（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第三層級 難點自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生，含解析） 解答選擇題中的壓軸題，務必要遵循“小題小解”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，做到具體問題具體分析，不要生搬硬套．能定性判定的，就不再使用復雜的定量計算；能用特殊值分析的，就不再采用常規(guī)解法；能用間接法求解的，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《考試大綱》對解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”．也就是說解填空題務必要做到：

2、 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，從中找出能反映問題本質屬性的隱含信息，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． [典例]　已知函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在R上單調遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1]　　　　　 B. C. D. [解析]　法一：特殊值法 對函數(shù)f(x)求導，得f′(x)＝1－cos 2x＋aco

3、s x＝－cos2x＋acos x．根據(jù)題意，f′(x)≥0恒成立，因為函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，從而f′(x)＝0的兩根一定互為相反數(shù)，即可知a的值關于原點對稱，排除選項B、D；當a＝－1時，f′(0)＝－cos20＋acos 0<0，說明函數(shù)f(x)不是恒單調遞增的，排除選項A.故選C. 法二：特殊值法 觀察本題的四個選項，發(fā)現(xiàn)選項A、B、D中都有數(shù)－1，故取a＝－1，f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不符合f(x)在R上單調遞增，排除選項A、B、D.故選C. 法三：數(shù)形結合 根據(jù)題意，可知f′(x)＝1

4、－cos 2x＋acos x≥0在R上恒成立，化簡可得－cos2x＋acos x＋≥0在R上恒成立．又因為|cos x|≤1，令cos x＝t，則－t2＋at＋≥0在t∈[－1,1]上恒成立． 設g(t)＝－t2＋at＋，則函數(shù)g(t)在t∈[－1,1]上，使得不等式g(t)≥0恒成立， 則所以 所以－≤a≤.故選C. 法四：分類討論 由法三可知，函數(shù)g(t)＝－t2＋at＋≥0，其中t∈[－1,1]．對參數(shù)t分類討論： 當t＝0時，函數(shù)g(0)＝≥0， 此時參數(shù)a∈R，函數(shù)f(x)在R上單調遞增； 當t>0時，分離參數(shù)得a≥＝t－恒成立．設函數(shù)h(t)＝t－，即有a≥h(t)

5、max成立，由于h′(t)＝＋>0，從而可知函數(shù)h(t)在(0,1]上單調遞增，所以a≥h(1)＝－. 當t<0時，分離參數(shù)得a≤＝t－恒成立．易得a≤h(t)min＝h(－1)＝. 綜上所述，a的取值范圍是.故選C. [答案]　C [題后悟通] (1)本題的四種解法中，解法一是從函數(shù)的整體性質(單調性、奇偶性)出發(fā)，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)，采取特值法解題，方法簡單；解法三就是將函數(shù)f(x)求導后，再構造函數(shù)轉化為不等式g(t)≥0恒成立，結合函數(shù)g(t)的結構特征與圖形特征解題；解法四中，令cos x＝t，對參數(shù)t進行分類討

6、論后，再利用導數(shù)知識研究單調性、最值，這就是有關單調性問題的解題套路． (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、特殊圖形等進行求解． [應用體驗] 1．(2016·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則(xi＋yi)＝(　　) A．0 B．m C．2m D．4m 解析：選B　法一：(利用函數(shù)的對稱性) 由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)＝2，所以點(x，f(x))與點(－x，f(－x))連線的中點是(0

7、,1)，故函數(shù)f(x)的圖象關于點(0,1)成中心對稱(此處也可以這樣考慮：由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0，即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，令F(x)＝f(x)－1，則F(x)＋F(－x)＝0，即F(x)＝f(x)－1為奇函數(shù)，圖象關于點(0,0)對稱，而F(x)的圖象可看成是f(x)的圖象向下平移一個單位得到的，故f(x)的圖象關于點(0,1)對稱)．又y＝＝1＋的圖象也關于點(0,1)對稱，所以兩者圖象的交點也關于點(0,1)對稱，所以對于每一組對稱點xi＋xi′＝0，yi＋yi′＝2，所以(xi＋yi)＝i＋i＝0＋2×＝m，故選B. 法二：(構

