2019数学（文）通用版二轮精准提分练习第三篇 （一）函数与方程思想、数形结合思想

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，业必贵于专精数学教学的最终目标，是要让学生会用数学的眼光观察现实世界，会用数学的思维思考现实世界。数学素养就是指学生学习数学应当达成的有特定意义的综合性能力，数学核心素养高于具体的数学知识技能，具有综合性、整体性和持久性，反映数学本质与数学思想，数学核心素养是数学思想方法在具体学习领域的表现。二轮复习中如果能自觉渗透数学思想，加强个人数学素养的培养，就会在复习中高屋建瓴,对整体复习起到引领和导向作用.函数与方程思想、数形结合思想一、函数与方程思想在不等式中的应用函数与不等式的相互转化,把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题,常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题。一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解.1.设0<a<1,e为自然对数的底数，则a，ae，ea－1的大小关系为（）A。ea－1〈a〈ae B.ae〈a〈ea－1C。ae〈ea－1〈a D。a〈ea－1〈ae答案B解析设f（x)＝ex－x－1,x〉0，则f′（x)＝ex－1，∴f(x）在(0，＋∞)上是增函数，且f(0）＝0，f(x)>0，∴ex－1>x，即ea－1>a.又y＝ax(0〈a<1）在R上是减函数，得a>ae,从而ea－1〉a>ae。2.已知定义在R上的函数g(x)的导函数为g′(x)，满足g′（x)－g(x）<0，若函数g（x）的图象关于直线x＝2对称,且g（4)＝1，则不等式eq\f（gx,ex）>1的解集为________.答案(－∞,0）解析∵函数g（x)的图象关于直线x＝2对称，∴g(0）＝g（4）＝1。设f(x）＝eq\f（gx,ex),则f′(x）＝eq\f(g′xex－gxex,ex2)＝eq\f（g′x－gx,ex)。又g′（x）－g（x)〈0，∴f′(x)<0，∴f(x）在R上单调递减.又f(0)＝eq\f（g0,e0)＝1，∴f（x)>f（0），∴x<0。3。已知f(t）＝log2t，t∈［eq\r（2)，8]，对于f(t）值域内的所有实数m，不等式x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立，则x的取值范围是__________________.答案(－∞，－1）∪(2，＋∞）解析∵t∈［eq\r(2)，8］，∴f（t）∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1，2），3)）。问题转化为m（x－2)＋(x－2)2〉0恒成立，当x＝2时，不等式不成立，∴x≠2.令g（m）＝m（x－2）＋(x－2）2,m∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)，3)).问题转化为g（m）在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)）上恒大于0，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(g\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2））)>0,，g3>0，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）x－2＋x－22〉0，,3x－2＋x－22〉0，）)解得x>2或x〈－1.4.若x∈［－2，1］时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是_________。答案［－6，－2]解析当－2≤x〈0时，不等式转化为a≤eq\f（x2－4x－3,x3）。令f（x)＝eq\f（x2－4x－3,x3)（－2≤x<0），则f′（x)＝eq\f（－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－x－9x＋1，x4)，故f（x）在[－2，－1］上单调递减,在（－1，0)上单调递增，此时有a≤f（x）min＝f(－1）＝eq\f(1＋4－3，－1)＝－2.当x＝0时,不等式恒成立.当0<x≤1时,a≥eq\f（x2－4x－3，x3），则f（x）在（0,1]上单调递增，此时有a≥f(x)max＝f(1)＝eq\f（1－4－3,1)＝－6。综上，实数a的取值范围是［－6,－2］.二、函数与方程思想在数列中的应用数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数；等差数列或等比数列的基本量的计算一般化归为方程组来解决。5.已知{an｝是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，则其公差d等于（）A.－eq\f（2,3） B.