浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第二部分 思想方法剖析指導(dǎo) 第3講　函數(shù)與方程思想 專題能力訓(xùn)練21 Word版含答案

《浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第二部分 思想方法剖析指導(dǎo) 第3講　函數(shù)與方程思想 專題能力訓(xùn)練21 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第二部分 思想方法剖析指導(dǎo) 第3講　函數(shù)與方程思想 專題能力訓(xùn)練21 Word版含答案（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題能力訓(xùn)練21　函數(shù)與方程思想 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.若關(guān)于x的方程ax+=3的正實(shí)數(shù)解有且僅有一個(gè),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A.(-∞,0) B.(-∞,0]∪{2} C.[0,+∞) D.[0,+∞)∪{-2} 2.在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中,an+1<an,a2·a8=6,a4+a6=5,則=(　　) A B C D 3.函數(shù)f(x)=c

2、os 2x+6cos的最大值為(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 4.若函數(shù)y=f(x)的值域是,則函數(shù)F(x)=f(x)-的值域是(　　) A B C D 5.(20xx浙江嘉興一模)已知函數(shù)f(x)=3sin(3x+φ),x∈[0,π],則y=f(x)的圖象與直線y=2的交點(diǎn)個(gè)數(shù)最多有(　　) A.2個(gè) B.3個(gè) C.4個(gè) D.5個(gè) 6.已知實(shí)數(shù)a,b,c滿足a2+2b2+3c2=1,則a+2b的最大值是(　　) A B.2 C D.3 7.已知偶函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=f(x-1),且當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)=x2,則關(guān)于x的方程f(x)=10-|x|

3、在上根的個(gè)數(shù)是(　　) A.4 B.6 C.8 D.10 8.已知函數(shù)f(x)=則方程f=1的實(shí)根個(gè)數(shù)為(　　) A.8 B.7 C.6 D.5 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.對(duì)于滿足0≤p≤4的實(shí)數(shù)p,使x2+px>4x+p-3恒成立的x的取值范圍是　　　　　　　　　　.  10.已知x,y,且有2sin x=sin y,tan x=tan y,則cos x=　　　　　.  11.已知向量a,b及實(shí)數(shù)t滿足|a+tb|=3.若a·b=2,則t的最大值是　　　　　.  12.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an

4、=25-n,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n+k,設(shè)cn=若在數(shù)列{cn}中,c5≤cn對(duì)任意n∈N*恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是　　　　　.  13.已知△ABC中,∠A,∠B,∠C的對(duì)邊分別是a,b,c,且tan B=,則tan B等于　　　　　.  14.(20xx浙江金華十校4月模擬)已知實(shí)數(shù)x,y,z滿足則xyz的最小值為　　　　　.  三、解答題(本大題共1小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分30分)過離心率為的橢圓C:=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(1,0)作直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)

5、A,B,設(shè)|FA|=λ|FB|,T(2,0). (1)求橢圓C的方程; (2)若1≤λ≤2,求△ABT中AB邊上中線長(zhǎng)的取值范圍. 參考答案 專題能力訓(xùn)練21　函數(shù)與方程思想 1.B 2.D　解析 由題意可知a4·a6=6,且a4+a6=5,解得a4=3,a6=2,所以. 3.B　解析 因?yàn)閒(x)=1-2sin2x+6sin x =-2, 而sin x∈[-1,1],所以當(dāng)sin x=1時(shí),f(x)取最大值5,故選B. 4.A 5.C　解析 令f(x)=3sin(3x+φ)=2, 得sin(3x+φ)=

6、∈(-1,1), 又x∈[0,π],∴3x∈[0,3π], ∴3x+φ∈[φ,3π+φ]; 根據(jù)正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì),可得該方程在正弦函數(shù)一個(gè)半周期上最多有4個(gè)解,即函數(shù)y=f(x)的圖象與直線y=2的交點(diǎn)最多有4個(gè).故選C. 6.A 7.B　解析 由題意,可得f(x+2)=f(x),即函數(shù)f(x)是周期為2的周期函數(shù),又f(x)是偶函數(shù),所以,在同一坐標(biāo)系內(nèi),畫出函數(shù)f(x),y=10-|x|=的圖象,觀察它們?cè)趨^(qū)間的交點(diǎn)個(gè)數(shù),就是方程f(x)=10-|x|在上根的個(gè)數(shù),結(jié)合函數(shù)圖象的對(duì)稱性,在y軸兩側(cè)各有3個(gè)交點(diǎn),故選B. 8.C　解析 令f(x)=1得x=3或x=1或x=

7、或x=-1,∵f=1, ∴x+-2=3或x+-2=1或x+ -2=或x+ -2=-1. 令g(x)=x+-2,則當(dāng)x>0時(shí),g(x)≥2-2=0, 當(dāng)x<0時(shí),g(x)≤-2-2=-4, 作出g(x)的函數(shù)圖象如圖所示: ∴方程x+-2=3,x+-2=1,x+-2=均有兩解,方程x+-2=-1無解. ∴方程f=1有6解.故選C. 9.(-∞,-1)∪(3,+∞)　解析 x2+px>4x+p-3對(duì)于0≤p≤4恒成立可以變形為x2-4x+3+p(x-1)>0對(duì)于0≤p≤4恒成立,所以一次函數(shù)f(p)=(x-1)p+x2-4x+3在區(qū)間[0,4]上的最小值大

8、于0,即 所以x的取值范圍是(-∞,-1)∪(3,+∞). 10.　解析 由-cot2y=1,得=1,化為4cos2x=1,因?yàn)閤∈,所以cos x=. 11.　解析 a·b=2?abcos θ=2(θ為a,b的夾角),|a+tb|=3?9=a2+t2b2+4t, ∴9=a2++4t≥4t≥8t, ∴t≤,等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)|cos θ|=1. 12.[-5,-3]　解析 數(shù)列cn是取an和bn中的最大值,據(jù)題意c5是數(shù)列{cn}的最小項(xiàng),由于函數(shù)y=25-n是減函數(shù),函數(shù)y=n+k是增函數(shù),所以b5≤a5≤b6或a5≤b5≤a4,即5+k≤25-5≤6+k或25-5≤5+

9、k≤25-4,解得-5≤k≤-4或-4≤k≤-3,所以-5≤k≤-3. 13.2-　解析 由余弦定理得a2+c2-b2=2accos B, 再由,得accos B=, ∴tan B==2-. 14.9-32　解析 由xy+2z=1,可得z=. ∴5=x2+y2+≥2|xy|+,當(dāng)xy≥0時(shí),x2y2+6xy-19≤0;當(dāng)xy<0時(shí),x2y2-10xy-19≤0. 由x2y2+6xy-19≤0,解得0≤xy≤-3+2. 由x2y2-10xy-19≤0,解得5-2≤xy<0. ∴xyz=xy·=-, 可得當(dāng)xy=5-2時(shí),xyz取得最小值為9-32. 15.解 (1)∵e=,c=1,∴a=,b=1, ∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)①當(dāng)直線的斜率為0時(shí),顯然不成立. ②設(shè)直線l:x=my+1,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立x2+2y2-2=0得(m2+2)y2+2my-1=0, 所以y1+y2=,y1y2=. 由|FA|=λ|FB|,得y1=-λy2. 因?yàn)?λ+, 所以-λ++2=. 所以0≤m2≤. 所以AB邊上的中線長(zhǎng)為| = =.