2021數學蘇教版一輪轉化與化歸思想專練含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數學蘇教版一輪轉化與化歸思想專練含解析轉化與化歸思想專練一、選擇題1．如果a1,a2,a3,…,an為各項都大于零的等差數列，公差d≠0,則正確的關系為(）A．a1a8〉a4a5 B．a1a8〈C．a1＋a8>a4＋a5 D．a1a8＝a4答案B解析取特殊數列，不妨設an＝n，則a1＝1，a4＝4，a5＝5，a8＝8，經檢驗，只有選項B成立．故選B．2．若命題“?x0∈R,使得xeq\o\al(2，0)＋mx0＋2m－3〈0”為假命題,則實數m的取值范圍是（）A．［2,6] B．［－6,－2]C．(2，6) D．(－6,－2）答案A解析∵命題“?x0∈R，使得xeq\o\al（2，0）＋mx0＋2m－3〈0”為假命題，∴命題“?x∈R，使得x2＋mx＋2m－3≥0”為真命題，∴Δ≤0,即m2－4（2m－3)≤0，∴2≤m≤3．(2019·海口模擬）若a,b，c，d∈R，則“a＋d＝b＋c”是“a，b,c，d依次成等差數列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案B解析若a，b，c，d成等差數列，則由等差數列的性質可知a＋d＝b＋C．若a＝1，b＝2,c＝98，d＝99，滿足a＋d＝b＋c，但a，b,c，d不成等差數列．故選B．4．過拋物線y＝ax2（a〉0)的焦點F,作一直線交拋物線于P，Q兩點．若線段PF與FQ的長度分別為p，q,則eq\f(1,p）＋eq\f（1，q)等于（)A．2a B．eq\f（1，2a）C．4a D．eq\f（4，a)答案C解析拋物線y＝ax2(a〉0）的標準方程為x2＝eq\f（1,a)y（a>0），焦點Feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f（1，4a））)。過焦點F作直線垂直于y軸,則｜PF|＝｜QF|＝eq\f（1，2a)，∴eq\f(1，p）＋eq\f（1,q）＝4A．故選C．5．已知函數f（x）滿足：f（m＋n)＝f（m）·f(n），f(1）＝3,則eq\f（f21＋f2,f1）＋eq\f（f22＋f4，f3)＋eq\f（f23＋f6，f5)＋eq\f（f24＋f8,f7)的值等于()A．36 B．24C．18 D．12答案B解析取特殊函數,根據條件可設f（x)＝3x，則有eq\f（f2x＋f2x,f2x－1)＝eq\f（2·32x，32x－1）＝6，所以eq\f（f21＋f2，f1）＋eq\f（f22＋f4，f3）＋eq\f(f23＋f6，f5)＋eq\f(f24＋f8，f7）＝6×4＝24.故選B．6．（2019·寧波一模)設函數f（x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2|x－a｜,x≤1，,x＋1，x>1，））若f(1)是f（x)的最小值，則實數a的取值范圍為（)A．［－1,2） B．[－1,0］C．[1，2］ D．[1，＋∞)答案C解析當a＝－1時,f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2|x＋1｜，x≤1，,x＋1,x>1,））作函數圖象如下：由圖可知排除A，B．當a＝3時，f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2｜x－3|,x≤1，,x＋1，x〉1，))作函數圖象如下：由圖可知排除D．所以選C．二、填空題7．在△ABC中，角A,B，C所對的邊分別為a,b，c，若a,b,c成等差數列，則eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝________.答案eq\f(4,5)解析根據題意，所求數值是一個定值，故可利用滿足條件的直角三角形進行計算．令a＝3,b＝4,c＝5，則△ABC為直角三角形，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝0，代入所求式子，得eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f（\f（4,5）＋0,1＋\f（4,5)×0)＝eq\f(4，5）。8．設f（x）是定義在R上的單調增函數，若f(1－ax－x2)≤f（2－a）對任意a∈［－1，1］恒成立,則x的取值范圍為________．