高考数学二轮复习专题突破练2函数与方程思想、数形结合思想理

专题打破练 2函数与方程思想、数形联合思想
一、选择题
1.设a>1, 若对于随意的x∈[ a,2 a],都有 y∈[ a, a2]知足方程log a x+log a y=3, 这时a的取值的会合为()
A.{
a|1 ≤2} B.{
a|a
≥2} <a
C.{
a|2≤ ≤3} D.{2,3}
a
2
的两个焦点为
121
x 轴的直线与椭圆订交, 此中一个交点为P,则
2.椭圆+y =1F, F,过F作垂直于
|PF2|= ()
A. B.
C. D.4
3.若对于x的方程 2sin =m在上有两个不等实根, 则m的取值范围是()
A. (1,)
B. [0,2]
C. [1,2)
D. [1,]
4. (2018 百校结盟四月联考, 理 11) 已知f ( x) =A cos x, 若直线y=2x-π与f ( x) 的图象有 3 个交点 ,且交点横坐标的最大值为t ,则()
A. A∈ (2,π),( t-π )tan t= 1
B. A∈ (2 π , +∞ ),tan t= 1
C.A∈ (2,π),( π-t )tan t= 1
D.A∈(2 π,+∞ ),tan t= 1
5.已知数列 { a n} 知足 0<a n<1, - 8+4=0, 且数列是以8 为公差的等差数列, 设{ a n} 的前n项和为S n, 则满足10的n的最小值为 ()
n
A.60
B.61
C.121
D.122
6 .已知在正四棱锥中 ,2, 则当该棱锥的体积最大时,它的高为 () S-ABCD SA=
A.1
B.
C.2
D.3
7 .已知
f
() sin(
ωx+φ
) 知足
f
(1
-x
)(
x
),且
f
( 2)(
x
), 对于定义域内知足
f
(
x
1)(
x
2)的
x ==f x+ =-f=f=
随意
x 1,
x
2∈R, 1≠2,当12取最小值时 ,
f
(12)的值为()
x x|x-x |x -x
A.
B.
C.
D.
8.已知函数f ( x) =x+x ln x,若 k∈Z,且 k( x- 1)<f ( x)对随意的 x>1恒建立,则 k 的最大值为()
A.2
B. 3
C.4
D. 5
二、填空题
9.使 log ( -x ) <x+1建立的 x 的取值范围是.
2
10. 已知奇函数 f ( x)的定义域是{ x|x ≠0, x∈R},且在(0,+∞)内单一递加,若 f (1)=0,则知足x· f ( x) <0的 x 的取值范围是.
11. (2018福建龙岩 4 月模拟 , 理 13) 已知向量 a 与 b 的夹角为60°, 且| a|= 1, | 2a- b|= 2, 则
| b |=.
12
.已知圆与
y
轴相切 , 圆心在直线
y=x
上, 而且在
x
轴上截得的弦长为2, 则圆的标准方程为M M
.
13
.(2018福建厦门外国语学校一模 , 理 16) 已知平面图形为凸四边形 ( 凸四边形即任取平面四
ABCD
边形一边所在的直线, 其他各边均在此直线的同侧),且2,4,5,3, 则四边形面积
AB= BC= CD= DA=ABCD
的最大值为.
14.如下图 , 正方形ABCD的边长为 2, 切去暗影部分围成一个正四棱锥, 则正四棱锥的侧面积的取值范围为.
参照答案
专题打破练2函数与方程思想、
数形联合思想
1. B分析依题意得y=,当 x∈[ a,2 a]时, y=
由题意可知 [ a, a2],
即有 a2≥a,又 a>1,因此 a≥2. 应选B.
2. C分析如图,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,
则
即故 r 2=
3. C分析方程2sin=m可化为sin,当x时,2x+,
画出函数 y=f ( x) =sin在 x 上的图象,如下图:
由题意 , 得<1,
则的取值范围是[1,2),应选 C
m.
4 .B分析作出直线2π 与
f
(
x
) 的图象 , 明显直线2π 为
f
(
x
) 的图象在
x=t
处的切线 , 且y= x-y= x-
t , 由切线斜率
k=f'
()2, 得
-A
sin
t==
2, 因此2π,tan
t=
1,应选 B
t==A=>.
