2017届高考理科数学二轮复习训练：2-3-4 转化与化归思想（参考解析）

一、选择题

1.已知a，b是单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是(  )

A.[－1，＋1]   B．[－1，＋2]

C.[1，＋1]   D．[1，＋2]

答案 A

解析 由题意，不妨令a＝(0,1)，b＝(1,0)，c＝(x，y)，由|c－a－b|＝1得(x－1)²＋(y－1)²＝1，|c|＝可看作(x，y)到原点的距离，而点(x，y)在以(1,1)为圆心，以1为半径的圆上．如图所示，当点(x，y)在位置P时到原点的距离最近，在位置P′时最远，而PO＝－1，P′O＝＋1，故选A.

2.[2015·九江一模]在如下程序框图中，输入f₀(x)＝sin(2x＋1)，若输出的f_i(x)是2⁸sin(2x＋1)，则程序框图中的判断框应填入(  )

A．i≤6   B．i≤7

C.i≤8   D．i≤9

答案 B

解析 i＝1时，f₁(x)＝2cos(2x＋1)；i＝2时，f₂(x)＝－2²sin  (2x＋1)；i＝3时，f₃(x)＝－2³cos(2x＋1)；i＝4时，f₄(x)＝2⁴sin(2x＋1)；……；i＝8时，f₈(x)＝2⁸sin(2x＋1)，循环结束，故选B.

3.若函数f(x)＝x²＋ax＋x(1)在，＋∞(1)是增函数，则a的取值范围是(  )

A.[－1,0]   B．[－1，＋∞)

C.[0,3]   D．[3，＋∞)

答案 D

解析 由条件知f′(x)＝2x＋a－x2(1)≥0在，＋∞(1)上恒成立，即a≥x2(1)－2x在，＋∞(1)上恒成立，∵函数y＝x2(1)－2x在，＋∞(1)上为减函数，∴y_max<2(1)－2×2(1)＝3.∴a≥3.故选D.

4.在△ABC中，|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5.点D是边BC上的动点，→(AD)＝x→(AB)＋y→(AC)，当xy取最大值时，|→(AD)|的值为(  )

A.4   B．3

C.2(5)   D.5(12)

答案 C

解析 解法一：∵|AB|＝3，|AC|＝4，|BC|＝5，

∴△ABC为直角三角形．

如图建立平面直角坐标系，A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)，设D(a，b)，

由→(AD)＝x→(AB)＋y→(AC)，

则b＝4y，(a＝3x，)∴xy＝12(ab).

又∵D在直线l_BC：3(x)＋4(y)＝1上，

∴3(a)＋4(b)＝1，则3(a)＋4(b)≥212(ab).∴12(ab)≤4(1)，即xy≤4(1)，此时a＝2(3)，b＝2，|→(AD)|＝2＋22(3)＝2(5).

解法二：由→(AD)＝x→(AB)＋y→(AC)，得x＋y＝1且x>0，y>0.

∴xy≤2(x＋y)²＝4(1)(当且仅当x＝y＝2(1)时取得)．

此时，|→(AD)|²＝9x²＋16y²＝4(9)＋4(16)＝4(25).∴|→(AD)|＝2(5).

5.若函数y＝sinωx＋cosωx的图象关于直线x＝－6(π)对称，则ω的最小正值为(  )

A.3   B．4

C.5   D．6

答案 C

解析 由题意得y＝sinωx＋cosωx＝2sin3(π)，由题意知sin3(π)＝±1，即－6(π)ω＋3(π)＝kπ＋2(π)(k∈Z)，解得ω＝－6k－1，可得ω的最小正值为5.选C.

6.[2015·兰州双基测试]如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积为(  )

A.10π   B．8π

C.6π   D．9π

答案 B

解析 由三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥所得，所以其体积为圆柱的体积减去圆锥的体积，为：4π×3－3(1)×4π×3＝8π.

二、填空题

7.若f(x)是定义在R上的函数，对任意实数x都有f(x＋3)≤f(x)＋3和f(x＋2)≥f(x)＋2，且f(1)＝1，则f(2014)＝________.

答案 2014

解析 ∵f(x＋1)≤f(x＋3)－2≤f(x)＋3－2＝f(x)＋1，f(x＋1)≥f(x＋4)－3≥f(x＋2)＋2－3≥f(x)＋4－3＝f(x)＋1，∴f(x)＋1≤f(x＋1)≤f(x)＋1.

