1、高考资源网（） 您身边的高考专家专练(五)技法14数形结合思想12020福建省质量检测在ABC中，2，且E为AC的中点，则()A B.C D.22020广东省联考试题函数f(x)的部分图象大致是()3设双曲线C: 1(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()A. B.C2 D.42020郑州市质量预测已知函数f(x)sin的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数f(x)的图象向右平移个单位后，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)
2、k0在x有且只有一个实数根，则k的取值范围是()Ak B1kCk Dk或k152018全国卷已知函数f(x)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满足约束条件则z2xy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)|l
3、g x|，则函数g(x)的零点共有_个9已知函数f(x)2sin2cos 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(五)1答案：A解析：解法一如图1，连接AD.()().解法二().解法三如图2，作，以，为基底将分解，xy，则xy，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
4、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(2,3)，(2,0)，(1，2)，易得，故选A.2答案：D解析：因为f(x)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)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|24a216a220a24c2e.4答案：D解析：因为f(x)相邻
5、两条对称轴之间的距离为，结合三角函数的图象可知.又因为T，所以2，f(x)sin，将f(x)的图象向右平移个单位得到f(x)sinsin，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g(x)sin.所以方程为sink0.令2xt，因为x，所以t.若g(x)k0在x上有且只有一个实数根，即g(t)sin t与yk在上有且只有一个交点k或k1，即k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个交点，平移yh(x)的图象，可知当直线yxa过点(0,1)时，有2
6、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.优解由得，此时z8；由得，此时z4；由得，此时z1.综上所述，z2xy的最大值为8.7答案：解析：如图所示，S四边形ABCD(PAPDPBPC)，取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD(PEAE)(PFDF)(PEAE)(PF
7、DF)PEDFAEPF，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ABCDOFDFAEOE，其中OF2OE2OP2，DF2AE24OF24OE28OP2，据此可得S四边形ABCD，综上，四边形ABCD面积的最大值为.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(2x)0，所以令x1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
8、意到f(x)的值域为(1,1)，由g(x)0得f(x)|lg x|1，x10，因此只需关心函数yf(x)与y|lg x|的图象在区间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)2sin2cos 2x1coscos 2x1sin 2xcos 2x12sin，则由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以函数的单调递增区间为，kZ.(2)由f(x)m2，得f(x)m2，当x时，2x，f(0)12sin1，函数f(x)的最大值为123，要使
9、方程f(x)m2在x上有两个不同的解，则f(x)m2在x上有两个不同的解，即函数f(x)和ym2在x上有两个不同的交点，即1m23，即1m1.所以实数m的取值范围为1,1)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，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，SAMLAMBLa2，SPMLMLPMaa2，由等体积法可知V三棱锥P AMLV三棱锥A PML，即a2aa2h，解得ha，故点A到平面PQL的距离为a.- 6 - 版权所有高考资源网