《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想 理（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想
一、選擇題
1.(2019安徽江淮十校高三三聯(lián),文4)已知數(shù)列{an}滿足an+1-ann=2,a1=20,則ann的最小值為( )
A.45 B.45-1
C.8 D.9
2.橢圓x24+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.32 B.3 C.72 D.4
3.若f(x)+3f(-x)=x3+2x+1對x∈R恒成立,則曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為( )
A.5x+2y-5=0 B.10x+4y-5=0
C.5x+4y=0 D.20x-
2、4y-15=0
4.(2019安徽皖南八校高三三聯(lián),文12)已知函數(shù)f(x)=2sin2x+π6,若對任意的a∈(1,2),關于x的方程|f(x)|-a=0(0≤x
3、.2 D.3
7.已知f(x)=sin(ωx+φ)0<ω≤π2,|φ|<π2滿足f(1-x)=f(x),且f(x+2)=-f(x),對于定義域內滿足f(x1)=f(x2)=32的任意x1,x2∈R,x1≠x2,當|x1-x2|取最小值時,f(x1-x2)的值為( )
A.6-24或6+24
B.6+24或2-64
C.23
D.32
8.(2019陜西延安高三一模,理12)已知函數(shù)f(x)=|lg(x-1)|,若1
4、019廣東高三適應性考試,文12)雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),A(-t,0),B(t,0)(t>0),斜率為13的直線過點A且與雙曲線交于M,N兩點,若2OD=OM+ON,BD·MN=0,則雙曲線的離心率為( )
A.52 B.53
C.102 D.103
二、填空題
10.已知奇函數(shù)f(x)的定義域是{x|x≠0,x∈R},且在(0,+∞)內單調遞增,若f(1)=0,則滿足x·f(x)<0的x的取值范圍是 .?
11.(2019北京清華大學附中高三三模,文9)已知向量a=(1,2),b=(x,1),c=(1,3),若(a+b)⊥c,則x=
5、 .?
12.(2019河南洛陽高三模擬,文14)已知a,b∈R,函數(shù)f(x)=(x-2)(ax+b)為偶函數(shù),且在(0,+∞)上是減函數(shù),則關于x的不等式f(2-x)>0的解集為 .?
13.(2019北京西城區(qū)高三一模,文13)設函數(shù)f(x)=ln(x+2),x≥-1,-2x-4,x<-1.當f(a)=-1時,a= ;如果對于任意的x∈R都有f(x)≥b,那么實數(shù)b的取值范圍是 .?
14.(2019安徽示范高中皖北協(xié)作區(qū)高三模擬)已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若C=π3,a=6,1≤b≤4,則sin A的取值范圍為 .?
1
6、5.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)形結合思想
1.C 解析由an+1-an=2n知,a2-a1=2×1,a3-a2=2×2,…,an-an-1=2(n-1),相加得an-a1=n2-n,∵a1=20,∴ann=n+20n-1.又n∈N*,所以當n≤4時,ann單調遞減,當n≥5時,ann單調遞增.因為a44=a55,所以ann的最小值為a44=a55=8.故選C.
2.C 解析如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,
則r1+r2=2
7、a=4,r22-r12=(2c)2=12,
即r1+r2=4,r2-r1=3,故r2=72.
3.B 解析∵f(x)+3f(-x)=x3+2x+1,①
∴f(-x)+3f(x)=-x3-2x+1.②
聯(lián)立①②,解得
f(x)=-12x3-x+14,
則f'(x)=-32x2-1,
∴f(1)=-12-1+14=-54,
f'(1)=-32-1=-52.
∴切線方程為y+54=-52(x-1),即10x+4y-5=0.故選B.
