2020届高考理科数学全优二轮复习训练：专题8 数学思想方法选讲
(新课标)2020版高考数学二轮复习专题八数学文化及数学思想第3讲分类讨论思想、转化与化归思想练习
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第3讲分类讨论思想、转化与化归思想一、选择题1．已知函数f（x）＝x2＋(a＋1）x＋ab，若不等式f（x）≤0的解集为{x|－1≤x≤4｝，则a＋2b的值为( )A．－2 B．3C．－3 D．2解析：选A。
依题意，－1，4为方程x2＋（a＋1)x＋ab＝0的两根，所以错误!解得错误!所以a＋2b的值为－2，故选A.2．在等差数列{a n}中，a2,a2 018是函数f（x）＝x3－6x2＋4x－1的两个不同的极值点，则log错误!a1 010的值为( ）A．－3 B．－错误!C．3 D.错误!解析：选B.f′(x)＝3x2－12x＋4，因为a2，a2 018是函数f（x）＝x3－6x2＋4x－1的两个不同的极值点,所以a2，a2 018是方程3x2－12x＋4＝0的两个不等实数根，所以a2＋a2 018＝4。
又因为数列｛a n｝为等差数列，所以a2＋a2 018＝2a1 010,即a1 010＝2，从而log错误!a1 010＝log错误!2＝－错误!。
3．过抛物线y＝ax2(a>0)的焦点F，作一直线交抛物线于P，Q两点．若线段PF与FQ的长度分别为p，q,则错误!＋错误!等于（）A．2a B。
2020版高考数学二轮复习专题限时集训8空间向量与立体几何理
专题限时集训(八) 空间向量与立体几何[专题通关练] (建议用时：20分钟)1．(2019·泰安一模)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝AC ＝CC 1＝1，则AN 与BM 所成角的余弦值为( )A.110B.22C.25D.3010D [建立如图所示的空间直角坐标系：则A (1,0,0)，B (0,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，∴AN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，cos 〈AN →，BM →〉 ＝AN →·BM→|AN →||BM →|＝－12×12＋114＋0＋1×14＋14＋1＝3452×62＝3010.故选D.]2．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝2，AC ＝3，BD ＝4，CD ＝17，则该二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°C [由已知可得CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，如图， CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈CA→，BD →〉＝(17)2， ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12，即〈CA →，BD →〉＝120°，∴所求二面角的大小为60°，故选C.]3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3C [在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，连接BC 1，AC 1，则∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，所以在Rt△ABC 1中，BC 1＝ABtan∠AC 1B＝23，在Rt△BCC 1中，CC 1＝32－22＝22，所以该长方体体积V＝BC ×CC 1×AB ＝8 2.]4.(2019·汕头模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是( )A ．MN ⊥CC 1B ．MN ⊥平面ACC 1A 1 C ．MN ∥平面ABCD D ．MN ∥A 1B 1D [在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则M (1,2,1)，N (0,1,1)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，MN →＝(－1，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，MN →·CC 1→＝0，∴MN ⊥CC 1，故A 正确；A (2,0,0)，AC →＝(－2,2,0)，MN →·AC →＝0，∴MN ⊥AC ，∵AC ∩CC 1＝C ，∴MN ⊥平面ACC 1A 1，故B 正确； ∵平面ABCD 的法向量n ＝(0,0,1)， MN →·n ＝0，又MN 平面ABCD ，∴MN ∥平面ABCD ，故C 正确； A 1(0,2,2)，B 1(2,2,2)，∴A 1B 1→＝(2,0,0)，∴MN 与A 1B 1不平行，故D 错误．故选D.]5.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线B [取CD 的中点O ，连接ON ，EO ，因为△ECD 为正三角形，所以EO ⊥CD ，又平面ECD ⊥平面ABCD ，平面ECD ∩平面ABCD ＝CD ，所以EO ⊥平面ABCD .设正方形ABCD 的边长为2，则EO ＝3，ON ＝1，所以EN 2＝EO 2＋ON 2＝4，得EN ＝2.过M 作CD 的垂线，垂足为P ，连接BP ，则MP ＝32，CP ＝32，所以BM 2＝MP 2＋BP 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝7，得BM ＝7，所以BM ≠EN .连接BD ，BE ，因为四边形ABCD 为正方形，所以N 为BD 的中点，即EN ，MB 均在平面BDE 内，所以直线BM ，EN 是相交直线，选B.]6.[一题多解]如图，AB 是⊙O 的直径，PA 垂直于⊙O 所在平面，点C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB ＝2，PA ＝BC ＝3，则二面角A BC P 的大小为________．π3[法一：(几何法)由题意可知AC ⊥BC ，又PA ⊥平面ABC ， ∴PA ⊥BC ∵PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC ， ∴BC ⊥PC ，∴∠PCA 为二面角A BC P 的平面角． 在Rt△BCA 中，AB ＝2，BC ＝3，∴AC ＝1. 在Rt△PCA 中，PA ＝3， ∴tan∠PCA ＝PA AC＝3， ∴∠PCA ＝π3.法二：(坐标法)以A 为原点，AP 为z 轴，AC 为y 轴，过A 且垂直于AC 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．由AB ＝2，PA ＝BC ＝3，可知AC ＝22－3＝1.∴P (0,0，3)，B (3，1,0)，C (0,1,0)， PB →＝(3，1，－3)，PC →＝(0,1，－3)．设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y －3z ＝0，y －3z ＝0，取z ＝1得n ＝(0，3，1)．平面ABC 的法向量m ＝(0,0,1) 设二面角A BC P 的平面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝12，∴θ＝π3.][能力提升练] (建议用时：15分钟)7.如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为棱A 1B 1与BB 1的中点，M ，N 为线段C 1D 上的动点，其中，M 更靠近D ，且MN ＝C 1N .(1)证明：A 1E ⊥平面AC 1D ；(2)若NE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1020，求异面直线BM 与NE 所成角的余弦值．[解](1)证明：由已知得△A 1B 1C 1为正三角形，D 为棱A 1B 1的中点， ∴C 1D ⊥A 1B 1，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，C 1D 底面A 1B 1C 1，则AA 1⊥C 1D .又A 1B 1∩AA 1＝A 1，A 1B 1，AA 1平面ABB 1A 1，∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1， 又A 1E平面ABB 1A 1，∴C 1D ⊥A 1E . 易证A 1E ⊥AD ， 又AD ∩C 1D ＝D ，AD ，C 1D 平面AC 1D ，∴A 1E ⊥平面AC 1D .(2)取BC 的中点O ，B 1C 1的中点O 1，连接AO ，则AO ⊥BC ，OO 1⊥BC ，OO 1⊥AO ， 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则B (0,1,0)，E (0,1,1)，C 1(0，－1,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，2， 设C 1N →＝λC 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，32λ，0，则N E →＝C 1E →－C 1N → ＝(0,2，－1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，32λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32λ，2－32λ，－1， 易知n ＝(1,0,0)是平面BCC 1B 1的一个法向量，∴|cos〈N E →，n 〉|＝32λ3λ2－6λ＋5＝1020， 解得λ＝13(负值舍去)，∴N E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，32，－1，C 1M →＝2λC 1D →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，0 BM →＝BC 1→＋C 1M →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，－1，2， ∴cos〈N E →，BM →〉＝－16－32－2103×163＝－111040，∴异面直线NE 与BM 所成角的余弦值为111040.8.如图，CD ，AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 是底面圆周上不同于A ，B 两点的一点，AE ＝1.(1)求证：BE ⊥平面DAE ； (2)求二面角C DB E 的余弦值．[解](1)证明：由圆柱的性质知，DA ⊥平面ABE ， 又BE平面ABE ，∴BE ⊥DA ，又AB 是底面圆的直径，E 是底面圆周上不同于A ，B 两点的一点，∴BE ⊥AE ， 又DA ∩AE ＝A ，DA ，AE 平面DAE ，∴BE ⊥平面DAE .(2)过A 在平面AEB 内作垂直于AB 的直线，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵AB ＝AD ＝2，AE ＝1，∴BE ＝3， ∴E ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，D (0,0,2)，B (0,2,0)， ∴E D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，BD →＝(0，－2,2)，取平面CDB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面EBD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·E D →＝0，n 2·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 2－12y 2＋2z 2＝0，－2y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，则n 2＝(3，1,1)为平面EBD 的一个法向量．∴cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝35＝155，又易知二面角C DB E 为钝角， ∴二面角C DB E 的余弦值为－155.四边形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝BD ＝2，AB ＝22，E 是棱PC 上的一点．(1)若PA ∥平面BDE ，证明：PE ＝EC ；(2)在(1)的条件下，棱PB 上是否存在点M ，使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°？若存在，求PM ∶MB 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)连接AC 交BD 于点F ，连接EF ， 则EF 是平面PAC 与平面BDE 的交线，因为PA ∥平面BDE ，PA平面PAC ，所以PA ∥EF .又因为F 是AC 中点，所以E 是PC 的中点，所以PE ＝EC .(2)由已知条件中，AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD .以D 为原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z 轴建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,2)，C (－2,2,0)，E (－1,1,1)，D E →＝(－1,1,1)，DB →＝(0,2,0)．假设在棱PB 上存在点M ，设PM →＝λPB →(0≤λ≤1)， 得M (0,2λ，2－2λ)，DM →＝(0,2λ，2－2λ)， 记平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·D E →＝0，n 2·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＋z 1＝0，y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝1，n 1＝(1,0,1)．要使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°， 则|DM →·n 1||DM →|·|n 1|＝sin 30°，即|1×0＋0×2λ＋－2λ12＋02＋12·02＋λ2＋－2λ2＝12， 解得λ＝12∈[0,1]，所以在棱PB 上存在点M 使直线PM 与平面BDE 所成角的大小为30°，此时PM ∶MB ＝1∶1.。
