2022年高考數(shù)學二輪復習 專題一 常考小題點 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想 文
2022年高考數(shù)學二輪復習 專題一 常考小題點 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想 文
一、選擇題
1.設a>1,若對于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]滿足方程logax+logay=3,這時a的取值的集合為( )
A.{a|1<a≤2} B.{a|a≥2}
C.{a|2≤a≤3} D.{2,3}
2.橢圓+y2=1的兩個焦點為F1,F2,過F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交,其一交點為P,則|PF2|=( )
A. B.
C. D.4
3.若關(guān)于x的方程2sin=m在上有兩個不等實根,則m的取值范圍是( )
A.(1,) B.[0,2]
C.[1,2) D.[1,]
4.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理11)已知f(x)=Acos x,若直線y=2x-π與f(x)的圖象有3個交點,且交點橫坐標的最大值為t,則( )
A.A∈(2,π),(t-π)tan t=1
B.A∈(2π,+∞),tan t=1
C.A∈(2,π),(π-t)tan t=1
D.A∈(2π,+∞),tan t=1
5.已知數(shù)列{an}滿足0<an<1,-8+4=0,且數(shù)列是以8為公差的等差數(shù)列,設{an}的前n項和為Sn,則滿足Sn>10的n的最小值為( )
A.60 B.61
C.121 D.122
6.已知在正四棱錐S-ABCD中,SA=2,則當該棱錐的體積最大時,它的高為( )
A.1 B.
C.2 D.3
7.已知f(x)=sin(ωx+φ)滿足f(1-x)=f(x),且f(x+2)=-f(x),對于定義域內(nèi)滿足f(x1)=f(x2)=的任意x1,x2∈R,x1≠x2,當|x1-x2|取最小值時,f(x1-x2)的值為( )
A. B.
C. D.
8.已知函數(shù)f(x)=x+xln x,若k∈Z,且k(x-1)<f(x)對任意的x>1恒成立,則k的最大值為( )
A.2 B.3
C.4 D.5
9.設拋物線y2=4x的焦點為F,過點M(,0)的直線與拋物線相交于A,B兩點,與拋物線的準線相交于C,|BF|=3,則△BCF與△ACF的面積之比=( )
A. B.
C. D.
二、填空題
10.使log2(-x)<x+1成立的x的取值范圍是 .
11.已知奇函數(shù)f(x)的定義域是{x|x≠0,x∈R},且在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,若f(1)=0,則滿足x·f(x)<0的x的取值范圍是 .
12.(2018福建龍巖4月模擬,理13)已知向量a與b的夾角為60°,且|a|=1,|2a-b|=2,則|b|= .
13.已知圓M與y軸相切,圓心在直線y=x上,并且在x軸上截得的弦長為2,則圓M的標準方程為
.
14.(2018福建廈門外國語學校一模,理16)已知平面圖形ABCD為凸四邊形(凸四邊形即任取平面四邊形一邊所在的直線,其余各邊均在此直線的同側(cè)),且AB=2,BC=4,CD=5,DA=3,則四邊形ABCD面積的最大值為 .
15.如圖所示,正方形ABCD的邊長為2,切去陰影部分圍成一個正四棱錐,則正四棱錐的側(cè)面積的取值范圍為 .
參考答案
專題突破練2 函數(shù)與方程思想、
數(shù)形結(jié)合思想
1.B 解析 依題意得y=,當x∈[a,2a]時,y=.
由題意可知?[a,a2],
即有a2≥a,又a>1,所以a≥2.故選B.
2.C 解析 如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,
則
即故r2=.
3.C 解析 方程2sin=m可化為sin,當x∈時,2x+,
畫出函數(shù)y=f(x)=sin在x∈上的圖象,如圖所示:
由題意,得<1,
則m的取值范圍是[1,2),故選C.
4.B 解析 作出直線y=2x-π與f(x)的圖象,顯然直線y=2x-π為f(x)的圖象在x=t處的切線,且t∈,由切線斜率k=f'(t)==2,得-Asin t==2,所以A=>2π,tan t=1,故選B.
5.B 解析 ∵-8+4=0,
∴=8,
∴=8+8(n-1)=8n.
∴+4=8n+4.
∴an+=2,
即-2an+2=0,
∴an=.
