2014高考数学二轮复习典型题专讲数学思想4

一、选择题1．若a2，则关于x的方程13x3－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)＝13x3－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×83－4a＋1＝113－4a0，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＝234，PB＝AC＝10，PC＝AB＝241，则三棱锥P­ABC的体积为()A．40B．80C．160D．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x2＋y2＝100，x2＋z2＝136，y2＋z2＝164⇒x＝6，y＝8，z＝10.从而知VP­ABC＝VAEBG­FPDC－VP­AEB－VC­ABG－VB­PDC－VA­FPC＝VAEBG­FPDC－4VP­AEB＝6×8×10－4×16×6×8×10＝160.3．定义运算：(a⊕b)⊗x＝ax2＋bx＋2.若关于x的不等式(a⊕b)⊗x0的解集为{x|1x2}，则关于x的不等式(b⊕a)⊗x0的解集为()A．(1,2)B．(－∞，1)∪(2，＋∞)C.－23，1D.－∞，－23∪(1，＋∞)[来源:学优]解析：选D1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的两实根，1＋2＝－ba，1×2＝2a，解得a＝1，b＝－3.所以(－3⊕1)⊗x＝－3x2＋x＋20，即3x2－x－20，解得x－23或x1.4．已知OA＝(cosθ1,2sinθ1)，OB＝(cosθ2，2sinθ2)，若OA＝(cosθ1，sinθ1)，OB＝(cosθ2，sinθ2)，且满足OA·OB＝0，则S△OAB等于()A.12B．1C．2D．4解析：选B由条件OA·OB＝0，可得cos(θ1－θ2)＝0.利用特殊值，如设θ1＝π2，θ2＝0，代入，则A(0,2)，B(1,0)，故面积为1.5．已知函数f(x)＝4sin2π4＋x－23cos2x＋1且给定条件p：“π4≤x≤π2”，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)＝4sin2π4＋x－23cos2x＋1＝21－cosπ2＋2x－23cos2x＋1＝2sin2x－23cos2x＋3＝4sin2x－π3＋3.令t＝2x－π3，当π4≤x≤π2时，f(x)＝g(t)＝4sint＋3，π6≤t≤2π3，∴当π4≤x≤π2时，f(x)max＝7，f(x)min＝5.∵p是q的充分条件，∴对任意x∈π4，π2，|f(x)－m|2恒成立，即m－2f(x)m＋2恒成立[来源:学优][来源:学优GKSTK]⇔m－2fxmin，m＋2fxmim，即m－25，m＋27，解得5m7.6．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.－12，＋∞B.－3，－12C.－12，＋∞D．(－1，＋∞)解析：选A若抛物线上两点(x1，x21)，(x2，x22)关于直线y＝m(x－3)对称，则满足x21＋x222＝mx1＋x22－3，x21－x22x1－x2＝－1m，∴x21＋x22＝mx1＋x2－6，x1＋x2＝－1m，消去x2，得2x21＋2mx1＋1m2＋6m＋1＝0.∵x1∈R，∴Δ＝2m2－81m2＋6m＋10，即(2m＋1)(6m2－2m＋1)0.∵6m2－2m＋10，∴m－12.即当m－12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≥－12.二、填空题7.若x，y∈R，集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝(x，y)xa－yb＝1，a0，b0，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xa－yb＝1与圆x2＋y2＝1相切，故圆心到直线的距离为|ab|b2＋a2＝1.∵a0，b0，∴ab＝a2＋b2.答案：ab＝a2＋b28．(2013·呼和浩特模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a2n＋an，用[x]表示不超过x的最大整数，则1a1＋1＋1a2＋1＋…＋1a2013＋1＝________.解析：因为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：09．在各棱长都等于1的正四面体OABC中，若点P满足OP＝xOA＋yOB＋zOC(x＋y＋z＝1)，则|OP|的最小值等于________．解析：因为点P满足OP＝xOA＋yOB＋zOC(x＋y＋z＝1)，所以点P与A、B、C共面，即点P在平面ABC内，所以|OP|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63.答案：63三、解答题[来源:gkstk.Com]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∠CAD＝30°，PA＝AB＝4，点N在线段PB上，且PNNB＝13.(1)求证：BD⊥PC；(2)求证：MN∥平面PDC；(3)设平面PAB∩平面PCD＝l，试问直线l是否与直线CD平行，请说明理由．解：(1)证明：因为△ABC是正三角形，M是AC的中点，所以BM⊥AC，即BD⊥AC.又因为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)证明：在正三角形ABC中，BM＝23.在△ACD中，因为M为AC的中点，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)假设直线l∥CD.因为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＝AB，所以CD∥AB.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－1x，g(x)＝alnx，其中x0，a∈R，令函数h(x)＝f(x)－g(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(2－x)＝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＋1x2－ax＝x2－ax＋1x2.依题意，知不等式x2－ax＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≤x＋1x在区间(0，＋∞)上恒成立，解得a≤2，即a的取值范围为(－∞，2]．(2)当a＝2时，h(x)＝x－1x－2lnx.∴h(x)＋h(2－x)＝2－2x2－x－2ln[x(2－x)]．令t＝x(2－x)∈(0,1)，构造函数φ(t)＝2－2t－2lnt.∵φ′(t)＝2t2－2t＝2－2tt20恒成立，∴函数φ(t)在(0,1)上单调递增，且φ(1)＝0.∴φ(t)＝2－2t－2lnt＝0在(0,1)上无解．即方程h(x)＋h(2－x)＝0在(0,1)上无解．[来源:学优GKSTK]12．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－p2(p0)．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Fp2，0.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＝|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p0，得p≥489，此时抛物线上的点到直线l2的最小距离为p2≥2492，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－ky20＝0，由Δ＝16－4k(4y0－ky20)＝0，得k＝2y0，所以直线l的方程为y－y0＝2y0(x－x0)．令x＝－1，又由y20＝4x0得N－1，y20－42y0.设Q(x1,0)，则QM＝(x0－x1，y0)，QN＝－1－x1，y20－42y0.由题意知QM·QN＝0，即(x0－x1)(－1－x1)＋y20－42＝0.把y20＝4x0代入上式，得(1－x1)x0＋x21＋x1－2＝0.因为对任意的x0等式恒成立，所以1－x1＝0，x21＋x1－2＝0，所以x1＝1，即在x轴上存在定点Q(1,0)，使点Q在以MN为直径的圆上．