2018年浙江高考数学二轮复习教师用书：技法强化训练2 数形结合思想 Word版含答案

技法强化训练(二) 数形结合思想 (对应学生用书第160页) 题组1 利用数形结合思想解决方程的根或函数零点问题 1．方程|x2－2x|＝a2＋1(a＞0)的解的个数是( ) 【导学号：68334011】 A．1 B．2 C．3 D．4 B [∵a＞0，∴a2＋1＞1. 而y＝|x2－2x|的图象如图， ∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有2个交点．]

2．已知函数f(x)＝|log2|x||－12x，则下列结论正确的是( ) A．f(x)有三个零点，且所有零点之积大于－1 B．f(x)有三个零点，且所有零点之积小于－1 C．f(x)有四个零点，且所有零点之积大于1 D．f(x)有四个零点，且所有零点之积小于1

12x的 A [在同一坐标系中分别作出f1(x)＝|log2|x||与f2(x)＝

图象，如图所示，由图象知f1(x)与f2(x)有三个交点，设三个交点的横坐标从左到右分别是x1，x2，x3，因为f－12＜0，f

－1

4

＞0，所以－12＜x1＜－14，同理12＜x2＜1,1＜x3＜2，即－1＜x1x2x3

＜－18，即所有零点之积大于－1.] 3．设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在－12，52上的所有零点的和为( ) A．7 B．6 C．3 D．2

A [函数g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在－12，52上的零点为函数h(x)＝|cos(πx)|与函数f(x)的交点的横坐标．因为f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)为关于x＝1对称的偶函数，又因为当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则在平面直角坐标系内画出函数h(x)＝|cos(πx)| 与函数f(x)在－12，52内的图象，如图所示， 由图易得两函数图象共有7个交点，不妨设从左到右依次为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，则由图易得x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x4＝1，x6＋x7＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7，即函数

g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在－12，52上的零点的和为7，故选A.]

4．若函数f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一个零点，则实数a＝________. 【导学号：68334012】 1 [函数f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一个零点，即方程a＋sin x＝0在[π，2π]上只有一解，即函数y＝－a与y＝sin x，x∈[π，2π]的图象只有一个交点，由图象可得a＝1.]

5．已知函数f(x)＝ x3，x≤a，x2，x＞a，若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有

两个零点，则a的取值范围是________． (－∞，0)∪(1，＋∞) [函数g(x)有两个零点，即方程 f(x)－b＝0有两个不等实根，则函数y＝f(x)和y＝b的图象有两个公共点．

①若a＜0，则当x≤a时，f(x)＝x3，函数单调递增；当x＞a时，f(x)＝x2，函数先单调递减后单调递增，f(x)的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点． ②若0≤a≤1，则a3≤a2，函数f(x)在R上单调递增，f(x)的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y＝b至多有一个公共点． ③若a＞1，则a3＞a2，函数f(x)在R上不单调，f(x)的图象如图(3)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点．

综上，a＜0或a＞1.] 题组2 利用数形结合思想求解不等式或参数范围

6．若不等式logax＞sin 2x(a＞0，a≠1)对任意x∈0，π4都成立，则a的取值范围为( )

A.0，π4 B.π4，1 C.π4，π2 D．(0,1) A [记y1＝logax(a＞0，a≠1)，y2＝sin 2x，原不等式即为y1＞y2，由题意作出两个函数的图象，如图所示，知当y1＝logax的图象过点

Aπ4，1时，a＝π4，所以当π4＜a＜1时，对任意x∈0，π4都有y1

＞y2.] 7．函数f(x)是定义域为{x|x≠0}的奇函数，且f(1)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，当x＞0时，

f(x)＋xf′(x)＞1x，则不等式xf(x)＞1＋ln|x|的解集是( )

【导学号：68334013】 A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1,1) A [令g(x)＝xf(x)－ln|x|，则g(x)是偶函数，

且当x＞0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－1x＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 故不等式xf(x)＞1＋ln|x|⇔g(|x|)＞g(1)， ∴|x|＞1，解得x＞1或x＜－1.故选A.] 8．若不等式|x－2a|≥12x＋a－1对x∈R恒成立，则a的取值范围是________． －∞，1

2 [作出y＝|x－2a|和y＝12x＋a－1的简图，依题意知应有

2a≤2－2a，故a≤12.]

