《（課標(biāo)專用）天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 思想方法訓(xùn)練1 函數(shù)與方程思想-人教版高三數(shù)學(xué)試題（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、思想方法訓(xùn)練1　函數(shù)與方程思想 　思想方法訓(xùn)練第2頁(yè)　? 一、能力突破訓(xùn)練 1.已知橢圓x24+y2=1的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2,過(guò)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.32 B.3 C.72 D.4 答案:C 解析:如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2, 則r1+r2=2a=4,r22-r12=(2c)2=12,化簡(jiǎn)得r1+r2=4,r2-r1=3,解得r2=72. 2.已知奇函數(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 答案:D 解析

2、: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(-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.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(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn),則a的取值范圍是(　　) A

3、.-∞,1e B.(-∞,e) C.-1e,e D.-e,1e 答案:B 解析:由已知得,與函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱的圖象的函數(shù)解析式為h(x)=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(x>0)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lna<12,則0

4、S8的值為(　　) A.16 B.32 C.64 D.62 答案:C 解析:因?yàn)閍1,a2,a5成等比數(shù)列,則a22=a1·a5,即(1+d)2=1×(1+4d),解得d=2.所以an=1+(n-1)×2=2n-1,S8=(a1+a8)×82=4×(1+15)=64. 5.(2019北京,理13)設(shè)函數(shù)f(x)=ex+ae-x(a為常數(shù)).若f(x)為奇函數(shù),則a=　　　　　;若f(x)是R上的增函數(shù),則a的取值范圍是　　　　　.? 答案:-1　(-∞,0] 解析:若函數(shù)f(x)=ex+ae-x為奇函數(shù),則f(-x)=-f(x),e-x+aex=-(ex+ae-x),(a+1)(e

5、x+e-x)=0對(duì)任意的x恒成立,則a=-1. 若函數(shù)f(x)=ex+ae-x是R上的增函數(shù), 則f'(x)=ex-ae-x≥0恒成立,即a≤e2x,故a≤0. 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　　　　　.? 答案:[1,+∞) 解析:以AB為直徑的圓的方程為x2+(y-a)2=a. 由y=x2,x2+(y-a)2=a,得y2+(1-2a)y+a2-a=0, 即(y-a)[y-(a-1)]=0. 則由題意得a>0,a-1≥0,解得a≥1. 7.(2019北京,理14)李明自主創(chuàng)業(yè),在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店,

6、銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,價(jià)格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.為增加銷量,李明對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷:一次購(gòu)買水果的總價(jià)達(dá)到120元,顧客就少付x元.每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后,李明會(huì)得到支付款的80%. (1)當(dāng)x=10時(shí),顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒,需要支付　　　　　元;? (2)在促銷活動(dòng)中,為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價(jià)的七折,則x的最大值為　　　　.? 答案:(1)130　(2)15 解析:(1)當(dāng)x=10時(shí),顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各一盒,需要支付(60+80)-10=130元. (2)設(shè)顧客一次購(gòu)買水果的促銷前總價(jià)為y元,

7、 當(dāng)y<120時(shí),李明得到的金額為y·80%元,符合要求. 當(dāng)y≥120元時(shí),有(y-x)·80%≥y·70%成立, 即8(y-x)≥7y,x≤y8,即x≤y8min=15. 所以x的最大值為15. 8.已知函數(shù)f(x)=cos2x+sin x+a-1,不等式1≤f(x)≤174對(duì)一切x∈R恒成立,求a的取值范圍. 解:f(x)=cos2x+sinx+a-1=1-sin2x+sinx+a-1=-sinx-122+a+14. 因?yàn)?1≤sinx≤1, 所以當(dāng)sinx=12時(shí),函數(shù)有最大值f(x)max=a+14, 當(dāng)sinx=-1時(shí),函數(shù)有最小值f(x)min=a-2. 因?yàn)?/p>

8、1≤f(x)≤174對(duì)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.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,且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. 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

9、(B+A)+sin(B-A)=4sinAcosA, 即sinBcosA=2sinAcosA. 當(dāng)cosA=0時(shí),A=π2,B=π6,a=433,b=233. 當(dāng)cosA≠0時(shí),得sinB=2sinA, 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.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

10、曲線段OC上,應(yīng)當(dāng)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. 解:以點(diǎn)O為原點(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(p>0),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(shè)P(x,x2)(x∈[0,2])在OC上,過(guò)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(x)=-x3-2x2+4x+8. 令S'(x)=-

11、3x2-4x+4=0,得x=23或x=-2(舍去),當(dāng)x∈0,23時(shí),S'(x)>0,S(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈23,2時(shí),S'(x)<0,S(x)單調(diào)遞減, 所以當(dāng)x=23時(shí),S取得最大值, 此時(shí)|PQ|=2+x=83,|PN|=4-x2=329,Smax=83×329=25627. 故該矩形商業(yè)樓區(qū)規(guī)劃成長(zhǎng)為329,寬為83時(shí),用地面積最大,且為25627. 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=1anan+1,記Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和,若n≥3

12、時(shí),有Sn≥m恒成立,求m的最大值. 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)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(dāng)n≥3時(shí),(Sn)min=S3=310. 依題意,得m≤3

13、10,故m的最大值為310. 12.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(2,0),離心率為22.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103時(shí),求k的值. 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(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-41+2k2. 所以|M

14、N|=(x2-x1)2+(y2-y1)2 =(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2] =2(1+k2)(4+6k2)1+2k2. 因?yàn)辄c(diǎn)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.已知直線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(guò)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. 解:由y=kx+1,x2-y2=1消去y, 得(k2-1)x2+2kx+2

15、=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)不相等的小于等于-1的負(fù)實(shí)數(shù)根. ∴Δ=4k2+8(1-k2)>0,x1+x2=2k1-k2<0,x1·x2=-21-k2>0, 解得12. 故b的取值范圍是(-∞,-2-2)∪(2,+∞).