2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二十 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想練習(xí) 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二十 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想練習(xí) 理 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 基礎(chǔ)演練夯知識 1. 已知復(fù)數(shù)z＝(a∈R)的實部為－1，則z的虛部為(　　) A．2 B．－2 C．3 D．－4 2. 已知向量a＝(3，－1)，b＝(－1，2)，c＝(2，1)．若a＝xb＋yc(x，y∈R)，則x＋y＝(　　) A．2 B．1 C．0 D. 3. 已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S2＝4，S4＝16，則S8＝(　　) A. 160 B．64 C．－64 D. －160 4. 已知(1－3x

2、)xx＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋axxxxx，則＋＋…＋的值為(　　) A．3 B．0 C．－1 D．－3 5. 已知橢圓＋＝1及以下3個函數(shù)：①f(x)＝－x；②f(x)＝cos；③f(x)＝ln x．其中圖像能等分該橢圓面積的函數(shù)個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 提升訓(xùn)練強能力 6. 已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，f(x)>f′(x)，則以下判斷正確的是(　　) A．f(xx)>e2013f(0)　 B．f(xx)

3、法確定 7. 已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|(a∈R)在區(qū)間[－1，1]上的最大值為M(a)，則函數(shù)g(x)＝M(x)－|x2－1|的零點的個數(shù)為(　　) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函數(shù)y＝f(x)的定義域為R，滿足(x－2)f′(x)>0，且函數(shù)y＝f(x＋2)為偶函數(shù)．若a＝f(2)，b＝f(log23)，c＝f(2　)，則實數(shù)a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．c>b>a C．b>c>a D．c>a>b 9. 已知函數(shù)f(x)＝若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則a＋b＋c的取值范圍為(　　) A．

4、(1＋e，1＋e＋e2) B. C．(2，2＋e2) D. 10. 如圖20-1，四邊形OABC是邊長為1的正方形，OD＝3，點P為△BCD內(nèi)(含邊界)動點，設(shè)＝α＋β (α，β∈R)，則α＋β的最大值等于(　　) 圖20-1 A. B．1 C. D. 11．函數(shù)f(x)是定義域為{x|x≠0}的奇函數(shù)，且f(1)＝1, f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當x>0時，f(x)＋xf′(x)>，則不等式xf(x)>1＋ln|x|的解集為(　　) A. (－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1，1) 12. 已知點A(2，1)，B

5、(1，3)，直線ax－by＋1＝0(a，b∈R＋)與線段AB相交，則(a－1)2＋b2的最小值為(　　) A. B. C. D. 13．如圖20-2，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱A1B1，CD的中點，點M是EF上的動點，F(xiàn)M＝x，過點M和直線AB的平面將正方體分成上下兩部分，記下面那部分的體積為V(x)，則函數(shù)V(x)的大致圖像是(　　) 圖20-2 　　　　　　A　　　　　　　　　　　　B 　　　　　　C　　　　　　　　　　　　D 圖20-3 14．已知向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos A)，m·

6、n＝sin 2C，其中A，B，C為△ABC的內(nèi)角． (1)求角C的大??； (2)若sin A，sin C，sin B成等差數(shù)列，且·(－)＝18，求AB的長． 15．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋4(x∈R)在x＝2處取得極小值． (1)若函數(shù)f(x)的極小值是－4，求f(x)． (2)若函數(shù)f(x)的極小值不小于－6，問：是否存在實數(shù)k，使得函數(shù)f(x)在[k，k＋3]上單調(diào)遞減．若存在，求出k的范圍；若不存在，說明理由． 16. 已知函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝2eln x(x>0)(e為自然對數(shù)

7、的底數(shù))． (1)求F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)的單調(diào)區(qū)間及最小值． (2)是否存在一次函數(shù)y＝kx＋b(k，b∈R)，使得f(x)≥kx＋b且g(x)≤kx＋b對一切x>0恒成立？若存在，求出該一次函數(shù)的解析式；若不存在，請說明理由． 專題限時集訓(xùn)(二十) 【基礎(chǔ)演練】 1．B　[解析] z＝＝，則＝－1，解得a＝3， ∴z的虛部為－2. 2．C　[解析] 依題意得??x＋y＝0. 3．A　[解析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.顯然q＝1不合題意，所以q≠1.此時＝＝4，解得q2＝3，代入S2＝＝4，得＝－2，所以S8＝＝－2×

8、(1－34)＝160. 4．C　[解析] 令f(x)＝(1－3x)xx，則f(0)＝(1－3×0)xx＝1＝a0，f＝＝0＝a0＋＋＋…＋，因此＋＋…＋＝－1. 5．C　[解析] 由橢圓的幾何性質(zhì)知當函數(shù)為奇函數(shù)時函數(shù)圖像能等分該橢圓面積，顯然函數(shù)①②是奇函數(shù)，③不是． 【提升訓(xùn)練】 6．B　[解析] 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝<0，即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(0)>g(xx)，即>，所以f(xx)

