2021年（老高考）数学（文）二轮专题练习：方法技巧专练 （五） （含解析）.doc

1、专练专练(五五) 技法技法 14 数形结合思想数形结合思想 12020 福建省质量检测在ABC 中，DC 2BD ，且 E 为 AC 的中点，则DE ( ) A2 3AB 1 6AC B.2 3AB 1 6AC C1 3AB 1 6AC D.2 3AB 5 6AC 22020 广东省联考试题函数 f(x) exe x x2|x|2的部分图象大致是( ) 3设双曲线 C: x2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右顶点分别为 A1，A2，左、右焦点分别为 F1， F2，以 F1F2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为 P.若以 A1A2为直径的圆与直线 PF2相切， 则双曲线 C 的离心率为(

2、 ) A. 2 B. 3 C2 D. 5 42020 郑州市质量预测已知函数 f(x)sin 2x 3 的相邻两条对称轴之间的距离为 4， 将函数 f(x)的图象向右平移 8个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍，得到 g(x)的 图象，若 g(x)k0 在 x 0， 2 有且只有一个实数根，则 k 的取值范围是( ) Ak1 2 B1k 1 2 C1 2k 1 2 D 1 20， g(x)f(x)xa.若 g(x)存在 2 个零点， 则 a 的取值范围是( ) A1,0) B0，) C1，) D1，) 62020 合肥市高三调研性检测若实数 x，y 满足约束条件 xy10， x3y

3、30， x3， 则 z2x y 的最大值为_ 72020 武汉市调研测试过圆 O：x2y24 外一点 P(2,1)作两条互相垂直的直线 AB 和 CD 分别交圆 O 于 A，B 和 C，D 点，则四边形 ABCD 面积的最大值为_ 82020 开封市高三模拟试卷已知函数 f(x)是定义域为 R 的奇函数，满足 f(x)f(2x) 0，且当 x(0,1)时，f(x)x2，则 f(1)_，g(x)f(x)|lg x|，则函数 g(x)的零点共有 _个 9已知函数 f(x)2sin2 4x 3cos 2x. (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若关于 x 的方程 f(x)m2 在 x 0，

4、 2 上有两个不同的解，求实数 m 的取值范围 102020 武汉市质量检测如图，在棱长为 a 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，P，Q，L 分别为棱 A1D1，C1D1，BC 的中点 (1)求证：ACQL； (2)求点 A 到平面 PQL 的距离 专练专练(五五) 1答案：A 解析： 解法一 如图 1， 连接 AD.DE AE AD 1 2AC (AB1 3BC )1 2AC AB1 3(AC AB) 2 3AB 1 6AC . 解法二 DE DB BA AE1 3CB AB1 2AC 1 3(CA AB)AB1 2AC 2 3AB 1 6AC . 解法三 如图 2，作AF DE

5、，以AB ，AC为基底将AF分解，AFANAM xAB yAC， 则DE xAB yAC，易知 x0，排除 B，C，D 选项，故选 A. 解法四 不妨令ABC 为直角三角形，C90 ，AC2，BC3，以 C 为坐标原点建立直 角坐标系，如图 3 所示，则 C(0,0)，A(2,0)，B(0,3)，D(0,2)，E(1,0)，所以AB (2,3)，AC( 2,0)，DE (1，2)，易得DE 2 3AB 1 6AC ，故选 A. 2答案：D 解析： 因为 f(x) e xex x2|x|2f(x)， 所以 f(x)为奇函数， 其图象关于原点对称， 当 x(0,1) 时，f(x) exe x |x

6、|2|x|10.故选 D. 3答案：D 解析：如图所示，设以 A1A2为直径的圆与直线 PF2的切点为 Q，连接 OQ，则 OQPF2， 又 PF1PF2，O 为 F1F2的中点，所以|PF1|2|OQ|2a，又|PF2|PF1|2a，所以|PF2|4a， 在 RtF1PF2中，|PF1|2|PF2|2|F1F2|24a216a220a24c2ec a 5. 4答案：D 解析：因为 f(x)相邻两条对称轴之间的距离为 4， 结合三角函数的图象可知T 2 4. 又因为 T2 2 2， 所以 2，f(x)sin 4x 3 ， 将 f(x)的图象向右平移 8个单位得到 f(x)sin 4 x 8 3

7、 sin 4x 6 ，再将所有点的横 坐标伸长为原来的 2 倍得到 g(x)sin 2x 6 . 所以方程为 sin 2x 6 k0. 令 2x 6t，因为 x 0， 2 ，所以 6t 5 6 . 若 g(x)k0 在 x 0， 2 上有且只有一个实数根， 即 g(t)sin t 与 yk 在 6， 5 6 上有且只有一个交点 1 2k 1 2或k1，即 1 2k 1 2或 k1. 5答案：C 解析： 令 h(x)xa， 则 g(x)f(x)h(x) 在同一坐标系中画出 yf(x)，yh(x)图象的示意图，如图所示 若 g(x)存在 2 个零点， 则 yf(x)的图象与 yh(x)的图象有 2

