2、0,2]
C.[1,2) D.[1,]
4.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理11)已知f(x)=Acos x,若直線y=2x-π與f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn),且交點(diǎn)橫坐標(biāo)的最大值為t,則( )
A.A∈(2,π),(t-π)tan t=1
B.A∈(2π,+∞),tan t=1
C.A∈(2,π),(π-t)tan t=1
D.A∈(2π,+∞),tan t=1
5.已知數(shù)列{an}滿足010的n的最小值為( )
A.60 B.61
C.121 D.122
6.已知在正四棱錐S-
3、ABCD中,SA=2,則當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí),它的高為( )
A.1 B.
C.2 D.3
7.已知f(x)=sin(ωx+φ)滿足f(1-x)=f(x),且f(x+2)=-f(x),對(duì)于定義域內(nèi)滿足f(x1)=f(x2)=的任意x1,x2∈R,x1≠x2,當(dāng)|x1-x2|取最小值時(shí),f(x1-x2)的值為( )
A.
B.
C.
D.
8.已知函數(shù)f(x)=x+xln x,若k∈Z,且k(x-1)1恒成立,則k的最大值為( )
A.2 B.3
C.4 D.5
二、填空題
9.使log2(-x)
4、
10.已知奇函數(shù)f(x)的定義域是{x|x≠0,x∈R},且在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,若f(1)=0,則滿足x·f(x)<0的x的取值范圍是 .?
11.(2018福建龍巖4月模擬,理13)已知向量a與b的夾角為60°,且|a|=1,|2a-b|=2,則|b|= .?
12.已知圓M與y軸相切,圓心在直線y=x上,并且在x軸上截得的弦長(zhǎng)為2,則圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為?
.?
13.(2018福建廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校一模,理16)已知平面圖形ABCD為凸四邊形(凸四邊形即任取平面四邊形一邊所在的直線,其余各邊均在此直線的同側(cè)),且AB=2,BC=4,CD=5
5、,DA=3,則四邊形ABCD面積的最大值為 .?
14.如圖所示,正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,切去陰影部分圍成一個(gè)正四棱錐,則正四棱錐的側(cè)面積的取值范圍為 .?
參考答案
專(zhuān)題突破練2 函數(shù)與方程思想、
數(shù)形結(jié)合思想
1.B 解析 依題意得y=,當(dāng)x∈[a,2a]時(shí),y=
由題意可知[a,a2],
即有a2≥a,又a>1,所以a≥2.故選B.
2.C 解析 如圖,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,
則
即故r2=
3.C 解析 方程2sin=m可化為sin,當(dāng)x時(shí),2x+,
畫(huà)出函數(shù)y=f(x)=sin在x上的圖象,如圖所示:
6、
由題意,得<1,
則m的取值范圍是[1,2),故選C.
4.B 解析 作出直線y=2x-π與f(x)的圖象,顯然直線y=2x-π為f(x)的圖象在x=t處的切線,且t,由切線斜率k=f'(t)==2,得-Asin t==2,所以A=>2π,tan t=1,故選B.
5.B 解析 -8+4=0,
=8,
=8+8(n-1)=8n.
+4=8n+4.
∴an+=2,
即-2an+2=0,
∴an=
∵010得>11,
∴n>60.故選B.
6.C 解析 設(shè)正四棱錐S-ABCD的底面邊長(zhǎng)為a(a>0),則高h(yuǎn)=,所以
7、體積V=a2h=
設(shè)y=12a4-a6(a>0),則y'=48a3-3a5.
令y'>0,得04.
故函數(shù)y在(0,4]內(nèi)單調(diào)遞增,在[4,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
可知當(dāng)a=4時(shí),y取得最大值,即體積V取得最大值,此時(shí)h==2,故選C.
7.B 解析 ∵f(x+2)=-f(x),
∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
故f(x)周期為4,由4=,得ω=,f(x)=sin,
由f(1-x)=f(x),得x=是y=f(x)的對(duì)稱(chēng)軸,
+φ=kπ+,當(dāng)k=0時(shí),φ=,f(x)=sin,
由f(x1)=f(x2)=,得
|x1-x2|=,
當(dāng)k
8、1=k2時(shí),|x1-x2|min=,當(dāng)x1-x2=時(shí),f(x1-x2)=,
當(dāng)x1-x2=-時(shí),f(x1-x2)=,故選B.
8.B 解析 由k(x-1)1恒成立,得k<(x>1),令h(x)=(x>1),
則h'(x)=,
令g(x)=x-ln x-2=0,得x-2=ln x,畫(huà)出函數(shù)y=x-2,y=ln x的圖象如圖,g(x)存在唯一的零點(diǎn),又g(3)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4=2(1-ln 2)>0,
∴零點(diǎn)在(3,4)內(nèi),
∴h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
而3
9、h(x0)<4,k∈Z,
∴k的最大值是3.
9.(-1,0) 解析 在同一坐標(biāo)系中,分別作出y=log2(-x),y=x+1的圖象,
由圖可知,x的取值范圍是(-1,0).
10.(-1,0)∪(0,1) 解析 作出符合條件的一個(gè)函數(shù)圖象草圖,如圖所示,
由圖可知x·f(x)<0的x的取值范圍是(-1,0)∪(0,1).
11.4 解析 ∵|2a-b|=2,
∴4a2-4a·b+b2=12.
∵向量a與b的夾角為60°,
∴a·b=|b|.
∴4-2|b|+|b|2=12,解得|b|=4,故答案為4.
12.(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y
10、+1)2=4 解析 設(shè)圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-a)2+(y-b)2=r2,
由題意可得
解得
∴圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4.
13.2 解析 設(shè)AC=x,在△ABC中運(yùn)用余弦定理可得x2=20-16cos B;在△ADC中運(yùn)用余弦定理可得x=34-30cos D.
所以15cos D-8cos B=7.
又四邊形ABCD的面積S=(2×4sin B+3×5sin D),
即2S=8sin B+15sin D.
聯(lián)立15cos D-8cos B=7和2S=8sin B+15sin D.
兩邊平方相加,可得4S2+49=64+225-240cos(B+D),化簡(jiǎn)變形得S2=60-60cos(B+D),
所以當(dāng)cos(B+D)=-1時(shí),S2最大,
即Smax==2
故應(yīng)填2
14.(0,2) 解析 如圖所示.
設(shè)三棱錐一個(gè)側(cè)面為△APQ,∠APQ=x,
則AH=PQ×tan x=PQ,
∴PQ=,AH=,
∴S=4PQ×AH=2×PQ×AH=2,x
∵S==2(當(dāng)且僅當(dāng)tan x=1,即x=時(shí)取等號(hào)).
而tan x>0,故S>0.
∵S=2時(shí),△APQ是等腰直角三角形,頂角∠PAQ=90°,陰影部分不存在,折疊后A與O重合,構(gòu)不成棱錐,∴S的范圍為(0,2).