高考数二轮专题突破预测演练提能训练 第2部分 专题一 第四讲 数思想专练(四) 文（以真题和模拟题为例 含解析）

[数学思想专练(四)]一、选择题1．若a>2，则关于x的方程eq\f(1,3)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)＝eq\f(1,3)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×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a＋1))＝eq\f(11,3)－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＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，则三棱锥P­ABC的体积为()A．40 B．80C．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10.))从而知VP­ABC＝VAEBG­FPDC－VP­AEB－VC­ABG－VB­PDC－VA­FPC＝VAEBG­FPDC－4VP­AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,6)×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|1<x<2}，则关于x的不等式(b⊕a)⊗x<0的解集为()A．(1,2) B．(－∞，1)∪(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪(1，＋∞)解析：选D1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的两实根，1＋2＝－eq\f(b,a)，1×2＝eq\f(2,a)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3.))所以(－3⊕1)⊗x＝－3x2＋x＋2<0，即3x2－x－2>0，解得x<－eq\f(2,3)或x>1.4．已知＝(cosθ1,2sinθ1)，＝(cosθ2，2sinθ2)，若＝(cosθ1，sinθ1)，＝(cosθ2，sinθ2)，且满足·＝0，则S△OAB等于()A.eq\f(1,2) B．1C．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＝eq\f(π,2)，θ2＝0，代入，则A(0,2)，B(1,0)，故面积为1.5．已知函数f(x)＝4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－2eq\r(3)cos2x＋1且给定条件p：“eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)”，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Df(x)＝4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－2eq\r(3)cos2x＋1＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))))－2eq\r(3)cos2x＋1＝2sin2x－2eq\r(3)cos2x＋3＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋3.令t＝2x－eq\f(π,3)，当eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)时，f(x)＝g(t)＝4sint＋3，eq\f(π,6)≤t≤eq\f(2π,3)，∴当eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)时，f(x)max＝7，f(x)min＝5.∵p是q的充分条件，∴对任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，|f(x)－m|<2恒成立，即m－2<f(x)<m＋2恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－2<fxmin，,m＋2>fxmim，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－2<5，,m＋2>7，))解得5<m<7.6．抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝m(x－3)垂直平分，则常数m的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D．(－1，＋∞)解析：选A若抛物线上两点(x1，xeq\o\al(2,1))，(x2，xeq\o\al(2,2))关于直线y＝m(x－3)对称，则满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)＝m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)－3))，,\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),x1－x2)＝－\f(1,m)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＝mx1＋x2－6，,x1＋x2＝－\f(1,m)，))消去x2，得2xeq\o\al(2,1)＋eq\f(2,m)x1＋eq\f(1,m2)＋6m＋1＝0.∵x1∈R，∴Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)))2－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m2)＋6m＋1))>0，即(2m＋1)(6m2∵6m2－∴m<－eq\f(1,2).即当m<－eq\f(1,2)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≥－eq\f(1,2).二、填空题7.若x，y∈R，集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝(x，y)eq\f(x,a)－eq\f(y,b)＝1，a>0，b>0，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eq\f(x,a)－eq\f(y,b)＝1与圆x2＋y2＝1相切，故圆心到直线的距离为eq\f(|ab|,\r(b2＋a2))＝1.∵a>0，b>0，∴ab＝eq\r(a2＋b2).答案：ab＝eq\r(a2＋b2)8．(·呼和浩特模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1＋1)＋\f(1,a2＋1)＋…＋\f(1,a2013＋1)))＝________.解析：因为eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，所以eq\f(1,a1＋1)＋eq\f(1,a2＋1)＋…＋eq\f(1,a2013＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2013)－\f(1,a2014)))＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2014)，又a1＝1，所以eq\f(1,a2014)∈(0,1)，所以eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2014)∈(0,1)，故eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2014)))＝0.答案：09．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eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)三、解答题10．在长方形AA1B1B中，AB＝2AA1＝4，C，C1分别是AB，A1B1的中点(如图(1))．将此长方形沿CC1对折，使二面角A1­CC1­B为直二面角，D，E分别是A1B1，CC1的中点(如图(2))．(1)求证：C1D∥平面A1BE；(2)求证：平面A1BE⊥平面AA1B1B；(3)求异面直线C1D与BE所成角的正弦值．解：(1)证明：取A1B的中点F，连接DF，EF.因为D，F分别是A1B1，A1B的中点，所以DF是△A1BB1的中位线．所以DF∥BB1∥CC1，且DF＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1.又因为E是CC1的中点，所以C1E＝eq\f(1,2)CC1.所以DF∥C1E，且DF＝C1E.所以四边形C1EFD是平行四边形．所以C1D∥EF.又EF⊂平面A1BE，C1D⊄平面A1BE，所以C1D∥平面A1BE.(2)证明：因为CC1⊥A1C1，CC1⊥B1C1且A1C1∩B1C所以CC1⊥平面A1C1B1因为BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1C1B1因为C1D⊂平面A1C1B1，所以BB1⊥C1又A1C1＝C1B1，且D是A1B1的中点，所以C1D⊥A1B1因为A1B1∩BB1＝B1，所以C1D⊥平面AA1B1B.由(1)知EF∥C1D.所以EF⊥平面AA1B1B.又因为EF⊂平面A1BE，所以平面A1BE⊥平面AA1B1B.(3)由(1)知C1D∥EF，所以∠BEF为异面直线C1D与BE所成的角．由A1C1＝2，C1E＝eq\f(1,2)CC1＝1，得A1E＝eq\r(5)，同理BE＝eq\r(5).由AA1＝2，AB＝2eq\r(2)，得A1B＝2eq\r(3)，BF＝eq\f(1,2)A1B＝eq\r(3).又EF⊥A1B，所以sin∠BEF＝eq\f(BF,BE)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5).即异面直线C1D与BE所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5).11．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－eq\f(p,2)(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Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).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＝eq\f(|2p＋6|,5)，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≥eq\f(48,9)，此时抛物线上的点到直线l2的最小距离为eq\f(p,2)≥eq\f(24,9)>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－kyeq\o\al(2,0)＝0，由Δ＝16－4k(4y0－kyeq\o\al(2,0))＝0，得k＝eq\f(2,y0)，所以直线l的方程为y－y0＝eq\f(2,y0)(x－x0)．令x＝－1，又由yeq\o\al(2,0)＝4x0得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(y\o\al(2,0)－4,2y0))).设Q(x1,0)，则＝(