高三数学文二轮复习通用版教师用书：压轴专题一　选择题第12题、填空题第16题的抢分策略 Word版含答案

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1、高考数学精品复习资料 2019.5压轴专题(一)选择题第12题、填空题第16题的抢分策略选择题第12题、填空题第16题，一般难度较大，从近几年试题分析，这两道题主要考查函数与导数问题、创新问题，圆锥曲线的性质、数列、三角函数等知识大多数考生对这类题目存在畏惧心理，其实若能静下心来沉稳面对这类题目，也是完全可以得分的即使能力欠佳的考生，运用一定的猜题技巧，也极有可能猜对答案，即平常我们所说的“瞎猜的不如会猜的”审题探寻实质典例(20xx四川高考)在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P(，)；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身现有下列命题：若点A的“伴随点”是点

2、A，则点A的“伴随点”是点A；单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上；若两点关于x轴对称，则它们的“伴随点”关于y轴对称；若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点”一定共线其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)解析对于，法一：特殊值法取A(1，1)，则A，A的“伴随点”为点(1，1)故为假命题法二：设A(x，y)，则其“伴随点”A.设x，y，则A的“伴随点”为点.又x，y，点A的“伴随点”为(x，y)，而不是点A.故为假命题对于，单位圆的方程为x2y21，设其上任意一点(x，y)的“伴随点”为(x，y)，则y2(x)2y2x21.故为真命题设A(x，y)，B(x，y)，则它们的伴随点分别为A，B

3、，A与B关于y轴对称，故为真命题设共线的三点A(1，0)，B(0，1)，C(1，2)，则它们的伴随点分别为A(0，1)，B(1，0)，C，此三点不共线，故为假命题答案：1.解答此题应理解“伴随点”的含义，即P(x，y)P，问题即可解决2解答新定义问题要仔细观察，认真阅读，在彻底领悟、准确辨析的基础上，进行归纳、类比，将新定义问题转化为已有知识的问题解决 应用体验1(20xx长春质检)已知数列an中，对任意的nN*，若满足anan1an2an3s(s为常数)，则称该数列为4阶等和数列，其中s为4阶公和；若满足anan1an2t(t为常数)，则称该数列为3阶等积数列，其中t为3阶公积已知数列pn为

4、首项为1的4阶等和数列，且满足2；数列qn为公积为1的3阶等积数列，且q1q21，设Sn为数列pnqn的前n项和，则S2 016_解析：由题意可知，p11，p22，p34，p48，p51，p62，p74，p88，p91，p102，p114，p128，p131，又pn是4阶等和数列，因此该数列将会照此规律循环下去，同理，q11，q21，q31，q41，q51，q61，q71，q81，q91，q101，q111，q121，q131，又qn是3阶等积数列，因此该数列将会照此规律循环下去，由此可知对于数列pnqn，每12项循环一次，易求出p1q1p2q2p12q1215，因此S2 016中有168组循

5、环结构，故S2 016151682 520.答案：2 520运算善用技巧典例(20xx全国甲卷)若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b_解析求得(ln x2)，ln(x1).设曲线yln x2上的切点为(x1，y1)，曲线yln(x1)上的切点为(x2，y2)，则k，所以x21x1.又y1ln x12，y2ln(x21)ln x1，所以k2，所以x1，y1ln 22ln 2，所以by1kx12ln 211ln 2.答案1ln 2解答本题体现了运算技巧，在求解中，巧妙地把y2用x1来表示，从而求出k2，再代入直线方程，求出b的值解答此类问题应注意整体代换，变形

6、代换 应用体验2(20xx郑州质检)已知x，y均为正数，则的最大值为()A.B.C. D.解析：选D令2xya，x2yb，则x，y且a0，b0，所以2，当且仅当，即ab时等号成立，所以的最大值为，故选D.排除简化过程典例(20xx天津高考)已知函数f(x)(a0，且a1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|2x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是()A. B.C. D.解析法一：由yloga(x1)1在0，)上递减，得0a1.又由f(x)在R上单调递减，则a.如图所示，在同一坐标系中作出函数y|f(x)|和y2x的图象由图象可知，在0，)上|f(x)|2x有且仅有一个解，故在(，0)

