【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测19 “选填”压轴小题命题的4大区域 含解析.doc，共(12)页，268.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（十九）“选填”压轴小题命题的4大区域A组——选择压轴小题命题点专练1．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝23，则|a－b|＝()A.15B.55C.255D．

1解析：选B由cos2α＝23，得cos2α－sin2α＝23，∴cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝23，即1－tan2α1＋tan2α＝23，∴tanα＝±55，即b－a2－1＝±55，∴|a－b|＝55.故选B

.2．(2019届高三·广州调研)若将函数y＝2sinx＋π3sinπ6－x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为()A.π6B.π12C.π4D.π3解析：选A由y＝2sinx＋π3sinπ6－x，

可得y＝2sinx＋π3cosx＋π3＝sin2x＋2π3，该函数的图象向左平移φ个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sin2(x＋φ)＋2π3＝sin2x＋2φ＋2π3，因为g(x)＝s

in2x＋2φ＋2π3为奇函数，所以2φ＋2π3＝kπ(k∈Z)，φ＝kπ2－π3(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值为π6，选A.3.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，

若PA＝AD＝AB＝kBC(0<k<1)，则()A．当k＝12时，平面BPC⊥平面PCDB．当k＝12时，平面APD⊥平面PCDC．∀k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直D．∃k∈(0,1)，使直线PD与直线AC

垂直解析：选A取PB，PC的中点分别为M，N，连接MN，AM，DN，由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AM，又M为PB的中点，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，

而AD∥BC且AD＝12BC，同时MN∥BC且MN＝12BC，∴AD∥MN且AD＝MN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AM∥DN，则DN⊥平面BPC，又DN⊂平面PCD，∴平面BPC⊥平面PCD.其余选项都

错误，故选A.4．(2019届高三·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S-ABC的体积最大为()A．2B.83C.3D．23解析：选A如图，因为球

的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝23，所以S△SBC＝12×2×23＝23，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥A-SBC，即S-ABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距

离为23sin30°＝3，所以棱锥S-ABC的体积最大为13×23×3＝2，故选A.5．(2019届高三·兰州诊断考试)已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是()A．[－2,6]B．[－3,5]C．[2,6]

D．[3,5]解析：选C法一：当MA，MB是圆C的切线时，∠AMB取得最大值．若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则MA，MB是圆C的切线时，∠AMB≥90°，∠≤10sin45°＝AMC≥45°，且∠AMC<90°，如

图，则|MC|＝(5－1)2＋(t－4)225，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6.法二：由于点M(5，t)是直线x＝5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t＝4对称，故排除选项A、B.当t＝2时，|CM

|＝25，若MA，MB为圆C的切线，则sin∠CMA＝sin∠CMB＝1025＝22，所以∠CMA＝∠CMB＝45°，即MA⊥MB，所以t＝2时符合题意，故排除选项D.故选C.6．若点P为椭圆C：x2＋2y2＝3的左顶点，过原点O的动直线与椭圆C

交于A，B两点．点G满足PG―→＝2GO―→，则|GA―→|2＋|GB―→|2的取值范围是()A.4，203B.3，173C.113，203D.4，173解析：选C由题意易知点P(－3，0)，设点G(x0，y0)，由PG―→＝2GO―→，得(x0＋3，y

0)＝2(－x0，－y0)，即x0＋3＝－2x0，y0＝－2y0，解得x0＝－33，y0＝0，故G－33，0.设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，|GA―→|2＋|GB―→|2＝x1＋332＋y21＋x1－332＋y21＝2x21＋2y2

1＋23＝2x21＋3－x21＋23＝x21＋113，又x1∈[－3，3]，故x21∈[0,3]，113≤x21＋113≤203，所以|GA―→|2＋|GB―→|2的取值范围是113，203，选C.7．已知平面向量a，b，c满足|a|＝2，|b|＝1，a·b＝－1，且a－c与b－c

