2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題十 數(shù)學思想方法 第二講 分類討論思想、轉化與化歸思想素能提升練 理.doc

2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題十 數(shù)學思想方法 第二講 分類討論思想、轉化與化歸思想素能提升練 理1.拋物線y2=4px(p>0)的焦點為F,P為其上的一點,O為坐標原點,若OPF為等腰三角形,則這樣的點P的個數(shù)為()A.2B.3C.4D.6解析:當|PO|=|PF|時,點P在線段OF的中垂線上,此時,點P的位置有兩個;當|OP|=|OF|時,點P的位置也有兩個;對|FO|=|FP|的情形,點P不存在.事實上,F(p,0),若設P(x,y),則|FO|=p,|FP|=,若=p,則有x2-2px+y2=0,因為y2=4px,所以x2+2px=0,解得x=0或x=-2p,這與點P在拋物線上或能與點O,F構成三角形矛盾.所以符合要求的點P一共有4個.故選C.答案:C2.(xx貴州六校第一次聯(lián)考,3)在等比數(shù)列an中,a5a11=3,a3+a13=4,則=()A.3B.-C.3或D.-3或-解析:a5a11=a3a13=3,a3+a13=4,所以a3,a13是方程x2-4x+3=0的兩根,a3=1,a13=3或a3=3,a13=1.所以=3或.答案:C3.定義a*b=-ka-2,則方程x*x=0有唯一解時,實數(shù)k的取值范圍是()A.-B.-2,-11,2C.-D.-,-11,解析:由題意,方程x*x=0即為-kx-2=0,即=kx+2有唯一解.所以函數(shù)y=與y=kx+2有一個公共點.而y=,即x2-y2=1(y0)是雙曲線在x軸上方的部分.如圖所示.因為直線y=kx+2恒過點(0,2),結合圖象知,只有1k2或-2k-1時只有一個公共點.答案:B4.若0<<<,sin +cos =a,sin +cos =b,則()A.a<bB.a>bC.ab<1D.ab>2解析:若直接比較a與b的大小比較困難,若將a與b大小比較轉化為a2與b2的大小比較就容易多了.因為a2=1+sin 2,b2=1+sin 2,又因為0<2<2<,所以sin 2<sin 2.所以a2<b2.又因為a,b>0,所以a<b.答案:A5.若a0,b0,且當時,恒有ax+by1,則以a,b為坐標的點P(a,b)所形成的平面區(qū)域的面積是()A.B.C.1D.解析:畫出可行域如圖(1)陰影部分所示,令z=ax+by.當b=0時,z=ax.又0x1,只需a1即可.當a=0時,z=by.0y1,只需b1即可.當ab0時,線性目標函數(shù)化為y=-x+z,故只需保證線性目標函數(shù)過A(1,0)或B(0,1)點時z值不大于1即可,即綜上所述,a,b應滿足的線性約束條件是可行域如圖(2)陰影部分所示,該面積等于1.答案:C6.(xx江西南昌三模,8)已知數(shù)列an滿足:a1=m(m為正整數(shù)),an+1=若a6=1,則m所有可能的取值為()A.4或5B.4或32C.5或32D.4,5或32解析:若a5為偶數(shù),則a6=1,即a5=2.若a4為偶數(shù),則a5=2,即a4=4;若a4為奇數(shù),則有a4=(舍).若a3為偶數(shù),則a3=8;若a3為奇數(shù),則a3=1.若a2為偶數(shù),則a2=16或a2=2;若a2為奇數(shù),則a2=0(舍)或a2=(舍).若a1為偶數(shù),則a1=32或a1=4;若a1為奇數(shù),有a1=5或a1=(舍).若a5為奇數(shù),有1=3a5+1,所以a5=0,不成立.綜上可知,m可能的取值為4,5或32.答案:D7.(xx山西忻州高三聯(lián)考,15)已知P為拋物線y2=4x上一個動點,Q為圓x2+(y-4)2=1上一個動點,那么點P到點Q的距離與點P到拋物線的準線距離之和的最小值是.解析:由題意知圓x2+(y-4)2=1的圓心為C(0,4),半徑為1,拋物線的焦點為F(1,0).根據拋物線的定義,點P到點Q的距離與點P到拋物線準線的距離之和即點P到點Q的距離與點P到拋物線焦點的距離之和,因此|PQ|+|PF|PC|+|PF|-1|CF|-1=-1.答案:-18.已知aR,若關于x的方程x2+x+|a|=0有實根,則a的取值范圍是.解析:當|a|=0時,a=0;當=0時,a=;當a<0時,方程化為x2+x+-a-a=0,即x2+x+-2a=0.判別式=1-4=8a<0,所以方程無解.當0a時,方程化為x2+x+-a+a=0,即x2+x+=0,=0,所以x=-.所以0a.當a>時,方程化為x2+x+a-+a=0,即x2+x+2a-=0.判別式=1-4=2-8a.因為2-8a<0,所以方程無解.綜上,0a.答案:0a9.