《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)(二十二)分類與整合和化歸與轉(zhuǎn)化思想配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)(二十二)分類與整合和化歸與轉(zhuǎn)化思想配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時(shí)集訓(xùn)(二十二)
[第22講 分類與整合和化歸與轉(zhuǎn)化思想]
(時(shí)間：45分鐘)
1．已知sin＝，則cos＝( )
A. B. C．－ D．－
2．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，其中B＝45°，b＝，則c＋a的最大值為( )
A. B．2
C. D．2
3．若偶函數(shù)f(x)在(－∞，－1]上是增函數(shù)，則下列關(guān)系式中成立的是( )
A．f
2、
4．Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則“Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)”是“數(shù)列{an}為等差數(shù)列”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
5．函數(shù)y＝2sincos圖象的一條對(duì)稱軸是( )
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝π
6．設(shè)a>0，a≠1，函數(shù)f(x)＝logax在區(qū)間[a，2a]上的最大值與最小值之差小于1，則a的取值范圍是( )
A．(0，1)∪(1，＋∞) B.∪(2，＋∞)
C.∪(2，＋∞) D．(1，＋∞)
7．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝1，an＋1＝|an－a
3、n－1|(n≥2)，則該數(shù)列前2 012項(xiàng)的和等于( )
A．1 340 B．1 341
C．1 342 D．1 343
8．設(shè)00的x的取值范圍是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(loga2，0) D．(loga2，＋∞)
9．設(shè)x，y滿足約束條件則的最大值為________．
圖22－1
10．如圖22－1，圓臺(tái)上底面半徑為1，下底面半徑為4，母線AB＝18；從AB的中點(diǎn)M拉一條繩子繞圓臺(tái)側(cè)面轉(zhuǎn)到點(diǎn)A，則繩子的最短長度為________．
11．已知函數(shù)f(x)＝lnx－
4、ax＋(0
5、點(diǎn)，A1，A2，A3，…，An，…在y軸的正半軸上，B1，B2，B3，…，Bn，…在二次函數(shù)y＝x2在第一象限的圖象上，若△A0B1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，△An－1BnAn，…都是正三角形．
(1)求△A2 011B2 012A2 012的邊長；
(2)設(shè)△An－1BnAn的邊長為an，bn＝3n＋(－1)n＋1λ·2an(λ為非零常數(shù))，是否存在整數(shù)λ，使得對(duì)任意正整數(shù)n，都有bn＋1>bn？若存在，求出λ；若不存在，請(qǐng)說明理由．
圖22－2
專題限時(shí)集訓(xùn)(二十二)
【基礎(chǔ)演練】
1．C [解析] cos＝cos＋－x＝－sin－x＝－，選C.
6、
2．B [解析] A＋C＝?C＝－A，A∈，＝＝2?a＝2sinA，
＝＝2?c＝2sinC＝2sin＝cosA＋sinA，
所以c＋a＝cosA＋(2＋)sinA＝2·sin(A＋φ)，φ為銳角，故最大值是2.
3．D [解析] 由于函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(2)＝f(－2)，因?yàn)椋?<－<－1且函數(shù)f(x)在(－∞，－1]上是增函數(shù)，所以f(－2)
7、0時(shí)，數(shù)列才是等差數(shù)列，若數(shù)列為等差數(shù)列，則Sn＝na1＋＝n2＋a1－n，當(dāng)d≠0時(shí)為二次函數(shù)，當(dāng)d＝0時(shí)，為一次函數(shù)，所以“Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)”是“數(shù)列{an}為等差數(shù)列”的既不充分也不必要條件，選D.
【提升訓(xùn)練】
5．B [解析] 因y＝2sinx＋cos－x＝2sin2x＋＝1－cos2x＋＝1＋sin2x，易知x＝是其一條對(duì)稱軸，選B.
