(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理(普通生含解析)

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1、(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理(普通生,含解析) 解答選擇題中的壓軸題,務(wù)必要遵循“小題小解”的原則,要抓住已知條件與備選項(xiàng)之間的關(guān)系進(jìn)行分析、試探、推斷,充分發(fā)揮備選項(xiàng)的暗示作用,選用解法要靈活機(jī)動(dòng),做到具體問題具體分析,不要生搬硬套.能定性判定的,就不再使用復(fù)雜的定量計(jì)算;能用特殊值分析的,就不再采用常規(guī)解法;能用間接法求解的,就不再用直接法. 能否快速準(zhǔn)確地解答填空題中的壓軸題,往往是高考數(shù)學(xué)成敗的關(guān)鍵.現(xiàn)行《考試大綱》對(duì)解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”.也就是說解填空題務(wù)必要做到:

2、 特例思想開思路 特例思想是通過考查數(shù)學(xué)對(duì)象的特殊情況來獲得一般性結(jié)論.舉出特例或者研究特殊情況要比研究一般情況容易很多.研究清楚了特殊情況,對(duì)于解決一般情況可以提供解題思路.當(dāng)題目十分復(fù)雜或解題目標(biāo)不明確時(shí),往往需要考查題設(shè)條件中的某些特殊情況,從中找出能反映問題本質(zhì)屬性的隱含信息,這樣做,常常能夠打開我們的思路,發(fā)現(xiàn)解決問題的方法. [典例] 已知函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在R上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是(  ) A.[-1,1]      B. C. D. [解析] 法一:特殊值法 對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo),得f′(x)=1-cos 2x+aco

3、s x=-cos2x+acos x.根據(jù)題意,f′(x)≥0恒成立,因?yàn)楹瘮?shù)f′(x)為偶函數(shù),從而f′(x)=0的兩根一定互為相反數(shù),即可知a的值關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,排除選項(xiàng)B、D;當(dāng)a=-1時(shí),f′(0)=-cos20+acos 0<0,說明函數(shù)f(x)不是恒單調(diào)遞增的,排除選項(xiàng)A.故選C. 法二:特殊值法 觀察本題的四個(gè)選項(xiàng),發(fā)現(xiàn)選項(xiàng)A、B、D中都有數(shù)-1,故取a=-1,f(x)=x-sin 2x-sin x,f′(x)=1-cos 2x-cos x,但f′(0)=1--1=-<0,不符合f(x)在R上單調(diào)遞增,排除選項(xiàng)A、B、D.故選C. 法三:數(shù)形結(jié)合 根據(jù)題意,可知f′(x)=1

4、-cos 2x+acos x≥0在R上恒成立,化簡可得-cos2x+acos x+≥0在R上恒成立.又因?yàn)閨cos x|≤1,令cos x=t,則-t2+at+≥0在t∈[-1,1]上恒成立. 設(shè)g(t)=-t2+at+,則函數(shù)g(t)在t∈[-1,1]上,使得不等式g(t)≥0恒成立, 則所以 所以-≤a≤.故選C. 法四:分類討論 由法三可知,函數(shù)g(t)=-t2+at+≥0,其中t∈[-1,1].對(duì)參數(shù)t分類討論: 當(dāng)t=0時(shí),函數(shù)g(0)=≥0, 此時(shí)參數(shù)a∈R,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增; 當(dāng)t>0時(shí),分離參數(shù)得a≥=t-恒成立.設(shè)函數(shù)h(t)=t-,即有a≥h(t)

5、max成立,由于h′(t)=+>0,從而可知函數(shù)h(t)在(0,1]上單調(diào)遞增,所以a≥h(1)=-. 當(dāng)t<0時(shí),分離參數(shù)得a≤=t-恒成立.易得a≤h(t)min=h(-1)=. 綜上所述,a的取值范圍是.故選C. [答案] C [題后悟通] (1)本題的四種解法中,解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性)出發(fā),排除不符合題意的選項(xiàng),是優(yōu)化解題方法的最好策略;解法二是從題目的選項(xiàng)特征出發(fā),采取特值法解題,方法簡單;解法三就是將函數(shù)f(x)求導(dǎo)后,再構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式g(t)≥0恒成立,結(jié)合函數(shù)g(t)的結(jié)構(gòu)特征與圖形特征解題;解法四中,令cos x=t,對(duì)參數(shù)t進(jìn)行分類討