－eq\f(1，3)C。eq\f（1，3) D。eq\f(2，3)答案D解析设等差数列的首项为a1，公差为d，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a10＝a1＋9d＝10,,S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝70，））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝10,，2a1＋9d＝14，）)解得d＝eq\f(2,3）.6.已知在数列｛an}中，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f（n＋2，3)an，则eq\f(an,an－1)的最大值为(）A。－3B.－1C.3D.1答案C解析当n≥2时，Sn＝eq\f(n＋2，3)an，Sn－1＝eq\f(n＋1，3）an－1,两式作差可得an＝eq\f(n＋2，3)an－eq\f（n＋1,3）an－1,即eq\f(an,an－1）＝eq\f(n＋1,n－1）＝1＋eq\f(2，n－1）.由函数y＝1＋eq\f（2，x－1）在(1，＋∞）上是减函数，可得eq\f（an，an－1）在n＝2时取得最大值3.7。在等差数列{an}中,若a1〈0，Sn为其前n项和,且S7＝S17,则Sn取最小值时n的值为________。答案12解析由已知得，等差数列{an｝的公差d>0,设Sn＝f（n）,则f(n）为二次函数，又由f(7)＝f（17）知，f(n)的图象开口向上，关于直线n＝12对称，故Sn取最小值时n的值为12。8。设等差数列{an｝的前n项和为Sn，若S4＝－2，S6＝3,则nSn的最小值为________。答案－9解析由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝－2，,6a1＋15d＝3))解得a1＝－2，d＝1,所以Sn＝eq\f(n2－5n,2）,故nSn＝eq\f(n3－5n2，2)。令f(x）＝eq\f（x3－5x2，2），则f′(x)＝eq\f(3，2）x2－5x，令f′（x）＝0,得x＝0或x＝eq\f（10，3)，∴f（x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(10，3）))上单调递减，在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（10，3)，＋∞)）上单调递增。又∵n是正整数,故当n＝3时，nSn取得最小值－9。三、函数与方程思想在解析几何中的应用解析几何中求斜率、截距、半径、点的坐标、离心率等几何量经常要用到方程组的思想；直线与圆锥曲线的位置关系问题,可以通过转化为一元二次方程，利用判别式进行解决；求变量的取值范围和最值问题常转化为求函数的值域、最值，用函数的思想分析解答。9.（2016·全国Ⅰ）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点,交C的准线于D,E两点。已知｜AB｜＝4eq\r(2），|DE|＝2eq\r(5），则C的焦点到准线的距离为（)A.2B.4C。6D。8答案B解析不妨设抛物线C：y2＝2px（p>0)，圆的方程设为x2＋y2＝r2（r〉0)，如图，又可设A(x0，2eq\r(2)），Deq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（p，2),\r(5）)），点A（x0，2eq\r(2))在抛物线y2＝2px上，∴8＝2px0,①点A(x0,2eq\r(2)）在圆x2＋y2＝r2上,∴xeq\o\al(2，0）＋8＝r2，②点Deq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(p，2），\r（5）)）在圆x2＋y2＝r2上，∴5＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(p，2)))2＝r2，③联立①②③，解得p＝4(负值舍去），即C的焦点到准线的距离为p＝4，故选B.10。如图,已知双曲线C：eq\f（x2,a2)－eq\f(y2，b2)＝1（a>0，b>0)的右顶点为A，O为坐标原点,以A为圆心的圆与双曲线C的一条渐近线交于P，Q两点，若∠PAQ＝60°，且eq\o（OQ,\s\up6（→）)＝3eq\o(OP,\s\up6(→)），则双曲线C的离心率为(）A。eq\f(2\r(3)，3）B.eq\f(\r（7），2)C.eq\f(\r（39）,6)D。eq\r(3)答案B解析因为∠PAQ＝60°，｜AP|＝｜AQ|，所以｜AP｜＝｜AQ｜＝|PQ｜,设|AQ|＝2R,又eq\o（OQ,\s\up6（→)）＝3eq\o(OP，\s\up6(→）），则｜OP|＝eq\f（1，2）｜PQ|＝R。