答案(－∞，－1］∪[0,＋∞)解析∵f（x）在R上是增函數,∴由f（1－ax－x2)≤f(2－a），可得1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1］，∴a（x－1）＋x2＋1≥0，對a∈[－1，1]恒成立．令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1，則當且僅當g(－1)＝x2－x＋2≥0,g(1)＝x2＋x≥0恒成立，解得x≥0或x≤－1。故實數x的取值范圍為(－∞,－1]∪[0，＋∞)．9．如圖，有一圓柱形的開口容器（下表面密封),其軸截面是邊長為2的正方形，P是BC的中點，現有一只螞蟻位于外壁A處，內壁P處有一米粒,則這只螞蟻取得米粒所需經過的最短路程為________．答案eq\r（π2＋9)解析將圓柱的側面的一半展開，得到矩形ABCD，其中AB＝π,AD＝2，P為BC的中點．則問題可以轉化為在CD上找一點Q,使AQ＋PQ最短,作P關于CD的對稱點P′,連接AP′，交CD于點Q，如圖所示，則AQ＋PQ的最小值為AP′，AP′＝eq\r（π2＋9)。三、解答題10．（2019·合肥模擬）已知正數數列{an}滿足：a1＝2，an＋an－1＝eq\f（2n－1，an－an－1)＋2（n≥2)．(1)求a2，a3；（2)設數列{bn｝滿足bn＝（an－1)2－n2，證明：數列{bn}是等差數列，并求數列{an}的通項an。解(1）由已知a2＋a1＝eq\f（3,a2－a1)＋2，而a1＝2，∴aeq\o\al（2,2）－22＝3＋2（a2－2），即aeq\o\al(2,2)－2a2－3＝0。而a2>0，則a2＝3。又由a3＋a2＝eq\f（5，a3－a2)＋2，a2＝3,∴aeq\o\al（2,3)－9＝5＋2（a3－3)，即aeq\o\al(2，3）－2a3－8＝0。而a3〉0，則a3＝4.∴a2＝3,a3＝4。（2）由已知條件可知aeq\o\al(2，n）－aeq\o\al(2，n－1)＝2（an－an－1）＋2n－1，∴(an－1)2－(an－1－1)2＝n2－(n－1)2,則(an－1)2－n2＝（an－1－1）2－（n－1)2＝…＝（a3－1)2－32＝(a2－1)2－22＝0，而bn＝（an－1）2－n2，∴bn＝0，即數列｛bn}為等差數列．∴（an－1）2＝n2。而an〉0，故an＝n＋1。11．(2020·長春摸底)如圖，梯形EFBC中，EC∥FB,EF⊥BF，BF＝eq\f（2,3)EC＝4，EF＝2，A是BF的中點,AD⊥EC，D在EC上，將四邊形AFED沿AD折起,使得平面AFED⊥平面ABCD，點M是線段EC上異于E，C的任意一點．（1)當點M是EC的中點時，求證：BM∥平面ADEF；(2）當平面BDM與平面ABF所成的銳二面角的正弦值為eq\f（\r(30），6）時，求三棱錐E－BDM的體積．解(1）證法一：取ED的中點N，連接MN，AN，∵點M是EC的中點，∴MN∥DC,且MN＝eq\f(1，2）DC,而AB∥DC，且AB＝eq\f(1，2）DC，∴MN綊AB，即四邊形ABMN是平行四邊形，∴BM∥AN，又BM?平面ADEF，AN?平面ADEF，∴BM∥平面ADEF。證法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，∴DA，DC，DE兩兩垂直．以DA，DC，DE所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0)，A（2,0,0)，B(2,2，0）,C(0,4，0)，E(0，0,2)，M(0，2,1）,∴eq\o（BM，\s\up6（→)）＝（－2,0，1），又平面ADEF的一個法向量eq\o（DC,\s\up6(→））＝(0,4,0），eq\o（BM，\s\up6（→））·eq\o(DC,\s\up6（→)）＝0,∴eq\o（BM,\s\up6(→））⊥eq\o(DC,\s\up6（→））,又BM?平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.(2）依題意設點Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，t,2－\f(t,2)))（0〈t〈4），設平面BDM的法向量n1＝（x，y,z），則eq\o(DB,\s\up6(→）)·n1＝2x＋2y＝0，eq\o（DM,\s\up6（→))·n1＝ty＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2－\f(t,2）））z＝0，令y＝－1，則n1＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2t，4－t））)，取平面ABF的一個法向量n2＝（1,0，0),∵｜cos〈n1,n2〉｜＝eq\f(|n1·n2|,|n1|｜n2｜）＝eq\f(1，\r(2＋\f(4t2,4－t2）)）＝eq\f（\r（6)，6)，解得t＝2.