2020届高考数学二轮复习疯狂专练8三视图(理)
疯狂专练8 三视图1．将正三棱柱截去三个角（如图1所示A ，B ，C 分别是△CHI 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）A ．B ．C ．D ．2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A ．96B ．80+C ．961)π+D ．961)π+-3．一个四棱锥的三视图如图所示，关于这个四棱锥，下列说法正确的是（）A ．侧面三角形中有且仅有一个等腰三角形B ．侧面四个三角形都是直角三角形C D一、选择题4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A．18+B．54+C．90 D．815．如下图所示，空心圆柱体的主视图是（）A．B．C．D．6．一个几何体三视图如图：（每个小正方形边长为1），则该几何体体积为（）A．372B．352C．332D．3127．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．264 B．270 C．274 D．2828．某几何体的三视图如图所示，其中正视图中的曲线为圆弧，则该几何体的体积为（）A ．322π-B ．644π-C ．164π-D ．16π-9．某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形，俯视图是圆，记该柱体的表面积为1S ，其内切球的表面积 为2S ，且12S S λ=，则λ=（） A ．1B ．23C ．43D ．3210．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥各个 侧面中，最大的侧面面积为（）A ．2B C ．3 D ．411．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，则该几何体的体积是（）A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的 表面积为（）A．7+B．7+C．112+D．112+13．在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，财该五面体的体积为______．14．某三棱锥的三视图如下图所示，则这个三棱锥中最长的棱与最短的棱的长度分别为___________，__________．15角形，若该几何体的外接球的体积为36π，则该几何体的体积为__________．二、填空题16．如下图，在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图都是边长为2的等边三角形，左视图是等腰直角三角形，那么这个几何体外接球的表面积为__________．1．【答案】A【解析】解题时在图2的右边放扇墙（心中有墙），图2所示方向的侧视图， 由于平面AED 仍在平面HEDG 上，故侧视图中仍然看到左侧的一条垂直下边线段的线段，可得答案A ． 2．【答案】C【解析】由几何体的三视图可知，几何体为边长为四的正方体，挖去一个底面半径为2，高为2的圆锥所得的组合体，其表面积是正方体的表面面积减去圆锥底面积，加上圆锥侧面积，2264π2π2964π⨯-⨯+⨯⨯=-+，故选C ．3．【答案】C 【解析】如图所示：根据三视图知：PD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，CD AD ⊥，2PD =，AD =1AB =，2CD =，则2DB =，PB PC ==PBC △，PDC △均为等腰三角形，A 错误；PBC △中，PB PC ==2BC =，不满足勾股定理，不是直角三角形，B 错误； 11(12)232P ABCD V -=⨯+⨯=，C 正确；根据以上计算知，最长棱为PB PC ==，D 错误， 故答案选C ． 4．【答案】B【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱，答 案 与解析一、选择题其底面面积为：3618⨯=， 前后侧面的面积为：36236⨯⨯=，左右侧面的面积为：32=故棱柱的表面积为：183654++=+B ． 5．【答案】C【解析】圆柱体的主视图是矩形，因为是空心圆柱，所以要用虚线体现出中间的轮廓线， 故选C ． 6．【答案】C【解析】如图所示，根据三视图还原立体图形：将体积分为左右两部分四棱锥和三棱柱体积相加121133334331322V V V =+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故答案选C ． 7．【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，延长BE 交DF 于A 点，其中16AB AD DD ===，3AE =，4AF =， 所以表面积()3436536246302642S ⨯=⨯+⨯+⨯+⨯+=，故选A ． 8．【答案】D【解析】由三视图可知，几何体为一个长方体切掉14个圆柱， 长方体体积122416V =⨯⨯=；14个圆柱的体积221π14π4V =⨯⨯=，∴几何体体积1216πV V V =-=-，本题正确选项D ．9．【答案】D【解析】由已知可得：此柱体为底面直径与高相等的圆柱，设底面圆的半径为r ，则高为2r ，则2212π2π(2)6πS r r r r =+⋅=，又此柱体内切球的半径为r ，则224πS r =，则21226π34π2S r S r λ===，故选D ． 10．【答案】B【解析】根据三视图可知，给几何体可以有棱长为2的正方体切割而来即四棱锥O −ABCD ，A 、D为棱的中点，所以最大的侧面面积为OAD S =△B ．11．【答案】A【解析】根据空间结构体的三视图，得原空间结构体如下图所示：该几何体是由下面半球的34和上面四棱锥的34组成， 由三视图的棱长及半径关系，可得几何体的体积为32324131341313ππ3π2π237π3243432434V R R =⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=，所以选A ． 12．【答案】A【解析】根据三视图可知，该几何体为四棱锥O ABCD -，由棱长为2的正方体切割而成， 底面ABCD为矩形，2ABCD S ==2112222OCD OBC S S S ===⨯=△△正方形，12OAD ABCD S S ==△易得AB =3OA =，OB =由余弦定理cos OAB ∠==π4OAB ∠=．1332OAB S ∴=⨯⨯=△，四棱锥的表面积2237S =⨯+=+．13．【答案】24【解析】由三视图可得，该几何体为如下图所示的五面体ABCEFD ，其中，底面ABC 为直角三角形，且90BAC ∠=︒，4AB =，3AC =，侧棱DB ，EC ，FA 与底面垂直，且2DB =，5EC FA ==．过点D 作DH BC ∥，DG BA ∥，交EC ，FA 分别于H ，G ，则棱柱ABC DHG -为直棱柱，四棱锥D EFGH -的底面为矩形EFGH ，高为BA ． 所以211(43)2342423ABC DHG D EFGH ABCEFD V V V --=+=⨯⨯⨯+⨯⨯=五面体． 故答案为24． 14．【答案】2二、填空题【解析】把三视图还原，可得几何体，如图：易知AC 为最长的棱，长为CD 为最短的棱，长为2．15． 【解析】根据几何体的三视图，得出该几何体如图所示，由该几何体的外接球的体积为36π，即34π36π3R =，3R ∴=，则球心O 到底面等边ABC △的中心O '的距离OO =='，故三棱锥的高32h OO '==，故三棱锥的体积21344V =⨯⨯=． 16．【答案】25π3【解析】2正三角形，因此外接球的半径等于OA ===表面积为225254π4ππ123R =⨯=．11。
2020高考数学二轮复习专题讲练8 立体几何(空间几何体的三视图、表面积与体积)(最新,超经典)
2020高考数学二轮复习专题讲练8 立体几何（空间几何体的三视图、表面积与体积）（最新，超经典）专题三立体几何小题增分专项1空间几何体的三视图、表面积与体积全国卷3年考情分析考|题|细|目|表立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算。
1．空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等。
(2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体。
2．空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的表面积公式：①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；④球的表面积S＝4πR2。
(2)柱体、锥体和球的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)②V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；③V球＝43πR3。
考点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)(2019·河北唐山第一次摸底)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为()A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4解析 由三视图可知该几何体是一个以俯视图所示图形为底面的柱体，底面面积为1×1－π4＝1－π4，底面周长为1＋1＋π2＝2＋π2，柱体的高为1，所以该柱体的表面积为S ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－π4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π2×1＝4，故选D 。
答案 D(2)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺。
”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺。
圆周率约为3。
若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如544≈23，550≈23)( )A ．250平方尺B ．990平方尺C ．1 035平方尺D ．518平方尺解析 由三视图可知，米堆为圆锥的34，其中，圆锥的高为12尺，底面圆的周长的34为90尺。
(新高考)2020版高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练第8讲选修4_5不等式选讲课件理
(2)解法一：由f(x)<12f(x＋1)， 得|2x－1|－a<12|2x＋1|－a2，a>2|2x－1|－|2x＋1|. 令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|. 则存在实数x，使得f(x)<12f(x＋1)成立等价于a>g(x)min.
