2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 ?？夹☆}點(diǎn) 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 ?？夹☆}點(diǎn) 專題突破練2 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想 文 一、選擇題 1.設(shè)a>1,若對(duì)于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]滿足方程logax+logay=3,這時(shí)a的取值的集合為(　　) 　 　　　　　　　　　　　　　　　 A.{a|1

2、(1,) B.[0,2] C.[1,2) D.[1,] 4.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理11)已知f(x)=Acos x,若直線y=2x-π與f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn),且交點(diǎn)橫坐標(biāo)的最大值為t,則(　　) 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.已知數(shù)列{an}滿足010的n的最小值為(　　) A.60 B.61 C.121 D.122 6.已

3、知在正四棱錐S-ABCD中,SA=2,則當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí),它的高為(　　) A.1 B. C.2 D.3 7.已知f(x)=sin(ωx+φ)滿足f(1-x)=f(x),且f(x+2)=-f(x),對(duì)于定義域內(nèi)滿足f(x1)=f(x2)=的任意x1,x2∈R,x1≠x2,當(dāng)|x1-x2|取最小值時(shí),f(x1-x2)的值為(　　) A. B. C. D. 8.已知函數(shù)f(x)=x+xln x,若k∈Z,且k(x-1)1恒成立,則k的最大值為(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 9.設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)M(,0)的直線與拋物線相交于A,

4、B兩點(diǎn),與拋物線的準(zhǔn)線相交于C,|BF|=3,則△BCF與△ACF的面積之比=(　　) A. B. C. D. 二、填空題 10.使log2(-x)

5、　　　　　　　.? 14.(2018福建廈門外國語學(xué)校一模,理16)已知平面圖形ABCD為凸四邊形(凸四邊形即任取平面四邊形一邊所在的直線,其余各邊均在此直線的同側(cè)),且AB=2,BC=4,CD=5,DA=3,則四邊形ABCD面積的最大值為　　　　　.? 15.如圖所示,正方形ABCD的邊長為2,切去陰影部分圍成一個(gè)正四棱錐,則正四棱錐的側(cè)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(jié)合思想 1.B　解析 依題意得y=,當(dāng)x∈[a,2a]時(shí),y=. 由題意可知?[a,a2], 即有a2≥a,又a>1,所以a≥2.故選B.

6、2.C　解析 如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2, 則 即故r2=. 3.C　解析 方程2sin=m可化為sin,當(dāng)x∈時(shí),2x+, 畫出函數(shù)y=f(x)=sin在x∈上的圖象,如圖所示: 由題意,得<1, 則m的取值范圍是[1,2),故選C. 4.B　解析 作出直線y=2x-π與f(x)的圖象,顯然直線y=2x-π為f(x)的圖象在x=t處的切線,且t∈,由切線斜率k=f'(t)==2,得-Asin t==2,所以A=>2π,tan t=1,故選B. 5.B　解析 ∵-8+4=0, ∴=8, ∴=8+8(n-1)=8n. ∴+4=8n+4. ∴an

7、+=2, 即-2an+2=0, ∴an=. ∵010得>11, ∴n>60.故選B. 6.C　解析 設(shè)正四棱錐S-ABCD的底面邊長為a(a>0),則高h(yuǎn)=,所以體積V=a2h=. 設(shè)y=12a4-a6(a>0),則y'=48a3-3a5.令y'>0,得04.故函數(shù)y在(0,4]內(nèi)單調(diào)遞增,在[4,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 可知當(dāng)a=4時(shí),y取得最大值,即體積V取得最大值,此時(shí)h==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,

8、由4=,得ω=,f(x)=sin, 由f(1-x)=f(x),得x=是y=f(x)的對(duì)稱軸, ∴+φ=kπ+,當(dāng)k=0時(shí),φ=,f(x)=sin, 由f(x1)=f(x2)=,得 |x1-x2|=, 當(dāng)k1=k2時(shí),|x1-x2|min=,當(dāng)x1-x2=時(shí),f(x1-x2)=, 當(dāng)x1-x2=-時(shí),f(x1-x2)=,故選B. 8.B　解析 由k(x-1)1恒成立,得k<(x>1),令h(x)=(x>1),則h'(x)=, 令g(x)=x-ln x-2=0,得x-2=ln x,畫出函數(shù)y=x-2,y=ln x的圖象如圖,g(x)存在唯一的零點(diǎn), 又g(3

9、)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4=2(1-ln 2)>0, ∴零點(diǎn)在(3,4)內(nèi), ∴h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, 而3

10、,-2),kAB==2+2), 則直線方程為y=2+2)(x-).把x=代入直線方程, 得+2)y2-2y-4+2)=0,則y1y2=-4,即-2y1=-4, ∴y1=,代入y2=4x,得x1=, 故A,∴AE=+1=. ∴. 10.(-1,0)　解析 在同一坐標(biāo)系中,分別作出y=log2(-x),y=x+1的圖象, 由圖可知,x的取值范圍是(-1,0). 11.(-1,0)∪(0,1)　解析 作出符合條件的一個(gè)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). 12.4　解析 ∵|2a-b|=2, ∴4a2-4a·b+b

11、2=12. ∵向量a與b的夾角為60°, ∴a·b=|b|. ∴4-2|b|+|b|2=12,解得|b|=4,故答案為4. 13.(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4　解析 設(shè)圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-a)2+(y-b)2=r2, 由題意可得 解得 ∴圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4. 14.2　解析 設(shè)AC=x,在△ABC中運(yùn)用余弦定理可得x2=20-16cos B;在△ADC中運(yùn)用余弦定理可得x=34-30cos D.所以15cos D-8cos B=7. 又四邊形ABCD的面積S=(2×4sin B+3

12、×5sin D), 即2S=8sin B+15sin D. 聯(lián)立15cos D-8cos B=7和2S=8sin B+15sin D. 兩邊平方相加,可得4S2+49=64+225-240cos(B+D),化簡變形得S2=60-60cos(B+D),所以當(dāng)cos(B+D)=-1時(shí),S2最大,即Smax==2.故應(yīng)填2. 15.(0,2)　解析 如圖所示. 設(shè)三棱錐一個(gè)側(cè)面為△APQ,∠APQ=x, 則AH=PQ×tan x=PQ, ∴PQ=,AH=, ∴S=4××PQ×AH=2×PQ×AH=2×,x∈.∵S==2(當(dāng)且僅當(dāng)tan x=1,即x=時(shí)取等號(hào)). 而tan x>0,故S>0. ∵S=2時(shí),△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(gòu)不成棱錐,∴S的范圍為(0,2).