7、上|f(x)|2x同样有且仅有一个解当3a2，即a时，由x2(4a3)x3a2x(其中x0)，得x2(4a2)x3a20(其中x0)，则(4a2)24(3a2)0，解得a或a1(舍去)；当13a2，即a时，由图象可知，符合条件综上所述，a.故选C.法二：通过比较四个选项可知，只需验证a，是否满足即可当a时，f(x)其图象如图显然a满足条件故排除B，用同样的方法验证a，a.答案C此题直接求解难度较大，但也有一定的技巧可取，通过比较四个选项，只需判断a，是否满足条件即可，这种策略在做选择题时经常用到 应用体验3(20xx福建质检)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f(x)满足x1，则下列结

8、论正确的是()A对于任意xR，f(x)0C当且仅当x(，1)时，f(x)0解析：选B因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f(x)1时，1x0，排除A；又函数f(x)在R上单调递减，所以当x1时，f(x)0，排除C、D，故选B.破解巧取特例典例(20xx全国甲卷)已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数y与yf(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，则(xiyi)()A0 Bm C2m D4m解析法一：因为f(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因为0，1，所以函数yf(x)的图象关于点(0，1)对称函数y1，故其图象也关于点(0，1)对称所以函

9、数y与yf(x)图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)成对出现，且每一对均关于点(0，1)对称，所以xi0，yi=2m，所以(xiyi)m.法二：因为f(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因为0，1，所以函数yf(x)的图象关于点(0，1)对称可设y(x)x1，由得交点(1，0)，(1，2)，则x1y1x2y22，结合选项，应选B.答案B1解答此题的思路是由条件f(x)2f(x)知yf(x)的图象关于点(0，1)对称，从而构造特殊函数yx1，解出与y的交点坐标，代入验证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函数，特殊图形，特殊位置进行求解 应用体验4(20x

10、x沈阳质检)已知P是双曲线y21上任意一点，过点P分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则的值是()A B. C D.解析：选A法一：令点P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是y0，y0，所以可取|PA|，|PB|，又cosAPBcosAOBcos2AOxcos，所以cosAPB.法二：如图，AOB60，APB120，0.取P点为双曲线右顶点A.则PAPBOA，.一、选择题1(20xx山东高考)若函数yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称yf(x)具有T性质，下列函数中具有T性质的是()Aysin x Byln xCyex Dyx3解析：选A

11、若yf(x)的图象上存在两点(x1，f(x1)，(x2，f(x2)，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f(x1)f(x2)1.对于A：ycos x，若有cos x1cos x21，则存在x12k(kZ)，x22k(kZ)时，结论成立；对于B：y，若有1，即x1x21，x0，不存在x1，x2，使得x1x21；对于C：yex，若有ex1ex21，即ex1x21，显然不存在这样的x1，x2；对于D：y3x2，若有3x3x1，即9xx1，显然不存在这样的x1，x2.综上所述，选A.2设数列an的前n项和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，则an()A. B.C. D.解析：选A设

12、bnnSn(n2)an，则b14，b28，又bn为等差数列，所以bn4n，所以nSn(n2)an4n，所以Snan4.当n2时，SnSn1anan10，所以anan1，即2，又因为1.所以是首项为1，公比为的等比数列，所以(nN*)，所以an(nN*)，故选A.3已知变量x，y满足约束条件若zx2y的最大值与最小值分别为a，b，且方程x2kx10在区间(b，a)上有两个不同实数解，则实数k的取值范围是()A(6，2) B(3，2)C. D.解析：选C作出可行域，如图所示，则目标函数zx2y在点(1，0)处取得最大值1，在点(1，1)处取得最小值3，a1，b3，从而可知方程x2kx10在区间(3

13、，1)上有两个不同实数解令f(x)x2kx1，则kb0)的下顶点，M，N在椭圆上，若四边形OPMN为平行四边形，为直线ON的倾斜角，则椭圆C的离心率的取值范围为()A. B.C. D.解析：选A因为OP在y轴上，在平行四边形OPMN中，MNOP，因此M，N的横坐标相等，纵坐标互为相反数，即M，N关于x轴对称，|MN|OP|a，可设M(x，y0)，N(x，y0)，y0.把点N的坐标代入椭圆方程得|x|b，点N.因为是直线ON的倾斜角，因此tan b.又，因此tan 1，1，即1，1，e，选A.5(20xx石家庄质检)已知定义在(0，2上的函数f(x)且g(x)f(x)mx在(0，2内有且仅有两个