8、造特殊函數(shù)) 由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0， 即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0. 令F(x)＝f(x)－1，則F(x)為奇函數(shù)， 即f(x)－1為奇函數(shù)，從而可令f(x)－1＝x， 即f(x)＝x＋1，顯然該函數(shù)滿足此條件． 此時y＝x＋1與y＝的交點分別為(1,2)和(－1,0)， 所以m＝2，(xi＋yi)＝1＋2＋(－1)＋0＝2， 結合選項可知選B. 2.如圖，在△ABC中，點O是BC的中點，連接AO，過點O的直線分別交直線AB，AC于不同的兩點M，N，若＝m ，＝n ，則m＋n的值為________． 解析：法一：因為O是B

9、C的中點， 所以＝(＋)＝＋. 因為M，O，N三點共線，所以＋＝1， 所以m＋n＝2. 法二：(特殊位置法) 取M與B重合，N與C重合， 此時m＝n＝1，得m＋n＝2. 答案：2 3．已知△ABC中，AB＝4，AC＝5，點O為△ABC所在平面內一點，滿足||＝||＝||，則·＝________. 解析：法一：如圖，＝－，＝－， ∴2＝2－2·＋2，2＝2－2·＋2.兩式相減，得2－2＝2·－2·. ∴25－16＝2·(－)， ∴9＝2·， ∴·＝. 法二：(特殊圖形法) 若△ABC為直角三角形，如圖， 則＝(＋)，＝－， ∴·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝.

10、 答案： 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(即極限)等．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．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． [典例]　在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________． [解析]　法一：極限法 如圖，動態(tài)地審視平面四邊形A

11、BCD，邊BC＝2固定，∠B＝∠C＝75°固定，延長BA，CD交于點P.雖然∠BAD＝75°，但AB邊并不固定，平行移動AD邊，則容易看出BQ

12、題小解”的策略．解法二將四邊形問題轉化為解三角形問題，利用正弦定理建立函數(shù)解析式求解． [應用體驗] 4．過x軸上一點P向圓C：x2＋(y－2)2＝1作圓的切線，切點為A，B，則△PAB的面積的最小值是(　　) A. B. C. D．3 解析：選A　法一：由圖可知，當點P趨向于無窮遠處時，顯然△ABP的面積趨向于無窮大；當點P趨近于原點時，△ABP的面積越來越小；當與原點重合時有|OA|＝，且此時的△PAB為正三角形．其面積為×()2×＝.故選A. 法二：設P(x,0)， 則|PC|2＝x2＋4，|PA|2＝|PB|2＝x2＋3， 設∠CPA＝θ，則有sin θ＝，co

13、s θ＝， 于是S△PAB＝|PA|2×sin 2θ＝ ＝. 顯然上式是x2的單調遞增函數(shù)，當x＝0時，S△PAB取得最小值.故選A. 建模探究破創(chuàng)新 探究創(chuàng)新性題的解題思路常用的策略是建模分析．也就是說，對這類題的求解要特別注意以下幾點： (1)領會題意，弄清問題所涉及的模型，準確把握命題給出的相關新概念、新定義的實質； (2)注重將那些抽象的概念直觀化，隱含的信息條理化，復雜的數(shù)量關系模型化； (3)善于借助它的背景、特征、性質、構思來進行分析、探究、類比、變式，構建相關的數(shù)學模型． 一旦把握了伴隨它的數(shù)學模型，也就把握了解題入門的向導，問題便可迎刃而解． [典例]

14、　對于實數(shù)a和b，定義運算“⊕”：a⊕b＝設函數(shù)f(x)＝(2x－1)⊕(x－1)，且關于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________． [解析]　f(x)＝(2x－1)⊕(x－1) ＝ ?f(x)＝ 故關于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實根x1，x2，x3，等價于函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝m有三個不同的交點． 作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知00時，－x2＋x＝m， 即x2－x＋m＝0， 由此可得x2x3＝

