《高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第一部分 思想方法研析指導 思想方法訓練1函數(shù)與方程思想 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第一部分 思想方法研析指導 思想方法訓練1函數(shù)與方程思想 Word版含答案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
思想方法集訓
思想方法訓練1 函數(shù)與方程思想
能力突破訓練
1.已知橢圓x24+y2=1的兩個焦點為F1,F2,過F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交,其一個交點為P,則|PF2|=( )
A.32 B.3 C.72 D.4
2.奇函數(shù)f(x)的定義域為R,若f(x+2)為偶函數(shù),且f(1)=1,則f(8)+f(9)=( )
A.-2 B.-1 C.0 D.1
3.已知函數(shù)f(x)=x2+ex-12(x<0)與g(x)=x2+ln(x+a)的圖象上存在關于y軸對稱的點,則a的取值范圍是 ( )
A.-∞,1e B.(-∞,e)
2、
C.-1e,e D.-e,1e
4.已知{an}是等差數(shù)列,a1=1,公差d≠0,Sn為其前n項和,若a1,a2,a5成等比數(shù)列,則S8的值為( )
A.16 B.32 C.64 D.62
5.已知函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定義域和值域都是[-1,0],則a+b= .
6.已知直線y=a交拋物線y=x2于A,B兩點.若該拋物線上存在點C,使得∠ACB為直角,則a的取值范圍為 .
7.已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù),當x≥0時,f(x)=x2-4x,則不等式f(x+2)<5的解集是 .
8.設函數(shù)f(x)=cos2x+sin x+a-1
3、,已知不等式1≤f(x)≤174對一切x∈R恒成立,求a的取值范圍.
9.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對邊的邊長分別是a,b,c.已知c=2,C=π3.
(1)若△ABC的面積等于3,求a,b的值;
(2)若sin C+sin(B-A)=2sin 2A,求△ABC的面積.
10.
某地區(qū)要在如圖所示的一塊不規(guī)則用地上規(guī)劃建成一個矩形商業(yè)樓區(qū),余下的作為休閑區(qū),已知AB⊥BC,OA∥BC,且|AB|=|BC|=2|OA|=4,曲線OC是以O為頂點且開口向上的
4、拋物線的一段,如果矩形的兩邊分別落在AB,BC上,且一個頂點在曲線OC段上,應當如何規(guī)劃才能使矩形商業(yè)樓區(qū)的用地面積最大?并求出最大的用地面積.
思維提升訓練
11.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,a1=1,a2+a3+…+a10=144.
(1)求數(shù)列{an}的通項an;
(2)設數(shù)列{bn}的通項bn=1anan+1,記Sn是數(shù)列{bn}的前n項和,若n≥3時,有Sn≥m恒成立,求m的最大值.
12.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點為A(2
5、,0),離心率為22.直線y=k(x-1)與橢圓C交于不同的兩點M,N.
(1)求橢圓C的方程;
(2)當△AMN的面積為103時,求k的值.
13.直線m:y=kx+1和雙曲線x2-y2=1的左支交于A,B兩點,直線l過點P(-2,0)和線段AB的中點M,求直線l在y軸上的截距b的取值范圍.
參考答案
思想方法訓練1 函數(shù)與方程思想
能力突破訓練
1.C 解析如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,
則r1+r2=2a=4,r22-r12=(2c)2=12,化簡得r1+r2
6、=4,r2-r1=3,解得r2=72.
2.D 解析因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x).又因為f(x+2)是偶函數(shù),則f(-x+2)=f(x+2),所以f(8)=f(6+2)=f(-6+2)=f(-4)=-f(4),而f(4)=f(2+2)=f(-2+2)=f(0)=0,所以f(8)=0;同理f(9)=f(7+2)=f(-7+2)=f(-5)=-f(5),而f(5)=f(3+2)=f(-3+2)=f(-1)=-f(1)=-1,所以f(9)=1,所以f(8)+f(9)=1.故選D.
3.B 解析
由已知得,與函數(shù)f(x)的圖象關于y軸對稱的圖象的函數(shù)解析式為h(x)=
7、x2+e-x-12(x>0).
令h(x)=g(x),得ln(x+a)=e-x-12,作函數(shù)M(x)=e-x-12的圖象,顯然當a≤0時,函數(shù)y=ln(x+a)的圖象與M(x)的圖象一定有交點.