双曲线C的渐近线方程是y＝eq\f(b,a)x,A（a，0），所以点A到直线y＝eq\f（b，a）x的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f（b,a）·a－0)），\r（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b，a）)）2＋－12）)＝eq\f(ab,\r（a2＋b2）),所以eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(ab，\r(a2＋b2））)）2＝（2R）2－R2＝3R2，即a2b2＝3R2(a2＋b2），在△OQA中,由余弦定理得,｜OA|2＝｜OQ|2＋｜QA｜2－2｜OQ|｜QA|cos60°＝（3R）2＋（2R)2－2×3R×2R×eq\f(1,2)＝7R2＝a2。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2b2＝3R2a2＋b2，，a2＝7R2,))得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a2＝7R2，,b2＝\f（21,4)R2,)）所以双曲线C的离心率为e＝eq\f（c，a）＝eq\r（\f(c2，a2）)＝eq\r(\f（a2＋b2,a2）)＝eq\r(1＋\f（b2，a2））＝eq\r（1＋\f（\f(21，4）R2，7R2））＝eq\f（\r（7),2）.11.设椭圆中心在坐标原点，A（2，0),B（0，1)是它的两个顶点，直线y＝kx（k〉0)与AB相交于点D,与椭圆相交于E，F两点.若eq\o（ED，\s\up6(→)）＝6eq\o（DF，\s\up6(→)），则k的值为________。答案eq\f(2，3）或eq\f(3，8）解析依题意得椭圆的方程为eq\f（x2，4)＋y2＝1,直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx（k>0）。如图，设D（x0，kx0),E（x1，kx1），F(x2，kx2),其中x1〈x2，且x1，x2满足方程（1＋4k2）x2＝4，故x2＝－x1＝eq\f（2,\r（1＋4k2)）。由eq\o(ED,\s\up6(→）)＝6eq\o(DF，\s\up6(→）)知，x0－x1＝6(x2－x0)，得x0＝eq\f(1,7)（6x2＋x1)＝eq\f（5,7)x2＝eq\f(10，7\r（1＋4k2)）.由点D在AB上知x0＋2kx0＝2，得x0＝eq\f（2，1＋2k)。所以eq\f（2，1＋2k)＝eq\f(10，7\r(1＋4k2）），化简得24k2－25k＋6＝0，解得k＝eq\f（2，3)或k＝eq\f（3,8)。12。已知直线l：y＝k(x＋1）与抛物线C：y2＝4x交于不同的两点A，B，且以AB为直径的圆过抛物线C的焦点F,则k＝________。答案eq\f(\r（2），2）或－eq\f(\r(2),2)解析点F的坐标为（1，0)，设A(x1，y1)，B（x2，y2），则y1＝k（x1＋1），y2＝k（x2＋1)，当k＝0时，l与C只有一个交点，不合题意，因此k≠0.将y＝k(x＋1)代入y2＝4x，消去y，得k2x2＋2(k2－2）x＋k2＝0，①依题意知,x1，x2是①的不相等的两个实根，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4k2－22－4k4〉0，②,x1＋x2＝\f（22－k2,k2)，，x1x2＝1。))由以AB为直径的圆过F，得AF⊥BF,即kAF·kBF＝－1，所以eq\f（y1，x1－1）·eq\f(y2,x2－1)＝－1，即x1x2＋y1y2－（x1＋x2）＋1＝0，所以x1x2＋k2（x1＋1）（x2＋1）－(x1＋x2）＋1＝0，所以（1＋k2)x1x2＋（k2－1）（x1＋x2）＋1＋k2＝0，③把x1＋x2＝eq\f(22－k2，k2)，x1x2＝1代入③得2k2－1＝0，解得k＝±eq\f（\r(2）,2），经检验k＝±eq\f（\r(2)，2）适合②式.综上所述，k＝±eq\f（\r(2),2）。一、数形结合思想在解方程或函数零点问题中的应用讨论方程的解或函数零点的问题一般可以构造两个函数,将方程解的个数转化为两条曲线的交点个数.构造函数时，要先对方程进行变形，尽量构造两个比较熟悉的函数。1.(2018·咸阳模拟）函数f(x)＝2x－eq\f(1,x)的零点个数为（)A。0B.1C。2D.3答案B解析在同一平面直角坐标系下，作出函数y1＝2x和y2＝eq\f(1,x）的图象，如图所示.函数f(x）＝2x－eq\f（1，x）的零点个数等价于2x＝eq\f(1，x)的根的个数，等价于函数y1＝2x和y2＝eq\f（1,x）图象的交点个数.由图可知只有一个交点，所以有一个零点.故选B。2。若关于x的方程eq\f(\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(x）),x＋4)＝kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为________.