《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 能力升級(jí)練（二十五）轉(zhuǎn)化與化歸思想 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 能力升級(jí)練（二十五）轉(zhuǎn)化與化歸思想 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、能力升級(jí)練(二十五) 轉(zhuǎn)化與化歸思想
一、選擇題
1.若a>2,則關(guān)于x的方程13x3-ax2+1=0在(0,2)上恰好有( )
A.0個(gè)根 B.1個(gè)根 C.2個(gè)根 D.3個(gè)根
解析設(shè)f(x)=13x3-ax2+1,則f'(x)=x2-2ax=x(x-2a),當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f'(x)<0,f(x)在(0,2)上為減函數(shù).又f(0)f(2)=1×83-4a+1=113-4a<0,所以f(x)=0在(0,2)上恰好有1個(gè)根.
答案B
2.
如圖所示,已知三棱錐P-ABC,PA=BC=234,PB=AC=10,PC=AB=241,則三棱錐P-ABC的體積為( )
A.4
2、0 B.80
C.160 D.240
解析因?yàn)槿忮FP-ABC的三組對(duì)邊兩兩相等,則可將此三棱錐放在一個(gè)特定的長(zhǎng)方體中(如圖所示).把三棱錐P-ABC補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體AEBG-FPDC,易知三棱錐P-ABC的各邊分別是此長(zhǎng)方體的面對(duì)角線,不妨令PE=x,EB=y,EA=z,則由已知,可得x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164?x=6,y=8,z=10.
從而知VP-ABC=VAEBG-FPDC-VP-AEB-VC-ABG-VB-PDC-VA-FPC=VAEBG-FPDC-4VP-AEB=6×8×10-4×16×6×8×10=160.
答案C
3
3、.定義運(yùn)算:(a⊕b)?x=ax2+bx+2.若關(guān)于x的不等式(a⊕b)?x<0的解集為{x|10,解得x<-23或x>1.
答案D
4.已知OA=(cos θ1,2sin θ1),OB=(cos θ2,2sin θ2),若OA'=(cos θ1,si
4、n θ1),OB'=(cos θ2,sin θ2),且滿足OA'·OB'=0,則△OAB的面積等于( )
A.12 B.1 C.2 D.4
解析由條件OA'·OB'=0,可得cos(θ1-θ2)=0.利用特殊值,如設(shè)θ1=π2,θ2=0,代入,則A(0,2),B(1,0),故△OAB的面積為1.
答案B
5.已知函數(shù)f(x)=4sin2π4+x-23cos 2x+1且給定條件p:“π4≤x≤π2”,又給定條件q:“|f(x)-m|<2”,且p是q的充分條件,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( )
A.(3,5) B.(-2,2)
C.(1,3)
5、D.(5,7)
解析f(x)=4sin2π4+x-23cos2x+1
=21-cosπ2+2x-23cos2x+1
=2sin2x-23cos2x+3
=4sin2x-π3+3.
令t=2x-π3,當(dāng)π4≤x≤π2時(shí),
f(x)=g(t)=4sint+3,π6≤t≤2π3,
∴當(dāng)π4≤x≤π2時(shí),f(x)max=7,f(x)min=5.
∵p是q的充分條件,
∴對(duì)?x∈π4,π2,|f(x)-m|<2恒成立,
即m-2f(x)max,即m-2<5,m+2>7,解得5
6、有弦都不能被直線y=m(x-3)垂直平分,則常數(shù)m的取值范圍是( )
A.-12,+∞ B.-3,-12
C.-12,+∞ D.(-1,+∞)
解析若拋物線上兩點(diǎn)(x1,x12),(x2,x22)關(guān)于直線y=m(x-3)對(duì)稱,則滿足x12+x222=m(x1+x22-3),x12-x22x1-x2=-1m,
∴x12+x22=m(x1+x2-6),x1+x2=-1m,
消去x2,得2x12+2mx1+1m2+6m+1=0.
∵x1∈R,∴Δ=2m2-81m2+6m+1>0,
即(2m+1)(6m2-2m+1)<0.
∵6m2-2m+1>0,∴m<-12.
即當(dāng)m<-12時(shí)
7、,拋物線上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y=m(x-3)對(duì)稱,所以如果拋物線y=x2上的所有弦都不能被直線y=m(x-3)垂直平分,那么m≥-12.