6、論后,再利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究單調(diào)性、最值,這就是有關(guān)單調(diào)性問題的解題套路. (2)處理此類問題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊值、特殊函數(shù)、特殊位置、特殊圖形等進(jìn)行求解. [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.(2016·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(-x)=2-f(x),若函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1,y1),(x2,y2),…,(xm,ym),則(xi+yi)=(  ) A.0 B.m C.2m D.4m 解析:選B 法一:(利用函數(shù)的對(duì)稱性) 由f(-x)=2-f(x),知f(-x)+f(x)=2,所以點(diǎn)(x,f(x))與點(diǎn)(-x,f(-x))連線的中點(diǎn)是(0

7、,1),故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)成中心對(duì)稱(此處也可以這樣考慮:由f(-x)=2-f(x),知f(-x)+f(x)-2=0,即[f(x)-1]+[f(-x)-1]=0,令F(x)=f(x)-1,則F(x)+F(-x)=0,即F(x)=f(x)-1為奇函數(shù),圖象關(guān)于點(diǎn)(0,0)對(duì)稱,而F(x)的圖象可看成是f(x)的圖象向下平移一個(gè)單位得到的,故f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱).又y==1+的圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱,所以兩者圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱,所以對(duì)于每一組對(duì)稱點(diǎn)xi+xi′=0,yi+yi′=2,所以(xi+yi)=i+i=0+2×=m,故選B. 法二:(構(gòu)

8、造特殊函數(shù)) 由f(-x)=2-f(x),知f(-x)+f(x)-2=0, 即[f(x)-1]+[f(-x)-1]=0. 令F(x)=f(x)-1,則F(x)為奇函數(shù), 即f(x)-1為奇函數(shù),從而可令f(x)-1=x, 即f(x)=x+1,顯然該函數(shù)滿足此條件. 此時(shí)y=x+1與y=的交點(diǎn)分別為(1,2)和(-1,0), 所以m=2,(xi+yi)=1+2+(-1)+0=2, 結(jié)合選項(xiàng)可知選B. 2.如圖,在△ABC中,點(diǎn)O是BC的中點(diǎn),連接AO,過點(diǎn)O的直線分別交直線AB,AC于不同的兩點(diǎn)M,N,若=m ,=n ,則m+n的值為________. 解析:法一:因?yàn)镺是B

9、C的中點(diǎn), 所以=(+)=+. 因?yàn)镸,O,N三點(diǎn)共線,所以+=1, 所以m+n=2. 法二:(特殊位置法) 取M與B重合,N與C重合, 此時(shí)m=n=1,得m+n=2. 答案:2 3.已知△ABC中,AB=4,AC=5,點(diǎn)O為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),滿足||=||=||,則·=________. 解析:法一:如圖,=-,=-, ∴2=2-2·+2,2=2-2·+2.兩式相減,得2-2=2·-2·. ∴25-16=2·(-), ∴9=2·, ∴·=. 法二:(特殊圖形法) 若△ABC為直角三角形,如圖, 則=(+),=-, ∴·=(+)·(-)=(2-2)=.

10、 答案: 極限思想減運(yùn)算 極限思想就是考慮相關(guān)問題的極端情況,極端情形往往都是相關(guān)命題的極限情況,或是某個(gè)變量所在區(qū)間端點(diǎn)的取值.例如線段是三角形高為零的極端情況,切線是割線的極端情形(即極限)等.有些高考數(shù)學(xué)壓軸題的求解,常常要從它的極端情形來尋找突破口.一般來說,運(yùn)用極限思想分析問題,往往能夠減少運(yùn)算量,尤其是選擇題和填空題,運(yùn)用極限思想分析解題可以快速準(zhǔn)確地解決問題,從而避免小題大做,節(jié)省考場(chǎng)上的答題時(shí)間. [典例] 在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,則AB的取值范圍是________. [解析] 法一:極限法 如圖,動(dòng)態(tài)地審視平面四邊形A

11、BCD,邊BC=2固定,∠B=∠C=75°固定,延長BA,CD交于點(diǎn)P.雖然∠BAD=75°,但AB邊并不固定,平行移動(dòng)AD邊,則容易看出BQ

12、題小解”的策略.解法二將四邊形問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題,利用正弦定理建立函數(shù)解析式求解. [應(yīng)用體驗(yàn)] 4.過x軸上一點(diǎn)P向圓C:x2+(y-2)2=1作圓的切線,切點(diǎn)為A,B,則△PAB的面積的最小值是(  ) A. B. C. D.3 解析:選A 法一:由圖可知,當(dāng)點(diǎn)P趨向于無窮遠(yuǎn)處時(shí),顯然△ABP的面積趨向于無窮大;當(dāng)點(diǎn)P趨近于原點(diǎn)時(shí),△ABP的面積越來越??;當(dāng)與原點(diǎn)重合時(shí)有|OA|=,且此時(shí)的△PAB為正三角形.其面積為×()2×=.故選A. 法二:設(shè)P(x,0), 則|PC|2=x2+4,|PA|2=|PB|2=x2+3, 設(shè)∠CPA=θ,則有sin θ=,co

