二輪復習數(shù)學理普通生通用版講義：第一部分 第三層級 難點自選專題二　“選填”壓軸小題的4大搶分策略 Word版含解析

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1、難點自選專題二難點自選專題二“選填選填”壓軸小題的壓軸小題的 4 大搶分策略大搶分策略解答選擇題中的壓軸題，務必要遵循解答選擇題中的壓軸題，務必要遵循“小題小解小題小解”的原則，要抓住已知條件與備選項的原則，要抓住已知條件與備選項之間的關系進行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項的暗示作用，選用解法要靈活機動，之間的關系進行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項的暗示作用，選用解法要靈活機動，做到具體問題具體分析，不要生搬硬套能做到具體問題具體分析，不要生搬硬套能定性判定定性判定的，就不再使用復雜的定量計算；能的，就不再使用復雜的定量計算；能用用特殊值分析特殊值分析的，就不再采用常規(guī)解法；能用的，就不再

2、采用常規(guī)解法；能用間接法求解間接法求解的，就不再用直接法的，就不再用直接法能否快速準確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學成敗的關鍵現(xiàn)行考試大能否快速準確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學成敗的關鍵現(xiàn)行考試大綱對解答填空題提出的基本要求是綱對解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速正確、合理、迅速”也就是說解填空題務必要做也就是說解填空題務必要做到：到：特例思想開思路特例思想開思路特例思想是通過考查數(shù)學對象的特殊情況來獲得一般性結論舉出特例或者研究特殊特例思想是通過考查數(shù)學對象的特殊情況來獲得一般性結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，對于解決一般情

3、況可以提供解題情況要比研究一般情況容易很多研究清楚了特殊情況，對于解決一般情況可以提供解題思路當題目十分復雜或解題目標不明確時，往往需要考查題設條件中的某些特殊情況，思路當題目十分復雜或解題目標不明確時，往往需要考查題設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)解決問題的方法問題的方法典例典例已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x13sin 2xasin x 在在 R R 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，則則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A1,1B.1，13C.13，13D.1，

4、13解析解析法一：特殊值法法一：特殊值法對函數(shù)對函數(shù) f(x)求導，得求導，得 f(x)123cos 2xacos x5343cos2xacos x根據(jù)題意，根據(jù)題意，f(x)0 恒成立恒成立，因為函數(shù)因為函數(shù) f(x)為偶函數(shù)為偶函數(shù)，從而從而 f(x)0 的兩根一定互為相反數(shù)的兩根一定互為相反數(shù)，即可即可知知 a 的值關于原點對稱，排除選項的值關于原點對稱，排除選項 B、D；當；當 a1 時，時，f(0)5343cos20acos 00，說，說明函數(shù)明函數(shù) f(x)不是恒單調(diào)遞增的，排除選項不是恒單調(diào)遞增的，排除選項 A.故選故選 C.法二：特殊值法法二：特殊值法觀察本題的四個選項觀察本題

5、的四個選項，發(fā)現(xiàn)選項發(fā)現(xiàn)選項 A、B、D 中都有數(shù)中都有數(shù)1，故取故取 a1，f(x)x13sin 2xsin x，f(x)123cos 2xcos x，但但 f(0)1231230 時時，分離參數(shù)得分離參數(shù)得 a43t253t43t53t恒成立恒成立設函數(shù)設函數(shù) h(t)43t53t，即有即有 ah(t)max成立，由于成立，由于 h(t)4353t20，從而可知函數(shù)，從而可知函數(shù) h(t)在在(0,1上單調(diào)遞增，所以上單調(diào)遞增，所以 ah(1)13.當當 t0 時，分離參數(shù)得時，分離參數(shù)得 a43t253t43t53t恒成立易得恒成立易得 ah(t)minh(1)13.綜上所述，綜上所述，

6、a 的取值范圍是的取值范圍是13，13 .故選故選 C.答案答案C 題后悟通題后悟通 (1)本題的四種解法中本題的四種解法中，解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性單調(diào)性、奇偶性奇偶性)出發(fā)出發(fā)，排除不符合排除不符合題意的選項，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項特征出發(fā)，采取特值法題意的選項，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項特征出發(fā)，采取特值法解題解題，方法簡單方法簡單；解法三就是將函數(shù)解法三就是將函數(shù) f(x)求導后求導后，再構造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式再構造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式 g(t)0 恒成立恒成立，結合函數(shù)結合函數(shù) g(t)的結構特征與圖形特征解題；解

