2021数学苏教版一轮函数与方程思想专练含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮函数与方程思想专练含解析第三部分数学思想专练函数与方程思想专练一、选择题1．椭圆eq\f（x2,4)＋y2＝1的两个焦点为F1，F2，过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，其一交点为P，则|PF2｜＝(）A．eq\f（\r（3），2) B．eq\r（3）C．eq\f（7，2） D．4答案C解析如图，令｜F1P|＝r1，|F2P｜＝r2，那么eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（r1＋r2＝2a＝4，,r\o\al（2,2）－r\o\al（2,1）＝2c2＝12)）⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（r1＋r2＝4，,r2－r1＝3)）⇒r2＝eq\f(7,2)。故选C．2．(2019·四川成都名校联考)已知f(x)是奇函数并且是R上的单调函数，若函数y＝f（2x2＋1）＋f（λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是(）A．eq\f(1,4） B．eq\f(1，8)C．－eq\f(7，8） D．－eq\f(3,8)答案C解析依题意，方程f（2x2＋1）＋f（λ－x)＝0只有1个解，故f（2x2＋1）＝－f（λ－x）＝f（x－λ）有1解,所以2x2＋1＝x－λ，即2x2－x＋1＋λ＝0有唯一解,故Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－eq\f（7,8)。故选C．3．设a>1，若对于任意的x∈[a,2a］,都有y∈［a，a2]满足方程logax＋logay＝3，这时aA．{a｜1〈a≤2} B．{a|a≥2｝C．｛a|2≤a≤3} D．{2,3}答案B解析依题意得y＝eq\f(a3,x)，当x∈[a,2a]时，y＝eq\f（a3,x)∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）a2，a2))⊆[a，a2］，因此有eq\f（1，2)a2≥a，又a>1，由此解得a≥2。故选B．4．若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有()A．x＋y≥0 B．x＋y≤0C．x－y≤0 D．x－y≥0答案B解析原不等式可变形为2x－5－x≤2－y－5y.即2x－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，5)））x≤2－y－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,5))）－y.故设函数f（x)＝2x－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，5)))x，f（x)为增函数，所以x≤－y，即x＋y≤0.故选B．5．为了竖一块广告牌，要制造三角形支架，如图,要求∠ACB＝60°，BC的长度大于1米，且AC比AB长0.5米，为了稳固广告牌，要求AC越短越好，则AC最短为()A．eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（\r(3)，2)）)米 B．2米C．(1＋eq\r(3)）米 D．（2＋eq\r（3))米答案D解析由题意，设BC＝x（x〉1)米,AC＝t（t〉0）米,则AB＝AC－0.5＝（t－0.5)米，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos60°，即(t－0。5)2＝t2＋x2－tx，化简并整理得t＝eq\f(x2－0。25,x－1)(x>1)，即t＝x－1＋eq\f(0。75，x－1)＋2,因x〉1,故t＝x－1＋eq\f(0.75，x－1）＋2≥2＋eq\r（3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(当且仅当x＝1＋\f（\r(3）,2）时取等号))，此时t取最小值2＋eq\r(3)。故选D．二、填空题6．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列｛an}的前n项和为Sn,满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．答案（－∞,－2eq\r(2）]∪[2eq\r(2)，＋∞）解析由S5S6＋15＝0得（5a1＋10d)(6a1＋15d）＋15＝0,即2aeq\o\al(2,1）＋9a1d＋10d2＋1＝0,∴Δ＝81d2－8（10d2＋1)≥0，解得d≤－2eq\r（2）或d≥2eq\r(2)。7．若存在两个正实数x，y，使得等式x3eeq\f（y,x）－ay3＝0成立，其中e为自然对数的底数,则实数a的最小值为________．答案eq\f（e3,27）解析由题意知a＝eq\f(e\f（y，x），\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（y，x）)）3),设eq\f(y,x）＝t（t〉0），则令f（t)＝eq\f（et,t3）,则f′（t）＝eq\f（ett－3，t4），当t>3时，f′（t）〉0，当0<t〈3时，f′(t)〈0，所以f(t)min＝f(3)＝eq\f(e3，27）,则a≥eq\f(e3，27)，即amin＝eq\f（e3,27）.8．满足条件AB＝2，AC＝eq\r(2）BC的三角形ABC的面积的最大值是________．答案2eq\r(2)解析可设BC＝x，则AC＝eq\r（2）x,根据面积公式得S△ABC＝xeq\r(1－cos2B），由余弦定理计算得cosB＝eq\f(4－x2，4x),代入上式得S△ABC＝xeq\r(1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（4－x2,4x）)）2）＝eq\r（\f(128－x2－122，16）)。由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋x〉2，，x＋2>\r（2）x，)）得2eq\r(2)－2〈x<2eq\r(2）＋2。故当x＝2eq\r（3)时,S△ABC最大值为2eq\r（2)。三、解答题9．（2019·惠州模拟）在△ABC中，D是BC边的中点，AB＝3，AC＝eq\r(13)，AD＝eq\r(7）.（1）求BC边的长；（2)求△ABC的面积．