

精讲精练·专项突破
2021-2022学年高二上学期人教版（2019）
第三章 《圆锥曲线的方程》 单元能力提升（含详细解析）
一、单选题
1．（2021高三上·高邮月考）某一辆汽车经过多次实验得到，每小时耗油量 （单位： 与速度 （单位： 的下列数据：
0 40 60 80 120
0.000 6.667 8.125 10.000 20.000
为了描述汽车每小时耗油量与速度的关系，现有以下四种模型供选择：甲： ，乙： ，丙： ，丁： .其中最符合实际的函数模型为（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】B
【考点】函数模型的选择与应用
【解析】【解答】依题意可知该函数必须满足三个条件：
第一，定义域为 ， ；第二，在定义域上单调递增；第三，函数经过坐标原点.
当 时， 没有意义，排除丁，函数 不一定经过坐标原点，排除甲，函数 单调递减，排除丙，故最符合实际的函数模型为乙.
故答案为：B.
【分析】 利用所给数据的特征排除不合题意的函数模型，即可确定满足题意的函数模型.。
2．（2020高一上·来宾期末）已知某商品的进货成本为10（元/件），经过长时间调研，发现售价x（元）与月销售量y（件）满足函数关系式 ．为了获得最大利润，商品售价应为（　　）
A．80元 B．60元 C．50元 D．40元
【答案】D
【考点】二次函数在闭区间上的最值；函数模型的选择与应用
【解析】【解答】由题意可知，利润 ，
令 ，则 ．当且仅当 ，即 （元） 时利润最大．
故答案为：D.
【分析】利用已知条件得出利润函数，再利用换元法将利润函数转化为二次函数，再利用二次函数的图像求最值的方法，从而求出获得最大利润的商品售价。
3．（2021高二下·安达期末）若函数 在R上单调递增，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】函数的单调性及单调区间；分段函数的应用
【解析】【解答】解：∵ 在R上单调递增
∴，解得0故答案为：C
【分析】根据一次函数及对数函数型的复合函数的单调性求解即可.
4．（2021高三上·福州期中）已知函数 ，若实数 满足 且 ，则 的取值范围为（　　）
A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）
【答案】B
【考点】函数解析式的求解及常用方法；有理数指数幂的运算性质；分段函数的应用
【解析】【解答】作出函数 的图象如下图所示：
当 时， ，
由图可知， ，即 ，解得 ，则 ，
由 ，即 ，即 ，可得 ，
因此， .
故答案为：B
【分析】根据题意由指数函数和一次函数的图象作出分段函数的解析式，利用数形结合法由指数幂的运算性质，计算出结果从而得出代数式的取值范围。
5．（2021高一下·如皋开学考）若 ，则 数的值为（　　）
A． B． C． D．-2
【答案】A
【考点】分数指数幂；指数式与对数式的互化；对数的运算性质；分段函数的应用
【解析】【解答】 .
故答案为：A
【分析】分段函数的题目要注意定义域，对于这种复合形式的函数求值从里到外一层层拆解。06．（2021高二下·商洛期末）已知函数 在 上恰有6个零点，则 的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】两角和与差的正弦公式；函数的零点；诱导公式
【解析】【解答】
时 ； 时 ；
由 得
在 上恰有6个零点且 ,
则 ，
故答案为：A
【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简原式，再由整体思想结合零点的定义即可求出的值。
7．（2020高一上·马鞍山期末）方程 的解所在区间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】函数零点的判定定理
【解析】【解答】设 ，且函数单调递增，
，
，所以 ，
所以存在 ，使 ，
所以方程 的解所在区间为 .
故答案为：C
【分析】 判断为R上的增函数，由函数零点判定定理求其零点所在区间，则答案可求.
