（浙江專(zhuān)用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十九)函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 文（解析版）

專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十九) 第19講函數(shù)與方程思想和數(shù)形結(jié)合思想(時(shí)間：45分鐘)1已知向量a與b的夾角為，且|a|1，|b|2，若(3ab)a，則實(shí)數(shù)()A3 B3 C. D2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 B1C4 D43已知且ux2y24x4y8，則u的最小值為()A. B. C. D.4方程sin2x2sinxa0一定有解，則a的取值范圍是()A3，1 B(，1C1，) D1，15已知函數(shù)f(x)則函數(shù)yff(x)1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A4 B3 C2 D16設(shè)G為ABC的重心，且(sinA)·(sinB)·(sinC)·0，則角B的大小為()A60° B45°C30° D15°7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 B40C50 D608F1，F(xiàn)2為橢圓1(a>b>0)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.9已知函數(shù)f(x)若f(1)f(a)2，則a的值為()A1 B2C4 D4或110已知圓的方程為x2y26x8y0，設(shè)圓內(nèi)過(guò)點(diǎn)(2，5)的最長(zhǎng)弦與最短弦分別為AB，CD，則直線AB與CD的斜率之和為_(kāi)11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_12若a，b是正數(shù)，且滿(mǎn)足abab3，則ab的取值范圍是_13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?。?2)若a2，S2，求b的值14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(mǎn)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(mǎn)足：cn1>cn對(duì)任意的nN*恒成立，求的取值范圍15已知函數(shù)f(x)x33ax1，a0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在x1處取得極值，直線ym與yf(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，求m的取值范圍專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十九)【基礎(chǔ)演練】1A解析 因?yàn)?3ab)a，所以(3ab)·a3a2a·b3×12×1×2×cos0，解得3.2A解析 z1·z2(m2i)(2i)(2m2)(m4)i，只要2m20且m40即可，解得m1.3B解析 不等式組所表示的平面區(qū)域是下圖中的ABC，u表示平面區(qū)域上的點(diǎn)到點(diǎn)(2，2)距離的平方根據(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.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 由ff(x)10可得ff(x)1，又由f(2)f1可得f(x)2或f(x).若f(x)2，則x3或x；若f(x)，則x或x.綜上可得yff(x)1有4個(gè)零點(diǎn)6A解析 G為ABC的重心，則0，根據(jù)正弦定理：(sinA)·(sinB)·(sinC)·0a·b·c·0，所以a·()b·c·0abc，ABC為等邊三角形7A解析 設(shè)公差d0，由lga1lga42lga2，得aa1·a4，即(a1d)2a1(a13d)a1d.又a5a14d10，a1d2，S55a1d30.8A解析 作圖可知，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.9C解析 依題意f(1)f(a)2，且f(1)0，所以f(a)2.當(dāng)a>0時(shí)，得log2a2，求得a4；當(dāng)a<0時(shí)，無(wú)解綜合得a4.故選C.100解析 將圓的方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程形式得(x3)2(y4)225，所以過(guò)點(diǎn)(2，5)的最長(zhǎng)弦AB的斜率為kAB1.若要使弦CD最短，則CDAB，所以kCD1，此時(shí)kABkCD0.11.解析 建立平面直角坐標(biāo)系(如圖)，設(shè)向量(2，0)，則向量(1，)，向量(2cos，2sin)，0.由mn，得(2cos，2sin)(2mn，n)，即2cos2mn，2sinn，解得mcossin，nsin.故mncossinsin.129，)解析 方法1：abab3，a1，b>0，從而a>1或a<3.又a>0，a>1，a1>0，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，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ab9.13解：(1)由2cos2Bcos2B2cosB，可得2cos2B2cos2B12cosB，cosB.0<B<，B.(2)SacsinB2，又a2，B，c4，b2a2c22accosB4162×2×4×12，b2.14解：(1)設(shè)an的公差為d，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·23n·2n.cn1>cn對(duì)任意的nN*恒成立，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)15解：(1)f(x)3x23a3(x2a)當(dāng)a<0時(shí)，對(duì)xR，有f(x)>0恒成立，所以當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(，)，無(wú)單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，由f(x)>0解得x<或x>，由f(x)<0解得<x<，所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(，)，(，)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(，)(2)因?yàn)閒(x)在x1處取得極值，所以f(1)3×(1)23a0，所以a1.所以f(x)x33x1，f(x)3x23，由f(x)0解得x11，x21.由(1)中f(x)的單調(diào)性可知，f(x)在x1處取得極大值f(1)1，在x1處取得極小值f(1)3.因?yàn)橹本€ym與函數(shù)yf(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，結(jié)合f(x)的單調(diào)性可知，m的取值范圍是(3，1)