（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）

《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專(zhuān)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(wù)必要遵循“小題小解”的原則，要抓住已知條件與備選項(xiàng)之間的關(guān)系進(jìn)行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項(xiàng)的暗示作用，選用解法要靈活機(jī)動(dòng)，做到具體問(wèn)題具體分析，不要生搬硬套能定性判定的，就不再使用復(fù)雜的定量計(jì)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(zhǔn)確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學(xué)成敗的關(guān)鍵現(xiàn)行考試大綱對(duì)解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”也就是說(shuō)解填空題務(wù)必要做到：特例思想開(kāi)思路特例思想是通

2、過(guò)考查數(shù)學(xué)對(duì)象的特殊情況來(lái)獲得一般性結(jié)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(duì)于解決一般情況可以提供解題思路當(dāng)題目十分復(fù)雜或解題目標(biāo)不明確時(shí)，往往需要考查題設(shè)條件中的某些特殊情況，從中找出能反映問(wèn)題本質(zhì)屬性的隱含信息，這樣做，常常能夠打開(kāi)我們的思路，發(fā)現(xiàn)解決問(wèn)題的方法典例已知函數(shù)f(x)xsin 2xasin x在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A1,1B.C. D.解析法一：特殊值法對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f(x)1cos 2xacos xcos2xacos x根據(jù)題意，f(x)0恒成立，因?yàn)楹瘮?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

3、值關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，排除選項(xiàng)B、D；當(dāng)a1時(shí)，f(0)cos20acos 00，說(shuō)明函數(shù)f(x)不是恒單調(diào)遞增的，排除選項(xiàng)A.故選C.法二：特殊值法觀(guān)察本題的四個(gè)選項(xiàng)，發(fā)現(xiàn)選項(xiàng)A、B、D中都有數(shù)1，故取a1，f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110時(shí)，分離參數(shù)得at恒成立設(shè)函數(shù)h(t)t，即有ah(t)max成立，由于h(t)0，從而可知函數(shù)h(t)在(0,1上單調(diào)遞增，所以ah(1).當(dāng)t0時(shí)，分離參數(shù)得at恒成立易得ah(t)minh(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(zhì)(單調(diào)性、奇偶

4、性)出發(fā)，排除不符合題意的選項(xiàng)，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項(xiàng)特征出發(fā)，采取特值法解題，方法簡(jiǎn)單；解法三就是將函數(shù)f(x)求導(dǎo)后，再構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式g(t)0恒成立，結(jié)合函數(shù)g(t)的結(jié)構(gòu)特征與圖形特征解題；解法四中，令cos xt，對(duì)參數(shù)t進(jìn)行分類(lèi)討論后，再利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)研究單調(diào)性、最值，這就是有關(guān)單調(diào)性問(wèn)題的解題套路(2)處理此類(lèi)問(wèn)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(jìn)行求解應(yīng)用體驗(yàn)1(2016全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)(xR)滿(mǎn)足f(x)2f(x)，若函數(shù)y與yf(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，則(xi

5、yi)()A0 BmC2m D4m解析：選B法一：(利用函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性)由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)2，所以點(diǎn)(x，f(x)與點(diǎn)(x，f(x)連線(xiàn)的中點(diǎn)是(0,1)，故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)成中心對(duì)稱(chēng)(此處也可以這樣考慮：由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)20，即f(x)1f(x)10，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(guān)于點(diǎn)(0,0)對(duì)稱(chēng)，而F(x)的圖象可看成是f(x)的圖象向下平移一個(gè)單位得到的，故f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱(chēng))又y1的圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱(chēng)，所以?xún)烧邎D象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱(chēng)，所以對(duì)

