高考数学复习练习第2部分 专题一 第四讲 数学思想专练(四) 6页

‎[数学思想专练(四)]‎ 一、选择题 ‎1．若a>2，则关于x的方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰好有(　　)‎ A．0个根 B．1个根 C．2个根 D．3个根 解析：选B　设f(x)＝x3－ax2＋1，则f′(x)＝x2－2ax＝x(x－‎2a)，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上为减函数．又f(0)f(2)＝1×＝－‎4a<0，所以f(x)＝0在(0,2)上恰好有1个根．‎ ‎2.如图所示，已知三棱锥PABC，PA＝BC＝2，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2，则三棱锥PABC的体积为(　　)‎ A．40 B．80‎ C．160 D．240‎ 解析：选C　因为三棱锥PABC的三组对边两两相等，则可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)．把三棱锥PABC补成一个长方体AEBGFPDC，易知三棱锥PABC的各边分别是此长方体的面对角线，不妨令PE＝x，EB＝y，EA＝z，则由已知，可得 ⇒ 从而知VPABC＝VAEBGFPDC－VPAEB－VCABG－VBPDC－VAFPC＝VAEBGFPDC－4VPAEB＝6×8×10－4××6×8×10＝160.‎ ‎3．定义运算：(a⊕b)⊗x＝ax2＋bx＋2.若关于x的不等式(a⊕b)⊗x<0的解集为{x|10，解得x<－或x>1.‎ ‎4．已知＝(cos θ1,2sin θ1)，＝(cos θ2，2sin θ2)，若＝(cos θ1，sin θ1)，＝(cos θ2，sin θ2)，且满足·＝0，则S△OAB等于(　　)‎ A. B．1‎ C．2 D．4‎ 解析：选B　由条件·＝0，可得cos (θ1－θ2)＝0.利用特殊值，如设θ1＝，θ2＝0，代入，则A(0,2)，B(1,0)，故面积为1.‎ ‎5．已知函数f(x)＝4sin2－2cos 2x＋1且给定条件p：“≤x≤”，又给定条件q：“|f(x)－m|<‎2”‎，且p是q的充分条件，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．(3,5) B．(－2,2)‎ C．(1,3) D．(5,7)‎ 解析：选D　f(x)＝4sin2－2cos 2x＋1‎ ‎＝2－2cos 2x＋1‎ ‎＝2sin 2x－2cos 2x＋3‎ ‎＝4sin＋3.‎ 令t＝2x－，当≤x≤时，‎ f(x)＝g(t)＝4sin t＋3，≤t≤，‎ ‎∴当≤x≤时，f(x)max＝7，f(x)min＝5.‎ ‎∵p是q的充分条件，‎ ‎∴对∀x∈，|f(x)－m|<2恒成立，‎ 即m－20，‎ 即(‎2m＋1)(‎6m2‎－‎2m＋1)<0.‎ ‎∵‎6m2‎－‎2m＋1>0，‎ ‎∴m<－.‎ 即当m<－时，抛物线上存在两点关于直线y＝m(x－3)对称，所以如果抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝m(x－3)垂直平分，那么m≥－.‎ 二、填空题 ‎7. 若x，y∈R，集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝，当A∩B有且只有一个元素时，a，b满足的关系式是________．‎ 解析：A∩B有且只有一个元素可转化为直线－＝1与圆x2＋y2＝1相切，故圆心到直线的距离为＝1.∵a>0，b>0，∴ab＝.‎ 答案：ab＝ ‎8．(2013·呼和浩特模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则＝________.‎ 解析：因为＝＝－，所以＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝－，又a1＝1，所以∈(0,1)，所以－∈(0,1)，故＝0.‎ 答案：0‎ ‎9．在各棱长都等于1的正四面体OABC中，若点P满足＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)，则||的最小值等于________．‎ 解析：因为点P满足＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)，所以点P与A、B、C共面，即点P在平面ABC内，所以||的最小值等于点O到平面ABC的距离，也就是正四面体的高，为.‎ 答案： 三、解答题 ‎10．(2013·海淀模拟)在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，又∠CAD＝30°，PA＝AB＝4，点N在线段PB上，且＝.