∴M(0，2,1)為EC的中點，S△DEM＝eq\f(1,2)S△CDE＝2，又點B到平面DEM的距離h＝2，∴V三棱錐E－BDM＝V三棱錐B－DEM＝eq\f(1，3)·S△DEM·h＝eq\f（4,3）.12．（2020·武漢聯考）已知平面曲線C上任意一點到點F（0，1)和直線y＝－1的距離相等．過直線y＝－1上一點P作曲線C的兩條切線,切點分別為A，B．（1）求證：直線AB過定點F；(2）若直線PF交曲線C于D，E兩點，eq\o(DF,\s\up6（→））＝λeq\o（FE，\s\up6(→))，eq\o（DP，\s\up6（→））＝μeq\o(PE,\s\up6(→）），求λ＋μ的值．解（1）證明：由已知條件可得曲線C的方程為x2＝4y.設點P(t，－1），A(x1,y1)，B（x2,y2）,∵y＝eq\f(x2，4),∴y′＝eq\f（x，2），∴過點A，B的切線方程分別為y－y1＝eq\f（x1,2)(x－x1），y－y2＝eq\f(x2，2)（x－x2），又4y1＝xeq\o\al（2,1)，4y2＝xeq\o\al(2,2），則上述切線方程可化為2（y＋y1)＝x1x，2(y＋y2）＝x2x,∵點P在這兩條切線上，∴2（y1－1)＝tx1，2（y2－1)＝tx2,即直線AB的方程為2(y－1）＝tx，故直線2（y－1）＝tx恒過定點F(0,1）．(2)設D(x3,y3)，E（x4，y4），由eq\o(DF,\s\up6（→))＝λeq\o（FE,\s\up6（→））及eq\o(DP,\s\up6（→))＝μeq\o（PE，\s\up6(→）)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3，1－y3＝λx4，y4－1，,t－x3，－1－y3＝μx4－t,y4＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(x3,x4)，,μ＝\f(t－x3,x4－t），）)∴λ＋μ＝eq\f(t－x3，x4－t)－eq\f（x3，x4)＝eq\f(tx4－x3x4－x3x4＋tx3，x4x4－t）＝eq\f（tx3＋x4－2x3x4，x4x4－t），由題意，直線PF的斜率存在，故直線PF的方程為y－1＝eq\f(2x,－t），即y＝eq\f（2x,－t）＋1，聯立eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝\f（x2,4)，,y＝－\f（2x，t）＋1，)）消去y并整理得x2＋eq\f(8，t）x－4＝0，∴x3＋x4＝eq\f（－8，t），x3x4＝－4，∴λ＋μ＝eq\f（－\f（8,t）·t－2×－4，x4x4－t）＝0.13．（2020·岳陽三校聯考）已知函數f（x)＝（aex－a－x)ex（a≥0,e＝2.718…，e為自然對數的底數)，且f(x）≥0對于x∈R恒成立．(1)求實數a的值；(2）證明：f(x)存在唯一極大值點x0，且0〈f（x0）<eq\f(1,4）.解（1）由f（x）＝（aex－a－x）ex≥0對于x∈R恒成立，得aex－a－x≥0對于x∈R恒成立,令g(x)＝aex－a－x，∵g（0）＝0，即g（x)≥g(0）對于x∈R恒成立,從而x＝0是g（x)的一個極小值點．由于g′(x）＝aex－1，∴g′（0)＝a－1＝0?a＝1，當a＝1時，g（x)＝ex－1－x，g′（x）＝ex－1,∵當x∈（－∞，0）時，g′（x）<0,∴g（x）在(－∞,0）上單調遞減,∵當x∈(0，＋∞）時，g′（x）〉0,∴g（x)在（0，＋∞）上單調遞增，∴g（x)≥g(0)＝0，故a＝1。(2)證明：當a＝1時，f（x）＝（ex－1－x)ex，f′（x)＝ex(2ex－x－2），令h（x）＝2ex－x－2,則h′（x)＝2ex－1，∵當x∈(－∞，－ln2)時，h′（x)<0，h(x)在（－∞,－ln2）上為減函數，當x∈（－ln2,＋∞）時，h′(x）〉0，h(x）在（－ln2，＋∞)上為增函數，由于h(－1)〈0，h（－2）>0，∴在（－2,－1)上存在x＝x0滿足h(x0)＝0,∵h(x）在(－∞