7、法四中，令的結構特征與圖形特征解題；解法四中，令 cos xt，對參數(shù)，對參數(shù) t 進行分類討論進行分類討論后，再利用導數(shù)知識研究單調(diào)性、最值，這就是有關單調(diào)性問題的解題套路后，再利用導數(shù)知識研究單調(diào)性、最值，這就是有關單調(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、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、特殊圖形等進行求解特殊圖形等進行求解應用體驗應用體驗1(2016全國卷全國卷)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)(xR R)滿足滿足 f(x)2f(x)，若函數(shù)若函數(shù) yx1x與與 yf(x)圖象的交點為圖象的交點為(

8、x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，則，則錯誤錯誤!(xiyi)()A0BmC2mD4m解析：解析：選選 B法一：法一：(利用函數(shù)的對稱性利用函數(shù)的對稱性)由由 f(x)2f(x)，知知 f(x)f(x)2，所以點所以點(x，f(x)與點與點(x，f(x)連線的中點是連線的中點是(0,1)，故函數(shù)，故函數(shù) f(x)的圖象關于點的圖象關于點(0,1)成中心對稱成中心對稱(此處也可以這樣考慮：由此處也可以這樣考慮：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，則則 F(x)F(x)0，即即 F(x)f(x)1 為奇函數(shù)，圖象關于

9、點為奇函數(shù)，圖象關于點(0,0)對稱，而對稱，而 F(x)的圖象可看成是的圖象可看成是 f(x)的圖象向下的圖象向下平移一個單位得到的平移一個單位得到的， 故故f(x)的圖象關于點的圖象關于點(0,1)對稱對稱) 又又yx1x11x的圖象也關于點的圖象也關于點(0,1)對稱對稱， 所以兩者圖象的交點也關于點所以兩者圖象的交點也關于點(0,1)對稱對稱， 所以對于每一組對稱點所以對于每一組對稱點 xixi0， yiyi2，所以，所以錯誤錯誤!(xiyi)錯誤錯誤!i錯誤錯誤!i02m2m，故選，故選 B.法二：法二：(構造特殊函數(shù)構造特殊函數(shù))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，則，則 F(x)為奇函數(shù)，為奇函數(shù)，即即 f(x)1 為奇函數(shù)，從而可令為奇函數(shù)，從而可令 f(x)1x，即即 f(x)x1，顯然該函數(shù)滿足此條件，顯然該函數(shù)滿足此條件此時此時 yx1 與與 yx1x的交點分別為的交點分別為(1,2)和和(1,0)，所以所以 m2，錯誤錯誤!(xiyi)12(1)02，結合選項可知選結合選項可知選 B.2.如圖如圖，在在ABC 中中，點點 O 是是 BC 的中點的中點，連接連接 AO，過點過點 O 的直線的直線分別交直線分別交直線 AB， AC 于不同的兩點于不同的兩點 M， N， 若若 ABm AM，

11、ACn AN，則則 mn 的值為的值為_解析：法一：解析：法一：因為因為 O 是是 BC 的中點，的中點，所以所以 AO12( AB AC)m2AMn2AN.因為因為 M，O，N 三點共線，所以三點共線，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 與與 B 重合，重合，N 與與 C 重合，重合，此時此時 mn1，得，得 mn2.答案：答案：23 已知已知ABC 中中， AB4，AC5，點點 O 為為ABC 所在平面內(nèi)一點所在平面內(nèi)一點， 滿足滿足| OA| OB| OC|，則，則 AO BC_.解析：法一：解析：法一：如圖，如圖， AB OB OA， AC

12、OC OA， AB2 OB22 OB OA OA2，AC2 OC22 OC OAOA2.兩式相減，得兩式相減，得 AC2 AB22 OB OA2 OC OA.25162 OA( OB OC)，92 OA CB， AO BC92.法二：法二：(特殊圖形法特殊圖形法)若若ABC 為直角三角形，如圖，為直角三角形，如圖，則則 AO12( AB AC)， BC AC AB， AO BC12( AB AC)( AC AB)12( AC2 AB2)92.答案：答案：92極限思想減運算極限思想減運算極限思想就是考慮相關問題的極端情況，極端情形往往都是相關命題的極限情況，或極限思想就是考慮相關問題的極端情況，

13、極端情形往往都是相關命題的極限情況，或是某個變量所在區(qū)間端點的取值例如線段是三角形高為零的極端情況，切線是割線的極是某個變量所在區(qū)間端點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端情形(即極限即極限)等等有些高考數(shù)學壓軸題的求解有些高考數(shù)學壓軸題的求解，常常要從它的極端情形來尋找突破口常常要從它的極端情形來尋找突破口一一般來說，運用極限思想分析問題，往往能夠減少運算量，尤其是選擇題和填空題，運用極般來說，運用極限思想分析問題，往往能夠減少運算量，尤其是選擇題和填空題，運用極限思想分析解題可以快速準確地解決問題，從而避免小題大做，節(jié)省考場上的答題時間限思想分析解題可以快速準確地