6．B [解析] 當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)＝logax在區(qū)間[a，2a]上的最大值與最小值分別為loga2a＝loga2＋1，logaa＝1，它們的差為loga2<1，即log2a>1，故a>2；當(dāng)0
8、區(qū)間[a，2a]上的最大值與最小值分別為logaa＝1，loga2a＝loga2＋1，它們的差為－loga2<1，即loga2>－1，即log2a<－1，即a<.正確選項(xiàng)為B.
7．C [解析] 因?yàn)閍1＝1，a2＝1，所以根據(jù)an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，得a3＝|a2－a1|＝0，a4＝1，a5＝1，a6＝0，…，故數(shù)列{an}是周期為3的數(shù)列．又2 012＝670×3＋2，所以該數(shù)列前2 012項(xiàng)和等于670×2＋2＝1 342.故選C.
8．C [解析] 根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得不等式0
9、3<1，因?yàn)棣ぃ?－3)2－4×3＝－3<0，故t2－3t＋3>0恒成立，只要解不等式t2－3t＋3<1即可，即解不等式t2－3t＋2<0，解得1
10、AA′中，AS＝24(S為圓錐的頂點(diǎn))，SM′＝15，根據(jù)余弦定理AM′＝＝＝21.
11．解：f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＝0，
即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.
(1)若0x1.當(dāng)0－1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)10.故此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1)，－1，＋∞，單調(diào)遞增區(qū)間是1，－1.
(2)若a＝，則x1＝x2，此時(shí)f′(x)≤0恒成立，且僅在x＝1處等于零，故此時(shí)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
(3)若1時(shí)
11、，f′(x)<0；當(dāng)－10.故此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0，－1，(1，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間是－1，1.
綜上所述：當(dāng)0
12、)依題意，ξ的可能取值為4，6，8，10，12.
P(ξ＝4)＝；
P(ξ＝6)＝×＋×＝；
P(ξ＝8)＝×＋×＋×＝；
P(ξ＝10)＝×＋×＝；
P(ξ＝12)＝×＝.
故ξ的分布列為
ξ
4
6
8
10
12
P
所求數(shù)學(xué)期望Eξ＝4×＋6×＋8×＋10×＋12×＝.
13．解：(1)設(shè)An(0，cn)，則An－1(0，cn－1)，故|An－1An|＝cn－cn－1，得線段An－1An的中點(diǎn)坐標(biāo)為Mn0，，則Bn點(diǎn)的縱坐標(biāo)與Mn點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，設(shè)Bn點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，可求出xn＝＝，因?yàn)锽n點(diǎn)的橫坐標(biāo)是線段An－1An長度的倍，
13、
所以＝(cn－cn－1)，故可得c－2cn－1·cn＋c＝cn－1＋cn，①
則c－2cn·cn＋1＋c＝cn＋cn＋1，②
由②－①可得(cn＋1＋cn－1)(cn＋1－cn－1)－2cn(cn＋1－cn－1)＝cn＋1－cn－1，
因?yàn)閏n＋1－cn－1≠0，所以cn＋1－2cn＋cn－1＝1，即(cn＋1－cn)－(cn－cn－1)＝1，所以數(shù)列{cn－cn－1}也就是數(shù)列{|An－1An|}是以1為公差的等差數(shù)列，易得|A0A1|＝1，故|An－1An|＝1＋(n－1)×1＝n，易知△A2 011B2 012A2 012的邊長為2 012.
(2)由(1)可知an＝n，∴bn＝3n＋(－1)n＋1λ·2an＝3n＋(－1)n＋1λ·2n，
則bn＋1－bn＝3n＋1＋(－1)n＋2λ·2n＋1－[3n＋(－1)n＋1λ·2n]
＝2·3n－3λ(－1)n＋1·2n>0，則2·3n>3λ(－1)n＋1·2n，即(－1)n＋1·λ－2k－1對(duì)任意正整數(shù)k恒成立，故λ>－.
故－<λ<1，又λ≠0，所以存在滿足條件的整數(shù)λ＝－1.
.
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