－2x＋3，x<－12， 因为g(x)＝－6x＋1，－12≤x≤12，
2x－3，x>12，
所以g(x)min＝g12＝－2.
所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．
解法二：由f(x)<12f(x＋1)，得 |2x－1|－a<12|2x＋1|－a2，a>2|2x－1|－|2x＋1|. 令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|. 则存在实数x，使得f(x)<12f(x＋1)成立等价于a>g(x)min. 因为||2x－1|－|2x＋1||≤|(2x－1)－(2x＋1)|＝2， 所以－2≤|2x－1|－|2x＋1|≤2， 所以|2x－1|－|2x＋1|≥－2.
所以g(x)＝|2x－1|－|2x＋1|＋|2x－1|≥ －2＋|2x－1|≥－2， 当且仅当x＝12时等号成立，所以g(x)min＝－2. 所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．
3．[2019·太原一模]已知函数f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|. (1)求不等式f(x)≤5的解集； (2)若存在实数x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值为M，且实数a，b满足a3 ＋b3＝M，证明：0<a＋b≤2.
解：(1)因为f(x)≤|(x－a)－(x＋2b)|＝a＋2b， 所以函数f(x)的最大值为a＋2b. (2)由(1)可知，a＋2b＝1， 所以2(a2＋4b2)≥(a＋2b)2＝1，即a2＋4b2≥12， 当且仅当a＝2b＝12时取“＝”， 所以a2＋4b2的最小值为12.
2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题八 第1讲 数学文化 Word版含答案
第1讲数学文化函数中的数学文化题[典型例题]中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．定义：图象能够将圆O的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，给出下列命题：①对于任意一个圆O，其“太极函数”有无数个；②函数f(x)＝ln(x2＋x2＋1)可以是某个圆的“太极函数”；③正弦函数y＝sin x可以同时是无数个圆的“太极函数”；④函数y＝f(x)是“太极函数”的充要条件为函数y＝f(x)的图象是中心对称图形．其中正确的命题为()A．①③B．①③④C．②③D．①④【解析】过圆心的直线都可以将圆的周长和面积等分成两部分，故对于任意一个圆O，其“太极函数”有无数个，故①正确；函数f(x)＝ln(x2＋x2＋1)的图象如图1所示，故其不可能为圆的“太极函数”，故②错误；将圆的圆心放在正弦函数y ＝sin x 图象的对称中心上，则正弦函数y ＝sin x 是该圆的“太极函数”，从而正弦函数y ＝sin x 可以同时是无数个圆的“太极函数”，故③正确；函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形，则y ＝f (x )是“太极函数”，但函数y ＝f (x )是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图2所示，故④错误．故选A ．【答案】 A中华太极图，悠悠千古昭著于世，像朝日那样辉煌宏丽，又像明月那样清亮壮美．它是我们华夏先祖的智慧结晶，它是中国传统文化的骄傲象征，它更是中华民族献给人类文明的无价之宝．试题通过太极图展示了数学文化的民族性与世界性．[对点训练] (2019·福建泉州两校联考)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．”其意思为：“今有人持金出五关，第1关所收税金为持金的12，第2关所收税金为剩余持金的13，第3关所收税金为剩余持金的14，第4关所收税金为剩余持金的15，第5关所收税金为剩余持金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．”则在此问题中，第5关所收税金为( )A ．136斤 B ．130斤 C ．125斤 D ．120斤 解析：选C ．设此人持金x 斤，根据题意知第1关所收税金为x 2斤； 第2关所收税金为x 6斤；第3关所收税金为x 12斤； 第4关所收税金为x 20斤； 第5关所收税金为x 30斤． 易知x 2＋x 6＋x 12＋x 20＋x 30＝1， 解得x ＝65.则第5关所收税金为125斤．故选C ．数列中的数学文化题[典型例题](1)(2019·湖南长沙雅礼中学模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细是均匀变化的，其重量为M ，现将该金箠截成长度相等的10段，记第i 段的重量为a i (i ＝1，2，…，10)，且a 1<a 2<…<a 10，若48a i ＝5M ，则i ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7(2)(2019·河北辛集中学期中)中国古代数学著作《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里．”其意思是：“现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走了700里．”若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为( )A ．17532里 B ．1 050里 C ．22 57532里 D ．2 100里【解析】 (1)由题意知，由细到粗每段的重量组成一个等差数列，记为{a n }，设公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝2，a 9＋a 10＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝2，2a 1＋17d ＝4⇒⎩⎨⎧a 1＝1516，d ＝18. 所以该金箠的总重量 M ＝10×1516＋10×92×18＝15. 因为48a i ＝5M ，所以有48[1516＋(i －1)×18]＝75，解得i ＝6，故选C ．(2)由题意可知，马每天行走的路程组成一个等比数列，设该数列为{a n }，则该匹马首日行走的路程为a 1，公比为12，则有a 1[1－(12)7]1－12＝700，则a 1＝350×128127，则a 1[1－(12)14]1－12＝22 57532(里)．故选C ．【答案】 (1)C (2)C(1)数列中的数学文化题一般以我国古代数学名著中的等差数列和等比数列问题为背景，考查等差数列和等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．(2)解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等比(差)数列的概念、通项公式和前n 项和公式．[对点训练]1．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均输章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为：已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？(“钱”是古代的一种重量单位)在这个问题中，丙所得为( )A ．76钱 B ．56钱 C ．23钱 D ．1钱解析：选D ．因为甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列，设每人所得依次为a －2d 、a －d 、a 、a ＋d 、a ＋2d ，则a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5，解得a ＝1，即丙所得为1钱，故选D ．2．(一题多解)《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊食人苗．苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何．其意思是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿五斗粟．羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”若按此比例偿还，牛、马、羊的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，牛主人比羊主人多赔偿( )A ．507斗粟 B ．107斗粟 C ．157斗粟 D ．207斗粟 解：选C ．法一：设羊、马、牛主人赔偿的粟的斗数分别为a 1，a 2，a 3，则这3个数依次成等比数列，公比q ＝2，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝5， 解得a 1＝57，故a 3＝207，a 3－a 1＝207－57＝157，故选C ． 法二：羊、马、牛主人赔偿的比例是1∶2∶4，故牛主人应赔偿5×47＝207(斗)，羊主人应赔偿5×17＝57(斗)，故牛主人比羊主人多赔偿了207－57＝157(斗)，故选C ．三角函数中的数学文化题[典型例题]《数书九章》中给出了“已知三角形三边长求三角形面积的求法”，填补了我国传统数学的一个空白，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代人具有很高的数学水平，其求法是“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积”．若把这段文字写成公式，即S ＝14⎣⎡⎦⎤c 2a 2－⎝⎛⎭⎫c 2＋a 2－b 222，现有周长为22＋5的△ABC 满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝(2－1)∶5∶(2＋1)，用上面给出的公式求得△ABC 的面积为( )A ．32 B ．34 C ．52 D ．54【解析】 由正弦定理得sin A ∶sin B ∶sin C ＝a ∶b ∶c ＝(2－1)∶5∶(2＋1)，可设三角形的三边分别为a ＝(2－1)x ，b ＝5x ，c ＝(2＋1)x ，由题意得(2－1)x ＋5x ＋(2＋1)x ＝(22＋5)x ＝22＋5，则x ＝1，故由三角形的面积公式可得△ABC 的面积S ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2＋1)2(2－1)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋22＋3－22－522＝34，故选B ． 