14、解決問題，從而避免小題大做，節(jié)省考場上的答題時間典例典例在平面四邊形在平面四邊形 ABCD 中，中，ABC75 ，BC2，則則 AB 的取值范圍是的取值范圍是_解析解析法一：極限法法一：極限法如圖如圖，動態(tài)地審視平面四邊形動態(tài)地審視平面四邊形 ABCD，邊邊 BC2 固定固定，BC75 固定固定，延長延長 BA，CD交于交于點點P.雖然雖然BAD75 ， 但但AB邊并不固定邊并不固定， 平行移平行移動動AD邊邊， 則容易看則容易看出出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，則，則 AB 的取值范的取值范圍是圍是

15、( 6 2， 6 2)法二：分割法法二：分割法易知易知ADC135 .如圖，連接如圖，連接 BD，設，設BDC，ADB，則，則135 .在在ABD 和和BCD 中，由正弦定理得中，由正弦定理得BCsin BDsin 75ABsin ，則則 ABBCsin sin 2sin 135 sin 2sin 45 sin 211tan ，由由75180，13575180，得得 30 105 ，所以所以 321tan 3.則則 6 2ABb.設函數(shù)設函數(shù) f(x)(2x1)(x1)， 且關于且關于 x 的方程的方程 f(x)m(mR R)恰有三個互不相等的實根恰有三個互不相等的實根 x1， x2， x3，

16、 則則 x1x2x3的取值范圍是的取值范圍是_解析解析f(x)(2x1)(x1) 2x1 2 2x1 x1 ，x0， x1 2 2x1 x1 ，x0，f(x)2x2x，x0，x2x，x0.故關于故關于 x 的方程的方程 f(x)m(mR R)恰有三個互不相等的實根恰有三個互不相等的實根 x1，x2，x3，等價于函數(shù)，等價于函數(shù) f(x)的圖象與直線的圖象與直線 ym 有三個不同的交點有三個不同的交點作出函數(shù)作出函數(shù) f(x)的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知 0m0 時，時，x2xm，即即 x2xm0，由此可得由此可得 x2x3m.當當 x0 時，由時，由 2

17、x2x14，得，得 x1 34.當當 m 在在0，14 上遞增時，上遞增時，|x1|也在也在 0，|1 34|上遞增上遞增從而從而 m|x1|隨著隨著 m 的遞增而遞增，的遞增而遞增，而而 x10，a a 與與 b b的夾角的夾角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，則中，則 a a b b()A.12B1C.32D.52解析：解析：選選 C由定義由定義 ，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.又因為又因為0，4 ，所以，所以22cos 1.從而可得從而可得 0|b b|cos |a a|1，即，即 0b b a a1.因為因為 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，將將代入上式，化簡得代入上式，化簡得 1a a b b2.又因為又因為 a a b bn2| |nZ，所以，所以 a a b b32，故選，故選 C.定義分析解壓軸定義分析解壓軸解答數(shù)學高考壓軸題，入手的關鍵就是要先弄清問題所涉及的概念、定義及其相關的解答數(shù)學高考壓軸題，入手的關鍵就是要先弄清問題所涉及的概念、定義及其相關

19、的隱含信息，然后運用數(shù)學的通性通法隱含信息，然后運用數(shù)學的通性通法定義法、分析法、綜合法、分離變量法、數(shù)形結定義法、分析法、綜合法、分離變量法、數(shù)形結合法、向量法、重要不等式法等進行分析、整合，認識問題的本質(zhì)，探究與問題相關的基合法、向量法、重要不等式法等進行分析、整合，認識問題的本質(zhì)，探究與問題相關的基本概念或數(shù)學模型本概念或數(shù)學模型只有明確了命題中的相關概念只有明確了命題中的相關概念、定義及數(shù)學模型定義及數(shù)學模型，才能準確理解題意才能準確理解題意、靈活運用知識分析問題，解決問題，促進解題思路的創(chuàng)新因此，運用定義分析問題是準靈活運用知識分析問題，解決問題，促進解題思路的創(chuàng)新因此，運用定義分析

20、問題是準確、迅速解答數(shù)學高考壓軸題的重要策略確、迅速解答數(shù)學高考壓軸題的重要策略典例典例已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)是定義在是定義在(，)上的奇函數(shù)，且當上的奇函數(shù)，且當 x0 時，時，f(x)|xa2|x2a2|3a22，若，若xR R，f(x1)f(x)，則實數(shù)，則實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為()A.16，16B.66，66C.13，13D.33，33解析解析法一：法一：當當 x0 時，時，f(x)x，0 xa2，a2，a2x2a2，x3a2，x2a2，作出函數(shù)作出函數(shù) f(x)的圖象，如圖所的圖象，如圖所示示因為對因為對xR R，f(x1)f(x)成立成立，所以對應的函數(shù)所以對應的函