13、s θ=, 于是S△PAB=|PA|2×sin 2θ= =. 顯然上式是x2的單調(diào)遞增函數(shù),當(dāng)x=0時(shí),S△PAB取得最小值.故選A. 建模探究破創(chuàng)新 探究創(chuàng)新性題的解題思路常用的策略是建模分析.也就是說,對(duì)這類題的求解要特別注意以下幾點(diǎn): (1)領(lǐng)會(huì)題意,弄清問題所涉及的模型,準(zhǔn)確把握命題給出的相關(guān)新概念、新定義的實(shí)質(zhì); (2)注重將那些抽象的概念直觀化,隱含的信息條理化,復(fù)雜的數(shù)量關(guān)系模型化; (3)善于借助它的背景、特征、性質(zhì)、構(gòu)思來進(jìn)行分析、探究、類比、變式,構(gòu)建相關(guān)的數(shù)學(xué)模型. 一旦把握了伴隨它的數(shù)學(xué)模型,也就把握了解題入門的向?qū)?,問題便可迎刃而解. [典例]

14、 對(duì)于實(shí)數(shù)a和b,定義運(yùn)算“⊕”:a⊕b=設(shè)函數(shù)f(x)=(2x-1)⊕(x-1),且關(guān)于x的方程f(x)=m(m∈R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根x1,x2,x3,則x1x2x3的取值范圍是________. [解析] f(x)=(2x-1)⊕(x-1) = ?f(x)= 故關(guān)于x的方程f(x)=m(m∈R)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根x1,x2,x3,等價(jià)于函數(shù)f(x)的圖象與直線y=m有三個(gè)不同的交點(diǎn). 作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示,從圖中不難得知00時(shí),-x2+x=m, 即x2-x+m=0, 由此可得x2x3=

15、m. 當(dāng)x<0時(shí),由2x2-x=,得x=. 當(dāng)m在上遞增時(shí), |x1|也在上遞增. 從而m|x1|隨著m的遞增而遞增, 而x1<0,所以x1x2x3∈為所求. [答案]  [題后悟通] 透徹理解題目給出的新定義的模型,明確f(x)的解析式是解題的切入口.用新定義考查閱讀理解能力與知識(shí)遷移能力是現(xiàn)行數(shù)學(xué)高考的出發(fā)點(diǎn).求解本題的關(guān)鍵在于從圖形中觀察到|x1|的取值是m的增函數(shù),且x=是m=時(shí)的極端情形. [應(yīng)用體驗(yàn)] 5.對(duì)任意兩個(gè)平面向量α,β,定義α°β=,若向量a,b滿足條件|a|≥|b|>0,a與b的夾角θ∈,且a°b和b°a都在集合中,則a°b=(  )

16、 A. B.1 C. D. 解析:選C 由定義α°β=, 得a°b==,① 同理可得b°a==.② 由|a|≥|b|>0,得0<≤1. 又因?yàn)棣取?,所?cos θ<1. 從而可得0<<1,即0

17、等式法等進(jìn)行分析、整合,認(rèn)識(shí)問題的本質(zhì),探究與問題相關(guān)的基本概念或數(shù)學(xué)模型.只有明確了命題中的相關(guān)概念、定義及數(shù)學(xué)模型,才能準(zhǔn)確理解題意、靈活運(yùn)用知識(shí)分析問題,解決問題,促進(jìn)解題思路的創(chuàng)新.因此,運(yùn)用定義分析問題是準(zhǔn)確、迅速解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題的重要策略. [典例] 已知函數(shù)f(x)是定義在(-∞,+∞)上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=,若?x∈R,f(x-1)≤f(x),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(  ) A. B. C. D. [解析] 法一:當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=作出函數(shù)f(x)的圖象,如圖所示. 因?yàn)閷?duì)?x∈R,f(x-1)≤f(x)成立,所以對(duì)應(yīng)的函數(shù)f(x-1)的

