2022年高考数学二轮复习 专题十 数学思想方法 第二讲 分类讨论思想、转化与化归思想素能提升练 理

2022年高考数学二轮复习 专题十 数学思想方法 第二讲 分类讨论思想、转化与化归思想素能提升练 理1.抛物线y2=4px(p0)的焦点为F,P为其上的一点,O为坐标原点,若OPF为等腰三角形,则这样的点P的个数为()A.2B.3C.4D.6解析:当|PO|=|PF|时,点P在线段OF的中垂线上,此时,点P的位置有两个;当|OP|=|OF|时,点P的位置也有两个;对|FO|=|FP|的情形,点P不存在.事实上,F(p,0),若设P(x,y),则|FO|=p,|FP|=,若=p,则有x2-2px+y2=0,因为y2=4px,所以x2+2px=0,解得x=0或x=-2p,这与点P在抛物线上或能与点O,F构成三角形矛盾.所以符合要求的点P一共有4个.故选C.答案:C2.(xx贵州六校第一次联考,3)在等比数列an中,a5a11=3,a3+a13=4,则=()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的两根,a3=1,a13=3或a3=3,a13=1.所以=3或.答案:C3.定义a*b=-ka-2,则方程x*x=0有唯一解时,实数k的取值范围是()A.-B.-2,-11,2C.-D.-,-11,解析:由题意,方程x*x=0即为-kx-2=0,即=kx+2有唯一解.所以函数y=与y=kx+2有一个公共点.而y=,即x2-y2=1(y0)是双曲线在x轴上方的部分.如图所示.因为直线y=kx+2恒过点(0,2),结合图象知,只有1k2或-2k-1时只有一个公共点.答案:B4.若0,sin +cos =a,sin +cos =b,则()A.abC.ab2解析:若直接比较a与b的大小比较困难,若将a与b大小比较转化为a2与b2的大小比较就容易多了.因为a2=1+sin 2,b2=1+sin 2,又因为022,所以sin 2sin 2.所以a20,所以ab.答案:A5.若a0,b0,且当时,恒有ax+by1,则以a,b为坐标的点P(a,b)所形成的平面区域的面积是()A.B.C.1D.解析:画出可行域如图(1)阴影部分所示,令z=ax+by.当b=0时,z=ax.又0x1,只需a1即可.当a=0时,z=by.0y1,只需b1即可.当ab0时,线性目标函数化为y=-x+z,故只需保证线性目标函数过A(1,0)或B(0,1)点时z值不大于1即可,即综上所述,a,b应满足的线性约束条件是可行域如图(2)阴影部分所示,该面积等于1.答案:C6.(xx江西南昌三模,8)已知数列an满足:a1=m(m为正整数),an+1=若a6=1,则m所有可能的取值为()A.4或5B.4或32C.5或32D.4,5或32解析:若a5为偶数,则a6=1,即a5=2.若a4为偶数,则a5=2,即a4=4;若a4为奇数,则有a4=(舍).若a3为偶数,则a3=8;若a3为奇数,则a3=1.若a2为偶数,则a2=16或a2=2;若a2为奇数,则a2=0(舍)或a2=(舍).若a1为偶数,则a1=32或a1=4;若a1为奇数,有a1=5或a1=(舍).若a5为奇数,有1=3a5+1,所以a5=0,不成立.综上可知,m可能的取值为4,5或32.答案:D7.(xx山西忻州高三联考,15)已知P为抛物线y2=4x上一个动点,Q为圆x2+(y-4)2=1上一个动点,那么点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线距离之和的最小值是.解析:由题意知圆x2+(y-4)2=1的圆心为C(0,4),半径为1,抛物线的焦点为F(1,0).根据抛物线的定义,点P到点Q的距离与点P到抛物线准线的距离之和即点P到点Q的距离与点P到抛物线焦点的距离之和,因此|PQ|+|PF|PC|+|PF|-1|CF|-1=-1.答案:-18.已知aR,若关于x的方程x2+x+|a|=0有实根,则a的取值范围是.解析:当|a|=0时,a=0;当=0时,a=;当a0时,方程化为x2+x+-a-a=0,即x2+x+-2a=0.判别式=1-4=8a时,方程化为x2+x+a-+a=0,即x2+x+2a-=0.判别式=1-4=2-8a.因为2-8a|PF2|,求的值.解:若PF2F1=90,则|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2.|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2,|PF1|=,|PF2|=.若F1PF2=90,则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=|PF1|2+(6-|PF1|)2,|PF1|=4,|PF2|=2.=2.综上知,或2.10.(xx山西四校第二次联考,21)已知函数f(x)=.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设g(x)=x2+2x+3,证明:对任意x1(1,2)(2,+),总存在x2R,使得f(x1)g(x2).(1)解:f(x)=,设h(x)=-2ln(x-1)+x-1-,则h(x)=0,故h(x)在(1,+)上是单调递增函数.又h(2)=0,故当x(1,2)时,h(x)0,则f(x)0,则f(x)0,f(x)是单调递增函数.综上,知f(x)在区间(1,2)上是单调递减函数,在(2,+)上是单调递增函数.(2)证明:对任意x1(1,2)(2,+),总存在x2R,使得f(x1)g(x2)恒成立等价于f(x)g(x)min恒成立,而g(x)min=2,即证f(x)2恒成立,即证-20恒成立,也就是证0,设G(x)=ln(x-1)+-2,G(x)=0,故G(x)在(1,+)上是单调递增函数.又G(2)=0,故当x(1,2)时,G(x)0,当x(2,+)时,G(x)0,则0.综上可得,对任意x1(1,2)(2,+),总存在x2R,使得f(x1)g(x2).11.(xx江苏高考,19)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.(1)证明:f(x)是R上的偶函数;(2)若关于x的不等式mf(x)e-x+m-1在(0,+)上恒成立,求实数m的取值范围;(3)已知正数a满足:存在x01,+),使得f(x0)0),则t1,所以m-=-对任意t1成立.因为t-1+12+1=3,所以-,当且仅当t=2,即x=ln 2时等号成立.因此实数m的取值范围是.(3)解:令函数g(x)=ex+-a(-x3+3x),则g(x)=ex-+3a(x2-1).当x1时,ex-0,x2-10.又a0,故g(x)0.所以g(x)是1,+)上的单调增函数,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,当且仅当最小值g(1)0,故e+e-1-2a.令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,则h(x)=1-.令h(x)=0,得x=e-1.当x(0,e-1)时,h(x)0,故h(x)是(e-1,+)上的单调增函数.所以h(x)在(0,+)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以当x(1,e-1)(0,e-1)时,h(e-1)h(x)h(1)=0;当x(e-1,e)(e-1,+)时,h(x)h(e)=0.所以h(x)0对任意的x(1,e)成立.当a(1,e)时,h(a)0,即a-1(e-1)ln a,从而ea-1h(e)=0,即a-1(e-1)ln a,故ea-1ae-1.综上所述,当a时,ea-1ae-1.