2019年高考数学(理科)二轮复习专题突破练2第2讲 函数与方程思想、数形结合思想Word版含解析

专题突破练2函数与方程思想、数形结合思想
一、选择题
1.设a>1,若对于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]满足方程log a x+log a y=3,这时a的取值的集合为()
A.{a|1<a≤2}
B.{a|a≥2}
C.{a|2≤a≤3}
D.{2,3}
2.椭圆+y2=1的两个焦点为F1,F2,过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交,其中一个交点为P,则
|PF2|=()
A. B.
C. D.4
3.若关于x的方程2sin=m在上有两个不等实根,则m的取值范围是()
A.(1,)
B.[0,2]
C.[1,2)
D.[1,]
4.(2018百校联盟四月联考,理11)已知f(x)=A cos x,若直线y=2x-π与f(x)的图象有3个交点,且交点横坐标的最大值为t,则()
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.已知数列{a n}满足0<a n<1,-8+4=0,且数列是以8为公差的等差数列,设{a n}的前n项和为S n,则满足S n>10的n的最小值为()
A.60
B.61
C.121
D.122
1
6.已知在正四棱锥S-ABCD中,SA=2,则当该棱锥的体积最大时,它的高为()
A.1
B.
C.2
D.3
7.已知f(x)=sin(ωx+φ)满足f(1-x)=f(x),且f(x+2)=-f(x),对于定义域内满足f(x1)=f(x2)=的任意x1,x2∈R,x1≠x2,当|x1-x2|取最小值时,f(x1-x2)的值为()
A.
B.
C.
D.
8.已知函数f(x)=x+x ln x,若k∈Z,且k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,则k的最大值为()
A.2
B.3
C.4
D.5
二、填空题
9.使log2(-x)<x+1成立的x的取值范围是.
10.已知奇函数f(x)的定义域是{x|x≠0,x∈R},且在(0,+∞)内单调递增,若f(1)=0,则满足x·f(x)<0的x的取值范围是.
11.(2018福建龙岩4月模拟,理13)已知向量a与b的夹角为60°,且|a|=1,|2a-b|=2,则
|b|=.
12.已知圆M与y轴相切,圆心在直线y=x上,并且在x轴上截得的弦长为2,则圆M的标准方程为
.
13.(2018福建厦门外国语学校一模,理16)已知平面图形ABCD为凸四边形(凸四边形即任取平面四
边形一边所在的直线,其余各边均在此直线的同侧),且AB=2,BC=4,CD=5,DA=3,则四边形ABCD面
积的最大值为.
2
14.如图所示,正方形ABCD的边长为2,切去阴影部分围成一个正四棱锥,则正四棱锥的侧面积的取值范围为.
参考答案
专题突破练2函数与方程思想、
数形结合思想
1.B解析依题意得y=,当x∈[a,2a]时,y=
由题意可知[a,a2],
即有a2≥a,又a>1,所以a≥2.故选B.
2.C解析如图,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,
则
即故r2=
3
3.C解析方程2sin=m可化为sin,当x时,2x+,
画出函数y=f(x)=sin在x上的图象,如图所示:
由题意,得<1,
则m的取值范围是[1,2),故选C.
4.B解析作出直线y=2x-π与f(x)的图象,显然直线y=2x-π为f(x)的图象在x=t处的切线,且t,由切线斜率k=f'(t)==2,得-A sin t==2,所以A=>2π,tan t=1,故选B.
5.B解析-8+4=0,
=8,
=8+8(n-1)=8n.
+4=8n+4.
∴a n+=2,
即-2a n+2=0,
∴a n=
4
∵0<a n<1,
∴a n=,S n=-1.
由S n>10得>11,
∴n>60.故选B.
6.C解析设正四棱锥S-ABCD的底面边长为a(a>0),则高h=,所以体积V=a2h=
设y=12a4-a6(a>0),则y'=48a3-3a5.
令y'>0,得0<a<4;
令y'<0,得a>4.
故函数y在(0,4]内单调递增,在[4,+∞)内单调递减.
可知当a=4时,y取得最大值,即体积V取得最大值,此时h==2,故选C.
7.B解析∵f(x+2)=-f(x),
∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
故f(x)周期为4,由4=,得ω=,f(x)=sin,
由f(1-x)=f(x),得x=是y=f(x)的对称轴,
+φ=kπ+,当k=0时,φ=,f(x)=sin,
由f(x1)=f(x2)=,得
|x1-x2|=,
当k1=k2时,|x1-x2|min=,当x1-x2=时,f(x1-x2)=,
当x1-x2=-时,f(x1-x2)=,故选B.
8.B解析由k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,得k<(x>1),令h(x)=(x>1),
则h'(x)=,
5
令g(x)=x-ln x-2=0,得x-2=ln x,画出函数y=x-2,y=ln x的图象如图,g(x)存在唯一的零点,又g(3)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4=2(1-ln 2)>0,
∴零点在(3,4)内,
∴h(x)在(1,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增,
而3<h(3)=<4,<h(4)=<4,
∴h(x0)<4,k∈Z,
∴k的最大值是3.
9.(-1,0)解析在同一坐标系中,分别作出y=log2(-x),y=x+1的图象,
由图可知,x的取值范围是(-1,0).
10.(-1,0)∪(0,1)解析作出符合条件的一个函数图象草图,如图所示,
由图可知x·f(x)<0的x的取值范围是(-1,0)∪(0,1).
11.4解析∵|2a-b|=2,
∴4a2-4a·b+b2=12.
6
7
∵向量a 与b 的夹角为60°, ∴a ·b =|b |.
∴4-2|b |+|b |2=12,解得|b |=4,故答案为4.
12.(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4 解析 设圆M 的标准方程为(x-a )2+(y-b )2=r 2,
由题意可得 解得
∴圆M 的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4.
13.2 解析 设AC=x ,在△ABC 中运用余弦定理可得x 2=20-16cos B ;在△ADC 中运用余弦定理可得x=34-30cos D.
所以15cos D-8cos B=7.
又四边形ABCD 的面积S=(2×4sin B+3×5sin D ), 即2S=8sin B+15sin D.
联立15cos D-8cos B=7和2S=8sin B+15sin D.
两边平方相加,可得4S 2+49=64+225-240cos(B+D ),化简变形得S 2=60-60cos(B+D ), 所以当cos(B+D )=-1时,S 2最大, 即S max ==2 故应填2
14.(0,2) 解析 如图所示.
设三棱锥一个侧面为△APQ ,∠APQ=x
,
则AH=PQ×tan x=PQ,
∴PQ=,AH=,
∴S=4PQ×AH=2×PQ×AH=2,x
∵S==2(当且仅当tan x=1,即x=时取等号).
而tan x>0,故S>0.
∵S=2时,△APQ是等腰直角三角形,顶角∠PAQ=90°,阴影部分不存在,折叠后A与O重合,构不成棱锥,∴S的范围为(0,2).
8。