还剩22页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题26思想04运用转化与化归的思想方法解题含解析答案
展开
这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题26思想04运用转化与化归的思想方法解题含解析答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
2．在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数．记，则（ ）
A．B．C．D．
4．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
5．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）．
A．B．C．D．
7．如图所示，正三棱柱的所有棱长均为1，点P、M、N分别为棱、AB、的中点，点Q为线段MN上的动点．当点Q由点N出发向点M运动的过程中，以下结论中正确的是（ ）
A．直线与直线CP可能相交B．直线与直线CP始终异面
C．直线与直线CP可能垂直D．直线与直线BP不可能垂直
8．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（ ）
A．cmB．1cmC．cmD．cm
9．如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱平面ABCD，且，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段上的一个动点（不含端点），过P、E、F的平面记为，Q在上且，则下列说法正确的个数是（ ）．
①三棱锥的体积是定值；
②当直线时，；
③当时，平面截棱柱所得多边形的周长为；
④存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍．
A．1B．2C．3D．4
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，又当时，，则关于x的不等式的解集为（ ）．
A．B．
C．D．
12．设，数列中，，，则（ ）
A．当，B．当，
C．当，D．当，
13．已知斐波那契数列满足：，，若，则（ ）
A．2022B．2023C．59D．60
14．设，，，，则（ ）
A．在这四个数中至少存在两个数，，满足
B．在这四个数中至少存在两个数，，满足
C．在这四个数中至多存在两个数，，满足
D．在这四个数中至多存在两个数，，满足
15．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
16．已知圆和两点，，若圆C上至少存在一点P，使得，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
17．“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（ ）个刻度
A．3B．4C．5D．6
二、填空题
18．在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
19．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
20．在三角函数部分，我们研究过二倍角公式，我们还可以用类似方式继续得到三倍角公式．根据你的研究结果解决如下问题：在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是 ．
21．抚仙湖，位于澄江市、江川区、华宁县之间，湖面积仅次于滇池和洱海，为云南省第三大湖，也是我国最大的深水型淡水湖泊．如图所示，为了测量抚仙湖畔M，N两点之间的距离，现取两点E，F，测得公里，，，，则M，N两点之间的距离为 公里．
22．在锐角三角形中，内角所对的边满足，若存在最大值，则实数的取值范围是 ．
23．已知中，，，则面积的最大值是 .
三、解答题
24．已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
25．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
参考答案：
1．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
2．C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
3．A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
4．A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
5．D
【分析】
由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果.
【详解】平面，，连接，由，可得，
四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系，
则，设，，
则，
所以
因为，则，则，
所以.
故选：D
6．B
【分析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，由梯形面积公式求解.
【详解】解：如图，恢复后的原图形为一直角梯形，
所以.
故选：B.
7．B
【分析】证明平面，从而可证四点不共面，即可判断AB；设，将分别用表示，假设直线与直线CP垂直，则，求出即可判断C；证明平面，即可判断D.
【详解】在正三棱柱中，
因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，，，
所以四点不共面，
所以直线与直线CP始终异面，故A错误，B正确；
对于C，设，
则，
，
若直线与直线CP垂直，则，
即，
所以，
即，解得，
因为，所以不存在点使得直线与直线CP垂直，故C错误；
对于D，连接，
因为为的中点，所以，
又因平面，平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D错误.
故选：B.
8．D
【分析】由圆台侧面展开图求出其上，下底面半径，结合其轴截面特征解三角形求圆台的高.
【详解】由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为，，
则，，解得，．
所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为和，腰长为，
即,过点作,为垂足，
所以，
该圆台形容器的高为，
故选：D．
9．B
【分析】对于①：先利用线面平行的判定定理得到线面平行，即点到平面的距离为定值，再利用三角形面积是定值和棱锥的体积公式进行判定；对于②：先作出两平面的交线，利用线面平行得到面面平行，再利用全等三角形进行求解；对于③：利用②结论判定截面的形状，进而求其周长；对于④：利用相似比得到推出矛盾，判定④错误.