4.B 解析由題意,函數(shù)f(x)=2sin2x+π6,令|f(x)|=1,x≥0,
即2sin2x+π6=±1,解得x=0,π3,π2,2π3,
8、…因為10,g(x)=xex單調遞增;當x>1時,g'(x)<0,g(x)=xex單調遞減.所以g(
9、x)max=g(1)=1e.又g(0)=0,當x>0時,g(x)=xex>0.作出函數(shù)的簡圖如下:
因為g(x)=xex與直線y=-a有兩個不同交點,所以0<-a<1e,即-1e0),則高h=SA2-2a22=12-a22,
所以體積V=13a2h=1312a4-12a6.
設y=12a4-12a6(a>0),則y'=48a3-3a5.令y'>0,得04.故函數(shù)y在(0,4]內單調遞增,在[4,+∞)內單調遞減.
可知當a=4時,y取得最大值,即體積V取得最大值,此時h=12-a
10、22=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=2πω,得ω=π2,f(x)=sinπ2x+φ.
由f(1-x)=f(x),得x=12是y=f(x)的對稱軸,
∴π2×12+φ=kπ+π2,
當k=0時,
φ=π4,f(x)=sinπ2x+π4.
由f(x1)=f(x2)=32,得π2x1+π4=2k1π+π3,π2x2+π4=2k2π+23π,
|x1-x2|=4(k1-k2)-23,
當k1=k2時,|x1-x2|min=23,
當x1-x2=23時,f(x1-x2)=6+24,
當x1
11、-x2=-23時,f(x1-x2)=2-64,故選B.
8.A 解析函數(shù)f(x)=|lg(x-1)|,如圖所示.∵12,12,故選A.
9.A 解析由題意知,直線MN的方程為y=13(x+t),聯(lián)立方程組y=13(x+t),x2a2-y2b2=1,消元可得,(9b2-a2)x2-2a2tx-a2t2-
12、9a2b2=0.設M(x1,y1),N(x2,y2),則由根與系數(shù)的關系可得,x1+x2=2a2t9b2-a2.∵2OD=OM+ON,∴D為MN的中點,
∴Da2t9b2-a2,3b2t9b2-a2.∵BD·MN=0,∴BD⊥MN.∴kBD=-3,即3b2t9b2-a2a2t9b2-a2-t=-3,化簡可得a2=4b2,解得b=a2.∴e=ca=a2+b2a=52.故選A.
10.(-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).
11.-10 解析因為a=(1,2),b=(x,1),c=(1
13、,3),所以a+b=(x+1,3).∵(a+b)⊥c,∴(a+b)·c=x+1+9=0.∴x=-10.故答案為-10.
12.(0,4) 解析因為f(x)=(x-2)(ax+b)=ax2+(b-2a)x-2b為偶函數(shù),所以b=2a,f(x)=ax2-4a=a(x+2)(x-2).又因為f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù),所以a<0.
因為f(2-x)>0,所以f(2-x)=a(4-x)(-x)>0,解得0
14、,符合題意.所以a=-32.
畫出函數(shù)的大致圖象,由圖可知f(x)的值域為(-2,+∞),對于任意的x∈R都有f(x)≥b,
則有b≤f(x)min,所以b≤-2.
14.39331,1 解析C=π3,a=6,1≤b≤4,由余弦定理可得:c2=a2+b2-2abcosC=36+b2-6b=(b-3)2+27,
∴c2=(b-3)2+27∈[27,31].
∴c∈[33,31].
由正弦定理可得,asinA=csinC,
即sinA=asinCc=6×32c=33c∈39331,1.故答案為39331,1.
15.(0,2) 解析如圖所示.
設三棱錐一個側面為△APQ,
15、∠APQ=x,
則AH=12PQ×tanx=AC-PQ2=22-PQ2=2-12PQ,
∴PQ=221+tanx,AH=2tanx1+tanx,
∴S=4×12×PQ×AH=2×PQ×AH=2×221+tanx×2tanx1+tanx=8tanx(1+tanx)2,x∈π4,π2.
∵S=8tanx(1+tanx)2=8tanx1+tan2x+2tanx=81tanx+tanx+2≤82+2=2(當且僅當tanx=1,即x=π4時取等號).
而tanx>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,構不成棱錐,∴S的范圍為(0,2).
9
（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想 理