21、數(shù) f(x1)的圖象恒在函數(shù)的圖象恒在函數(shù) f(x)的圖象的圖象的下方的下方由此可知，只需函數(shù)由此可知，只需函數(shù) f(x)在在 x2a2時，時，f(x)x3a2，又又 f(x)是是 R R 上的奇函數(shù)，上的奇函數(shù)，所以所以 x0 時，時，f(x)的最小值為的最小值為a2.因為因為 f(x)為奇函數(shù)，所以當為奇函數(shù)，所以當 x0 時，時，f(x)a2所對應的橫坐標為所對應的橫坐標為 x4a2，即，即 B 點的橫坐標點的橫坐標當當 x0 時，時，f(x)a2所對應的橫坐標所對應的橫坐標 xmin2a2，即，即 A 點的橫坐標點的橫坐標故要對故要對xR R，都有，都有 f(x1)f(x)成立，則要成

22、立，則要 A，B 兩點的跨度不大于兩點的跨度不大于 1.否則，否則，f(x)的圖象向右平移的圖象向右平移 1 個單位后，線段個單位后，線段 DB 會在會在 A1C1的下方，的下方，此時的圖象與對應的函數(shù)不等式此時的圖象與對應的函數(shù)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 題后悟通題后悟通 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用數(shù)形結合思想，綜合運用數(shù)學知識分析問題、解決問題的能力注題意在考查考生應用數(shù)形結合思

23、想，綜合運用數(shù)學知識分析問題、解決問題的能力注重理解題意重理解題意，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進行探究根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進行探究，抓住函數(shù)抓住函數(shù) f(x)在在 x0)，過點，過點 P 作作 PMy軸于軸于 M，則則 M0，2 2t，Q Qt，2 2t.從而從而|MQ Q| 0t 22 2t2 2t2t232t2，在折疊后的圖形中，有在折疊后的圖形中，有|Q QM1|MP|t，故故|PQ Q|2|Q QM1|2|MM1|2|MP|2|Q QM|2|MP|22t232t222t232t216.當且僅當當且僅當 t24，即，即 t2 時等號成立，時等號成立，所以當所以當 t2 時，即時，即 P 坐

24、標為坐標為(2， 2)時，時，|PQ Q|的最小值為的最小值為 164.綜上所述，折疊后線段綜上所述，折疊后線段 PQ Q 的長度的最小值等于的長度的最小值等于 4.法二：法二：設設 P(x0，y0)到兩漸近線的距離分別為到兩漸近線的距離分別為 m，n，如圖，則有如圖，則有|PM|Q QM1|m，|PN|n，且且 m|x0y0|2，n|x0y0|2.易知，折疊后的易知，折疊后的 PQ Q，可視為一長方體的體對角線，可視為一長方體的體對角線則則 PQ Q2Q QM21M1M2MP22m24n22 8mn4 2x20y20216.所以所以|PQ Q|min4.答案：答案：4專題過關檢測專題過關檢測

25、A 組組選擇題解題技法專練選擇題解題技法專練1若若 sin sin 13(cos cos )，(0，)，則，則的值為的值為()A23B3C.3D.23解析：解析：選選 D令令6，則有，則有 sin 13cos tan 33，(0，)，所以所以56，從而，從而23.2已知已知 0ab1，則，則 ab，logba，logab 的大小關系是的大小關系是()AlogabablogbaBlogablogbaabClogbalogababDablogablogba解析：解析：選選 A顯然，直接找這三個數(shù)的大小關系不容易，但對顯然，直接找這三個數(shù)的大小關系不容易，但對 a，b 取某些特殊的值取某些特殊的值，

26、其大小關系就非常明顯了其大小關系就非常明顯了如令如令 a14，b12，則有，則有l(wèi)ogablog420，logbalog242，ab1412，由此可得，由此可得選選 A.3若不等式若不等式 x2logax0 在在0，12 內(nèi)恒成立，則內(nèi)恒成立，則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A.116，1B.116，1C.0，116D.0，116解析：解析：選選 A因為因為 x0，12 ，當，當 a116時，顯然時，顯然 x2logax 恒成立恒成立又當又當 x12時，由時，由14116；當；當 x0 時，可推得時，可推得 a0 恒恒成立，則成立，則的取值范圍是的取值范圍是()A.12，512B.6，4C