【详解】对于①:因为，平面，
平面，所以平面，
因为，所以点P到平面的距离为定值，
而的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，
即三棱锥的体积是定值，故①正确；
对于②：如图，延长EF交DC的延长线于点M，
设平面交棱于点W，连接MW，并延长MW交于点P，
因为，平面，平面平面，
所以，
因为F为BC的中点，则W为CQ的中点，
因为，则，，，
所以≌，则，
因为，则，
则，即②错误；
对于③：如图，设直线EF分别交直线DA、DC于点N、M，
连接PN、PM，分别交、于点R、S，连接RE、SF，
由②可知，，同理可知，
因为，，则为等腰直角三角形，
则，同理可知，也为等腰直角三角形，
同理可知，，∴，
同理，由勾股定理可得，
则截面的周长为，即③正确；
对于④：设截面交棱于点R，
假设存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍，
则，可得，
因为，则，则，不符合题意；
即不存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍，
故④错误．
综上所述，①③正确.
故选：B.
10．D
【分析】法一、构造函数，利用泰勒展开式比较大小；法二构造函数，利用导数求函数单调性判定大小即可.
【详解】法一、根据题意，构造函数，
则.
由泰勒展开式，，，
所以，，
而，
所以，即；
法二、因为，
所以.
令，则，所以函数在上单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，得，所以；
因为，所以令，
则，
所以函数在定义域内单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，即，所以，又，所以.
综上，.
故选：D
11．A
【分析】设，并判断出为偶函数，利用导数求出其单调性，将所求的式子转化为，从而得到，解出的范围.
【详解】由，
，
设
所以，即为上的偶函数
当时，，
因为，所以
则在区间上单调递增
所以
即
即
等价于，
即
解得．
故选：A.
12．A
【分析】A项，由，结合基本不等式即可判断正误；BCD项，注意到，当时，方程有解，则当为方程的根时，则，即可判断选项正误.
【详解】对A：当时，因为，所以，又因为，当且仅当时取等号，
所以，，故A正确；
对B：当时，即，得，
因，故时，数列为常数列，且，故B错误；
对C：当时，即，得，
因，故或，数列为常数列，且或，故C错误；
对D：当时，即，因，故或，
所以数列为常数列，且或，故D错误.
故选：A.
13．D
【分析】根据数列的递推公式化简求解；
【详解】
，
故选：D.
14．B
【分析】将区间平均分为三个区间，则每个区间的长度为．由，，，，得在，，，中至少有两个数在同一区间内，设这两个数为，，则，由此可得选项.
【详解】将区间平均分为三个区间，则每个区间的长度为．因为，，，，所以在，，，中至少有两个数在同一区间内，设这两个数为，，则，又因为在上单调递增，在上单调递减，所以，，故A错误，B正确；
对于C：取，，故C错误；
对于D：取，，故D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质．将区间平均分为三个区间是解答本题的突破口，属于中档题．
15．A
【分析】圆是以为圆心，1为半径的圆，直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点只需圆与直线有公共点即可，由此能求出的取值范围．
【详解】解：圆的方程为，整理得：，
即圆是以为圆心，1为半径的圆；
又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
只需圆与直线有公共点即可．
设圆心到直线的距离为，
则，即，
．
故选：A．
16．B
【分析】与位置关系为相交,内切或内含,即可满足题意,进而求得参数值.
【详解】的圆心，半径,
圆C上至少存在一点P，使得,
与位置关系为相交,内切或内含,如图所示,则,
．
故选:B．
【点睛】本题考查参数取值范围问题,通过数形结合转化为圆与圆的位置关系,考查学生分析问题的能力,属于中档题,解题时要认真审题,注意圆的性质的合理运用.
17．A
【分析】将问题转化为组合抽样思维，设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则当尺子有3个刻度时满足条件，其中证明验证求解.
