（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）

（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：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)xsin 2xasin x在R上單調遞增，則a的取值范圍是()A1,1B.C. D.解析法一：特殊值法對函數(shù)f(x)求導，得f(x)1cos 2xacos xcos2xacos 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a1時，f(0)cos20acos 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a1，f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)11<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)1cos 2xacos x0在R上恒成立，化簡可得cos2xacos x0在R上恒成立又因為|cos x|1，令cos xt，則t2at0在t1,1上恒成立設g(t)t2at，則函數(shù)g(t)在t1,1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)t2at0，其中t1,1對參數(shù)t分類討論：當t0時，函數(shù)g(0)0，此時參數(shù)aR，函數(shù)f(x)在R上單調遞增；當t>0時，分離參數(shù)得at恒成立設函數(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上單調遞增，所以ah(1).當t<0時，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(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 xt，對參數(shù)t進行分類討論后，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)已知函數(shù)f(x)(xR)滿足f(x)2f(x)，若函數(shù)y與yf(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，則(xiyi)()A0 BmC2m D4m解析：選B法一：(利用函數(shù)的對稱性)由f(x)2f(x)，知f(x)f(x)2，所以點(x，f(x)與點(x，f(x)連線的中點是(0,1)，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)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y1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xixi0，yiyi2，所以(xiyi)ii02×m，故選B.法二：(構造特殊函數(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)滿足此條件此時yx1與y的交點分別為(1,2)和(1,0)，所以m2，(xiyi)12(1)02，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mn的值為_解析：法一：因為O是BC的中點，所以().因為M，O，N三點共線，所以1，所以mn2.法二：(特殊位置法)取M與B重合，N與C重合，此時mn1，得mn2.答案：23已知ABC中，AB4，AC5，點O為ABC所在平面內一點，滿足|，則·_.解析：法一：如圖，222·2，222·2.兩式相減，得222·2·.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，ABC75°，BC2，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ABCD，邊BC2固定，BC75°固定，延長BA，CD交于點P.雖然BAD75°，但AB邊并不固定，平行移動AD邊，則容易看出BQ<AB<BP.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BDC，ADB，則135°.在ABD和BCD中，由正弦定理得，則AB，由得30°<<105°，所以2<<.則<AB<.答案(，) 題后悟通解法一采用取極限的方法來處理，過程顯得簡潔、自然，體現(xiàn)了“小題小解”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(y2)21作圓的切線，切點為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?。划斉c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|2x24，|PA|2|PB|2x23，設CPA，則有sin ，cos ，于是SPAB|PA|2×sin 2.顯然上式是x2的單調遞增函數(shù)，當x0時，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，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對于實數(shù)a和b，定義運算“”：ab設函數(shù)f(x)(2x1)(x1)，且關于x的方程f(x)m(mR)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)(2x1)(x1)f(x)故關于x的方程f(x)m(mR)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ym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0<m<.設從左到右交點的橫坐標分別為x1，x2，x3，當x>0時，x2xm，即x2xm0，由此可得x2x3m.當x<0時，由2x2x，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，定義，若向量a，b滿足條件|a|b|>0，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0<1.又因為，所以<cos <1.從而可得0<<1，即0<ba<1.因為ba，所以ba.×得(ab)(ba)cos2，將代入上式，化簡得1<ab<2.又因為ab，所以ab，故選C.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，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x0時，f(x)，若xR，f(x1)f(x)，則實數(shù)a的取值范圍為()A. B.C. D.解析法一：當x0時，f(x)作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示因為對xR，f(x1)f(x)成立，所以對應的函數(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x<2a2時的圖象向右平移一個單位即可因為x>2a2時，f(x)x3a2，又f(x)是R上的奇函數(shù)，所以x<2a2時，f(x)x3a2，由此可得f(x1)x13a2.