14、不同的零点，则实数m的取值范围是()A.B.C.D.解析：选A由函数g(x)f(x)mx在(0，2内有且仅有两个不同的零点，得yf(x)，ymx在(0，2内的图象有且仅有两个不同的交点当ymx与y3，x(0，1相切时，mx23x10，94m0，m，由图可得当m2或0m时，函数g(x)f(x)mx在(0，2内有且仅有两个不同的零点，选项A正确6(20xx重庆模拟)设D，E分别为线段AB，AC的中点，且0，记为与的夹角，则下述判断正确的是()Acos 的最小值为Bcos 的最小值为Csin的最小值为Dsin的最小值为解析：选D依题意得()()()，()()(2)由0得(2)(2)0，即2250，c

15、os 2，所以cos ，sin(2)cos 22cos2121，所以sin(2)的最小值是.故选D.7(20xx浙江高考)已知实数a，b，c，()A若|a2bc|ab2c|1，则a2b2c2100B若|a2bc|a2bc|1，则a2b2c2100C若|abc2|abc2|1，则a2b2c2100D若|a2bc|ab2c|1，则a2b2c2100解析：选D对于A，取ab10，c110，显然|a2bc|ab2c|1成立，但a2b2c2100，即a2b2c2100不成立对于B，取a210，b10，c0，显然|a2bc|a2bc|1成立，但a2b2c2110，即a2b2c2100不成立对于C，取a10

16、，b10，c0，显然|abc2|abc2|1成立，但a2b2c2200，即a2b2c2100不成立综上知，A、B、C均不成立，所以选D.8(20xx全国乙卷)已知函数f(x)sin(x)，x为f(x)的零点，x为yf(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则的最大值为()A11 B9 C7 D5解析：选B由题意得则2k1，kZ，或.若11，则，此时f(x)sin(11x)，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，不满足f(x)在区间上单调；若9，则，此时f(x)sin，满足f(x)在区间上单调递减，故选B.9(20xx沈阳质检)已知函数yx2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数

17、yln x，x(0，1)的图象相切，则x0必满足()A0x0 B.x01C.x0 D.x0解析：选D由题令f(x)x2，f(x)2x，f(x0)x，所以直线l的方程为y2x0(xx0)x2x0xx，因为l也与函数yln x(x(0，1)的图象相切，令切点坐标为(x1，ln x1)，y，所以l的方程为yxln x11，这样有所以1ln 2x0x，x0(1，)令g(x)x2ln 2x1，x(1，)，显然该函数的零点就是x0，又因为g(x)2x，所以g(x)在(1，)上单调递增，又g(1)ln 20，g()1ln 20，从而x0，选D.10(20xx东北四市联考)已知在区间4，4上f(x)g(x)x

18、2x2(4x4)，给出下列四个命题：函数yfg(x)有三个零点；函数ygf(x)有三个零点；函数yff(x)有六个零点；函数ygg(x)有且只有一个零点其中正确命题的个数是()A1 B2 C3 D4解析：选D如图，画出函数f(x)，g(x)的草图，设tg(x)，则由fg(x)0，得f(t)0，则tg(x)有三个不同值，且这三个值都在g(x)的值域内，由于yg(x)是减函数，所以fg(x)0有3个解，所以正确；设mf(x)，若gf(x)0，即g(m)0，则mx0(1，2)，所以f(x)x0(1，2)，由图象知对应f(x)x0(1，2)的解有3个，所以正确；设nf(x)，若ff(x)0，即f(n)

19、0，nx1(3，2)或n0或nx22，而f(x)x1(3，2)有1个解，f(x)0对应有3个解，f(x)x22对应有2个解，所以ff(x)0共有6个解，所以正确；设sg(x)，若gg(x)0，即g(s)0，所以sx3(1，2)，则g(x)x3，因为yg(x)是减函数，所以方程g(x)x3只有1个解，所以正确. 二、填空题11(20xx南昌模拟)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球的表面积为_解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1、1、的长方体的外接球的表面积，其半径R ，所以S4R25.答案：512(2

