（新課標(biāo)）天津市2019年高考數(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 理.doc

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.已知橢圓x24+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.32 B.3 C.72 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-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.-∞,1e B.(-∞,e) C.-1e,e D.-e,1e 4.已知{an}是等差數(shù)列,a1=1,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)≤174對(duì)一切x∈R恒成立,求a的取值范圍. 9.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)邊的邊長分別是a,b,c.已知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. 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=1anan+1,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: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. 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r1+r2=2a=4,r22-r12=(2c)2=12,化簡得r1+r2=4,r2-r1=3,解得r2=72. 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(-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(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<12,則0<a<e.綜上a<e.故選B. 4.C　解析 因?yàn)閍1,a2,a5成等比數(shù)列,則a22=a1a5,即(1+d)2=1(1+4d),d=2.所以an=1+(n-1)2=2n-1,S8=(a1+a8)82=4(1+15)=64. 5.-32　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),∴a-1+b=-1,a0+b=0,無解. 當(dāng)0<a<1時(shí),f(x)是減函數(shù), ∴a-1+b=0,a0+b=-1,∴a=12,b=-2. 綜上,a+b=12+(-2)=-32. 6.[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.{x|-7<x<3}　解析 令x<0,則-x>0,∵當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=x2-4x, ∴f(-x)=(-x)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)=x2-4x,x≥0,x2+4x,x<0.再求f(x)<5的解,由x≥0,x2-4x<5,得0≤x<5;由x<0,x2+4x<5,得-5<x<0,即f(x)<5的解集為(-5,5).由于f(x)的圖象向左平移兩個(gè)單位即得f(x+2)的圖象,故f(x+2)<5的解集為{x|-7<x<3}. 8.解 f(x)=cos2x+sin x+a-1=1-sin2x+sin x+a-1=-sinx-122+a+14.因?yàn)?1≤sin x≤1,所以當(dāng)sin x=12時(shí),函數(shù)有最大值f(x)max=a+14, 當(dāng)sin x=-1時(shí),函數(shù)有最小值f(x)min=a-2. 因?yàn)?≤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.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12absin C=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(B+A)+sin(B-A)=4sin Acos A, 即sin Bcos A=2sin Acos A, 當(dāng)cos A=0時(shí),A=π2,B=π6,a=433,b=233, 當(dāng)cos A≠0時(shí),得sin B=2sin A, 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=12absin C=233. 10.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, 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=23或x=-2(舍去),當(dāng)x∈0,23時(shí),S>0,S是關(guān)于x的增函數(shù), 當(dāng)x∈23,2時(shí),S<0,S是關(guān)于x的減函數(shù), 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=83329=25627.故該矩形商業(yè)樓區(qū)規(guī)劃成長為329,寬為83時(shí),用地面積最大為25627. 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=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≤310,故m的最大值為310. 12.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|MN|=(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.解 由y=kx+1,x2-y2=1(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. ∴Δ=4k2+8(1-k2)>0,x1+x2=2k1-k2<0,x1x2=-21-k2>0,解得1<k<2. 設(shè)M(x0,y0),則x0=x1+x22=k1-k2,y0=kx0+1=11-k2. 由P(-2,0),Mk1-k2,11-k2,Q(0,b)三點(diǎn)共線,得出b=2-2k2+k+2, 設(shè)f(k)=-2k2+k+2=-2k-142+178, 則f(k)在(1,2)上為減函數(shù), ∴f(2)<f(k)<f(1),且f(k)≠0. ∴-(2-2)<f(k)<0或0<f(k)<1. ∴b<-2-2或b>2. ∴b的取值范圍是(-∞,-2-2)∪(2,+∞).