【答案】 B我国南宋数学家秦九韶发现的“三斜求积术”虽然与海伦公式(S ＝p (p －a )(p －b )(p －c )，其中p ＝12(a ＋b ＋c ))在形式上不一样，但两者完全等价，它填补了我国传统数学的一项空白，从中可以看出我国古代已经具有很高的数学水平，人教A 版《必修5》教材对此有专门介绍．本题取材于教材中出现的“三斜求积”公式，考查了运算求解能力，同时也传播了中华优秀传统文化．[对点训练](2019·济南市学习质量评估)我国《物权法》规定：建造建筑物，不得违反国家有关工程建设标准，妨碍相邻建筑物的通风、采光和日照．已知某小区的住宅楼的底部均在同一水平面上，且楼高均为45 m，依据规定，该小区内住宅楼楼间距应不小于52 m．若该小区内某居民在距离楼底27 m高处的某阳台观测点，测得该小区内正对面住宅楼楼顶的仰角与楼底的俯角之和为45°，则该小区的住宅楼楼间距实际为________m.解析：设两住宅楼楼间距实际为x m．如图，根据题意可得，tan∠DCA＝27x，tan∠DCB＝45－27x＝18x，又∠DCA＋∠DCB＝45°，所以tan(∠DCA＋∠DCB)＝27x＋18x1－27x·18x＝1，整理得x2－45x－27×18＝0，解得x＝54或x＝－9(舍去)．所以该小区住宅楼楼间距实际为54 m.答案：54立体几何中的数学文化题[典型例题](1)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158B．162C．182D．324(2) (2018·郑州第二次质量预测)我国古代数学专著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为22，则该几何体外接球的表面积为________．【解析】 (1)如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27. 因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B ．(2)由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中，如图中的三棱锥A -BCD 所示，其中AB ＝22，BC ＝CD ＝2，易知长方体的外接球即三棱锥A BCD 的外接球，设外接球的直径为2R ，所以4R 2＝(22)2＋(2)2＋(2)2＝8＋2＋2＝12，则R 2＝3，因此外接球的表面积S ＝4πR 2＝12π.【答案】 (1)B (2)12π立体几何中的数学文化题一般以我国古代发现的球的体积公式、圆柱的体积公式、圆锥的体积公式、圆台的体积公式和“牟合方盖”“阳马”“鳖臑”“堑堵”“刍薨”等中国古代几何名词为背景考查空间几何体的三视图、几何体的体积与表面积等． [对点训练]1．《九章算术》中有这样一个问题：“今有圆堢壔，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一．”这里所说的圆堢壔就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，意思是圆柱体的体积为V ＝112×底面圆的周长的平方×高，由此可推得圆周率π的取值为( )A ．3B ．3.1C ．3.14D ．3.2解析：选A ．设圆柱体的底面半径为r ，高为h ，由圆柱的体积公式得体积为V ＝πr 2h .由题意知V ＝112×(2πr )2×h ，所以πr 2h ＝112×(2πr )2×h ，解得π＝3.故选A ． 2．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，与题中描绘的器具形状一样(大小不同)的器具的三视图如图所示(单位：寸)．若在某地下雨天时利用该器具接的雨水的深度为6寸，则这一天该地的平均降雨量约为(注：平均降雨量等于器具中积水的体积除以器具口的面积．参考公式：圆台的体积V ＝13πh (R 2＋r 2＋R ·r )，其中R ，r 分别表示上、下底面的半径，h 为高)( )A ．2寸B ．3寸C ．4寸D ．5寸解析：选A ．由三视图可知，该器具的上底面半径为12寸，下底面半径为6寸，高为12寸．因为所接雨水的深度为6寸，所以水面半径为12×(12＋6)＝9(寸)， 则盆中水的体积为13π×6×(62＋92＋6×9)＝342π(立方寸)， 所以这一天该地的平均降雨量约为342ππ×122≈2(寸)，故选A ．算法中的数学文化题[典型例题](1)公元三世纪中期，数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并因此创立了割圆术．利用割圆术，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，则输出的n为(参考数据：sin 15°≈0.258 8，sin 7.5°≈0.130 5)()A．12B．24C．36 D．48(2)我国古代的劳动人民曾创造了灿烂的中华文明，戍边的官兵通过在烽火台上举火向国内报告，烽火台上点火表示数字1，不点火表示数字0，这蕴含了进位制的思想．图中的程序框图的算法思路就源于我国古代戍边官兵的“烽火传信”．执行该程序框图，若输入a＝110011，k＝2，n＝7，则输出的b＝()A．19 B．31C．51 D．63【解析】(1)按照程序框图执行，n＝6，S＝3sin 60°＝332，不满足条件S≥3.10，执行循环；n＝12，S＝6sin 30°＝3，不满足条件S≥3.10，执行循环；n＝24，S＝12sin 15°≈12×0.258 8＝3.105 6，满足条件S≥3.10，跳出循环，输出n的值为24，故选B．(2)按照程序框图执行，b依次为0，1，3，3，3，19，51，当b＝51时，i＝i＋1＝7，跳出循环，故输出b＝51.故选C．【答案】(1)B(2)C辗转相除法、更相减损术、秦九韶算法、进位制和割圆术都是课本上出现的算法案例．其中，更相减损术和秦九韶算法是中国古代的优秀算法，课本上的进位制案例原本不渗透中国古代数学文化，但命题人巧妙地将烽火戍边的故事作为背景，强化了试题的“文化育人”功能．[对点训练]《九章算术》是中国古代的数学专著，其中的“更相减损术”可以用来求两个数的最大公约数，即“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也．以等数约之．”翻译为现代语言如下：第一步，任意给定两个正整数，判断它们是否都是偶数．若是，用2约简；若不是，执行第二步；第二步，以较大的数减去较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数．继续这个操作，直到所得的数相等为止，则这个数(等数)或这个数与约简的数的乘积就是所求的最大公约数．现给出“更相减损术”的程序框图如图所示，如果输入的a＝114，b＝30，则输出的n为()A．3 B．6C．7 D．30解析：选C．a＝114，b＝30，k＝1，n＝0，a，b都是偶数，a＝57，b＝15，k＝2，a，b 不满足都为偶数，a＝b不成立，a>b成立，a＝57－15＝42，n＝0＋1＝1；a＝b不成立，a>b 成立，a＝42－15＝27，n＝1＋1＝2；a＝b不成立，a>b成立，a＝27－15＝12，n＝2＋1＝3；a＝b不成立，a>b不成立，a＝15，b＝12，a＝15－12＝3，n＝3＋1＝4；a＝b不成立，a>b不成立，a ＝12，b ＝3，a ＝12－3＝9，n ＝4＋1＝5；a ＝b 不成立，a >b 成立，a ＝9－3＝6，n ＝5＋1＝6；a ＝b 不成立，a >b 成立，a ＝6－3＝3，n ＝6＋1＝7；a ＝b 成立，输出的kb ＝6，n ＝7.概率中的数学文化题[典型例题](1)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛，田忌获胜的概率是( )A ．13B ．14C ．15D ．16(2)太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图案，它形象化地表达了阴阳轮转、相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆O 被函数y ＝3sin π6x 的图象分割为两个对称的鱼形图案，如图所示，其中小圆的半径均为1，现从大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A ．136B ．118C ．112D ．19【解析】 (1)从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛，对阵情况如下表：齐王的马 上 上 上 中 中 中 下 下 下 田忌的马上中下上中下上中下双方马的对阵中，有3种对抗情况田忌能赢，所以田忌获胜的概率P ＝39＝13.故选A ．(2)函数y ＝3sin π6x 的图象与x 轴相交于点(6，0)和点(－6，0)，则大圆的半径为6，面积为36π，而小圆的半径为1，两个小圆的面积和为2π，所以所求的概率是2π36π＝118.故选B ．【答案】 (1)A (2)B(1)本例(1)选取田忌赛马这一为人熟知的故事作为背景，考查了古典概型，趣味性很强，利于缓解考生在考场的紧张心理，体现了对考生的人文关怀．(2)本例(2)以中国优秀传统文化太极图为背景，考查几何概型，角度新颖，所给图形有利于考生分析问题和解决问题，给出了如何将抽象的数学问题形象化的范例．[对点训练]1．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中做出了重大贡献．哥德巴赫猜想是“任一大于2的偶数都可写成两个质数的和”，如32＝13＋19.在不超过32的质数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )A ．111B ．211C ．355D ．455解析：选C ．不超过32的质数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，共11个，随机选取两个不同的数，共有C 211＝55种不同的选法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种选法，所以概率为355，故选C ．2．(2019·广州市综合检测(一))刘徽是我国魏晋时期的数学家，在其撰写的《九章算术注》中首创“割圆术”．所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法．