1、多题一法专项训练(一)配方法一、选择题1在正项等比数列an中，a1a52a3a5a3a725，则a3a5为()A5 B25C15 D102.已知菱形ABCD的边长为，ABC60，将菱形ABCD沿对角线AC折成如图所示的四面体，点M为AC的中点，BMD60，P在线段DM上，记DPx，PAPBy，则函数yf(x)的图象大致为()3定义域为R的函数f(x)满足f(x1)2f(x)，且当x(0,1时，f(x)x2x，则当x(1,0时，f(x)的值域为()A. B.C. D.4设函数f(x)若对任意给定的y(2，)，都存在唯一的x0R，满足f(f(x0)2a2y2ay，则正实数a的最小值是()A. B.
2、 C2 D45数列an中，如果存在ak，使得akak1且akak1成立(其中k2，kN*)，则称ak为数列an的峰值若an3n215n18，则an的峰值为()A0 B4 C. D.6已知sin4cos41，则sin cos 的值为()A1 B1 C1或1 D0二、填空题7(2015合肥一模)若二次函数f(x)x24xt图象的顶点在x轴上，则t_.8已知函数f(x)x2axb2b1(aR，bR)，对任意实数x都有f(1x)f(1x)成立，若当x1,1时，f(x)0恒成立，则b的取值范围是_9在等比数列an中，a1512，公比q，用Tn表示它的前n项之积，即Tna1a2an，则T1，T2，Tn中最
3、大的是_10在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量(2,2)，OB(4,1)，在x轴上取一点P，使APBP有最小值，则P点的坐标是_三、解答题11.过点P(2,1)作两条斜率互为相反数的直线，分别与抛物线x24y交于A，B两点，若直线AB与圆C：x2(y1)21交于不同两点M，N，求|MN|的最大值12(2015湖北三校联考)已知ABC的三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m(sin B,1cos B)与向量n(2,0)的夹角的余弦值为.(1)求角B的大小；(2)若b，求ac的范围答案1选Aa1a5a，a3a7a，a2a3a5a25.即(a3a5)225.又an0，a3a55.2
4、选D由题意可知AMAB，BMMD1，DPx，MP1x，在RtAMP中，PA ，在BMP中，由余弦定理得PB，yPAPB(0x1)，当0x时，函数y单调递减，当x1时，函数y单调递增，对应的图象为D.3选A若x(1,0，则x1(0,1，所以f(x1)(x1)2(x1)x2x.又f(x1)2f(x)，所以f(x)(x2x)2，所以当x时，f(x)min ；当x0时，f(x)max 0.4选A当x0时，f(x)2x，值域为(0,1，所以f(f(x)log22x x；当0x1时，f(x)log2x，值域为(，0，所以f(f(x)2log2xx；当x1时，f(x)log2x，值域为(0，)，所以f(f(
5、x)log2 (log2x)，故f(f(x)当x1时，f(f(x)的值域为(，1；当x1时，f(f(x)的值域为R，因为a0，令g(y)2a2y2ay2a22，对称轴y02，所以g(y)在(2，)上是增函数，则g(y)在(2，)上的值域为(g(2)，)，即(8a22a，)，则8a22a1，解得a，所以正实数a的最小值是.故选A.5选A因为an32，且nN*，所以当n2或n3时，an取最大值，最大值为a2a30.故选A.6选Csin4cos41，(sin2cos2)22sin2cos21.sin cos 0.又(sin cos )212sin cos 1，sin cos 1.7解析：由于f(x)
6、x24xt(x2)2t4图象的顶点在x轴上，所以f(2)t40，故t4.答案：48解析：由于对任意实数x都有f(1x)f(1x)成立，则f(x)的对称轴为x1，所以a2，f(x)x22xb2b1(x1)2b2b2，则f(x)在区间1,1上单调递增，当x1,1时，要使f(x)0恒成立，只需f(1)0，即b2b20，则b1或b2.答案：(，1)(2，)9解析：由题意知ana1qn129n1(1)n1210n，所以Tna1a2an(1)012(n1)298(10n)(1)2，因为(n219n)2，nN*，所以当n9或10时，取得最大值，要使Tn最大，则需(1)0，所以n9时，Tn最大答案：T910解
7、析：设P点坐标为(x,0)，则(x2，2)，(x4，1)(x2)(x4)(2)(1)x26x10(x3)21.当x3时，有最小值1.此时点P坐标为(3,0)答案：(3,0)11解：设直线PA的斜率为k，A(xA，yA)，则直线PA的方程为y1k(x2)，由得x24kx8k40，所以xA24k，则xA4k2，所以点A(4k2，(2k1)2)，同理可得B(4k2，(2k1)2)，所以直线AB的斜率kAB1，设直线AB的方程为yxb，由得2x22(b1)xb22b0，由于AB与圆C交于不同的两点，所以0，即1b1.则|MN|2，故|MN|的最大值是2.12解：(1)m(sin B,1cos B)，n(2,0)，mn2sin B，又|m|2，0B，0，sin 0，|m|2sin .而|n|2，cos cos ，B.(2)由余弦定理，得b2a2c22accos a2c2ac(ac)2ac(ac)22(ac)2，当且仅当ac时取等号，(ac)24，ac2，又acb，ac(，2