二轮复习数学理普通生通用版讲义：第一部分 第三层级 难点自选专题二　“选填”压轴小题的4大抢分策略 Word版含解析

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1、难点自选专题二难点自选专题二“选填选填”压轴小题的压轴小题的 4 大抢分策略大抢分策略解答选择题中的压轴题，务必要遵循解答选择题中的压轴题，务必要遵循“小题小解小题小解”的原则，要抓住已知条件与备选项的原则，要抓住已知条件与备选项之间的关系进行分析、试探、推断，充分发挥备选项的暗示作用，选用解法要灵活机动，之间的关系进行分析、试探、推断，充分发挥备选项的暗示作用，选用解法要灵活机动，做到具体问题具体分析，不要生搬硬套能做到具体问题具体分析，不要生搬硬套能定性判定定性判定的，就不再使用复杂的定量计算；能的，就不再使用复杂的定量计算；能用用特殊值分析特殊值分析的，就不再采用常规解法；能用的，就不再

2、采用常规解法；能用间接法求解间接法求解的，就不再用直接法的，就不再用直接法能否快速准确地解答填空题中的压轴题，往往是高考数学成败的关键现行考试大能否快速准确地解答填空题中的压轴题，往往是高考数学成败的关键现行考试大纲对解答填空题提出的基本要求是纲对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速正确、合理、迅速”也就是说解填空题务必要做也就是说解填空题务必要做到：到：特例思想开思路特例思想开思路特例思想是通过考查数学对象的特殊情况来获得一般性结论举出特例或者研究特殊特例思想是通过考查数学对象的特殊情况来获得一般性结论举出特例或者研究特殊情况要比研究一般情况容易很多研究清楚了特殊情况，对于解决一般情

3、况可以提供解题情况要比研究一般情况容易很多研究清楚了特殊情况，对于解决一般情况可以提供解题思路当题目十分复杂或解题目标不明确时，往往需要考查题设条件中的某些特殊情况，思路当题目十分复杂或解题目标不明确时，往往需要考查题设条件中的某些特殊情况，从中找出能反映问题本质属性的隐含信息，这样做，常常能够打开我们的思路，发现解决从中找出能反映问题本质属性的隐含信息，这样做，常常能够打开我们的思路，发现解决问题的方法问题的方法典例典例已知函数已知函数 f(x)x13sin 2xasin x 在在 R R 上单调递增上单调递增，则则 a 的取值范围是的取值范围是()A1,1B.1，13C.13，13D.1，

4、13解析解析法一：特殊值法法一：特殊值法对函数对函数 f(x)求导，得求导，得 f(x)123cos 2xacos x5343cos2xacos x根据题意，根据题意，f(x)0 恒成立恒成立，因为函数因为函数 f(x)为偶函数为偶函数，从而从而 f(x)0 的两根一定互为相反数的两根一定互为相反数，即可即可知知 a 的值关于原点对称，排除选项的值关于原点对称，排除选项 B、D；当；当 a1 时，时，f(0)5343cos20acos 00，说，说明函数明函数 f(x)不是恒单调递增的，排除选项不是恒单调递增的，排除选项 A.故选故选 C.法二：特殊值法法二：特殊值法观察本题的四个选项观察本题

5、的四个选项，发现选项发现选项 A、B、D 中都有数中都有数1，故取故取 a1，f(x)x13sin 2xsin x，f(x)123cos 2xcos x，但但 f(0)1231230 时时，分离参数得分离参数得 a43t253t43t53t恒成立恒成立设函数设函数 h(t)43t53t，即有即有 ah(t)max成立，由于成立，由于 h(t)4353t20，从而可知函数，从而可知函数 h(t)在在(0,1上单调递增，所以上单调递增，所以 ah(1)13.当当 t0 时，分离参数得时，分离参数得 a43t253t43t53t恒成立易得恒成立易得 ah(t)minh(1)13.综上所述，综上所述，

6、a 的取值范围是的取值范围是13，13 .故选故选 C.答案答案C 题后悟通题后悟通 (1)本题的四种解法中本题的四种解法中，解法一是从函数的整体性质解法一是从函数的整体性质(单调性单调性、奇偶性奇偶性)出发出发，排除不符合排除不符合题意的选项，是优化解题方法的最好策略；解法二是从题目的选项特征出发，采取特值法题意的选项，是优化解题方法的最好策略；解法二是从题目的选项特征出发，采取特值法解题解题，方法简单方法简单；解法三就是将函数解法三就是将函数 f(x)求导后求导后，再构造函数转化为不等式再构造函数转化为不等式 g(t)0 恒成立恒成立，结合函数结合函数 g(t)的结构特征与图形特征解题；解