如图所示，圆内接正十二边形的中心为圆心O ，圆O 的半径为2，现随机向圆O 内投放a 粒豆子，其中有b 粒豆子落在正十二边形内(a ，b ∈N *，b <a )，则圆周率的近似值为( )A ．b aB ．a bC ．3a bD ．3b a解析：选C ．依题意可得360°12＝30°，则正十二边形的面积为12×12×2×2×sin 30°＝12.又圆的半径为2，所以圆的面积为4π，现向圆内随机投放a 粒豆子，有b 粒豆子落在正十二边形内，根据几何概型可得124π＝b a ，则π＝3ab，选C ．一、选择题1．“干支纪年法”是中国自古以来就一直使用的纪年方法．干支是天干和地支的总称．天干、地支互相配合，配成六十组为一周，周而复始，依次循环．甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号为天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥为地支．如：公元1984年为农历甲子年、公元1985年为农历乙丑年，公元1986年为农历丙寅年．则2049年为农历( )A ．己亥年B ．己巳年C ．己卯年D ．戊辰年解析：选B ．法一：由公元1984年为农历甲子年、公元1985年为农历乙丑年，公元1986年为农历丙寅年，可知以公元纪年的尾数在天干中找出对应该尾数的天干，再将公元纪年除以12，用除不尽的余数在地支中查出对应该余数的地支，这样就得到了公元纪年的干支纪年.2049年对应的天干为“己”，因其除以12的余数为9，所以2049年对应的地支为“巳”，故2049年为农历己巳年．故选B ．法二：易知(年份－3)除以10所得的余数对应天干，则2 049－3＝2 046，2 046除以10所得的余数是6，即对应的天干为“己”．(年份－3)除以12所得的余数对应地支，则2 049－3＝2 046，2 046除以12所得的余数是6，即对应的地支为“巳”，所以2049年为农历己巳年．故选B ．2．北宋数学家沈括的主要成就之一为隙积术，所谓隙积，即“积之有隙”者，如累棋、层坛之类，这种长方台形状的物体垛积．设隙积共n 层，上底由a ×b 个物体组成，以下各层的长、宽依次增加一个物体，最下层(即下底)由c ×d 个物体组成，沈括给出求隙积中物体总数的公式为s ＝n 6[(2a ＋c )b ＋(2c ＋a )d ]＋n6(c －a )，其中a 是上底长，b 是上底宽，c 是下底长，d 是下底宽，n 为层数．已知由若干个相同小球粘黏组成的隙积的三视图如图所示，则该隙积中所有小球的个数为( )A ．83B ．84C ．85D ．86解析：选C ．由三视图知，n ＝5，a ＝3，b ＝1，c ＝7，d ＝5，代入公式s ＝n6[(2a ＋c )b ＋(2c＋a )d ]＋n6(c －a )得s ＝85，故选C ．3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其意思为：“有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，走了六天后(第六天刚好用完)到达目的地．”若将此问题改为“第6天到达目的地”，则此人第二天至少走了( )A ．96里B ．48里C ．72里D ．24里解析：选A ．根据题意知，此人每天行走的路程构成了公比为12的等比数列．设第一天走a 1里，则第二天走a 2＝12a 1(里)．易知a 1[1－⎝⎛⎭⎫126]1－12≥378，则a 1≥192.则第二天至少走96里．故选A ．4．《数术记遗》相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14种计算方法．某研究性学习小组3人分工搜集整理该14种计算方法的相关资料，其中一人4种，其余两人每人5种，则不同的分配方法种数是( )A ．C 414C 510C 55A 33A 22B ．C 414C 510C 55A 22C 55A 33 C ．C 414C 510C 55A 22D ．C 414C 510C 55解析：选A ．先将14种计算方法分为三组，方法有C 414C 510C 55A 22种，再分配给3个人，方法有C 414C 510C 55A 22×A 33种．故选A ． 5．我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是( )A ．五寸B ．二尺五寸C ．三尺五寸D ．四尺五寸解析：选B ．设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{a n }，公差为d ，a 1＝15，a 13＝135，则15＋12d ＝135，解得d ＝10.所以a 2＝15＋10＝25，所以小暑的晷长是25寸．故选B ．6．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是( )A ．π15B ．2π5C ．2π15D ．4π15解析：选C ．因为该直角三角形两直角边长分别为5步和12步，所以其斜边长为13步，设其内切圆的半径为r ，则12×5×12＝12(5＋12＋13)r ，解得r ＝2.由几何概型的概率公式，得此点取自内切圆内的概率P ＝4π12×5×12＝2π15.故选C ．7．《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤 000 0 艮 001 1 坎 010 2 巽0113依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号为“”，其表示的十进制数是( )A ．33B ．34C ．36D ．35解析：选B ．由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦的符号“”表示的二进制数为100010，转化为十进制数为0×20＋1×21＋0×22＋0×23＋0×24＋1×25＝34.故选B ．8．《九章算术》中有如下问题：“今有卖牛二、羊五，以买一十三豕，有余钱一千；卖牛三、豕三，以买九羊，钱适足；卖六羊、八豕，以买五牛，钱不足六百，问牛、羊、豕价各几何？”依上文，设牛、羊、豕每头价格分别为x 元、y 元、z 元，设计如图所示的程序框图，则输出的x ，y ，z 的值分别是( )A ．1 3009，600，1 1203B ．1 200，500，300C ．1 100，400，600D ．300，500，1 200解析：选B ．根据程序框图得：①y ＝300，z ＝4603，x ＝6 4009，i ＝1，满足i <3；②y ＝400，z ＝6803，x ＝8 6009，i ＝2，满足i <3；③y ＝500，z ＝300，x ＝1 200，i ＝3，不满足i <3； 故输出的x ＝1 200，y ＝500，z ＝300.故选B ．9．(2019·洛阳市统考)如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明．图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影)，设直角三角形有一个内角为30°，若向弦图内随机抛掷200颗米粒(大小忽略不计，取3≈1.732)，则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为( )A ．20B ．27C ．54D ．64解析：选B ．设大正方形的边长为2，则小正方形的边长为3－1，所以向弦图内随机投掷一颗米粒，落入小正方形(阴影)内的概率为(3－1)24＝1－32，向弦图内随机抛掷200颗米粒，落入小正方形(阴影)内的米粒数大约为200×(1－32)≈27，故选B ． 10．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈7264L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A ．227B ．258C ．15750D ．355113解析：选A ．依题意，设圆锥的底面半径为r ，则V ＝13πr 2h ≈7264L 2h ＝7264(2πr )2h ，化简得π≈227.故选A ．11．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之．亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并，以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知一个“刍童”的下底面是周长为18的矩形，上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为( )A ．392B ．752C ．39D ．6018解析：选B ．设下底面的长为x ⎝⎛⎭⎫92≤x <9，则下底面的宽为18－2x 2＝9－x .由题可知上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，所以其体积V ＝16×3×[(3×2＋x )×2＋(2x ＋3)(9－x )]＝－x 2＋17x 2＋392，故当x ＝92时，体积取得最大值，最大值为－⎝⎛⎭⎫922＋92×172＋392＝752.故选B ．12．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图所示，鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且BD ⊥CD ，AB ＝BD ＝CD ，点P 在棱AC 上运动，设CP 的长度为x ，若△PBD 的面积为f (x )，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选A ．如图，作PQ ⊥BC 于Q ，作QR ⊥BD 于R ，连接PR ，则PQ ∥AB ，QR ∥CD .因为PQ ⊥BD ，又PQ ∩QR ＝Q ，所以BD ⊥平面PQR ，所以BD ⊥PR ，即PR 为△PBD 中BD 边上的高．设AB ＝BD ＝CD ＝1，则CP AC ＝x 3＝PQ 1，即PQ ＝x3，又QR 1＝BQ BC ＝APAC ＝3－x 3，所以QR ＝3－x 3， 所以PR ＝PQ 2＋QR 2＝⎝⎛⎭⎫x 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－x 32＝332x 2－23x ＋3， 所以f (x )＝362x 2－23x ＋3＝66⎝⎛⎭⎫x －322＋34，故选A ．二、填空题13．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为n (n ＋1)2＝12n 2＋12n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N (n ，3)＝12n 2＋12n ；正方形数 N (n ，4)＝n 2； 五边形数 N (n ，5)＝32n 2－12n ；六边形数 N (n ，6)＝2n 2－n ； ……可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10，24)＝________． 解析：易知n 2前的系数为12(k －2)，而n 前的系数为12(4－k )．则N (n ，k )＝12(k －2)n 2＋12(4－k )n ，故N (10，24)＝12×(24－2)×102＋12×(4－24)×10＝1 000.答案：1 00014. (2019·湖南师大附中模拟)庄子说：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”这句话描述的是一个数列问题，现用程序框图描述，如图所示，若输入某个正整数n 后，输出的S ∈⎝⎛⎭⎫1516，6364，则输入的n 的值为________．解析：框图中首先给累加变量S 赋值0，给循环变量k 赋值1， 输入n 的值后，执行循环体，S ＝12，k ＝1＋1＝2.若2>n 不成立，执行循环体，S ＝34，k ＝2＋1＝3.若3>n 不成立，执行循环体，S ＝78，k ＝3＋1＝4.。
