【高考復習方案】2021屆高三數學(新課標文)二輪限時訓練-第19講-函數與方程思想、數形結合思想-

專題限時集訓(十九)[第19講函數與方程思想、數形結合思想](時間：5分鐘＋40分鐘)基礎演練1．若復數z滿足(1＋i)z＝1＋2i(其中i是虛數單位)，則復數z對應的點位于復平面的()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限2．方程sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,4)x的實數解的個數是()A．2 B．3C．4 D．以上均不對3．若x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|log2x＝2－x))，則有()A．x2>x>1 B．x2>1>xC．1>x2>x D．x>1>x24．函數f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，2)上的零點個數是()A．0 B．1 C．2 D．5．設等比數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝2011，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，則S2022＝________.提升訓練6．與向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(1,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(7,2)))的夾角相等，且模為1的向量是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\r(2)，－\f(1,3)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\r(2)，－\f(1,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)\r(2)，\f(1,3)))7．已知函數f(x)＝|log2|x||－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，則下列結論正確的是()A．f(x)有三個零點，且全部零點之積大于－1B．f(x)有三個零點，且全部零點之積小于－1C．f(x)有四個零點，且全部零點之積大于1D．f(x)有四個零點，且全部零點之積小于18．已知f(x)為R上的可導函數，且對任意x∈R，均有f(x)>f′(x)，則以下推斷正確的是()A．f(2021)>e2021fB．f(2021)<e2021fC．f(2021)＝e2021fD．f(2021)與e2021f(0)9．對任意的實數x，y，定義運算：xy＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥y，,y，x<y.))設a＝eq\f(ln2,4)，b＝eq\f(ln3,9)，c＝eq\f(ln5,25)，則bac的值是()A．a B．b C．c D．不確定10．若函數f(x)＝ax－x－a(a>0且a≠1)有兩個零點，則實數a的取值范圍是________.11．已知函數f(x)＝(sinx＋cosx)＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx－cosx))，則f(x)的值域是________.12．已知實數x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≥0，,x<2，,x＋y－1≥0，))z＝|2x－2y－1|，則z的取值范圍是__________.13．設f(x)＝x2－2ax＋2，當x∈[－1，＋∞)時，f(x)＞a恒成立，求a的取值范圍.14．過點(3，0)的直線l與圓x2＋y2＝3相交于P，Q兩點，且OP⊥OQ(其中O為原點)，求直線l的方程.15．已知函數f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝eq\f(1,2)，求證：當x∈(0，＋∞)時，f(x)＞1；(2)若f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，試求k的取值范圍.

專題限時集訓(十九)【基礎演練】1．A[解析]設z＝a＋bi(a，b∈R)，則有(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i＝1＋2i，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝1，,a＋b＝2，))解得a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)，所以z＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)i，復數z對應的點位于復平面的第一象限．2．B[解析]在同一坐標系內作出y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))與y＝eq\f(1,4)x的圖像，如圖所示，可知它們有3個不同的交點．3．A[解析]設y1＝log2x，y2＝2－x，在同一坐標系中作出其圖像，如圖所示，由圖知，交點的橫坐標x>1，則有x2>x＞1.4．B[解析]明顯f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，2)上單調遞增，f(0)f(2)＝－10<0，故只有一個零點．5．0[解析]設等比數列{an}的公比為q，則由已知得a1qn－1＋2a1qn＋a1qn＋1＝0，即a1qn－1(1＋2q＋q2)由于a1qn－1≠0，所以1＋2q＋q2＝0，解得q＝－1，所以S2022＝eq\f(a1（1－q2022）,1－q)＝0.