18、圖象恒在函數(shù)f(x)的圖象的下方. 由此可知,只需函數(shù)f(x)在x<-2a2時(shí)的圖象向右平移一個(gè)單位即可. 因?yàn)閤>2a2時(shí),f(x)=x-3a2, 又f(x)是R上的奇函數(shù), 所以x<-2a2時(shí),f(x)=x+3a2, 由此可得f(x-1)=x-1+3a2. 于是,由f(x-1)≤f(x),得 x-1+3a2≤x-3a2, 即6a2≤1,解得a∈. 法二:由圖易知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)的最小值為-a2. 因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以當(dāng)x<0時(shí),f(x)的最大值為a2. 又易知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)=a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為x=4a2,即B點(diǎn)的橫坐標(biāo). 當(dāng)x<0時(shí),f(x)=

19、a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)xmin=-2a2,即A點(diǎn)的橫坐標(biāo). 故要對(duì)?x∈R,都有f(x-1)≤f(x)成立,則要A,B兩點(diǎn)的跨度不大于1. 否則,f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位后,線段DB會(huì)在A1C1的下方, 此時(shí)的圖象與對(duì)應(yīng)的函數(shù)不等式f(x-1)≤f(x)相悖. 所以4a2-(-2a2)≤1,解得a∈. [答案] B [題后悟通] 本題主要考查全稱命題、奇函數(shù)和分段函數(shù)等基本概念,考查函數(shù)的最值與恒成立問題.意在考查考生應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想,綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題、解決問題的能力.注重理解題意,根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進(jìn)行探究,抓住函數(shù)f(x)在x<-2a2時(shí)的圖象向右平移1個(gè)單位

20、后與原函數(shù)的圖象的關(guān)系進(jìn)行分析,是解題入手的基本途徑.解法一是從函數(shù)的表達(dá)式的角度來構(gòu)建不等式的,解法二是從區(qū)間跨度的角度來構(gòu)建不等式的.易知,這兩種解法都遵循了小題小解的原則,體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想在解題中的作用. [應(yīng)用體驗(yàn)] 6.設(shè)P,Q是雙曲線x2-y2=4上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn),將坐標(biāo)平面沿雙曲線的一條漸近線l折成直二面角,則折疊后線段PQ的長度的最小值為________. 解析:法一:因?yàn)殡p曲線x2-y2=4是以直線y=±x為漸近線的等軸雙曲線, 所以將雙曲線按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°,可得對(duì)應(yīng)圖象的雙曲線方程為y=. 因?yàn)殡p曲線x2-y2=4的頂點(diǎn)為A(,0), 所以旋轉(zhuǎn)后

21、點(diǎn)A變?yōu)辄c(diǎn)A′(,). 因?yàn)辄c(diǎn)A′在y=的圖象上,則m=2. 即將原雙曲線按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°后,所得的雙曲線的方程為y′=.如圖. 故問題轉(zhuǎn)化為:過原點(diǎn)的直線交雙曲線y′=于P,Q兩點(diǎn),將坐標(biāo)平面沿y′軸折成直二面角,求折后線段PQ的長度的最小值. 設(shè)P(t>0),過點(diǎn)P作PM⊥y′軸于M, 則M,Q. 從而|MQ|= = , 在折疊后的圖形中,有|QM1|=|MP|=t, 故|PQ|2=|QM1|2+|MM1|2+|MP|2=|QM|2+|MP|2=2t2+≥2=16. 當(dāng)且僅當(dāng)t2=4,即t=2時(shí)等號(hào)成立, 所以當(dāng)t=2時(shí),即P坐標(biāo)為(2,)時(shí),|PQ|的最小值

22、為=4. 綜上所述,折疊后線段PQ的長度的最小值等于4. 法二:設(shè)P(x0,y0)到兩漸近線的距離分別為m,n, 如圖,則有|PM|=|QM1|=m, |PN|=n, 且m=, n=. 易知,折疊后的PQ,可視為一長方體的體對(duì)角線. 則PQ2=QM+M1M2+MP2=2m2+4n2≥2mn=4×=16. 所以|PQ|min=4. 答案:4 A組——選擇題解題技法專練 1.若sin α+sin β=(cos β-cos α),α,β∈(0,π),

23、則α-β的值為(  ) A.-          B.- C. D. 解析:選D 令β=,則有sin α=-cos α?tan α=-,α∈(0,π), 所以α=,從而α-β=. 2.已知0