2020届高考数学(理)二轮复习小题专题：专题八 解析几何
专题八 解析几何1、直线50x +-=的倾斜角为（ ） A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°2、过点(1,0)且与直线220x y --＝平行的直线方程是 ( ) A ．210x y --＝ B ．210x y -+＝ C ．220x y +-＝D ．210x y +-＝3、坐标原点到直线3450x y ++=的距离是( ) A.1 B.2 C.3 D.44、已知()(4,51)6,A B ---、，则以线段AB 为直径的圆的方程是 ( ) A ．22132)9()(x y ++－＝ B ．22132)9()(x y -++＝ C ．221311()(6)x y +-+＝D ．221311()(6)x y -++＝530x y m -+=与圆22220x y x +--=相切,则实数m 等于( ) A.33- B. 3-33C. 33-3D. 33-或336、已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的右焦点为(3,0)F ,过点F 的直线交椭圆E 于,A B 两点.若AB 的中点坐标为(1,1)-,则椭圆E 的方程为( ) A.2214536x y += B.2213627x y += C.2212718x y +=D.221189x y +=7、已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>C 的渐近线方程为( )A.14y x =±B.13y x =±C.12y x =±D.y x =±8、点(2,1)A 到抛物线2x ay =的准线的距离为3,则实数a 的值为( ) A.4B.14C.14或120- D.4或-209、已知抛物线22(0)y px p =>上一点M 到抛物线焦点F 的距离等于2p ，则直线MF 的斜率为( )A ．B ．1±C ．34±D ． 10、如图所示,已知椭圆方程为()222210,x y a b A a b+=>>为椭圆的左顶点, B C 、在椭圆上,若四边形OABC 为平行四边形,且45OAB ∠=︒,则椭圆的离心率为( )A.B.C.D.11、已知直线1l ：4230x y -+=与直线2l ：210ax y ++=垂直，则a = 。
【2020】高考数学(理科)大二轮复习练习：第一部分 思想方法研析指导 思想方法训练2
一、能力突破训练1.已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,2)B.(-∞,4)C.[2,4]D.(2,+∞)2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2+c2-a2=bc,且b=a,则下列关系一定不成立的是( )A.a=cB.b=cC.2a=cD.a2+b2=c23.若a>0,且a≠1,p=loga(a3+1),q=loga(a2+1),则p,q的大小关系是( )A.p=qB.p<qC.p>qD.当a>1时,p>q;当0<a<1时,p<q4.已知中心在坐标原点,焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为y=±x,则该双曲线的离心率为( )A. B.C. D.5.已知A,B为平面内两定点,过该平面内动点M作直线AB的垂线,垂足为N,=λ,其中λ为常数,则动点M的轨迹不可能是( )A.圆B.椭圆C.抛物线D.双曲线6.若x>0,且x≠1,则函数y=lg x+logx10的值域为( )A.RB.[2,+∞)C.(-∞,-2]D.(-∞,-2]∪[2,+∞)7.设Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,且a2+a5=2am,则m等于( )A.6B.7C.8D.108.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC 所成角的大小为( )A.30°B.60°C.30°或60°D.45°或60°9.已知函数y=ax(a>0,且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大,则a的值是.10.已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为.11.已知函数f(x)=2asin2x-2asin xcos x+a+b(a≠0)的定义域为,值域为[-5,1],求常数a,b的值.12.设a>0,函数f(x)= x2-(a+1)x+a(1+ln x).(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.二、思维提升训练13.若直线l过点P且被圆x2+y2=25截得的弦长是8,则直线l的方程为( )A.3x+4y+15=0B.x=-3或y=-C.x=-3D.x=-3或3x+4y+15=014.已知函数f(x)=则方程f(x)=ax恰有两个不同实数根时,实数a的取值范围是(注:e为自然对数的底数)( )A.(-1,0]B.C.(-1,0]∪D.15.已知a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a= 时,g(a)的值最小.16.已知函数f(x)=aln x+x2(a为实数).(1)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值及相应的x值;(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数a的取值范围. 17.设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明|f'(x)|≤2A.思想方法训练2 分类讨论思想一、能力突破训练1.B 解析当-<1时,显然满足条件,即a<2;当a≥2时,-1+a>2a-5,即2≤a<4.综上知,a<4,故选B.2.B 解析在△ABC中,由余弦定理得cos A=,则A=又b=a,由正弦定理,得sin B=sin A=,则B=或B=当B=时,△ABC为直角三角形,选项C,D成立;当B=时,△ABC为等腰三角形,选项A成立,故选B.3.C 解析当0<a<1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为减函数,∴a3+1<a2+1.∴loga(a3+1)>loga(a2+1),即p>q.当a>1时,y=ax和y=logax在其定义域上均为增函数,∴a3+1>a2+1,∴loga(a3+1)>loga(a2+1),即p>q.综上可得p>q.4.C 解析焦点在x轴上时,,此时离心率e=;焦点在y轴上时,,此时离心率e=,故选C.5.C 解析不妨设|AB|=2,以AB中点O为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy,则A(-1,0),B(1,0),设M(x,y),则N(x,0),=(0,-y),=(x+1,0),=(1-x,0),代入已知式子得λx2+y2=λ,当λ=1时,曲线为A;当λ=2时,曲线为B;当λ<0时,曲线为D,所以选C.6.D 解析当x>1时,y=lg x+logx10=lg x+2=2;当0<x<1时,y=lgx+logx10=--2=-2.故函数的值域为(-∞,-2]∪[2,+∞).7.C 解析∵S3,S9,S6成等差数列,∴2S9=S3+S6.若公比q=1,显然有2S9≠S3+S6,因此q≠1,从而2,2q9-q6-q3=0,即2q6-q3-1=0,∴q3=-或q3=1(舍去).∵a2+a5=2aM,∴a2(1+q3-2qm-2)=0,1+q3-2qm-2=0,∴qm-2=,∴m=8. 8.C 解析球心位置有以下两种情况:球心在三棱锥内部;球心在三棱锥外部.球心在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O'为△ABC的中心,在△ABC中,可求得O'A=,所以可得OA=2,SO'=3,SA与平面ABC所成的角即为∠SAO',由tan∠SAO'=,得∠SAO'=60°.同理可得第二种情况中所成角为30°.9 解析当a>1时,y=ax在区间[1,2]上递增,故a2-a=,得a=;当0<a<1时,y=ax在区间[1,2]上递减,故a-a2=,得a=故a=或a=10.4 解析 f(x)=g(x)=(1)当0<x≤1时,方程化为|-ln x+0|=1,解得x=或x=e(舍去).所以此时方程只有1个实根(2)当1<x<2时,方程可化为|ln x+2-x2|=1.设h(x)=ln x+2-x2,则h'(x)=-2x=因为1<x<2,所以h'(x)=<0,即函数h(x)在区间(1,2)上单调递减.因为h(1)=ln 1+2-12=1,h(2)=ln 2+2-22=ln 2-2,所以h(x)∈(ln 2-2,1).又ln 2-2<-1,故当1<x<2时方程只有1解.(3)当x≥2时,方程可化为|ln x+x2-6|=1.记函数p(x)=ln x+x2-6,显然p(x)在区间[2,+∞)上单调递增.故p(x)≥p(2)=ln 2+22-6=ln 2-2<-1.又p(3)=ln 3+32-6=ln 3+3>1,所以方程|p(x)|=1有2个解,即方程|ln x+x2-6|=1有2个解.