7、法四中，令的结构特征与图形特征解题；解法四中，令 cos xt，对参数，对参数 t 进行分类讨论进行分类讨论后，再利用导数知识研究单调性、最值，这就是有关单调性问题的解题套路后，再利用导数知识研究单调性、最值，这就是有关单调性问题的解题套路(2)处理此类问题经常根据题中所给出的条件巧妙选择特殊值、特殊函数、特殊位置、处理此类问题经常根据题中所给出的条件巧妙选择特殊值、特殊函数、特殊位置、特殊图形等进行求解特殊图形等进行求解应用体验应用体验1(2016全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x)(xR R)满足满足 f(x)2f(x)，若函数若函数 yx1x与与 yf(x)图象的交点为图象的交点为(

8、x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，则，则错误错误!(xiyi)()A0BmC2mD4m解析：解析：选选 B法一：法一：(利用函数的对称性利用函数的对称性)由由 f(x)2f(x)，知知 f(x)f(x)2，所以点所以点(x，f(x)与点与点(x，f(x)连线的中点是连线的中点是(0,1)，故函数，故函数 f(x)的图象关于点的图象关于点(0,1)成中心对称成中心对称(此处也可以这样考虑：由此处也可以这样考虑：由 f(x)2f(x)，知知 f(x)f(x)20，即即f(x)1f(x)10，令令 F(x)f(x)1，则则 F(x)F(x)0，即即 F(x)f(x)1 为奇函数，图象关于

9、点为奇函数，图象关于点(0,0)对称，而对称，而 F(x)的图象可看成是的图象可看成是 f(x)的图象向下的图象向下平移一个单位得到的平移一个单位得到的， 故故f(x)的图象关于点的图象关于点(0,1)对称对称) 又又yx1x11x的图象也关于点的图象也关于点(0,1)对称对称， 所以两者图象的交点也关于点所以两者图象的交点也关于点(0,1)对称对称， 所以对于每一组对称点所以对于每一组对称点 xixi0， yiyi2，所以，所以错误错误!(xiyi)错误错误!i错误错误!i02m2m，故选，故选 B.法二：法二：(构造特殊函数构造特殊函数)由由 f(x)2f(x)，知，知 f(x)f(x)2

10、0，即即f(x)1f(x)10.令令 F(x)f(x)1，则，则 F(x)为奇函数，为奇函数，即即 f(x)1 为奇函数，从而可令为奇函数，从而可令 f(x)1x，即即 f(x)x1，显然该函数满足此条件，显然该函数满足此条件此时此时 yx1 与与 yx1x的交点分别为的交点分别为(1,2)和和(1,0)，所以所以 m2，错误错误!(xiyi)12(1)02，结合选项可知选结合选项可知选 B.2.如图如图，在在ABC 中中，点点 O 是是 BC 的中点的中点，连接连接 AO，过点过点 O 的直线的直线分别交直线分别交直线 AB， AC 于不同的两点于不同的两点 M， N， 若若 ABm AM，

11、ACn AN，则则 mn 的值为的值为_解析：法一：解析：法一：因为因为 O 是是 BC 的中点，的中点，所以所以 AO12( AB AC)m2AMn2AN.因为因为 M，O，N 三点共线，所以三点共线，所以m2n21，所以所以 mn2.法二：法二：(特殊位置法特殊位置法)取取 M 与与 B 重合，重合，N 与与 C 重合，重合，此时此时 mn1，得，得 mn2.答案：答案：23 已知已知ABC 中中， AB4，AC5，点点 O 为为ABC 所在平面内一点所在平面内一点， 满足满足| OA| OB| OC|，则，则 AO BC_.解析：法一：解析：法一：如图，如图， AB OB OA， AC

12、OC OA， AB2 OB22 OB OA OA2，AC2 OC22 OC OAOA2.两式相减，得两式相减，得 AC2 AB22 OB OA2 OC OA.25162 OA( OB OC)，92 OA CB， AO BC92.法二：法二：(特殊图形法特殊图形法)若若ABC 为直角三角形，如图，为直角三角形，如图，则则 AO12( AB AC)， BC AC AB， AO BC12( AB AC)( AC AB)12( AC2 AB2)92.答案：答案：92极限思想减运算极限思想减运算极限思想就是考虑相关问题的极端情况，极端情形往往都是相关命题的极限情况，或极限思想就是考虑相关问题的极端情况，

13、极端情形往往都是相关命题的极限情况，或是某个变量所在区间端点的取值例如线段是三角形高为零的极端情况，切线是割线的极是某个变量所在区间端点的取值例如线段是三角形高为零的极端情况，切线是割线的极端情形端情形(即极限即极限)等等有些高考数学压轴题的求解有些高考数学压轴题的求解，常常要从它的极端情形来寻找突破口常常要从它的极端情形来寻找突破口一一般来说，运用极限思想分析问题，往往能够减少运算量，尤其是选择题和填空题，运用极般来说，运用极限思想分析问题，往往能够减少运算量，尤其是选择题和填空题，运用极限思想分析解题可以快速准确地解决问题，从而避免小题大做，节省考场上的答题时间限思想分析解题可以快速准确地