9、以，當a≥0時，M(a)＝f(1)＝＝1＋a；當a<0時，M(a)＝f(－1)＝＝－(－1＋a)＝1－a.所以M(x)＝在同一坐標系中畫出y＝M(x)和y＝的圖像，如圖所示，由圖像可知兩個函數(shù)的圖像有3個不同的公共點，所以函數(shù)g(x)有3個零點． 8．B　[解析] 因為函數(shù)y＝f(x)的定義域為R，滿足(x－2)f′(x)>0，所以當x－2>0，即x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)是增函數(shù)；當x－2<0，即x∈(－∞，2)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)．又函數(shù)y＝f(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(x)＝f(4－x)，所以f(2)＝f(4－2)．又2>4，所

10、以4－2f(log23)>f(2)，即c>b>a. 9．B　[解析] 不妨設(shè)a

11、與B點重合時，α＋β最大，此時＝＝＋＝＋，α＋β的最大值為. 11．A　[解析] 令g(x)＝xf(x)－ln|x|，則g(x)為偶函數(shù)，且當x＞0時，g′(x)＞0，即函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)，不等式xf(x)＞1＋ln|x|即為g(x)＞g(1)，即有g(shù)(|x|)＞g(1)，化為|x|＞1，解得x＜－1或x＞1.選A. 12．B　[解析] 由已知有 作出可行域(如圖所示)． 令d＝，則d的最小值為點(1，0)到直線a－3b＋1＝0的距離，此時dmin＝，所以2＋b2的最小值為. 13．C　[解析] 依題意得0≤x≤，當x∈時，V(x)是增函數(shù)，且增大的速度越來越

12、快；當x＝時，截面為ABC1D1，V(x)＝；當x∈時，V(x)是增函數(shù)，且增大的速度越來越慢，故選C. 14．解： (1)m·n＝sin A·cos B＋sin B·cos A＝sin (A＋B)． ∵A，B，C為△ABC的內(nèi)角，∴A＋B＝π－C，00， ∴ m·n＝sin C. 又∵ m·n＝sin 2C，∴sin 2C＝sin C，則cos C＝，∴C＝. (2)由sin A，sin C，sin B成等差數(shù)列，得2sin C＝sin A＋sin B，由正弦定理得2AB＝BC＋AC. ∵ ·(－)＝18，∴ ·＝18， 即AC

13、·BCcos C＝18，∴AC·BC＝36. 由余弦定理，得AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcos C＝(BC＋AC)2－3AC·BC， ∴ AB2＝4AB2－3×36，∴AB2＝36，∴AB＝6. 15．解： (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由 知解得 檢驗可知，滿足題意．故f(x)＝x3－2x2－4x＋4(x∈R)． (2)假設(shè)存在實數(shù)k，使得函數(shù)f(x)在[k，k＋3]上單調(diào)遞減． 設(shè)f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0的兩根為x1，x2(x1＜x2)，則x2＝2，Δ＝4a2－12b>0，a2>3b. 由f′(x)＜0得x∈(x1，x2)，∴f(x)的遞減區(qū)間為[

14、x1，x2]． 由x1＋2＝－解得x1＝－－2，∴f(x)的遞減區(qū)間為 . 由條件有解得 ∴函數(shù)f(x)在[－1，2]上單調(diào)遞減，由??k＝－1， 所以，存在實數(shù)k＝－1，滿足題意． 16．解： (1)F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝2＝(x＞0)， 令F′(x)＝0，得x＝(x＝－舍)． ∴ 當0＜x＜時，F(xiàn)′(x)＜0，則F(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減； 當x＞時，F(xiàn)′(x)＞0，則F(x)在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴ 當x＝時，F(xiàn)(x)取得極小值，也是最小值， 即F(x)min＝F()＝e－2eln ＝0. 故F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，單調(diào)遞減

15、區(qū)間為(0，)，最小值為0. (2)由(1)知，函數(shù)f(x)與g(x)的圖像有且僅有一個公共點(，e)， ∴ 假設(shè)該一次函數(shù)的圖像就是函數(shù)f(x)與g(x)的在點(，e)處的公切線，其方程為y＝2x－e. 下面證明：當x＞0時，f(x)≥2x－e，且g(x)≤2x－e恒成立． ∵ f(x)－(2x－e)＝(x－)2≥0，∴ f(x)≥2x－e對x＞0恒成立． 令G(x)＝2x－e－g(x)＝2x－e－2eln x， ∴ G′(x)＝2－＝. ∴ 當0＜x＜時，G′(x)＜0，G(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減； 當x＞時，G′(x)＞0，G(x)在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴ 當x＝時，G(x)取得極小值，也是最小值， 即G(x)min＝G()＝2e－e－2eln ＝0， ∴ G(x)≥0，即g(x)≤2x－e恒成立． 故存在一次函數(shù)y＝2x－e，使得當x＞0時，f(x)≥2x－e，且g(x)≤2x－e恒成立．