2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想 文 1.已知橢圓+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,其一個交點為P,則|PF2|=(　　) A. B. C. D.4 2.奇函數(shù)f(x)的定義域為R,若f(x+2)為偶函數(shù),且f(1)=1,則f(8)+f(9)=(　　) A.-2 B.-1 C.0 D.1 3.已知函數(shù)f(x)=x2+ex-(x<0)與g(x)=x2+ln(x+a)的圖象上存在關(guān)于y軸對稱的點,則a的取值范圍是 (　　) A. B.(-∞,) C. D. 4.已知{an}是等差數(shù)列,a1=1

2、,公差d≠0,Sn為其前n項和,若a1,a2,a5成等比數(shù)列,則S8的值為(　　) A.16 B.32 C.64 D.62 5.已知函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定義域和值域都是[-1,0],則a+b=　　　　　.? 6.已知直線y=a交拋物線y=x2于A,B兩點.若該拋物線上存在點C,使得∠ACB為直角,則a的取值范圍為　　　　　.? 7.已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù),當(dāng)x≥0時,f(x)=x2-4x,則不等式f(x+2)<5的解集是　　　　　.? 8.設(shè)函數(shù)f(x)=cos2x+sin x+a-1,已知不等式1≤f(x)≤對一切x∈R恒成立,求a的取值范圍.

3、 9.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對邊的邊長分別是a,b,c.已知c=2,C=. (1)若△ABC的面積等于,求a,b; (2)若sin C+sin(B-A)=2sin 2A,求△ABC的面積. 10. 某地區(qū)要在如圖所示的一塊不規(guī)則用地上規(guī)劃建成一個矩形商業(yè)樓區(qū),余下的作為休閑區(qū),已知AB⊥BC,OA∥BC,且|AB|=|BC|=2|OA|=4,曲線OC是以O(shè)為頂點且開口向上的拋物線的一段,如果矩形的兩邊分別落在AB,BC上,且一個頂點在曲線OC段上,應(yīng)當(dāng)如何規(guī)劃

4、才能使矩形商業(yè)樓區(qū)的用地面積最大?并求出最大的用地面積. 二、思維提升訓(xùn)練 11.已知函數(shù)f(x)=sin2sin ωx- (ω>0),x∈R.若f(x)在區(qū)間(π,2π)內(nèi)沒有零點,則ω的取值范圍是 (　　) A. B. C. D. 12.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,a1=1,a2+a3+…+a10=144. (1)求數(shù)列{an}的通項an; (2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項bn=,記Sn是數(shù)列{bn}的前n項和,若n≥3時,有Sn≥m恒成立,求m的最大值. 13.已知橢圓C:=1(a>b>0)的一個頂點為A(2,0),離心率為.

5、直線y=k(x-1)與橢圓C交于不同的兩點M,N. (1)求橢圓C的方程; (2)當(dāng)△AMN的面積為時,求k的值. 14.直線m:y=kx+1和雙曲線x2-y2=1的左支交于A,B兩點,直線l過點P(-2,0)和線段AB的中點M,求l在y軸上的截距b的取值范圍. 思想方法訓(xùn)練1　函數(shù)與方程思想 一、能力突破訓(xùn)練 1.C　解析 如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2, 則化簡得解得r2=. 2.D　解析 因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x).又因為f(x+2)是偶函數(shù),則f(-x+2)=f(x+2),所以f(8)=f(6+2)=

6、f(-6+2)=f(-4)=-f(4),而f(4)=f(2+2)=f(-2+2)=f(0)=0,f(8)=0,同理f(9)=f(7+2)=f(-7+2)=f(-5)=-f(5);而f(5)=f(3+2)=f(-3+2)=f(-1)=-f(1)=-1,f(9)=1,所以f(8)+f(9)=1.故選D. 3.B　 解析 由已知得,與函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱的圖象的函數(shù)解析式為h(x)=x2+e-x- (x>0). 令h(x)=g(x),得ln(x+a)=e-x-,作函數(shù)M(x)=e-x-的圖象,顯然當(dāng)a≤0時,函數(shù)y=ln(x+a)的圖象與M(x)的圖象一定有交點. 當(dāng)a>0時,