于是，由f(x1)f(x)，得x13a2x3a2，即6a21，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x4a2，即B點的橫坐標當x<0時，f(x)a2所對應的橫坐標xmin2a2，即A點的橫坐標故要對xR，都有f(x1)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(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x2y24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x2y24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x2y24的頂點為A(，0)，所以旋轉后點A變?yōu)辄cA(，)因為點A在y的圖象上，則m2.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.當且僅當t24，即t2時等號成立，所以當t2時，即P坐標為(2，)時，|PQ|的最小值為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PQ2QMM1M2MP22m24n22mn4×16.所以|PQ|min4.答案：4 A組選擇題解題技法專練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0<a<b<1，則ab，logba，logab的大小關系是()Alogab<ab<logba Blogab<logba<abClogba<logab<ab Dab<logab<logba解析：選A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，其大小關系就非常明顯了如令a，b，則有l(wèi)ogablog42<0，logbalog242，ab，由此可得選A.3若不等式x2logax<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<logax恒成立又當x時，由<logaa>；當x0時，可推得a<1，故選A.4雙曲線x2y21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PA時，PF的斜率k0.當PFx軸時，PF的斜率不存在，即k±.當P在無窮遠處時，PF的斜率k1.結合四個備選項得C項正確5已知0，)，若對任意的x1,0，不等式x2cos (x1)2sin x2x>0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1<x<0時，不等式化為2cos sin >0.設t(t<0)，則t2cos tsin >0對t<0恒成立設f(t)t2cos tsin cos 2sin ，則f(t)minsin >0，即sin 2>.又0<2<，所以<2<，故<<.6在對角線AC16的正方體ABCD­A1B1C1D1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()A2,1 B0,1C1,1 D.解析：選A法一：依題意可知CC12，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4x2y24上設P(x0，y0)，則·(x0，y0)·(x0，y0)xy3y2(2y02)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4x2y24上由此可得，當y0時，·可取到2，當x0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)2x2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的圖象上的“好位置點”的個數(shù)為()A0 B1C2 D3解析：選B設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”的個數(shù)為1.8函數(shù)f(x)的定義域為R，若f(x1)與f(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：因為f(x1)是奇函數(shù)，所以f(x)f(x11)f(x1)1f(x2)，又因為f(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f(x1)，f(x1)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(x1)cossinx，f(x1)cossin x，且f(x2)coscosx，所以，當f(x1)，f(x1)都是奇函數(shù)時，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|)，若關于x的不等式f(xa)<f(x)的解集為A，且A，則實數(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a2，x0時，有(02)(12|02|)6<0×(12×0)不成立，故D錯當a，x時，有1×<不成立故C錯當a，x時，有<，即<，顯然，此式成立，故B不對所以選A.10已知函數(shù)f(x)exe2x，若關于x的不等式f(x)2af(x)0恰有3個整數(shù)解，則實數(shù)a的最小值為()A1 B2eCe21 De3解析：選C因為f(x)exe2x0，所以由f(x)2af(x)0可得0f(x)a.令tex，則g(t)t(t0)，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0g(t)a的3個解分別為1，e，e2.又當tex的值分別為1，e，e2時，x0,1,2.畫出直線ye21，故結合函數(shù)圖象可知a的最小值為e21.故選C.11設F為雙曲線y21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|FN|，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(xm)(x2)y20.由消去y，得x2(m2)x2m10.所以x1x2(m2)所以.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)：f(x)(x>0)；f(x)x2(x>0)；f(x)sin x(0<x<)；f(x)cos x.屬于這一類函數(shù)的有()A1個 B2個C3個 D4個解析：選B設0<abc，ab>c，ab2c，()2>c，>，即f(a)f(b)>f(c)，f(x)(x>0)屬于這一類函數(shù)；舉反例：若a3，b3，c5，則a2b2<c2，即f(a)f(b)<f(c)，f(x)x2(x>0)不屬于這一類函數(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(0<x<)不屬于這一類函數(shù)；設0<abc<，cos acos bcos c>，f(b)f(c)cos bcos 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的對邊分別是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的內角，A60°，a2b2c22bccos Ab2c2bc(bc)23bc，(bc)24(bc)12，得bc6，bc8，Sbcsin A×8×2.