（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 專題限時集訓(xùn)(十九)函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 文（解析版）

《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 專題限時集訓(xùn)(十九)函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 文（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 專題限時集訓(xùn)(十九)函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 文（解析版）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(十九) [第19講　函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想] (時間：45分鐘) 1．已知向量a與b的夾角為，且|a|＝1，|b|＝2，若(3a＋λb)⊥a，則實數(shù)λ＝(　　) A．3 B．－3 C. D．－ 2．已知復(fù)數(shù)z1＝m＋2i，z2＝2＋i，若z1·z2為純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為(　　) A．1 B．－1 C．4 D．－4 3．已知且u＝x2＋y2－4x－4y＋8，則u的最小值為(　　) A. B. C. D. 4．方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，則a的取值范圍是(　　) A．[－3，1] B．(－∞，1] C．[1，

2、＋∞) D．[－1，1] 5．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)y＝f[f(x)]＋1的零點個數(shù)是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 6．設(shè)G為△ABC的重心，且(sinA)·＋(sinB)·＋(sinC)·＝0，則角B的大小為(　　) A．60° B．45° C．30° D．15° 7．已知公差不為0的正項等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，若lga1，lga2，lga4也成等差數(shù)列，a5＝10，則S5等于(　　) A．30 B．40 C．50 D．60 8．F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1(a>b>0)的焦點，過F2作垂直于x軸的直線交橢圓于點P，且∠PF1F2＝

3、30°，則橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 9．已知函數(shù)f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，則a的值為(　　) A．1 B．2 C．4 D．4或1 10．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設(shè)圓內(nèi)過點(2，5)的最長弦與最短弦分別為AB，CD，則直線AB與CD的斜率之和為________． 11．長度都為2的向量，的夾角為60°，點C在以O(shè)為圓心的圓弧AB(劣弧)上，＝m＋n，則m＋n的最大值是________． 12．若a，b是正數(shù)，且滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________． 13．已知△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的

4、對邊長，S表示該三角形的面積，且2cos2B＝cos2B＋2cosB. (1)求角B的大??； (2)若a＝2，S＝2，求b的值． 14．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的各項均為正數(shù)，公比是q，且滿足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q. (1)求{an}與{bn}的通項公式； (2)設(shè)cn＝3bn－λ·2(λ∈R)，若{cn}滿足：cn＋1>cn對任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍． 15．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在x＝－1處取得極值

5、，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍． 專題限時集訓(xùn)(十九) 【基礎(chǔ)演練】 1．A　[解析] 因為(3a＋λb)⊥a，所以(3a＋λb)·a＝3a2＋λa·b＝3×12＋λ×1×2×cos＝0，解得λ＝3. 2．A　[解析] z1·z2＝(m＋2i)(2＋i)＝(2m－2)＋(m＋4)i，只要2m－2＝0且m＋4≠0即可，解得m＝1. 3．B　[解析] 不等式組所表示的平面區(qū)域是下圖中的△ABC，u表示平面區(qū)域上的點到點(2，2)距離的平方．根據(jù)題意只能是點(2，2)到直線x＋y－1＝0的距離最小，這個最小值是，故所求的最小值是. 4．A　[解析]

6、構(gòu)造函數(shù)f(x)＝sin2x＋2sinx，則函數(shù)f(x)的值域是[－1，3]，因為方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，所以－1≤－a≤3，∴－3≤a≤1. 【提升訓(xùn)練】 5．A　[解析] 由f[f(x)]＋1＝0可得f[f(x)]＝－1，又由f(－2)＝f＝－1可得f(x)＝－2或f(x)＝.若f(x)＝－2，則x＝－3或x＝；若f(x)＝，則x＝－或x＝.綜上可得y＝f[f(x)]＋1有4個零點． 6．A　[解析] G為△ABC的重心，則＋＋＝0，根據(jù)正弦定理：(sinA)·＋(sinB)·＋(sinC)·＝0?a·＋b·＋c·＝0，所以a·(－－)＋b·＋c·＝0?a＝b＝c

7、，△ABC為等邊三角形． 7．A　[解析] 設(shè)公差d≠0，由lga1＋lga4＝2lga2，得a＝a1·a4，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)?a1＝d. 又a5＝a1＋4d＝10，∴a1＝d＝2，∴S5＝5a1＋d＝30. 8．A　[解析] 作圖可知，設(shè)|PF2|＝r，則|PF1|＝2r，|F1F2|＝r.由橢圓的定義得2a＝3r，2c＝r，故橢圓的離心率為e＝＝.故選A. 9．C　[解析] 依題意f(1)＋f(a)＝2，且f(1)＝0，所以f(a)＝2.當a>0時，得log2a＝2，求得a＝4；當a<0時，無解．綜合得a＝4.故選C. 10．0　[解析] 將圓的方程化成標準方

8、程形式得(x－3)2＋(y－4)2＝25，所以過點(2，5)的最長弦AB的斜率為kAB＝＝－1.若要使弦CD最短，則CD⊥AB，所以kCD＝1，此時kAB＋kCD＝0. 11.　[解析] 建立平面直角坐標系(如圖)，設(shè)向量＝(2，0)，則向量＝(1，)，向量＝(2cosα，2sinα)，0≤α≤.由＝m＋n，得(2cosα，2sinα)＝(2m＋n，n)， 即2cosα＝2m＋n，2sinα＝n， 解得m＝cosα－sinα，n＝sinα. 故m＋n＝cosα＋sinα＝sinα＋≤. 12．[9，＋∞)　[解析] 方法1：∵ab＝a＋b＋3，∴a≠1，b＝>0，從而a>1或a<

9、－3.又a>0，∴a>1，∴a－1>0，∴ab＝f(a)＝a·＝(a－1)＋＋5≥9，當且僅當a－1＝，即a＝3時取等號，當13時函數(shù)f(a)單調(diào)遞增，∴ab的取值范圍是[9，＋∞)． 方法2：設(shè)ab＝t，則a＋b＝t－3，∴a，b可看成方程x2－(t－3)x＋t＝0的兩個正根，從而有解得t≥9，即ab≥9. 13．解：(1)由2cos2B＝cos2B＋2cosB， 可得2cos2B＝2cos2B－1＋2cosB，∴cosB＝. ∵0

10、B＝4＋16－2×2×4×＝12， ∴b＝2. 14．解：(1)設(shè){an}的公差為d，由已知可得消去a2得：q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，∴a2＝6，∴d＝3， 從而an＝3n，bn＝3n－1. (2)由(1)知：cn＝3bn－λ·2＝3n－λ·2n. ∵cn＋1>cn對任意的n∈N*恒成立， ∴3n＋1－λ·2n＋1>3n－λ·2n恒成立， 整理得：λ·2n<2·3n對任意的n∈N*恒成立， 即λ<2·對任意的n∈N*恒成立． ∵y＝2·在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴ymin＝2·＝3，∴λ<3. ∴λ的取值范圍為(－∞，3)． 15．解：(1)

11、f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)． 當a<0時，對x∈R，有f′(x)>0恒成立， 所以當a<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)減區(qū)間； 當a>0時，由f′(x)>0解得x<－或x>， 由f′(x)<0解得－0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－，)． (2)因為f(x)在x＝－1處取得極值， 所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以a＝1. 所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3， 由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1. 由(1)中f(x)的單調(diào)性可知， f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1， 在x＝1處取得極小值f(1)＝－3. 因為直線y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖象有三個不同的交點， 結(jié)合f(x)的單調(diào)性可知，m的取值范圍是(－3，1)．