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专练06(填空题-压轴)
1.(2019·太原市第二十一中学高三期中(理))设函数的定义域是,且,,则=_______
【答案】325
【解析】
【分析】
利用可得,再利用等差数列求和公式,即可求出结果.
【详解】
因为,
所以
,
……
故答案为:
【点睛】
本题主要考查求抽象函数的函数值,关键是利用已知将变形转化,属于中档题.
2.(2019·安徽池州一中期中)正四面体中,其侧面积与底面积之差为,则该正四面体外接球的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
设正四面体的边长为,由该正四面体的侧面积和底面积之差可求得的值,并过点作平面,确定球心的位置,利用几何关系求出球的半径,由此可求得该正四面体外接球的体积.
【详解】
设正四面体的边长为,则该正四面体每个面的面积为,
正四面体的侧面积与底面积之差为,解得.
如下图所示:
过点作平面,垂足为点,连接,可知外接球球心在上,
设球的半径为,的外接圆半径为,,
由图可知,,即,解得.
因此,正四面体的外接球体积为.
故答案为:.
【点睛】
本题考查正四面体外接球体积的求解,根据几何体的结构特征列等式求解球体半径是解题的关键,考查计算能力,属于中等题.
3.(2020·邢台市第二中学高二期末)已知函数若存在互不相等实数有则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
不妨设,根据二次函数对称性求得的值.根据绝对值的定义求得的关系式,将转化为来表示,根据的取值范围,求得的取值范围.
【详解】
不妨设,画出函数的图像如下图所示.二次函数的对称轴为,所以.不妨设,则由得,得,结合图像可知,解得,所以,由于在上为减函数,故.
【点睛】
本小题主要考查分段函数的图像与性质,考查二次函数的图像,考查含有绝对值函数的图像,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.
4.(2020·全国高二课时练习)若、分别为直线与上任意一点,则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
转化两点的距离为平行线之间的距离,即得解.
【详解】
、分别为直线与上任意一点,则的最小值为
两平行线之间的距离,即,
所以的最小值是:
故答案为:
【点睛】
本题考查了直线与直线的位置关系综合问题,考查了学生转化与划归,数形结合,数学运算的能力,属于中档题.
5.已知函数f(x)=是奇函数且函数f(x)在区间[-1,a-2]上单调递增,则实数a的取值范围为______.
【答案】(1,3]
【解析】
【分析】
【详解】
∵函数f(x)是奇函数,
∴当x>0时,−x<0,满足f(−x)=−f(x),即x2−mx=−(−x2+2x)=−x2−2x,解得m=2.
∴
作出函数f(x)的图象,由图象可知函数f(x)在[−1,1]上单调递增.
若函数f(x)在区间[−1,a−2]上单调递增,则−1<a−2≤1,即1<a≤3.
6.(2019·浙江高二学业考试)已知函数,则满足的实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意,由奇函数的定义可得函数为奇函数,由函数单调性的性质可得函数在上为减函数;据此可得,解可得的取值范围,即可得答案.
【详解】
解:根据题意,函数,,即函数为奇函数,
又由在上为减函数,在上增函数与,则函数在上为减函数,
则,
,,解可得:,
即的取值范围为;
故答案为:
【点睛】
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用,关键是得到关于的不等式,属于基础题.
7.(2020·扬州市江都区大桥高级中学高三开学考试)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,其棱长为1,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
过正方体中心作截面,由截面图算得正方体的棱长,再利用正方体表面积公式计算即可得到答案.
【详解】
过正方体中心作截面,如图所示,
因为半正多面体的棱长为1,所以,又为等腰直角三角形,
故,所以正方体棱长为,
其表面积为.
故答案为:
【点睛】
本题考查求几何体表面积的问题,考查学生的空间想象能力,数学运算能力,是一道中档题.
8.(2015·上海师大附中高三期中(理))函数的图象与函数的图象交点恰为3个,则实数__________.
【答案】1或
【解析】
【分析】
作出函数的图象与函数的图象,由图象求实数的值.
【详解】
解:作出函数的图象与函数的图象如下图:
当过点时,成立,此时,;
当时,,联立,消去得,
解得 ,
故答案为:1或.
【点睛】
本题考查了数