5. B分析- 8+4=0,
=8,
=8+8( n- 1) =8n.
+4=8n+4.
∴a n+=2,
即 - 2a n+2=0,
∴a n=
∵0<a n<1,
∴a n=, S n=-1.
由 S n>10得 >11,
∴n>60. 应选B.
6. C分析设正四棱锥S-ABCD的底面边长为a( a>0),则高 h=,因此体积 V=a2h=
设 y=12a4-a 6( a>0),则 y'= 48a3- 3a5.
令 y'> 0,得0<a<4;
令 y'< 0,得 a>4.
故函数 y 在(0,4]内单一递加,在[4, +∞)内单一递减 .
可知当 a=4时, y 获得最大值,即体积 V 获得最大值,此时 h==2,应选C.
7. B分析∵f(x+2)=-f(x),
∴f( x+4) =-f ( x+2) =f ( x),
故 f ( x)周期为4,由4=,得ω=, f ( x) =sin,
由 f (1 -x ) =f ( x),得 x=是 y=f ( x)的对称轴,
+φ=kπ +,当 k=0时,φ=,f ( x) =sin,
由 f ( x1) =f ( x2) =,得
|x 1-x 2|= ,
当 k1=k2时, |x 1-x 2| min=,当 x1-x 2=时, f ( x1-x 2) =,
当 x1-x 2=-时, f ( x1-x 2) =,应选B.
8. B分析由k(x-1)<f(x)对随意的x>1恒建立,得 k<( x>1),令 h( x) =( x>1),
则 h' ( x) =,
令 g( x) =x- ln x- 2=0,得 x- 2=ln x,画出函数 y=x- 2, y=ln x 的图象如图, g( x)存在独一的零点,又 g(3) =1- ln 3 <0, g(4) =2- ln 4 =2(1 - ln 2) >0,
∴零点在 (3,4) 内 ,
∴h( x)在(1, x0)内单一递减,在( x0, +∞)内单一递加,
而 3<h(3) =<4, <h(4) =<4,
∴h( x0) <4, k∈Z,
∴k的最大值是3.
9. ( - 1,0)分析在同一坐标系中, 分别作出y=log 2 ( -x ), y=x+1 的图象 ,
由图可知 , x的取值范围是 ( - 1,0) .
10. ( - 1,0) ∪(0,1)分析作出切合条件的一个函数图象草图, 如下图 ,
由图可知( )0 的
x 的取值范围是 (
-
1,0) ∪ (0,1)
.
x·f x<
11. 4 分析∵| 2a-b |= 2,
∴4a2- 4a·b+b2=12.
∵向量 a 与 b 的夹角为60°,
∴a·b =| b|.
∴4- 2| b|+| b|2=12, 解得| b|= 4, 故答案为 4.
12. ( x- 2) 2+( y- 1) 2=4 或 ( x+2)2+( y+1)2=4分析设圆 M的标准方程为( x-a )2+( y-b )2=r 2,
由题意可得
解得
∴圆 M的标准方程为( x- 2)2+( y- 1)2=4或( x+2)2+( y+1)2=4.
13
.2 分析设, 在△中运用余弦定理可得2 20
-
16cos; 在△中运用余弦定理可得AC=x ABC x =B ADC
x=34- 30cos D.
因此 15cos D-8cos B=7.
又四边形 ABCD的面积 S=(2×4sin B+3×5sin D),即 2S=8sin B+15sin D.
联立 15cos D-8cos B=7和2S=8sin B+15sin D.
两边平方相加 , 可得 4 2 49 64225
-240cos(), 化简变形得2 60 60cos(),
S + =+B+D S = -B+D
因此当 cos( B+D)=- 1时, S2最大,
即 S max==2
故应填 2
14. (0,2)分析如下图.
设三棱锥一个侧面为△APQ,∠ APQ=x,
则 AH=PQ×tan x=PQ,
∴PQ=,AH=,
∴S=4PQ×AH=2×PQ×AH=2, x
∵S==2(当且仅当tan x=1,即 x=时取等号) .
而 tan x>0, 故S>0.
∵S=2时,△ APQ是等腰直角三角形, 顶角∠PAQ=90°, 暗影部分不存在, 折叠后A与O重合 , 构
不可棱锥 , ∴S的范围为 (0,2) .。