6、于每一組對(duì)稱(chēng)點(diǎn)xixi0，yiyi2，所以(xiyi)ii02m，故選B.法二：(構(gòu)造特殊函數(shù))由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)20，即f(x)1f(x)10.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)1x，即f(x)x1，顯然該函數(shù)滿(mǎn)足此條件此時(shí)yx1與y的交點(diǎn)分別為(1,2)和(1,0)，所以m2，(xiyi)12(1)02，結(jié)合選項(xiàng)可知選B.2.如圖，在A(yíng)BC中，點(diǎn)O是BC的中點(diǎn)，連接AO，過(guò)點(diǎn)O的直線(xiàn)分別交直線(xiàn)AB，AC于不同的兩點(diǎn)M，N，若m ，n ，則mn的值為_(kāi)解析：法一：因?yàn)镺是BC的中點(diǎn)，所以().因?yàn)镸，O，N三點(diǎn)共線(xiàn)，所以1，

7、所以mn2.法二：(特殊位置法)取M與B重合，N與C重合，此時(shí)mn1，得mn2.答案：23已知ABC中，AB4，AC5，點(diǎn)O為ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，滿(mǎn)足|，則_.解析：法一：如圖，2222，2222.兩式相減，得2222.25162()，92，.法二：(特殊圖形法)若ABC為直角三角形，如圖，則()，()()(22).答案：極限思想減運(yùn)算極限思想就是考慮相關(guān)問(wèn)題的極端情況，極端情形往往都是相關(guān)命題的極限情況，或是某個(gè)變量所在區(qū)間端點(diǎn)的取值例如線(xiàn)段是三角形高為零的極端情況，切線(xiàn)是割線(xiàn)的極端情形(即極限)等有些高考數(shù)學(xué)壓軸題的求解，常常要從它的極端情形來(lái)尋找突破口一般來(lái)說(shuō)，運(yùn)用極限思想分析問(wèn)題，往

8、往能夠減少運(yùn)算量，尤其是選擇題和填空題，運(yùn)用極限思想分析解題可以快速準(zhǔn)確地解決問(wèn)題，從而避免小題大做，節(jié)省考場(chǎng)上的答題時(shí)間典例在平面四邊形ABCD中，ABC75，BC2，則AB的取值范圍是_解析法一：極限法如圖，動(dòng)態(tài)地審視平面四邊形ABCD，邊BC2固定，BC75固定，延長(zhǎng)BA，CD交于點(diǎn)P.雖然BAD75，但AB邊并不固定，平行移動(dòng)AD邊，則容易看出BQABBP.在BCQ中，易求得BQ；在BCP中，易求得BP，則AB的取值范圍是(，)法二：分割法易知ADC135.如圖，連接BD，設(shè)BDC，ADB，則135.在A(yíng)BD和BCD中，由正弦定理得，則AB，由得30105，所以2.則AB.答案(，)

9、題后悟通解法一采用取極限的方法來(lái)處理，過(guò)程顯得簡(jiǎn)潔、自然，體現(xiàn)了“小題小解”的策略解法二將四邊形問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解三角形問(wèn)題，利用正弦定理建立函數(shù)解析式求解應(yīng)用體驗(yàn)4過(guò)x軸上一點(diǎn)P向圓C：x2(y2)21作圓的切線(xiàn)，切點(diǎn)為A，B，則PAB的面積的最小值是()A. B.C. D3解析：選A法一：由圖可知，當(dāng)點(diǎn)P趨向于無(wú)窮遠(yuǎn)處時(shí)，顯然ABP的面積趨向于無(wú)窮大；當(dāng)點(diǎn)P趨近于原點(diǎn)時(shí)，ABP的面積越來(lái)越??；當(dāng)與原點(diǎn)重合時(shí)有|OA|，且此時(shí)的PAB為正三角形其面積為()2.故選A.法二：設(shè)P(x,0)，則|PC|2x24，|PA|2|PB|2x23，設(shè)CPA，則有sin ，cos ，于是SPAB|PA|2sin