24、og24=2,ab==,由此可得選A. 3.若不等式x2-logax<0在內(nèi)恒成立,則a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選A 因?yàn)閤∈,當(dāng)a=時(shí),顯然x2;當(dāng)x→0時(shí),可推得a<1,故選A. 4.雙曲線x2-y2=1的左焦點(diǎn)為F,點(diǎn)P為左支下半支異于頂點(diǎn)A的任意一點(diǎn),則直線PF斜率的變化范圍是(  ) A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-∞,0) C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(1,+∞) 解析:選C 如圖所示,當(dāng)P→A時(shí),PF的斜率k→0. 當(dāng)PF⊥x軸時(shí),PF的斜率不存在

25、,即k→±∞. 當(dāng)P在無窮遠(yuǎn)處時(shí),PF的斜率k→1. 結(jié)合四個(gè)備選項(xiàng)得C項(xiàng)正確. 5.已知θ∈[0,π),若對(duì)任意的x∈[-1,0],不等式x2cos θ+(x+1)2sin θ+x2+x>0恒成立,則θ的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選A 令x=-1,不等式化為cos θ>0; 令x=0,不等式化為sin θ>0. 又0≤θ<π,所以0<θ<. 當(dāng)-10. 設(shè)=t(t<0), 則t2cos θ+t+sin θ>0對(duì)t<0恒成立. 設(shè)f(t)=t2cos θ+t+sin θ=cos θ2+

26、sin θ-, 則f(t)min=sin θ->0,即sin 2θ>. 又0<2θ<π,所以<2θ<,故<θ<. 6.在對(duì)角線AC1=6的正方體ABCD-A1B1C1D1中,正方形BCC1B1所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P到直線D1C1,DC的距離之和為4,則·的取值范圍是(  ) A.[-2,1] B.[0,1] C.[-1,1] D. 解析:選A 法一:依題意可知CC1=2, 點(diǎn)P到點(diǎn)C1與C的距離之和為4, 從而可得點(diǎn)P在以C1C為y軸,C1C的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓4x2+y2=4上.設(shè)P(x0,y0), 則·=(x0,y0-)·(x0,y0+)=x+y-3=y(tǒng)-2(-2≤y0

27、≤2). 由此可得-2≤·≤1,故選A. 法二:由四個(gè)備選項(xiàng)可知,B、C、D都是A的子集. 于是,由“若A則B把A拋,A,B同真都去掉”可知,應(yīng)著重考查“-2”與“1”的值能否取到. 又由條件易知,點(diǎn)P在以C1C為y軸,C1C的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓4x2+y2=4上. 由此可得,當(dāng)y=0時(shí),·可取到-2, 當(dāng)x=0時(shí),·可取到1.故選A. 7.如圖所示,A是函數(shù)f(x)=2x的圖象上的動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)A作直線平行于x軸,交函數(shù)g(x)=2x+2的圖象于點(diǎn)B,若函數(shù)f(x)=2x的圖象上存在點(diǎn)C使得△ABC為等邊三角形,則稱A為函數(shù)f(x)=2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”,則函數(shù)f(x)=2x的

28、圖象上的“好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:選B 設(shè)A(x,2x),B(x-2,2x),若△ABC為等邊三角形,則C(x-1,2x-1),且AC=AB=2,即=2,即22x-2=3,又y=22x-2單調(diào)遞增,所以方程有唯一解x=+1,即函數(shù)f(x)=2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為1. 8.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,若f(x+1)與f(x-1)都是奇函數(shù),則(  ) A.f(x)是偶函數(shù) B.f(x)是奇函數(shù) C.f(x)=f(x+2) D.f(x+3)是奇函數(shù) 解析:選D 法一:因?yàn)閒(x+1)是奇函數(shù),所以f(x)=f(x-1

29、+1)=-f[-(x-1)+1]=-f(-x+2), 又因?yàn)閒(x-1)是奇函數(shù),則-f(-x+2)=-f[(-x+3)-1]=f(x-3-1)=f(x-4), 所以f(x)=f(x-4). 所以f(x+3)=f(x+3-4)=f(x-1)是奇函數(shù),因而選D. 法二:令f(x)=sin πx, 則f(x+1)=sin[π(x+1)]=-sin πx, f(x-1)=sin[π(x-1)]=-sin πx. 所以,當(dāng)f(x+1),f(x-1)都是奇函數(shù)時(shí),f(x)不是偶函數(shù),排除A. 令f(x)=cos x,則 f(x+1)=cos=-sinx, f(x-1)=cos=sin

30、 x, 且f(x+2)=cos=-cosx, 所以,當(dāng)f(x+1),f(x-1)都是奇函數(shù)時(shí),f(x)不是奇函數(shù),且f(x)≠f(x+2),排除B、C,故選D. 9.已知函數(shù)f(x)=x(1+a|x|),若關(guān)于x的不等式f(x+a)

