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2013高考数学二轮复习专题演练7.1 数学思想方法---数形结合思想

2013高考数学二轮复习专题演练7.1 数学思想方法---数形结合思想


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2013 高考数学二轮复习专题演练 7.1
一、选择题
-x

数学思想方法---数形结合思想
x≤0, x>0. 若 f(x0 )>1,则 x0 的取值范围是 ( )

?2 -1, ? 1.设函数 f(x)=? 1 ? ?x2,
A.(-1,1) B.(-1,+∞)

C.(-∞,-2)∪(0,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析:方法一:因为 f(x0 )>1,当 x≤0 时,2-x0 -1>1,2-x0 >2,- x0 >1,∴x0 <-1;
1

当 x0 >0 时,x0 2>1,∴x0 >1. 综上,x0 的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞).

方法二:首先画出函数 y=f(x)与 y=1 的图象(如图),解方程 f(x)=1,得 x=-1,或 x=1.由图中易得 f(x0)>1 时,所对应 x0 的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞). 答案:D
?x +4x,x≥0, ? 2.已知函数 f(x)=? 若 f(2-a2)>f(a),则实数 a 的取值范围是 2 ? ? 4x-x ,x<0.
2

(

)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 解析: f(x)=?
?x2 +4x=?x+2?2 -4,x≥0, ? ?4x-x =-?x-2? +4,x<0, ?
2 2 2 2

由 f (x)的图象可知 f(x)在(-∞,+∞)
2

上是单调递增函数,由 f(2-a )>f(a)得 2-a >a,即 a +a-2<0,解得-2<a<1. 答案:C π 1 3.方程 sin?x- ? = x 的实数解的个数是 ? 4? 4 A.2 B.3 C.4 D.以上均不对 ( )

π 1 解析:分别作出 y=sin?x- ? 和 y= x 的图象如图: ? 4? 4
-1-

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由图象知方程的实数解有 3 个. 答案:B 4.定义在 R 上的偶函数 y=f(x)满足 f(x+2)=f(x),当 x∈[3,4]时,f(x)=x-2,则( A.f(sin 1 1 )<f(cos ) 2 2 B.f(sin D.f?sin ? π π )>f(cos ) 3 3 3? ? 3 >f cos ? 2? ? 2? )

C.f(sin 1)<f(cos 1) 解析:由

f(x)=f(x+2)知 T=2 为 f(x)的一个周期,设 x∈[-1,0],知 x+4∈[3,4],f(x)=f(x+4) =x+4-2=x+2,画出函数 f(x)的图象, 如图所示: 1 1 1 1 sin <cos ?f?sin ? >f?cos ?; 2 2 ? 2? ? 2? π π π π sin >cos ?f?sin ? <f?cos ?; 3 3 ? 3? ? 3? sin 1>cos 1?f(sin 1)<f(cos 1); 3 3 3 3 sin >cos ?f?sin ? <f?cos ?. ? 2? ? 2? 2 2 答案:C 5.已知 a,b 是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量 c 满足(a-c)· (b-c)=0,则|c| 的最大值是 A.1 B.2 C. 2 D. 2 2 ( )

解析:因数思形,以形助数,从向量的几何意义上来寻求问题的解决途径, ∵(a-c)· (b-c)=0,∴(a-c)⊥(b-c).

如上图所示,AC⊥BC,又已知 OA⊥OB, ∴O,A,C,B 四点共圆,当且仅当 OC 为圆的直径时,|c|最大,且最大值为 2.
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答案:C 二、填空题 6.函数 f(θ)= 解析: 的最大值为________. 2+cos θ sin θ

sin θ 2+cos θ

可以与两点连线的斜率联系起来,它实际上是点 P(cos θ,sin θ)与点 A(-

2,0)连线的斜率,而点 P(cos θ,sin θ)在单位圆上移动,问题变为:求单位圆上 的点与 A(- 2,0)连线斜率的最大值.如右图,显然,当 P 点移动到 B 点(此时,AB |OB| 与圆相切)时,AP 的斜率最大,最大值为 tan ∠BAO= =1. |AB| 答案:1 7.y=f(x)=?
?3x+6,x≥-2 ? ? ? -6-3x,x<-2

