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【创新设计】2015高考数学二轮专题训练·对接高考练习:专题7第2讲 分类讨论思想、转化与化归思想


一、选择题 x2 y2 1.过双曲线a2-b2=1 上任意一点 P,引与实轴平行的直线,交两渐近线于 R,Q → → 两点,则PR· PQ的值为( A.a2 C.2ab 解析 答案 ). B.b2 D.a2+b2

→ → 当直线 PQ 与 x 轴重合时,|PR|=|PQ|=a,故选 A. A

log x?x>0?, ? ? 2 2.设函

数 f(x)=? 1 log ?-x??x<0?, ? ? 2

若 f(a)>f(-a),则实数 a 的取值范围是 ( ).

A.(-1,0)∪(0,1) C.(-1,0)∪(1,+∞) 解析

B.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1)

1 1 若 a>0, 则 log2a>log2a, 即 2log2a>0, 所以 a>1; 若 a<0, 则 log2(-

a)>log2(-a),即 2log2(-a)<0,所以 0<-a<1,-1<a<0.所以实数 a 的取 值范围是 a>1 或-1<a<0,即 a∈(-1,0)∪(1,+∞). 答案 C

3.若不等式(a-2)x2+2(a-2)x-4<0 对一切 x∈R 恒成立,则 a 的取值范围是 ( A.(-∞,2] C.(-2,2] 解析 B.[-2,2] D.(-∞,-2) ).

当 a-2=0 即 a=2 时, 不等式为-4<0 恒成立, 所以 a=2; 当 a-2≠0

?a-2<0, 时,则 a 满足? 解得-2<a<2,所以 a 的范围是(-2,2]. ?Δ<0, 答案 C

→ → 4.在△ABC 中,|AB|=3,|AC|=4,|BC|=5.点 D 是边 BC 上的动点,AD=xAB+
-1-

→ → yAC,当 xy 取最大值时,|AD|的值为( A.4 5 C.2 解析 ∵|AB|=3,|AC|=4,|BC|=5,

). B.3 12 D. 5

∴△ABC 为直角三角形. 如图建立平面直角坐标系,A(0,0),B(3,0),C(0,4),设 D(a,b), → → → 由AD=xAB+yAC, ?a=3x, ab 得? ∴xy=12. ?b=4y,

x y 又∵D 在直线 lBC∶3+4=1 上, a b ∴3+4=1, a b 则3+4≥2 ab 12. 5 ?3?2 ?2? +22= . 2 ? ?

→ ab 1 1 3 ∴12≤4,即 xy≤4,此时 a=2,b=2,|AD|= 答案 C

二、填空题 5.若数列{an}的前 n 项和 Sn=3n-1,则它的通项公式 an=________. 解析 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=2×3n-1;当 n=1 时,a1

=S1=2,也满足式子 an=2×3n-1, ∴数列{an}的通项公式为 an=2×3n-1. 答案 2×3n-1

6. (2014· 盐城调研)如图, 正方体 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 1, E, F 分别为线段 AA1, B1C 上的点,则三棱锥 D1-EDF 的体积为________.

-2-

解析

VD1-EDF=VF-DED1,△DED1 的面积为正方形 AA1D1D 面积的一半,

1 三棱锥 F - DED1 的高即为正方体的棱长,所以 VD1 -DEF = VF - DED1= 3 1 1 1 SΔDED1· h=3×2DD1×AD×AB=6. 答案 1 6

7.方程 sin2x+cos x+k=0 有解,则 k 的取值范围是________. 解析 求 k=-sin2x-cos x 的值域.

1 5 k=cos2x-cos x-1=(cos x-2)2-4. 1 5 当 cos x=2时,kmin=-4, 当 cosx=-1 时,kmax=1, 5 ∴-4≤k≤1. 答案 ? 5 ? ?-4,1? ? ?

xy 2 1 2 8.设正实数 x,y,z 满足 x2-3xy+4y2-z=0,则当 z 取得最大值时,x +y - z 的 最大值为________. 解析 xy 则z= 由已知得 z=x2-3xy+4y2(*) xy 1 当且仅当 x=2y 时取等号, 把 x=2y 代入(*) 2= x 4 y ≤1, x -3xy+4y + - 3 y x
2

2 1 2 1 1 1 ?1 ? 式,得 z=2y2,所以x +y - z =y +y -y2=-? y-1?2+1≤1. ? ? 答案 1

三、解答题 π? ? 9.已知函数 f(x)=2asin2x-2 3asin xcos x+a+b(a≠0)的定义域是?0,2?,值域是 ? ? [-5,1],求常数 a,b 的值.

