2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二十 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想練習(xí) 理

上傳人:xt****7 文檔編號(hào):105274609 上傳時(shí)間:2022-06-11 格式:DOC 頁(yè)數(shù):7 大小:258.02KB
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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二十 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想練習(xí) 理                        基礎(chǔ)演練夯知識(shí) 1. 已知復(fù)數(shù)z=(a∈R)的實(shí)部為-1,則z的虛部為(  ) A.2 B.-2 C.3 D.-4 2. 已知向量a=(3,-1),b=(-1,2),c=(2,1).若a=xb+yc(x,y∈R),則x+y=(  ) A.2 B.1 C.0 D. 3. 已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S2=4,S4=16,則S8=(  ) A. 160 B.64 C.-64 D. -160 4. 已知(1-3x

2、)xx=a0+a1x+a2x2+…+axxxxx,則++…+的值為(  ) A.3 B.0 C.-1 D.-3 5. 已知橢圓+=1及以下3個(gè)函數(shù):①f(x)=-x;②f(x)=cos;③f(x)=ln x.其中圖像能等分該橢圓面積的函數(shù)個(gè)數(shù)為(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 提升訓(xùn)練強(qiáng)能力 6. 已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù),且?x∈R,f(x)>f′(x),則以下判斷正確的是(  ) A.f(xx)>e2013f(0)  B.f(xx)

3、法確定 7. 已知函數(shù)f(x)=|x+a|(a∈R)在區(qū)間[-1,1]上的最大值為M(a),則函數(shù)g(x)=M(x)-|x2-1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(  ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镽,滿足(x-2)f′(x)>0,且函數(shù)y=f(x+2)為偶函數(shù).若a=f(2),b=f(log23),c=f(2 ),則實(shí)數(shù)a,b,c的大小關(guān)系是(  ) A.a(chǎn)>b>c B.c>b>a C.b>c>a D.c>a>b 9. 已知函數(shù)f(x)=若a,b,c互不相等,且f(a)=f(b)=f(c),則a+b+c的取值范圍為(  ) A.

4、(1+e,1+e+e2) B. C.(2,2+e2) D. 10. 如圖20-1,四邊形OABC是邊長(zhǎng)為1的正方形,OD=3,點(diǎn)P為△BCD內(nèi)(含邊界)動(dòng)點(diǎn),設(shè)=α+β (α,β∈R),則α+β的最大值等于(  ) 圖20-1 A. B.1 C. D. 11.函數(shù)f(x)是定義域?yàn)閧x|x≠0}的奇函數(shù),且f(1)=1, f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x>0時(shí),f(x)+xf′(x)>,則不等式xf(x)>1+ln|x|的解集為(  ) A. (-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-∞,-1) C.(1,+∞) D.(-1,1) 12. 已知點(diǎn)A(2,1),B

5、(1,3),直線ax-by+1=0(a,b∈R+)與線段AB相交,則(a-1)2+b2的最小值為(  ) A. B. C. D. 13.如圖20-2,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,E,F(xiàn)分別是棱A1B1,CD的中點(diǎn),點(diǎn)M是EF上的動(dòng)點(diǎn),F(xiàn)M=x,過(guò)點(diǎn)M和直線AB的平面將正方體分成上下兩部分,記下面那部分的體積為V(x),則函數(shù)V(x)的大致圖像是(  ) 圖20-2       A            B       C            D 圖20-3 14.已知向量m=(sin A,sin B),n=(cos B,cos A),m·

6、n=sin 2C,其中A,B,C為△ABC的內(nèi)角. (1)求角C的大?。? (2)若sin A,sin C,sin B成等差數(shù)列,且·(-)=18,求AB的長(zhǎng). 15.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+4(x∈R)在x=2處取得極小值. (1)若函數(shù)f(x)的極小值是-4,求f(x). (2)若函數(shù)f(x)的極小值不小于-6,問(wèn):是否存在實(shí)數(shù)k,使得函數(shù)f(x)在[k,k+3]上單調(diào)遞減.若存在,求出k的范圍;若不存在,說(shuō)明理由. 16. 已知函數(shù)f(x)=x2,g(x)=2eln x(x>0)(e為自然對(duì)數(shù)

7、的底數(shù)). (1)求F(x)=f(x)-g(x)(x>0)的單調(diào)區(qū)間及最小值. (2)是否存在一次函數(shù)y=kx+b(k,b∈R),使得f(x)≥kx+b且g(x)≤kx+b對(duì)一切x>0恒成立?若存在,求出該一次函數(shù)的解析式;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 專題限時(shí)集訓(xùn)(二十) 【基礎(chǔ)演練】 1.B [解析] z==,則=-1,解得a=3, ∴z的虛部為-2. 2.C [解析] 依題意得??x+y=0. 3.A [解析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.顯然q=1不合題意,所以q≠1.此時(shí)==4,解得q2=3,代入S2==4,得=-2,所以S8==-2×

8、(1-34)=160. 4.C [解析] 令f(x)=(1-3x)xx,則f(0)=(1-3×0)xx=1=a0,f==0=a0+++…+,因此++…+=-1. 5.C [解析] 由橢圓的幾何性質(zhì)知當(dāng)函數(shù)為奇函數(shù)時(shí)函數(shù)圖像能等分該橢圓面積,顯然函數(shù)①②是奇函數(shù),③不是. 【提升訓(xùn)練】 6.B [解析] 構(gòu)造函數(shù)g(x)=,則g′(x)=<0,即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減,所以g(0)>g(xx),即>,所以f(xx)

