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2014高考数学理二轮专题突破演练 第2部分


[数学思想专练(四)] 一、选择题 1 1.若 a>2,则关于 x 的方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上恰好有( 3 A.0 个根 C.2 个根 B.1 个根 D.3 个根 )

1 解析: 选 B 设 f(x)= x3-ax2+1, 则 f′(x)=x2-2ax=x(x-2a), 当 x∈(0,2)时, f′(x)<0, 3 8 ? 11

f(x)在(0,2)上为减函数.又 f(0)f(2)=1×? ?3-4a+1?= 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=2 34,PB=AC=10,PC =AB=2 41,则三棱锥 PABC 的体积为( A.40 C.160 ) B.80 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 x +y =100, ? ?2 2 ?x +z =136, ? ?y2+z2=164
2 2

x=6, ? ? ??y=8, ? ?z=10.

从 而 知 VPABC = VAEBGFPDC - VPAEB - VCABG - VBPDC - VAFPC = VAEBGFPDC - 4VPAEB = 1 6×8×10-4× ×6×8×10=160. 6 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) 2 ? C.? ?-3,1? ) B.(-∞,1)∪(2,+∞) 2? D.? ?-∞,-3?∪(1,+∞)

解析:选 D 1,2 是方程 ax2+bx+2=0 的两实根,
? ?a=1, b 2 1+2=- ,1×2= ,解得? a a ?b=-3. ?

2 所以(-3⊕1)?x=-3x2+x+2<0,即 3x2-x-2>0,解得 x<- 或 x>1. 3 4.已知 OA =(cos θ1,2sin θ1), OB =(cos θ2,2sin θ2),若 OA? =(cos θ1,sin θ1), OB? =

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(cos θ2,sin θ2),且满足 OA? · OB? =0,则 S△OAB 等于( 1 A. 2 C.2 B.1 D.4

)

π 解析:选 B 由条件 OA? · OB? =0,可得 cos (θ1-θ2)=0.利用特殊值,如设 θ1= ,θ2 2 =0,代入,则 A(0,2),B(1,0),故面积为 1. π ? π π 5.已知函数 f(x)=4sin2? ?4+x?-2 3cos 2x+1 且给定条件 p:“4≤x≤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) C.(1,3) 解析:选 D B.(-2,2) D.(5,7) π ? f(x)=4sin2? ?4+x?-2 3cos 2x+1 )

?π ?? =2? ?1-cos?2+2x??-2 3cos 2x+1
=2sin 2x-2 3cos 2x+3 π 2x- ?+3. =4sin? 3? ? π π π 令 t=2x- ,当 ≤x≤ 时, 3 4 2 π 2π f(x)=g(t)=4sin t+3, ≤t≤ , 6 3 π π ∴当 ≤x≤ 时,f(x)max=7,f(x)min=5. 4 2 ∵p 是 q 的充分条件, π π? ∴对任意 x∈? ?4,2?,|f(x)-m|<2 恒成立, 即 m-2<f(x)<m+2 恒成立
? ? ?m-2<f?x?min, ?m-2<5, ?? 即? 解得 5<m<7. ?m+2>f?x?mim, ?m+2>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 ( 1 ? A.? ?-2,+∞? 1 ? C.? ?-2,+∞? 解析: 选 A 1? B.? ?-3,-2? D.(-1,+∞)
2 若抛物线上两点 (x1 , x 2 1 ) , (x2 , x 2 ) 关于直线 y = m(x - 3) 对称,则满足

)

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x +x ? x +x ? ? ? 2 =m? 2 -3?, ?x -x 1 ? ?x -x =-m,
1 2 2 1 2 2 2 1

2 1

2 2

x +x =m?x1+x2-6?, ? ?1 2 ∴? 1 ? ?x1+x2=-m, 2 1 2 消去 x2,得 2x1 + x1+ 2+6m+1=0. m m ∵x1∈R, 2 ?2 ?1 ? ∴Δ=? ?m? -8?m2+6m+1?>0, 即(2m+1)(6m2-2m+1)<0. ∵6m2-2m+1>0, 1 ∴m<- . 2 1 即当 m<- 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 2 1 的所有弦都不能被直线 y=m(x-3)垂直平分,那么 m≥- . 2 二、填空题 x y 7. 若 x,y∈R,集合 A={(x,y)|x2+y2=1},B=(x,y) - =1,a>0,b>0,当 A∩B a b 有且只有一个元素时,a,b 满足的关系式是________. x y 解析:A∩B 有且只有一个元素可转化为直线 - =1 与圆 x2+y2=1 相切,故圆心到直 a b 线的距离为 |ab| 2 2 2 2=1.∵a>0,b>0,∴ab= a +b . b +a