31、然,此式成立,故B不對(duì).所以選A. 10.已知函數(shù)f(x)=ex+e2-x,若關(guān)于x的不等式[f(x)]2-af(x)≤0恰有3個(gè)整數(shù)解,則實(shí)數(shù)a的最小值為(  ) A.1 B.2e C.e2+1 D.e3+ 解析:選C 因?yàn)閒(x)=ex+e2-x>0,所以由[f(x)]2-af(x)≤0可得0<f(x)≤a.令t=ex,則g(t)=t+(t>0),畫出函數(shù)g(t)的大致圖象如圖所示,結(jié)合圖象分析易知原不等式有3個(gè)整數(shù)解可轉(zhuǎn)化為0<g(t)≤a的3個(gè)解分別為1,e,e2.又當(dāng)t=ex的值分別為1,e,e2時(shí),x=0,1,2.畫出直線y=e2+1,故結(jié)合函數(shù)圖象可知a的最小值為

32、e2+1.故選C. 11.設(shè)F為雙曲線-y2=1的左焦點(diǎn),在點(diǎn)F右側(cè)的x軸上有一點(diǎn)A,以FA為直徑的圓與雙曲線左、右兩支在x軸上方的交點(diǎn)分別為M,N,則的值為(  ) A. B. C. D. 解析:選A 法一:如圖,取點(diǎn)A為右焦點(diǎn)F′,則|FA|=|FF′|. 由對(duì)稱性知|FM|=|F′N|, 所以===. 法二:由已知得F(-2,0),如圖,設(shè)A(m,0)(m>),M(x1,y1),N(x2,y2), 則以AF為直徑的圓的方程為(x-m)(x+2)+y2=0. 由 消去y,得x2-(m-2)x-2m-1=0. 所以x1+x2=(m-2). 所以= ===

33、. 12.在我們學(xué)過的函數(shù)中有這樣一類函數(shù):“對(duì)任意一個(gè)三角形,只要它的三邊長a,b,c都在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi),就有函數(shù)值f(a),f(b),f(c)也是某個(gè)三角形的三邊長”.下面四個(gè)函數(shù): ①f(x)=(x>0);②f(x)=x2(x>0); ③f(x)=sin x(0c, ∴a+b+2>c,∴(+)2>c,∴+>, 即f(a)+f(b)>f(c), ∴f(x)=(x>0)屬于這一類函數(shù); ②舉反例:若a=3,b=3

34、,c=5,則a2+b20)不屬于這一類函數(shù); ③舉反例:若a=,b=,c=,則sin a=sin b+sin c, 即f(a)=f(b)+f(c)=+=1, ∴f(x)=sin x(0, ∴f(b)+f(c)=cos b+cos c>,而cos a<1, 即f(b)+f(c)>f(a),∴f(x)=cos x屬于這一類函數(shù). 綜上,屬于這一類函數(shù)的有2個(gè),故選B. B組——填空題解題技法專練 1.在△ABC中,角A,B,C

35、的對(duì)邊分別是a,b,c,若b-c=acos C,且4(b+c)=3bc,a=2,則△ABC的面積S=________. 解析:由正弦定理得sin B- sin C=sin Acos C,∵sin B=sin(A+C), ∴sin(A+C)-sin C=sin Acos C, 即cos Asin C=sin C. 又sin C≠0,∴cos A=, 又A是△ABC的內(nèi)角,∴A=60°, ∴a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc, ∴(b+c)2-4(b+c)=12, 得b+c=6,∴bc=8, ∴S=bcsin A=×8×=2. 答案:2

36、 2.已知函數(shù)f(x)是定義在(0,+∞)上的可導(dǎo)函數(shù),f′(x)為其導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x>0且x≠1時(shí),>0,若曲線y=f(x)在x=1處的切線的斜率為-,則f(1)=________. 解析:因?yàn)楫?dāng)x>0且x≠1時(shí),>0, 所以當(dāng)x>1時(shí),2f(x)+xf′(x)>0; 當(dāng)01時(shí),g′(x)>0,函數(shù)g(x)=x2f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)0

37、函數(shù)g(x)=x2f(x)在x=1處取得極值, 所以g′(1)=2f(1)+f′(1)=0. 因?yàn)榍€y=f(x)在x=1處的切線的斜率為-, 所以f′(1)=-,所以f(1)=×=. 答案: 3.已知函數(shù)f(x)=當(dāng)10,解得0,0,