設F1,F2為橢圓=1的兩個焦點,P為橢圓上一點.已知P,F1,F2是一個直角三角形的三個頂點,且|PF1|>|PF2|,求的值.解:若PF2F1=90,則|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2.|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2,|PF1|=,|PF2|=.若F1PF2=90,則|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=|PF1|2+(6-|PF1|)2,|PF1|=4,|PF2|=2.=2.綜上知,或2.10.(xx山西四校第二次聯(lián)考,21)已知函數(shù)f(x)=.(1)討論函數(shù)f(x)的單調性;(2)設g(x)=x2+2x+3,證明:對任意x1(1,2)(2,+),總存在x2R,使得f(x1)>g(x2).(1)解:f(x)=,設h(x)=-2ln(x-1)+x-1-,則h(x)=0,故h(x)在(1,+)上是單調遞增函數(shù).又h(2)=0,故當x(1,2)時,h(x)<0,則f(x)<0,f(x)是單調遞減函數(shù);當x(2,+)時,h(x)>0,則f(x)>0,f(x)是單調遞增函數(shù).綜上,知f(x)在區(qū)間(1,2)上是單調遞減函數(shù),在(2,+)上是單調遞增函數(shù).(2)證明:對任意x1(1,2)(2,+),總存在x2R,使得f(x1)>g(x2)恒成立等價于f(x)>g(x)min恒成立,而g(x)min=2,即證f(x)>2恒成立,即證-2>0恒成立,也就是證>0,設G(x)=ln(x-1)+-2,G(x)=0,故G(x)在(1,+)上是單調遞增函數(shù).又G(2)=0,故當x(1,2)時,G(x)<0,則>0,當x(2,+)時,G(x)>0,則>0.綜上可得,對任意x1(1,2)(2,+),總存在x2R,使得f(x1)>g(x2).11.(xx江蘇高考,19)已知函數(shù)f(x)=ex+e-x,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).(1)證明:f(x)是R上的偶函數(shù);(2)若關于x的不等式mf(x)e-x+m-1在(0,+)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(3)已知正數(shù)a滿足:存在x01,+),使得f(x0)<a(-+3x0)成立.試比較ea-1與ae-1的大小,并證明你的結論.(1)證明:因為對任意xR,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函數(shù).(2)解:由條件知m(ex+e-x-1)e-x-1在(0,+)上恒成立.令t=ex(x>0),則t>1,所以m-=-對任意t>1成立.因為t-1+12+1=3,所以-,當且僅當t=2,即x=ln 2時等號成立.因此實數(shù)m的取值范圍是.(3)解:令函數(shù)g(x)=ex+-a(-x3+3x),則g(x)=ex-+3a(x2-1).當x1時,ex->0,x2-10.又a>0,故g(x)>0.所以g(x)是1,+)上的單調增函數(shù),因此g(x)在1,+)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.由于存在x01,+),使-a(-+3x0)<0成立,當且僅當最小值g(1)<0,故e+e-1-2a<0,即a>.令函數(shù)h(x)=x-(e-1)ln x-1,則h(x)=1-.令h(x)=0,得x=e-1.當x(0,e-1)時,h(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的單調減函數(shù);當x(e-1,+)時,h(x)>0,故h(x)是(e-1,+)上的單調增函數(shù).所以h(x)在(0,+)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以當x(1,e-1)(0,e-1)時,h(e-1)h(x)<h(1)=0;當x(e-1,e)(e-1,+)時,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0對任意的x(1,e)成立.當a(1,e)時,h(a)<0,即a-1<(e-1)ln a,從而ea-1<ae-1;當a=e時,ea-1=ae-1;當a(e,+)(e-1,+)時,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea-1>ae-1.綜上所述,當a時,ea-1<ae-1;當a=e時,ea-1=ae-1;當a(e,+)時,ea-1>ae-1.