,若不等式 f(x)≥2x-m 恒成立,则实数 m 的取值范围是

________.

解析:在平面直角坐标系中作出函数 y=2x-m 及 y=f(x)的图象(如图),由于不等式 f(x)≥2x-m 恒成立,所以函数 y=2x-m 的图象应总在函数 y=f(x)的图象的下方,因 此,当 x=-2 时,y=-4-m≤0,所以 m≥-4, 所以 m 的取值范围是[-4,+∞). 答案:[-4,+∞) 三、解答题 8.不等式 x +|2x-4|≥p 对所有 x 都成立,求实数 p 的最大值. x2 p 解:构造函数 f(x)=|x-2|,g(x)=- + ,解不等式 f(x)≥g(x),即确定使函数 y= 2 2 f(x)的图象在函数 y=g(x)“上方”的点的横坐标 x 的取值范围,而本题是已知这个范 围对一切 x 成立,求 p 的最大值.
2

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x2 p x2 如图,y=- + 的图象可以由 y=- 的图象的顶点在 y 轴上下移动而得,满足题 2 2 2 x2 p 目条件的解应为 y=|x-2|的图象在 y=- + 的图象上方的极端情况. 2 2

?y=-x +p, ? 2 2 ? 只有一解. ?y=|x-2|?x<2?, ?
x2 p ∴- + =2-x, 2 2 即 x2 -2x-(p-4)=0, Δ=4+4(p-4)=0,p=3. 即 p 的最大值为 3. x y 9.已知 A(1,1)为椭圆 + =1 内一点,F 1 为椭圆左焦点,p 为椭圆上一动点,求|PF1 |+ 9 5 |PA|的最大值和最小值. x2 y2 解:由 + =1 可知 a=3,b= 5,c=2,左焦点 F 1 (-2,0),右焦点 F 2(2,0).由椭 9 5 圆定义,|PF 1|=2a-|PF 2 |=6-|PF2 |, ∴|PF 1|+|PA|=6-|PF 2 |+|PA|=6+|PA|-|PF 2 |.
2 2

2

如图,由||PA|-|PF2 ||≤|AF 2|=- ?2-1?2 +?0-1?2= 2,知- 2≤|PA|-|PF 2 |≤ 2. 当 P 在 AF 2 的延长线上的 P 2 处时,取右“=”; 当 P 在 AF 2 的反向延长线的 P 1 处时,取左“=”, 即|PA|-|PF 2|的最大、最小值分别为 2,- 2. 于是|PF 1|+|PA|的最大值是 6+ 2,最小值是 6- 2. 10.已知实数 x、y 满足不等式组?
2 ? 2 ?x +y ≤4

? ?x≥0

y+3 ,且 z= ,求 z 的取值范围. x+1

解:由解析几何知识可知,所给的不等式组表示圆域 x2 +y2 =4 的右半域(含边 界),z= y+3 可改写为 y+3=z(x+1),把 z 看作参数,则此方程表示过定点 P(-1, x+1

-3),斜率为 z 的直线系.那么所求问题的几何意义是:求过半圆域 x2 +
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y ≤4(x≥0)内或边界上任一点与点 P(-1,-3)的直线斜率的最大、最小值. 由图可知,过点 P 和点 A(0, 2)的直线斜率最大, z ma x= 2-?-3? =5. 0-?-1?

2

求 z 的最小值的方法一: 过点 P 向半圆作切线,切线的斜率最小. 设切点为 B(a,b),则过 B 点的切线方程为 ax+by=4.又 B 在半圆周上,P 在切线
?a2 +b2 =4 ? 上,则有? ,(又 a>0), ? ? -a-3b=4

?a=-2+3 6 5 解得? -6- 6 ?b= 5
因此 zmin = 2 6-3 . 3

求 z 的最小值的方法二: y+3 z= 变形为 zx-y+z-3=0. x+1 由直线 PB 与半圆相切,得 -3± 6 2 , 3 -3+2 6 . 3 |z-3| z2 +1 =2,

解得 z=

又 z>0,∴z min =

综上可知 z 的取值范围为

?2 6-3 ?. ? 3 ,5 ?

-5-



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