（課程標準卷地區(qū)專用）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓(二十一)函數(shù)與方程和數(shù)形結合思想配套作業(yè) 理（解析版）

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1、專題限時集訓(二十一) [第21講　函數(shù)與方程和數(shù)形結合思想] (時間：45分鐘) 1．已知向量a與b的夾角為，且|a|＝1，|b|＝2，若(3a＋λb)⊥a，則實數(shù)λ＝(　　) A．3 B．－3 C. D．－ 2．已知復數(shù)z1＝m＋2i，z2＝2＋i，若z1·z2為純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為(　　) A．1 B．－1 C．4 D．－4 3．已知且u＝x2＋y2－4x－4y＋8，則u的最小值為(　　) A. B. C. D. 4．方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，則a的取值范圍是(　　) A．[－3,1] B．(－∞，1]

2、 C．[1，＋∞) D．[－1,1] 5．已知公差不為0的正項等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，若lga1，lga2，lga4也成等差數(shù)列，a5＝10，則S5等于(　　) A．30 B．40 C．50 D．60 6．F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的焦點，過F2作垂直于x軸的直線交橢圓于點P，且∠PF1F2＝30°，則橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 7．若從區(qū)間(0，e)內隨機取兩個數(shù)，則這兩個數(shù)之積不小于e的概率為(　　) A．1－ B．1－ C. D. 8．直線y＝kx＋3與圓(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于A，B兩點，若|AB|＝

3、2，則實數(shù)k的值是________． 9．長度都為2的向量，的夾角為60°，點C在以O為圓心的圓弧(劣弧)上，＝m＋n，則m＋n的最大值是________． 10．若a，b是正數(shù)，且滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________． 11．已知△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊長，S表示該三角形的面積，且2cos2B＝cos2B＋2cosB. (1)求角B的大?。? (2)若a＝2，S＝2，求b的值． 12．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的各項均為正數(shù)，公比是q，且滿足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12

4、，S2＝b2q. (1)求{an}與{bn}的通項公式； (2)設cn＝3bn－λ·2(λ∈R)，若{cn}滿足：cn＋1>cn對任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍． 13．已知x＝3是函數(shù)f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一個極值點． (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)的圖象有3個交點，求b的取值范圍． 專題限時集訓(二十一) 【基礎演練】 1．A　[解析] 因為(3a＋λb)⊥a，所以(3a＋λb)·a＝3a2＋λa·

5、b＝3×12＋λ×1×2×cos＝0，解得λ＝3. 2．A　[解析] z1·z2＝(m＋2i)(2＋i)＝(2m－2)＋(m＋4)i，只要2m－2＝0且m＋4≠0即可，解得m＝1. 3．B　[解析] 不等式組所表示的平面區(qū)域是如下圖中的△ABC，u＝x2＋y2－4x－4y＋8＝(x－2)2＋(y－2)2，根據(jù)題意只能是點(2,2)到直線x＋y－1＝0的距離最小，這個最小值是，故所求的最小值是. 4．A　[解析] 構造函數(shù)f(x)＝sin2x＋2sinx，則函數(shù)f(x)的值域是[－1,3]，因為方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，所以－1≤－a≤3，∴－3≤a≤1. 【提升訓

6、練】 5．A　[解析] 設公差為d(d≠0)，則lga1＋lga4＝2lga2，得a＝a1·a4， (a1＋d)2＝a1(a1＋3d)?a1＝d. 又a5＝a1＋4d＝10，∴a1＝d＝2，∴S5＝5a1＋d＝30. 6．A　[解析] 設|PF2|＝r，則|PF1|＝2r，|F1F2|＝r.由橢圓的定義得2a＝3r,2c＝r，故橢圓的離心率為e＝＝.故選A. 7．B　[解析] 設取出的兩數(shù)為x，y，則0

7、所以所求的概率為＝1－. 8．－或0　[解析] 圓的半徑為2，弦長|AB|＝2，可得圓心到直線的距離為1，故＝1，即(3k＋1)2＝1＋k2，解得k＝0或－. 9.　[解析] 建立平面直角坐標系，設向量＝(2,0)，向量＝(1，)．設向量＝(2cosα，2sinα)，0≤α≤.由＝m＋n，得(2cosα，2sinα)＝(2m＋n，n)， 即2cosα＝2m＋n,2sinα＝n，解得m＝cosα－sinα，n＝sinα. 故m＋n＝cosα＋sinα＝sinα＋≤. 10．[9，＋∞)　[解析] 方法1：∵ab＝a＋b＋3，∴a≠1，b＝>0，從而a>1或a<－3，又a>0，∴a>1，

8、∴a－1>0，所以ab＝f(a)＝a·＝(a－1)＋＋5≥9，當且僅當a－1＝，即a＝3時取等號，當13時函數(shù)f(a)單調遞增，所以ab的取值范圍是[9，＋∞)． 方法2：設ab＝t，則a＋b＝t－3，∴a，b可看成方程x2－(t－3)x＋t＝0的兩個正根，從而有解得t≥9，即ab≥9. 11．解：(1)由2cos2B＝cos2B＋2cosB， 可得2cos2B＝2cos2B－1＋2cosB，∴cosB＝. ∵0

9、12，故b＝2 12．解：(1)由已知可得消去a2得：q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，∴a2＝6，d＝3，從而an＝3n，bn＝3n－1. (2)由(1)知：cn＝3bn－λ·2＝3n－λ2n. ∵cn＋1>cn對任意的n∈N*恒成立，即3n＋1－λ·2n＋1>3n－λ·2n恒成立，整理得： λ·2n<2·3n對任意的n∈N*恒成立，即λ<2·n對任意的n∈N*恒成立． ∵y＝2·x在區(qū)間[1，＋∞)上單調遞增，∴ymin＝2·＝3，∴λ<3. ∴λ的取值范圍為(－∞，3)． 13．解：(1)因為f′(x)＝＋2x－10，由題意有f′(3)＝＋6－10＝0，解得a

10、＝16， 所以f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，x∈(－1，＋∞)， f′(x)＝＝. 當x∈(－1,1)∪(3，＋∞)時，f′(x)>0， 當x∈(1,3)時，f′(x)<0， 所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(－1,1)，(3，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(1,3)． (2)由(1)知，f(x)在(－1,1)內單調增加，在(1,3)內單調減少，在(3，＋∞)上單調增加，且當x＝1或x＝3時，f′(x)＝0， 所以f(x)的極大值為f(1)＝16ln2－9，極小值為f(3)＝32ln2－21， 所以在f(x)的三個單調區(qū)間(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)上直線y＝b與y＝f(x)的圖象各有一個交點，當且僅當f(3)