2020高考數(shù)學二輪復習 分層特訓卷 方法技巧專練（五） 文

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1、專練(五) 技法15　數(shù)形結合思想 1．[2019·山東省濰坊市第一次模擬]若x，y滿足約束條件則z＝2x－y的最大值為(　　) A．－4 B．－1 C．0 D．4 答案：C 解析：不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，由z＝2x－y，得y＝2x－z，當直線y＝2x－z經過直線y＝4和x－y＋2＝0的交點(2,4)時，z取得最大值，且zmax＝0. 2．已知a，b是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是(　　) A．1 B．2 C. D. 答案：C 解析： 因為(a－c)·(b－c)＝0，所以(a－c)

2、⊥(b－c)．如圖所示，設＝c，＝a，＝b，＝a－c，＝b－c，即⊥.又因為⊥，所以O，A，C，B四點共圓． 當且僅當OC為圓的直徑時，|c|最大，且最大值為. 3．[2019·福州市高中畢業(yè)班質量檢測]函數(shù)f(x)＝x2＋ln(e－x)ln(e＋x)的圖象大致為(　　) 答案：A 解析：因為f(x)的定義域為(－e，e)，f(－x)＝x2＋ln(e＋x)ln(e－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，排除C；因為x→e，f(x)→－∞，排除B，D，故選A. 4．設雙曲線C: －＝1(a>0，b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2

3、為直徑的圓與雙曲線左支的一個交點為P.若以A1A2為直徑的圓與直線PF2相切，則雙曲線C的離心率為(　　) A. B. C．2 D. 答案：D 解析：如圖所示，設以A1A2為直徑的圓與直線PF2的切點為Q，連接OQ，則OQ⊥PF2，又PF1⊥PF2，O為F1F2的中點，所以|PF1|＝2|OQ|＝2a，又|PF2|－|PF1|＝2a，所以|PF2|＝4a，在Rt△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2?4a2＋16a2＝20a2＝4c2?e＝＝. 5．已知函數(shù)f(x)＝sin的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位后，再將所有點的橫坐

4、標伸長為原來的2倍，得到g(x)的圖象，若g(x)＋k＝0在x∈有且只有一個實數(shù)根，則k的取值范圍是(　　) A．k≤ B．－1≤k<－ C．－

5、與y＝－k在上有且只有一個交點． －≤－k<或－k＝1，即－

6、2個交點， 此時1＝－0－a，a＝－1. 當y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1時，僅有1個交點，不符合題意． 當y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1時，有2個交點，符合題意． 綜上，a的取值范圍為[－1，＋∞)．故選C. 7．[2019·南昌市摸底調研考試]已知函數(shù)f(x)＝若不等式|f(x)|－mx＋2≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________． 答案：[－3－2，0] 解析：由f(x)＝知|f(x)|＝不等式|f(x)|－mx＋2≥0恒成立，即|f(x)|≥mx－2恒成立．令g(x)＝|f(x)|，h(x)＝mx－2，則原不等式恒成立等價于y＝h(x)的圖

7、象不在y＝g(x)圖象的上方．h(x)＝mx－2是過定點(0，－2)的直線系．如圖，l1與x軸平行，l2與曲線y＝x2－3x(x≤0)相切，易知直線l1的斜率k1＝0，設直線l2的斜率為k2，聯(lián)立方程，得?x2－3x－k2x＋2＝0，即x2－(3＋k2)x＋2＝0，則Δ＝(3＋k2)2－4×2＝0，∴k2＝－2－3(2－3舍去)，結合圖象易知m的取值范圍為[－3－2，0]． 8．[2019·武漢市高中畢業(yè)生二月調研測試]過圓O：x2＋y2＝4外一點P(2,1)作兩條互相垂直的直線AB和CD分別交圓O于A，B和C，D點，則四邊形ABCD面積的最大值為________． 答案： 解析：

8、 如圖所示，S四邊形ABCD＝(PA·PD－PB·PC)，取AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，連接OE，OF，OP，則S四邊形ABCD＝[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，由題意知四邊形OEPF為矩形，則OE＝PF，OF＝PE，結合柯西不等式有S四邊形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤，其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，據(jù)此可得S四邊形ABCD≤＝＝，綜上，四邊形ABCD面積的最大值為. 9．已知函數(shù)f(x)＝2sin2＋cos 2x. (1)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若關于

9、x的方程f(x)－m＝2在x∈上有兩個不同的解，求實數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)由f(x)＝2sin2＋cos 2x ＝1－cos＋cos 2x ＝1＋sin 2x＋cos 2x ＝1＋2sin， 則由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由f(x)－m＝2，得f(x)＝m＋2， 當x∈時，2x＋∈， ∵f(0)＝1＋2sin＝1＋，函數(shù)f(x)的最大值為1＋2＝3， ∴要使方程f(x)－m＝2在x∈上有兩個不同的解，則f(x)＝m＋2在x∈上有兩個不同的解，即函數(shù)f(x)和y＝m＋2在x∈上

10、有兩個不同的交點，即1＋≤m＋2<3， 即－1≤m<1. 所以實數(shù)m的取值范圍為[－1,1)． 10．[2019·陜西省高三教學質量檢測試題(二)]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，∠ABC＝90°，側面A1ABB1⊥底面ABC. (1)求證：AB1⊥平面A1BC； (2)若AC＝5，BC＝3，∠A1AB＝60°，求三棱柱ABC－A1B1C1的體積． 解析：(1)證明：在側面A1ABB1中， ∵A1A＝AB，∴四邊形A1ABB1為菱形， ∴AB1⊥A1B. ∵側面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°， ∴CB⊥平面A1ABB1 ∵AB1?平面A

11、1ABB1，∴CB⊥AB1. 又A1B∩BC＝B， ∴AB1⊥平面A1BC. (2)解法一　如圖，過A1作A1D⊥AB，垂足為D.∵平面ABC⊥平面A1ABB1，平面ABC∩平面A1ABB1＝AB，∴A1D⊥平面ABC，∴A1D為三棱柱ABC－A1B1C1的高． ∵BC＝3，AC＝5，∠ABC＝90°，∴AB＝4，又AA1＝AB，∠A1AB＝60°，∴△A1AB為等邊三角形， ∴A1D＝×AB＝2. ∴VABC－A1B1C1＝S△ABC·A1D＝×4×3×2＝12. 解法二　在△ABC中，由AC＝5，BC＝3，∠ABC＝90°，可得AB＝4.又A1A＝AB，∠A1AB＝60°，∴△ABA1是邊長為4的等邊三角形，∴S△ABA1＝×42＝4. 由(1)知BC⊥平面ABA1，∴VC－ABA1＝×S△ABA1×BC＝×4×3＝4.設三棱柱ABC－A1B1C1的高為h， 則VABC－A1B1C1＝S△ABC·h＝3×＝3VA1－ABC＝3VC－ABA1＝3×4＝12. 7