14、解决问题，从而避免小题大做，节省考场上的答题时间典例典例在平面四边形在平面四边形 ABCD 中，中，ABC75 ，BC2，则则 AB 的取值范围是的取值范围是_解析解析法一：极限法法一：极限法如图如图，动态地审视平面四边形动态地审视平面四边形 ABCD，边边 BC2 固定固定，BC75 固定固定，延长延长 BA，CD交于交于点点P.虽然虽然BAD75 ， 但但AB边并不固定边并不固定， 平行移平行移动动AD边边， 则容易看则容易看出出BQ QABBP.在在BCQ Q 中，易求得中，易求得 BQ Q 6 2；在；在BCP 中，易求得中，易求得 BP 6 2，则，则 AB 的取值范的取值范围是围是

15、( 6 2， 6 2)法二：分割法法二：分割法易知易知ADC135 .如图，连接如图，连接 BD，设，设BDC，ADB，则，则135 .在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BCsin BDsin 75ABsin ，则则 ABBCsin sin 2sin 135 sin 2sin 45 sin 211tan ，由由75180，13575180，得得 30 105 ，所以所以 321tan 3.则则 6 2ABb.设函数设函数 f(x)(2x1)(x1)， 且关于且关于 x 的方程的方程 f(x)m(mR R)恰有三个互不相等的实根恰有三个互不相等的实根 x1， x2， x3，

16、 则则 x1x2x3的取值范围是的取值范围是_解析解析f(x)(2x1)(x1) 2x1 2 2x1 x1 ，x0， x1 2 2x1 x1 ，x0，f(x)2x2x，x0，x2x，x0.故关于故关于 x 的方程的方程 f(x)m(mR R)恰有三个互不相等的实根恰有三个互不相等的实根 x1，x2，x3，等价于函数，等价于函数 f(x)的图象与直线的图象与直线 ym 有三个不同的交点有三个不同的交点作出函数作出函数 f(x)的大致图象如图所示，从图中不难得知的大致图象如图所示，从图中不难得知 0m0 时，时，x2xm，即即 x2xm0，由此可得由此可得 x2x3m.当当 x0 时，由时，由 2

17、x2x14，得，得 x1 34.当当 m 在在0，14 上递增时，上递增时，|x1|也在也在 0，|1 34|上递增上递增从而从而 m|x1|随着随着 m 的递增而递增，的递增而递增，而而 x10，a a 与与 b b的夹角的夹角0，4 ，且，且 a a b b 和和 b b a a 都在集合都在集合n2| |nZ中，则中，则 a a b b()A.12B1C.32D.52解析：解析：选选 C由定义由定义 ，得得 a a b babb2|a|b|cos |b|2，同理可得同理可得 b b a aa ab ba a2|a a|b b|cos |a a|2.由由|a a|b b|0，得，得 0|b

18、 b|a a|1.又因为又因为0，4 ，所以，所以22cos 1.从而可得从而可得 0|b b|cos |a a|1，即，即 0b b a a1.因为因为 b b a an2| |nZ，所以，所以 b b a a12.得得(a a b b)(b b a a)cos212，1，将将代入上式，化简得代入上式，化简得 1a a b b2.又因为又因为 a a b bn2| |nZ，所以，所以 a a b b32，故选，故选 C.定义分析解压轴定义分析解压轴解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关

19、的隐含信息，然后运用数学的通性通法隐含信息，然后运用数学的通性通法定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型本概念或数学模型只有明确了命题中的相关概念只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型定义及数学模型，才能准确理解题意才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新因此，运用定义分析问题是准灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新因此，运用定义分析

20、问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的重要策略确、迅速解答数学高考压轴题的重要策略典例典例已知函数已知函数 f(x)是定义在是定义在(，)上的奇函数，且当上的奇函数，且当 x0 时，时，f(x)|xa2|x2a2|3a22，若，若xR R，f(x1)f(x)，则实数，则实数 a 的取值范围为的取值范围为()A.16，16B.66，66C.13，13D.33，33解析解析法一：法一：当当 x0 时，时，f(x)x，0 xa2，a2，a2x2a2，x3a2，x2a2，作出函数作出函数 f(x)的图象，如图所的图象，如图所示示因为对因为对xR R，f(x1)f(x)成立成立，所以对应的函数所以对应的函