8．（2021·上海模拟）已知 ，方程 有三个实根 ，若 ，则实数 （　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【考点】分段函数的应用
【解析】【解答】由1﹣x2≥0得x2≤1，则﹣1≤x≤1， ，
当x＜0时，由f（x）＝2 ，即﹣2x＝2 ．
得x2＝1﹣x2，即2x2＝1，x2 ，则x ，
①当﹣1≤x 时，有f（x）≥2 ，
原方程可化为f（x）+2 f（x）﹣2 2ax﹣4＝0，
即﹣4x﹣2ax﹣4＝0，得x ，由﹣1
解得：0≤a≤2 2．
②当 x≤1时，f（x）＜2 ，原方程可化为4 2ax﹣4＝0，
化简得（a2+4）x2+4ax＝0，解得x＝0，或x ，
又0≤a≤2 2，∴ 0．
∴x1 ，x2 ，x3＝0．
由x3﹣x2＝2（x2﹣x1），得 2（ ），
解得a （舍）或a ．
因此，所求实数a ．
故答案为：B．
【分析】根据题意即可判断出f（x）≥2 ，由此化简方程求出x1 ，x2 ，x3＝0，从而整理即可得到a的值。
二、多选题
9．（2020高一上·龙岩期末）已知函数 ，若 ，则 的值可能为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A,C
【考点】函数的值；分段函数的应用
【解析】【解答】当 时， ，解得 ，
当 时， ，解得 ，
所以实数 的值是2或－1，
或
故答案为：AC
【分析】根据题意对a分情况讨论并代入到函数的解析式计算出由此得到a的值，再把数值代入到函数的解析式计算出结果即可。
10．（2021高二下·泰安期末）已知函数 ， ，则下列结论正确的是（　　）
A．当 时， 在 处的切线方程为
B．当 时， 在 上存在唯一极大值点
C．存在 ，使得 有且仅有2个零点
D．存在 ，使得 有且只有一个零点
【答案】A,C,D
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理
【解析】【解答】对于A中，当 时，可得 ，所以 ，即切点为 ，
由 ，可得切线的斜率为 ，
所以 在 处的切线方程为 ，所以A符合题意；
对于B中，当 时，可得 ，
令 ，可得 在 为单调递增函数，
由 ，所以存在 ，使得 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增，
所以 在区间 上有唯一的极小值点 ，所以B不符合题意；
对于C中，当 时，函数 ，且 ，
当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，即函数 在 没有零点；
在 ，令 ，即 ，
由函数 和 的图象，如图所示，
可得当 时， ；当 时， ；
当 时， ，所以在 上仅有两个零点，
综上可得，当 时，函数 有且仅有2个零点，所以C符合题意；
对于D中，当 时，函数 ，
根据对数函数的性质，可得函数 的图象与 轴仅有一个交点，
即当 时，函数 有且只有一个零点，所以D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】 利用导数的几何意义求出切线的斜率，由点斜式求出切线方程，即可判断选项A；利用导数的正负判断函数的单调性结合极值的定义，即可判断选项B；利用零点的定义以及零点的存在性定理，即可判断选项C；利用对数函数的图象和性质结合零点的定义，即可判断选项D.
11．（2021高二下·荔湾期末）若函数 的图像和直线y＝ax有四个不同的交点，则实数a的取值可以是（　　）
A．4 B．2 C．0 D．
【答案】B,D
【考点】分段函数的应用
【解析】【解答】当 时，由 得 ，即 ；当 时，由 得 ，此时 是方程的一个根，当 时，得 ，设 ，所以原题等价于函数 的图像和直线 有三个不同的交点，当 时， ，由 得 ，此时 单调递增；由 得 ，此时 单调递减，故 ， 取得极小值 ；当 时， ，
作出 的函数图象，如图：
数形结合知：要使函数 的图像和直线 有三个不同的交点，则实数a满足 或 ，结合选项知BD符合.
故答案为：BD.
【分析】 根据分段函数的表达式，先得到x=0是f(ac)与y=a.x的一个根，利用参数分离法构造函数h(c)，得到h(x)与y=a有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可.
12．（2021高一下·昆明期末）已知函数 关于 的方程 的实数解个数，下列说法正确的是（　　）
A．当 时，方程有两个实数解
B．当 时，方程无实数解
C．当 时，方程有三个实数解
D．当 时，方程有两个实数解
【答案】C,D
【考点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】方程 即 ，作出函数 的简图，
由图可知：
当 时，函数 的图象与直线 有2个交点，即方程 有2个实数
解；当 时，函数 的图象与直线 有3个交点，即方程 有3个实数解，A不符合题意；
当 时，函数 的图象与直线 有1个交点，即方程 有1个实数解，B不符合题意；
当 时，函数 的图象与直线 有3个交点，即方程 有3个实数解，C符合题意；
当 时，函数 的图象与直线 有2个交点，即方程 有2个实数解，D符合题意.
故答案为：CD.
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再利用分段函数的图像结合直线y=t的图象，再结合两图象的交点的横坐标与方程的实数解的等价关系，再利用函数 关于 的方程 的实数解个数，从而找出说法正确的选项。
三、填空题
13．（2020高一上·烟台期末）已知函数 有两个不同的零点，则实数a的取值范围是　 　．
【答案】a＞-1
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】由题得 .
故答案为：a＞-1
【分析】 把零点问题转化为二次方程根的个数问题即可求解结论.