10、 2.顯然上式是x2的單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，SPAB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(shuō)，對(duì)這類(lèi)題的求解要特別注意以下幾點(diǎn)：(1)領(lǐng)會(huì)題意，弄清問(wèn)題所涉及的模型，準(zhǔn)確把握命題給出的相關(guān)新概念、新定義的實(shí)質(zhì)；(2)注重將那些抽象的概念直觀(guān)化，隱含的信息條理化，復(fù)雜的數(shù)量關(guān)系模型化；(3)善于借助它的背景、特征、性質(zhì)、構(gòu)思來(lái)進(jìn)行分析、探究、類(lèi)比、變式，構(gòu)建相關(guān)的數(shù)學(xué)模型一旦把握了伴隨它的數(shù)學(xué)模型，也就把握了解題入門(mén)的向?qū)В瑔?wèn)題便可迎刃而解典例對(duì)于實(shí)數(shù)a和b，定義運(yùn)算“”：ab設(shè)函數(shù)f(x)(2x1)(x1)，且關(guān)于x的方程f(x)m(mR)恰有三個(gè)

11、互不相等的實(shí)根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是_解析f(x)(2x1)(x1)f(x)故關(guān)于x的方程f(x)m(mR)恰有三個(gè)互不相等的實(shí)根x1，x2，x3，等價(jià)于函數(shù)f(x)的圖象與直線(xiàn)ym有三個(gè)不同的交點(diǎn)作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知0m0時(shí)，x2xm，即x2xm0，由此可得x2x3m.當(dāng)x0時(shí)，由2x2x，得x.當(dāng)m在上遞增時(shí)，|x1|也在上遞增從而m|x1|隨著m的遞增而遞增，而x10，a與b的夾角，且ab和ba都在集合中，則ab()A. B1C. D.解析：選C由定義，得ab，同理可得ba.由|a|b|0，得01.又因?yàn)?，所以cos 1.從而可得01，

12、即0ba1.因?yàn)閎a，所以ba.得(ab)(ba)cos2，將代入上式，化簡(jiǎn)得1ab2.又因?yàn)閍b，所以ab，故選C.定義分析解壓軸解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S題，入手的關(guān)鍵就是要先弄清問(wèn)題所涉及的概念、定義及其相關(guān)的隱含信息，然后運(yùn)用數(shù)學(xué)的通性通法定義法、分析法、綜合法、分離變量法、數(shù)形結(jié)合法、向量法、重要不等式法等進(jìn)行分析、整合，認(rèn)識(shí)問(wèn)題的本質(zhì)，探究與問(wèn)題相關(guān)的基本概念或數(shù)學(xué)模型只有明確了命題中的相關(guān)概念、定義及數(shù)學(xué)模型，才能準(zhǔn)確理解題意、靈活運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題，解決問(wèn)題，促進(jìn)解題思路的創(chuàng)新因此，運(yùn)用定義分析問(wèn)題是準(zhǔn)確、迅速解答數(shù)學(xué)高考?jí)狠S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(dāng)x

13、0時(shí)，f(x)，若xR，f(x1)f(x)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A. B.C. D.解析法一：當(dāng)x0時(shí)，f(x)作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示因?yàn)閷?duì)xR，f(x1)f(x)成立，所以對(duì)應(yīng)的函數(shù)f(x1)的圖象恒在函數(shù)f(x)的圖象的下方由此可知，只需函數(shù)f(x)在x2a2時(shí)，f(x)x3a2，又f(x)是R上的奇函數(shù)，所以x0時(shí)，f(x)的最小值為a2.因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為x4a2，即B點(diǎn)的橫坐標(biāo)當(dāng)x0時(shí)，f(x)a2所對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)xmin2a2，即A點(diǎn)的橫坐標(biāo)故要對(duì)xR，都有f(x1)f(x)成立，則要A，B兩點(diǎn)的跨度不大于1.否則，f(x)

14、的圖象向右平移1個(gè)單位后，線(xiàn)段DB會(huì)在A(yíng)1C1的下方，此時(shí)的圖象與對(duì)應(yīng)的函數(shù)不等式f(x1)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(chēng)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(wèn)題意在考查考生應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想，綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力注重理解題意，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫(huà)草圖進(jìn)行探究，抓住函數(shù)f(x)在x0)，過(guò)點(diǎn)P作PMy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|22t2216.當(dāng)且僅當(dāng)t24，即t2時(shí)等號(hào)成立，所以當(dāng)t2時(shí)，即P坐標(biāo)為(2

