【三维设计】高中数学二轮专题第二部分专题5配套专题检测.pdf

1【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题第二部分专题 5 配套专题检测1已知变量a，R，则(a2cos)2(a 522sin)2的最小值为 _解析：(a，a52)在直线xy520 上，点(2cos，2sin)在圆x2y24上，圆心到直线xy520 的距离为5，则圆上点到直线距离最小值为3，故所求的最小值为 9.答案：9 2已知实数x，y满足(x3)2y23，则yx 1的最大值是 _解析：yx1可看作是过点P(x，y)与M(1,0)的直线的斜率，其中点P在圆(x3)2y23 上，如图，当直线处于图中切线位置时，斜率yx1最大，最大值为tan 3.答案：3 3不等式0 x2axa1 的解集是单元素集，则a的值为 _解析：画图(如右图)，可知当函数yx2axa的最小值为 1时满足题意 可得4aa241，解得a2.答案：2 _的集合为k一解，则实数惟有2kx1x2的方程x若关于4解析：如图，设f(x)1x2，g(x)kx2，f(x)图象是半圆，g(x)图象是经过(0,2)的直线系，当直线与半圆相切时，k3满足题意；当直线在点(1,0)与(1,0)之间旋转，即k2 时也满足题意答案：k|k2，或k3 5对a，bR，记 maxa，b a，ab，b，a0)的焦点F作一直线交抛物线交于P、Q两点，若线段PF、FQ的长分别为p、q，则1p1q_.解析：设k0，因抛物线焦点坐标为0，14a，把直线方程y14a代入抛物线方程得x12a，所以PFFQ12a，从而1p1q4a.答案：4a7 已知函数f(x)sin xcos x|sin xcos x|对任意xR都有f(x1)f(x)f(x2)，则|x2x1|的最小值为 _解析：依题意知，当sin xcos x0，即 sin xcos s时，f(x)2sin x；当 sin xcos x0，即 sin xcos x时，f(x)2cos xf(x1)，f(x2)分别是f(x)的最小值与最大值，在坐标系中画出函数yf(x)的图象，结合图象可知，|x2x1|的最小值为34.8把一个长、宽、高分别为25 cm、20 cm、5 cm的长方体木盒从一个正方形窗口穿过，那么正方形窗口的边长至少应为_解析：由于长方体各个面中宽和高所在的面的边长最小，所以应由这个面对称地穿过窗口才能使正方形窗口边长尽量地小如图：设AEx，BEy，则有AEAHCFCGx，BEBFDGDHy，x2x2202，y2y252，即x102，y522.ABxy 1025222522.答案：25229(2012泰州期末)设实数a1，使得不等式x|xa|32a，对任意的实数x1,2恒成立，则满足条件的实数a的范围是 _解析：当a32时，不等式x|xa|32a，对任意的实数x1,2恒成立，当a32时，将不等式化为|xa|a32x，作出函数y|xa|，y3 a32x(1x2)的图象，如图，不等式x|xa|32a，对任意的实数x1,2恒成立的条件 是，函 数y|xa|的 图 象 全 部 落 在 函 数ya32x(1x2)的 图 象 的 上 方，由a2a322，a1a32，解得a52.综上所述，实数a的范围是1，3252，.答案：1，3252，10(2012南通三模)若函数f(x)|2x1|，则函数g(x)f(f(x)ln x在(0,1)上不同的零点个数为_解析：考虑函数yf(f(x)|2|2x1|1|与y ln x的图象交点的个数而函数y|2|2x1|1|4x3，x34，4x3，12x34，4x1，14x12，4x1，x0，x1x2u0.解得 0uk24，即实数u的取值范围是0，k24.(2)1x1x11x2x2x1x21x1x2x21x22x1x2uk21u 2.令f(u)uk21u2(u0)，所以f(u)1k2 1u2，()若k1，因为 0uk24，所以f(u)0，从而f(u)在 0，k24为增函数，所以uk21u2fk24k24k21k242k22k2，即1x1x11x2x2k22k2不恒成立()若 0k0，所以函数f(u)在(0，1k2 上递减，在 1k2，)上递增，要使函数f(u)在 0，k24上恒有f(u)fk24，必有1k2k24，即k416k2160，解得0k252.综上，k的取值范围是(0,2 52 12(2012南师大信息卷)定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意xD，存在常数M0，都有|f(x)|M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界已知函数f(x)1xax2.(1)当a 1 时，求函数f(x)在(，0)上的值域，判断函数f(x)在(，0)上是否为有界函数，并说明理由；(2)若函数f(x)在x 1,4 上是以 3 为上界的有界函数，求实数a的取值范围解：(1)a 1时，f(x)1xx2x12254，5 所以f(x)在x(，0)上单调递增，故f(x)012254 1，故函数f(x)在(，0)上的值域为(，1)又f(x)0，使|f(x)|M都成立故函数f(x)在(，0)上不是有界函数(2)若函数f(x)在1,4上是以 3 为上界的有界函数，则|f(x)|3 在1,4上恒成立即3f(x)3，故 31xax23，4xx2a2xx2，即4x21xa2x21x在x1,4上恒成立所以4x21xmaxa2x21xmin.令1xt，则t14，1，(4t2t)maxa(2t2t)min，t14，1.令g(t)4t2t，则g(t)4t182116 5，12.令h(t)2t2t，则h(t)2t14218 18，1.实数a的取值范围为12，18.