∵0<an<1,
∴an=,Sn=-1.
由Sn>10得>11,
∴n>60.故選B.
6.C 解析 設正四棱錐S-ABCD的底面邊長為a(a>0),則高h=,所以體積V=a2h=.
設y=12a4-a6(a>0),則y'=48a3-3a5.令y'>0,得0<a<4;令y'<0,得a>4.故函數(shù)y在(0,4]內(nèi)單調(diào)遞增,在[4,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
可知當a=4時,y取得最大值,即體積V取得最大值,此時h==2,故選C.
7.B 解析 ∵f(x+2)=-f(x),
∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
故f(x)周期為4,由4=,得ω=,f(x)=sin,
由f(1-x)=f(x),得x=是y=f(x)的對稱軸,
∴+φ=kπ+,當k=0時,φ=,f(x)=sin,
由f(x1)=f(x2)=,得
|x1-x2|=,
當k1=k2時,|x1-x2|min=,當x1-x2=時,f(x1-x2)=,
當x1-x2=-時,f(x1-x2)=,故選B.
8.B 解析 由k(x-1)<f(x)對任意的x>1恒成立,得k<(x>1),令h(x)=(x>1),則h'(x)=,
令g(x)=x-ln x-2=0,得x-2=ln x,畫出函數(shù)y=x-2,y=ln x的圖象如圖,g(x)存在唯一的零點,
又g(3)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4=2(1-ln 2)>0,
∴零點在(3,4)內(nèi),
∴h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
而3<h(3)=<4,<h(4)=<4,
∴h(x0)<4,k∈Z,
∴k的最大值是3.
9.D 解析 ∵拋物線的方程為y2=4x,
∴拋物線的焦點為F(1,0),準線方程為x=-1.
如圖,設A(x1,y1),B(x2,y2),
過A,B分別向拋物線的準線作垂線,垂足分別為E,N,
則|BF|=|BN|=x2+1=3,∴x2=2.把x2=2代入拋物線y2=4x,得y2=-2,
∴直線AB過(,0),(2,-2),kAB==2+2),
則直線方程為y=2+2)(x-).把x=代入直線方程,
得+2)y2-2y-4+2)=0,則y1y2=-4,即-2y1=-4,
∴y1=,代入y2=4x,得x1=,
故A,∴AE=+1=.
∴.
10.(-1,0) 解析 在同一坐標系中,分別作出y=log2(-x),y=x+1的圖象,
由圖可知,x的取值范圍是(-1,0).
11.(-1,0)∪(0,1) 解析 作出符合條件的一個函數(shù)圖象草圖,如圖所示,
由圖可知x·f(x)<0的x的取值范圍是(-1,0)∪(0,1).
12.4 解析 ∵|2a-b|=2,
∴4a2-4a·b+b2=12.
∵向量a與b的夾角為60°,
∴a·b=|b|.
∴4-2|b|+|b|2=12,解得|b|=4,故答案為4.
13.(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4 解析 設圓M的標準方程為(x-a)2+(y-b)2=r2,
由題意可得
解得
∴圓M的標準方程為(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4.
14.2 解析 設AC=x,在△ABC中運用余弦定理可得x2=20-16cos B;在△ADC中運用余弦定理可得x=34-30cos D.所以15cos D-8cos B=7.
又四邊形ABCD的面積S=(2×4sin B+3×5sin D),
即2S=8sin B+15sin D.
聯(lián)立15cos D-8cos B=7和2S=8sin B+15sin D.
兩邊平方相加,可得4S2+49=64+225-240cos(B+D),化簡變形得S2=60-60cos(B+D),所以當cos(B+D)=-1時,S2最大,即Smax==2.故應填2.
15.(0,2) 解析 如圖所示.
設三棱錐一個側(cè)面為△APQ,∠APQ=x,
則AH=PQ×tan x=PQ,
∴PQ=,AH=,
∴S=4××PQ×AH=2×PQ×AH=2×,x∈.∵S==2(當且僅當tan x=1,即x=時取等號).
而tan x>0,故S>0.
∵S=2時,△APQ是等腰直角三角形,頂角∠PAQ=90°,陰影部分不存在,折疊后A與O重合,構(gòu)不成棱錐,∴S的范圍為(0,2).
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