15、，)時(shí)，|PQ|的最小值為4.綜上所述，折疊后線(xiàn)段PQ的長(zhǎng)度的最小值等于4.法二：設(shè)P(x0，y0)到兩漸近線(xiàn)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(zhǎng)方體的體對(duì)角線(xiàn)則PQ2QMM1M2MP22m24n22mn416.所以|PQ|min4.答案：4 A組選擇題解題技法專(zhuān)練1若sin sin (cos cos )，(0，)，則的值為()ABC. D.解析：選D令，則有sin cos tan ，(0，)，所以，從而.2已知0ab1，則ab，logba，logab的大小關(guān)系是()Alogabablogba BlogablogbaabClog

16、balogabab Dablogablogba解析：選A顯然，直接找這三個(gè)數(shù)的大小關(guān)系不容易，但對(duì)a，b取某些特殊的值，其大小關(guān)系就非常明顯了如令a，b，則有l(wèi)ogablog420，logbalog242，ab，由此可得選A.3若不等式x2logax0在內(nèi)恒成立，則a的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選A因?yàn)閤，當(dāng)a時(shí)，顯然x2logax恒成立又當(dāng)x時(shí)，由；當(dāng)x0時(shí)，可推得a0恒成立，則的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選A令x1，不等式化為cos 0；令x0，不等式化為sin 0.又0，所以0.當(dāng)1x0.設(shè)t(t0對(duì)t0，即sin 2.又02，所以2，故.6在對(duì)角線(xiàn)AC16的

17、正方體ABCDA1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P到直線(xiàn)D1C1，DC的距離之和為4，則的取值范圍是()A2,1 B0,1C1,1 D.解析：選A法一：依題意可知CC12，點(diǎn)P到點(diǎn)C1與C的距離之和為4，從而可得點(diǎn)P在以C1C為y軸，C1C的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓4x2y24上設(shè)P(x0，y0)，則(x0，y0)(x0，y0)xy3y2(2y02)由此可得21，故選A.法二：由四個(gè)備選項(xiàng)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(yīng)著重考查“2”與“1”的值能否取到又由條件易知，點(diǎn)P在以C1C為y軸，C1C的中點(diǎn)為原點(diǎn)的橢圓4x2y24上由此可得

18、，當(dāng)y0時(shí)，可取到2，當(dāng)x0時(shí)，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(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作直線(xiàn)平行于x軸，交函數(shù)g(x)2x2的圖象于點(diǎn)B，若函數(shù)f(x)2x的圖象上存在點(diǎn)C使得ABC為等邊三角形，則稱(chēng)A為函數(shù)f(x)2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”，則函數(shù)f(x)2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為()A0 B1C2 D3解析：選B設(shè)A(x,2x)，B(x2,2x)，若ABC為等邊三角形，則C(x1,2x1)，且ACAB2，即2，即22x23，又y22x2單調(diào)遞增，所以方程有唯一解x1，即函數(shù)f(x)2x的圖象上的“好位置點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為1.8函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，若f(x1)與f

19、(x1)都是奇函數(shù)，則()Af(x)是偶函數(shù) Bf(x)是奇函數(shù)Cf(x)f(x2) Df(x3)是奇函數(shù)解析：選D法一：因?yàn)閒(x1)是奇函數(shù)，所以f(x)f(x11)f(x1)1f(x2)，又因?yàn)閒(x1)是奇函數(shù)，則f(x2)f(x3)1f(x31)f(x4)，所以f(x)f(x4)所以f(x3)f(x34)f(x1)是奇函數(shù)，因而選D.法二：令f(x)sin x，則f(x1)sin(x1)sin x，f(x1)sin(x1)sin x.所以，當(dāng)f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時(shí)，f(x)不是偶函數(shù)，排除A.令f(x)cos x，則f(x1)cossinx，f(x1)cossin x，且