21、数 f(x1)的图象恒在函数的图象恒在函数 f(x)的图象的图象的下方的下方由此可知，只需函数由此可知，只需函数 f(x)在在 x2a2时，时，f(x)x3a2，又又 f(x)是是 R R 上的奇函数，上的奇函数，所以所以 x0 时，时，f(x)的最小值为的最小值为a2.因为因为 f(x)为奇函数，所以当为奇函数，所以当 x0 时，时，f(x)a2所对应的横坐标为所对应的横坐标为 x4a2，即，即 B 点的横坐标点的横坐标当当 x0 时，时，f(x)a2所对应的横坐标所对应的横坐标 xmin2a2，即，即 A 点的横坐标点的横坐标故要对故要对xR R，都有，都有 f(x1)f(x)成立，则要成

22、立，则要 A，B 两点的跨度不大于两点的跨度不大于 1.否则，否则，f(x)的图象向右平移的图象向右平移 1 个单位后，线段个单位后，线段 DB 会在会在 A1C1的下方，的下方，此时的图象与对应的函数不等式此时的图象与对应的函数不等式 f(x1)f(x)相悖相悖所以所以 4a2(2a2)1，解得解得 a66，66 .答案答案B 题后悟通题后悟通 本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题意在考查考生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力注题意在考查考生应用数形结合思

23、想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力注重理解题意重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数抓住函数 f(x)在在 x0)，过点，过点 P 作作 PMy轴于轴于 M，则则 M0，2 2t，Q Qt，2 2t.从而从而|MQ Q| 0t 22 2t2 2t2t232t2，在折叠后的图形中，有在折叠后的图形中，有|Q QM1|MP|t，故故|PQ Q|2|Q QM1|2|MM1|2|MP|2|Q QM|2|MP|22t232t222t232t216.当且仅当当且仅当 t24，即，即 t2 时等号成立，时等号成立，所以当所以当 t2 时，即时，即 P 坐

24、标为坐标为(2， 2)时，时，|PQ Q|的最小值为的最小值为 164.综上所述，折叠后线段综上所述，折叠后线段 PQ Q 的长度的最小值等于的长度的最小值等于 4.法二：法二：设设 P(x0，y0)到两渐近线的距离分别为到两渐近线的距离分别为 m，n，如图，则有如图，则有|PM|Q QM1|m，|PN|n，且且 m|x0y0|2，n|x0y0|2.易知，折叠后的易知，折叠后的 PQ Q，可视为一长方体的体对角线，可视为一长方体的体对角线则则 PQ Q2Q QM21M1M2MP22m24n22 8mn4 2x20y20216.所以所以|PQ Q|min4.答案：答案：4专题过关检测专题过关检测

25、A 组组选择题解题技法专练选择题解题技法专练1若若 sin sin 13(cos cos )，(0，)，则，则的值为的值为()A23B3C.3D.23解析：解析：选选 D令令6，则有，则有 sin 13cos tan 33，(0，)，所以所以56，从而，从而23.2已知已知 0ab1，则，则 ab，logba，logab 的大小关系是的大小关系是()AlogabablogbaBlogablogbaabClogbalogababDablogablogba解析：解析：选选 A显然，直接找这三个数的大小关系不容易，但对显然，直接找这三个数的大小关系不容易，但对 a，b 取某些特殊的值取某些特殊的值，

26、其大小关系就非常明显了其大小关系就非常明显了如令如令 a14，b12，则有，则有logablog420，logbalog242，ab1412，由此可得，由此可得选选 A.3若不等式若不等式 x2logax0 在在0，12 内恒成立，则内恒成立，则 a 的取值范围是的取值范围是()A.116，1B.116，1C.0，116D.0，116解析：解析：选选 A因为因为 x0，12 ，当，当 a116时，显然时，显然 x2logax 恒成立恒成立又当又当 x12时，由时，由14116；当；当 x0 时，可推得时，可推得 a0 恒恒成立，则成立，则的取值范围是的取值范围是()A.12，512B.6，4C

27、.4，34D.6，56解析：解析：选选 A令令 x1，不等式化为，不等式化为 cos 0；令令 x0，不等式化为，不等式化为 sin 0.又又 0，所以，所以 02.当当1x0.设设xx1t(t0 对对 t0，即，即 sin 212.又又 02，所以，所以6256，故，故12512.6在对角线在对角线 AC16 的正方体的正方体 ABCDA1B1C1D1中，正方形中，正方形 BCC1B1所在平面内的动所在平面内的动点点P 到直线到直线 D1C1，DC 的距离之和为的距离之和为 4，则，则PC1PC1的取值范围是的取值范围是()A2,1B0,1C1,1D.2，14解析：解析：选选 A法一：法一：

28、依题意可知依题意可知 CC12 3，点点 P 到点到点 C1与与 C 的距离之和为的距离之和为 4，从而可得点从而可得点 P 在以在以 C1C 为为 y 轴轴，C1C 的中点为原点的椭圆的中点为原点的椭圆 4x2y24 上上设设 P(x0，y0)，则则PC1PC1(x0，y0 3)(x0，y0 3)x20y20334y202(2y02)由此可得由此可得2PC1PC11，故选，故选 A.法二：法二：由四个备选项可知，由四个备选项可知，B、C、D 都是都是 A 的子集的子集于是，由于是，由“若若 A 则则 B 把把 A 抛，抛，A，B 同真都去掉同真都去掉”可知，应着重考查可知，应着重考查“2”与

29、与“1”的的值能否取到值能否取到又由条件易知，点又由条件易知，点 P 在以在以 C1C 为为 y 轴，轴，C1C 的中点为原点的椭圆的中点为原点的椭圆 4x2y24 上上由此可得，当由此可得，当 y0 时，时，PC1PC1可取到可取到2，当当 x0 时，时，PC1PC1可取到可取到 1.故选故选 A.7.如图所示，如图所示，A 是函数是函数 f(x)2x的图象上的动点，过点的图象上的动点，过点 A 作直线平作直线平行于行于 x 轴，交函数轴，交函数 g(x)2x2的图象于点的图象于点 B，若函数，若函数 f(x)2x的图象上的图象上存在点存在点 C 使得使得ABC 为等边三角形，则称为等边三角

30、形，则称 A 为函数为函数 f(x)2x的图象上的图象上的的“好位置点好位置点”，则函数，则函数 f(x)2x的图象上的的图象上的“好位置点好位置点”的个数为的个数为()A0B1C2D3解析解析：选选 B设设 A(x,2x)，B(x2,2x)，若若ABC 为等边三角形为等边三角形，则则 C(x1,2x1)，且且 ACAB2，即，即 1 2x2x1 22，即，即 22x23，又，又 y22x2单调递增，所以方程有唯一解单调递增，所以方程有唯一解 xlog2321，即函数，即函数 f(x)2x的图象上的的图象上的“好位置点好位置点”的个数为的个数为 1.8函数函数 f(x)的定义域为的定义域为 R

31、 R，若，若 f(x1)与与 f(x1)都是奇函数，则都是奇函数，则()Af(x)是偶函数是偶函数Bf(x)是奇函数是奇函数Cf(x)f(x2)Df(x3)是奇函数是奇函数解析：解析：选选 D法一：法一：因为因为 f(x1)是奇函数，所以是奇函数，所以 f(x)f(x11)f(x1)1f(x2)，又因为又因为 f(x1)是奇函数，则是奇函数，则f(x2)f(x3)1f(x31)f(x4)，所以所以 f(x)f(x4)所以所以 f(x3)f(x34)f(x1)是奇函数，因而选是奇函数，因而选 D.法二：法二：令令 f(x)sin x，则则 f(x1)sin(x1)sin x，f(x1)sin(x

32、1)sin x.所以，当所以，当 f(x1)，f(x1)都是奇函数时，都是奇函数时，f(x)不是偶函数，排除不是偶函数，排除 A.令令 f(x)cos2x，则，则f(x1)cos2 x1 sin2x，f(x1)cos2 x1 sin2x，且且 f(x2)cos2 x2 cos2x，所以，当所以，当 f(x1)，f(x1)都是奇函数时，都是奇函数时，f(x)不是奇函数，且不是奇函数，且 f(x)f(x2)，排除，排除 B、C，故选，故选 D.9 已知函数已知函数 f(x)x(1a|x|)， 若关于若关于 x 的不等式的不等式 f(xa)f(x)的解集为的解集为 A， 且且12，12 A，则实数，

33、则实数 a 的取值范围是的取值范围是()A.1 52，0B.1 32，0C.1 52，00，1 32D.，1 52解析：解析：选选 A由题意得由题意得(xa)(1a|xa|)x(1a|x|)当当 a2，x0 时，时，有有(02)(12|02|)60(120)不成立，故不成立，故 D 错错当当 a12，x12时，时，有有1212112|1212|1321211212 不成立故不成立故 C 错错当当 a1 32，x12时，时，有有121 3211 32|121 32|121121 32，即即2 3293 34 3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则以则以 AF 为直径的圆的方程为为直径的圆的

34、方程为(xm)(x2)y20.由由 xm x2 y20，x23y21，消去消去 y，得，得43x2(m2)x2m10.所以所以 x1x234(m2)所以所以|FN|FM|FA|23x2 323x1 3m223 x1x2 2 3m2233 m2 42 3m232.12在我们学过的函数中有这样一类函数：在我们学过的函数中有这样一类函数：“对任意一个三角形，只要它的三边长对任意一个三角形，只要它的三边长 a，b，c 都在函数都在函数 f(x)的定义域内的定义域内，就有函数值就有函数值 f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长也是某个三角形的三边长”下下面四个函数：面四个函数：f(x) x(