解(1)设BD＝x，则BC＝2x,在△ABD中，有cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD）＝eq\f(9＋x2－7，2×3x)，在△ABC中，有cos∠ABC＝eq\f（AB2＋BC2－AC2,2AB·BC）＝eq\f(9＋4x2－13,2×3×2x）,且∠ABD＝∠ABC，即eq\f（9＋x2－7,2×3x)＝eq\f(9＋4x2－13，2×3×2x），解得x＝2，所以BC＝4。（2)由(1)可知，cosB＝eq\f(1,2），B∈（0，π），得sinB＝eq\f(\r（3)，2),所以S△ABC＝eq\f（1，2）·AB·BC·sinB＝eq\f(1,2)×3×4×eq\f（\r（3）,2)＝3eq\r(3).10．已知各项均不相等的等差数列｛an｝的前5项和S5＝20,且a1，a3，a7成等比数列．（1)求数列｛an}的通项公式；(2)若Tn为数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)））的前n项和，且存在n∈N*,使得Tn－λan＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．解（1)设数列｛an}的公差为d，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f（5×4，2)d＝20，，a1＋2d2＝a1a1＋6d,)）即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,2d2＝a1d,)）又因为d≠0，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，，d＝1,)）所以an＝n＋1.(2)因为eq\f(1，anan＋1)＝eq\f（1，n＋1n＋2）＝eq\f(1，n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn＝eq\f（1，2）－eq\f（1，3）＋eq\f（1,3）－eq\f(1，4）＋…＋eq\f(1，n＋1)－eq\f（1,n＋2)＝eq\f（1，2）－eq\f（1，n＋2）＝eq\f(n，2n＋2)。因为存在n∈N＊,使得Tn－λan＋1≥0成立,所以存在n∈N*，使得eq\f(n,2n＋2）－λ(n＋2)≥0成立,即存在n∈N*，使λ≤eq\f（n,2n＋22)成立．又eq\f(n，2n＋22）＝eq\f(1，2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（n＋\f（4,n)＋4）))，且eq\f（1，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4，n）＋4))）≤eq\f(1,16）(当且仅当n＝2时取等号),所以λ≤eq\f(1，16）。即实数λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（－∞，\f(1，16))).11．设函数f(x)＝lnx＋eq\f（a，x－1）(a为常数)．（1)若曲线y＝f（x)在点(2，f(2))处的切线与x轴平行，求实数a的值;（2）若函数f（x)在(e，＋∞)内有极值,求实数a的取值范围．解（1）函数f(x）的定义域为（0，1）∪(1，＋∞)，由f（x）＝lnx＋eq\f（a,x－1）得f′(x）＝eq\f(1,x）－eq\f(a，x－12),由于曲线y＝f（x)在点（2，f（2))处的切线与x轴平行,所以f′(2）＝0，即eq\f（1,2）－eq\f（a,2－12)＝0，所以a＝eq\f(1，2）.(2）因为f′(x)＝eq\f（1，x)－eq\f(a，x－12）＝eq\f（x2－2＋ax＋1,xx－12)，若函数f（x)在（e,＋∞）内有极值，则函数y＝f′(x）在（e，＋∞）内有异号零点，令φ（x)＝x2－（2＋a）x＋1。设x2－（2＋a）x＋1＝(x－α)（x－β），可知αβ＝1，不妨设β>α,则α∈(0,1)，β∈（1,＋∞）,若函数y＝f′（x)在(e,＋∞)内有异号零点，即y＝φ（x）在（e，＋∞)内有异号零点，所以β〉e，又φ(0)＝1〉0，所以φ（e)＝e2－（2＋a)e＋1〈0，解得a>e＋eq\f（1,e）－2，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（e＋\f(1，e）－2，＋∞)）.12．(2019·武汉调研）在平面直角坐标系中，动点M到定点F（－1，0)的距离与它到直线x＝－2的距离之比是常数eq\f(\r(2）,2），记M的轨迹为T。(1）求轨迹T的方程；(2)过点F且不与x轴重合的直线m与轨迹T交于A，B两点,线段AB的垂直平分线与x轴交于点P，在轨迹T上是否存在点Q,使得四边形APBQ为菱形？若存在,请求出直线m的方程；若不存在,请说明理由．解（1）设M（x,y)，根据动点M到定点F(－1,0)的距离与它到直线x＝－2的距离之比是常数eq\f（\r（2），2)，得eq\f(\r（x＋12＋y2),｜x＋2｜）＝eq\f（\r（2)，2),整理得eq\f(x2,2）＋y2＝1,∴轨迹T的方程为eq\f（x2，2)＋y2＝1。（2）假设存在直线m，设直线m的方程为x＝ky－1，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝ky－1，,\f(x2,2）＋y2＝1)）消去x，得(k2＋2)y2－2ky－1＝0.设A(x1,y1），B(x2,y2），则y1＋y2＝eq\f（2k,k2＋2)，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝eq\f(－4,k2＋2),∴线段AB的中点H的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（－2，k2＋2），\f（k,k2＋2)))。∵PQ⊥AB，∴直线PQ的方程为y－eq\f（k,k2＋2)＝－keq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（2,k2＋2)))，令y＝0,解得x＝－eq\f（1，k2＋2)，即Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，k2＋2），0）).设Q（x0，y0)，∵P，Q关于点H对称，∴eq\f（－2,k2＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1，k2＋2)）），eq\f(k,k2＋2）＝eq\f（1,2）（y0＋0)，解得x0＝eq\f（－3,k2＋2)，y0＝eq\f(2k,k2＋2），即Qeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（－3，k2＋2），\f(2k，k2＋2）））。∵点Q在椭圆上，∴eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al