《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 能力升級練（二十五）轉(zhuǎn)化與化歸思想 文》由會員分享，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) 能力升級練（二十五）轉(zhuǎn)化與化歸思想 文（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力升級練(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個根 B.1個根 C.2個根 D.3個根 解析設(shè)f(x)=13x3-ax2+1,則f'(x)=x2-2ax=x(x-2a),當x∈(0,2)時,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 解析因為三棱錐P-ABC的三組對邊兩兩相等,則可將此三棱錐放在一個特定的長方體中(如圖所示).把三棱錐P-ABC補成一個長方體AEBG-FPDC,易知三棱錐P-ABC的各邊分別是此長方體的面對角線,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π4≤x≤π2時, f(x)=g(t)=4sint+3,π6≤t≤2π3, ∴當π4≤x≤π2時,f(x)max=7,f(x)min=5. ∵p是q的充分條件, ∴對?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(x1,x12),(x2,x22)關(guān)于直線y=m(x-3)對稱,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m<-12時

7、,拋物線上存在兩點關(guān)于直線y=m(x-3)對稱,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A∩B有且只有一個元素時,a,b滿足的關(guān)系式是　　　　　.? 解析A∩B有且只有一個元素可轉(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x的最

8、大整數(shù),則1a1+1+1a2+1+…+1a2013+1=　　　　　.? 解析因為1an+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.在各棱長都等于1的正四面體OABC中,若點P滿足OP=xOA+yOB+zOC(x+y+z=1),則|OP|的最小值等于　　　　　.? 解析因為點P滿足OP=xOA+y

9、OB+zOC(x+y+z=1),所以點P與A、B、C共面,即點P在平面ABC內(nèi),所以|OP|的最小值等于點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M恰好是AC的中點,又∠CAD=30°,PA=AB=4,點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,試問直線l是否與直線CD平行,請說明理由. (1)證明因為△ABC是正三角形,M是AC的中點, 所以BM⊥AC,即BD⊥AC.

10、 又因為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)證明在正三角形ABC中,BM=23. 在△ACD中,因為M為AC的中點,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. 因為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

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a取(1)中的最大值時,判斷方程h(x)+h(2-x)=0在(0,1)上是否有解,并說明理由. 解(1)∵h(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a=2時,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)上無解. 即方程h(x)+h(2-x)=0在(0,1)上無解. 8