【高考复习方案】2021届高三数学(新课标文)二轮限时训练-第19讲-函数与方程思想、数形结合思想-

专题限时集训(十九)[第19讲函数与方程思想、数形结合思想](时间：5分钟＋40分钟)基础演练1．若复数z满足(1＋i)z＝1＋2i(其中i是虚数单位)，则复数z对应的点位于复平面的()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的实数解的个数是()A．2 B．3C．4 D．以上均不对3．若x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|log2x＝2－x))，则有()A．x2>x>1 B．x2>1>xC．1>x2>x D．x>1>x24．函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，2)上的零点个数是()A．0 B．1 C．2 D．5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2011，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则S2022＝________.提升训练6．与向量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)))的夹角相等，且模为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．已知函数f(x)＝|log2|x||－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，则下列结论正确的是()A．f(x)有三个零点，且全部零点之积大于－1B．f(x)有三个零点，且全部零点之积小于－1C．f(x)有四个零点，且全部零点之积大于1D．f(x)有四个零点，且全部零点之积小于18．已知f(x)为R上的可导函数，且对任意x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下推断正确的是()A．f(2021)>e2021fB．f(2021)<e2021fC．f(2021)＝e2021fD．f(2021)与e2021f(0)9．对任意的实数x，y，定义运算：xy＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥y，,y，x<y.))设a＝eq\f(ln2,4)，b＝eq\f(ln3,9)，c＝eq\f(ln5,25)，则bac的值是()A．a B．b C．c D．不确定10．若函数f(x)＝ax－x－a(a>0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________.11．已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx－cosx))，则f(x)的值域是________.12．已知实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1≥0，,x<2，,x＋y－1≥0，))z＝|2x－2y－1|，则z的取值范围是__________.13．设f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)＞a恒成立，求a的取值范围.14．过点(3，0)的直线l与圆x2＋y2＝3相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(其中O为原点)，求直线l的方程.15．已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R.(1)若k＝eq\f(1,2)，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞1；(2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围.

专题限时集训(十九)【基础演练】1．A[解析]设z＝a＋bi(a，b∈R)，则有(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，复数z对应的点位于复平面的第一象限．2．B[解析]在同一坐标系内作出y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))与y＝eq\f(1,4)x的图像，如图所示，可知它们有3个不同的交点．3．A[解析]设y1＝log2x，y2＝2－x，在同一坐标系中作出其图像，如图所示，由图知，交点的横坐标x>1，则有x2>x＞1.4．B[解析]明显f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，2)上单调递增，f(0)f(2)＝－10<0，故只有一个零点．5．0[解析]设等比数列{an}的公比为q，则由已知得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.【提升训练】6．B[解析]设所求向量m＝(x，y)，由题意得|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]在同一坐标系中分别作出f1(x)＝|log2|x||与f2(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的图像，如图所示．由图像知f1(x)与f2(x)有三个交点，即函数f(x)有三个零点．设三个零点从左到右分别是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，则－1<x1x2x3<－eq\f(1,8)，即全部零点之积大于－1.8．B[解析]构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0，所以函数g(x)在R上单调递减，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]设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知在区间(e，＋∞)上f′(x)<0恒成立，即函数f(x)在区间(e，＋∞)上单调递减．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]函数f(x)有两个零点，即方程ax＝x＋a有两个解，即函数y＝ax与函数y＝x＋a的图像有两个交点．作图分析易知当0<a<1时只有一个交点，当a>1时有两个交点．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），))结合三角函数的图像知当x＝eq\f(5,4)π时，f(x)取得最小值－eq\r(2)，当x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最大值2，所以这个函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，2)).12．[0，5)[解析]由x，y的约束条件作出可行域，如图中阴影区域所示．令u＝2x－2y－1，则y＝x－eq\f(u＋1,2)，先画出直线y＝x，再平移直线y＝x，易知当直线分别经过点A(2，－1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))时，u取得最大值与最小值．又x＜2，所以－eq\f(5,3)≤u<5，故z＝|u|∈[0，5)．13．解：由f(x)＞a在区间[－1，＋∞)上恒成立，可知x2－2ax＋2－a＞0在区间[－1，＋∞)上恒成立，即函数g(x)＝x2－2ax＋2－a的图像在区间[－1，＋∞)上位于x轴上方．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.综上所述，a∈(－3，1)．14．解：设直线l的方程为x＋ay－3＝0(a≠0)，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立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由方程组消去x，得(a2＋1)y2－6ay＋6＝0，∴y1y2＝eq\f(6,a2＋1).②依题意知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).∴所求直线l的方程为x＋eq\r(5)y－3＝0或x－eq\r(5)y－3＝0.15．解：(1)证明：f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2，则h(x)＝f′(x)＝ex－x，∴h′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，∴h(x)＝f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＞f′(0)＝1＞0，∴f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2在区间(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝1.(2)f′(x)＝ex－2kx若k≤0，明显f′(x)＞0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．记φ(x)＝ex－2kx，则φ′(x)＝ex－2k.当0＜k＜eq\f(1,2)时，∵ex＞e0＝1，2k＜1，∴φ′(x)＞0，∴φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝φ