《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十）“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 理（普通生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十）“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 理（普通生含解析）.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題檢測（二十） “選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域
A組——選擇壓軸小題命題點專練
1．(2018全國卷Ⅰ)已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有兩點A(1，a)，B(2，b)，且cos 2α＝，則|a－b|＝( )
A. B.
C. D．1
解析：選B 由cos 2α＝，
得cos2 α－sin2α＝，∴＝，
即＝，∴tan α＝，
即＝，∴|a－b|＝.故選B.
2．(2019屆高三廣州調(diào)研)若將函數(shù)y＝2sinsin的圖象向左平移φ(φ>0)個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)恰為奇函數(shù)，則φ的最小值為( )
A. B.
C. D.
解析：選A 由y＝2sinsin，可得y＝2sincos＝sin，該函數(shù)的圖象向左平移φ個單位長度后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)＝sin＝sin，因為g(x)＝sin為奇函數(shù)，所以2φ＋＝kπ(k∈Z)，φ＝－(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值為，選A.
3.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，若PA＝AD＝AB＝kBC(0
1，則 的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析：選B 令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1，∵關(guān)于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的兩個實根分別為x1，x2，且01，∴
∴作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示.表示陰影部分中的點與原點連線的斜率，由解得P，∴－10)的圖象，由題意可得g(x)的圖象和y＝kx－3(x≥0)的圖象有兩個交點．設(shè)y＝kx－3(x≥0)的圖象與曲線y＝g(x)相切的切點為(m，ln 2m)，由g′(x)＝，得k＝.又ln 2m＝km－3，解得m＝，則k＝2e2.由圖象可得00時，f′(x)＝ex－＋x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以|log3x|≤1，解得≤x≤3.
答案：
5．(2018鄭州質(zhì)檢)我國古代數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》對立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“鱉臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐．某“鱉臑”的三視圖(圖中網(wǎng)格紙上每個小正方形的邊長為1)如圖所示，已知該幾何體的高為2，則該幾何體外接球的表面積為________．
解析：由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長方體中如圖中的三棱錐ABCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知長方體的外接球即為三棱錐ABCD的外接球，設(shè)外接球的直徑為2R，所以4R2＝(2)2＋()2＋()2＝8＋2＋2＝12，則R2＝3，因此外接球的表面積S＝4πR2＝12π.
答案：12π
6．(2018全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為________．
解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝SA2＝8，
解得SA＝4.設(shè)圓錐的底面圓心為O，底面半徑為r，高為h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30，所以r＝2，h＝2，所以圓錐的體積為πr2h＝π(2)22＝8π.
答案：8π
7．(2018全國卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________．
解析：∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，
∴由正弦定理得
sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C>0，∴sin A＝.
由余弦定理得cos A＝＝＝>0，
∴cos A＝，bc＝＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝＝.
答案：
8．(2018全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sin x＋sin 2x，則f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴當(dāng)cos x<時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)cos x>時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
∴當(dāng)cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴當(dāng)sin x＝－時，f(x)有最小值，
即 f(x)min＝2＝－.
答案：－
9．(2019屆高三湖北八校聯(lián)考)我國南北朝時期的數(shù)學(xué)家祖暅提出體積的計算原理(祖暅原理)：“冪勢既同，則積不容異”．“勢”是幾何體的高，“冪”是截面面積．其意思為：如果兩個等高的幾何體在同高處的截面面積恒等，那么這兩個幾何體的體積相等．已知雙曲線C的漸近線方程為y＝2x，一個焦點為(，0)．直線y＝0與y＝3在第一象限內(nèi)與雙曲線及漸近線圍成如圖所示的圖形OABN，則它繞y軸旋轉(zhuǎn)一圈所得幾何體的體積為________．
解析：由題意可得雙曲線的方程為x2－＝1，直線y＝3在第一象限內(nèi)與漸近線的交點N的坐標為，與雙曲線在第一象限內(nèi)的交點B的坐標為，在所得幾何體中，在高為h處作一截面，則截面面積為π＝π，根據(jù)祖暅原理，可得該幾何體的體積與底面面積為π，高為3的圓柱的體積相同，故所得幾何體的體積為3π.