27、.4，34D.6，56解析：解析：選選 A令令 x1，不等式化為，不等式化為 cos 0；令令 x0，不等式化為，不等式化為 sin 0.又又 0，所以，所以 02.當當1x0.設設xx1t(t0 對對 t0，即，即 sin 212.又又 02，所以，所以6256，故，故12512.6在對角線在對角線 AC16 的正方體的正方體 ABCDA1B1C1D1中，正方形中，正方形 BCC1B1所在平面內(nèi)的動所在平面內(nèi)的動點點P 到直線到直線 D1C1，DC 的距離之和為的距離之和為 4，則，則PC1PC1的取值范圍是的取值范圍是()A2,1B0,1C1,1D.2，14解析：解析：選選 A法一：法一：

28、依題意可知依題意可知 CC12 3，點點 P 到點到點 C1與與 C 的距離之和為的距離之和為 4，從而可得點從而可得點 P 在以在以 C1C 為為 y 軸軸，C1C 的中點為原點的橢圓的中點為原點的橢圓 4x2y24 上上設設 P(x0，y0)，則則PC1PC1(x0，y0 3)(x0，y0 3)x20y20334y202(2y02)由此可得由此可得2PC1PC11，故選，故選 A.法二：法二：由四個備選項可知，由四個備選項可知，B、C、D 都是都是 A 的子集的子集于是，由于是，由“若若 A 則則 B 把把 A 拋，拋，A，B 同真都去掉同真都去掉”可知，應著重考查可知，應著重考查“2”與

29、與“1”的的值能否取到值能否取到又由條件易知，點又由條件易知，點 P 在以在以 C1C 為為 y 軸，軸，C1C 的中點為原點的橢圓的中點為原點的橢圓 4x2y24 上上由此可得，當由此可得，當 y0 時，時，PC1PC1可取到可取到2，當當 x0 時，時，PC1PC1可取到可取到 1.故選故選 A.7.如圖所示，如圖所示，A 是函數(shù)是函數(shù) f(x)2x的圖象上的動點，過點的圖象上的動點，過點 A 作直線平作直線平行于行于 x 軸，交函數(shù)軸，交函數(shù) g(x)2x2的圖象于點的圖象于點 B，若函數(shù)，若函數(shù) f(x)2x的圖象上的圖象上存在點存在點 C 使得使得ABC 為等邊三角形，則稱為等邊三角

30、形，則稱 A 為函數(shù)為函數(shù) f(x)2x的圖象上的圖象上的的“好位置點好位置點”，則函數(shù)，則函數(shù) f(x)2x的圖象上的的圖象上的“好位置點好位置點”的個數(shù)為的個數(shù)為()A0B1C2D3解析解析：選選 B設設 A(x,2x)，B(x2,2x)，若若ABC 為等邊三角形為等邊三角形，則則 C(x1,2x1)，且且 ACAB2，即，即 1 2x2x1 22，即，即 22x23，又，又 y22x2單調(diào)遞增，所以方程有唯一解單調(diào)遞增，所以方程有唯一解 xlog2321，即函數(shù)，即函數(shù) f(x)2x的圖象上的的圖象上的“好位置點好位置點”的個數(shù)為的個數(shù)為 1.8函數(shù)函數(shù) f(x)的定義域為的定義域為 R

31、 R，若，若 f(x1)與與 f(x1)都是奇函數(shù)，則都是奇函數(shù)，則()Af(x)是偶函數(shù)是偶函數(shù)Bf(x)是奇函數(shù)是奇函數(shù)Cf(x)f(x2)Df(x3)是奇函數(shù)是奇函數(shù)解析：解析：選選 D法一：法一：因為因為 f(x1)是奇函數(shù)，所以是奇函數(shù)，所以 f(x)f(x11)f(x1)1f(x2)，又因為又因為 f(x1)是奇函數(shù)，則是奇函數(shù)，則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)是奇函數(shù)，因而選是奇函數(shù)，因而選 D.法二：法二：令令 f(x)sin x，則則 f(x1)sin(x1)sin x，f(x1)sin(x

32、1)sin x.所以，當所以，當 f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時，都是奇函數(shù)時，f(x)不是偶函數(shù)，排除不是偶函數(shù)，排除 A.令令 f(x)cos2x，則，則f(x1)cos2 x1 sin2x，f(x1)cos2 x1 sin2x，且且 f(x2)cos2 x2 cos2x，所以，當所以，當 f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時，都是奇函數(shù)時，f(x)不是奇函數(shù)，且不是奇函數(shù)，且 f(x)f(x2)，排除，排除 B、C，故選，故選 D.9 已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x(1a|x|)， 若關于若關于 x 的不等式的不等式 f(xa)f(x)的解集為的解集為 A， 且且12，12 A，則實數(shù)，