的夹角为π4，则|c|的最大值为()A.10B．22C.5D．4解析：选A设OA―→＝a，OB―→＝b，OC―→＝c.∵平面向量a，b，c满足|a|＝2，|b|＝1，a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝－12×1＝－22，∴a，b的夹角为3π4.∵a－c与b－c的夹角为

π4，∴点C在△OAB的外接圆O′的弦AB所对的优弧上，如图所示．因此|c|的最大值为△OAB的外接圆O′的直径．∵|a－b|＝a2－2a·b＋b2＝(2)2－2×(－1)＋12＝5.由正弦定理可得△OAB的外接圆的直径2R＝|a－b|sin3π

4＝522＝10，则|c|的最大值为10.8．已知定义域为R的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝a，且当0<x<1时，f(x)的导函数f′(x)<f(x)，则f(x)在区间[2017，2018]上的最小值为()A．aB．0C．－aD．2016解析：

选A因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)．又因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4.所以求f(x)在区间[2017，2018]上的最小值即为求f(x

)在区间[1,2]上的最小值．当0<x<1时，设F(x)＝f(x)ex，所以F′(x)＝f′(x)－f(x)ex<0，则函数F(x)在(0,1)上为减函数，所以f(x)ex<f(0)e0＝0，所以f(x)<0.所以f(x)的

导函数f′(x)<f(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上为减函数．由f(1－x)＝f(1＋x)知，直线x＝1是函数f(x)的图象的对称轴．所以f(x)在[1,2]上单调递增，所以所求最小值为f(1)＝a.9．已知关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分

别为x1，x2，且0<x1<1，x2>1，则ba的取值范围是()A.－1，－14B.－1，－14C.－1，－14D.－1，－14解析：选B令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1，∵关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b

＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且0<x1<1，x2>1，∴f(0)>0，f(1)<0，∴a＋2b＋1>0，2a＋2b＋3<0，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.ba表示阴影部分中的点与原点连线的斜率，由错误!解得P－2

，12，∴－1<k<－14，故ba的取值范围是－1，－14.10．(2018·贵阳适应性考试)已知函数f(x)＝lnx，x>0，kx－3，x≤0的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k

的取值范围是()A．(－e,0)B.－12e－2，0C．(－e2,0)D．(－2e2,0)解析：选C如图，因为函数y＝lnx的图象与函数y＝ln(－x)的图象关于y轴对称，所以问题转化为函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3有两个交点的问题．首先求出函数y

＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3相切时直线的斜率k1.设切点为(x0，y0)，由y′＝1x得k1＝1x0.又ln(－x0)＝k1x0－3，所以x0＝－e－2，所以k1＝1－e－2＝－e2.其次，结合图象知k∈(－e2,0)时，函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3有两个交点，所以k的

取值范围是(－e2,0)．故选C.11．(2019届高三·昆明高三摸底)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值

是()A．23B．42C．46D．82解析：选B如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，∵AE∩A1A＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平

面A1MN所成的角，∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝22，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2ME·EN＝4，当且仅当ME＝

EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为12×4×22＝42，故选B.12．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)

＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为()A．[2,4]B.2，73C.73，3D．[2,3]解析：选D∵f′(x)＝ex－1＋1＞0，∴f(x)＝ex－1＋x－2是R上的单调递增函数．又f(1)＝

0，∴函数f(x)的零点为x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点．由g(x)＝0，得a＝x2＋3x＋1(0≤x≤2)，即a＝(x＋1)2－2(x＋1)＋4x＋1＝(x＋1)＋4x＋1－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤

t≤3)，则a＝t＋4t－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋4t－2(1≤t≤3)，易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间[2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.B组——填空压轴小题命题点专练1．(2018·南昌一模)已

知函数f(x)＝x3＋sinx，若α∈[0，π]，β∈－π4，π4，且fπ2－α＝f(2β)，则cosα2＋β＝________.解析：由题易知函数f(x)＝x3＋sinx为奇函数且在－π2，π2上单调递增．因为α∈[0，π]，β∈－π4，π4，