20、f(x2)coscosx，所以，當(dāng)f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時(shí)，f(x)不是奇函數(shù)，且f(x)f(x2)，排除B、C，故選D.9已知函數(shù)f(x)x(1a|x|)，若關(guān)于x的不等式f(xa)f(x)的解集為A，且A，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選A由題意得(xa)(1a|xa|)x(1a|x|)當(dāng)a2，x0時(shí)，有(02)(12|02|)60(120)不成立，故D錯(cuò)當(dāng)a，x時(shí)，有1不成立故C錯(cuò)當(dāng)a，x時(shí)，有，即)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則以AF為直徑的圓的方程為(xm)(x2)y20.由消去y，得x2(m2)x2m10.所以x1x2(m2)所以.12在我們

21、學(xué)過(guò)的函數(shù)中有這樣一類(lèi)函數(shù)：“對(duì)任意一個(gè)三角形，只要它的三邊長(zhǎng)a，b，c都在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)，就有函數(shù)值f(a)，f(b)，f(c)也是某個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)”下面四個(gè)函數(shù)：f(x)(x0)；f(x)x2(x0)；f(x)sin x(0x)；f(x)cos x.屬于這一類(lèi)函數(shù)的有()A1個(gè) B2個(gè)C3個(gè) D4個(gè)解析：選B設(shè)0c，ab2c，()2c，即f(a)f(b)f(c)，f(x)(x0)屬于這一類(lèi)函數(shù)；舉反例：若a3，b3，c5，則a2b2c2，即f(a)f(b)0)不屬于這一類(lèi)函數(shù)；舉反例：若a，b，c，則sin asin bsin c，即f(a)f(b)f(c)1，f(x)sin x

22、(0x)不屬于這一類(lèi)函數(shù)；設(shè)0abc，f(b)f(c)cos bcos c，而cos af(a)，f(x)cos x屬于這一類(lèi)函數(shù)綜上，屬于這一類(lèi)函數(shù)的有2個(gè)，故選B.B組填空題解題技法專(zhuān)練1在A(yíng)BC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若bcacos C，且4(bc)3bc，a2，則ABC的面積S_.解析：由正弦定理得sin B sin Csin Acos C，sin Bsin(AC)，sin(AC)sin Csin Acos C，即cos Asin Csin C.又sin C0，cos A，又A是ABC的內(nèi)角，A60，a2b2c22bccos Ab2c2bc(bc)23bc，(bc)24

23、(bc)12，得bc6，bc8，Sbcsin A82.答案：22已知函數(shù)f(x)是定義在(0，)上的可導(dǎo)函數(shù)，f(x)為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x0且x1時(shí)，0，若曲線(xiàn)yf(x)在x1處的切線(xiàn)的斜率為，則f(1)_.解析：因?yàn)楫?dāng)x0且x1時(shí)，0，所以當(dāng)x1時(shí)，2f(x)xf(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，2f(x)xf(x)1時(shí)，g(x)0，函數(shù)g(x)x2f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0x1時(shí)，g(x)0，函數(shù)g(x)x2f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)g(x)x2f(x)在x1處取得極值，所以g(1)2f(1)f(1)0.因?yàn)榍€(xiàn)yf(x)在x1處的切線(xiàn)的斜率為，所以f(1)，所以f(1).答案：3已知函數(shù)f(x)當(dāng)1a2時(shí)，