∴f(x＋1)－f(x)＝1.

∴数列{f(n)}为等差数列，且f(1)＝1，d＝1.

∴f(2014)＝f(1)＋2013×1＝2014.

8.设实数a，b满足a≤1，(3a＋2b－4≥0，)则9a²＋4b²的最大值是________．

答案 25

解析 令3a＝x,2b＝y，

则问题转化为已知≤1，(x)求x²＋y²的最值问题．

由x²＋y²的几何含义可知表示原点到点(x，y)距离的平方，由可行域如图可知，点(3,4)距原点最远，故(x²＋y²)_max＝3²＋4²＝25.

9.在等差数列{a_n}中，若a₃＋a₄＋a₅＋a₆＋a₇＝25，则a₂＋a₈＝________.

答案 10

解析 由a₃＋a₄＋a₅＋a₆＋a₇＝25得5a₅＝25，所以a₅＝5，故a₂＋a₈＝2a₅＝10.

三、解答题

10.[2015·大连双基]已知函数f(x)＝sin2(x)cos2(x)－sin²2(x).

(1)求f(x)的最小正周期；

(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值．

解 (1)因为f(x)＝2(2)sinx－2(2)(1－cosx)＝sin4(π)－2(2)，

所以f(x)的最小正周期为2π.

(2)因为－π≤x≤0，所以－4(3π)≤x＋4(π)≤4(π).

当x＋4(π)＝－2(π)，即x＝－4(3π)时，f(x)取得最小值．

所以f(x)在区间[－π，0]上的最小值为f4(3π)＝－1－2(2).

11.已知函数f(x)＝x－x(1)，g(x)＝aln x，其中x>0，a∈R，令函数h(x)＝f(x)－g(x)．

(1)若函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；

(2)当a取(1)中的最大值时，判断方程h(x)＋h(2－x)＝0在(0,1)上是否有解，并说明理由．

解 (1)∵h(x)＝f(x)－g(x)，

∴h′(x)＝f′(x)－g′(x)＝1＋x2(1)－x(a)＝x2(x2－ax＋1).

依题意，知不等式x²－ax＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≤x＋x(1)在区间(0，＋∞)上恒成立，解得a≤2，即a的取值范围为(－∞，2]．

(2)当a＝2时，h(x)＝x－x(1)－2ln x．

∴h(x)＋h(2－x)＝2－x(2－x)(2)－2ln [x(2－x)]．

令t＝x(2－x)∈(0,1)，构造函数φ(t)＝2－t(2)－2ln t，

∵φ′(t)＝t2(2)－t(2)＝t2(2－2t)>0恒成立，

∴函数φ(t)在(0,1)上单调递增，且φ(1)＝0.

∴φ(t)＝2－t(2)－2ln t＝0在(0,1)上无解．

即方程h(x)＋h(2－x)＝0在(0,1)上无解．

12．[2015·山西考前质量监测]如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AD＝AB＝1，BC＝.

(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；

(2)设H为CD上一点，满足→(CH)＝2→(HD)，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为3(6)，求二面角H－PB－C 的余弦值．

解 (1)证明：由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1，可得BD＝.又BC＝，∴CD＝2，∴BC⊥BD.

∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC，又PD∩BD＝D，

∴BC⊥平面PBD，

∴平面PBD⊥平面PBC.

(2)由(1)可知∠BPC为PC与平面PBD所成的角，

∴tan∠BPC＝3(6)，

∴PB＝，PD＝1.

由→(CH)＝2→(HD)及CD＝2，可得

CH＝3(4)，DH＝3(2).

以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

则B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H，0(2).

设平面HPB的法向量为n＝(x₁，y₁，z₁)，则·n＝0(HB)，即y1＝0(1)，取y₁＝－3，则n＝(1，－3，－2)．

设平面PBC的法向量为m＝(x₂，y₂，z₂)，

则·m＝0(BC)，即－x2＋y2＝0(x2＋y2－z2＝0)，

取x₂＝1，则m＝(1,1,2)．

又cos〈m，n〉＝|m||n|(m·n)＝－7(21)，

观察可知二面角H－PB－C为锐角，

故二面角H－PB－C的余弦值为7(21).