答案eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，4)，＋∞))解析x＝0是方程的一个实数解;当x≠0时，方程eq\f（\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(x)),x＋4)＝kx2可化为eq\f（1，k)＝(x＋4）|x|，x≠－4，k≠0，设f（x)＝（x＋4)｜x|(x≠－4且x≠0），y＝eq\f(1,k）,则两函数图象有三个非零交点.f（x)＝(x＋4）|x|＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x〉0，，－x2－4x，x〈0，x≠－4))的大致图象如图所示，由图可得0〈eq\f（1,k)<4,解得k>eq\f（1，4).所以k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，4)，＋∞））。3。设函数f（x)＝eq\f（x,2）－cosx,则方程f（x)＝eq\f（π，4)所有实根的和为________.答案eq\f（π,2）解析由f（x）＝eq\f(x，2)－cosx＝eq\f（π,4)，得eq\f(x,2)－eq\f（π，4)＝cosx,令y1＝eq\f（x,2）－eq\f(π,4)，y2＝cosx。在同一坐标系内作出两函数图象(图略)，可知两图象只有一个交点eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,2),0））。∴方程f(x）＝eq\f(π，4)的实根之和为eq\f（π，2）.4.已知函数f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1－x2,x≤1，，lnx，x〉1,))若方程f(x)＝mx－eq\f(1，2）恰有四个不相等的实数根,则实数m的取值范围是____________.答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2），\f（1,\r(e））))解析方程f（x）＝mx－eq\f(1，2)恰有四个不相等的实数根可化为函数f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（1－x2，x≤1，，lnx,x>1））与函数y＝mx－eq\f（1,2)的图象有四个不同的交点，如图所示.由题意知，Ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，－\f(1,2)））,B(1，0)，故kBC＝eq\f（1，2).当x>1时，f（x）＝lnx,f′（x)＝eq\f(1,x),设切点A的坐标为(x1，lnx1)，则eq\f(lnx1＋\f(1,2）,x1－0）＝eq\f(1,x1），解得x1＝eq\r(e)，故kAC＝eq\f（1,\r（e）)。结合图象可得，实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2），\f（1,\r(e)））)。二、数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用构建函数模型，分析函数的单调性并结合其图象特征研究量与量之间的大小关系、求参数的取值范围或解不等式.5.(2018·全国Ⅰ）设函数f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2－x，x≤0，,1，x＞0，))则满足f（x＋1）＜f(2x)的x的取值范围是()A。（－∞，－1］ B.（0，＋∞)C.（－1，0) D。（－∞，0)答案D解析方法一①当eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋1≤0,，2x≤0，)）即x≤－1时，f（x＋1）＜f（2x）即为2－(x＋1)＜2－2x，即－（x＋1)＜－2x，解得x＜1。因此不等式的解集为（－∞，－1］。②当eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋1≤0,，2x＞0))时，不等式组无解.③当eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋1＞0，,2x≤0，））即－1＜x≤0时，f（x＋1）＜f(2x)即1＜2－2x,解得x＜0.因此不等式的解集为（－1,0)。④当eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，，2x＞0,）)即x＞0时，f(x＋1)＝1，f(2x)＝1,不合题意.综上，不等式f（x＋1)＜f（2x）的解集为(－∞，0）.故选D.方法二∵f（x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x＞0，）)∴函数f(x)的图象如图所示.由图可知,当x＋1≤0且2x≤0时，函数f（x)为减函数，故f（x＋1）＜f（2x）转化为x＋1＞2x。此时x≤－1。当2x＜0且x＋1＞0时，f(2x)＞1，f(x＋1）＝1,满足f(x＋1)＜f(2x)。此时－1＜x＜0.