24、關(guān)于x的方程ff(x)a實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)為_(kāi)解析：當(dāng)1a2時(shí)，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，令uf(x)，則f(u)a，由f(x)的圖象可知，若u滿(mǎn)足u0，解得u1或2eue2，顯然，當(dāng)x0，u0,2eue2時(shí)，f(x)u也有2個(gè)解因此ff(x)a有4個(gè)實(shí)數(shù)解答案：44(2019屆高三武漢調(diào)研)過(guò)拋物線(xiàn)C：y24x的焦點(diǎn)F的直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C交于P，Q兩點(diǎn)，與準(zhǔn)線(xiàn)交于點(diǎn)M，且3，則|_.解析：過(guò)點(diǎn)P作PP1垂直準(zhǔn)線(xiàn)于P1，由3，得|PM|2|PF|，又由拋物線(xiàn)的定義知|PF|PP1|，所以|PM|2|PP1|.由三角形相似得，所以|PP1|，所以|.答案：5已知函數(shù)f(x)x3mx3nx(m0，n

25、0)，且f(x)在0,1上的最小值為，則f(x)在1,0上的最大值為_(kāi)解析：令g(x)mx3nx(m0，n0)，則g(x)3mx2n，因?yàn)閙0，n0，所以g(x)0，所以g(x)為減函數(shù)又yx3為減函數(shù)，所以f(x)為減函數(shù)當(dāng)x0,1時(shí)，f(x)minf(1)mn，得mn2，當(dāng)x1,0時(shí)，f(x)maxf(1)mn.答案：6已知向量a，b，c滿(mǎn)足|a|，|b|ab3，若(c2a)(2b3c)0, 則|bc|的最大值是_解析：設(shè)a與b的夾角為，則ab|a|b|cos ，cos ，0，.設(shè)a，b，c(x，y)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系則A(1,1)，B(3,0)，c2a(x2，y2)，2b3c

26、(63x，3y)，(c2a)(2b3c)0，(x2)(63x)(y2)(3y)0.即(x2)2(y1)21.bc(3x，y)，|bc|11，即|bc|的最大值為1.答案：17(2018開(kāi)封高三定位考試)已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為，此時(shí)四面體ABCD的外接球的表面積為_(kāi)解析：如圖，在正三角形ABC中，ABBCAC2，則BDDC1，AD，在翻折后所得的幾何體中，如圖，ADBD，ADCD，則AD平面BCD，三棱錐ABCD的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距離dAD.在BCD中，BC，則由余弦定理，得cosBDC，所以BDC120.設(shè)球的

27、半徑為R，BCD的外接圓半徑為r，則由正弦定理，得2r2，解得r1，則球的半徑R，故球的表面積S4R2427.答案：78.(2018湘中名校聯(lián)考)一塊邊長(zhǎng)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(gè)全等的等腰三角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器，則容器的容積的最大值是_解析：如圖，設(shè)ABx，OF，EF(0xa)，所以EO.所以V(x)S正方形ABCDEOx2(0xa)令ya2x4x6(0xa)，則y4a2x36x52x3(2a23x2)當(dāng)y0時(shí)，xa.當(dāng)y0時(shí)，ax0時(shí)，0xa.所以ya2x4x6(0xa)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，所以當(dāng)xa時(shí)，ymaxa246a6，即V(x)

28、max a3.答案：a39已知函數(shù)f(x)sin與函數(shù)g(x)cos在區(qū)間上的圖象交于A(yíng)，B，C三點(diǎn)，則ABC的周長(zhǎng)為_(kāi)解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)sin與函數(shù)g(x)cos在區(qū)間上的圖象交于A(yíng)，B，C三點(diǎn)，所以由sin cos，x，解得x1,0,1，不妨設(shè)A，B，C，所以AB，AC2，BC，所以ABC的周長(zhǎng)為ABACBC22.答案：2210(2019屆高三昆明調(diào)研)將數(shù)列an中的所有項(xiàng)按每一行比上一行多1項(xiàng)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(gòu)成的數(shù)列為bn，Sn為數(shù)列bn的前n項(xiàng)和若Sn2bn1，則a56_.解析：當(dāng)n2時(shí)，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，