【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，
则当尺子有3个刻度时满足条件
设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则有且，其中，
当时，
下证，当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度
设且，其中，
所以当中有1个0，x的取值至多有3个
当中有2个0时，或，x的取值至多有2个
当中没有0时，x的取值有1个
所以x取值至多有6个，即当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度．
故选:A
18．
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
19．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
20．
【分析】利用，再根据整体思想将转化为两角和的余弦值化简，再利用诱导公式可得，根据锐角三角形性质可得取值范围，从而得的取值范围，代入化简即可得出结论.
【详解】三倍角公式：
，
因为，
所以.
故，△ABC为锐角三角形，故解得，
故，．
故答案为：
21．
【分析】在中由正弦定理可得，在中等边对等角可得，则在 中由余弦定理可得.
【详解】在中=
由正弦定理可得：
即
在中
所以，则,
中由余弦定理可得：
即
故答案为：.
22．
【分析】先利用余弦定理结合可得，再利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理，求出的关系，从而可将都用表示，再根据三角形为锐角三角形求出的范围，再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，所以，
又因为函数在内单调递增，所以，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
则
，
因为，所以，则，
因为存在最大值，则，解得．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用余弦定理和正弦定理结合已知条件求得.
23．3
【分析】利用条件结合余弦定理，求出，，再求出，代入面积公式转化为关于的二次函数即可求解.
【详解】由题知，如图所示：
因为，所以，
由余弦定理得：，
联立解得：，，
所以，
所以，
.
故答案为：3.
【点睛】考查了解三角形中余弦定理，面积公式等相关知识点，对于范围问题可尝试转化为二次函数或基本不等式来分析求解.
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
一、单选题
1．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
2．在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数．记，则（ ）
A．B．C．D．
4．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．2D．3
5．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）．
A．B．C．D．
7．如图所示，正三棱柱的所有棱长均为1，点P、M、N分别为棱、AB、的中点，点Q为线段MN上的动点．当点Q由点N出发向点M运动的过程中，以下结论中正确的是（ ）
A．直线与直线CP可能相交B．直线与直线CP始终异面
C．直线与直线CP可能垂直D．直线与直线BP不可能垂直
8．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm和4cm）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（ ）
A．cmB．1cmC．cmD．cm
9．如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱平面ABCD，且，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段上的一个动点（不含端点），过P、E、F的平面记为，Q在上且，则下列说法正确的个数是（ ）．
①三棱锥的体积是定值；
②当直线时，；
③当时，平面截棱柱所得多边形的周长为；
④存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍．
A．1B．2C．3D．4
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数，又当时，，则关于x的不等式的解集为（ ）．
A．B．
C．D．
12．设，数列中，，，则（ ）
A．当，B．当，
C．当，D．当，
13．已知斐波那契数列满足：，，若，则（ ）
A．2022B．2023C．59D．60
14．设，，，，则（ ）
A．在这四个数中至少存在两个数，，满足
B．在这四个数中至少存在两个数，，满足
C．在这四个数中至多存在两个数，，满足
D．在这四个数中至多存在两个数，，满足
15．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
16．已知圆和两点，，若圆C上至少存在一点P，使得，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
17．“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（ ）个刻度
A．3B．4C．5D．6
二、填空题
18．在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
19．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
20．在三角函数部分，我们研究过二倍角公式，我们还可以用类似方式继续得到三倍角公式．根据你的研究结果解决如下问题：在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是 ．
21．抚仙湖，位于澄江市、江川区、华宁县之间，湖面积仅次于滇池和洱海，为云南省第三大湖，也是我国最大的深水型淡水湖泊．如图所示，为了测量抚仙湖畔M，N两点之间的距离，现取两点E，F，测得公里，，，，则M，N两点之间的距离为 公里．
22．在锐角三角形中，内角所对的边满足，若存在最大值，则实数的取值范围是 ．
23．已知中，，，则面积的最大值是 .
三、解答题
24．已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
25．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
参考答案：
1．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
2．C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
3．A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
4．A
【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
5．D
【分析】
由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果.
【详解】平面，，连接，由，可得，
四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系，
则，设，，
则，
所以
因为，则，则，
所以.
故选：D
6．B
【分析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，由梯形面积公式求解.