答案：22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x1時，>0，若曲線yf(x)在x1處的切線的斜率為，則f(1)_.解析：因為當x>0且x1時，>0，所以當x>1時，2f(x)xf(x)>0；當0<x<1時，2f(x)xf(x)<0.令g(x)x2f(x)，x(0，)，則g(x)2xf(x)x2f(x)x2f(x)xf(x)，所以當x>1時，g(x)>0，函數(shù)g(x)x2f(x)單調遞增；當0<x<1時，g(x)<0，函數(shù)g(x)x2f(x)單調遞減，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.因為曲線yf(x)在x1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1<a<2時，關于x的方程ff(x)a實數(shù)解的個數(shù)為_解析：當1<a<2時，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滿足u<0，此時f(x)u無解，若u>0，解得<u<<1或2<e<u<e2，顯然，當x<0時，不可能使得f(x)u有解，當x>0，<u<<1時，f(x)u有2個解，當x>0,2<e<u<e2時，f(x)u也有2個解因此ff(x)a有4個實數(shù)解答案：44(2019屆高三·武漢調研)過拋物線C：y24x的焦點F的直線l與拋物線C交于P，Q兩點，與準線交于點M，且3，則|_.解析：過點P作PP1垂直準線于P1，由3，得|PM|2|PF|，又由拋物線的定義知|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(m<0，n<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_解析：令g(x)mx3nx(m<0，n<0)，則g(x)3mx2n，因為m<0，n<0，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x0,1時，f(x)minf(1)mn，得mn2，當x1,0時，f(x)maxf(1)mn.答案：6已知向量a，b，c滿足|a|，|b|a·b3，若(c2a)·(2b3c)0, 則|bc|的最大值是_解析：設a與b的夾角為，則a·b|a|b|cos ，cos ，0，.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)，c2a(x2，y2)，2b3c(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，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°.設球的半徑為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S4R24×27.答案：78.(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ABx，OF，EF(0<x<a)，所以EO.所以V(x)S正方形ABCD·EOx2(0<x<a)令ya2x4x6(0<x<a)，則y4a2x36x52x3(2a23x2)當y0時，xa.當y<0時，a<x<a，當y>0時，0<x<a.所以ya2x4x6(0<x<a)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，所以當xa時，ymaxa2·46a6，即V(x)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，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x1,0,1，不妨設A，B，C，所以AB，AC2，BC，所以ABC的周長為ABACBC22.答案：2210(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Sn2bn1，則a56_.解析：當n2時，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2且nN*)，b12b11，b11，數(shù)列bn是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，bn2n1.設a1，a2，a4，a7，a11，的下標1,2,4,7,11，構成數(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RtOMF中，由勾股定理，得|OM|a，因為MOFFON，所以由角平分線定理可得，|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C的漸近線方程為y±x.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：因為C45°，所以AOB90°.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mnt，則直線xyt與此圓弧有公共點，故t<1，即mn的取值范圍是，1)注：也可設mcos ，nsin ，則mnsin.因為<<，所以1sin<，所以mn<1.答案：，1)13設點(1,2)在拋物線yax2上，直線l與拋物線交于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yax2上，得a2，即拋物線方程為y2x2.設直線l1在y軸上的截距為t，依題意得l1的方程為y2xt.直線l的方程可設為yxb，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立消去y可得2x2xb0，則x1x2，8b0，即b>.設AB的中點P(x0，y0)，則x0(x1x2)，y0x0bb.由點P在直線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·廣州調研)在平面直角坐標系xOy中，直線xy20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：yx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(a22b2)·y28b2yb2(8a2)0，由0，得2b2a280.設F為橢圓C的左焦點，連接FE，易知FEl，所以FEEF，又點F到直線l的距離d，所以|EF|，|FE|2a|EF|，在RtFEF中，|FE|2|EF|2|FF|2，化簡得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，因為BC2，所以B(2cos ，0)，C(0,2sin )，則(2cos ，2sin )，設(x，y)，因為ABC是邊長為2的等邊三角形，所以解得即(sin cos ，cos sin )，則(sin cos ，cos sin )，因為M為AB的中點，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)對任意aR，f(x)在a，a20上的零點個數(shù)為_解析：(1)因為f(x)2sin1m，當x時，2x，所以當x時，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，在每個周期內只有2個零點，而a，a20有20個周期，故有40個零點，特別地，當a為零點時，a20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