【文档说明】【精准解析】2021高考数学（文）二轮（统考版）：方法技巧专练 （五）.docx，共(7)页，272.315 KB，由envi的店铺上传

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专练(五)技法14数形结合思想1．[2020·福建省质量检测]在△ABC中，DC→＝2BD→，且E为AC的中点，则DE→＝()A．－23AB→＋16AC→B.23AB→－16AC→C．－13AB→－16

AC→D.23AB→＋56AC→2．[2020·广东省联考试题]函数f(x)＝ex－e－xx2＋|x|－2的部分图象大致是()3．设双曲线C:x2a2－y2b2＝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A

1A2为直径的圆与直线PF2相切，则双曲线C的离心率为()A.2B.3C．2D.54．[2020·郑州市质量预测]已知函数f(x)＝sin2ωx＋π3的相邻两条对称轴之间的距离为π4，将函数f(x)的图象向右

平移π8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)＋k＝0在x∈0，π2有且只有一个实数根，则k的取值范围是()A．k≤12B．－1≤k<－12C．－12<k≤12D．

－12<k≤12或k＝－15．[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex，x≤0，lnx，x>0，g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是()A．[－1,0)B．[0，＋∞)C．[－1，＋∞)D．[1，＋∞

)6．[2020·合肥市高三调研性检测]若实数x，y满足约束条件x＋y－1≥0，x－3y＋3≥0，x≤3，则z＝2x－y的最大值为________．7．[2020·武汉市调研测试]过圆O：x2＋y2＝4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________．8．[2020·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(2－x)＝0，且当x∈(0,1)时，f(x)＝x2，则f(1)＝________，g(x)＝f(x)－|lgx|，则

函数g(x)的零点共有______个．9．已知函数f(x)＝2sin2π4＋x＋3cos2x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)－m＝2在x∈0，π2上有两个不同的解，求实数m的取值范围．10．[20

20·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：AC⊥QL；(2)求点A到平面PQL的距离．专练(五)1．答案：A解析：解法一如图1，连接AD.DE→＝AE→－AD→＝12AC→－(AB→＋13B

C→)＝12AC→－AB→－13(AC→－AB→)＝－23AB→＋16AC→.解法二DE→＝DB→＋BA→＋AE→＝13CB→－AB→＋12AC→＝13(CA→＋AB→)－AB→＋12AC→＝－23AB

→＋16AC→.解法三如图2，作AF→＝DE→，以AB→，AC→为基底将AF→分解，AF→＝AN→＋AM→＝xAB→＋yAC→，则DE→＝xAB→＋yAC→，易知x<0，y>0，排除B，C，D选项，故选A.解法四不妨令△ABC为直角三角形，C＝90°，AC＝2，BC＝3，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→＝－23AB→＋16AC→，故选A.2．答案

：D解析：因为f(－x)＝e－x－exx2＋|x|－2＝－f(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)＝ex－e－x(|x|＋2)(|x|－1)<0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0.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，|PF1|2＋|PF2|2＝

|F1F2|2⇒4a2＋16a2＝20a2＝4c2⇒e＝ca＝5.4．答案：D解析：因为f(x)相邻两条对称轴之间的距离为π4，结合三角函数的图象可知T2＝π4.又因为T＝2π2ω＝πω＝π2，所以ω＝2，f(x)＝sin4x＋π3，将

f(x)的图象向右平移π8个单位得到f(x)＝sin4x－π8＋π3＝sin4x－π6，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g(x)＝sin2x－π6.所以方程为sin2x－π6＋k＝0.令2x－π6＝t，因为x∈0

，π2，所以－π6≤t≤5π6.若g(x)＋k＝0在x∈0，π2上有且只有一个实数根，即g(t)＝sint与y＝－k在－π6，5π6上有且只有一个交点．－12≤－k<12或－k＝1，即－12<k≤12或k＝

－1.5．答案：C解析：令h(x)＝－x－a，则g(x)＝f(x)－h(x)．在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示．若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)

的图象，可知当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意．当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1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2x－y＝0，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z＝2x－y取得最大值，即zmax＝2×3

－(－2)＝8.优解由x＝3x＋y－1＝0得x＝3y＝－2，此时z＝8；由x＝3x－3y＋3＝0得x＝3y＝2，此时z＝4；由x＋y－1＝0x－3y＋3＝0得

x＝0y＝1，此时z＝－1.综上所述，z＝2x－y的最大值为8.7．答案：15解析：如图所示，S四边形ABCD＝12(PA·PD－PB·PC)，取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD＝12[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(P

F－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤(OF2＋OE2)·(DF2＋AE2)，其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，据此可得S四边形

ABCD≤OP2·(8－OP2)＝5×3＝15，综上，四边形ABCD面积的最大值为15.8．答案：06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(2－x)＝0，所以令x＝1得f(1)＋f(1)＝0，即f(1)＝0.由f(x)＋f(2－x)＝0得f

(x)＝－f(2－x)，又f(x)是奇函数，所以－f(2－x)＝f(x－2)，即f(x)＝f(x－2)，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(n∈Z)．注意到f(x)的值域为(－

1,1)，由g(x)＝0得f(x)＝|lgx|<1，110<x<10，因此只需关心函数y＝f(x)与y＝|lgx|的图象在区间110，10内的公共点个数．在同一平面直角坐标系内作出函数y＝f(x)

与y＝|lgx|的图象，如图所示，由图可知，y＝f(x)的图象与函数y＝|lgx|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π4＋x＋3cos2x＝1－cosπ2＋2x＋3cos2x＝1＋sin2x＋

3cos2x＝1＋2sin2x＋π3，则由2kπ－π2≤2x＋π3≤2kπ＋π2，k∈Z，得kπ－5π12≤x≤kπ＋π12，k∈Z.所以函数的单调递增区间为kπ－5π12，kπ＋π12，k∈Z.(2)由f(x)－m＝2，得f(x)＝m＋2，当x

∈0，π2时，2x＋π3∈π3，4π3，∵f(0)＝1＋2sinπ3＝1＋3，函数f(x)的最大值为1＋2＝3，∴要使方程f(x)－m＝2在x∈0，π2上有两个不同的解，则f(x)＝m＋2在x∈0，π2上有两个不同的解，即函数f(x)和y＝m＋2在

x∈0，π2上有两个不同的交点，即1＋3≤m＋2<3，即3－1≤m<1.所以实数m的取值范围为[3－1,1)．10．解析：(1)如图，取DC的中点H，连接QH，HL，BD.在正方体ABCD-A

1B1C1D1中，H，Q分别为DC，C1D1的中点，则QH⊥CD，从而QH⊥平面ABCD，所以QH⊥AC.在正方形ABCD中，H，L分别为CD，BC的中点，所以BD∥HL，又AC⊥BD，所以HL⊥AC.又QH∩HL＝H，所以AC⊥平面Q

HL，所以AC⊥QL.(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ML∥AC.又AC⊥QL，所以ML⊥QL，易证PQ∥ML且PQ＝ML，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，S△AML＝12AM·BL＝12·a2·a2＝18a2，S△PML＝12·ML·PM＝12·22a·a22＋a2＋a22＝34a2，由等体积法可知V三棱锥P-AML＝V三棱锥A-PML，即13·1

8a2·a＝13·34a2·h，解得h＝36a，故点A到平面PQL的距离为36a.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com