2020高考数学刷题首选卷 转化与化归思想专练 文（含解析）

转化与化归思想专练一、选择题1．如果a1，a2，a3，…，an为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则正确的关系为()A．a1a8a4a5B．a1a8a4a5C．a1＋a8a4＋a5D．a1a8＝a4a5答案B解析取特殊数列，不妨设an＝n，则a1＝1，a4＝4，a5＝5，a8＝8，经检验，只有选项B成立．故选B．2．若命题“∃x0∈R，使得x20＋mx0＋2m－30”为假命题，则实数m的取值范围是()A．[2，6]B．[－6，－2]C．(2，6)D．(－6，－2)答案A解析∵命题“∃x0∈R，使得x20＋mx0＋2m－30”为假命题，∴命题“∀x∈R，使得x2＋mx＋2m－3≥0”为真命题，∴Δ≤0，即m2－4(2m－3)≤0，∴2≤m≤6．故选A．3．(2018·湖北八市联考)若a，b，c，d∈R，则“a＋d＝b＋c”是“a，b，c，d依次成等差数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析若a，b，c，d成等差数列，则由等差数列的性质可知a＋d＝b＋c．若a＝1，b＝2，c＝98，d＝99，满足a＋d＝b＋c，但a，b，c，d不成等差数列．故选B．4．过抛物线y＝ax2(a0)的焦点F，作一直线交抛物线于P，Q两点．若线段PF与FQ的长度分别为p，q，则1p＋1q等于()A．2aB．12aC．4aD．4a答案C解析抛物线y＝ax2(a0)的标准方程为x2＝1ay(a0)，焦点F0，14a．过焦点F作直线垂直于y轴，则|PF|＝|QF|＝12a，∴1p＋1q＝4a．故选C．5．已知函数f(x)满足：f(m＋n)＝f(m)·f(n)，f(1)＝3，则f21＋f2f1＋f22＋f4f3＋f23＋f6f5＋f24＋f8f7的值等于()A．36B．24C．18D．12答案B解析取特殊函数，根据条件可设f(x)＝3x，则有f2x＋f2xf2x－1＝2·32x32x－1＝6，所以f21＋f2f1＋f22＋f4f3＋f23＋f6f5＋f24＋f8f7＝6×4＝24．故选B．6．(2018·南昌一模)设函数f(x)＝2|x－a|，x≤1，x＋1，x1，若f(1)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围为()A．[－1，2)B．[－1，0]C．[1，2]D．[1，＋∞)答案C解析当a＝－1时，f(x)＝2|x＋1|，x≤1，x＋1，x1，作函数图象如下：由图可知排除A，B．当a＝3时，f(x)＝2|x－3|，x≤1，x＋1，x1，作函数图象如下：由图可知排除D．所以选C．二、填空题7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则cosA＋cosC1＋cosAcosC＝________．答案45解析根据题意，所求数值是一个定值，故可利用满足条件的直角三角形进行计算．令a＝3，b＝4，c＝5，则△ABC为直角三角形，且cosA＝45，cosC＝0，代入所求式子，得cosA＋cosC1＋cosAcosC＝45＋01＋45×0＝45．8．设f(x)是定义在R上的单调增函数，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意a∈[－1，1]恒成立，则x的取值范围为________．答案(－∞，－1]∪[0，＋∞)解析∵f(x)在R上是增函数，∴由f(1－ax－x2)≤f(2－a)，可得1－ax－x2≤2－a，a∈[－1，1]，∴a(x－1)＋x2＋1≥0，对a∈[－1，1]恒成立．令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1，则当且仅当g(－1)＝x2－x＋2≥0，g(1)＝x2＋x≥0恒成立，解得x≥0或x≤－1．故实数x的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．9．如图，有一圆柱形的开口容器(下表面密封)，其轴截面是边长为2的正方形，P是BC的中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一米粒，则这只蚂蚁取得米粒所需经过的最短路程为________．答案π2＋9解析把圆柱侧面展开，并把里面也展开，如图所示，则这只蚂蚁取得米粒所需经过的最短路程为展开图中的线段AP′，则AB＝π，BP′＝3，AP′＝π2＋9．三、解答题10．(2018·武汉调研)已知正数数列{an}满足：a1＝2，an＋an－1＝2n－1an－an－1＋2(n≥2)．(1)求a2，a3；(2)设数列{bn}满足bn＝(an－1)2－n2，证明：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项an．解(1)由已知a2＋a1＝3a2－a1＋2，而a1＝2，∴a22－22＝3＋2(a2－2)，即a22－2a2－3＝0．而a20，则a2＝3．又由a3＋a2＝5a3－a2＋2，a2＝3，∴a23－9＝5＋2(a3－3)，即a23－2a3－8＝0．而a30，则a3＝4．∴a2＝3，a3＝4．(2)由已知条件可知a2n－a2n－1＝2(an－an－1)＋2n－1，∴(an－1)2－(an－1－1)2＝n2－(n－1)2，则(an－1)2－n2＝(an－1－1)2－(n－1)2＝…＝(a3－1)2－32＝(a2－1)2－22＝0，而bn＝(an－1)2－n2，∴bn＝0，即数列{bn}为等差数列．∴(an－1)2＝n2．而an0，故an＝n＋1．11．