-3-



1 f(x)=2a· 2(1-cos 2x)- 3a

sin 2x+a+b

?1 ? 3 =-2a? cos 2x+ sin 2x?+2a+b 2 2 ? ? π? ? =-2asin?2x+6?+2a+b, ? ? π π π 7 又∵0≤x≤2,∴6≤2x+6≤6π, π? 1 ? ∴-2≤sin?2x+6?≤1. ? ? 因此,由 f(x)的值域为[-5,1] a>0, ? ? 1 可得?-2a×?-2?+2a+b=1, ? ?-2a×1+2a+b=-5, a<0, ? ? ? 1? 或?-2a×?-2?+2a+b=-5, ? ? ? ?-2a×1+2a+b=1. ?a=2, ?a=-2, 解得? 或? ?b=-5 ?b=1. 10.已知函数 f(x)=ln(1+x)- (1)求 f(x)的极小值; b (2)若 a,b>0,求证:ln a-ln b≥1-a. (1)解 f ′(x)= 1+x-x 1 x - (x>-1). 2= 1+x ?1+x? ?1+x?2 x . 1+x

令 f′(x)=0,得 x=0. 列表如下 x f ′(x) f(x) (-1,0) - ↘ 0 0 极小值 (0,+∞) + ↗

-4-

由上表可知,x=0 时 f(x)取得极小值 f(0)=0. (2)证明 在 x=0 时,f(x)取得极小值,而且是最小值,于是 f(x)≥f(0)=0, x 在 x>-1 时恒成立, 1+x

从而 ln(1+x)≥

a x 1 b 令 1+x=b>0,则 =1- =1-a, 1+x x+1 a b ∴ln a-ln b=lnb≥1-a. a b 因此 ln a-ln b=lnb≥1-a在 a>0,b>0 时成立. b ∴ln a-ln b≥1-a. x2 y2 11.设 F1,F2 分别是椭圆 D∶a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过 F2 作倾斜角 π 为3的直线交椭圆 D 于 A,B 两点,F1 到直线 AB 的距离为 3,连接椭圆 D 的四 个顶点得到的菱形面积为 4. (1)求椭圆 D 的方程. (2)作直线 l 与椭圆 D 交于不同的两点 P,Q,其中 P 点的坐标为(-a,0),若点 → → N(0,t)是线段 PQ 垂直平分线上的一点,且满足NP· NQ=4,求实数 t 的值. 解 (1)设 F1,F2 的坐标分别为(-c,0),(c,0),其中 c>0,由题意得 AB 的方程

为:y= 3(x-c). 因 F1 到直线 AB 的距离为 3,所以有 解得 c= 3. 所以有 a2-b2=c2=3.① 1 由题意知:2×2a×2b=4,即 ab=2.② 联立①②解得:a=2,b=1. x2 所求椭圆 D 的方程为 4 +y2=1. (2)由(1)知:P(-2,0),设 Q(x1,y1), 当直线 l 的斜率不存在时,由已知显然不合要求.当直线 l 的斜率存在时,设 |- 3c- 3c| =3. 3+1

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直线斜率为 k, 则直线 l 的方程为 y=k(x+2), 把它代入椭圆 D 的方程, 消去 y, 整理得: (1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0. 16k2 由根与系数的关系得-2+x1=- , 1+4k2 2-8k2 4k 则 x1= ,y =k(x1+2)= , 1+4k2 1 1+4k2 8k2 2k ? ? - 所以线段 PQ 的中点坐标为? 1+4k2,1+4k2?. ? ? (ⅰ)当 k=0 时,则有 Q(2,0),线段 PQ 垂直平分线为 y 轴, → → 于是NP=(-2,-t),NQ=(2,-t), → → 由NP· NQ=-4+t2=4,解得:t=± 2 2. 8k2 ? 2k 1? x + (ⅱ)当 k≠0 时,则线段 PQ 垂直平分线的方程为;y- =- k? 1+4k2?, 1+4k2 ? ? 6k 因为点 N(0,t)是线段 PQ 垂直平分线上的一点,令 x=0,得:t=- , 1+4k2 → → 于是NP=(-2,-t),NQ=(x1,y1-t), → → 4?16k4+15k2-1? 由NP· NQ=-2x1-t(y1-t)= =4, ?1+4k2?2 14 6k 2 14 解得:k=± 7 ,代入 t=- 2,解得:t=± 5 . 1+4k 2 14 综上,满足条件的实数 t 的值为± 2 2或± 5 .

-6-


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