思想02 运用数形结合的思想方法解题（4大题型）（练习）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）

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目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159313525" 01 研究函数的零点、方程的根、图象的交点 PAGEREF _Tc159313525 \h 1
\l "_Tc159313526" 02 解不等式、求参数范围、最值问题 PAGEREF _Tc159313526 \h 6
\l "_Tc159313527" 03 解决以几何图形为背景的代数问题 PAGEREF _Tc159313527 \h 9
\l "_Tc159313528" 04 解决数学文化、情境问题 PAGEREF _Tc159313528 \h 13
01 研究函数的零点、方程的根、图象的交点
1．（2024·云南·高三校联考阶段练习）关于函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．当时，函数在上恒成立
C．当或时，函数有2个零点
D．当时，函数有3个零点，记为，则
【答案】D
【解析】对于A，因为函数，令，则；
当或时，，此时函数单调递增，
当时，；此时函数单调递减，
作出函数的大致图象如图，故A错；
对于B，由A选项可知，易知，
又易知时，函数单调递减，时，函数单调递增；
当时，若，不一定成立，例如当时，，
所以当，不一定成立，故B错；
对于C，方程的根即为与函数的交点横坐标，
由A可知，函数在时取得极大值1，在时取得极小值；
作出函数的图象如图，
当或时，函数有1个零点，故C错；
对于D，函数有3个零点，则可得，且；
记，
令，则，所以，
于是
，
故选：D．
2．（2024·四川南充·统考一模）已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（ ）个
① ② ③ ④
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】由函数有两个不同零点，
转化为有两个交点，
构造函数， ，则，故，所以在单调递增，而，可得图象如图所示
故在单调递减，在单调递增，
所以，
对于①，，
所以，
所以，故①正确；
对于②，由①可知，故，
因此 ，故②正确；
对于③，因为，所以，故，
所以，
则，
构造函数，
则，而，
所以，
所以，
因为，所以，
令，构造，显然单调递增，且，
所以
所以，故③正确；
对于④，由①可知，，
所以，
令，，显然单调递增，且，
所以，故④正确.
故选：D
3．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考期末）若过点可以作三条直线与曲线相切，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由，得，
设切点为,，过切点的切线方程为，
代入点坐标化简为，即这个方程有三个不等式实根，
令，求导得到，
由，得，由，得，或，
故函数上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
故得,结合，，
当时，，时，，
得，
故选：D．
4．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校联考期末）已知函数关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当时，，
当时，当时，，
所以在单调递减，在单调递增.
当时，，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，.
画出函数的图象，如下图所示，
可得函数最小值为有四个不同的实数根，
数形结合可知的取值范围是，
故选：A.
02 解不等式、求参数范围、最值问题
5．（2024·四川内江·统考三模）若关于x的不等式有且只有一个整数解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】原不等式可化简为，设，，
由得，，令可得，
时，，时，，
易知函数在单调递减，在单调递增，且，
作出的图象如下图所示，
而函数恒过点，要使关于的不等式有且只有一个整数解，则函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线），
又，，
∴，，
∴，
∴．
故选：A．
6．（2024·陕西汉中·高二统考期末）若函数 （m为实数）有极大值，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意知，，
当时，函数在区间上单调递减，无极值点；
当时，根据与的图象，
设两个函数在第一象限的交点的横坐标为，
当时，，，
函数在区间上单调递增，
当时，，，
函数在区间上单调递减，
故当时，函数有一个极大值点.
故选：D
7．（2024·山西临汾·高三统考阶段练习）已知三次函数的导函数为，若方程有四个实数根，则实数a的范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】令得或，可得在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，算出的极值，又方程有四个实数根可转化为方程，或方程共有四个实数根，结合函数图象列出满足的条件即可.，
由得或，又，
所以在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，
的极大值为，的极小值为；
又有四个实数根，故方程，或方程共有四个实数根，
或或，
解得：.
