（湖南專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓（二十一）配套作業(yè) 理

專題限時集訓(二十一)第21講函數(shù)與方程和數(shù)形結(jié)合思想(時間：45分鐘) 1已知向量a與b的夾角為，且|a|1，|b|2，若(3ab)a，則實數(shù)()A3 B3 C. D2已知復數(shù)z1m2i，z22i，若z1·z2為純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為()A1 B1 C4 D43已知且ux2y24x4y8，則u的最小值為()A. B. C. D.4方程sin2x2sinxa0一定有解，則a的取值范圍是()A3，1 B(，1C1，) D1，15已知公差不為0的正項等差數(shù)列an中，Sn為其前n項和，若lga1，lga2，lga4也成等差數(shù)列，a510，則S5等于()A30 B40 C50 D606F1，F(xiàn)2為橢圓1的焦點，過F2作垂直于x軸的直線交橢圓于點P，且PF1F230°，則橢圓的離心率為()A. B. C. D.7若從區(qū)間(0，e)內(nèi)隨機取兩個數(shù)，則這兩個數(shù)之積不小于e的概率為()A1 B1C. D.8直線ykx3與圓(x3)2(y2)24相交于A，B兩點，若|AB|2，則實數(shù)k的值是_9長度都為2的向量，的夾角為60°，點C在以O(shè)為圓心的圓弧AB(劣弧)上，mn，則mn的最大值是_10若a，b是正數(shù)，且滿足abab3，則ab的取值范圍是_11已知ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊長，S表示該三角形的面積，且2cos2Bcos2B2cosB.(1)求角B的大??；(2)若a2，S2，求b的值12已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，等比數(shù)列bn的各項均為正數(shù)，公比是q，且滿足a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求an與bn的通項公式；(2)設(shè)cn3bn·2(R)，若cn滿足：cn1>cn對任意的nN*恒成立，求的取值范圍13已知x3是函數(shù)f(x)aln(1x)x210x的一個極值點(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若直線yb與函數(shù)yf(x)的圖象有3個交點，求b的取值范圍專題限時集訓(二十一)【基礎(chǔ)演練】1A解析 因為(3ab)a，所以(3ab)·a3a2a·b3×12×1×2×cos0，解得3.2A解析 z1·z2(m2i)(2i)(2m2)(m4)i，只要2m20且m40即可，解得m1.3B解析 不等式組所表示的平面區(qū)域是如下圖中的ABC，ux2y24x4y8(x2)2(y2)2，根據(jù)題意只能是點(2，2)到直線xy10的距離最小，這個最小值是，故所求的最小值是.4A解析 構(gòu)造函數(shù)f(x)sin2x2sinx，則函數(shù)f(x)的值域是1，3，因為方程sin2x2sinxa0一定有解，所以1a3，3a1.【提升訓練】5A解析 設(shè)公差為d(d0)，則lga1lga42lga2，得aa1·a4，(a1d)2a1(a13d)a1d.又a5a14d10，a1d2，S55a1d30.6A解析 設(shè)|PF2|r，則|PF1|2r，|F1F2|r.由橢圓的定義得2a3r，2cr，故橢圓的離心率為e.故選A.7B解析 設(shè)取出的兩數(shù)為x，y，則0<x<e，0<y<e，xyey，滿足條件的(x，y)的區(qū)域如圖中的陰影，在1，e上位于區(qū)域下方的面積為dxelnx)e，故陰影區(qū)域的面積為e(e1)ee22e，所以所求的概率為1.8或0解析 圓的半徑為2，弦長|AB|2，可得圓心到直線的距離為1，故1，即(3k1)21k2，解得k0或.9.解析 建立平面直角坐標系，設(shè)向量(2，0)，向量(1，)設(shè)向量(2cos，2sin)，0.由mn，得(2cos，2sin)(2mn，n)，即2cos2mn，2sinn，解得mcossin，nsin.故mncossinsin.109，)解析 方法1：abab3，a1，b>0，從而a>1或a<3，又a>0，a>1，a1>0，所以abf(a)a·(a1)59，當且僅當a1，即a3時取等號，當1<a<3時，函數(shù)f(a)單調(diào)遞減，當a>3時函數(shù)f(a)單調(diào)遞增，所以ab的取值范圍是9，)方法2：設(shè)abt，則abt3，a，b可看成方程x2(t3)xt0的兩個正根，從而有解得t9，即ab9.11解：(1)由2cos2Bcos2B2cosB，可得2cos2B2cos2B12cosB，cosB.0<B<，B.(2)SacsinB2，又a2，c4.b2a2c22accosB4162×2×4×12，故b212解：(1)由已知可得消去a2得：q2q120，解得q3或q4(舍)，a26，d3，從而an3n，bn3n1.(2)由(1)知：cn3bn·23n2n.cn1>cn對任意的nN*恒成立，即3n1·2n1>3n·2n恒成立，整理得：·2n<2·3n對任意的nN*恒成立，即<2·對任意的nN*恒成立y2·在區(qū)間1，)上單調(diào)遞增，ymin2·3，<3.的取值范圍為(，3)13解：(1)因為f(x)2x10，由題意有f(3)6100，解得a16，所以f(x)16ln(1x)x210x，x(1，)，f(x).當x(1，1)(3，)時，f(x)>0，當x(1，3)時，f(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，1)，(3，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，3)(2)由(1)知，f(x)在(1，1)內(nèi)單調(diào)增加，在(1，3)內(nèi)單調(diào)減少，在(3，)上單調(diào)增加，且當x1或x3時，f(x)0，所以f(x)的極大值為f(1)16ln29，極小值為f(3)32ln221，所以在f(x)的三個單調(diào)區(qū)間(1，1)，(1，3)，(3，)上直線yb與yf(x)的圖象各有一個交點，當且僅當f(3)<b<f(1)因此，b的取值范圍為(32ln221，16ln29)