9、以,當(dāng)a≥0時(shí),M(a)=f(1)==1+a;當(dāng)a<0時(shí),M(a)=f(-1)==-(-1+a)=1-a.所以M(x)=在同一坐標(biāo)系中畫(huà)出y=M(x)和y=的圖像,如圖所示,由圖像可知兩個(gè)函數(shù)的圖像有3個(gè)不同的公共點(diǎn),所以函數(shù)g(x)有3個(gè)零點(diǎn). 8.B [解析] 因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x)的定義域?yàn)镽,滿足(x-2)f′(x)>0,所以當(dāng)x-2>0,即x∈(2,+∞)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)y=f(x)是增函數(shù);當(dāng)x-2<0,即x∈(-∞,2)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)y=f(x)是減函數(shù).又函數(shù)y=f(x+2)為偶函數(shù),所以f(x)=f(4-x),所以f(2)=f(4-2).又2>4,所

10、以4-2f(log23)>f(2),即c>b>a. 9.B [解析] 不妨設(shè)a

11、與B點(diǎn)重合時(shí),α+β最大,此時(shí)==+=+,α+β的最大值為. 11.A [解析] 令g(x)=xf(x)-ln|x|,則g(x)為偶函數(shù),且當(dāng)x>0時(shí),g′(x)>0,即函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+∞)上為增函數(shù),不等式xf(x)>1+ln|x|即為g(x)>g(1),即有g(shù)(|x|)>g(1),化為|x|>1,解得x<-1或x>1.選A. 12.B [解析] 由已知有 作出可行域(如圖所示). 令d=,則d的最小值為點(diǎn)(1,0)到直線a-3b+1=0的距離,此時(shí)dmin=,所以2+b2的最小值為. 13.C [解析] 依題意得0≤x≤,當(dāng)x∈時(shí),V(x)是增函數(shù),且增大的速度越來(lái)越

12、快;當(dāng)x=時(shí),截面為ABC1D1,V(x)=;當(dāng)x∈時(shí),V(x)是增函數(shù),且增大的速度越來(lái)越慢,故選C. 14.解: (1)m·n=sin A·cos B+sin B·cos A=sin (A+B). ∵A,B,C為△ABC的內(nèi)角,∴A+B=π-C,00, ∴ m·n=sin C. 又∵ m·n=sin 2C,∴sin 2C=sin C,則cos C=,∴C=. (2)由sin A,sin C,sin B成等差數(shù)列,得2sin C=sin A+sin B,由正弦定理得2AB=BC+AC. ∵ ·(-)=18,∴ ·=18, 即AC

13、·BCcos C=18,∴AC·BC=36. 由余弦定理,得AB2=BC2+AC2-2AC·BCcos C=(BC+AC)2-3AC·BC, ∴ AB2=4AB2-3×36,∴AB2=36,∴AB=6. 15.解: (1)f′(x)=3x2+2ax+b,由 知解得 檢驗(yàn)可知,滿足題意.故f(x)=x3-2x2-4x+4(x∈R). (2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得函數(shù)f(x)在[k,k+3]上單調(diào)遞減. 設(shè)f′(x)=3x2+2ax+b=0的兩根為x1,x2(x1<x2),則x2=2,Δ=4a2-12b>0,a2>3b. 由f′(x)<0得x∈(x1,x2),∴f(x)的遞減區(qū)間為[

14、x1,x2]. 由x1+2=-解得x1=--2,∴f(x)的遞減區(qū)間為 . 由條件有解得 ∴函數(shù)f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞減,由??k=-1, 所以,存在實(shí)數(shù)k=-1,滿足題意. 16.解: (1)F′(x)=f′(x)-g′(x)=2=(x>0), 令F′(x)=0,得x=(x=-舍). ∴ 當(dāng)0<x<時(shí),F(xiàn)′(x)<0,則F(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x>時(shí),F(xiàn)′(x)>0,則F(x)在區(qū)間(,+∞)上單調(diào)遞增. ∴ 當(dāng)x=時(shí),F(xiàn)(x)取得極小值,也是最小值, 即F(x)min=F()=e-2eln =0. 故F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,+∞),單調(diào)遞減

15、區(qū)間為(0,),最小值為0. (2)由(1)知,函數(shù)f(x)與g(x)的圖像有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)(,e), ∴ 假設(shè)該一次函數(shù)的圖像就是函數(shù)f(x)與g(x)的在點(diǎn)(,e)處的公切線,其方程為y=2x-e. 下面證明:當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥2x-e,且g(x)≤2x-e恒成立. ∵ f(x)-(2x-e)=(x-)2≥0,∴ f(x)≥2x-e對(duì)x>0恒成立. 令G(x)=2x-e-g(x)=2x-e-2eln x, ∴ G′(x)=2-=. ∴ 當(dāng)0<x<時(shí),G′(x)<0,G(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x>時(shí),G′(x)>0,G(x)在區(qū)間(,+∞)上單調(diào)遞增. ∴ 當(dāng)x=時(shí),G(x)取得極小值,也是最小值, 即G(x)min=G()=2e-e-2eln =0, ∴ G(x)≥0,即g(x)≤2x-e恒成立. 故存在一次函數(shù)y=2x-e,使得當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥2x-e,且g(x)≤2x-e恒成立.

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