《高考专题辅导与测试第2部分 专题一 第四讲 数学思想专练(四)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考专题辅导与测试第2部分 专题一 第四讲 数学思想专练(四)（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、数学思想专练(四)一、选择题1若a2，则关于x的方程x3ax210在(0,2)上恰好有()A0个根 B1个根C2个根 D3个根解析：选B设f(x)x3ax21，则f(x)x22axx(x2a)，当x(0,2)时，f(x)0，f(x)在(0,2)上为减函数又f(0)f(2)14a0，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，PABC2，PBAC10，PCAB2，则三棱锥PABC的体积为()A40 B80C160 D240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
2、知三棱锥PABC的各边分别是此长方体的面对角线，不妨令PEx，EBy，EAz，则由已知，可得从而知VPABCVAEBGFPDCVPAEBVCABGVBPDCVAFPCVAEBGFPDC4VPAEB681046810160.3定义运算：(ab)xax2bx2.若关于x的不等式(ab)x0的解集为x|1x2，则关于x的不等式(ba)x0的解集为()A(1,2) B(，1)(2，)C. D.(1，)解析：选D1,2是方程ax2bx20的两实根，12，12，解得所以(31)x3x2x20，解得x1.4已知(cos 1,2sin 1)，(cos 2，2sin 2)，若(cos 1，sin 1)，(cos
3、 2，sin 2)，且满足0，则SOAB等于()A. B1C2 D4解析：选B由条件0，可得cos (12)0.利用特殊值，如设1，20，代入，则A(0,2)，B(1,0)，故面积为1.5已知函数f(x)4sin22cos 2x1且给定条件p：“x”，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：选Df(x)4sin22cos 2x122cos 2x12sin 2x2cos 2x34sin3.令t2x，当x时，f(x)g(t)4sin t3，t，当x时，f(x)max7，f(x)min5.p是q的充分条
4、件，对x，|f(x)m|2恒成立，即m2f(x)m2恒成立即解得5m0，即(2m1)(6m22m1)0，m.即当m0，b0，ab.答案：ab8(2013呼和浩特模拟)已知数列an满足a11，an1aan，用x表示不超过x的最大整数，则_.解析：因为，所以，所以，又a11，所以(0,1)，所以(0,1)，故0.答案：09在各棱长都等于1的正四面体OABC中，若点P满足xyz (xyz1)，则|的最小值等于_解析：因为点P满足xyz (xyz1)，所以点P与A、B、C共面，即点P在平面ABC内，所以|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：三、解答题10(2013海淀模拟
5、)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CAD30，PAAB4，点N在线段PB上，且.(1)求证：BDPC；(2)求证：MN平面PDC；(3)设平面PAB平面PCDl，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BMAC，即BDAC.又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC，又PC平面PAC，所以BDPC.(2)证明：在正三角形ABC中，BM2.在ACD中，因为M为AC的中点，DMAC，所以ADCD，CDA120，所以DM，所以BMMD
6、31.所以BNNPBMMD，所以MNPD.又MN平面PDC，PD平面PDC，所以MN平面PDC.(3)假设直线lCD.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ABCDAB，所以CDAB.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11已知直线l1：4x3y60和直线l2：x(p0)若抛物线C：y22px上的点到直线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
7、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，抛物线焦点坐标为F.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的距离所以2，则p2.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的方程2y23py6p0，由9p248p0且p0，得p，此时抛物线上的点到直线l2的最小距离为2，不满足题意所以抛物线C的方程为y24x.(2)设M(x0，y0)，由题意知直线l的斜率存在，设为k，且k0，所以直线l的方程为yy0k(xx0)，代入y24x消去x得ky24y4y0ky0，由164k(4y0ky)0，得k，所以直线l的方程为yy0(xx0)令x1，又由y4x0得N.设Q(x1,0)，则(x0x1，y0)，.由题意知0，即(x0x1)(1x1)0.把y4x0代入上式，得(1x1)x0xx120.因为对任意的x0等式恒成立，所以所以x11，即在x轴上存在定点Q(1,0)，使点Q在以MN为直径的圆上