15、m. 當x<0時，由2x2－x＝，得x＝. 當m在上遞增時， |x1|也在上遞增． 從而m|x1|隨著m的遞增而遞增， 而x1<0，所以x1x2x3∈為所求． [答案]　 [題后悟通] 透徹理解題目給出的新定義的模型，明確f(x)的解析式是解題的切入口．用新定義考查閱讀理解能力與知識遷移能力是現(xiàn)行數(shù)學高考的出發(fā)點．求解本題的關鍵在于從圖形中觀察到|x1|的取值是m的增函數(shù)，且x＝是m＝時的極端情形． [應用體驗] 5．對任意兩個平面向量α，β，定義α°β＝，若向量a，b滿足條件|a|≥|b|>0，a與b的夾角θ∈，且a°b和b°a都在集合中，則a°b＝(　　)

16、 A. B．1 C. D. 解析：選C　由定義α°β＝， 得a°b＝＝，① 同理可得b°a＝＝.② 由|a|≥|b|>0，得0<≤1. 又因為θ∈，所以

17、等式法等進行分析、整合，認識問題的本質，探究與問題相關的基本概念或數(shù)學模型．只有明確了命題中的相關概念、定義及數(shù)學模型，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確、迅速解答數(shù)學高考壓軸題的重要策略． [典例]　已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝，若?x∈R，f(x－1)≤f(x)，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. [解析]　法一：當x≥0時，f(x)＝作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示． 因為對?x∈R，f(x－1)≤f(x)成立，所以對應的函數(shù)f(x－1)的

18、圖象恒在函數(shù)f(x)的圖象的下方． 由此可知，只需函數(shù)f(x)在x<－2a2時的圖象向右平移一個單位即可． 因為x>2a2時，f(x)＝x－3a2， 又f(x)是R上的奇函數(shù)， 所以x<－2a2時，f(x)＝x＋3a2， 由此可得f(x－1)＝x－1＋3a2. 于是，由f(x－1)≤f(x)，得 x－1＋3a2≤x－3a2， 即6a2≤1，解得a∈. 法二：由圖易知，當x>0時，f(x)的最小值為－a2. 因為f(x)為奇函數(shù)，所以當x<0時，f(x)的最大值為a2. 又易知，當x>0時，f(x)＝a2所對應的橫坐標為x＝4a2，即B點的橫坐標． 當x<0時，f(x)＝

19、a2所對應的橫坐標xmin＝－2a2，即A點的橫坐標． 故要對?x∈R，都有f(x－1)≤f(x)成立，則要A，B兩點的跨度不大于1. 否則，f(x)的圖象向右平移1個單位后，線段DB會在A1C1的下方， 此時的圖象與對應的函數(shù)不等式f(x－1)≤f(x)相悖． 所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈. [答案]　B [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．注重理解題意，根據(jù)奇函數(shù)的性質畫草圖進行探究，抓住函數(shù)f(x)在x<－2a2時的圖象向右平移1個單位

20、后與原函數(shù)的圖象的關系進行分析，是解題入手的基本途徑．解法一是從函數(shù)的表達式的角度來構建不等式的，解法二是從區(qū)間跨度的角度來構建不等式的．易知，這兩種解法都遵循了小題小解的原則，體現(xiàn)了數(shù)形結合思想在解題中的作用． [應用體驗] 6．設P，Q是雙曲線x2－y2＝4上關于原點對稱的兩點，將坐標平面沿雙曲線的一條漸近線l折成直二面角，則折疊后線段PQ的長度的最小值為________． 解析：法一：因為雙曲線x2－y2＝4是以直線y＝±x為漸近線的等軸雙曲線， 所以將雙曲線按逆時針方向旋轉45°，可得對應圖象的雙曲線方程為y＝. 因為雙曲線x2－y2＝4的頂點為A(，0)， 所以旋轉后

21、點A變?yōu)辄cA′(，)． 因為點A′在y＝的圖象上，則m＝2. 即將原雙曲線按逆時針方向旋轉45°后，所得的雙曲線的方程為y′＝.如圖． 故問題轉化為：過原點的直線交雙曲線y′＝于P，Q兩點，將坐標平面沿y′軸折成直二面角，求折后線段PQ的長度的最小值． 設P(t>0)，過點P作PM⊥y′軸于M， 則M，Q. 從而|MQ|＝ ＝ ， 在折疊后的圖形中，有|QM1|＝|MP|＝t， 故|PQ|2＝|QM1|2＋|MM1|2＋|MP|2＝|QM|2＋|MP|2＝2t2＋≥2＝16. 當且僅當t2＝4，即t＝2時等號成立， 所以當t＝2時，即P坐標為(2，)時，|PQ|的最小值