综上，不等式f(x＋1）＜f(2x）的解集为（－∞,－1]∪（－1,0）＝(－∞，0）.故选D。6.设A，B在圆x2＋y2＝1上运动,且|AB｜＝eq\r(3),点P在直线l：3x＋4y－12＝0上运动，则｜eq\o(PA，\s\up6（→))＋eq\o（PB,\s\up6（→））｜的最小值为（）A。3 B.4C。eq\f（17,5） D。eq\f(19,5)答案D解析设AB的中点为D，由平行四边形法则可知eq\o（PA，\s\up6(→））＋eq\o(PB,\s\up6（→））＝2eq\o(PD，\s\up6（→))，所以当且仅当O,D,P三点共线时，｜eq\o（PA，\s\up6（→))＋eq\o（PB，\s\up6（→）)｜取得最小值，此时OP垂直于直线3x＋4y－12＝0，OP⊥AB，因为圆心到直线的距离为eq\f（12,\r（9＋16）)＝eq\f(12,5),|OD｜＝eq\r（1－\f(3，4）)＝eq\f（1，2），所以|eq\o(PA,\s\up6（→)）＋eq\o(PB，\s\up6(→)）|的最小值为2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（12,5）－\f(1，2)））＝eq\f（19，5)。7。若不等式|x－2a｜≥eq\f(1,2）x＋a－1对x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞,\f(1，2)）)解析作出y1＝|x－2a|和y2＝eq\f(1,2)x＋a－1的简图，如图所示。依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≤2－2a,，a－1<0，））故a≤eq\f（1，2)。8。已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－x2＋2ax，x≥1,,2ax－1，x<1，)）若存在两个不相等的实数x1，x2,使得f（x1）＝f（x2）,则实数a的取值范围为________.答案［0，＋∞）解析根据题意知f（x）是一个分段函数,当x≥1时，是一个开口向下的二次函数，对称轴方程为x＝a；当x<1时,是一个一次函数.当a〉1时，如图（1)所示，符合题意；当0≤a≤1时，如图(2)所示,符合题意；当a〈0时，如图(3)所示，此时函数在R上单调递减，不满足题意.综上所述，可得a≥0。三、数形结合思想在解析几何中的应用在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，挖掘题中所给的代数关系式和几何关系式，构建解析几何模型并应用模型的几何意义求最值或范围;常见的几何结构的代数形式主要有：①比值-—可考虑直线的斜率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式—-可考虑两点间的距离.9。已知圆C：（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0)，B(m,0)(m>0)。若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°,则m的最大值为（)A.7B.6C。5D。4答案B解析根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3，4)，半径r＝1，且｜AB｜＝2m，因为∠APB＝90°，连接OP,可知|OP|＝eq\f(1,2）｜AB|＝m。要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离.因为｜OC|＝5，所以｜OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.10。设双曲线C：eq\f（x2,a2）－eq\f（y2，b2)＝1(a〉0，b>0)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（）A。eq\r(2）B.eq\r(3)C.2D。eq\r（5)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OQ⊥PF2。又PF1⊥PF2,O为F1F2的中点,所以|PF1｜＝2｜OQ｜＝2a.又|PF2|－｜PF1｜＝2a，所以｜PF2|＝4a.在Rt△F1PF2中，由|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，得4a2＋16a2＝20a2＝4c2，即e＝eq\f（c,a)＝eq\r（5).11。已知抛物线的方程为x2＝8y,F是其焦点，点A（－2，4），在此抛物线上求一点P，使△APF的周长最小，此时点P的坐标为________。答案eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－2,\f(1，2）)）解析因为(－2）2<8×4,所以点A(－2，4)在抛物线x2＝8y的内部，如图，设抛物线的准线为l，过点P作PQ⊥l于点Q，过点A作AB⊥l于点B,连接AQ，由抛物线的定义可知,△APF的周长为|PF｜＋｜PA｜＋|AF｜＝|PQ|＋|PA|＋|AF｜≥|AQ｜＋|AF｜≥｜AB｜＋|AF|，当且仅当P，B，A三点共线时,△APF的周长取得最小值，即|AB｜＋｜AF|。