《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想 理（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第一部分 思想方法研析指導(dǎo) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想 理 1.已知橢圓+y2=1的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2,過F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交,其一個(gè)交點(diǎn)為P,則|PF2|=(　　) A. B. C. D.4 2.奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,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- (x<0)與g(x)=x2+ln(x+a)的圖象上存在關(guān)于y軸對稱的點(diǎn),則a的取值范圍是(　　) A. B.(-∞,) C. D. 4.已知{an}是等差數(shù)列,a1=1

2、,公差d≠0,Sn為其前n項(xiàng)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(diǎn).若該拋物線上存在點(diǎn)C,使得∠ACB為直角,則a的取值范圍為　　　　　.? 7.已知f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù),當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=x2-4x,則不等式f(x+2)<5的解集是　　　　　.? 8.設(shè)函數(shù)f(x)=cos2x+sin x+a-1,已知不等式1≤f(x)≤對一切x∈R恒成立,求a的取值范圍.

3、 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=. (1)若△ABC的面積等于,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(gè)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(shè)為頂點(diǎn)且開口向上的拋物線的一段,如果矩形的兩邊分別落在AB,BC上,且一個(gè)頂點(diǎn)在曲線OC段上,應(yīng)當(dāng)如何

4、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. 二、思維提升訓(xùn)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(xiàng)an; (2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn=,記Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,若n≥3時(shí),有Sn≥m恒成立,求m的最大值. 12.已知橢圓C:=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(2,0),離心率為.直線y=k(x-1)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M,N. (1)求橢圓C的方程; (2)當(dāng)△AMN的面積為時(shí),求k的值.

5、13.直線m:y=kx+1和雙曲線x2-y2=1的左支交于A,B兩點(diǎn),直線l過點(diǎn)P(-2,0)和線段AB的中點(diǎn)M,求直線l在y軸上的截距b的取值范圍. 思想方法訓(xùn)練1　函數(shù)與方程思想 一、能力突破訓(xùn)練 1.C　解析 如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2, 則化簡得解得r2= 2.D　解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x).又因?yàn)閒(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

6、(-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(guān)于y軸對稱的圖象的函數(shù)解析式為h(x)=x2+e-x- (x>0). 令h(x)=g(x),得ln(x+a)=e-x-,作函數(shù)M(x)=e-x-的圖象,顯然當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)y=ln(x+a)的圖象與M(x)的圖象一定有交點(diǎn). 當(dāng)a>0時(shí),若函數(shù)y=ln(x+a)的圖象與M(x)的圖象有交點(diǎn),則ln a<,則0

7、比數(shù)列,則=a1·a5,即(1+d)2=1×(1+4d),d=2.所以an=1+(n-1)×2=2n-1,S8==4×(1+15)=64. 5.-　解析 f(x)=ax+b是單調(diào)函數(shù), 當(dāng)a>1時(shí),f(x)是增函數(shù),無解. 當(dāng)00,∵當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=x2-4x, ∴f(-x)=(-x

8、)2-4(-x)=x2+4x,又f(x)為偶函數(shù),∴f(-x)=f(x),∴當(dāng)x<0時(shí),f(x)=x2+4x,故有f(x)=再求f(x)<5的解,由得0≤x<5;由得-5

9、立,所以f(x)max,且f(x)min≥1,即解得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?yàn)椤鰽BC的面積等于, 所以absin C=,得ab=4. 聯(lián)立 解得a=2,b=2. (2)由題意得sin(B+A)+sin(B-A)=4sin Acos A, 即sin Bcos A=2sin Acos A, 當(dāng)cos A=0時(shí),A=,B=,a=,b=, 當(dāng)cos A≠0時(shí),得sin B=2sin A, 由正弦定理得b=2a,聯(lián)立 解得a=,b= 故△ABC的面積S=absin C= 10.解 以點(diǎn)O為原

10、點(diǎn),OA所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則A(-2,0),B(-2,4),C(2,4),設(shè)拋物線的方程為x2=2py, 把C(2,4)代入拋物線方程得p=,所以曲線段OC的方程為y=x2(x∈[0,2]). 設(shè)P(x,x2)(x∈[0,2])在OC上,過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q,PN⊥BC于點(diǎn)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=-x3-2x2+4x+8,令S'=-3x2-4x+4=0,得x=或x=-2(舍去),當(dāng)x時(shí),S'>0,S是關(guān)于x的增函數(shù), 當(dāng)x時(shí),S'<0,S是關(guān)于x的減函數(shù),

11、 所以當(dāng)x=時(shí),S取得最大值, 此時(shí)|PQ|=2+x=,|PN|=4-x2=,Smax=故該矩形商業(yè)樓區(qū)規(guī)劃成長為,寬為時(shí),用地面積最大為 二、思維提升訓(xùn)練 11.解 (1)∵{an}是等差數(shù)列,a1=1,a2+a3+…+a10=144,∴S10=145,∵S10=,∴a10=28,∴公差d=3.∴an=3n-2(n∈N*). (2)由(1)知bn= =, ∴Sn=b1+b2+…+bn=, ∴Sn= ∵Sn+1-Sn=>0, ∴數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列. 當(dāng)n≥3時(shí),(Sn)min=S3=, 依題意,得m,故m的最大值為 12.解 (1)由題意得解得b= 所以橢圓C的方

12、程為=1. (2)由得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2= 所以|MN|= = = 因?yàn)辄c(diǎn)A(2,0)到直線y=k(x-1)的距離d=,所以△AMN的面積為S=|MN|·d= 由,解得k=±1. 所以k的值為1或-1. 13.解 由(x≤-1)消去y, 得(k2-1)x2+2kx+2=0. ① ∵直線m與雙曲線的左支有兩個(gè)交點(diǎn),∴方程①有兩個(gè)不相等的負(fù)實(shí)數(shù)根. 解得12. ∴b的取值范圍是(-∞,--2)∪(2,+∞).