22、為＝4. 綜上所述，折疊后線段PQ的長度的最小值等于4. 法二：設P(x0，y0)到兩漸近線的距離分別為m，n， 如圖，則有|PM|＝|QM1|＝m， |PN|＝n， 且m＝， n＝. 易知，折疊后的PQ，可視為一長方體的體對角線． 則PQ2＝QM＋M1M2＋MP2＝2m2＋4n2≥2mn＝4×＝16. 所以|PQ|min＝4. 答案：4 A組——選擇題解題技法專練 1．若sin α＋sin β＝(cos β－cos α)，α，β∈(0，π)，

23、則α－β的值為(　　) A．－　　　　　　　　 　B．－ C. D. 解析：選D　令β＝，則有sin α＝－cos α?tan α＝－，α∈(0，π)， 所以α＝，從而α－β＝. 2．已知0

24、og24＝2，ab＝＝，由此可得選A. 3．若不等式x2－logax<0在內恒成立，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　因為x∈，當a＝時，顯然x2；當x→0時，可推得a<1，故選A. 4．雙曲線x2－y2＝1的左焦點為F，點P為左支下半支異于頂點A的任意一點，則直線PF斜率的變化范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：選C　如圖所示，當P→A時，PF的斜率k→0. 當PF⊥x軸時，PF的斜率不存在

25、，即k→±∞. 當P在無窮遠處時，PF的斜率k→1. 結合四個備選項得C項正確． 5．已知θ∈[0，π)，若對任意的x∈[－1,0]，不等式x2cos θ＋(x＋1)2sin θ＋x2＋x>0恒成立，則θ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　令x＝－1，不等式化為cos θ>0； 令x＝0，不等式化為sin θ>0. 又0≤θ<π，所以0<θ<. 當－10. 設＝t(t<0)， 則t2cos θ＋t＋sin θ>0對t<0恒成立． 設f(t)＝t2cos θ＋t＋sin θ＝cos θ2＋

26、sin θ－， 則f(t)min＝sin θ－>0，即sin 2θ>. 又0<2θ<π，所以<2θ<，故<θ<. 6．在對角線AC1＝6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在平面內的動點P到直線D1C1，DC的距離之和為4，則·的取值范圍是(　　) A．[－2,1] B．[0,1] C．[－1,1] D. 解析：選A　法一：依題意可知CC1＝2， 點P到點C1與C的距離之和為4， 從而可得點P在以C1C為y軸，C1C的中點為原點的橢圓4x2＋y2＝4上．設P(x0，y0)， 則·＝(x0，y0－)·(x0，y0＋)＝x＋y－3＝y(tǒng)－2(－2≤y0

27、≤2)． 由此可得－2≤·≤1，故選A. 法二：由四個備選項可知，B、C、D都是A的子集． 于是，由“若A則B把A拋，A，B同真都去掉”可知，應著重考查“－2”與“1”的值能否取到． 又由條件易知，點P在以C1C為y軸，C1C的中點為原點的橢圓4x2＋y2＝4上． 由此可得，當y＝0時，·可取到－2， 當x＝0時，·可取到1.故選A. 7.如圖所示，A是函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的動點，過點A作直線平行于x軸，交函數(shù)g(x)＝2x＋2的圖象于點B，若函數(shù)f(x)＝2x的圖象上存在點C使得△ABC為等邊三角形，則稱A為函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點”，則函數(shù)f(x)＝2x的

28、圖象上的“好位置點”的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　設A(x,2x)，B(x－2,2x)，若△ABC為等邊三角形，則C(x－1,2x－1)，且AC＝AB＝2，即＝2，即22x－2＝3，又y＝22x－2單調遞增，所以方程有唯一解x＝＋1，即函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點”的個數(shù)為1. 8．函數(shù)f(x)的定義域為R，若f(x＋1)與f(x－1)都是奇函數(shù)，則(　　) A．f(x)是偶函數(shù) B．f(x)是奇函數(shù) C．f(x)＝f(x＋2) D．f(x＋3)是奇函數(shù) 解析：選D　法一：因為f(x＋1)是奇函數(shù)，所以f(x)＝f(x－1