2

2

答案:ab= a2+b2 8.(2013· 呼和浩特模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=a2 n+an,用[x]表示不超过 x 的 1 1 1 最大整数,则?a +1+a +1+?+a +1?=________. ? 1 ? 2 2 013 解析:因为 + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = = - ,所以 = - ,所以 + +? an+1 an?an+1? an an+1 an+1 an an+1 a1+1 a2+1

1 1? ?1 1? 1 1 ? 1 1 1 - + - +?+? - =? = - , 又 a1=1, 所以 ∈(0,1), a a a a a a ? ? ? ? ? ? a1 a2 014 a2 014 a2 013+1 1 2 2 3 2 013 2 014

1 1 ? 1 1 所以 - ∈(0,1),故? ?a1-a2 014?=0. a1 a2 014 答案:0

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9.在各棱长都等于 1 的正四面体 OABC 中,若点 P 满足 OP =x OA +y OB +z OC (x +y+z=1),则| OP |的最小值等于________. 解析:因为点 P 满足 OP =x OA +y OB +z OC (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 答案: 6 3 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∠CAD=30° ,PA PN 1 =AB=4,点 N 在线段 PB 上,且 = . NB 3 (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=2 3. 在△ACD 中,因为 M 为 AC 的中点,DM⊥AC, 所以 AD=CD,∠CDA=120° , 2 3 所以 DM= , 3 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.
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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. 1 11.已知函数 f(x)=x- ,g(x)=aln x,其中 x>0,a∈R,令函数 h(x)=f(x)-g(x). 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),
2 1 a x -ax+1 ∴h′(x)=f′(x)-g′(x)=1+ 2- = . x x x2

1 依题意,知不等式 x2-ax+1≥0 在区间(0,+∞)上恒成立,即 a≤x+ 在区间(0,+∞) x 上恒成立,解得 a≤2,即 a 的取值范围为(-∞,2]. 1 (2)当 a=2 时,h(x)=x- -2ln x. x 2 ∴h(x)+h(2-x)=2- -2ln[x(2-x)]. x?2-x? 2 令 t=x(2-x)∈(0,1),构造函数 φ(t)=2- -2ln t. t 2 2 2-2t ∵φ′(t)= 2- = 2 >0 恒成立, t t t ∴函数 φ(t)在(0,1)上单调递增,且 φ(1)=0. 2 ∴φ(t)=2- -2ln t=0 在(0,1)上无解. t 即方程 h(x)+h(2-x)=0 在(0,1)上无解. p 12.已知直线 l1:4x-3y+6=0 和直线 l2:x=- (p>0).若抛物线 C:y2=2px 上的点 2 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 p ? 为 F? ?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. |2p+6| 所以 2= ,则 p=2. 5 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 48 的方程 2y2-3py+6p=0,由 Δ=9p2-48p≥0 且 p>0,得 p≥ ,此时抛物线上的点到直线 9
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p 24 l2 的最小距离为 ≥ >2,不满足题意. 2 9 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-ky2 0=0, 2 由 Δ=16-4k(4y0-ky2 0)=0,得 k= , y0 2 所以直线 l 的方程为 y-y0= (x-x0). y0
2 ?-1,y0-4?. 令 x=-1,又由 y2 = 4 x 得 N 0 0 2y0 ? ?

设 Q(x1,0),则 QM =(x0-x1,y0),
2 y0 -4 QN =?-1-x1, 2y ?.

?

0

?

由题意知 QM · QN =0, y2 0-4 即(x0-x1)(-1-x1)+ =0. 2 把 y2 0=4x0 代入上式,
2 得(1-x1)x0+x1 +x1-2=0.

因为对任意的 x0 等式恒成立,
?1-x1=0, ? 所以? 2 ?x1+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.

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