38、2

39、________. 解析:令g(x)=mx3+nx(m<0,n<0),則g′(x)=3mx2+n,因?yàn)閙<0,n<0,所以g′(x)<0,所以g(x)為減函數(shù).又y=x+3為減函數(shù),所以f(x)為減函數(shù).當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)min=f(1)=m+n+=-,得m+n=-2,當(dāng)x∈[-1,0]時(shí),f(x)max=f(-1)=-m-n+=. 答案: 6.已知向量a,b,c滿足|a|=,|b|=a·b=3,若(c-2a)·(2b-3c)=0, 則|b-c|的最大值是________. 解析:設(shè)a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cos θ, ∴cos θ===, ∵θ∈[0,π

40、],∴θ=. 設(shè)=a,=b,c=(x,y),建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系. 則A(1,1),B(3,0), ∴c-2a=(x-2,y-2),2b-3c=(6-3x,-3y), ∵(c-2a)·(2b-3c)=0, ∴(x-2)(6-3x)+(y-2)(-3y)=0. 即(x-2)2+(y-1)2=1. ∵b-c=(3-x,-y), ∴|b-c|=≤+1=+1,即|b-c|的最大值為+1. 答案:+1 7.(2018·開封高三定位考試)已知正三角形ABC的邊長為2,將它沿高AD翻折,使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為,此時(shí)四面體ABCD的外接球的表面積為________. 解析:如圖①

41、,在正三角形ABC中,AB=BC=AC=2,則BD=DC=1,AD=,在翻折后所得的幾何體中,如圖②,AD⊥BD,AD⊥CD,則AD⊥平面BCD,三棱錐A-BCD的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球,球心到截面BCD的距離d=AD=.在△BCD中,BC=,則由余弦定理,得cos∠BDC===-,所以∠BDC=120°.設(shè)球的半徑為R,△BCD的外接圓半徑為r,則由正弦定理,得2r===2,解得r=1,則球的半徑R===,故球的表面積S=4πR2=4π×2=7π. 答案:7π 8.(2018·湘中名校聯(lián)考)一塊邊長為a cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下,然后用余下的四個(gè)全等的等腰三

42、角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器,則容器的容積的最大值是________. 解析:如圖,設(shè)AB=x,OF=, EF=(00時(shí),0

43、n與函數(shù)g(x)=cos在區(qū)間上的圖象交于A,B,C三點(diǎn),則△ABC的周長為________. 解析:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=sin與函數(shù)g(x)=cos在區(qū)間上的圖象交于A,B,C三點(diǎn),所以由sin =cos,x∈,解得x=-1,0,1, 不妨設(shè)A,B,C, 所以AB==,AC=2,BC==, 所以△ABC的周長為AB+AC+BC=2+2. 答案:2+2 10.(2019屆高三·昆明調(diào)研)將數(shù)列{an}中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多1項(xiàng)的規(guī)則排成如下數(shù)陣: 記數(shù)陣中的第1列數(shù)a1,a2,a4,…構(gòu)成的數(shù)列為{bn},Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.若Sn=2bn-1,則a56=___

44、_____. 解析:當(dāng)n≥2時(shí),∵Sn=2bn-1,∴Sn-1=2bn-1-1, ∴bn=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1(n≥2且n∈N*), ∵b1=2b1-1,∴b1=1, ∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列, ∴bn=2n-1. 設(shè)a1,a2,a4,a7,a11,…的下標(biāo)1,2,4,7,11,…構(gòu)成數(shù)列{cn},則c2-c1=1,c3-c2=2,c4-c3=3,c5-c4=4,…,cn-cn-1=n-1,累加得,cn-c1=1+2+3+4+…+(n-1),∴cn=+1,由cn=+1=56,得n=11,∴a56=b11=210=1 024. 答案:1 024

45、 11.(2018·鄭州第一次質(zhì)量測(cè)試)已知雙曲線C:-=1的右焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F向雙曲線的一條漸近線作垂線,垂足為M,交另一條漸近線于N,若2=,則雙曲線的漸近線方程為________. 解析:由題意得雙曲線的漸近線方程為y=±x,F(xiàn)(c,0),則|MF|=b,由2=,可得=,所以|FN|=2b. 在Rt△OMF中,由勾股定理, 得|OM|==a, 因?yàn)椤螹OF=∠FON,所以由角平分線定理可得==,|ON|=2a, 在Rt△OMN中,由|OM|2+|MN|2=|ON|2,可得a2+(3b)2=(2a)2,9b2=3a2,即=,所以=,所以雙曲線C的漸近線方程為y=±x. 答案:

