（湖南專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(十九)函數(shù)與方程和數(shù)形結(jié)合思想配套作業(yè) 文（解析版）

專題限時集訓(xùn)(十九)[第19講函數(shù)與方程和數(shù)形結(jié)合思想](時間：45分鐘)1．已知向量a與b的夾角為eq\f(2π,3)，且|a|＝1，|b|＝2，若(3a＋λb)⊥a，則實數(shù)λ＝()A．3B．－3C.eq\f(3,2)D．－eq\f(3,2)2．已知復(fù)數(shù)z1＝m＋2i，z2＝2＋i，若z1·z2為純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為()A．1B．－1C．4D．－43．已知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≤0，,x－y＋1>0，,y≥－1，))且u＝x2＋y2－4x－4y＋8，則u的最小值為()A.eq\f(3\r(2),2)B.eq\f(9,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(1,2)4．方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，則a的取值范圍是()A．[－3，1]B．(－∞，1]C．[1，＋∞)D．[－1，1]5．定義在R上的函數(shù)y＝f(x)的值域為[a，b]，則y＝f(x＋1)的值域為()A．[a，b]B．[a＋1，b＋1]C．[a－1，b－1]D．無法確定6．已知公差不為0的正項等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項和，若lga1，lga2，lga4也成等差數(shù)列，a5＝10，則S5等于()A．30B．40C．50D．607．F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點，過F2作垂直于x軸的直線交橢圓于點P，且∠PF1F2＝30°，則橢圓的離心率為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)8．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,2x，x≤0，))若f(1)＋f(a)＝2，則a的值為()A．1B．2C．4D．4或19．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設(shè)圓內(nèi)過點(2，5)的最長弦與最短弦分別為AB，CD，則直線AB與CD的斜率之和為________．10．長度都為2的向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為60°，點C在以O(shè)為圓心的圓弧AB(劣弧)上，eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，則m＋n的最大值是________．11．若a，b是正數(shù)，且滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________．12．已知△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊長，S表示該三角形的面積，且2cos2B＝cos2B＋2cosB.(1)求角B的大?。?2)若a＝2，S＝2eq\r(3)，求b的值．13．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的各項均為正數(shù)，公比是q，且滿足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q.(1)求{an}與{bn}的通項公式；(2)設(shè)cn＝3bn－λ·2eq\f(an,3)(λ∈R)，若{cn}滿足：cn＋1>cn對任意的n∈N*恒成立，求λ的取值范圍．14．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍．

專題限時集訓(xùn)(十九)【基礎(chǔ)演練】1．A[解析]因為(3a＋λb)⊥a，所以(3a＋λb)·a＝3a2＋λa·b＝3×12＋λ×1×2×coseq\f(2π,3)＝0，解得λ＝3.2．A[解析]z1·z2＝(m＋2i)(2＋i)＝(2m－2)＋(m＋4)i，只要2m－2＝0且m＋4≠0即可，解得m＝1.3．B[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)域上的點到點(2，2)距離的平方．根據(jù)題意只能是點(2，2)到直線x＋y－1＝0的距離最小，這個最小值是eq\f(3,\r(2))，故所求的最小值是eq\f(9,2).4．A[解析]構(gòu)造函數(shù)f(x)＝sin2x＋2sinx，則函數(shù)f(x)的值域是[－1，3]，因為方程sin2x＋2sinx＋a＝0一定有解，所以－1≤－a≤3，∴－3≤a≤1.【提升訓(xùn)練】5．A[解析]當函數(shù)的圖象左右平移時，不改變函數(shù)的值域．6．A[解析]設(shè)公差d≠0，由lga1＋lga4＝2lga2，得aeq\o\al(2,2)＝a1·a4，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)?a1＝d.又a5＝a1＋4d＝10，∴a1＝d＝2，∴S5＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＝30.7．A[解析]作圖可知，設(shè)|PF2|＝r，則|PF1|＝2r，|F1F2|＝eq\r(3)r.由橢圓的定義得2a＝3r，2c＝eq\r(3)r，故橢圓的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3).故選A.8．C[解析]依題意f(1)＋f(a)＝2，且f(1)＝0，所以f(a)＝2.當a>0時，得log2a＝2，求得a＝4；當a<0時，無解．綜合得a＝4.故選C.9．0[解析]將圓的方程化成標準方程形式得(x－3)2＋(y－4)2＝25，所以過點(2，5)的最長弦AB的斜率為kAB＝eq\f(5－4,2－3)＝－1.若要使弦CD最短，則CD⊥AB，所以kCD＝1，此時kAB＋kCD＝0.10.eq\f(2\r(3),3)[解析]建立平面直角坐標系(如圖)，設(shè)向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，0)，則向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3))，向量eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2cosα，2sinα)，0≤α≤eq\f(π,3).由eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，得(2cosα，2sinα)＝(2m＋n，eq\r(3)n)，即2cosα＝2m＋n，2sinα＝eq\r(3)n，解得m＝cosα－eq\f(1,\r(3))sinα，n＝eq\f(2,\r(3))sinα.故m＋n＝cosα＋eq\f(1,\r(3))sinα＝eq\f(2\r(3),3)sinα＋eq\f(π,3)≤eq\f(2\r(3),3).11．[9，＋∞)[解析]方法1：∵ab＝a＋b＋3，∴a≠1，b＝eq\f(a＋3,a－1)>0，從而a>1或a<－3.又a>0，∴a>1，∴a－1>0，∴ab＝f(a)＝a·eq\f(a＋3,a－1)＝(a－1)＋eq\f(4,a－1)＋5≥9，當且僅當a－1＝eq\f(4,a－1)，即a＝3時取等號，當1<a<3時，函數(shù)f(a)單調(diào)遞減，當a>3時函數(shù)f(a)單調(diào)遞增，∴ab的取值范圍是[9，＋∞)．方法2：設(shè)ab＝t，則a＋b＝t－3，∴a，b可看成方程x2－(t－3)x＋t＝0的兩個正根，從而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（t－3）2－4t≥0，,t－3>0,t>0，))解得t≥9，即ab≥9.12．解：(1)由2cos2B＝cos2B＋2cosB，可得2cos2B＝2cos2B－1＋2cosB，∴cosB＝eq\f(1,2).∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵S＝eq\f(1,2)acsinB＝2eq\r(3)，又a＝2，B＝eq\f(π,3)，∴c＝4，∴b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋16－2×2×4×eq\f(1,2)＝12，∴b＝2eq\r(3).13．解：(1)設(shè){an}的公差為d，由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＋3＋a2＝12，,3＋a2＝q2，))消去a2得：q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，∴a2＝6，∴d＝3，從而an＝3n，bn＝3n－1.(2)由(1)知：cn＝3bn－λ·2eq\f(an,3)＝3n－λ·2n.∵cn＋1>cn對任意的n∈N*恒成立，∴3n＋1－λ·2n＋1>3n－λ·2n恒成立，整理得：λ·2n<2·3n對任意的n∈N*恒成立，即λ<2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)對任意的n∈N*恒成立．∵y＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴ymin＝2·eq\f(3,2)＝3，∴λ<3.∴λ的取值范圍為(－∞，3)．14．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．當a<0時，對x∈R，有f′(x)>0恒成立，所以當a<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)減區(qū)間；當a>0時，由f′(x)>0解得x<－eq\r(a)或x>eq\r(a)，由f′(x)<0解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，所以當a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－eq\r(a)，eq\r(a))．(2)因