‎ ‎(1)求证：BD⊥PC；‎ ‎(2)求证：MN∥平面PDC；‎ ‎(3)设平面PAB∩平面PCD＝l，试问直线l是否与直线CD平行，请说明理由．‎ 解：(1)证明：因为△ABC是正三角形，M是AC的中点，‎ 所以BM⊥AC，即BD⊥AC.‎ 又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD.‎ 又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，‎ 又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.‎ ‎(2)证明：在正三角形ABC中，BM＝2.‎ 在△ACD中，因为M为AC的中点，DM⊥AC，‎ 所以AD＝CD，∠CDA＝120°，‎ 所以DM＝，‎ 所以BM∶MD＝3∶1.‎ 所以BN∶NP＝BM∶MD，所以MN∥PD.‎ 又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，‎ 所以MN∥平面PDC.‎ ‎(3)假设直线l∥CD.‎ 因为l⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB.‎ 又CD⊂平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，‎ 所以CD∥AB.‎ 又知CD与AB不平行，所以假设不成立，直线l与直线CD不平行．‎ ‎11．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝aln x，其中x>0，a∈R，令函数h(x)＝f(x)－g(x)．‎ ‎(1)若函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；‎ ‎(2)当a取(1)中的最大值时，判断方程h(x)＋h(2－x)＝0在(0,1)上是否有解，并说明理由．‎ 解：(1)∵h(x)＝f(x)－g(x)，‎ ‎∴h′(x)＝f′(x)－g′(x)＝1＋－＝ .‎ 依题意，知不等式x2－ax＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≤x＋在区间(0，＋∞)上恒成立，解得a≤2，即a的取值范围为(－∞，2]．‎ ‎(2)当a＝2时，h(x)＝x－－2ln x.‎ ‎∴h(x)＋h(2－x)＝2－－2ln[x(2－x)]．‎ 令t＝x(2－x)∈(0,1)，构造函数φ(t)＝2－－2ln t.‎ ‎∵φ′(t)＝－＝>0恒成立，‎ ‎∴函数φ(t)在(0,1)上单调递增，且φ(1)＝0.‎ ‎∴φ(t)＝2－－2ln t＝0在(0,1)上无解．‎ 即方程h(x)＋h(2－x)＝0在(0,1)上无解．‎ ‎12．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－(p>0)．若抛物线C：y2＝2px上的点到直线l1和直线l2的距离之和的最小值为2.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若以抛物线上任意一点M为切点的直线l与直线l2交于点N.试问x轴上是否存在定点Q，使点Q在以MN为直径的圆上？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)当直线l1与抛物线无公共点时，由定义知l2为抛物线的准线，抛物线焦点坐标为F.‎ 由抛物线定义知抛物线上的点到直线l2的距离等于其到焦点F的距离．‎ 所以抛物线上的点到直线l1和直线l2的距离之和的最小值为焦点F到直线l1的距离．‎ 所以2＝，则p＝2.‎ 当直线l1与抛物线有公共点时，把直线l1的方程与抛物线方程联立，消去x得关于y的方程2y2－3py＋6p＝0，由Δ＝9p2－48p≥0且p>0，得p≥，此时抛物线上的点到直线l2的最小距离为≥>2，不满足题意．‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设M(x0，y0)，由题意知直线l的斜率存在，设为k，且k≠0，所以直线l的方程为y－‎ y0＝k(x－x0)，‎ 代入y2＝4x消去x得ky2－4y＋4y0－ky＝0，‎ 由Δ＝16－4k(4y0－ky)＝0，得k＝，‎ 所以直线l的方程为y－y0＝(x－x0)．‎ 令x＝－1，又由y＝4x0得N.‎ 设Q(x1,0)，则＝(x0－x1，y0)，‎ ‎＝.‎ 由题意知·＝0，‎ 即(x0－x1)(－1－x1)＋＝0.‎ 把y＝4x0代入上式，‎ 得(1－x1)x0＋x＋x1－2＝0.‎ 因为对任意的x0等式恒成立，‎ 所以 所以x1＝1，即在x轴上存在定点Q(1,0)，使点Q在以MN为直径的圆上．‎