46、±x 12.已知O是△ABC的外心,取∠C=45°,若=m+n(m,n∈R),則m+n的取值范圍是________. 解析:因?yàn)椤螩=45°,所以∠AOB=90°.由已知,不妨設(shè)△ABC的外接圓半徑為1,并設(shè)=i,=j(luò),則C(m,n),點(diǎn)C的軌跡是以原點(diǎn)為圓心,1為半徑的圓弧(不含端點(diǎn)),如圖所示.設(shè)m+n=t,則直線x+y=t與此圓弧有公共點(diǎn),故-≤t<1,即m+n的取值范圍是[-,1). 注:也可設(shè)m=cos θ,n=sin θ,則m+n=sin.因?yàn)?θ+<, 所以-1≤sin<,所以-≤m+n<1. 答案:[-,1) 13.設(shè)點(diǎn)(1,2)在拋物線y=ax2上,直線l與拋物線

47、交于A,B兩點(diǎn),直線l1是線段AB的垂直平分線.若直線l1的斜率為2,則l1在y軸上截距的取值范圍為________. 解析:由點(diǎn)(1,2)在拋物線y=ax2上,得a=2,即拋物線方程為y=2x2.設(shè)直線l1在y軸上的截距為t,依題意得l1的方程為y=2x+t.直線l的方程可設(shè)為y=-x+b,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立消去y可得2x2+x-b=0,則x1+x2=-,Δ=+8b>0,即b>-.設(shè)AB的中點(diǎn)P(x0,y0),則x0=(x1+x2)=-,y0=-x0+b=+b.由點(diǎn)P在直線l1上,得+b=-+t,于是t=+b>-=.故l1在y軸上截距的取值范圍為. 答案: 14

48、.(2019屆高三·廣州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,直線x+y-2=0與橢圓C:+=1(a>b>0)相切,且橢圓C的右焦點(diǎn)F(c,0)關(guān)于直線l:y=x的對(duì)稱點(diǎn)E在橢圓C上,則△OEF的面積為________. 解析:聯(lián)立消去x,化簡得(a2+2b2)·y2-8b2y+b2(8-a2)=0,由Δ=0,得2b2+a2-8=0.設(shè)F′為橢圓C的左焦點(diǎn),連接F′E,易知F′E∥l,所以F′E⊥EF,又點(diǎn)F到直線l的距離d==,所以|EF|=,|F′E|=2a-|EF|=,在Rt△F′EF中,|F′E|2+|EF|2=|F′F|2,化簡得2b2=a2,代入2b2+a2-8=0,得b2=2,a=2

49、,所以|EF|=|F′E|=2,所以S△OEF=S△F′EF=1. 答案:1 15.(2019屆高三·山西四校聯(lián)考)如圖,等邊△ABC的邊長為2,頂點(diǎn)B,C分別在x軸的非負(fù)半軸,y軸的非負(fù)半軸上移動(dòng),M為AB的中點(diǎn),則·的最大值為________. 解析:設(shè)∠OBC=θ,因?yàn)锽C=2,所以B(2cos θ,0),C(0,2sin θ),則=(-2cos θ,2sin θ),設(shè)=(x,y),因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的等邊三角形, 所以解得即=(sin θ-cos θ,cos θ+sin θ), 則=+=(sin θ+cos θ,cos θ+sin θ), 因?yàn)镸為AB的中點(diǎn), 所以=

50、+=sin θ+cos θ,cos θ+sin θ, 所以·=+sin 2θ++sin 2θ+cos2θ=sin 2θ+cos 2θ+=sin(2θ+φ)+其中cos φ=,sin φ=, 所以·的最大值為+. 答案:+ 16.已知函數(shù)f(x)=sin 2x+2cos2x+m在區(qū)間上的最大值為3,則 (1)m=________; (2)對(duì)任意a∈R,f(x)在[a,a+20π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________. 解析:(1)因?yàn)閒(x)=2sin+1+m, 當(dāng)x∈時(shí),≤2x+≤, 所以當(dāng)x=時(shí),f(x)取最大值3+m,所以m=0. (2)易知函數(shù)f(x)是周期為π的周期函數(shù),由圖可知,在每個(gè)周期內(nèi)只有2個(gè)零點(diǎn),而[a,a+20π]有20個(gè)周期,故有40個(gè)零點(diǎn),特別地,當(dāng)a為零點(diǎn)時(shí),a+20π也是零點(diǎn),由此可得,此時(shí)可有41個(gè)零點(diǎn).所以填40或41. 答案:(1)0 (2)40或41

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