【提升訓練】6．B[解析]設所求向量m＝(x，y)，由題意得|a|＝|b|，|m|＝1，eq\f(\f(7,2)x＋\f(1,2)y,|a|·|m|)＝eq\f(\f(1,2)x－\f(7,2)y,|b|·|m|)，即有3x＋4y＝0且x2＋y2＝1，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(4,5)，,y1＝－\f(3,5)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(4,5)，,y2＝\f(3,5).))7．A[解析]在同一坐標系中分別作出f1(x)＝|log2|x||與f2(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的圖像，如圖所示．由圖像知f1(x)與f2(x)有三個交點，即函數f(x)有三個零點．設三個零點從左到右分別是x1，x2，x3，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))<0，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))>0，所以－eq\f(1,2)<x1<－eq\f(1,4).同理，eq\f(1,2)<x2<1，1<x3<2，則－1<x1x2x3<－eq\f(1,8)，即全部零點之積大于－1.8．B[解析]構造函數g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0，所以函數g(x)在R上單調遞減，所以g(0)>g(2021)，即eq\f(f（0）,e0)>eq\f(f（2021）,e2021)，即f(2021)<e2021f(0)．9．A[解析]設f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知在區(qū)間(e，＋∞)上f′(x)<0恒成立，即函數f(x)在區(qū)間(e，＋∞)上單調遞減．由于a＝eq\f(1,2)f(4)，b＝eq\f(1,2)f(9)，c＝eq\f(1,2)f(25)，所以a>b>c，所以bac＝ac＝a.10．a>1[解析]函數f(x)有兩個零點，即方程ax＝x＋a有兩個解，即函數y＝ax與函數y＝x＋a的圖像有兩個交點．作圖分析易知當0<a<1時只有一個交點，當a>1時有兩個交點．11．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，2))[解析]f(x)＝(sinx＋cosx)＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx－cosx))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2sinx（sinx≥cosx），,2cosx（sinx<cosx），))結合三角函數的圖像知當x＝eq\f(5,4)π時，f(x)取得最小值－eq\r(2)，當x＝eq\f(π,2)時，f(x)取得最大值2，所以這個函數的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，2)).12．[0，5)[解析]由x，y的約束條件作出可行域，如圖中陰影區(qū)域所示．令u＝2x－2y－1，則y＝x－eq\f(u＋1,2)，先畫出直線y＝x，再平移直線y＝x，易知當直線分別經過點A(2，－1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))時，u取得最大值與最小值．又x＜2，所以－eq\f(5,3)≤u<5，故z＝|u|∈[0，5)．13．解：由f(x)＞a在區(qū)間[－1，＋∞)上恒成立，可知x2－2ax＋2－a＞0在區(qū)間[－1，＋∞)上恒成立，即函數g(x)＝x2－2ax＋2－a的圖像在區(qū)間[－1，＋∞)上位于x軸上方．故Δ＜0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,a＜－1，,g（－1）＞0，))解得－2＜a＜1或－3＜a≤－2.綜上所述，a∈(－3，1)．14．解：設直線l的方程為x＋ay－3＝0(a≠0)，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝3，,x＋ay－3＝0，))消去y，得(a2＋1)x2－6x＋9－3a2＝0，∴x1x2＝eq\f(9－3a2,a2＋1).①由方程組消去x，得(a2＋1)y2－6ay＋6＝0，∴y1y2＝eq\f(6,a2＋1).②依題意知OP⊥OQ，∴eq\f(y1y2,x1x2)＝－1，即y1y2＋x1x2＝0.由①②知，eq\f(9－3a2,a2＋1)＋eq\f(6,a2＋1)＝0，解得a＝±eq\r(5).∴所求直線l的方程為x＋eq\r(5)y－3＝0或x－eq\r(5)y－3＝0.15．解：(1)證明：f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2，則h(x)＝f′(x)＝ex－x，∴h′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，∴h(x)＝f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)＞f′(0)＝1＞0，∴f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)＞f(0)＝1.(2)f′(x)＝ex－2kx若k≤0，明顯f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增．記φ(x)＝ex－2kx，則φ′(x)＝ex－2k.當0＜k＜eq\f(1,2)時，∵ex＞e0＝1，2k＜1，∴φ′(x)＞0，∴φ(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)＝φ