33、則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A.1 52，0B.1 32，0C.1 52，00，1 32D.，1 52解析：解析：選選 A由題意得由題意得(xa)(1a|xa|)x(1a|x|)當當 a2，x0 時，時，有有(02)(12|02|)60(120)不成立，故不成立，故 D 錯錯當當 a12，x12時，時，有有1212112|1212|1321211212 不成立故不成立故 C 錯錯當當 a1 32，x12時，時，有有121 3211 32|121 32|121121 32，即即2 3293 34 3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則以則以 AF 為直徑的圓的方程為為直徑的圓的

34、方程為(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在我們學過的函數(shù)中有這樣一類函數(shù)：在我們學過的函數(shù)中有這樣一類函數(shù)：“對任意一個三角形，只要它的三邊長對任意一個三角形，只要它的三邊長 a，b，c 都在函數(shù)都在函數(shù) f(x)的定義域內(nèi)的定義域內(nèi)，就有函數(shù)值就有函數(shù)值 f(a)，f(b)，f(c)也是某個三角形的三邊長也是某個三角形的三邊長”下下面四個函數(shù)：面四個函數(shù)：f(x) x(

35、x0)；f(x)x2(x0)；f(x)sin x(0 x)；f(x)cos x0 x4 .屬于這一類函數(shù)的有屬于這一類函數(shù)的有()A1 個個B2 個個C3 個個D4 個個解析：解析：選選 B設設 0c，ab2 abc，( a b)2c， a b c，即即 f(a)f(b)f(c)，f(x) x(x0)屬于這一類函數(shù)；屬于這一類函數(shù)；舉反例：若舉反例：若 a3，b3，c5，則，則 a2b2c2，即即 f(a)f(b)0)不屬于這一類函數(shù)；不屬于這一類函數(shù)；舉反例：若舉反例：若 a2，b56，c56，則，則 sin asin bsin c，即即 f(a)f(b)f(c)12121，f(x)sin

36、x(0 x)不屬于這一類函數(shù)；不屬于這一類函數(shù)；設設 0abc22，f(b)f(c)cos bcos c 2，而，而 cos af(a)，f(x)cos x0 x0 且且 x1時，時，2f x xf x x10，若曲線，若曲線 yf(x)在在 x1 處的切線的斜率為處的切線的斜率為45，則，則 f(1)_.解析：解析：因為當因為當 x0 且且 x1 時，時，2f x xf x x10，所以當所以當 x1 時，時，2f(x)xf(x)0；當當 0 x1 時，時，2f(x)xf(x)1 時，時，g(x)0，函數(shù)，函數(shù) g(x)x2f(x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增；當當 0 x1 時，時，g(x)0，當當

37、 1a2 時時，關于關于 x 的方程的方程 ff(x)a 實數(shù)解的個實數(shù)解的個數(shù)為數(shù)為_解析：解析：當當 1a2 時，作出函數(shù)時，作出函數(shù) f(x)的圖象如圖所示，令的圖象如圖所示，令 uf(x)，則，則 f(u)a，由，由 f(x)的的圖象可知圖象可知，若若 u 滿足滿足 u0，解得解得1e2u1e1 或或2eue2，顯然顯然，當當 x0，1e2u1e0,2eue2時，時，f(x)u 也有也有 2 個解因此個解因此 ff(x)a 有有 4 個實個實數(shù)解數(shù)解答案：答案：44(2019 屆高三屆高三武漢調(diào)研武漢調(diào)研)過拋物線過拋物線 C：y24x 的焦點的焦點 F 的直線的直線 l 與拋物線與拋

38、物線 C 交于交于 P，Q Q 兩點，與準線交于點兩點，與準線交于點 M，且，且FM3 FP，則，則| FP|_.解析：解析：過點過點 P 作作 PP1垂直準線于垂直準線于 P1，由由FM3 FP，得，得|PM|2|PF|，又由拋物線的定義知又由拋物線的定義知|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已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)12x3mx3nx(m0，n0)，且，且 f(x)在在0,1上的最小值為上的最小值為3116，則則f(x)在在1,0上的最大值為上

39、的最大值為_解析解析： 令令 g(x)mx3nx(m0， n0)， 則則 g(x)3mx2n， 因為因為 m0， n0， 所以所以 g(x)0，所以所以 g(x)為減函數(shù)為減函數(shù)又又 y12x3為減函數(shù)為減函數(shù)，所以所以 f(x)為減函數(shù)為減函數(shù)當當 x0,1時時，f(x)minf(1)mn1163116，得，得 mn2，當，當 x1,0時，時，f(x)maxf(1)mn1494.答案：答案：946已知向量已知向量 a a，b b，c c 滿足滿足|a a| 2，|b b|a ab b3，若若(c c2a a)(2b b3c c)0, 則則|b bc c|的最的最大值是大值是_解析：解析：設設