答案：3π
10.如圖，在平面四邊形ABCD中，O為BD的中點，且OA＝3，OC＝5.若＝－7，則的值是________．
解析：由＝－7得，(－)(－)＝－7，
即(－)(＋)＝7，所以2＝7＋2＝7＋9＝16，
所以||＝||＝4.所以＝(－)(－)＝(－)(＋)＝2－2＝25－16＝9.
答案：9
11．(2018貴陽適應(yīng)性考試)已知底面是正六邊形的六棱錐PABCDEF的七個頂點均在球O的表面上，底面正六邊形的邊長為1，若該六棱錐體積的最大值為，則球O的表面積為________．
解析：因為六棱錐PABCDEF的七個頂點均在球O的表面上，由對稱性和底面正六邊形的面積為定值知，當(dāng)六棱錐PABCDEF為正六棱錐時，體積最大．設(shè)正六棱錐的高為h，則h＝，解得h＝2.記球O的半徑為R，根據(jù)平面截球面的性質(zhì)，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝，所以球O的表面積為4πR2＝4π2＝.
答案：
12．(2019屆高三惠州調(diào)研)在四邊形ABCD中，＝，P為CD上一點，已知||＝8，||＝5，與的夾角為θ，且cos θ＝，＝3，則＝________.
解析：∵＝，＝3，∴＝＋＝＋，＝＋＝－，又||＝8，||＝5，cos θ＝，∴＝85＝22， ∴＝＝||2－－||2＝25－11－12＝2.
答案：2
13．(2019屆高三益陽、湘潭調(diào)研)已知圓C1：x2＋(y－2)2＝4，拋物線C2：y2＝2px(p>0)，C1與C2相交于A，B兩點，|AB|＝，則拋物線C2的方程為__________．
解析：法一：由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個交點為原點，不妨記為B，
設(shè)A(m，n)．∵|AB|＝，
∴
解得即A.
將A的坐標代入拋物線方程得2＝2p，
解得p＝，∴拋物線C2的方程為y2＝x.
法二：由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個交點為原點，不妨記為B，設(shè)A(m，n)．
由圓C1的性質(zhì)知cos∠C1BA＝＝，
∴sin∠C1BA＝，
∴n＝|AB|cos∠C1BA＝，
m＝|AB|sin∠C1BA＝，即A，將A的坐標代入拋物線方程得2＝2p，
∴p＝，
∴拋物線C2的方程為y2＝x.
答案：y2＝x
14．已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60，雙曲線以A，B為焦點，且與線段CD(包括端點C，D)有兩個交點，則該雙曲線的離心率的取值范圍是________．
解析：以AB所在直線為x軸，AB中點為坐標原點O，過點O且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，則A(－2,0)，B(2,0)，C(1，)．
設(shè)以A，B為焦點的雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)，則c＝2.由a2＋b2＝c2，得b2＝4－a2，當(dāng)x＝1時，y2＝a2＋－5.要使雙曲線與線段CD(包括端點C，D)有兩個交點，則a2＋－5≥3，解得a2≥4＋2或0＜a2≤4－2，由a2≥4＋2得a≥＋1＞2，舍去， ∴a2≤4－2，即0＜a≤－1.∴雙曲線的離心率e＝≥＝＋1.即該雙曲線的離心率的取值范圍是[ ＋1，＋∞)．
答案：[ ＋1，＋∞)
15．(2019屆高三武漢調(diào)研)過圓Γ：x2＋y2＝4外一點P(2,1)作兩條互相垂直的直線AB和CD分別交圓Γ于A，B和C，D點，則四邊形ABCD面積的最大值為________．
解析：如圖所示，S四邊形ABCD＝(PAPD－PBPC)，
取AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，連接OE，OF，OP，
則S四邊形ABCD=[(PE＋AE)(PF＋DF)－(PE－AE)(PF－DF)]＝PEDF＋AEPF，
由題意知四邊形OEPF為矩形，則OE＝PF，OF＝PE，
結(jié)合柯西不等式有S四邊形ABCD＝OFDF＋AEOE≤，
其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，
據(jù)此可得S四邊形ABCD≤＝＝，
綜上，四邊形ABCD面積的最大值為.
答案：
16．(2018湘東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若對任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，
當(dāng)x∈[1,3]，m∈(4,5)時，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增，
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，
∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.
∵y＝6＋在m∈(4,5)上單調(diào)遞減，∴<6＋<，
∴a≥.
答案：
（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十）“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 理（普通生含解析）.doc
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