29、＋1)＝－f[－(x－1)＋1]＝－f(－x＋2)， 又因為f(x－1)是奇函數(shù)，則－f(－x＋2)＝－f[(－x＋3)－1]＝f(x－3－1)＝f(x－4)， 所以f(x)＝f(x－4)． 所以f(x＋3)＝f(x＋3－4)＝f(x－1)是奇函數(shù)，因而選D. 法二：令f(x)＝sin πx， 則f(x＋1)＝sin[π(x＋1)]＝－sin πx， f(x－1)＝sin[π(x－1)]＝－sin πx. 所以，當f(x＋1)，f(x－1)都是奇函數(shù)時，f(x)不是偶函數(shù)，排除A. 令f(x)＝cos x，則 f(x＋1)＝cos＝－sinx， f(x－1)＝cos＝sin

30、 x， 且f(x＋2)＝cos＝－cosx， 所以，當f(x＋1)，f(x－1)都是奇函數(shù)時，f(x)不是奇函數(shù)，且f(x)≠f(x＋2)，排除B、C，故選D. 9．已知函數(shù)f(x)＝x(1＋a|x|)，若關于x的不等式f(x＋a)

31、然，此式成立，故B不對．所以選A. 10．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e2－x，若關于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3個整數(shù)解，則實數(shù)a的最小值為(　　) A．1 B．2e C．e2＋1 D．e3＋ 解析：選C　因為f(x)＝ex＋e2－x＞0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0＜f(x)≤a.令t＝ex，則g(t)＝t＋(t＞0)，畫出函數(shù)g(t)的大致圖象如圖所示，結合圖象分析易知原不等式有3個整數(shù)解可轉化為0＜g(t)≤a的3個解分別為1，e，e2.又當t＝ex的值分別為1，e，e2時，x＝0,1,2.畫出直線y＝e2＋1，故結合函數(shù)圖象可知a的最小值為

32、e2＋1.故選C. 11．設F為雙曲線－y2＝1的左焦點，在點F右側的x軸上有一點A，以FA為直徑的圓與雙曲線左、右兩支在x軸上方的交點分別為M，N，則的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　法一：如圖，取點A為右焦點F′，則|FA|＝|FF′|. 由對稱性知|FM|＝|F′N|， 所以＝＝＝. 法二：由已知得F(－2,0)，如圖，設A(m，0)(m>)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則以AF為直徑的圓的方程為(x－m)(x＋2)＋y2＝0. 由 消去y，得x2－(m－2)x－2m－1＝0. 所以x1＋x2＝(m－2)． 所以＝ ＝＝＝

33、. 12．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a，b，c都在函數(shù)f(x)的定義域內，就有函數(shù)值f(a)，f(b)，f(c)也是某個三角形的三邊長”．下面四個函數(shù)： ①f(x)＝(x>0)；②f(x)＝x2(x>0)； ③f(x)＝sin x(0c， ∴a＋b＋2＞c，∴(＋)2>c，∴＋>， 即f(a)＋f(b)>f(c)， ∴f(x)＝(x>0)屬于這一類函數(shù)； ②舉反例：若a＝3，b＝3

34、，c＝5，則a2＋b20)不屬于這一類函數(shù)； ③舉反例：若a＝，b＝，c＝，則sin a＝sin b＋sin c， 即f(a)＝f(b)＋f(c)＝＋＝1， ∴f(x)＝sin x(0， ∴f(b)＋f(c)＝cos b＋cos c>，而cos a<1， 即f(b)＋f(c)>f(a)，∴f(x)＝cos x屬于這一類函數(shù)． 綜上，屬于這一類函數(shù)的有2個，故選B. B組——填空題解題技法專練 1．在△ABC中，角A，B，C

35、的對邊分別是a，b，c，若b－c＝acos C，且4(b＋c)＝3bc，a＝2，則△ABC的面積S＝________. 解析：由正弦定理得sin B－ sin C＝sin Acos C，∵sin B＝sin(A＋C)， ∴sin(A＋C)－sin C＝sin Acos C， 即cos Asin C＝sin C. 又sin C≠0，∴cos A＝， 又A是△ABC的內角，∴A＝60°， ∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc， ∴(b＋c)2－4(b＋c)＝12， 得b＋c＝6，∴bc＝8， ∴S＝bcsin A＝×8×＝2. 答案：2