综上可知,方程|f(x)+g(x)|=1共有4个实根.11.解 f(x)=a(1-cos 2x)-asin 2x+a+b=-2asin+2a+b.∵x,∴2x+,∴-sin1.因此,由f(x)的值域为[-5,1],可得或解得12.解 (1)由已知x>0,f'(x)=x-(a+1)+因为曲线y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f'(2)=1,即2-(a+1)+=1,所以a=0,此时f(2)=2-2=0,故曲线f(x)在(2,f(2))处的切线方程为x-y-2=0.(2)f'(x)=x-(a+1)+①当0<a<1时,若x∈(0,a),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(a,1),则f'(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(1,+∞),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(a)=-a2+aln a,极小值是f(1)=-②当a=1时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,若x=1,则f'(x)=0,若x∈(1,+∞),则f'(x)>0,所以函数f(x)在定义域内单调递增,此时f(x)没有极值点,也无极值.③当a>1时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(1,a),则f'(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(a,+∞),则f'(x)>0,函数f(x)单调递增,此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(1)=-,极小值是f(a)=-a2+aln a.综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-a2+aln a,极小值是-;当a=1时,f(x)无极值;当a>1时,f(x)的极大值是-,极小值是-a2+alna.二、思维提升训练13.D 解析若直线l的斜率不存在,则该直线的方程为x=-3,代入圆的方程解得y=±4,故直线l被圆截得的弦长为8,满足条件;若直线l的斜率存在,不妨设直线l的方程为y+=k(x+3),即kx-y+3k-=0,因为直线l被圆截得的弦长为8,故半弦长为4,又圆的半径为5,则圆心(0,0)到直线l的距离为,解得k=-,此时直线l的方程为3x+4y+15=0.14.C 解析因为方程f(x)=ax恰有两个不同的实数根,所以y=f(x)与y=ax的图象有2个交点,a表示直线y=ax的斜率.当a>0,x>1时,y'=设切点为(x0,y0),k=,所以切线方程为y-y0=(x-x0),而切线过原点,所以y0=1,x0=e2,k=,所以切线l1的斜率为设过原点与y=x+1平行的直线为l2,则直线l2的斜率为,所以当直线在l1和l2之间时,符合题意,此时实数a的取值范围是当a<0时,设过原点与点(1,-1)的直线为l3,其斜率为-1,则在l3的位置以O为中心逆时针旋转一直转到水平位置都符合题意,此时实数a的取值范围是(-1,0].综上所述,实数a的取值范围是(-1,0],故选C.15.2-2 解析当a≤0时,在区间[0,1]上,f(x)=|x2-ax|=x2-ax,且在区间[0,1]上为增函数,当x=1时,f(x)取得的最大值为f(1)=1-a;当0<a<1时,f(x)=在区间内递增,在区间上递减,在区间(a,1]上递增,且f,f(1)=1-a,-(1-a)=(a2+4a-4),∴当0<a<2-2时,<1-a.当2-2≤a<1时,1-a;当1≤a<2时,f(x)=-x2+ax在区间上递增,在区间上递减,当x=时,f(x)取得最大值f;当a≥2时,f(x)=-x2+ax在区间[0,1]上递增,当x=1时,f(x)取得最大值f(1)=a-1.则g(a)=在区间(-∞,2-2)上递减,在区间[2-2,+∞)上递增,即当a=2-2时,g(a)有最小值.16.解 (1)f(x)=aln x+x2的定义域为(0,+∞),f'(x)= +2x=当x∈[1,e]时,2x2∈[2,2e2].若a≥-2,则f'(x)在区间[1,e]上非负(仅当a=-2,x=1时,f'(x)=0),故f(x)在区间[1,e]上单调递增,此时f(x)min=f(1)=1;若-2e2<a<-2,令f'(x)<0,解得1≤x<,此时f(x)单调递减;令f'(x)>0,解得<x≤e,此时f(x)单调递增,所以f(x)min=fln;若a≤-2e2,f'(x)在区间[1,e]上非正(仅当a=-2e2,x=e时,f'(x)=0),故f(x)在区间[1,e]上单调递减,此时f(x)min=f(e)=a+e2.综上所述,当a≥-2时,f(x)min=1,相应的x=1;当-2e2<a<-2时,f(x)min=ln,相应的x=;当a≤-2e2时,f(x)min=a+e2,相应的x=e.(2)不等式f(x)≤(a+2)x可化为a(x-ln x)≥x2-2x.由x∈[1,e],知ln x≤1≤x且等号不能同时成立,得ln x<x,即x-ln x>0,因而a,x∈[1,e],令g(x)=(x∈[1,e]),则g'(x)=,当x∈[1,e]时,x-1≥0,ln x≤1,x+2-2ln x>0,从而g'(x)≥0(仅当x=1时取等号),所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,故g(x)min=g(1)=-1,所以实数a的取值范围是[-1,+∞).17.(1)解 f'(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2)解 (分类讨论)当α≥1时,|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-令-1<<1,解得α<-(舍去),α>当0<时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g又-|g(-1)|=>0,所以A=综上,A=(3)证明由(1)得|f'(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.当0<时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当<α<1时,A=1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.。
2020届高考数学(理)二轮复习小题专项训练8(含答案)
2020届高考数学（理）二轮复习小题专项训练 一、选择题 1．若直线a∥平面α，直线b∥直线a，点A∈b且A∈α，则b与α的位置关系是( ) A．b∩α＝A B．b⊂α C．b∥α D．b∥α或b⊂α 【答案】B 【解析】由a∥α，b∥a⇒b∥α或b⊂α.又b过α内一点，故b⊂α. 2．(2019年陕西模拟)已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是m＝(2，－1,2)，则下列点P中，在平面α内的是( ) A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 【答案】A
【解析】记P(x，y，z)，则MP→＝(x－1，y＋1，z－2)，当MP→⊥α，即MP→·m＝2(x－1)－(y＋1)＋2(z－2)＝0，即2x－y＋2z＝7时，点P(x，y，z)在平面α内，验证知只有A满足．故选A． 3．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β ”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】由α⊥β，b⊥m，得b⊥α.又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β ”的必要不充分条件．故选B． 4．(2019年江苏宿迁期末)如图，一个底面水平放置的倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水，水深为h.若在容器内放入一个半径为1的铁球后，水面所在的平面恰好经过铁球的球心O(水没有溢出)，则h的值为( )
A．2π9 B．2 C．323 D．32 【答案】D 【解析】作OD⊥AC，垂足为D，则球的半径r＝OD＝1，此时OA＝2r＝2，倒圆锥的底面半径OC＝2tan 30°＝233.放入小球之前，水深为h.，则底面半径为htan 30°＝33h.由题意得13π33h2h＝13π
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略课时作业： 8三角变换与解三角形
解析：因为cos ⎝ ⎭⎪2＋α＝－3，所以sin α＝3，则cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.故选B.答案：B 2．[2019·河北省级示范性高中联合体联考]已知tan α＝2，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝m tan 2α，则m ＝( )5．[2019·宁夏银川月考]已知锐角α，β满足cos α＝255，sin(α－β＝－35，则sin β的值为( )A.255B.55C.2525D.525答案：A8．[2019·河北省级示范性高中联合体联考]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sin A＝2sin C，b＝5，cos C＝－13，则a＝()1)≥0恒成立，所以sin α≤0，则α∈⎝ ⎦⎥－2，0，所以tan α＝－3，sin α＝－310，cos α＝110.于是sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝sin αcos π4－cos α sin π4＝－310×22－110×22＝－255.故选A.答案：A11．[2019·安徽五校联盟第二次质检]若α是锐角，且cos ⎛⎪⎫α＋π＝3，答案：414．[2019·湖南重点高中大联考]已知a，b，c分别为锐角三角形ABC内角A，B，C的对边，ab sin C＝c2－(a－b)2，若锐角三角形ABC 的面积为4，则c的最小值为________．解析：由已知条件及余弦定理，可得ab sin C＝a2＋b2－2ab cos C －(a2－2ab＋b2)＝2ab－2ab cos C，即2cos C＝2－sin C，两边平方，得4(1－sin2C)＝4－4sin C＋sin2C，因为0°＜C＜90°，所以可得sin C＝4，(2)方法一 由余弦定理得c 2＝4＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab＝(a ＋b )2－3ab ≥(a ＋b )2－3⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b22＝(a ＋b )24，得a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b 时等号成立，故△ABC 周长的最大值为6.方法二 由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝433，故△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝43(sin A ＋sin B )＋2＝43[sin A ＋sin(A ＋60°)]＋2＝分别在边AB，BC上，CD＝5，CE＝3，且△EDC的面积为3 6.(1)求边DE的长；(2)若AD＝3，求sin A的值．ECD中，S△。
