2023学年高考数学大二轮复习能力升级练二十六转化与化归思想理2.docx

能力升级练(二十六)　转化与化归思想 一、选择题 1.若a>2,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=113-4a<0,所以f(x)=0在(0,2)上恰好有1个根. 答案B 2. 如图所示,已知三棱锥P-ABC,PA=BC=234,PB=AC=10,PC=AB=241,则三棱锥P-ABC的体积为(　　) A.40　　　　　　　　B.80 C.160 D.240 解析因为三棱锥P-ABC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P-ABC补成一个长方体AEBG-FPDC,易知三棱锥P-ABC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VP-ABC=VAEBG-FPDC-VP-AEB-VC-ABG-VB-PDC-VA-FPC=VAEBG-FPDC-4VP-AEB=6×8×10-4×16×6×8×10=160. 答案C 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) B.(-∞,1)∪(2,+∞) C.-23,1 D.-∞,-23∪(1,+∞) 解析1,2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+2<0,即3x2-x-2>0,解得x<-23或x>1. 答案D 4.已知OA=(cos θ1,2sin θ1),OB=(cos θ2,2sin θ2),若OA'=(cos θ1,sin θ1),OB'=(cos θ2,sin θ2),且满足OA'·OB'=0,则△OAB的面积等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.12 B.1 C.2 D.4 解析由条件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△OAB的面积为1. 答案B 5.已知函数f(x)=4sin2π4+x-23cos 2x+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f(x)=4sin2π4+x-23cos2x+1 =21-cosπ2+2x-23cos2x+1 =2sin2x-23cos2x+3 =4sin2x-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∀x∈π4,π2,|f(x)-m|<2恒成立, 即m-2<f(x)<m+2恒成立 ⇔m-2<f(x)min,m+2>f(x)max,即m-2<5,m+2>7,解得5<m<7. 答案D 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,-12 C.-12,+∞ D.(-1,+∞) 解析若抛物线上两点(x1,x12),(x2,x22)关于直线y=m(x-3)对称,则满足 x12+x222=m(x1+x22-3),x12-x22x1-x2=-1m, ∴x12+x22=m(x1+x2-6),x1+x2=-1m, 消去x2,得2x12+2mx1+1m2+6m+1=0. ∵x1∈R,∴Δ=2m2-81m2+6m+1>0, 即(2m+1)(6m2-2m+1)<0. ∵6m2-2m+1>0,∴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. 答案A 二、填空题 7.若x,y∈R,集合A={(x,y)|x2+y2=1},B=(x,y)xa-yb=1,a>0,b>0,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.∵a>0,b>0,∴ab=a2+b2. 答案ab=a2+b2 8.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an2+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0 9.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 10.如图,已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,其中BE∥AF,AB⊥AF,AB=BE=12AF=2,∠CBA=π3. (1)求证:AF⊥BC; (2)线段AB上是否存在一点G,使得直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为9331,若存在,求AG的长;若不存在,说明理由. (1)证明∵菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,AB⊥AF, ∴AF⊥平面ABCD, ∵BC⊂平面ABCD,∴AF⊥BC. (2)解取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB, ∵平面ABCD⊥平面ABEF, ∴CO⊥平面ABEF. 建立如图所示的空间直角坐标系,则D(-2,0,3),F(-1,4,0),E(1,2,0), ∴DF=(1,4,-3),EF=(-2,2,0), 设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则n·DF=0,n·EF=0, 即x+4y-3z=0,-2x+2y=0,取n=1,1,533, 设G(λ,0,0),λ∈[-1,1],则GF=(-λ-1,4,0). ∵直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为9331, ∴|-λ-1+4|(λ+1)2+16×313=9331, ∴λ=-1∈[-1,1], ∴AG=0,直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为9331. 11.已知函数f(x)=x2-8x+aln x(a∈R). (1)当x=1时,f(x)取得极值,求a的值,并判断x=1是极大值点还是极小值点; (2)当函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),且x1≠1时,总有alnx11-x1>t(4+3x1-x12)成立,求t的取值范围. 解(1)f'(x)=2x2-8x+ax(x>0),f'(1)=0,则a=6. 从而f'(x)=2(x-1)(x-3)x(x>0),所以x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)为增函数. x∈(1,3)时,f'(x)<0,f(x)为减函数,所以x=1为极大值点. (2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),则2x2-8x+a=0在(0,+∞)上有两个不相等的实根,所以0<a<8, 由x1+x2=4,x1x2=a2,x1<x2可得0<x1<2,a=2x1(4-x1), 从而问题转化为在0<x1<2,且x1≠1时alnx11-x1>t(4+3x1-x12)成立. 即2x1(4-x1)lnx11-x1>t(4+3x1-x12)成立. 即2x1lnx11-x1>t(x1+1), 即2x1lnx11-x1-t(x1+1)>0, 亦即x11-x12lnx1+t(x12-1)x1>0.① 令h(x)=2lnx+t(x2-1)x(0<x<2),则h'(x)=tx2+2x+tx2(0<x<2), (ⅰ)当t≥0时,h'(x)>0,则h(x)在(0,2)上为增函数且h(1)=0,①式不成立. (ⅱ)当t<0时,令h'(x)=0,则tx2+2x+t=0,Δ=4-4t2, 若Δ≤0,即t≤-1时,h'(x)≤0,所以h(x)在(0,2)上为减函数且h(1)=0,x11-x1、2lnx1+t(x12-1)x1在区间(0,1)及(1,2)上同号,故①式成立. 若Δ>0,即-1<t<0时,y=tx2+2x+t的图象的对称轴x=-1t>1, 令x0=min-1t,2,则1<x<x0时,h(x)>0,不合题意. 综上可知,t≤-1满足题意,故t的取值范围为(-∞,-1]. 9