36、 2．已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導函數(shù)，f′(x)為其導函數(shù)，當x>0且x≠1時，>0，若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為－，則f(1)＝________. 解析：因為當x>0且x≠1時，>0， 所以當x>1時，2f(x)＋xf′(x)>0； 當01時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)＝x2f(x)單調遞增； 當0

37、函數(shù)g(x)＝x2f(x)在x＝1處取得極值， 所以g′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0. 因為曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為－， 所以f′(1)＝－，所以f(1)＝×＝. 答案： 3．已知函數(shù)f(x)＝當10，解得0，0,

38、2

39、________． 解析：令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，則g′(x)＝3mx2＋n，因為m<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)為減函數(shù)．又y＝x＋3為減函數(shù)，所以f(x)為減函數(shù)．當x∈[0,1]時，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋＝－，得m＋n＝－2，當x∈[－1,0]時，f(x)max＝f(－1)＝－m－n＋＝. 答案： 6．已知向量a，b，c滿足|a|＝，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0, 則|b－c|的最大值是________． 解析：設a與b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cos θ， ∴cos θ＝＝＝， ∵θ∈[0，π

40、]，∴θ＝. 設＝a，＝b，c＝(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標系． 則A(1,1)，B(3,0)， ∴c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)， ∵(c－2a)·(2b－3c)＝0， ∴(x－2)(6－3x)＋(y－2)(－3y)＝0. 即(x－2)2＋(y－1)2＝1. ∵b－c＝(3－x，－y)， ∴|b－c|＝≤＋1＝＋1，即|b－c|的最大值為＋1. 答案：＋1 7．(2018·開封高三定位考試)已知正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點B與點C間的距離為，此時四面體ABCD的外接球的表面積為________． 解析：如圖①

41、，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，則BD＝DC＝1，AD＝，在翻折后所得的幾何體中，如圖②，AD⊥BD，AD⊥CD，則AD⊥平面BCD，三棱錐A-BCD的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距離d＝AD＝.在△BCD中，BC＝，則由余弦定理，得cos∠BDC＝＝＝－，所以∠BDC＝120°.設球的半徑為R，△BCD的外接圓半徑為r，則由正弦定理，得2r＝＝＝2，解得r＝1，則球的半徑R＝＝＝，故球的表面積S＝4πR2＝4π×2＝7π. 答案：7π 8.(2018·湘中名校聯(lián)考)一塊邊長為a cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三

42、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________． 解析：如圖，設AB＝x，OF＝， EF＝(00時，0

43、n與函數(shù)g(x)＝cos在區(qū)間上的圖象交于A，B，C三點，則△ABC的周長為________． 解析：因為函數(shù)f(x)＝sin與函數(shù)g(x)＝cos在區(qū)間上的圖象交于A，B，C三點，所以由sin ＝cos，x∈，解得x＝－1,0,1， 不妨設A，B，C， 所以AB＝＝，AC＝2，BC＝＝， 所以△ABC的周長為AB＋AC＋BC＝2＋2. 答案：2＋2 10．(2019屆高三·昆明調研)將數(shù)列{an}中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數(shù)陣： 記數(shù)陣中的第1列數(shù)a1，a2，a4，…構成的數(shù)列為{bn}，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和．若Sn＝2bn－1，則a56＝___

44、_____. 解析：當n≥2時，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1， ∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)， ∵b1＝2b1－1，∴b1＝1， ∴數(shù)列{bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列， ∴bn＝2n－1. 設a1，a2，a4，a7，a11，…的下標1,2,4,7,11，…構成數(shù)列{cn}，則c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024. 答案：1 024

