文档内容
思想 02 运用数形结合的思想方法解题
目 录
01 研究函数的零点、方程的根、图象的交点.....................................................................................1
02 解不等式、求参数范围、最值问题.................................................................................................6
03 解决以几何图形为背景的代数问题.................................................................................................9
04 解决数学文化、情境问题..............................................................................................................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．1 B．2 C．3 D．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．7 B．10 C．16 D．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．0.99865 B．0.97725 C．0.84135 D．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.
