12、1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E為AA1與平面A1MN所成的角，∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)ME＝EN，即E為MN的中點(diǎn)時(shí)等號(hào)成立，∴截面A1MN面積的最小值為×4×2＝4，故選B.
12．對(duì)于函數(shù)f(x)和g(x)，設(shè)α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，則稱f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g(x)＝x2－ax－a＋3互為“零點(diǎn)相
13、鄰函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A．[2,4] B.
C. D．[2,3]
解析：選D ∵f′(x)＝ex－1＋1＞0，
∴f(x)＝ex－1＋x－2是R上的單調(diào)遞增函數(shù)．
又f(1)＝0，∴函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為x＝1，
∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，
∴函數(shù)g(x)＝x2－ax－a＋3在區(qū)間[0,2]上有零點(diǎn)．
由g(x)＝0，得a＝(0≤x≤2)，
即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，
設(shè)x＋1＝t(1≤t≤3)，
則a＝t＋－2(1≤t≤3)，
令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，
易知h(t)在區(qū)間[1,2)上是減函數(shù)，在區(qū)間[
14、2,3]上是增函數(shù)，
∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.
B組——填空壓軸小題命題點(diǎn)專練
1．(2018·南昌一模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋sin x，若α∈[0，π]，β∈，且f ＝f(2β)，則cos＝________.
解析：由題易知函數(shù)f(x)＝x3＋sin x為奇函數(shù)且在上單調(diào)遞增．
因?yàn)棣痢蔥0，π]，β∈，
所以－α∈，2β∈，
又f＝f(2β)，
∴－α＝2β，∴＋β＝，
∴cos＝cos ＝.
答案：
2．設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范圍是________．
解析：若f(t)≥1，顯然滿足f(f(t))＝2f(t)，則有或
15、解得t≥－；
若f(t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，得f(t)＋＝2f(t)，
可知f(t)＝－1，所以t＋＝－1，解得t＝－3.
綜上所述，t＝－3或t≥－.
答案：{－3}∪
3．設(shè)點(diǎn)P，Q分別是曲線y＝xe－x(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))和直線y＝x＋3上的動(dòng)點(diǎn)，則P，Q兩點(diǎn)間距離的最小值為_(kāi)_______．
解析：y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，由(1－x)e－x＝1，得ex＝1－x，ex＋x－1＝0，令h(x)＝ex＋x－1，顯然h(x)是增函數(shù)，且h(0)＝0，即方程ex＋x－1＝0只有一個(gè)解x＝0，又曲線y＝xe－x在x＝0處的切線方程為y＝x，兩平行線x
16、－y＝0和x－y＋3＝0之間的距離為 d＝＝，故P，Q兩點(diǎn)間距離的最小值為.
答案：
4．(2019屆高三·南寧摸底聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(ex－e－x)x，f(log3x)＋f(logx)≤2f(1)，則x的取值范圍是________．
解析：由題意知f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)．
由f(logx)＝f(－log3x)＝f(log3x)，知原不等式可化為f(log3x)≤f(1)．
又x>0時(shí)，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(guó)古代數(shù)學(xué)專著
17、《九章算術(shù)》對(duì)立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語(yǔ)可見(jiàn)，譬如“鱉臑”意指四個(gè)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(gè)小正方形的邊長(zhǎng)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_(kāi)_______．
解析：由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長(zhǎng)方體中如圖中的三棱錐A-BCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知長(zhǎng)方體的外接球即為三棱錐A-BCD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(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)
18、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_(kāi)_______．
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πr2·h＝π×(2)2×2＝8π.
答案：8π
7．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)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_(kāi)_______．
解析：∵bsin C＋csin B＝
19、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(guó)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
20、≥0，
∴當(dāng)cos x<時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)cos x>時(shí)，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(shí)，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(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)家祖暅提出體積的計(jì)算原理(祖暅原理)：“冪勢(shì)既同，則積不容異”．“勢(shì)”是幾何體的高，“冪”是截面面積．其意思為：如果兩個(gè)等高的幾何體在同高處的截面面積恒等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等．已知雙曲線C的漸近線方程為y
21、＝±2x，一個(gè)焦點(diǎn)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_(kāi)_______．
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(diǎn)N的坐標(biāo)為，與雙曲線在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)B的坐標(biāo)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(diǎn)，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，則·的值是________．
解析：由·＝－7得，
22、(－)·(－)＝－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(yáng)適應(yīng)性考試)已知底面是正六邊形的六棱錐P-ABCDEF的七個(gè)頂點(diǎn)均在球O的表面上，底面正六邊形的邊長(zhǎng)為1，若該六棱錐體積的最大值為，則球O的表面積為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)榱忮FP-ABCDEF的七個(gè)頂點(diǎn)均在球O的表面上，由對(duì)稱性和底面正六邊形的面積為定值知，當(dāng)六棱錐P-ABCDEF為正六棱錐時(shí)，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)
23、，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝，所以球O的表面積為4πR2＝4π×2＝.
答案：
12．(2019屆高三·惠州調(diào)研)在四邊形ABCD中，＝，P為CD上一點(diǎn)，已知||＝8，||＝5，與的夾角為θ，且cos θ＝，＝3，則·＝________.
解析：∵＝，＝3，∴＝＋＝＋，＝＋＝－，又||＝8，||＝5，cos θ＝，∴·＝8×5×＝22， ∴·＝·＝||2－·－||2＝25－11－12＝2.
答案：2
13．(2019屆高三·益陽(yáng)、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(diǎn)，|AB|＝，則拋物線C2的方程
24、為_(kāi)_________．
解析：法一：由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個(gè)交點(diǎn)為原點(diǎn)，不妨記為B，
設(shè)A(m，n)．∵|AB|＝，
∴
解得即A.
將A的坐標(biāo)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(gè)交點(diǎn)為原點(diǎn)，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(biāo)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
25、形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，雙曲線以A，B為焦點(diǎn)，且與線段CD(包括端點(diǎn)C，D)有兩個(gè)交點(diǎn)，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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(－2,0)，B(2,0)，C(1，)．
設(shè)以A，B為焦點(diǎn)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(shí)，y2＝a2＋－5.要使雙曲線與線段CD(包括端點(diǎn)C，D)有兩個(gè)交點(diǎn)，則a2＋－5≥3，解得a2≥4＋2或0＜a2≤4－2，由a2≥4＋2得a≥
26、＋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(guò)圓Γ：x2＋y2＝4外一點(diǎn)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(diǎn)，則四邊形ABCD面積的最大值為_(kāi)_______．
解析：如圖所示，S四邊形ABCD＝(PA·PD－PB·PC)，
取AB，CD的中點(diǎn)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)]＝PE·DF＋AE·PF，
由題意知四邊
27、形OEPF為矩形，則OE＝PF，OF＝PE，
結(jié)合柯西不等式有S四邊形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤，
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(duì)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(shí)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(shí)，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：
高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（二十）“選填”壓軸小題命題的4大區(qū)域 理（普通生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題