(2018·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)如图所示的矩形ABCD中，AB＝12AD＝2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF∥AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM∥平面BDF，若存在，说明点M的位置；若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G－BDF体积的最大值，并计算此时DE的长度．解(1)如图所示，取线段EF的中点M，连接GM，下证GM∥平面BDF．因为G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，故GM为△EDF的中位线，故GM∥DF．又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF．(2)因为CF∥DE，且AE与CF的夹角为60°，故AE与DE的夹角为60°，过D作DP⊥AE于P，因为DE⊥EF，AE⊥EF，故DP为点D到平面ABFE的距离．设DE＝x，则AE＝BF＝4－x，由(1)知GM∥DF，故V三棱锥G－BDF＝V三棱锥M－BDF＝V三棱锥D－MBF＝13·S△MBF·DP＝13×12×1×(4－x)×32x＝312(4－x)·x≤33，当且仅当4－x＝x时，等号成立，此时x＝DE＝2，故三棱锥G－BDF体积的最大值为33，此时DE的长度为2．12．(2018·太原二模)已知平面曲线C上任意一点到点F(0，1)和直线y＝－1的距离相等．过直线y＝－1上一点P作曲线C的两条切线，切点分别为A，B．(1)求证：直线AB过定点F；(2)若直线PF交曲线C于D，E两点，DF→＝λFE→，DP→＝μPE→，求λ＋μ的值．解(1)证明：由已知条件可得曲线C的方程为x2＝4y．设点P(t，－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵y＝x24，∴y′＝x2，∴过点A，B的切线方程分别为y－y1＝x12(x－x1)，y－y2＝x22(x－x2)，又4y1＝x21，4y2＝x22，则上述切线方程可化为2(y＋y1)＝x1x，2(y＋y2)＝x2x，∵点P在这两条切线上，∴2(y1－1)＝tx1，2(y2－1)＝tx2，即直线AB的方程为2(y－1)＝tx，故直线2(y－1)＝tx恒过定点F(0，1)．(2)设D(x3，y3)，E(x4，y4)，由DF→＝λFE→及DP→＝μPE→得－x3，1－y3＝λx4，y4－1，t－x3，－1－y3＝μx4－t，y4＋1，得λ＝－x3x4，μ＝t－x3x4－t，∴λ＋μ＝t－x3x4－t－x3x4＝tx4－x3x4－x3x4＋tx3x4x4－t＝tx3＋x4－2x3x4x4x4－t，由题意，直线PF的斜率存在，故PF的方程为y－1＝2x－t，即y＝2x－t＋1，联立y＝x24，y＝－2xt＋1，消去y并整理得x2＋8tx－4＝0，∴x3＋x4＝－8t，x3x4＝－4，∴λ＋μ＝－t·8t－2×－4x4x4－t＝0．13．(2018·山东青岛统测)已知函数f(x)＝(aex－a－x)·ex(a≥0，e＝2．718…，e为自然对数的底数)，且f(x)≥0对于x∈R恒成立．(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且0f(x0)14．解(1)由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0，得g(x)＝aex－a－x≥0，∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，从而x＝0是g(x)的一个极小值点．由于g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0⇒a＝1，当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，∵x∈(－∞，0)时，g′(x)0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝(ex－1－x)ex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)，令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，∵x∈(－∞，－ln2)时，h′(x)0，h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数，x∈(－ln2，＋∞)时，h′(x)0，h(x)在(－ln2，＋∞)上为增函数，由于h(－1)0，h(－2)0，∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，∵h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数，∴x∈(－∞，x0)时，h(x)0，即f′(x)0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，x∈(x0，－ln2)时，h(x)0，即f′(x)0，f(x)在(x0，－ln2)上为减函数，∴f(x)在(－∞，－ln2)上只有一个极大值点x0，由于h(0)＝0，且h(x)在(－ln2，＋∞)上为增函数，∴x∈(－ln2，0)时，h(x)0，即f′(x)0，f(x)在(－ln2，0)上为减函数，x∈(0，＋∞)时，h(x)0，即f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－ln2，＋∞)上只有一个极小值点0，综上可知f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴2ex0－x0－2＝0，∴f(x0)＝(ex0－1－x0)ex0＝x0＋222－x0＋22·(x0＋1)＝－x20＋2x04，x0∈(－2，－1)，∵x0∈(－2，－1)时，0－x20＋2x0414，∴0f(x0)14．