答案A
二、填空題
7.若x,y∈R,集合A={(x,y)|x2+y2=1},B=(x,y)xa-yb=1,a>0,b>0,當(dāng)A∩B有且只有一個(gè)元素時(shí),a,b滿足的關(guān)系式是 .?
解析A∩B有且只有一個(gè)元素可轉(zhuǎn)化為直線xa-yb=1與圓x2+y2=1相切,故圓心到直線的距離為|ab|b2+a2=1.∵a>0,b>0,∴ab=a2+b2.
答案ab=a2+b2
8.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=an2+an,用[x]表示不超過(guò)x的最
8、大整數(shù),則1a1+1+1a2+1+…+1a2013+1= .?
解析因?yàn)?an+1=1an(an+1)=1an-1an+1,所以1an+1=1an-1an+1,所以1a1+1+1a2+1+…+1a2013+1=1a1-1a2+1a2-1a3+…+1a2013-1a2014=1a1-1a2014,又a1=1,所以1a2014∈(0,1),所以1a1-1a2014∈(0,1),故1a1-1a2014=0.
答案0
9.在各棱長(zhǎng)都等于1的正四面體OABC中,若點(diǎn)P滿足OP=xOA+yOB+zOC(x+y+z=1),則|OP|的最小值等于 .?
解析因?yàn)辄c(diǎn)P滿足OP=xOA+y
9、OB+zOC(x+y+z=1),所以點(diǎn)P與A、B、C共面,即點(diǎn)P在平面ABC內(nèi),所以|OP|的最小值等于點(diǎn)O到平面ABC的距離,也就是正四面體的高,為63.
答案63
三、解答題
10.在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC與BD的交點(diǎn)M恰好是AC的中點(diǎn),又∠CAD=30°,PA=AB=4,點(diǎn)N在線段PB上,且PNNB=13.
(1)求證:BD⊥PC;
(2)求證:MN∥平面PDC;
(3)設(shè)平面PAB∩平面PCD=l,試問(wèn)直線l是否與直線CD平行,請(qǐng)說(shuō)明理由.
(1)證明因?yàn)椤鰽BC是正三角形,M是AC的中點(diǎn),
所以BM⊥AC,即BD⊥AC.
10、
又因?yàn)镻A⊥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)證明在正三角形ABC中,BM=23.
在△ACD中,因?yàn)镸為AC的中點(diǎn),DM⊥AC,
所以AD=CD,∠CDA=120°,
所以DM=233,
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)解假設(shè)直線l∥CD.
因?yàn)閘?平面PAB,CD?平面PAB,所以CD∥平面PAB.
又CD?平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD
11、=AB,
所以CD∥AB.
又知CD與AB不平行,所以假設(shè)不成立,直線l與直線CD不平行.
11.已知函數(shù)f(x)=x-1x,g(x)=aln x,其中x>0,a∈R,令函數(shù)h(x)=f(x)-g(x).
(1)若函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍;
(2)當(dāng)a取(1)中的最大值時(shí),判斷方程h(x)+h(2-x)=0在(0,1)上是否有解,并說(shuō)明理由.
解(1)∵h(yuǎn)(x)=f(x)-g(x),
∴h'(x)=f'(x)-g'(x)=1+1x2-ax=x2-ax+1x2.
依題意,知不等式x2-ax+1≥0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,即a≤x+1x在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,解得a≤2,即a的取值范圍為(-∞,2].
(2)當(dāng)a=2時(shí),h(x)=x-1x-2lnx.
∴h(x)+h(2-x)=2-2x(2-x)-2ln[x(2-x)].
令t=x(2-x),x∈(0,1),則t∈(0,1).
構(gòu)造函數(shù)φ(t)=2-2t-2lnt.
∵φ'(t)=2t2-2t=2-2tt2>0恒成立,
∴函數(shù)φ(t)在(0,1)上單調(diào)遞增,且φ(1)=0.
∴φ(t)=2-2t-2lnt=0在(0,1)上無(wú)解.
即方程h(x)+h(2-x)=0在(0,1)上無(wú)解.
8
（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 能力升級(jí)練（二十五）轉(zhuǎn)化與化歸思想 文