14．（2021·深圳模拟）冈珀茨模型 是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型： （当 时，表示2020年初的种群数量），若 年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为　 　.
【答案】6
【考点】根据实际问题选择函数类型
【解析】【解答】令 由题意知， ，
所以 得 ， 则
所以 ，解得 ，所以m的最小值为6
故答案为：6
【分析】 根据某珍稀物种t年后的种群数量y解析式，分别求出t=0与t=m的种群数，然后根据m（m∈N*）年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，建立不等式，取对数，从而可求出m的范围．
15．（2021·桂林模拟）已知函数 ，有下列命题：
①函数 的图像在点 处的切线为 ；
②函数 有3个零点；
③函数 在 处取得极大值；
④函数 的图像关于点 对称
上述命题中，正确命题的序号是　 　．
【答案】①②④
【考点】函数奇偶性的性质；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点的判定定理
【解析】【解答】① ， ，且 ，
函数 的图像在点 处的切线为 ，①正确；
②令 解得 或 ，
函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
又 ，
在 上各有一点 使 ，即函数 有3个零点，②正确；
③由②知函数 在 处取得极小值，③错误；
④令 ，因为 ，
所以函数 为奇函数，则 的图像关于原点对称，
将函数 的图像向右平移一个单位再向上平移一个单位可得函数 ，
所以函数 的图像关于点 对称，④正确.
【分析】根据题意首先 求出f（x）的导函数，求出f′（1）和f（1）利用点斜式求得切线方程，即可判断①；利用导数求出函数的单调性，从而可求得极值点，即可判断③；由函数的单调性以及零点存在定理即可判断②；令g（x）=f（x+1）-1，可得g（x）为奇函数，即可判断出④，由此得到答案。
16．（2021高一上·齐齐哈尔期末）函数，若恒成立，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【考点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；分段函数的应用
【解析】【解答】由题意，函数，
当时，，
当且仅当时，即，即时，等号成立，
因为，所以，
又由恒成立，所以，即；
当时，由恒成立，即恒成立，即恒成立，
因为，所以恒成立，即恒成立，即，
综上可得，实数的取值范围是。
故答案为：。
【分析】由题意，函数，再利用分类讨论的方法，当时结合均值不等式求最值的方法得出分段函数的最小值，再利用，所以，又由恒成立，从而结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数a的取值范围，当时，由恒成立，即恒成立，再利用，所以恒成立，即恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而求出实数的取值范围。
四、解答题
17．（2020高一上·望城期末）近年来，我国部分地区遭遇雾霾天气，给人们的健康、交通安全等带来了严重影响．经研究发现，工业废气等污染物排放是雾霾形成和持续的重要因素，污染治理刻不容缓．为此，某工厂新购置并安装了先进的废气处理设备，使产生的废气经过过滤后排放，以降低对空气的污染．已知过滤过程中废气的污染物数量P（单位： ）与过滤时间t（单位：h）间的关系为 （ ，k均为非零常数，e为自然对数的底数），其中 为 时的污染物数量．若经过 过滤后还剩余 的污染物．
（参考数据： ）
（1）求常数k的值；
（2）试计算污染物减少到30%至少需要多长时间．（精确到1h）
【答案】（1）解：由已知得，当 时， ；当 时， ．
于是有 ，解得 （或 ）
（2）解：由（1）知 = ，
即
解得 t≥44.
故污染物减少到30%至少需要44小时.
【考点】根据实际问题选择函数类型
【解析】【分析】（1）根据题意，得到 ，求解，即可得出结果；
（2）根据（1）的结果，得到 ，由题意，得到 ，求解，即可得出结果。
18．数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界。目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由H公司及G公司提供技术支持.据市场调研预测，5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品分别占比a0=55%及b0=45%.假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术，采用H公司技术的仅有5%转而采用G公司技术.设第n次技术更新后，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn，不考虑其他因素的影响.
（1）用an表示an+1，并求实数入使 是等比数列.
（2）经过若干次技术更新后该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上 若能，至少需要经过几次技术更新;若不能，请说明理由.(参考数据: )
【答案】（1）解：由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为 ， 易知经过n次技术更新后 ，
则 ，所以 .①
由①式，可设 ，对比①式可知 ·
又 ，
从而当 时， 是以 为首项， 为公比的等比数列
（2）解：由(1)可知 所以经过n次技术更新后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比 .
由题意，令 ，得 .
故n≥6，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上.