7、若函數(shù)y=ln(x+a)的圖象與M(x)的圖象有交點,則ln a<,則01時,f(x)是增函數(shù),∴無解.當(dāng)0

8、由題意得解得a≥1. 7.{x|-70, ∵當(dāng)x≥0時,f(x)=x2-4x, ∴f(-x)=(-x)2-4(-x)=x2+4x. 又f(x)為偶函數(shù),∴f(-x)=f(x),∴當(dāng)x<0時,f(x)=x2+4x,故有f(x)=再求f(x)<5的解,由得0≤x<5;由得-5

9、sin x=時,函數(shù)有最大值f(x)max=a+, 當(dāng)sin x=-1時,函數(shù)有最小值f(x)min=a-2. 因為1≤f(x)≤對一切x∈R恒成立,所以f(x)max≤,且f(x)min≥1,即解得3≤a≤4, 故a的取值范圍是[3,4]. 9.解 (1)由余弦定理及已知條件,得a2+b2-ab=4. 因為△ABC的面積等于, 所以absin C=,得ab=4. 得解得a=2,b=2. (2)由題意得sin(B+A)+sin(B-A)=4sin Acos A, 即sin Bcos A=2sin Acos A, 當(dāng)cos A=0時,A=,B=,a=,b=, 當(dāng)cos A≠

10、0時,得sin B=2sin A, 由正弦定理得b=2a,得 解得a=,b=. 故△ABC的面積S=absin C=. 10.解 以點O為原點,OA所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)拋物線的方程為x2=2py, 把C(2,4)代入得p=,所以曲線段OC的方程為y=x2(x∈[0,2]). A(-2,0),B(-2,4),設(shè)P(x,x2)(x∈[0,2])在OC上,過P作PQ⊥AB于Q,PN⊥BC于N, 故|PQ|=2+x,|PN|=4-x2,則矩形商業(yè)樓區(qū)的面積S=(2+x)(4-x2)(x∈[0,2]). S=-x3-2x2+4x+8,令S'=-3x2-4x+4=0,

11、得x=或x=-2(舍去), 當(dāng)x∈時,S'>0,S是關(guān)于x的增函數(shù), 當(dāng)x∈時,S'<0,S是關(guān)于x的減函數(shù), 所以當(dāng)x=時,S取得最大值, 此時|PQ|=2+x=,|PN|=4-x2=, Smax=. 故該矩形商業(yè)樓區(qū)規(guī)劃成長為,寬為時,用地面積最大為. 二、思維提升訓(xùn)練 11.D　解析 f(x)=sin ωx-sin ωx-cos ωx=sin. 由f(x)=0,得ωx-=kπ,k∈Z,x=,k∈Z. ∵f(x)在區(qū)間(π,2π)內(nèi)沒有零點, ∴≥2π-π=π,且 由≥π,得T≥2π,0<ω≤1. 由解得≤ω≤. 當(dāng)k=-1時,-≤ω≤, ∵ω>0,∴0<ω≤

12、;當(dāng)k=0時,≤ω≤; 當(dāng)k≤-2或k≥1,k∈Z時,不滿足0<ω≤1. 綜上,ω的取值范圍是. 12.解 (1)∵{an}是等差數(shù)列,a1=1,a2+a3+…+a10=144,∴S10=145.∵S10=, ∴a10=28,∴公差d=3.∴an=3n-2(n∈N*). (2)由(1)知bn= =, ∴Sn=b1+b2+…+bn=, ∴Sn=. ∵Sn+1-Sn=>0, ∴數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列. 當(dāng)n≥3時,(Sn)min=S3=, 依題意,得m≤,故m的最大值為. 13.解 (1)由題意得解得b=. 所以橢圓C的方程為=1. (2)由得(1+2k2)x2-4k

13、2x+2k2-4=0. 設(shè)點M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=. 所以|MN|= = =. 因為點A(2,0)到直線y=k(x-1)的距離d=,所以△AMN的面積為S=|MN|·d=. 由,解得k=±1. 所以k的值為1或-1. 14.解 由(x≤-1)消去y, 得(k2-1)x2+2kx+2=0. ① ∵直線m與雙曲線的左支有兩個交點,∴方程①有兩個不相等的負實數(shù)根. ∴解得12. ∴b的取值范圍是(-∞,--2)∪(2,+∞).