35、x0)；f(x)x2(x0)；f(x)sin x(0 x)；f(x)cos x0 x4 .属于这一类函数的有属于这一类函数的有()A1 个个B2 个个C3 个个D4 个个解析：解析：选选 B设设 0c，ab2 abc，( a b)2c， a b c，即即 f(a)f(b)f(c)，f(x) x(x0)属于这一类函数；属于这一类函数；举反例：若举反例：若 a3，b3，c5，则，则 a2b2c2，即即 f(a)f(b)0)不属于这一类函数；不属于这一类函数；举反例：若举反例：若 a2，b56，c56，则，则 sin asin bsin c，即即 f(a)f(b)f(c)12121，f(x)sin

36、x(0 x)不属于这一类函数；不属于这一类函数；设设 0abc22，f(b)f(c)cos bcos c 2，而，而 cos af(a)，f(x)cos x0 x0 且且 x1时，时，2f x xf x x10，若曲线，若曲线 yf(x)在在 x1 处的切线的斜率为处的切线的斜率为45，则，则 f(1)_.解析：解析：因为当因为当 x0 且且 x1 时，时，2f x xf x x10，所以当所以当 x1 时，时，2f(x)xf(x)0；当当 0 x1 时，时，2f(x)xf(x)1 时，时，g(x)0，函数，函数 g(x)x2f(x)单调递增；单调递增；当当 0 x1 时，时，g(x)0，当当

37、 1a2 时时，关于关于 x 的方程的方程 ff(x)a 实数解的个实数解的个数为数为_解析：解析：当当 1a2 时，作出函数时，作出函数 f(x)的图象如图所示，令的图象如图所示，令 uf(x)，则，则 f(u)a，由，由 f(x)的的图象可知图象可知，若若 u 满足满足 u0，解得解得1e2u1e1 或或2eue2，显然显然，当当 x0，1e2u1e0,2eue2时，时，f(x)u 也有也有 2 个解因此个解因此 ff(x)a 有有 4 个实个实数解数解答案：答案：44(2019 届高三届高三武汉调研武汉调研)过抛物线过抛物线 C：y24x 的焦点的焦点 F 的直线的直线 l 与抛物线与抛

38、物线 C 交于交于 P，Q Q 两点，与准线交于点两点，与准线交于点 M，且，且FM3 FP，则，则| FP|_.解析：解析：过点过点 P 作作 PP1垂直准线于垂直准线于 P1，由由FM3 FP，得，得|PM|2|PF|，又由抛物线的定义知又由抛物线的定义知|PF|PP1|，所以，所以|PM|2|PP1|.由三角形相似得由三角形相似得|PP1|2|OF|MP|MF|23，所以所以|PP1|43，所以，所以| FP|43.答案：答案：435已知函数已知函数 f(x)12x3mx3nx(m0，n0)，且，且 f(x)在在0,1上的最小值为上的最小值为3116，则则f(x)在在1,0上的最大值为上

39、的最大值为_解析解析： 令令 g(x)mx3nx(m0， n0)， 则则 g(x)3mx2n， 因为因为 m0， n0， 所以所以 g(x)0，所以所以 g(x)为减函数为减函数又又 y12x3为减函数为减函数，所以所以 f(x)为减函数为减函数当当 x0,1时时，f(x)minf(1)mn1163116，得，得 mn2，当，当 x1,0时，时，f(x)maxf(1)mn1494.答案：答案：946已知向量已知向量 a a，b b，c c 满足满足|a a| 2，|b b|a ab b3，若若(c c2a a)(2b b3c c)0, 则则|b bc c|的最的最大值是大值是_解析：解析：设设

40、 a a 与与 b b 的夹角为的夹角为，则，则 a ab b|a a|b b|cos ，cos ab|a|b|32322，0，4.设设 OAa a， OBb b，c c(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系，建立如图所示的平面直角坐标系则则 A(1,1)，B(3,0)，c c2a a(x2，y2)，2b b3c c(63x，3y)，(c c2a a)(2b b3c c)0，(x2)(63x)(y2)(3y)0.即即(x2)2(y1)21.b bc c(3x，y)，|b bc c| x3 2y2 32 2 01 21 21，即，即|b bc c|的最大值为的最大值为 21.答案：答案： 21

