2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)(二十一)函數(shù)與方程和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）

專題限時(shí)集訓(xùn)(二十一)第21講函數(shù)與方程和數(shù)形結(jié)合思想(時(shí)間：45分鐘) 1已知復(fù)數(shù)z1m2i，z22i，若z1·z2為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值為()A1 B1 C4 D42已知且ux2y24x4y8，則u的最小值為()A. B. C. D.3曲線ye2x1在點(diǎn)(0，2)處得切線與直線x0和yx圍成的三角形面積為()A. B.C. D14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(xiàng)等差數(shù)列an中，Sn為其前n項(xiàng)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(diǎn)，過(guò)F2作垂直于x軸的直線交橢圓于點(diǎn)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(jī)取兩個(gè)數(shù)，則這兩個(gè)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(diǎn)，若|AB|2，則實(shí)數(shù)k的值是_9長(zhǎng)度都為2的向量，的夾角為60°，點(diǎn)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(duì)邊長(zhǎng)，S表示該三角形的面積，且2cos2Bcos2B2cosB.(1)求角B的大小；(2)若a2，S2，求b的值12已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列bn的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比是q，且滿足a13，b11，b2S212，S2b2q.(1)求an與bn的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn3bn·2(R)，若cn滿足：cn1>cn對(duì)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(gè)極值點(diǎn)(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(gè)交點(diǎn)，求b的取值范圍專題限時(shí)集訓(xùn)(二十一)【基礎(chǔ)演練】1A解析 z1·z2(m2i)(2i)(2m2)(m4)i，只要2m20且m40即可，解得m1.2B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(diǎn)(2，2)到直線xy10的距離最小，這個(gè)最小值是，故所求的最小值是.3C解析 如圖，記B(0，2)，切線與直線yx交與A點(diǎn)，由已知可求得y2e2x，y|x02e02，故切線方程為y2x2，A點(diǎn)坐標(biāo)為，SOAB×2×.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?yàn)榉匠蘳in2x2sinxa0一定有解，所以1a3，3a1.【提升訓(xùn)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(zhǎng)|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(biāo)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(dāng)且僅當(dāng)a1，即a3時(shí)取等號(hào)，當(dāng)1<a<3時(shí)，函數(shù)f(a)單調(diào)遞減，當(dāng)a>3時(shí)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(gè)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(duì)任意的nN*恒成立，即3n1·2n1>3n·2n恒成立，整理得：·2n<2·3n對(duì)任意的nN*恒成立，即<2·對(duì)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?yàn)閒(x)2x10，由題意有f(3)6100，解得a16，所以f(x)16ln(1x)x210x，x(1，)，f(x).當(dāng)x(1，1)(3，)時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x(1，3)時(shí)，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(dāng)x1或x3時(shí)，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(gè)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(gè)交點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)f(3)<b<f(1)因此，b的取值范圍為(32ln221，16ln29)