29、bn2bn1(n2且nN*)，b12b11，b11，數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，bn2n1.設(shè)a1，a2，a4，a7，a11，的下標(biāo)1,2,4,7,11，構(gòu)成數(shù)列cn，則c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，cn1，由cn156，得n11，a56b112101 024.答案：1 02411(2018鄭州第一次質(zhì)量測(cè)試)已知雙曲線(xiàn)C：1的右焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F向雙曲線(xiàn)的一條漸近線(xiàn)作垂線(xiàn)，垂足為M，交另一條漸近線(xiàn)于N，若2，則雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為_(kāi)解析：由題意得雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為yx，F(xiàn)(c,0)，則|MF|b，由2，可得，所以

30、|FN|2b.在RtOMF中，由勾股定理，得|OM|a，因?yàn)镸OFFON，所以由角平分線(xiàn)定理可得，|ON|2a，在RtOMN中，由|OM|2|MN|2|ON|2，可得a2(3b)2(2a)2,9b23a2，即，所以，所以雙曲線(xiàn)C的漸近線(xiàn)方程為yx.答案：x12已知O是ABC的外心，取C45，若mn(m，nR)，則mn的取值范圍是_解析：因?yàn)镃45，所以AOB90.由已知，不妨設(shè)ABC的外接圓半徑為1，并設(shè)i，j，則C(m，n)，點(diǎn)C的軌跡是以原點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓弧(不含端點(diǎn))，如圖所示設(shè)mnt，則直線(xiàn)xyt與此圓弧有公共點(diǎn)，故t1，即mn的取值范圍是，1)注：也可設(shè)mcos ，nsin ，

31、則mnsin.因?yàn)?，所?sin，所以mn.設(shè)AB的中點(diǎn)P(x0，y0)，則x0(x1x2)，y0x0bb.由點(diǎn)P在直線(xiàn)l1上，得bt，于是tb.故l1在y軸上截距的取值范圍為.答案：14(2019屆高三廣州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線(xiàn)xy20與橢圓C：1(ab0)相切，且橢圓C的右焦點(diǎn)F(c,0)關(guān)于直線(xiàn)l：yx的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E在橢圓C上，則OEF的面積為_(kāi)解析：聯(lián)立消去x，化簡(jiǎn)得(a22b2)y28b2yb2(8a2)0，由0，得2b2a280.設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，連接FE，易知FEl，所以FEEF，又點(diǎn)F到直線(xiàn)l的距離d，所以|EF|，|FE|2a|EF|，在RtFEF中，|FE|2

32、|EF|2|FF|2，化簡(jiǎn)得2b2a2，代入2b2a280，得b22，a2，所以|EF|FE|2，所以SOEFSFEF1.答案：115.(2019屆高三山西四校聯(lián)考)如圖，等邊ABC的邊長(zhǎng)為2，頂點(diǎn)B，C分別在x軸的非負(fù)半軸，y軸的非負(fù)半軸上移動(dòng)，M為AB的中點(diǎn)，則的最大值為_(kāi)解析：設(shè)OBC，因?yàn)锽C2，所以B(2cos ，0)，C(0,2sin )，則(2cos ，2sin )，設(shè)(x，y)，因?yàn)锳BC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以解得即(sin cos ，cos sin )，則(sin cos ，cos sin )，因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以sin cos ，cos sin ，所以sin 2sin 2cos2sin 2cos 2sin(2)其中cos ，sin ，所以的最大值為.答案：16已知函數(shù)f(x)sin 2x2cos2xm在區(qū)間上的最大值為3，則(1)m_；(2)對(duì)任意aR，f(x)在a，a20上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)解析：(1)因?yàn)閒(x)2sin1m，當(dāng)x時(shí)，2x，所以當(dāng)x時(shí)，f(x)取最大值3m，所以m0.(2)易知函數(shù)f(x)是周期為的周期函數(shù)，由圖可知，在每個(gè)周期內(nèi)只有2個(gè)零點(diǎn)，而a，a20有20個(gè)周期，故有40個(gè)零點(diǎn)，特別地，當(dāng)a為零點(diǎn)時(shí)，a20也是零點(diǎn)，由此可得，此時(shí)可有41個(gè)零點(diǎn)所以填40或41.答案：(1)0(2)40或41