所以π2－α∈－π2，π2，2β∈－π2，π2，又fπ2－α＝f(2β)，∴π2－α＝2β，∴α2＋β＝π4，∴cosα2＋β＝cosπ4＝22.答案：222．设函数f(x)＝34

x＋54，x<1，2x，x≥1，则满足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范围是________．解析：若f(t)≥1，显然满足f(f(t))＝2f(t)，则有t<1，34t＋54≥1或t≥1，2t≥1，解

得t≥－13；若f(t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，得34f(t)＋54＝2f(t)，可知f(t)＝－1，所以34t＋54＝－1，解得t＝－3.综上所述，t＝－3或t≥－13.答案：{－3}∪－13，＋∞3．设点P，Q分别是曲线y＝x

e－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋3上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．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，显然h(x)是增函数，且h(0)＝0，

即方程ex＋x－1＝0只有一个解x＝0，又曲线y＝xe－x在x＝0处的切线方程为y＝x，两平行线x－y＝0和x－y＋3＝0之间的距离为d＝32＝322，故P，Q两点间距离的最小值为322.答案：3224．(2019届高三·南宁摸底联考)已知函数f(x)＝(ex－

e－x)x，f(log3x)＋f(log13x)≤2f(1)，则x的取值范围是________．解析：由题意知f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．由f(log13x)＝f(－log3x)＝f(log3x)，知原不等式可化为f(log

3x)≤f(1)．又x>0时，f′(x)＝ex－1ex＋xex＋1ex>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以|log3x|≤1，解得13≤x≤3.答案：13，35．(2018·郑州质检)我国古代数学专著《九章算术》对立体

几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为22，则该几何体外接球的表面积为________．解析：由该几何体

的三视图还原其直观图，并放入长方体中如图中的三棱锥A-BCD所示，其中AB＝22，BC＝CD＝2，易知长方体的外接球即为三棱锥A-BCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2＝(22)2＋(2)2＋(2)2＝8＋2＋2＝12，则R2＝3，因此外接球的表面积S＝4πR2

＝12π.答案：12π6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝12·SA2＝8，

解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝23，h＝2，所以圆锥的体积为13πr2·h＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π7．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，

C的对边分别为a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．解析：∵bsinC＋csinB＝4asinBsinC，∴由正弦定理得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC.又sinBsinC>

0，∴sinA＝12.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝82bc＝4bc>0，∴cosA＝32，bc＝4cosA＝833，∴S△ABC＝12bcsinA＝12×833×12＝233.答案：2338．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin

x＋sin2x，则f(x)的最小值是________．解析：f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．∵cosx＋1≥0，∴当cosx<1

2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当cosx>12时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当cosx＝12，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，∴当sinx＝－32时，f(x)有最小值，即f(x)min＝2×

－32×1＋12＝－332.答案：－3329．(2019届高三·湖北八校联考)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”是几何体的高，“幂”是截面面积

．其意思为：如果两个等高的几何体在同高处的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，一个焦点为(5，0)．直线y＝0与y＝3在第一象限内与双曲线及渐近线围成如图所示的图形OABN，则它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积为________．解析：由题意可得双曲

线的方程为x2－y24＝1，直线y＝3在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为32，3，与双曲线在第一象限内的交点B的坐标为132，3，在所得几何体中，在高为h处作一截面，则截面面积为π1＋h24－h24＝π，根据祖暅原理，可得该几

何体的体积与底面面积为π，高为3的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为3π.答案：3π10.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若AB―→·AD―→＝－7，则BC―→·DC―→的值是______

__．解析：由AB―→·AD―→＝－7得，(OB―→－OA―→)·(OD―→－OA―→)＝－7，即(OB―→－OA―→)·(OB―→＋OA―→)＝7，所以OB―→2＝7＋OA―→2＝7＋9＝16，所以|OB―→|＝|OD―→|＝4.所以BC―→·DC―→＝(OC―→－OB―→)·(OC―