40、 a a 與與 b b 的夾角為的夾角為，則，則 a ab b|a a|b b|cos ，cos ab|a|b|32322，0，4.設設 OAa a， OBb b，c c(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標系，建立如圖所示的平面直角坐標系則則 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|的最大值為的最大值為 21.答案：答案： 21

41、7(2018開封高三定位考試開封高三定位考試)已知正三角形已知正三角形 ABC 的邊長為的邊長為 2，將它沿高將它沿高 AD 翻折翻折，使使點點B 與點與點 C 間的距離為間的距離為 3，此時四面體，此時四面體 ABCD 的外接球的表面積為的外接球的表面積為_解析：解析：如圖如圖，在正三角形，在正三角形 ABC 中，中，ABBCAC2，則，則 BDDC1，AD 3，在翻折后所得的幾何體中在翻折后所得的幾何體中， 如圖如圖， ADBD， ADCD， 則則 AD平面平面 BCD， 三棱錐三棱錐 ABCD的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球， 球心到截球心到截面面BC

42、D的距的距離離d12AD32.在在BCD中中，BC 3， 則由余弦定理則由余弦定理， 得得 cosBDCBD2DC2BC22BDDC1212 3 221112， 所以所以BDC120 .設球的半徑為設球的半徑為 R，BCD 的外接圓半徑為的外接圓半徑為 r，則由正弦定理，得，則由正弦定理，得 2rBCsin BDC3sin 1202， 解得解得 r1， 則球的半徑則球的半徑 R d2r23221272， 故球的表面積故球的表面積 S4R247227.答案：答案：78.(2018湘中名校聯(lián)考湘中名校聯(lián)考)一塊邊長為一塊邊長為 a cm 的正方形鐵片按如圖所的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下示的

43、陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則容器的容積的最大值是正四棱錐形容器，則容器的容積的最大值是_解析：解析：如圖，設如圖，設 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)，則則 y4a2x36x52x3(2a23x2)當當 y0 時，時，x63a.當當 y0 時，時，63ax0 時，時，0 x63a.所以所以 ya2x4x6(0 xa)在在0，63a上是增

44、函數(shù)，上是增函數(shù)，在在63a，a上是減函數(shù)，上是減函數(shù)，所以當所以當 x63a 時，時，ymaxa263a463a6427a6，即即 V(x)max16427a6327a3.答案：答案：327a39 已知函已知函數(shù)數(shù) f(x)sinx4 與函與函數(shù)數(shù) g(x)cosx4 在區(qū)間在區(qū)間54，74 上的圖象交上的圖象交于于 A，B，C 三點，則三點，則ABC 的周長為的周長為_解析：解析：因為函數(shù)因為函數(shù) f(x)sinx4 與函數(shù)與函數(shù) g(x)cosx4 在區(qū)間在區(qū)間54，74 上的圖象交上的圖象交于于 A，B，C 三點，所以由三點，所以由 sinx4 cosx4 ，x54，74 ，解得，解得

45、 x1,0,1，不妨設不妨設 A1，22 ，B0，22 ，C1，22 ，所以所以 AB 10 222222 3，AC2，BC 10 2222223，所以所以ABC 的周長為的周長為 ABACBC22 3.答案：答案：22 310 (2019 屆高三屆高三昆明調(diào)研昆明調(diào)研)將數(shù)列將數(shù)列an中的所有項按每一行比上一行多中的所有項按每一行比上一行多 1 項的規(guī)則排成項的規(guī)則排成如下數(shù)陣：如下數(shù)陣：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10記數(shù)陣中的第記數(shù)陣中的第 1 列數(shù)列數(shù) a1，a2，a4，構成的數(shù)列為構成的數(shù)列為bn，Sn為數(shù)列為數(shù)列bn的前的前 n 項和項和若若Sn2bn1，則，

46、則 a56_.解析：解析：當當 n2 時，時，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2 且且 nN N*)，b12b11，b11，數(shù)列數(shù)列bn是首項為是首項為 1，公比為，公比為 2 的等比數(shù)列，的等比數(shù)列，bn2n1.設設 a1，a2，a4，a7，a11，的下標的下標 1,2,4,7,11，構成數(shù)列構成數(shù)列cn，則則 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鄭州第一次

47、質(zhì)量測試鄭州第一次質(zhì)量測試)已知雙曲線已知雙曲線 C：x2a2y2b21 的右焦點為的右焦點為 F，過點，過點 F 向雙向雙曲線的一條漸近線作垂線曲線的一條漸近線作垂線，垂足為垂足為 M，交另一條漸近線于交另一條漸近線于 N，若若 2MF FN，則雙曲線的則雙曲線的漸近線方程為漸近線方程為_解析：解析：由題意得雙曲線的漸近線方程為由題意得雙曲線的漸近線方程為 ybax，F(xiàn)(c,0)，則，則|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，因為因為MOFFON，所以由角平分