9．已知函数f(x)＝ |lg x|，0＜x≤10，－12x＋6，x＞10.若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则abc的取值范围是________．

(10,12) [作出f(x)的大致图象． 由图象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨设a＜b＜c，

则－lg a＝lg b＝－12c＋6. ∴lg a＋lg b＝0，∴ab＝1， ∴abc＝c. 由图知10＜c＜12，∴abc∈(10,12)．]

10．(2017²杭州市高三年级第二学期教学质量检测)设函数f(x)＝ 2cosπ2x，|x|≤1，x2－1，|x|＞1，若|f(x)＋f(x＋l)－2|＋|f(x)－f(x＋l)|≥2(l＞0)对任意实数x都成立，则l的最小值为________. 【导学号：68334014】 23 [作出函数f(x)的图象如图，要使原不等式对任意实数x都成立，由不等式|a|＋|b|≥|a±b|得|f(x)＋f(x＋l)－2|＋|f(x)－f(x＋l)|≥|[f(x)＋f(x＋l)－2]±[f(x)－f(x＋

l)]|≥2，化简得 |2fx－2|≥2，|2fx＋l－2|≥2，即 fx≥2，fx＋l≥2对任意实数恒成立，当x＝

－3时，f(－3＋l)≥2，l＞0，则l－3≥3，l≥23，故l的最小值是23.]

题组3 利用数形结合解决解析几何问题 11．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．7 B．6 C．5 D．4 B [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，易知|OP|＝12|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|＝32＋42＝5，

所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.] 12．(2017²杭州高级中学高三最后一模)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1的右顶点为A，O为坐标原点，

以A为圆心的圆与双曲线C的某一条渐近线交于两点P，Q，若∠PAQ＝π3且OQ→＝5OP→，则双曲线C的离心率为( ) 【导学号：68334015】

A.213 B．2

C.72 D．3 A [由图知△APQ是等边三角形，设PQ的中点为H，圆的半径为r，则AH⊥PQ，AH＝32r，PQ＝r，

由题易知，点P，Q在原点O的同侧，因为OQ→＝5OP→，所以OP＝14r，PH＝ 12r，即OH＝14r＋12r＝34r，所以tan∠HOA＝AHOH＝233，即ba＝233，b2a2＝c2－a2a2＝43，从而得e＝c

a

＝213，故选A.] 13．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________．

22 [从运动的观点看问题，当动点P沿直线3x＋4y＋8＝0向左

＝12上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形PAC的面积SRt△PAC

|PA|²|AC|＝12|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应有唯一的最小值，

此时|PC|＝|3³1＋4³1＋8|32＋42＝3， 从而|PA|＝|PC|2－|AC|2＝22. 所以(S四边形PACB)min＝2³12³|PA|³|AC|＝22.] 14．已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B. (1)求圆C1的圆心坐标； (2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程； (3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由. 【导学号：68334016】 [解] (1)圆C1的方程x2＋y2－6x＋5＝0可化为(x－3)2＋y2＝4，所以圆心坐标为(3,0). (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，

M(x0，y0)，则x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22.

由题意可知直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y＝tx. 将上述方程代入圆C1的方程，化简得(1＋t2)x2－6x＋5＝0. 5分

由题意，可得Δ＝36－20(1＋t2)＞0(*)，x1＋x2＝61＋t2，所以x0＝31＋t2，代入直线l的方程，

得y0＝3t1＋t2. 6分 因为x20＋y20＝91＋t22＋9t21＋t22＝91＋t21＋t22＝91＋t2＝3x0，所以x0－322＋y20＝94. 由(*)解得t2＜45，又t2≥0，所以53＜x0≤3. 所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为

x－322＋y2＝9453＜x≤3. 8分