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专题复习检测A卷1．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么( )
A．a1a8>a4a5 B．a1a85
C．a1＋a8>a4＋a5 D．a1a8＝a4a5
【答案】B
【解析】取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8<4×5成立，即a1a8A，C，D．故选B．
2．已知非零向量a，b，若a＋2b与a－2b互相垂直，则等于( )|a||b|
A． B．4 14
C． D．212
【答案】D【解析】由a＋2b与a－2b互相垂直，得(a＋2b)·a－2b)＝0，化简，得|a|＝2|b|，所以
＝2.|a||b|
3．设x，y满足约束条件Error!则的取值范围是( )x＋2y＋3x＋1
A．[1,5] B．[2,6]C．[3,10] D．[3,11]【答案】D
【解析】＝1＋，令z＝，z的几何意义是区域内的点到点x＋2y＋3x＋12y＋1x＋1y＋1x＋1
M(－1，－1)连线的斜率．如图，A，B(0，4)，z的值满足(127，127)
kMA≤z≤kMB，kMA＝1，kMB＝5，故1≤z≤5，所以3≤≤11.
x＋2y＋3x＋1
4．由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，
则实数a的取值是( )A．(－∞，1) B．(－∞，2) C．1 D．2【答案】C【解析】命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，故a＝1.
5．若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是( )4a
A．(－∞，0) B．(－∞，0)∪{2} C．(－∞，1) D．(－∞，2)【答案】B
【解析】由于|x＋1|＋|x－3|≥|(x＋1)－(x－3)|＝4，不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的4a
实数x恒成立，等价于4≥a＋，得a＜0 或Error!解得a＜0，或a＝2.故选B．4a
6．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，若线
段AB的长为8，则p＝________.【答案】2
【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知直线AB的方程为y＝x－，代入y2＝2pxp2
消去y后，得x2－3px＋＝0，故x1＋x2＝3p.又|AB|＝x1＋x2＋p＝8，解得p＝2.p24
7．(2019年宁夏石嘴山三中二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝bc，sin C＝2sin B，则A的大小为________．33
【答案】π6
【解析】由sin C＝2sin B及正弦定理，得c＝2b.由a2－b2＝bc，得a2＝7b2.再由
333
余弦定理，得cos A＝＝＝，故A＝.b2＋c2－a22bcb2＋12b2－7b243b232π6
8．若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.x
【答案】14
【解析】若a>1，有a2＝4，a－1＝m，故a＝2，m＝，此时g(x)＝－为减函数，不合12x
题意；若014116
9．已知函数f(x)＝－x2＋8x，g(x)＝6ln x＋m.是否存在实数m，使得y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，即函数φ(x)＝g(x)－f(x)的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点．∵φ(x)＝x2－8x＋6ln x＋m，
∴φ′(x)＝2x－8＋＝＝(x>0)．6x2x2－8x＋6x2x－1x－3
x
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数；当x∈(1,3)时，φ′(x)<0，φ(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)是增函数；当x＝1或x＝3时，φ′(x)＝0.∴φ(x)极大值＝φ(1)＝m－7，φ(x)极小值＝φ(3)＝m＋6ln 3－15.
∵当x充分接近0时，φ(x)<0，当x充分大时，φ(x)>0，∴要使φ(x)的图象与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只需Error!即7∴存在实数m，使得函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7,15－6ln 3)．10．(2019年内蒙古包头模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝a(a≠3)，
an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
【解析】(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n.
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)．
又S1－31＝a－3(a≠3)，故数列{Sn－3n}是首项为a－3，公比为2的等比数列．
所以数列{bn}的通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1.
(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2.
当n＝1时，a1＝a不适合上式，故an＝Error!
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2.
[12·(32)n－2＋a－3]
当n≥2时，由an＋1≥an，得12·n－2＋a－3≥0，解得a≥－9.(32)又a2＝a1＋3>a1，满足条件．综上，a的取值范围是[－9，＋∞)．B卷11．过双曲线x2－＝1的右焦点F作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则这样
y22
的直线l有( )A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【解析】因为双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，所以当直线l与双曲线左、右两支各有一个交点时，过双曲线的右焦点一定有两条直线满足条件要求；当直线l与实轴垂
直时，有3－＝1，解得y＝2或y＝－2，所以此时直线AB的长度是4，即只与双曲线右支y22
有两个交点的所截弦长为4的直线仅有一条．综上，有3条直线满足|AB|＝4.12．某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的材料利用率为( )
(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)A．B．89π827π
C．D．242－13π82－13π
【答案】A【解析】由三视图知该几何体是一个底面半径为r＝1，母线长为l＝3的圆锥，则圆锥的高为h＝＝2.由题意知加工成的体积最大的正方体ABCD－A1B1C1D1的一个底面l2－r22
A1B1C1D1在圆锥的底面上，过平面AA1C1C的轴截面如图所示(平面转化很重要，这是由形到
数的关键所在)．设正方体的棱长为x，则有＝，即＝，解得x＝.所以原22xrh－xhx222－x22223
工件的材料利用率为＝＝.V正方体V圆锥x313πr2h89π13．若函数f(x)＝x＋asin x在R内单调递增，则实数a的取值范围为________．【答案】[－1,1]【解析】∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函数f(x)＝x＋asin x在R内单调递增，则f′(x)＝1＋acos x≥0对任意实数x都成立．∵－1≤cos x≤1，∴－1≤a≤1.
14．已知函数f(x)＝.exxex＋1
(1)求证：0＜f(x)≤1；
(2)当x＞0时，不等式f(x)＞恒成立，求实数a的取值范围．1ax2＋1
【解析】(1)证明：设g(x)＝xex＋1，则g′(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(－1)＝1－e－1＞0.又ex＞0，故f(x)＞0.
f′(x)＝.ex1－ex
xex＋12
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)≤f(0)＝1.综上，有0＜f(x)≤1.
(2)①若a＝0，则当x>0时，f(x)＜1＝，不等式不成立．1ax2＋1
②若a＜0，则当0＜x＜时，＞1，不等式不成立．1－a1
ax2＋1
③若a＞0，则f(x)＞等价于(ax2－x＋1)ex－1＞0.(*)1ax2＋1
设h(x)＝(ax2－x＋1)ex－1，则h′(x)＝x(ax＋2a－1)ex.
若a≥，则当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0.12
若012(0，1－2aa)
立．于是，若a＞0，不等式(*)成立当且仅当a≥.12