【详解】解：如图，恢复后的原图形为一直角梯形，
所以.
故选：B.
7．B
【分析】证明平面，从而可证四点不共面，即可判断AB；设，将分别用表示，假设直线与直线CP垂直，则，求出即可判断C；证明平面，即可判断D.
【详解】在正三棱柱中，
因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，，，
所以四点不共面，
所以直线与直线CP始终异面，故A错误，B正确；
对于C，设，
则，
，
若直线与直线CP垂直，则，
即，
所以，
即，解得，
因为，所以不存在点使得直线与直线CP垂直，故C错误；
对于D，连接，
因为为的中点，所以，
又因平面，平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D错误.
故选：B.
8．D
【分析】由圆台侧面展开图求出其上，下底面半径，结合其轴截面特征解三角形求圆台的高.
【详解】由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为，，
则，，解得，．
所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为和，腰长为，
即,过点作,为垂足，
所以，
该圆台形容器的高为，
故选：D．
9．B
【分析】对于①：先利用线面平行的判定定理得到线面平行，即点到平面的距离为定值，再利用三角形面积是定值和棱锥的体积公式进行判定；对于②：先作出两平面的交线，利用线面平行得到面面平行，再利用全等三角形进行求解；对于③：利用②结论判定截面的形状，进而求其周长；对于④：利用相似比得到推出矛盾，判定④错误.
【详解】对于①:因为，平面，
平面，所以平面，
因为，所以点P到平面的距离为定值，
而的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，
即三棱锥的体积是定值，故①正确；
对于②：如图，延长EF交DC的延长线于点M，
设平面交棱于点W，连接MW，并延长MW交于点P，
因为，平面，平面平面，
所以，
因为F为BC的中点，则W为CQ的中点，
因为，则，，，
所以≌，则，
因为，则，
则，即②错误；
对于③：如图，设直线EF分别交直线DA、DC于点N、M，
连接PN、PM，分别交、于点R、S，连接RE、SF，
由②可知，，同理可知，
因为，，则为等腰直角三角形，
则，同理可知，也为等腰直角三角形，
同理可知，，∴，
同理，由勾股定理可得，
则截面的周长为，即③正确；
对于④：设截面交棱于点R，
假设存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍，
则，可得，
因为，则，则，不符合题意；
即不存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍，
故④错误．
综上所述，①③正确.
故选：B.
10．D
【分析】法一、构造函数，利用泰勒展开式比较大小；法二构造函数，利用导数求函数单调性判定大小即可.
【详解】法一、根据题意，构造函数，
则.
由泰勒展开式，，，
所以，，
而，
所以，即；
法二、因为，
所以.
令，则，所以函数在上单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，得，所以；
因为，所以令，
则，
所以函数在定义域内单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，即，所以，又，所以.
综上，.
故选：D
11．A
【分析】设，并判断出为偶函数，利用导数求出其单调性，将所求的式子转化为，从而得到，解出的范围.
【详解】由，
，
设
所以，即为上的偶函数
当时，，
因为，所以
则在区间上单调递增
所以
即
即
等价于，
即
解得．
故选：A.
12．A
【分析】A项，由，结合基本不等式即可判断正误；BCD项，注意到，当时，方程有解，则当为方程的根时，则，即可判断选项正误.
【详解】对A：当时，因为，所以，又因为，当且仅当时取等号，
所以，，故A正确；
对B：当时，即，得，
因，故时，数列为常数列，且，故B错误；
对C：当时，即，得，
因，故或，数列为常数列，且或，故C错误；
对D：当时，即，因，故或，
所以数列为常数列，且或，故D错误.
故选：A.
13．D
【分析】根据数列的递推公式化简求解；
【详解】
，
故选：D.
14．B
【分析】将区间平均分为三个区间，则每个区间的长度为．由，，，，得在，，，中至少有两个数在同一区间内，设这两个数为，，则，由此可得选项.