【考点】对数的运算性质；等比数列的通项公式；数列递推式；函数模型的选择与应用
【解析】【分析】（1） 由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为 ， ，易知经过n次技术更新后 ，再利用已知条件用an表示出an+1，所以 ，①，由①式，可设 ，对比①式可知 的值，再利用递推关系变形结合等比数列的定义，从而推出当 时， 是以 为首项， 为公比的等比数列。
（2） 由(1)结合等比数列的通项公式可知 所以经过n次技术更新后，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比 ，由题意，令 ，再结合指数与对数互化公式和对数的运算法则，从而求出n的取值范围，进而得出至少经过6次技术更新，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上。
19．（2020高二上·烟台期末）在购买住房、轿车等商品时，一次性付款可能会超出一些买主的支付能力，贷款消费不失为一种可行的选择，但是也要量入为出，理智消费．某家庭计划在2021年元旦从某银行贷款10万元购置一辆轿车，贷款时间为18个月．该银行现提供了两种可选择的还款方案：方案一是以月利率0.4%的复利计息，每月底还款，每次还款金额相同；方案二是以季度利率1.2%的复利计息，每季度末还款，每次还款金额相同．（注：复利是指把前一期的利息与本金之和作为本金，再计算下一期的利息．）
（1）分别计算选择方案一、方案二时，该家庭每次还款金额为多少万元？（结果精确到小数点后三位，参考数据： ， ．）
（2）从每季度还款金额较少的角度看，该家庭应选择哪种方案？说明理由．
【答案】（1）解：若选择方案一，设该家庭每月应还款 万元，则
，
即 ，解得 （万元），
若选择方案二，设该家庭每季度应还款 万元，则有
，
即 ，解得 （万元）
（2）解：因为 ，所以该家庭应选择第一种方案．
【考点】函数模型的选择与应用
【解析】【分析】（1） 若选择方案一，设该家庭每月应还款 万元，再利用已知条件，从而求出a的值；
若选择方案二，设该家庭每季度应还款 万元，再利用已知条件，从而求出b的值。
（2)利用 ，所以该家庭应选择第一种方案。
20．（2022高三上·重庆市月考）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为定义域为，且.
①若，则，所以在上单调递减.
②若，令，得.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：不等式在上恒成立等价于在上恒成立，
令，则.
对于二次函数，，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点，则，即.
此时在上单调递增，在上单调递减，
故，即.
设函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，
由在上单调递增，得.
故的取值范围为.
【考点】利用导数研究函数的单调性；不等式的综合；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1)根据题意求出函数的定义域，再对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，对a分情况讨论结合得出在不同范围内的函数的单调性。
(2)由已知条件即可得出不等式 在上恒成立 ，构造函数，对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性结合零点的定义结合题意即可得出不等式，同理即可求出函数的单调性，由此结合已知条件即可求出满足题意的a的取值范围。
21．已知函数f(x)=ax2ex-1(a≠0).
（1）求函数f(x)的单调区间;
（2）已知a>0且x∈[1，+∞)，若函数f(x)没有零点，求a的取值范围.
【答案】（1）解： .令 ，则 或 .
若 ，当 时， 单调递增；当 时， 单调递减;当 时， 单调递增
（2）解：若 ，当 时， 单调递减；当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减.
综上所述，当 时， 的单调递增区间为 ， 和 ，单调递减区间为 ;
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 .
当 时，由(1)可知， 在 上单调递增.
若函数没有零点，则 ，解得 ，故a的取值范围为 .
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间。
（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用求导的方法判断函数的单调性，再结合函数没有零点，则 ，从而求出实数 的取值范围。
22．（2022高一上·台州期末）已知函数为自然对数的底数）.
（1）当时，判断函数的单调性和零点个数，并证明你的结论；
（2）当时，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）解：函数的定义域为.
当时，函数在上单调递减，证明如下：
任取，且，
∵，∴，
∴，即.
所以函数在上单词递减.
又
∴在区间上存在零点，且为唯一的零点.
∴函数的零点个数为1个
（2）解：可化为.
可化为.
可化为.
令，可知在R单调递增，
所以有，即
令，可知在上单调递增.
即在上单调递增，
，
所以实数a的取值范围是.
【考点】函数单调性的判断与证明；函数的最值及其几何意义；函数恒成立问题；函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1）利用a的值求出函数的解析式，再利用已知条件结合减函数的定义，从而判断出函数为减函数，再利用函数的单调性结合零点存在性定理，进而得出函数的零点个数。
（2）将化为，令，再利用增函数的定义，从而判断出函数在R单调递增，进而求出函数的值域，所以，令，再利用增函数的定义，从而判断出函数在上单调递增，即在上单调递增，从而得出函数的最大值，所以
，从而得出实数a的取值范围。
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