20、0xx合肥质检)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b1，c2，C60，若D是边BC上一点且BDAC，则AD_解析：在ABC中，由正弦定理可得，sin B，且BC，则B为锐角，cos B.在ADC中，由正弦定理得，则AD.答案：13(20xx全国丙卷)已知直线l：mxy3m0与圆x2y212交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点若|AB|2，则|CD|_解析：由直线l：mxy3m0知其过定点(3，)，圆心O到直线l的距离为d.由|AB|2得()212，解得m.又直线l 的斜率为m，所以直线l的倾斜角.画出符合题意的图形如图所示，过点C作CEBD，则DCE.在

21、RtCDE中，可得|CD|24.答案：414(20xx石家庄二模)已知向量a，b，c满足|a|，|b|ab3，若(c2a)(2b3c)0, 则|bc|的最大值是_解析：设a与b的夹角为，则ab|a|b|cos ，cos ，0，.设a，b，c(x，y)，建立如图所示的平面直角坐标系则A(1，1)，B(3，0)，c2a(x2，y2)，2b3c(63x，3y)，(c2a)(2b3c)0，(x2)(63x)(y2)(3y)0.即(x2)2(y1)21.又知bc(3x，y)，|bc|11，即|bc|的最大值为1.答案：115(20xx浙江高考)如图，在ABC中，ABBC2，ABC120.若平面ABC外的

22、点P和线段AC上的点D，满足PDDA，PBBA，则四面体PBCD的体积的最大值是_解析：在ABC中，ABBC2，ABC120，AC 2.设CDx，则AD2x，PD2x，VPBCDSBCDhBCCDsin 30PDx(2x)，当且仅当x2x，即x时取“”，此时PD，BD1，PB2，满足题意故四面体PBCD的体积的最大值为.答案：16设函数f(x)(x2)2(xb)ex，若x2是f(x)的一个极大值点，则实数b的取值范围为_解析：由条件得，f(x)x3(b4)x2(44b)x4bex，则f(x)x3(b1)x2(42b)x4ex，易知f(2)0恒成立，满足题意记g(x)x3(b1)x2(42b)x

23、4，则g(x)3x22(b1)x(42b)，又x2是f(x)的一个极大值点，所以g(2)0，所以2b40，解得b2.答案：(，2)17(20xx广州模拟)已知函数f(x)则函数g(x)2|x|f(x)2的零点个数为_解析：由g(x)2|x|f(x)20得f(x)，作出yf(x)，y的图象，由图象可知共有2个交点，故函数的零点个数为2.答案：218(20xx安徽十校联考)已知Sn为数列an的前n项和，a11，2Sn(n1)an，若存在唯一的正整数n使得不等式atan2t20成立，则实数t的取值范围为_解析：n2时，anSnSn1，整理得，又a11，故ann，不等式atan2t20可化为n2tn2

24、t20，设f(n)n2tn2t2，由于f(0)2t20，由题意可得解得2t1或t1.答案：(2，119(20xx兰州模拟)已知F1，F2为双曲线y21的左、右焦点，点Pi(xi，0)与点Pi(xi，0)(i1，2，3，10)满足，且xi4，过Pi作x轴的垂线交双曲线的上半部分于Qi点，过Pi作x轴的垂线交双曲线的上半部分于Oi点，若|F1Q1|F1Q2|F1Q10|m，则|F1Q1|F1Q2|F1Q10|_解析：因为，所以点Pi，Pi关于坐标原点对称，又由题可知|F1Qi|F2Qi|，因为|F1Q1|F1Q2|F1Q10|m，根据双曲线定义可知，|F1Qi|F2Qi|2a8，所以|F1Q1|F1Q2|F1Q10|(8|F1Q1|)(8|F1Q2|)(8|F1Q10|)80m.答案：80m20(20xx河南八市联考)如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动，点B恰好经过原点设顶点P(x，y)的轨迹方程是yf(x)，则对函数yf(x)有下列判断：函数yf(x)是偶函数；对任意的xR都有f(x2)f(x2)；函数yf(x)在区间2，3上单调递减其中判断正确的序号是_解析：从函数yf(x)的图象可以判断出，图象关于y轴对称，每4个单位图象重复出现一次，且在区间2，3上随x增大，图象是往上的，所以正确，错误答案：