48、線定理可得，所以由角平分線定理可得|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，所以雙曲線，所以雙曲線 C 的漸近線方程為的漸近線方程為 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)，則，則 mn 的取值范圍是的取值范圍是_解析：解析：因為因為C45 ，所以，所以AOB90 .由已知，不妨設由已知，不妨設ABC 的外接的外接圓半徑為圓半徑為 1，并設，并設

49、OAi， OBj，則，則 C(m，n)，點，點 C 的軌跡是以原點為圓的軌跡是以原點為圓心心，1 為半徑的為半徑的34圓弧圓弧(不含端點不含端點)，如圖所示如圖所示設設 mnt，則直線則直線 xyt 與與此圓弧有公共點，故此圓弧有公共點，故 2t1，即，即 mn 的取值范圍是的取值范圍是 2，1)注：也可設注：也可設 mcos ，nsin 22，則，則 mn 2sin4 .因為因為34494，所以所以1sin4 22，所以，所以 2mn132.設設 AB 的中點的中點 P(x0，y0)，則則 x012(x1x2)18，y012x0b116b.由由點點P 在直線在直線 l1上，得上，得116b1

50、4t，于是，于是 t516b516132932.故故 l1在在 y 軸上截距的取值范軸上截距的取值范圍為圍為932，.答案：答案：932，14 (2019 屆高三屆高三廣州調(diào)研廣州調(diào)研)在平面直角坐標在平面直角坐標系系 xOy 中中， 直直線線 x 2y2 20 與橢與橢圓圓 C：x2a2y2b21(ab0)相切，且橢圓相切，且橢圓 C 的右焦點的右焦點 F(c,0)關于直線關于直線 l：ycbx 的對稱點的對稱點 E 在橢圓在橢圓 C上，則上，則OEF 的面積為的面積為_解析：解析：聯(lián)立聯(lián)立x 2y2 20，x2a2y2b21，消去消去 x，化簡得，化簡得(a22b2)y28b2yb2(8a

51、2)0，由由0， 得得 2b2a280.設設 F為橢圓為橢圓 C 的左焦點的左焦點， 連接連接 FE， 易知易知 FEl， 所以所以 FEEF，又點，又點 F 到直線到直線 l 的距離的距離 dc2c2b2c2a，所以，所以|EF|2c2a，|FE|2a|EF|2b2a，在在 RtFEF 中，中，|FE|2|EF|2|FF|2，化簡得，化簡得 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 屆高三屆高三山西四校聯(lián)考山西四校聯(lián)考)如圖如圖， 等邊等邊ABC 的邊長為的邊長為 2， 頂點頂

52、點 B，C 分別在分別在 x 軸的非負半軸，軸的非負半軸，y 軸的非負半軸上移動，軸的非負半軸上移動，M 為為 AB 的中點，則的中點，則OAOM的最大值為的最大值為_解析解析：設設OBC，因為因為 BC2，所以所以 B(2cos ，0)，C(0,2sin )，則則 BC(2cos ，2sin )，設，設 BA(x，y)，因為，因為ABC 是邊長為是邊長為 2 的等邊三角形，的等邊三角形，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 )，則則 OA OB BA( 3sin cos ，

53、3cos sin )，因為因為 M 為為 AB 的中點，的中點，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的最大值為的最大值為52 7.答案：答案：52 716已知函數(shù)已知函數(shù) f(x) 3sin 2x2cos2xm 在區(qū)間在區(qū)間0，2 上的最大值為上的最大值為 3，則，則(1)m_；(2)對任意對任意 aR R，f(x)在在a，a20上的零點個數(shù)為上的零點個數(shù)為_解析：解析：(1)因為因為 f(x)2sin2x6 1m，當當 x0，2 時，時，62x676，所以當所以當 x6時，時，f(x)取最大值取最大值 3m，所以，所以 m0.(2)易知函數(shù)易知函數(shù) f(x)是周期為是周期為的周期函數(shù)的周期函數(shù)，由圖可知由圖可知，在每個周期內(nèi)只有在每個周期內(nèi)只有 2 個零點個零點，而而a，a20有有 20 個周期，故有個周期，故有 40 個零點，特別地，當個零點，特別地，當 a 為零點時，為零點時，a20也是零點，由此可也是零點，由此可得，此時可有得，此時可有 41 個零點所以填個零點所以填 40 或或 41.答案：答案：(1)0(2)40 或或 41