41、7(2018开封高三定位考试开封高三定位考试)已知正三角形已知正三角形 ABC 的边长为的边长为 2，将它沿高将它沿高 AD 翻折翻折，使使点点B 与点与点 C 间的距离为间的距离为 3，此时四面体，此时四面体 ABCD 的外接球的表面积为的外接球的表面积为_解析：解析：如图如图，在正三角形，在正三角形 ABC 中，中，ABBCAC2，则，则 BDDC1，AD 3，在翻折后所得的几何体中在翻折后所得的几何体中， 如图如图， ADBD， ADCD， 则则 AD平面平面 BCD， 三棱锥三棱锥 ABCD的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球， 球心到截球心到截面面BC

42、D的距的距离离d12AD32.在在BCD中中，BC 3， 则由余弦定理则由余弦定理， 得得 cosBDCBD2DC2BC22BDDC1212 3 221112， 所以所以BDC120 .设球的半径为设球的半径为 R，BCD 的外接圆半径为的外接圆半径为 r，则由正弦定理，得，则由正弦定理，得 2rBCsin BDC3sin 1202， 解得解得 r1， 则球的半径则球的半径 R d2r23221272， 故球的表面积故球的表面积 S4R247227.答案：答案：78.(2018湘中名校联考湘中名校联考)一块边长为一块边长为 a cm 的正方形铁片按如图所的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下示的

43、阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则容器的容积的最大值是正四棱锥形容器，则容器的容积的最大值是_解析：解析：如图，设如图，设 ABx，OFx2，EFa2(0 xa)，所以所以 EO EF2OF212a2x2.所以所以 V(x)13S正方形正方形ABCDEO16x2a2x216a2x4x6(0 xa)令令 ya2x4x6(0 xa)，则则 y4a2x36x52x3(2a23x2)当当 y0 时，时，x63a.当当 y0 时，时，63ax0 时，时，0 x63a.所以所以 ya2x4x6(0 xa)在在0，63a上是增

44、函数，上是增函数，在在63a，a上是减函数，上是减函数，所以当所以当 x63a 时，时，ymaxa263a463a6427a6，即即 V(x)max16427a6327a3.答案：答案：327a39 已知函已知函数数 f(x)sinx4 与函与函数数 g(x)cosx4 在区间在区间54，74 上的图象交上的图象交于于 A，B，C 三点，则三点，则ABC 的周长为的周长为_解析：解析：因为函数因为函数 f(x)sinx4 与函数与函数 g(x)cosx4 在区间在区间54，74 上的图象交上的图象交于于 A，B，C 三点，所以由三点，所以由 sinx4 cosx4 ，x54，74 ，解得，解得

45、 x1,0,1，不妨设不妨设 A1，22 ，B0，22 ，C1，22 ，所以所以 AB 10 222222 3，AC2，BC 10 2222223，所以所以ABC 的周长为的周长为 ABACBC22 3.答案：答案：22 310 (2019 届高三届高三昆明调研昆明调研)将数列将数列an中的所有项按每一行比上一行多中的所有项按每一行比上一行多 1 项的规则排成项的规则排成如下数阵：如下数阵：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10记数阵中的第记数阵中的第 1 列数列数 a1，a2，a4，构成的数列为构成的数列为bn，Sn为数列为数列bn的前的前 n 项和项和若若Sn2bn1，则，

46、则 a56_.解析：解析：当当 n2 时，时，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2 且且 nN N*)，b12b11，b11，数列数列bn是首项为是首项为 1，公比为，公比为 2 的等比数列，的等比数列，bn2n1.设设 a1，a2，a4，a7，a11，的下标的下标 1,2,4,7,11，构成数列构成数列cn，则则 c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得累加得，cnc11234(n1)，cnn n1 21，由，由 cnn n1 2156，得，得 n11，a56b112101 024.答案：答案：1 02411(2018郑州第一次

47、质量测试郑州第一次质量测试)已知双曲线已知双曲线 C：x2a2y2b21 的右焦点为的右焦点为 F，过点，过点 F 向双向双曲线的一条渐近线作垂线曲线的一条渐近线作垂线，垂足为垂足为 M，交另一条渐近线于交另一条渐近线于 N，若若 2MF FN，则双曲线的则双曲线的渐近线方程为渐近线方程为_解析：解析：由题意得双曲线的渐近线方程为由题意得双曲线的渐近线方程为 ybax，F(c,0)，则，则|MF|b，由，由 2MF FN，可得可得|MF|FN|12，所以，所以|FN|2b.在在 RtOMF 中，由勾股定理，中，由勾股定理，得得|OM| |OF|2|MF|2a，因为因为MOFFON，所以由角平分