45、 11．(2018·鄭州第一次質量測試)已知雙曲線C：－＝1的右焦點為F，過點F向雙曲線的一條漸近線作垂線，垂足為M，交另一條漸近線于N，若2＝，則雙曲線的漸近線方程為________． 解析：由題意得雙曲線的漸近線方程為y＝±x，F(xiàn)(c,0)，則|MF|＝b，由2＝，可得＝，所以|FN|＝2b. 在Rt△OMF中，由勾股定理， 得|OM|＝＝a， 因為∠MOF＝∠FON，所以由角平分線定理可得＝＝，|ON|＝2a， 在Rt△OMN中，由|OM|2＋|MN|2＝|ON|2，可得a2＋(3b)2＝(2a)2,9b2＝3a2，即＝，所以＝，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x. 答案：

46、±x 12．已知O是△ABC的外心，取∠C＝45°，若＝m＋n(m，n∈R)，則m＋n的取值范圍是________． 解析：因為∠C＝45°，所以∠AOB＝90°.由已知，不妨設△ABC的外接圓半徑為1，并設＝i，＝j，則C(m，n)，點C的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓弧(不含端點)，如圖所示．設m＋n＝t，則直線x＋y＝t與此圓弧有公共點，故－≤t<1，即m＋n的取值范圍是[－，1)． 注：也可設m＝cos θ，n＝sin θ，則m＋n＝sin.因為<θ＋<， 所以－1≤sin<，所以－≤m＋n<1. 答案：[－，1) 13．設點(1,2)在拋物線y＝ax2上，直線l與拋物線

47、交于A，B兩點，直線l1是線段AB的垂直平分線．若直線l1的斜率為2，則l1在y軸上截距的取值范圍為________． 解析：由點(1,2)在拋物線y＝ax2上，得a＝2，即拋物線方程為y＝2x2.設直線l1在y軸上的截距為t，依題意得l1的方程為y＝2x＋t.直線l的方程可設為y＝－x＋b，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立消去y可得2x2＋x－b＝0，則x1＋x2＝－，Δ＝＋8b＞0，即b>－.設AB的中點P(x0，y0)，則x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝－x0＋b＝＋b.由點P在直線l1上，得＋b＝－＋t，于是t＝＋b>－＝.故l1在y軸上截距的取值范圍為. 答案： 14

48、．(2019屆高三·廣州調研)在平面直角坐標系xOy中，直線x＋y－2＝0與橢圓C：＋＝1(a>b>0)相切，且橢圓C的右焦點F(c,0)關于直線l：y＝x的對稱點E在橢圓C上，則△OEF的面積為________． 解析：聯(lián)立消去x，化簡得(a2＋2b2)·y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0，得2b2＋a2－8＝0.設F′為橢圓C的左焦點，連接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又點F到直線l的距離d＝＝，所以|EF|＝，|F′E|＝2a－|EF|＝，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化簡得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0，得b2＝2，a＝2

49、，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝S△F′EF＝1. 答案：1 15.(2019屆高三·山西四校聯(lián)考)如圖，等邊△ABC的邊長為2，頂點B，C分別在x軸的非負半軸，y軸的非負半軸上移動，M為AB的中點，則·的最大值為________． 解析：設∠OBC＝θ，因為BC＝2，所以B(2cos θ，0)，C(0,2sin θ)，則＝(－2cos θ，2sin θ)，設＝(x，y)，因為△ABC是邊長為2的等邊三角形， 所以解得即＝(sin θ－cos θ，cos θ＋sin θ)， 則＝＋＝(sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ)， 因為M為AB的中點， 所以＝

50、＋＝sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ， 所以·＝＋sin 2θ＋＋sin 2θ＋cos2θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋＝sin(2θ＋φ)＋其中cos φ＝，sin φ＝， 所以·的最大值為＋. 答案：＋ 16．已知函數(shù)f(x)＝sin 2x＋2cos2x＋m在區(qū)間上的最大值為3，則 (1)m＝________； (2)對任意a∈R，f(x)在[a，a＋20π]上的零點個數(shù)為________． 解析：(1)因為f(x)＝2sin＋1＋m， 當x∈時，≤2x＋≤， 所以當x＝時，f(x)取最大值3＋m，所以m＝0. (2)易知函數(shù)f(x)是周期為π的周期函數(shù)，由圖可知，在每個周期內只有2個零點，而[a，a＋20π]有20個周期，故有40個零點，特別地，當a為零點時，a＋20π也是零點，由此可得，此時可有41個零點．所以填40或41. 答案：(1)0　(2)40或41