高考數(shù)二輪專題突破預(yù)測(cè)演練提能訓(xùn)練 第2部分 專題一 第四講 數(shù)思想專練(四) 文（以真題和模擬題為例 含解析）

[數(shù)學(xué)思想專練(四)]一、選擇題1．若a>2，則關(guān)于x的方程eq\f(1,3)x3－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：選B設(shè)f(x)＝eq\f(1,3)x3－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×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個(gè)根．2.如圖所示，已知三棱錐P-ABC，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，則三棱錐P-ABC的體積為()A．40 B．80C．160 D．240解析：選C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(tǒng)，EA＝z，則由已知，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.))從而知VP-ABC＝VAEBG-FPDC－VP-AEB－VC-ABG－VB-PDC－VA-FPC＝VAEBG-FPDC－4VP-AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,6)×6×8×10＝160.3．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|1<x<2}，則關(guān)于x的不等式(b⊕a)?x<0的解集為()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：選D1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的兩實(shí)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)，且滿足·＝0，則S△OAB等于()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：選B由條件·＝0，可得cos(θ1－θ2)＝0.利用特殊值，如設(shè)θ1＝eq\f(π,2)，θ2＝0，代入，則A(0,2)，B(1,0)，故面積為1.5．已知函數(shù)f(x)＝4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－2eq\r(3)cos2x＋1且給定條件p：“eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)”，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) D．(5,7)解析：選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)，當(dāng)eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，f(x)＝g(t)＝4sint＋3，eq\f(π,6)≤t≤eq\f(2π,3)，∴當(dāng)eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，f(x)max＝7，f(x)min＝5.∵p是q的充分條件，∴對(duì)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．拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝m(x－3)垂直平分，則常數(shù)m的取值范圍是()A.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：選A若拋物線上兩點(diǎn)(x1，xeq\o\al(2,1))，(x2，xeq\o\al(2,2))關(guān)于直線y＝m(x－3)對(duì)稱，則滿足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).即當(dāng)m<－eq\f(1,2)時(shí)，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≥－eq\f(1,2).二、填空題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，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eq\f(x,a)－eq\f(y,b)＝1與圓x2＋y2＝1相切，故圓心到直線的距離為eq\f(|ab|,\r(b2＋a2))＝1.∵a>0，b>0，∴ab＝eq\r(a2＋b2).答案：ab＝eq\r(a2＋b2)8．(·呼和浩特模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋an，用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1＋1)＋\f(1,a2＋1)＋…＋\f(1,a2013＋1)))＝________.解析：因?yàn)閑q\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．在各棱長(zhǎng)都等于1的正四面體OABC中，若點(diǎn)P滿足＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)，則||的最小值等于________．解析：因?yàn)辄c(diǎn)P滿足＝x＋y＋z(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||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eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)三、解答題10．在長(zhǎng)方形AA1B1B中，AB＝2AA1＝4，C，C1分別是AB，A1B1的中點(diǎn)(如圖(1))．將此長(zhǎng)方形沿CC1對(duì)折，使二面角A1-CC1-B為直二面角，D，E分別是A1B1，CC1的中點(diǎn)(如圖(2))．(1)求證：C1D∥平面A1BE；(2)求證：平面A1BE⊥平面AA1B1B；(3)求異面直線C1D與BE所成角的正弦值．解：(1)證明：取A1B的中點(diǎn)F，連接DF，EF.因?yàn)镈，F(xiàn)分別是A1B1，A1B的中點(diǎn)，所以DF是△A1BB1的中位線．所以DF∥BB1∥CC1，且DF＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1.又因?yàn)镋是CC1的中點(diǎn)，所以C1E＝eq\f(1,2)CC1.所以DF∥C1E，且DF＝C1E.所以四邊形C1EFD是平行四邊形．所以C1D∥EF.又EF?平面A1BE，C1D?平面A1BE，所以C1D∥平面A1BE.(2)證明：因?yàn)镃C1⊥A1C1，CC1⊥B1C1且A1C1∩B1C所以CC1⊥平面A1C1B1因?yàn)锽B1∥CC1，所以BB1⊥平面A1C1B1因?yàn)镃1D?平面A1C1B1，所以BB1⊥C1又A1C1＝C1B1，且D是A1B1的中點(diǎn)，所以C1D⊥A1B1因?yàn)锳1B1∩BB1＝B1，所以C1D⊥平面AA1B1B.由(1)知EF∥C1D.所以EF⊥平面AA1B1B.又因?yàn)镋F?平面A1BE，所以平面A1BE⊥平面AA1B1B.(3)由(1)知C1D∥EF，所以∠BEF為異面直線C1D與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).即異面直線C1D與BE所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).11．已知直線l1：4x－3y＋6＝0和直線l2：x＝－eq\f(p,2)(p>0)．若拋物線C：y2＝2px上的點(diǎn)到直線l1和直線l2的距離之和的最小值為2.(1)求拋物線C的方程；(2)若以拋物線上任意一點(diǎn)M為切點(diǎn)的直線l與直線l2交于點(diǎn)N.試問x軸上是否存在定點(diǎn)Q，使點(diǎn)Q在以MN為直徑的圓上？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)當(dāng)直線l1與拋物線無公共點(diǎn)時(shí)，由定義知l2為拋物線的準(zhǔn)線，拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).由拋物線定義知拋物線上的點(diǎn)到直線l2的距離等于其到焦點(diǎn)F的距離．所以拋物線上的點(diǎn)到直線l1和直線l2的距離之和的最小值為焦點(diǎn)F到直線l1的距離．所以2＝eq\f(|2p＋6|,5)，則p＝2.當(dāng)直線l1與拋物線有公共點(diǎn)時(shí)，把直線l1的方程與拋物線方程聯(lián)立，消去x得關(guān)于y的方程2y2－3py＋6p＝0，由Δ＝9p2－48p≥0且p>0，得p≥eq\f(48,9)，此時(shí)拋物線上的點(diǎn)到直線l2的最小距離為eq\f(p,2)≥eq\f(24,9)>2，不滿足題意．所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)設(shè)M(x0，y0)，由題意知直線l的斜率存在，設(shè)為k，且k≠0，所以直線l的方程為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)，所以直線l的方程為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))).設(shè)Q(x1,0)，則＝(