48、线定理可得，所以由角平分线定理可得|OM|ON|MF|FN|12，|ON|2a，在在 RtOMN 中，由中，由|OM|2|MN|2|ON|2，可得，可得 a2(3b)2(2a)2,9b23a2，即，即b2a213，所以所以ba33，所以双曲线，所以双曲线 C 的渐近线方程为的渐近线方程为 y33x.答案：答案：33x12已知已知 O 是是ABC 的外心，取的外心，取C45 ，若，若 OCm OAn OB(m，nR R)，则，则 mn 的取值范围是的取值范围是_解析：解析：因为因为C45 ，所以，所以AOB90 .由已知，不妨设由已知，不妨设ABC 的外接的外接圆半径为圆半径为 1，并设，并设

49、OAi， OBj，则，则 C(m，n)，点，点 C 的轨迹是以原点为圆的轨迹是以原点为圆心心，1 为半径的为半径的34圆弧圆弧(不含端点不含端点)，如图所示如图所示设设 mnt，则直线则直线 xyt 与与此圆弧有公共点，故此圆弧有公共点，故 2t1，即，即 mn 的取值范围是的取值范围是 2，1)注：也可设注：也可设 mcos ，nsin 22，则，则 mn 2sin4 .因为因为34494，所以所以1sin4 22，所以，所以 2mn132.设设 AB 的中点的中点 P(x0，y0)，则则 x012(x1x2)18，y012x0b116b.由由点点P 在直线在直线 l1上，得上，得116b1

50、4t，于是，于是 t516b516132932.故故 l1在在 y 轴上截距的取值范轴上截距的取值范围为围为932，.答案：答案：932，14 (2019 届高三届高三广州调研广州调研)在平面直角坐标在平面直角坐标系系 xOy 中中， 直直线线 x 2y2 20 与椭与椭圆圆 C：x2a2y2b21(ab0)相切，且椭圆相切，且椭圆 C 的右焦点的右焦点 F(c,0)关于直线关于直线 l：ycbx 的对称点的对称点 E 在椭圆在椭圆 C上，则上，则OEF 的面积为的面积为_解析：解析：联立联立x 2y2 20，x2a2y2b21，消去消去 x，化简得，化简得(a22b2)y28b2yb2(8a

51、2)0，由由0， 得得 2b2a280.设设 F为椭圆为椭圆 C 的左焦点的左焦点， 连接连接 FE， 易知易知 FEl， 所以所以 FEEF，又点，又点 F 到直线到直线 l 的距离的距离 dc2c2b2c2a，所以，所以|EF|2c2a，|FE|2a|EF|2b2a，在在 RtFEF 中，中，|FE|2|EF|2|FF|2，化简得，化简得 2b2a2，代入，代入 2b2a280，得，得 b22，a2，所以，所以|EF|FE|2，所以，所以 SOEF12SFEF1.答案：答案：115.(2019 届高三届高三山西四校联考山西四校联考)如图如图， 等边等边ABC 的边长为的边长为 2， 顶点顶

52、点 B，C 分别在分别在 x 轴的非负半轴，轴的非负半轴，y 轴的非负半轴上移动，轴的非负半轴上移动，M 为为 AB 的中点，则的中点，则OAOM的最大值为的最大值为_解析解析：设设OBC，因为因为 BC2，所以所以 B(2cos ，0)，C(0,2sin )，则则 BC(2cos ，2sin )，设，设 BA(x，y)，因为，因为ABC 是边长为是边长为 2 的等边三角形，的等边三角形，所以所以x2y24，2xcos 2ysin 2，解得解得x 3sin cos ，y 3cos sin ，即即 BA( 3sin cos ，3cos sin )，则则 OA OB BA( 3sin cos ，

53、3cos sin )，因为因为 M 为为 AB 的中点，的中点，所以所以OM OB12BA32sin 32cos ，32cos 12sin ，所以所以 OAOM32 3sin 21232sin 2cos23 32sin 212cos 252 7sin(2)52其中其中 cos 3 2114，sin 714，所以所以 OAOM的最大值为的最大值为52 7.答案：答案：52 716已知函数已知函数 f(x) 3sin 2x2cos2xm 在区间在区间0，2 上的最大值为上的最大值为 3，则，则(1)m_；(2)对任意对任意 aR R，f(x)在在a，a20上的零点个数为上的零点个数为_解析：解析：(1)因为因为 f(x)2sin2x6 1m，当当 x0，2 时，时，62x676，所以当所以当 x6时，时，f(x)取最大值取最大值 3m，所以，所以 m0.(2)易知函数易知函数 f(x)是周期为是周期为的周期函数的周期函数，由图可知由图可知，在每个周期内只有在每个周期内只有 2 个零点个零点，而而a，a20有有 20 个周期，故有个周期，故有 40 个零点，特别地，当个零点，特别地，当 a 为零点时，为零点时，a20也是零点，由此可也是零点，由此可得，此时可有得，此时可有 41 个零点所以填个零点所以填 40 或或 41.答案：答案：(1)0(2)40 或或 41