8、 个交点， 平移 yh(x)的图象， 可知 当直线 yxa 过点(0,1)时，有 2 个交点， 此时 10a，a1. 当 yxa 在 yx1 上方，即 a1 时，有 2 个交点，符合题意 综上，a 的取值范围为1，)故选 C. 6答案：8 解析：通解 依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所 示，作出直线 2xy0，平移该直线，当平移到经过点 A(3，2)时，相应直线在 y 轴上的截 距达到最小，此时 z2xy 取得最大值，即 zmax23(2)8. 优解 由 x3 xy10 得 x3 y2 ， 此时 z8；由 x3 x3y30 得 x3 y2 ， 此时 z4；由 xy

9、10 x3y30 得 x0 y1 ，此时 z1.综上所述，z2xy 的最大值为 8. 7答案： 15 解析： 如图所示，S四边形ABCD1 2(PA PDPB PC)，取 AB，CD 的中点分别为 E，F，连接 OE， OF，OP，则 S四边形ABCD1 2(PEAE) (PFDF)(PEAE) (PFDF)PE DFAE PF，由 题意知四边形 OEPF 为矩形，则 OEPF，OFPE，结合柯西不等式有 S四边形ABCDOF DF AE OEOF2OE2 DF2AE2，其中 OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE2 8OP2，据此可得 S四边形ABCD OP2 8OP2 53 15，

10、综上，四边形 ABCD 面积的 最大值为 15. 8答案：0 6 解析：因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f(0)0，因为 f(x)f(2x)0，所以令 x 1 得 f(1)f(1)0，即 f(1)0.由 f(x)f(2x)0 得 f(x)f(2x)，又 f(x)是奇函数，所以 f(2x)f(x2)，即 f(x)f(x2)，则 f(x)是以 2 为周期的周期函数，则 f(0)f(2)0，f(1) f(3)0， 即 f(n)0(nZ) 注意到 f(x)的值域为(1,1)， 由 g(x)0 得 f(x)|lg x|1，1 10x10， 因此只需关心函数 yf(x)与 y|lg x|的图

11、象在区间 1 10，10 内的公共点个数在同一平面直角 坐标系内作出函数 yf(x)与 y|lg x|的图象， 如图所示， 由图可知， yf(x)的图象与函数 y|lg x|的图象共有 6 个交点，因此函数 g(x)的零点共有 6 个 9解析：(1)由 f(x)2sin2 4x 3cos 2x 1cos 22x 3cos 2x 1sin 2x 3cos 2x 12sin 2x 3 ， 则由 2k 22x 32k 2，kZ， 得 k5 12xk 12，kZ. 所以函数的单调递增区间为 k5 12，k 12 ，kZ. (2) 由 f(x)m2，得 f(x)m2， 当 x 0， 2 时，2x 3 3

12、， 4 3 ， f(0)12sin 31 3，函数 f(x)的最大值为 123， 要使方程 f(x)m2 在 x 0， 2 上有两个不同的解，则 f(x)m2 在 x 0， 2 上有 两个不同的解， 即函数 f(x)和 ym2 在 x 0， 2 上有两个不同的交点， 即 1 3m23， 即 31m1. 所以实数 m 的取值范围为 31,1) 10解析：(1)如图，取 DC 的中点 H，连接 QH，HL，BD.在正方体 ABCD - A1B1C1D1中， H，Q 分别为 DC，C1D1的中点，则 QHCD，从而 QH平面 ABCD，所以 QHAC. 在正方形 ABCD 中，H，L 分别为 CD，

13、BC 的中点，所以 BDHL，又 ACBD， 所以 HLAC. 又 QHHLH，所以 AC平面 QHL，所以 ACQL. (2)取 AB 的中点 M，连接 ML，MP，因为 M，L 分别为 AB，BC 的中点，所以 MLAC. 又 ACQL，所以 MLQL，易证 PQML 且 PQML，所以四边形 PQLM 为矩形，则点 A 到平面 PQL 的距离即点 A 到平面 PML 的距离，设其值为 h. 连接 PA，AL，在四面体 PAML 中，SAML1 2AM BL 1 2 a 2 a 2 1 8a 2， SPML1 2 ML PM 1 2 2 2 a a 2 2a2 a 2 2 3 4 a2， 由等体积法可知 V三棱锥P - AMLV三棱锥A - PML，即1 3 1 8a 2 a1 3 3 4 a2 h，解得 h 3 6 a，故点 A 到平面 PQL 的距离为 3 6 a.