故选：A
03 解决以几何图形为背景的代数问题
8．（2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习）已知曲线C：．
①曲线C的图像一定经过第三象限；
②若为曲线C上一点，则；
③存在，与曲线C有四个交点；
④直线与曲线C无公共点当且仅当．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②
【解析】当时，曲线的方程为，即，曲线是双曲线的一部分；
当时，曲线的方程为，即，曲线是椭圆的一部分；
当时，曲线的方程为，曲线不存在；
当时，曲线的方程为，即，曲线是双曲线的一部分，
其中双曲线和有一条共同的渐近线，
综上可得，画出曲线的图象，如图所示，
由图象可知，曲线的图象经过第三象限，所以①正确；
由图象知，曲线的图象上的点都在直线的下方，
所以当在曲线上时，有，所以②正确；
直线时表示与平行或重合的直线，
由曲线的图象知，直线与曲线不可能有四个交点，所以③错误；
设直线与椭圆相切，
联立方程组整理得，
由，解得，
结合曲线的图象，取，即与曲线相切，
所以直线与曲线无公共点，结合曲线的图象，
可知或，所以④不正确.
故答案为：①②.
9．（2024·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习）过双曲线的右支上一点，分别向⊙和⊙作切线，切点分别为，则的最小值为 .

【答案】17
【解析】由，得，所以双曲线的焦点坐标为，
由圆的方程知：圆圆心的坐标为，半径，
圆圆心的坐标为，半径，
分别为两圆切线，
，
，
为双曲线右支上的点，且双曲线焦点为，
又（当为双曲线右顶点时取等号），
，
即的最小值为.
故答案为：17.
10．（2024·全国·高三专题练习）如图，在圆内接四边形中，，，．若为的中点，则的值为 ．
【答案】
【解析】由余弦定理知，所以，
由正弦定理得，所以为圆的直径，
所以，所以，从而，
又，所以为等边三角形；
以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建立如下图所示的
平面直角坐标系：则，，，，，
故．
故答案为：．
11．（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已知平面向量满足：，，，设向量（为实数），则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】如图所示，以为坐标原点，边长为2的正方形的，所在直线为轴和轴，建立坐标系，
设，，为线段上一点，则，
因为，所以以为圆心，为半径画圆，点为圆上一点，
设，，，所以，
所以，，所以，所以，
可得直线表示斜率为，纵截距为的直线，
当圆心为点时，与相切且点在轴的下方时，
可得圆的方程为，可得切线坐标为，
此时，取得最小值；
当圆心为点时，经过圆心时，圆的方程为，
当点时，此时，取得最大值，
所以的取值范围为．
故答案为：．
04 解决数学文化、情境问题
12．（2024·福建漳州·统考模拟预测）公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数，拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如下图所示：
圆锥的高和底面半径为，平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点，
设截面圆圆心为点，且，则，
易知，则，即，可得，
所以，截面圆圆的半径为，圆的面积为，
又因为，
根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，
高为的圆锥的体积近似相等，
所以该“睡美人城堡”的体积约为，
故选：D.
13．（2024·北京顺义·高三统考期末）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】平面，，连接，由，可得，
四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系，
则，设，，
则，
所以
因为，则，则，
所以.
故选：D
14．（2024·山东济宁·高三统考期末）九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串按一定移动圆环的次数决定解开圆环的个数．在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要少移动的次数，数列满足且则解下5个环所需要最少移动的次数为（ ）
A．7B．10C．16D．31
【答案】C
【解析】
，
故选：C.
15．（2024·全国·高三专题练习）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…设第层有个球，从上往下层球的总数为，则下列结论错误的是（ ）
A．B．，
C．D．
【答案】D
【解析】对于A，，A正确；
对于D，由每层球数变化规律可知：，D错误；
对于B，当时，；
当时，满足，；
，B正确；
对于C，，
，C正确；
故选：D.
16．（2024·河北保定·高三河北省唐县第一中学校考期末）我们将服从二项分布的随机变量称为二项随机变量，服从正态分布的随机变量称为正态随机变量.概率论中有一个重要的结论：若随机变量，当充分大时，二项随机变量可以由正态随机变量来近似地替代，且正态随机变量的期望和方差与二项随机变量的期望和方差相同.法国数学家棣莫弗（1667-1754）在1733年证明了时这个结论是成立的，法国数学家､物理学家拉普拉斯（1749-1827）在1812年证明了这个结论对任意的实数都成立，因此人们把这个结论称为棣莫弗—拉普拉斯极限定理.现抛掷一枚质地均匀的硬币2500次，利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1200次的概率为（ ）
（附：若，则，
A．0.99865B．0.97725C．0.84135D．0.65865
【答案】B
【解析】抛掷一枚质地均匀的硬币2500次，设硬币正面向上的次数为，
则.
由题意，且，
因为，即，
所以利用正态分布估算硬币正面向上次数不少于1200次的概率为.
故选：B.