→－OD―→)＝(OC―→－OB―→)·(OC―→＋OB―→)＝OC―→2－OB―→2＝25－16＝9.答案：911．(2018·贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥P-ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3

，则球O的表面积为________．解析：因为六棱锥P-ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P-ABCDEF为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h，则13×6×12×1×1×si

n60°h＝3，解得h＝2.记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝54，所以球O的表面积为4πR2＝4π×542＝25π4.答案：25π412．(2019届高三·惠

州调研)在四边形ABCD中，AB―→＝DC―→，P为CD上一点，已知|AB―→|＝8，|AD―→|＝5，AB―→与AD―→的夹角为θ，且cosθ＝1120，CP―→＝3PD―→，则AP―→·BP―→＝________.解析：∵AB―→＝DC―→，CP―→＝3PD―→，

∴AP―→＝AD―→＋DP―→＝AD―→＋14AB―→，BP―→＝BC―→＋CP―→＝AD―→－34AB―→，又|AB―→|＝8，|AD―→|＝5，cosθ＝1120，∴AD―→·AB―→＝8×5×1120＝

22，∴AP―→·BP―→＝AD―→＋14AB―→·AD―→－34AB―→＝|AD―→|2－12AD―→·AB―→－316|AB―→|2＝25－11－12＝2.答案：213．(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px

(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝855，则抛物线C2的方程为__________．解析：法一：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．∵|AB|＝855，∴m2＋n2＝855，m2＋(n－2)2＝4，解得m＝85，

n＝165，即A85，165.将A的坐标代入抛物线方程得1652＝2p×85，解得p＝165，∴抛物线C2的方程为y2＝325x.法二：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点

，不妨记为B，设A(m，n)．由圆C1的性质知cos∠C1BA＝|AB|2|BC1|＝255，∴sin∠C1BA＝55，∴n＝|AB|cos∠C1BA＝165，m＝|AB|sin∠C1BA＝85，即A

85，165，将A的坐标代入抛物线方程得1652＝2p×85，∴p＝165，∴抛物线C2的方程为y2＝325x.答案：y2＝325x14．已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，双曲线以A，B为焦点，且与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则该双

曲线的离心率的取值范围是________．解析：以AB所在直线为x轴，AB中点为坐标原点O，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－2,0)，B(2,0)，C(1，3)．设以A，B为焦点的双曲线方

程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，则c＝2.由a2＋b2＝c2，得b2＝4－a2，当x＝1时，y2＝a2＋4a2－5.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则a2＋4a2－5≥

3，解得a2≥4＋23或0＜a2≤4－23，由a2≥4＋23得a≥3＋1＞2，舍去，∴a2≤4－23，即0＜a≤3－1.∴双曲线的离心率e＝ca≥23－1＝3＋1.即该双曲线的离心率的取值范围是[3＋1，＋∞)．答案：[3＋1，＋∞)15．(2019届高三

·武汉调研)过圆Γ：x2＋y2＝4外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆Γ于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．解析：如图所示，S四边形ABCD＝12(PA·PD－PB·PC)，取AB，CD的中点分别为E，F，连接

OE，OF，OP，则S四边形ABCD=12[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤(OF2＋OE2)·(DF2＋

AE2)，其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，据此可得S四边形ABCD≤OP2·(8－OP2)＝5×3＝15，综上，四边形ABCD面积的最大值为15.答案：1

516．(2018·湘东五校联考)已知函数f(x)＝3mx－1x－(3＋m)lnx，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln3)m－3ln3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．解析：∵f(

x)＝3mx－1x－(3＋m)lnx，∴f′(x)＝(3x－1)(mx－1)x2，当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋23－(3＋m)ln3，∴(a－ln3)m－3ln3>

6m＋23－(3＋m)ln3，∴a>6＋23m.∵y＝6＋23m在m∈(4,5)上单调递减，∴9215<6＋23m<376，∴a≥376.答案：376，＋∞