因为A(－2,4)，所以不妨设△APF的周长最小时，点P的坐标为(－2，y0),代入x2＝8y，得y0＝eq\f（1，2）.故使△APF的周长最小的点P的坐标为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－2,\f（1,2）)).12。已知P是直线l：3x＋4y＋8＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线,A，B是切点，C是圆心,则四边形PACB面积的最小值为________.答案2eq\r(2）解析连接PC,由题意知圆的圆心C(1,1）,半径为1，从运动的观点看问题，当动点P沿直线3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，Rt△PAC的面积S△PAC＝eq\f(1，2)｜PA｜｜AC|＝eq\f（1，2）｜PA｜越来越大，从而S四边形PACB也越来越大；当点P从左上、右下两个方向向中间运动时，S四边形PACB变小,显然，当点P到达一个最特殊的位置，即CP垂直于直线l时，S四边形PACB有唯一的最小值,此时｜PC|＝eq\f(|3×1＋4×1＋8|，\r（32＋42))＝3，从而|PA｜＝eq\r（|PC|2－|AC|2)＝2eq\r(2)，所以(S四边形PACB）min＝2×eq\f（1，2）×|PA｜×|AC|＝2eq\r（2）。1.(2018·咸阳模拟)已知定义在R上的函数f（x)的导函数为f′(x），且f(x）＋f′(x)〉1，设a＝f(2)－1，b＝e[f（3)－1]，则a，b的大小关系为（)A。a<bB。a>bC.a＝bD.无法确定答案A解析令g（x）＝exf（x）－ex，则g′（x）＝ex[f(x)＋f′(x）－1］>0，即g（x）在R上为增函数。所以g(3)>g（2）,即e3f(3）－e3〉e2f(2）－e2,整理得e[f(3)－1]>f（2)－1，即a<b。2。（2018·宣城调研）定义在R上的奇函数f(x）满足f（x＋2)＝－f(x），且在［0,1］上是减函数，则有（)A。f

eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3，2）))<f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1,4）)）<f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，4)）） B。f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，4））)<f

eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，4）))〈f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3,2）))C.f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3，2)）)〈f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,4）))〈f

eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，4))) D。f

eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,4）））〈f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3,2))）<f

eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,4))）答案C解析因为f（x＋2）＝－f(x)＝f(－x），所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称,又T＝4，作图，由图知f

eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3，2）））〈f

eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，4)））〈f

eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，4))）.3。过双曲线eq\f(x2,a2）－eq\f（y2，b2)＝1（a>0，b>0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为点A，与另一条渐近线交于点B，若eq\o（FB，\s\up6(→)）＝2eq\o(FA,\s\up6（→))，|eq\o（FA，\s\up6（→））|＝3eq\r(2)，则该双曲线的标准方程为()A.eq\f(x2,6）－eq\f(y2，18)＝1 B.eq\f（x2,18)－eq\f（y2，6）＝1C.eq\f(x2,18)－eq\f（y2,12）＝1 D.eq\f(x2,18)－eq\f（y2,18）＝1答案A解析如图，因为eq\o(FB,\s\up6（→））＝2eq\o(FA,\s\up6（→)),所以A为线段FB的中点，所以∠2＝∠3，又∠1＝∠3,所以3∠1＝180°,所以∠1＝60°，所以eq\f（b,a）＝eq\r（3），又｜eq\o(FA，\s\up6(→））｜＝3eq\r（2)，所以b＝3eq\r（2），a＝eq\r（6）,所以该双曲线的标准方程为eq\f（x2,6)－eq\f（y2,18）＝1，故选A。4.过双曲线eq\f（x2,a2）－eq\f(y2,b2)＝1(a>0,b>0）的右焦点F作直线y＝－eq\f（b，a）x的垂线，垂足为A，交双曲线左支于B点，若eq\o（FB，\s\up6(→))＝2eq\o（FA，\s\up6(→）)，则该双曲线的离心率为（）A。eq\r（3）B。2C.eq\r(5）D.eq\r(7）答案C解析设F（c,0），则直线AB的方程为y＝eq\f(a,b）（x－c)，代入双曲线渐近线方程y＝－eq\f(b,a）x，得Aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（a2,c）,－\f(ab，c))).由eq\o（FB,\s\up6(→)）＝2eq\o(FA,\s\up6（→）），可得Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2a2－c2,c），－\f（2ab，c））），把B点坐标代入eq\f(x2,a2）－eq\f(y2，b2）＝1，得eq\f(2a2－c22，a2c2）－eq\f(4a2，c2)＝1,∴c2＝5a2，∴离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r（5）.5.如果实数x，y满足(x－2)2＋y2＝3，则eq\f（y,x）的最大值为(）A.eq\f(1，2)B.eq\f(\r（3），3）C.eq\f(\r（3），2）D.eq\r（3）答案D解析方程(x－2)2＋y2＝3的几何意义为平面直角坐标系内的圆，圆心为M（2,0），半径为r＝eq\r(3）（如图)，而eq\f（y，x)＝eq\f(y－0，x－0）则表示圆M上的点A（x，y）与坐标原点O（0，0）的连线的斜率.所以该问题可转化为动点A在以M(2，0)为圆心，以eq\r(3）为半径的圆上移动,求直线OA的斜率的最大值。由图可知当∠OAM在第一象限，且直线OA与圆M相切时，OA的斜率最大，此时OM＝2，AM＝eq\r（3）,OA⊥AM，则OA＝eq\r(OM2－AM2)＝1,tan∠AOM＝eq\f（AM,OA)＝eq\r(3），故eq\f(y,x）的最大值为eq\r(3)，故选D。6。已知函数f(x)＝|lg（x－1)｜，若1＜a＜b且f(a)＝f(b），则a＋2b的取值范围为（)A。(3＋2eq\r（2)，＋∞） B。[3＋2eq\r（2），＋∞）C.(6，＋∞) D.[6，＋∞）答案C解析由图象可知b＞2，1＜a＜2,∴－lg（a－1）＝lg（b－1)，则a＝eq\f(b，b－1），则a＋2b＝eq\f（b,b－1）＋2b＝eq\f(2b2－b,b－1)＝eq\f(2b－12＋3b－1＋1，b－1)＝2(b－1)＋eq\f(1,b－1）＋3，由对勾函数的性质知，当b∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r（2），2）＋1，＋∞))时,f（b)＝2（b－1）＋eq\f(1，b－1)＋3单调递增,∵b＞2，∴a＋2b＝eq\f（b，b－1）＋2b＞6.7。（2018·东莞模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x2－x，x≥1，，x2－3x＋2，x<1，）)若不等式f(x)≥mx恒成立，则实数m的取值范围为（)A.[－3－2eq\r（2），－3＋2eq\r(2)]B。［－3＋2eq\r(2)，0]C。[－3－2eq\r（2）,0］D。（－∞，－3－2eq\r(2)]∪［－3＋2eq\r(2），＋∞）答案C解析函数f(x)及y＝mx的图象如图所示，由图象可知，当m〉0时，不等式f(x）≥mx不恒成立，设过原点的直线与函数f（x）＝x2－3x＋2(x〈1）相切于点A（x0,xeq\o\al(2,0）－3x0＋2)，因为f′(x0）＝2x0－3,所以该切线方程为y－(xeq\o\al(2，0）－3x0＋2)＝(2x0－3)（x－x0),因为该切线过原点，所以－（xeq\o\al（2,0）－3x0＋2)＝－x0（2x0－3)，解得x0＝－eq\r（2),即该切线的斜率k＝－2eq\r(2)－3。由图象得－2eq\r(2）－3≤m≤0。故选C。8。（2018·北京师范大学附中模拟)设函数f（x）＝exeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co