當a>0時,若函數(shù)y=ln(x+a)的圖象與M(x)的圖象有交點,則lna<12,則01時,f(x)是增函數(shù),∴a-
8、1+b=-1,a0+b=0,無解.
當00,a-1≥0,解得a≥1.
7.{x|-70,∵當x≥0時,f(x)=x2-4x,
∴f(-x)=(-x)2-4(-x)=x2+4x,又f(x)為偶函數(shù),∴f(-x)=f(x),∴
9、當x<0時,f(x)=x2+4x,故有f(x)=x2-4x,x≥0,x2+4x,x<0.再求f(x)<5的解,由x≥0,x2-4x<5,得0≤x<5;由x<0,x2+4x<5,得-5
10、為1≤f(x)≤174對一切x∈R恒成立,所以f(x)max≤174,且f(x)min≥1,即a+14≤174,a-2≥1,解得3≤a≤4,
故a的取值范圍是[3,4].
9.解(1)由余弦定理及已知條件,得a2+b2-ab=4.
因為△ABC的面積等于3,
所以12absinC=3,得ab=4.
聯(lián)立a2+b2-ab=4,ab=4,
解得a=2,b=2.
(2)由題意得sin(B+A)+sin(B-A)=4sinAcosA,
即sinBcosA=2sinAcosA,
當cosA=0時,A=π2,B=π6,a=433,b=233,
當cosA≠0時,得sinB=2sinA,
11、
由正弦定理得b=2a,聯(lián)立a2+b2-ab=4,b=2a,
解得a=233,b=433.
故△ABC的面積S=12absinC=233.
10.解以點O為原點,OA所在的直線為x軸建立平面直角坐標系,則A(-2,0),B(-2,4),C(2,4),設拋物線的方程為x2=2py,
把C(2,4)代入拋物線方程得p=12,所以曲線段OC的方程為y=x2(x∈[0,2]).
設P(x,x2)(x∈[0,2])在OC上,過P作PQ⊥AB于Q,PN⊥BC于N,
故|PQ|=2+x,|PN|=4-x2,則矩形商業(yè)樓區(qū)的面積S=(2+x)(4-x2)(x∈[0,2]).
整理,得S=-
12、x3-2x2+4x+8,令S=-3x2-4x+4=0,得x=23或x=-2(舍去),當x∈0,23時,S>0,S是關于x的增函數(shù),
當x∈23,2時,S<0,S是關于x的減函數(shù),
所以當x=23時,S取得最大值,
此時|PQ|=2+x=83,|PN|=4-x2=329,Smax=83329=25627.故該矩形商業(yè)樓區(qū)規(guī)劃成長為329,寬為83時,用地面積最大為25627.
思維提升訓練
11.解(1)∵{an}是等差數(shù)列,a1=1,a2+a3+…+a10=144,∴S10=145,∵S10=10(a1+a10)2,∴a10=28,∴公差d=3.∴an=3n-2(n∈N*).
(2
13、)由(1)知bn=1anan+1=1(3n-2)(3n+1)
=1313n-2-13n+1,
∴Sn=b1+b2+…+bn=131-13n+1,
∴Sn=n3n+1.
∵Sn+1-Sn=n+13n+4-n3n+1=1(3n+4)(3n+1)>0,
∴數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列.
當n≥3時,(Sn)min=S3=310,
依題意,得m≤310,故m的最大值為310.
12.解(1)由題意得a=2,ca=22,a2=b2+c2,解得b=2.
所以橢圓C的方程為x24+y22=1.
(2)由y=k(x-1),x24+y22=1,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.設點M
14、,N的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),
則x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-41+2k2.
所以|MN|=(x2-x1)2+(y2-y1)2
=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]
=2(1+k2)(4+6k2)1+2k2.
因為點A(2,0)到直線y=k(x-1)的距離d=|k|1+k2,所以△AMN的面積為S=12|MN|d=|k|4+6k21+2k2.
由|k|4+6k21+2k2=103,解得k=1.
所以k的值為1或-1.
13.解由y=kx+1,x2-y2=1(x≤-1)消去y,
得(k2-1)x2+2kx+2=0. ①
∵直線m
15、與雙曲線的左支有兩個交點,∴方程①有兩個不相等的負實數(shù)根.
∴Δ=4k2+8(1-k2)>0,x1+x2=2k1-k2<0,x1x2=-21-k2>0,解得12.
∴b的取值范圍是(-∞,-2-2)∪(2,+∞).
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