【详解】将区间平均分为三个区间，则每个区间的长度为．因为，，，，所以在，，，中至少有两个数在同一区间内，设这两个数为，，则，又因为在上单调递增，在上单调递减，所以，，故A错误，B正确；
对于C：取，，故C错误；
对于D：取，，故D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质．将区间平均分为三个区间是解答本题的突破口，属于中档题．
15．A
【分析】圆是以为圆心，1为半径的圆，直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点只需圆与直线有公共点即可，由此能求出的取值范围．
【详解】解：圆的方程为，整理得：，
即圆是以为圆心，1为半径的圆；
又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
只需圆与直线有公共点即可．
设圆心到直线的距离为，
则，即，
．
故选：A．
16．B
【分析】与位置关系为相交,内切或内含,即可满足题意,进而求得参数值.
【详解】的圆心，半径,
圆C上至少存在一点P，使得,
与位置关系为相交,内切或内含,如图所示,则,
．
故选:B．
【点睛】本题考查参数取值范围问题,通过数形结合转化为圆与圆的位置关系,考查学生分析问题的能力,属于中档题,解题时要认真审题,注意圆的性质的合理运用.
17．A
【分析】将问题转化为组合抽样思维，设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则当尺子有3个刻度时满足条件，其中证明验证求解.
【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，
则当尺子有3个刻度时满足条件
设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则有且，其中，
当时，
下证，当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度
设且，其中，
所以当中有1个0，x的取值至多有3个
当中有2个0时，或，x的取值至多有2个
当中没有0时，x的取值有1个
所以x取值至多有6个，即当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度．
故选:A
18．
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
19．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
20．
【分析】利用，再根据整体思想将转化为两角和的余弦值化简，再利用诱导公式可得，根据锐角三角形性质可得取值范围，从而得的取值范围，代入化简即可得出结论.
【详解】三倍角公式：
，
因为，
所以.
故，△ABC为锐角三角形，故解得，
故，．
故答案为：
21．
【分析】在中由正弦定理可得，在中等边对等角可得，则在 中由余弦定理可得.
【详解】在中=
由正弦定理可得：
即
在中
所以，则,
中由余弦定理可得：
即
故答案为：.
22．
【分析】先利用余弦定理结合可得，再利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理，求出的关系，从而可将都用表示，再根据三角形为锐角三角形求出的范围，再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，所以，
又因为函数在内单调递增，所以，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
则
，
因为，所以，则，
因为存在最大值，则，解得．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用余弦定理和正弦定理结合已知条件求得.
23．3
【分析】利用条件结合余弦定理，求出，，再求出，代入面积公式转化为关于的二次函数即可求解.
【详解】由题知，如图所示：
因为，所以，
由余弦定理得：，
联立解得：，，
所以，
所以，
.
故答案为：3.
【点睛】考查了解三角形中余弦定理，面积公式等相关知识点，对于范围问题可尝试转化为二次函数或基本不等式来分析求解.
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
相关试卷
【二轮复习】高考数学解题思路04 运用转化与化归的解题思路方法解题（新教材新高考）课件PPT： 这是一份【二轮复习】高考数学解题思路04 运用转化与化归的解题思路方法解题（新教材新高考）课件PPT，共25页。PPT课件主要包含了PARTONE，PARTTWO，PARTTHREE，PARTFOUR等内容，欢迎下载使用。
新高考数学二轮复习讲练测 思想04 运用转化与化归的思想方法解题（精讲精练）： 这是一份新高考数学二轮复习讲练测 思想04 运用转化与化归的思想方法解题（精讲精练），文件包含思想04运用转化与化归的思想方法解题精讲精练原卷版docx、思想04运用转化与化归的思想方法解题精讲精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
思想04 运用转化与化归的思想方法解题（4大核心考点）（讲义）-2024年高考数学二轮复习讲义（新教材新高考）： 这是一份思想04 运用转化与化归的思想方法解题（4大核心考点）（讲义）-2024年高考数学二轮复习讲义（新教材新高考），文件包含思想04运用转化与化归的思想方法解题4大核心考点讲义原卷版docx、思想04运用转化与化归的思想方法解题4大核心考点讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
