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)

1、数学思想专练(四) 一、选择题 1若 a2，则关于 x 的方程 x3ax210 在(0,2)上恰好有() 1 3 A0 个根 B1 个根 C2 个根 D3 个根 解析：选 B设 f(x) x3ax21，则 f(x)x22axx(x2a)，当 x(0,2)时， 1 3 f(x)0，f(x)在(0,2)上为减函数又 f(0)f(2)14a0，所以 f(x)0 在(0,2) ( 8 34a1) 11 3 上恰好有 1 个根 2.如图所示，已知三棱锥 PABC， PABC2， PBAC10， PC34 AB2，则三棱锥 PABC 的体积为()41 A40 B80 C160 D240 解析 ： 选 C因

2、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 PEx，EBy，EAz，则由已知，可得 Error!Error! 从而知 VPABCVAEBGFPDCVPAEBVCABGVBPDCVAFPCVAEBGFPDC4VPAEB 68104 6810160. 1 6 3定义运算：(ab)xax2bx2.若关于 x 的不等式(ab)x0 的解集为x|1x2， 则关于 x 的不等式(ba)x0 的解集为() A(1,2) B(，1)(2，)

3、C. D.(1，) ( 2 3，1) ( ，2 3) 解析：选 D1,2 是方程 ax2bx20 的两实根， 12 ，12 ，解得Error! b a 2 a 所以(31)x3x2x20，解得 x1. 2 3 4 已知(cos 1,2sin 1)，(cos 2， 2sin 2)， 若(cos 1， sin 1)，(cos OA OB OA OB 2，sin 2)，且满足0，则 SOAB等于()OA OB A. B1 1 2 C2 D4 解析：选 B由条件0，可得 cos (12)0.利用特殊值，如设 1 ，2OA OB 2 0，代入，则 A(0,2)，B(1,0)，故面积为 1. 5已知函数

4、f(x)4sin22cos 2x1 且给定条件 p：“ x ” ，又给定条件 ( 4x ) 3 4 2 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)4sin22cos 2x1 ( 4x ) 3 22cos 2x1 1cos( 22x) 3 2sin 2x2cos 2x33 4sin3. ( 2x 3) 令 t2x ，当 x 时， 3 4 2 f(x)g(t)4sin t3， t， 6 2 3 当 x 时，f(x)max7，f(x)min5. 4 2 p 是 q 的充分条件， 对

5、x，|f(x)m|2 恒成立， 4， 2 即 m2f(x)m2 恒成立 Error!即Error!解得 5m0， ( 2 m )( 1 m26m1) 即(2m1)(6m22m1)0， m . 1 2 即当 m 0，b 0 有且只有一个元素时，a，b 满足的关系式是_ 解析：AB 有且只有一个元素可转化为直线 1 与圆 x2y21 相切，故圆心到直 x a y b 线的距离为1.a0，b0，ab. |ab| b2a2 a2b2 答案：ab a2b2 8(2013呼和浩特模拟)已知数列an满足 a11，an1a an，用x表示不超过 x 的最 2 n 大整数，则_. 1 a11 1 a21 1 a

6、2 0131 解析 ： 因为，所以，所以 1 an1 1 an a n 1 1 an 1 an1 1 an1 1 an 1 an1 1 a11 1 a21 ，又 a11，所以(0,1)，所 1 a2 0131 ( 1 a1 1 a2) ( 1 a2 1 a3) ( 1 a2 013 1 a2 014) 1 a1 1 a2 014 1 a2 014 以(0,1)，故0. 1 a1 1 a2 014 1 a1 1 a2 014 答案：0 9在各棱长都等于 1 的正四面体 OABC 中，若点 P 满足xyz (xOP OA OB OC yz1)，则|的最小值等于_OP 解析：因为点 P 满足xyz

7、(xyz1)，所以点 P 与 A、B、C 共OP OA OB OC 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OP 体的高，为. 6 3 答案： 6 3 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CAD30， PAAB4， 点 N 在线段 PB 上， 且 PN NB . 1 3 (1)求证：BDPC； (2)求证：MN平面 PDC； (3)设平面 PAB平面 PCDl，试问直线 l 是否与直线 CD 平行，请说明理由 解：(

8、1)证明：因为ABC 是正三角形，M 是 AC 的中点， 所以 BMAC，即 BDAC. 又因为 PA平面 ABCD，BD平面 ABCD， 所以 PABD. 又 PAACA，所以 BD平面 PAC， 又 PC平面 PAC，所以 BDPC. (2)证明：在正三角形 ABC 中，BM2 . 3 在ACD 中，因为 M 为 AC 的中点，DMAC， 所以 ADCD，CDA120， 所以 DM， 2 3 3 所以 BMMD31. 所以 BNNPBMMD，所以 MNPD. 又 MN平面 PDC，PD平面 PDC， 所以 MN平面 PDC. (3)假设直线 lCD. 因为 l平面 PAB，CD平面 PAB

9、，所以 CD平面 PAB. 又 CD平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCDAB， 所以 CDAB. 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 x0，aR，令函数 h(x)f(x)g(x) 1 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(2x)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 . 1 x2 a x x2ax1 x2 依题意，知不等式 x2ax10

10、在区间(0，)上恒成立，即 ax 在区间(0，) 1 x 上恒成立，解得 a2，即 a 的取值范围为(，2 (2)当 a2 时，h(x)x 2ln x. 1 x h(x)h(2x)22lnx(2x) 2 x2x 令 tx(2x)(0,1)，构造函数 (t)2 2ln t. 2 t (t) 0 恒成立， 2 t2 2 t 22t t2 函数 (t)在(0,1)上单调递增，且 (1)0. (t)2 2ln t0 在(0,1)上无解 2 t 即方程 h(x)h(2x)0 在(0,1)上无解 12已知直线 l1：4x3y60 和直线 l2：x (p0)若抛物线 C：y22px 上的点到 p 2 直线

11、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. ( 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，则 p2. |2p6| 5 当直线 l1与抛

12、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 2y23py6p0，由 9p248p0 且 p0，得 p，此时抛物线上的点到直线 l2的 48 9 最小距离为 2，不满足题意 p 2 24 9 所以抛物线 C 的方程为 y24x. (2)设 M(x0，y0)，由题意知直线 l 的斜率存在，设为 k，且 k0，所以直线 l 的方程为 y y0k(xx0)， 代入 y24x 消去 x 得 ky24y4y0ky 0， 2 0 由 164k(4y0ky )0，得 k ， 2 0 2 y0 所以直线 l 的方程为 yy0 (xx0) 2 y0 令 x1，又由 y 4x0得 N. 2 0 ( 1，y 2 04 2y0 )